Chavez - Calculo en Varias Variables.pdf

ZZZ

l´ım

(x,y,z)7→(a,b,c) x2 +y 2 >z 2 n P

f (xr, ys, zt) dr ds dt

R

i,j=1 i6=j

|aij |2

m´ax a2kl

Z ξττo s

k,l=1,...,n k6=l

α=s

β=s2

zX }| 1 { zX }| { ≤ an + bn

n≥1 n≥1 {z } P ¿γ= n≥1 (an +bn )?

|

´ CALCULO EN VARIAS VARIABLES Autor MARIO ERROL CHAVEZ GORDILLO La Paz - Bolivia Enero - 2013

S

g+

+

g

-

S

A

B

u W (s +)

W u(s -)

s

-

W ss(s0 )

s0

s+ W u(s0 )

-

´Indice general

1. Espacio Euclidiano n-dimensional

1

1.1. Operaciones entre vectores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

1.2. Producto interno y Norma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.3. Paralelismo y Perpendicularidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.4. Proyecci´on y Componente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ´ 1.5. Angulo entre vectores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8 9

1.6. Producto vectorial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

10

2. Geometr´ıa Anal´ıtica S´ olida

19

2.1. Introducci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

19

2.2. Distancia entre dos puntos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

20

2.3. La recta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

21

2.4. El Plano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

23

2.5. Distancias entre puntos, rectas y planos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

38

2.6. Superficies Cuadr´aticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

42

3. Curvas

45

3.1. Derivada y Recta Tangente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

46

3.2. Longitud de Curva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

49

4. Funciones Vectoriales de Variable Vectorial

51

4.1. Dominio y e imagen de una funci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

53

4.2. Operaciones con funciones. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

55

i

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

ii

4.3. Gr´aficas de funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3.1. Secciones

57

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

57

4.3.2. Curvas de Nivel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

57

4.3.3. Superficies de Nivel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

58

5. Limites y Continuidad

60

5.1. Limites de funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

60

5.2. Calculando l´ımites por sustituci´on directa. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

66

5.3. C´alculo de l´ımites mediante operaciones algebraicas. . . . . . . . . . . . . . . . . .

67

5.4. C´alculo de l´ımites usando el teorema de acotaci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . .

71

5.5. Inexistencia de l´ımites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

74

5.5.1. L´ımites direccionales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

74

5.5.2. L´ımites parciales iterados (o reiterados) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

79

5.6. Continuidad de funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

79

6. Derivaci´ on de funciones reales de varias variables

83

6.1. Derivadas parciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

83

6.1.1. C´alculo de derivadas parciales usando reglas de derivaci´on. . . . . . . . . .

85

6.1.2. Interpretaci´on geom´etrica de las derivadas parciales . . . . . . . . . . . . .

92

6.2. La Derivada Parcial como raz´on de cambio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

94

6.2.1. Productividad Marginal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

96

6.2.2. Continuidad y derivadas parciales. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101 6.3. Derivadas parciales de ´ordenes superiores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102 6.4. Derivadas direccionales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109 6.4.1. Continuidad y derivadas direccionales. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114 6.5. Funciones Diferenciables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115 6.6. La diferencial (total) de una funci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117 6.7. Regla de la Cadena . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124 6.8. El Teorema de la Funci´on Impl´ıcita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141 6.9. El Gradiente de una funci´on diferenciable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149 6.10. F´ormula de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160 6.11. Plano tangente y Recta Normal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 169 6.11.1. Significado geom´etrico de la tangencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177 email [email protected]

ii

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

7. Aplicaciones

iii 179

7.1. Extremos relativos. Criterio del Hessiano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179 7.2. Multiplicadores de Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201 7.2.1. M´etodo de los multiplicadores de Lagrange. . . . . . . . . . . . . . . . . . 203 8. Integrales M´ ultiples

239

8.1. Integrales Multiples. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 239 8.2. Integrales Dobles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 240 8.2.1. Invirtiendo el orden de integraci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 253 8.2.2. C´alculo de ´areas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 258 8.3. Cambio de variables en Integrales Dobles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 260 8.3.1. Integrales dobles en coordenadas polares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 272 8.4. Integrales triples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 287 8.5. Cambio de variables en Integrales Triples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 294 8.5.1. Integrales triples en coordenadas cil´ındricas 8.5.2. Integrales triples en coordenadas esf´ericas 9. Integrales de Linea

. . . . . . . . . . . . . . . . . 294 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302 309

9.1. Definici´on y Propiedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 309 9.2. orientaci´on en ua integral de l´ınea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311 9.3. Teorema de Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 312 ´ 9.4. Area Encerrada por una Curva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 318 9.5. Independencia del Camino de Integraci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 319 10.Sucesiones y Series

321

10.1. Sucesiones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 321 10.2. Series . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 325 10.2.1. Criterios de Convergencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 326 11.Funciones Gamma y Beta 11.1. Funci´on Gamma

336

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 336

11.2. Funci´on Beta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 340

email [email protected]

iii

R βo ιυατ

CAP´ITULO 1

Espacio Euclidiano n-dimensional

Se define el conjunto Rn de la siguiente manera: Rn = {(x1 , ..., xn ) : xi ∈ R, para i = 1, ..., n}

1.1.

Operaciones entre vectores

En Rn se define la suma y la multiplicaci´on escalar de la siguiente forma: Suma.- Sean x, y en Rn tales que x = (x1 , x2 , x3 , ..., xn ), y = (y1 , y2 , y3 , ..., yn ), entonces x + y = (x1 + y1 , x2 + y2 , x3 + y3 , ...., xn + yn ) La multiplicaci´on escalar.- Sea x = (x1 , x2 , x3 , ..., xn ) y c ∈ R, se define: cx = (cx1 , cx2 , cx3 , ..., cxn ) Se puede verificar que esta operaciones en Rn verifican las siguientes propiedades 1. x + y = y + x, para todo x, y en Rn . 2. (x + y) + z = x + (y + z), para todo x, y, z en Rn . 3. Existe un elemento en Rn , denotado 0 y llamado vector cero, tal que para todo x en Rn cumple que x + 0 = 0 + x = x. 1

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

2

4. Para todo x en Rn , existe un elemento en Rn , denotado −x, tal que x+(−x) = (−x)+x = 0. 5. (a + b)x = ax + bx, para todo a, b en R, y para todo x en Rn . 6. a(x + y) = ax + ay, para todo a en R, y para todo x, y en Rn . 7. (ab)x = a(bx), para a, b en R, y para todo x en Rn . 8. 1x = x, para todo x en R. As´ı, Rn se dice que es un espacio vectorial real para las operaciones definidas anteriormente. Los elementos de Rn reciben el nombre de vectores. EJEMPLO 1.1. Mostrar que el vector que une los puntos medios de dos de los lados de un tri´angulo es paralelo al tercer lado y tiene la mitad de su longitud. ´ SOLUCION.Denotemos por A, B y C los v´ertices de un tri´angulo. Tomemos los puntos medios A+B A+C del lado AB y Q = del lado AC. Puesto que son P = 2 2 P −Q=

A+B A+C A+B−A−C B−C − = = 2 2 2 2

entonces el vector que une los puntos medios de dos de los lados AB y AC es paralelo al lado BC ♣ y tiene la mitad de su longitud. EJEMPLO 1.2. Mostrar que las diagonales de un paralelogramo se bisectan. ´ SOLUCION.Consideremos el paralelogramo de vertices A, B, C y D, de modo que AD y BC sean sus diagonales. Denotemos los puntos medios de estas diagonales por P =

A+D , 2

Q=

B+C 2

Primero que todo, estos puntos son iguales, en efecto, puesto que CD = AB, esto es D−C = B−A, A+D B+C entonces D + A = B + C, esto es P = = = Q. 2 2 Por otro lado, puesto que A+D A + D − 2A D−A −A= = 2 2 2 A+D 2D − A − D D−A D−P = D− = = 2 2 2 P −A =

Por tanto P − A = D − P , esto es AP = P D, un an´alisis similar muestra que BP = P C. Por ♣ consiguiente las diagonales de un paralelogramo se bisectan. email [email protected]

2

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

3

EJEMPLO 1.3. Sean A, B, C, D, X, Y , Z, U, v´ertices de un paralelogramo, como en la figura. Expresar los v´ertices X, Y , Z, U en funci´ on de A, B, C, D. ´ SOLUCION.Es claro de la figura que: El El El El

vector vector vector vector

−−→ −−→ AX es paralelo al vector BC −→ −−→ AB es paralelo al vector Y D −−→ −−→ BC es paralelo al vector DU −→ −→ AB es paralelo al vector ZU

adem´as del hecho de que se trata de un paralelogramos se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones X −A B−A C−B B−A

= = = =

C −B D−Y U −D U −Z

Despejando las variables X, Y , Z, U en funci´on de A, B, C, D obtenemos X Y U Z

1.2.

= = = =

A+C −B A+D−B C −B+D U − B + A = A + C + D − 2B

♣

Producto interno y Norma

´ 1.1. Para x = (x1 , x2 , x3 , ..., xn ), y = (y1 , y2 , y3 , ..., yn ) en Rn definimos el proDEFINICION ducto interno por x • y = x1 y1 + x2 y2 + x3 y3 + · · · + xn yn . TEOREMA 1.1. El producto interno satisface: 1. x • x ≥ 0 para todo x ∈ Rn , 2. x • x = 0 si y solo si x = 0, 3. x • y = y • x para todo x, y ∈ Rn , 4. (cx) • y = c(x • y) para todo x, y ∈ Rn , c ∈ R 5. (x + y) • z = x • y + y • z para todo x, y, z ∈ Rn . email [email protected]

3

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

4 ❚

Demostraci´on.

EJEMPLO 1.4. Sean los vectores r = (x, y, z), a = (a1 , a2 , a3 ), b = (b1 , b2 , b3 ). Demostrar que la ecuaci´on (r − a) • (r − b) = 0 representa una esfera; encontrar su radio y centro. ´ SOLUCION.-

♣

´ 1.2. Para x = (x1 , x2 , x3 , ..., xn ) en Rn definimos la norma o longitud de x por DEFINICION q √ ||x|| = x • x = x21 + x22 + x23 + · · · + x2n . TEOREMA 1.2. La norma satisface: 1. ||x|| ≥ 0 para todo x ∈ Rn , 2. ||x|| = 0 si y solo si x = 0, 3. ||cx|| = |c| ||x|| para todo x ∈ Rn , c ∈ R 4. |x • y| ≤ ||x|| ||y|| para todo x, y ∈ Rn . 5. ||x + y|| ≤ ||x|| + ||y|| para todo x, y ∈ Rn . ❚

Demostraci´on. EJEMPLO 1.5. Determine los valores de c sabiendo que u = (−4, −1, −4) y ||cu|| = 5 ´ SOLUCION.Puesto que ||cu|| = |c| ||u|| = |c| de donde

p √ (−4)2 + (−1)2 + (−4)2 = |c| 33 = 6 6 |c| = √ 33

por lo tanto los posibles valores para c son: 6 c= √ 33

6 c = −√ . 33

o

EJEMPLO 1.6. Mostrar que la recta que une el v´ertice de un tri´ angulo is´ osceles con el punto medio de su base es perpendicular a su base. ´ SOLUCION.Sean los vectores A, B y C los lados del tri´angulo is´osceles. Asumamos que ||A|| = ||B||. Si P el punto inicial de A y B, entonces C = A − B. Tomemos un punto Q en C de

email [email protected]

4

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

5

1 modo que P Q = (A+ B). Debemos demostrar que C es perpendicular a P Q, esto es C • P Q = 0. 2 En efecto, 1 1 C • P Q = (A − B) • (A + B) = (||A||2 − ||B||2) = 0. 2 2 Una segunda demostraci´on. Tomemos los vectores A y B como lados del tri´angulo is´osceles, de modo que B − A es el tercer lado. Asumamos que ||B|| = ||B − A||, de donde ||B||2 = ||B − A||2 , as´ı B • B = B • B − 2A • B + A • A, de aqu´ı A • A = 2A • B. Por otro lado la recta que une el v´ertice com´ un a B y B − A con el punto medio de A tiene vector 1 direcci´on igual a M = B − A. Ahora bien, puesto que 2   1 1 A•M =A• B− A = A•B− A•A=A•B−A•B = 0 2 2 se sigue que A es perpendicular a M, lo cual prueba el resultado.

♣

EJEMPLO 1.7. Demostrar ||A + B||2 = ||A||2 + ||B||2 si y solo si A • B = 0. ´ SOLUCION.Puesto que ||A + B||2 = (A + B) • (A + B) = A • (A + B) + B • (A + B) = A•A+A•B+B•A+B•B = ||A||2 + 2A • B + ||B||2 Entonces ||A + B||2 = ||A||2 + ||B||2 si y solo si A • B = 0. EJEMPLO 1.8. Demostrar ||A + B||2 + ||A − B||2 = 2||A||2 + 2||B||2. ´ SOLUCION.De los ejercicios anteriores tenemos ||A + B||2 + ||A − B||2 = ||A||2 + 2A • B + ||B||2 + ||A||2 − 2A • B + ||B||2 = 2||A||2 + 2||B||2

EJEMPLO 1.9. Demostrar ||A + B||2 − ||A − B||2 = 4 A • B. ´ SOLUCION.De los ejercicios anteriores tenemos ||A + B||2 − ||A − B||2 = ||A||2 + 2A • B + ||B||2 − ||A||2 + 2A • B − ||B||2 = 4A • B

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5

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

6

EJEMPLO 1.10. Dados vectores distintos de cero A y B en R3 , mostrar que el vector V = ||A||B + ||B||A biseca el ´angulo entre A y B. ´ SOLUCION.Es suficiente probar que V •B A•V = ||A|| ||V || ||V || ||B||

En efecto.

 

B•V A•V − =0 ||A|| ||B|| A B − ||A|| ||B||

A B − ||A|| ||B||



•V =0

   • ||A||B + ||B||A = 0

A B B A • ||A||B + • ||B||A − • ||A||B − • ||B||A = 0 ||A|| ||A|| ||B|| ||B|| A•B+

||B|| ||A|| A•A− B •B −B •A= 0 ||A|| ||B|| ||B|| ||A|| ||A||2 − ||B||2 = 0 ||A|| ||B|| ||B|| ||A|| − ||A|| ||B|| = 0

1.3.

Paralelismo y Perpendicularidad

´ 1.3. Dos vectores en Rn son paralelos si uno es m´ DEFINICION ultiplo escalar del otro. Dos n vectores en R son perpendiculares u ortogonales si el producto interno entre ellos es igual a cero. EJEMPLO 1.11. Analice la verdad o falsedad de la siguiente afirmaci´ on. Justifique su respuesta. Si a y b son ortogonales a c, entonces a + b es ortogonal a c. ´ SOLUCION.Esta es una afirmaci´on verdadera. En efecto, como a y b son ortogonales a c, entonces email [email protected]

6

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

7

a • c = 0 y b • c = 0. Ahora bien, puesto que (a + b) • c = a • c + b • c = 0 + 0 = 0

se concluye que a + b es ortogonal a c.

EJEMPLO 1.12. Demostrar vectorialmente que las diagonales de un rombo se cortan en ´angulo recto. ´ SOLUCION.Empecemos demostrando que si u y v son vectores tales que ||u|| = ||v||, entonces u + v es ortogonal a u − v. En efecto, esto se deduce inmediatamente de la igualdad: (u + v) • (u − v) = ||u||2 − u • v + v • u − ||v||2 = 0. Ahora bien sean los puntos p0 , p1 , p2 y p3 los v´ertices de un rombo. Entonces, supongamos que los vectores → u=− p− 0 p1 y

→ v=− p− 0 p2 .

son dos de sus lados adyacentes. Por otro lado se sabe que los lados de un rombo son todos iguales. Entonces ||u|| = ||v||. Luego por lo probado anteriormente se segue que u + v es ortogonal a u − v. Pero como → −−→ −−→ u+v =− p− 0 p1 + p0 p2 = p0 p3 . y

→ −−→ −−→ u−v =− p− 0 p1 − p0 p2 = p1 p2 . → −−→ Por tanto las diagonales del rombo − p− angulo recto. 0 p3 y p1 p2 se cortan en ´ EJEMPLO 1.13. Encuentre dos vectores en direcciones opuestas que sean ortogonales al vector u = (5, 2, 1) ´ SOLUCION.El vector (x, y, z) es ortogonal al vector u = (5, 2, 1) cuando (x, y, z)•(5, 2, 1) = 0, esto es, 5x + 2y + z = 0. Para obtener un ejemplo hagamos y = −1, z = −3 en la anterior ecuaci´on y despejando x se tiene que x = 1. Luego unos de los vectores buscado es (1, −1, −3) y su vector opuesto (−1, 1, 3) tambi´en es ortogonal a u. email [email protected]

7

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

1.4.

ζℏαυεz

8

Proyecci´ on y Componente

´ 1.4. Sean a, b vectores. La proyecci´ DEFINICION on del vector a en la direcci´ on del vector b es a•b definido por Proyb a = b. La componente del vector a en la direcci´ on del vector b es definido ||b||2 a•b . por Compb a = ||b|| TEOREMA 1.3. Se tiene que Proyb a = Compb a ortogonal al vector b.

b , adem´ as el vector v = a − Proyb a es ||b|| ❚

Demostraci´on.

EJEMPLO 1.14. Sean los vectores a = 3i + 5j + 2k y b = −4i + 3k tal que: a = u + v, siendo u paralelo a b y ortogonal a v. Hallar u y v. ´ SOLUCION.Del hecho de que u es paralelo a b se sigue que u = λb para alg´ un λ ∈ R, del mismo modo u ortogonal a v implica que u • v = 0. Como v = a − u = a − λb, se tiene que u•v = 0

(λb) • (a − λb) = 0

λb • a − λ2 b • b = 0

λ(b • a − λ||b||2) = 0 de donde λ =

b•a b•a b•a . Por tanto, u = b y v =a− b. 2 2 ||b|| ||b|| ||b||2

EJEMPLO 1.15. Hallar los vectores u, v tales que Proyv u = (1, 2, 3) y Proyu v = (2, 1, 3). ´ SOLUCION.Es claro que Proyv u es un vector paralelo a v, esto es v = tProyv u = t(1, 2, 3) para alg´ un t, del mismo modo se tiene que u = sProyu v = s(2, 1, 3) para alg´ un s. Por otro lado, u•v como Proyv u = v obtenemos ||v||2 k(1, 2, 3)k = kProyv uk =

u•v s(2, 1, 3) • t(1, 2, 3) (2, 1, 3) • (1, 2, 3) = =s ||v|| ||t(1, 2, 3)|| ||(1, 2, 3)||

de donde s=

||(1, 2, 3)||2 , (2, 1, 3) • (1, 2, 3)

email [email protected]

u= 8

||(1, 2, 3)||2 (2, 1, 3) (2, 1, 3) • (1, 2, 3)

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

9

Del mismo modo se tiene que k(2, 1, 3)k = kProyu vk =

v•u t(1, 2, 3) • s(2, 1, 3) (1, 2, 3) • (2, 1, 3) = =t ||u|| ||s(2, 1, 3)|| ||(2, 1, 3)||

de donde t=

1.5.

||(2, 1, 3)||2 , (1, 2, 3) • (2, 1, 3)

v=

||(2, 1, 3)||2 (2, 1, 3) (1, 2, 3) • (2, 1, 3)

♣

´ Angulo entre vectores

´ 1.5. El ´angulo entre los vectores x y y, es la magnitud que mide la amplitud de DEFINICION rotaci´on o giro (abertura) del vector x alrededor del origen hasta el vector y en sentido contrario a las agujas del reloj. TEOREMA 1.4. Si θ es el ´angulo generado por los vectores x y y, entonces θ verifica la ecuaci´on x•y cos θ = ||x|| ||y|| ❚

Demostraci´on.

EJEMPLO 1.16. ¿Qu´e se sabe acerca del ´ angulo entre los vectores no nulos a y b, si (i) a•b > 0?, (ii) a • b < 0?, (i) a • b = 0? ´ SOLUCION.(i) Si a • b > 0, entonces el ´angulo entre a y b esta entre 0 y π2 . (i) Si a • b < 0, entonces el ´angulo entre a y b esta entre

π 2

y π.

(i) Si a • b = 0, entonces el ´angulo entre a y b es π2 . EJEMPLO 1.17. Si θ es el ´angulo entre A y B, entonces demostrar ||A − B||2 = ||A||2 + ||B||2 − 2||A|| ||B|| cos θ. ´ SOLUCION.-

email [email protected]

9

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

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||A − B||2 = (A − B) • (A − B) = A • (A − B) − B • (A − B) = A•A−A•B−B•A+B•B

= ||A||2 − 2A • B + ||B||2 = ||A||2 + ||B||2 − 2||A|| ||B|| cos θ

EJEMPLO 1.18. Si θ es el ´angulo entre A y B en R3 , entonces demostrar tan θ =

||A × B|| . A•B

´ SOLUCION.sen θ tan θ = = cos θ

1.6.

||A×B|| ||A|| ||B|| A•B ||A|| ||B||

=

||A × B|| A•B

Producto vectorial

El producto vectorial “×” esta definido para vectores en R3 . Es decir, el producto vectorial de dos vectores en R3 es otro vector en R3 . En efecto ´ DEFINICION 1.6. Si a = (a1 , a2 , a3 ) y b = (b1 , b2 , b3 ) son dos vectores en R3 el producto vectorial entre a y b se denota por a × b, se lee a por b se define como a × b = (a1 , a2 , a3 ) × (b1 , b2 , b3 ) = (a2 b3 − a3 b2 , a3 b1 − a1 b3 , a1 b2 − a2 b1 ) Se verifican la siguientes propiedades TEOREMA 1.5. Sean a, b, c vectores en R3 , λ un n´ umero real, entonces (1) (2) (3) (4)

a × b es ortogonal tanto a a como a b El producto vectorial es anticonmutativo, esto es a × b = −b × a (λa) × b = λ(a × b) Propiedad distributiva a × (b + c) = a × b + a × c i j k (5) a × b = a1 a2 a3 donde i = (1, 0, 0), j = (0, 1, 0), k = (0, 0, 1) b1 b2 b3

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R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

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Demostraci´on. i j k 2 2 a1 a2 a3 = i b b2 + −j 1 b2 c c 1 c b1 b2 b3

+k 1 b 1 c



= 1[bc2 − cb2 ] − a[1c2 − 1b2 ] + a2 [c − b]

= (a2 b3 − a3 b2 , a3 b1 − a1 b3 , a1 b2 − a2 b1 ) ❚

EJEMPLO 1.19. Analice la verdad o falsedad de la siguiente afirmaci´ on. Justifique su respuesta. Es posible encontrar el producto vectorial de dos vectores en el espacio vectorial bidimensional. ´ SOLUCION.El producto vectorial “×” esta definido para vectores en R3 . El producto vectorial de dos vectores en R3 es otro vector en R3 . Recordemos (a1 , a2 , a3 ) × (b1 , b2 , b3 ) = (a2 b3 − a3 b2 , a3 b1 − a1 b3 , a1 b2 − a2 b1 ) Sin embargo podemos “ver” de la forma (a1 , a2 , 0) como vectores del espacio bidimensional el plano xy. En este caso tenemos (a1 , a2 , 0) × (b1 , b2 , 0) = (0, 0, a1 b2 − a2 b1 ) que no esta en el plano xy. En resumen NO es posible encontrar el producto vectorial de dos vectores en el espacio vectorial bidimensional. EJEMPLO 1.20. Analice la verdad o falsedad de la siguiente afirmaci´ on. Justifique su respuesta. Si se conocen a × b = d y a × c = d, entonces c es igual a b. ´ SOLUCION.La respuesta depende de que si a = 0 o a 6= 0. Primero analicemos el caso en que a = 0. En este caso la igualdades a × b = 0 y a × c = 0 son siempre v´alidas no importando quienes sean b y c. As´ı que no podemos garantizar que sean iguales. Ahora analizamos el caso en que a 6= 0. De la hip´otesis a × b = d y a × c = d concluimos que a × (b − c) = a × b − a × c = d − d = 0, lo cual implica que a es paralelo a b − c, de esto y del hecho de que se a 6= 0 se deduce que existe λ 6= 0, tal que, a = λ(b − c). Ahora bien, puesto que ||b − c|| =

||a|| 6= 0. |λ|

Lo cual muestra que b 6= c. En resumen la afirmaci´on es falsa. email [email protected]

11

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

12

TEOREMA 1.6. Sean a, b, c vectores en R3 , λ un n´ umero real, entonces (1) (2) (3)

||a × b|| = ||a|| ||b|| sen θ Si a × b = 0 entonces a y b son vectores paralelos. ||a × b|| es el ´ area del paralelogramo de lados a y b

Demostraci´on. Si a × b = 0 entonces a y b son vectores paralelos. En efecto, puesto que ||a × b|| = ||a|| ||b|| sen θ, donde θ es el ´angulo entre a y b. Reemplazando a × b = 0 en la anterior ecuaci´on tenemos que ||a|| ||b|| sen θ = 0, de donde sen θ = 0, de aqu´ı se obtiene θ = 0. Esto quiere decir que el ´angulo entre a y b es cero, por tanto estos vectores deben ser paralelos. ❚

EJEMPLO 1.21. Hallar el ´area del tri´ angulo de v´ertices A(1, 1, 1); B(2, 4, 2); C(3, 4, 0). ´ SOLUCION.Notemos que el ´area del tri´angulo dado es igual a la mitad del ´area del paralelogramo de lados B − A y C − A.

Un simple calculo muestra que

B − A = (2, 4, 2) − (1, 1, 1) = (1, 3, 1)

C − A = (3, 4, 0) − (1, 1, 1) = (2, 3, −1) y adem´as i j k (B − A) × (C − A) = 1 3 1 2 3 −1

Lo cu´al implica que

= i 3 1 3 −1

−j 1 1 2 −1

+k 1 3 2 3

= (−6, 3, −3)

1 1√ ´area del tri´angulo = ||(B − A) × (C − A)|| = 36 + 9 + 9 = 2 2

√

54 2 ♣

EJEMPLO 1.22. Hallar el ´area del tri´ angulo de v´ertices A(3, 4, 0); B(1, 1, 1); C(3, 5, 3). ´ SOLUCION.Notemos que el ´area del tri´angulo dado es igual a la mitad del ´area del paralelogramo de lados B − A y C − A. email [email protected]

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R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

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Un simple calculo muestra que B − A = (1, 1, 1) − (3, 4, 0) = (−2, −3, 1)

C − A = (3, 5, 3) − (3, 4, 0) = (0, 1, 3) y adem´as i j k (B − A) × (C − A) = −2 −3 1 0 1 3

Lo cu´al implica que

−3 1 −2 1 −2 −3 = i = (−10, 6, −2) 1 3 −j 0 3 +k 0 1

1√ 1 100 + 36 + 4 = ´area del tri´angulo = ||(B − A) × (C − A)|| = 2 2

√

140 2 ♣

EJEMPLO 1.23. Calcule el ´area del tri´ angulo de v´ertices (2, −1, 3), (4, 3, 5) y (2, 3, 1) ´ SOLUCION.Nombremos a estos puntos por p0 = (2, −1, 3), p1 = (4, 3, 5) y p2 = (2, 3, 1) Luego para calcular el ´area del tri´angulo de v´ertices p0 , p1 y p2 , consideremos los vectores → u=− p− 0 p1 = p1 − p0 = (4, 3, 5) − (2, −1, 3) = (2, 4, 2) y

→ v=− p− 0 p2 = p2 − p0 = (2, 3, 1) − (2, −1, 3) = (0, 4, −2)

Estamos ahora listos para calcular el ´area buscada, en efecto, esta esta dada por ||u × v|| ´ Area = . 2 Basta con calcular ||u × v||, i j k 4 2 u × v = 2 4 2 = i 4 2 0 4 2 se donde se sigue que Finalmente

email [email protected]

||u × v|| =

p

−j 2 2 0 2

+k 2 4 0 4

02 + (−4)2 + 82 =

||u × v|| ´ Area = = 2 13

√

= (0, −4, 8).

70.

√

70 . 2 R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

14

EJEMPLO 1.24. Calcule el ´area del tri´ angulo de v´ertices A(2, −1, 1), B(3, 1, 1) y C(4, −1, 3) ´ SOLUCION.Nombremos a estos puntos por A = (2, −1, 1), B = (3, 1, 1) y C = (4, −1, 3) Luego para calcular el ´area del tri´angulo de v´ertices A, B y C, consideremos los vectores −→ u = AB = B − A = (3, 1, 1) − (2, −1, 1) = (1, 2, 0) y

−→ v = AC = C − A = (4, −1, 3) − (2, −1, 1) = (2, 0, 2)

Estamos ahora listos para calcular el ´area buscada, en efecto, esta esta dada por ||u × v|| ´ . Area = 2 Basta con calcular ||u × v||, i j k 2 0 −j 1 0 u × v = 1 2 0 = i 2 2 0 2 2 0 2 se donde se sigue que

||u × v|| =

Finalmente

+k 1 2 2 0

= (4, −2, −4).

p √ 42 + (−2)2 + (−4)2 = 36 = 6.

6 ||u × v|| ´ = = 3. Area = 2 2

♣

EJEMPLO 1.25. Calcule el ´area del tri´ angulo de v´ertices A(2, −1, 2), B(3, 1, 2) y C(4, −1, 4) ´ SOLUCION.Nombremos a estos puntos por A = (2, −1, 2), B = (3, 1, 2) y C = (4, −1, 4) Luego para calcular el ´area del tri´angulo de v´ertices A, B y C, consideremos los vectores −→ u = AB = B − A = (3, 1, 2) − (2, −1, 2) = (1, 2, 0) y

−→ v = AC = C − A = (4, −1, 4) − (2, −1, 2) = (2, 0, 2)

Estamos ahora listos para calcular el ´area buscada, en efecto, esta esta dada por ||u × v|| ´ Area = . 2 email [email protected]

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R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

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Basta con calcular ||u × v||, i j k 2 0 1 0 1 2 u ×v = 1 2 0 = i − j 2 2 + k 2 0 = (4, −2, −4). 0 2 2 0 2

se donde se sigue que

||u × v|| =

Finalmente

p √ 42 + (−2)2 + (−4)2 = 36 = 6.

6 ||u × v|| ´ Area = = = 3. 2 2

♣

EJEMPLO 1.26. Calcule el ´area del tri´ angulo de v´ertices (3, 2, 1), (2, 1, 2) y (1, 2, 3). Adem´as graficar este tri´angulo. ´ SOLUCION.Nombremos a estos puntos por p0 = (3, 2, 1), p1 = (2, 1, 2) y p2 = (1, 2, 3) Luego para calcular el ´area del tri´angulo de v´ertices p0 , p1 y p2 , consideremos los vectores → u=− p− 0 p1 = p1 − p0 = (2, 1, 2) − (3, 2, 1) = (−1, −1, 1) y

→ v=− p− 0 p2 = p2 − p0 = (1, 2, 3) − (3, 2, 1) = (−2, 0, 2)

Estamos ahora listos para calcular el ´area buscada, en efecto, esta esta dada por ||u × v|| ´ Area = . 2 Basta con calcular ||u × v||, i j k u × v = −1 −1 1 −2 0 2 se donde se sigue que

= i −1 1 0 2

||u × v|| =

Finalmente

p

− j −1 1 −2 2

−1 −1 +k −2 0 = (−2, 0, −2).

(−2)2 + (0)2 + (−2)2 =

√

8.

√ ||u × v|| 8 √ ´ Area = = = 2. 2 2

♣ EJEMPLO 1.27. Usando vectores analice si los puntos (2, −3, 1), (6, 5, −1), (3, −6, 4) y (7, 2, 2) son los v´ertices de un paralelogramo y calcule su ´ area. email [email protected]

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R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

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´ SOLUCION.Nombremos a estos puntos por p0 = (2, −3, 1), p1 = (6, 5, −1), p2 = (3, −6, 4) y p3 = (7, 2, 2). Luego para verificar si son o no esos puntos los v´ertices de un paralelogramo consideremos los vectores − → p− 0 p1 = p1 − p0 = (6, 5, −1) − (2, −3, 1) = (4, 8, −2), − → p− 0 p2 = p2 − p0 = (3, −6, 4) − (2, −3, 1) = (1, −3, 3), − → p− 3 p1 = p1 − p0 = (6, 5, −1) − (7, 2, 2) = (−1, 3, −3),

y

− → p− 3 p2 = p2 − p0 = (3, −6, 4) − (7, 2, 2) = (−4, −8, 2) → −−→ −−→ −−→ Puesto que los vectores − p− 0 p1 y p3 p2 son paralelos al igual que los vectores p0 p2 y p3 p1 se deduce que los puntos p0 , p1 , p2 y p3 son los v´ertices de un paralelogramo. Adem´as

→ −−→ ´ Area = ||− p− 0 p1 × p0 p2 ||.

EJEMPLO 1.28. Calcule el ´area del paralelogramo de lados a = (5, 4, −2); b = (6, −5, −3) ´ SOLUCION.Empecemos i a × b = 5 6

calculando a × b, j k 5 4 5 −2 4 −2 4 −2 = i + k − j 6 −5 6 −3 −5 −3 −5 −3

= (−12 − 10, −15 + 12, −25 − 24) = (−22, −3, −49).



se donde se sigue que ´ Area = ||a × b|| =

p

(−22)2 + (−3)2 + (−49)2 =

√

484 + 9 + 2401 =

√

2894 = 53, 8.

EJEMPLO 1.29. Sean A y B vectores tales que ||A|| = 2, ||B|| = 3 y A • B = −1. Encuentre la norma del vector 2A + 3B y la norma del vector A × B. ´ SOLUCION.||2A + 3B||2 = (2A + 3B) • (2A + 3B) = 2A • (2A + 3B) + 3B • (2A + 3B) = 4A • A + 6A • B + 6B • A + 9B • B = 4||A||2 + 12A • B + 9||B||2 = 4 · 4 + 12 · (−1) + 9 · 9 = 85 email [email protected]

16

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s Por tanto ||2A + 3B|| =

√

ζℏαυεz

17

85. Recordemos que ||A × B|| = ||A|| ||B|| sen θ

donde θ es el ´angulo entre A y B. Adem´as A • B = ||A|| ||B|| cos θ Por tanto ||A × B|| = ||A|| ||B||

s

1−



A•B ||A|| ||B||

2

Reemplazando datos tenemos ||A × B|| = 2 · 3

s

1−



−1 2·3

2

=6

r

36 − 1 √ = 35 36

♣ ´ 1.7 (Producto Mixto). Sean a, b, c vectores en R3 , el producto mixto de define DEFINICION como a • (b × c). TEOREMA 1.7. Sean a, b, c vectores en R3 , entonces

(1) (2)

a1 a • (b × c) = b1 c1 ||a • (b × c)|| es el

a2 a3 b2 b3 c2 c3 volumen del paralelep´ıpedo de lados a, b y c ❚

Demostraci´on.

EJEMPLO 1.30. Sean a, b y c vectores no nulos de R3 tales que a • (b × c) = 0. ¿Qu´e condici´on geom´etrica deben cumplir los vectores a, b y c para que sea cierta la afirmaci´ on? ´ SOLUCION.El hecho de que |a • (b × c)| = 0, implica que el vector a es perpendicular al vector b × c. Ahora como el vector b × c es perpendicular tanto al vector b como al vector c, se sigue que a esta en el plano que generan los vectores b y c. Esto quiere decir que los vectores a, b y c no generan un paralelepipedo. EJEMPLO 1.31. Calcule el volumen del paralelepidedo que tiene como aristas adyacentes a los vectores a = (1, 3, 1), b = (0, 6, 6), c = (−4, 0, −4).

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17

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

´ SOLUCION.Empecemos calculando 1 3 1 a • (b × c) = 0 6 6 −4 0 −4

a • (b × c), = 1 6 6 0 −4

18

6 − 3 0 −4 −4

+1 0 6 −4 0

= 1(−24 − 6) − 3(−4 + 24) + (0 + 24) = −30 − 60 + 24 = −66.

se donde se sigue que Volumen = |a • (b × c)| = | − 66| = 66.

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18

R βo ιυατ

CAP´ITULO 2

Geometr´ıa Anal´ıtica S´ olida

2.1.

Introducci´ on

Las palabras posici´on y dimensi´on (largo, alto, ancho) no se definen. Por tanto a partir de estas palabras enunciamos, sin definici´on los conceptos primarios o los elementos fundamentales de la geometr´ıa que son el punto, las rectas y los planos, tambi´en llamados t´erminos indefinidos de la geometr´ıa. Punto. Un punto es la unidad indivisible de la geometr´ıa. No tiene ninguna dimensi´on (largo, alto, ancho). El conjunto de todos los puntos se llama espacio. Luego un punto s´olo tiene posici´on en el espacio. As´ı el punto es elemento geom´etrico que tiene posici´on pero no dimensi´on. Llamaremos una figura geom´etrica a cualquier conjunto de puntos distribuidos de alguna manera en el espacio. La Geometr´ıa es la rama de la matem´atica que tiene por objeto el estudio de las propiedades de las figuras geom´etricas y las relaciones entre las figuras geom´etricas. Una Recta es una figura geom´etrica, en la cual los puntos que la forman est´an colocadas en una misma direcci´on y se prolongan indefinidamente en dos sentidos. Una recta es una sucesi´on ininterrumpida de puntos. S´olo posee una dimensi´on y contiene infinitos puntos. Tiene una sola direcci´on y dos sentidos. No se puede medir. No tiene ni primero ni u ´ ltimo elemento. No posee principio ni fin. Dados dos puntos cualesquiera existe por lo menos otro situado entre esos dos. La recta es de longitud ilimitada, derecha, sin grosor ni extremos. POSTULADO 2.1 (El postulado de la recta). Dados dos puntos distintos cualesquiera, hay exactamente una recta que los contiene. TEOREMA 2.1. Si dos rectas diferentes se intersectan su intersecci´ on contiene un u ´nico punto. 19

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

20

Un plano es una superficie que tiene longitud y anchura pero no espesor. El plano tiene dos dimensiones a diferencia de la mayor´ıa de los casos que nos rodean que est´an en tres dimensiones. La geometr´ıa plana estudia por ejemplo los tri´angulos, cuadril´ateros, circunferencia, c´ırculo. POSTULADO 2.2 (Postulado de la recta). Si dos puntos de una recta est´an en un plano, entonces la recta esta en el mismo plano. TEOREMA 2.2. Si una recta intersecta a un plano que no la contiene entonces la intersecci´on contiene un solo punto. POSTULADO 2.3 (Postulado del plano). Tres puntos cualesquiera est´an en al menos un plano y tres puntos cualesquiera no alineados est´an exactamente en el plano. TEOREMA 2.3. Dada una recta y un punto fuera de ella hay exactamente un plano que contiene a ambos. TEOREMA 2.4. Dados dos rectas distintas que se intersectan, hay exactamente un plano que las contiene.

2.2.

Distancia entre dos puntos

Para x = (x1 , x2 , x3 , ..., xn ), y = (y1 , y2 , y3, ..., yn ) en Rn definimos la distancia de x a y por d(x, y) = ||x − y||. La distancia satisface: 1. d(x, y) ≥ 0 para todo x, y ∈ Rn , 2. d(x, y) = 0 si y solo si x = y, 3. d(x, y) = d(y, x) para todo x, y ∈ Rn , 4. d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z) para todo x, y, z ∈ Rn . Sean p ∈ Rn y r > 0:

La bola abierta con centro p y radio r es el conjunto B(p, r) = {x ∈ Rn : d(x, p) < r}. La bola cerrada con centro p y radio r es el conjunto B(p, r) = {x ∈ Rn : d(x, p) ≤ r}. Notar que la bola abierta no incluye el borde, la bola cerrada s´ı lo incluye. email [email protected]

20

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

2.3.

ζℏαυεz

21

La recta

´ 2.1. Dados un punto p0 ∈ Rn y un vector v en Rn . DEFINICION ① La ecuaci´on vectorial de la recta que pasa por el punto p0 y tiene vector direcci´on igual a v es p = p0 + tv donde t ∈ R. ② Las ecuaciones param´etricas de la recta que pasa por el punto p0 (x0 , y0 , z0 ) y tiene vector direcci´on igual a v(a, b, c) son   x = x0 + ta y = y0 + tb  z = z0 + tc donde t ∈ R.

③ Las ecuaciones sim´etricas de la recta que pasa por el punto p0 (x0 , y0 , z0 ) y tiene vector direcci´on igual a v(a, b, c) son y − y0 z − z0 x − x0 = = a b c EJEMPLO 2.1. Anote la expresi´on de una recta que pase por el origen de coordenadas. ´ SOLUCION.La recta que pasa por el punto p0 y tiene vector direcci´on v es el conjunto de puntos p que se expresan como p = p0 + tv, t ∈ R. Puesto que la recta pasa por el origen de coordenadas, se tiene que p0 = 0, entonces su ecuaci´on es p = tv, t ∈ R. ♣ EJEMPLO 2.2. Hallar la ecuaci´on de la recta que pasa por (1, −2, 3) en la direcci´ on de (4, −2, 7). ´ SOLUCION.P0 = (1, −2, 3) + t(4, −2, 7). EJEMPLO 2.3. Hallar la ecuaci´on de la recta que pasa por (5, 3, −1) y (7, −2, −1). ´ SOLUCION.P0 = (5, 3, −1) + t[(7, −2, −1) − (5, 3, −1)] = (5, 3, −1) + t(2, −5, 0). email [email protected]

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R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

22

EJEMPLO 2.4. Halle las ecuaciones: (a) param´etricas, (b) sim´etricas de la recta que pasa por
2 2 los puntos (5, −3, −2) y − 3 , 3 , 1 . ´ SOLUCION.Nombremos a estos puntos por


p0 = (5, −3, −2), y p1 = − 23 , 23 , 1 .

Luego la ecuaci´on vectorial de la recta que pasa a trav´es del puntos p0 = (5, −3, −2) y que tiene vector direcci´on
→ 2 2 u = − p− 0 p1 = p1 − p0 = − 3 , 3 , 1 − (5, −3, −2)


= − 32 − 5, 23 + 3, 1 + 2 = −2−15 , 2+9 , 3 = −17 , 11 ,3 , 3 3 3 3 es

p = p0 + tu −17 11
, ,3 3 3 de donde obtenemos las ecuaciones param´etricas de la recta (x, y, z) = (5, −3, −2) + t x = 5− y = −3

−17 t 3 + 11 t 3

z = −2 + 3t Adem´as, las ecuaciones sim´etricas de la recta son x−5 −17 3

=

y − (−3) 11 3

=

z − (−2) 3

simplificando tenemos 3(5 − x) 3(y + 3) z+2 = = . 17 11 3 EJEMPLO 2.5. Halle las ecuaciones param´etricas de la recta que pasa por el punto (3, −2, 4) y es paralela (a) al eje X, (b) eje Y , (c) eje Z. ´ SOLUCION.Para el inciso (a), el vector direcci´on de la recta que buscamos es u = (1, 0, 0), de ah´ı que la recta es (x, y, z) = (3, −2, 4) + t(1, 0, 0) de donde se sigue que las ecuaciones param´etricas de la recta son x = 3+t y = −2 z = 4. email [email protected]

22

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

23

= z + 1 , x−1 =y+2= EJEMPLO 2.6. Determine si las rectas x3 = y−2 −1 4 as´ı halle el punto de intersecci´on y el coseno del ´ angulo de intersecci´ on. ´ SOLUCION.La ecuaci´on vectorial de la recta

x 3

=

y−2 −1

x−1 4

=y+2=

z+3 −3

se cort´an, y si es

= z + 1 es

(x, y, z) = (0, 2, −1) + t(3, −1, 1), y la ecuaci´on vectorial de la recta

z+3 −3

t∈R

(2.1)

es

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

s∈R

(2.2)

Las dos rectas en (2.1) y (2.2) se intersectan siempre que podamos encontrar valores para t y s de modo que tengamos (0, 2, −1) + t(3, −1, 1) = (1, −2, −3) + s(4, 1, −3). De esta u ´ ltima ecuaci´on se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones 3t = 1 + 4s 2 − t = −2 + s

−1 + t = −3 − 3s. Despejando s de la segunda ecuaci´on se tiene que s = 4 −t. Reemplazando este valor en la primera ecuaci´on obtenemos t = 17 , ahora reemplazando en la tercera ecuaci´on se ve que t = 8. Como no 7 puede haber dos valores diferentes para t, se concluye que las dos retas no se intersectan.

2.4.

El Plano

´ 2.2. Dados un punto p0 ∈ Rn y vectores u, v y N en Rn . DEFINICION ① La ecuaci´on param´etrica del plano que pasa por el punto p0 y tiene vectores direcci´on u y v es p = p0 + tu + sv donde t, s ∈ R. ② La ecuaci´on vectorial del plano que pasa por el punto p0 y tiene vector normal igual a N es (p − p0 ) • N = 0. ③ La ecuaci´on can´onica del plano que pasa por el punto p0 (x0 , y0 , z0 ) y tiene vector normal igual a N(a, b, c) es a(x − x0 ) + b(y − y0 ) + c(z − z0 ) = 0 ④ La ecuaci´on general del plano es ax + by + cz + d = 0 ´ 2.3. Dos planos con vectores normales N1 y N2 son perpendiculares si N1 • N2 = DEFINICION 0, son paralelos si N1 es un m´ ultiplo escalar de N2 . email [email protected]

23

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

24

EJEMPLO 2.7. Anote la expresi´on de un plano que pase por el origen de coordenadas. ´ SOLUCION.El plano que pasa por el punto p0 y tiene vector normal N es el conjunto de puntos p que se expresan como N · (p − p0 ) = 0. Puesto que el plano pasa por el origen de coordenadas, se tiene que p0 = 0, entonces su ecuaci´on es N · p = 0. ♣ EJEMPLO 2.8. Hallar la ecuaci´on del plano perpendicular a (−2, 2, 2) y que pasa por (1, −2, 3). ´ SOLUCION.[(x, y, z) − (1, −2, 3)] • (−2, 2, 2) >= 0 (x, y, z) • (−2, 2, 2) − (1, −2, 3) • (−2, 2, 2) = 0 (x, y, z) • (−2, 2, 2) = (1, −2, 3) • (−2, 2, 2) −2x + 2y + 2z = −2 − 4 + 6 = 0 EJEMPLO 2.9. Utilice el producto cruz para obtener una ecuaci´ on del plano que pasa por los puntos (−2, 2, 2), (−8, 1, 6) y (3, 4, −1). ´ SOLUCION.Sean a = (−8, 1, 6) − (−2, 2, 2) = (−6, −1, 4) b = (3, 4, −1) − (−2, 2, 2) = (5, 2, −3) i j k a × b = −6 −1 4 5 2 −3

−1 4 a × b = i 2 −3 email [email protected]

− j −6 4 5 −3 24



+ k −6 −1 5 2

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

25

a × b = i(3 − 8) − j(18 − 20) + k(−12 + 5) = −5i − 2j − 7k = (−5, 2, −7) [(x, y, z) − (−2, 2, 2)] • (−5, 2, −7) = 0 (x, y, z) • (−5, 2, −7) − (−2, 2, 2) • (−5, 2, −7) = 0 −5x + 2y − 7z = 10 + 4 − 14 = 0 ||a × b|| =

p

(−5)2 + (−2)2 + (−7)2 =

√

25 + 4 + 49 = 8,83

TEOREMA 2.5. El punto de intersecci´ on entre la Recta p = p0 + tu y el Plano (p − q0 ) • N = 0 (q0 −p0 )•N es dado por p0 + u•N N ´ DEMOSTRACION. Consideremos la recta que pasa por el punto p0 y tiene vector direccional

al vector u y consideremos tambi´en el plano que pasa por el punto q0 y tiene como vector normal al vector N. Esto es, Recta p = p0 + tu Plano (p − q0 ) • N = 0 Supongamos que la recta intersecta al plano, en tal caso, existe un n´ umero real t de modo que el punto p0 + tu es un punto del plano, de donde (p0 + tu − q0 ) • N = 0 de aqu´ı p0 • N + t u • N − q0 • N = 0 de donde

(q0 − p0 ) • N . u•N Luego el punto de intersecci´on entre la recta y el plano es t=

p0 +

(q0 − p0 ) • N N u•N

EJEMPLO 2.10. Halle la intersecci´on del plano 2x − 3y + 2z = 3 con la recta x − 12 =

email [email protected]

25

(2.3)  y+ 32 −1

=

z+1 2

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

26

´ SOLUCION.Para el plano 2x − 3y + 2z = 3 tenemos que N = (2, −3, 2) y adem´as si hacemos x = z = 0, se obtiene que y = −1, de donde q0 = (0, −1, 0). Para la recta x −

1 2

=

y+ 32 −1

=

z+1 2

se tiene que p0 = ( 12 , − 23 , −1) y u = (1, −1, 2).

Finalmente el punto de intersecci´on que buscamos se obtiene reemplazando estos datos en (2.3): p =

1 , − 32 , −1 2

=

1 , − 32 , −1 2

=

1 , − 32 , −1 2

=

1 , − 32 , −1 2

=

1 2







+

((0,−1,0)−( 12 ,− 23 ,−1))•(2,−3,2) (1,−1,2)•(2,−3,2)

+

(− 21 ,−1+ 32 ,1)•(2,−3,2) (1,−1,2)•(2,−3,2)

+

(− 21 )2+( −2+3 )(−3)+1(2) 2 2(1)+(−3)(−1)+2(2)

(2, −3, 2)

(2, −3, 2) (2, −3, 2)


1 (2, −3, 2) = 12 , − 32 , −1 + 18 (2, −3, 2)
 9+2 (−9)3−3 −18+2 
2 3 2 30 −16 + 18 , − 32 − 18 , −1 + 18 = 18 , 18 , 18 = 11 , , . 18 18 18 +

−1− 32 +2 9

EJEMPLO 2.11. Sea Q0 = (1, 2, 3), P0 = (3, 2, 1) y N = (1, 2, 1). Encontrar el punto de intersecci´on de la recta que pasa por P0 con direcci´ on N y el plano que pasa por Q0 y que es perpendicular a N. ´ SOLUCION.El punto de intersecci´on es P = P0 +

(x, y, z) = (3, 2, 1) +

(Q0 − P0 ) • N N ||N||2

[(1, 2, 3) − (3, 2, 1)] • (1, 2, 1) (1, 2, 1) ||(1, 2, 1)||2

(x, y, z) = (3, 2, 1) +

(x, y, z) = (3, 2, 1) +

(−2, 0, 2) • (1, 2, 1) (1, 2, 1) 1 2 + 22 + 12

−2 + 0 + 2 (1, 2, 1) = (3, 2, 1). 1 2 + 22 + 12

EJEMPLO 2.12. Halle las ecuaciones param´etricas de la recta que pasa por el punto (−3, 2, −1) y es perpendicular al plano dado por −2x + 3y + z = 5. ´ SOLUCION.El vector normal al plano −2x + 3y + z = 5 es N = (−2, 3, 1). Como la recta que buscamos es perpendicular al plano, entonces el vector direcci´on del plano es precisamente el

email [email protected]

26

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

27

vector normal al plano, por lo tanto la ecuaci´on vectorial de la recta pasa por el punto (−3, 2, −1) y tiene vector direcci´on N = (−2, 3, 1) es (x, y, z) = (−3, 2, −1) + t(−2, 3, 1) de donde se sigue que las ecuaciones param´etricas de la recta son x = −3 − 2t y = 2 + 3t

z = −1 + t EJEMPLO 2.13. Halle la ecuaci´on del plano que pasa por los puntos (1, 2, 3), (3, 2, 1) y (−1, −2, 2) ´ SOLUCION.Nombremos a estos puntos por p0 = (1, 2, 3), p1 = (3, 2, 1) y p2 = (−1, −2, 2). Ahora los siguientes vectores est´an sobre el plano que buscamos − → p− 0 p1 = p1 − p0 = (3, 2, 1) − (1, 2, 3) = (2, 0, −2) y

− → p− 0 p2 = p2 − p0 = (−1, −2, 2) − (1, 2, 3) = (−2, −4, −1), Puesto que los vectores − p−→ p y− p−→ p viven en el plano, su producto vectorial − p−→ p ×− p−→ p es el vector 0 1

0 2

0 2

0 1

normal al plano. Calculemos − p−→ p ×− p−→ p , 0 2

0 1

i j k 2 2 −2 0 −2 0 − − → − − → 0 −2 = i + k −j p0 p2 × p0 p1 = 2 −2 −4 −2 −1 −4 −1 −2 −4 −1 = (0 − 8, −(−2 − 4), −8 − 0) = (−8, 6, −8).



Ahora nos toca encontrar la ecuaci´on del plano que pasa por el punto p0 = (1, 2, 3) y que tenga → −−→ vector normal N = − p− 0 p2 × p0 p1 = (−8, 6, −8). (p − p0 ) • N = 0,

((x, y, z) − (1, 2, 3)) • (−8, 6, −8) = 0

(x − 1, y − 2, z − 3) • (−8, 6, −8) = 0

− 8(x − 1) + 6(y − 2) − 8(z − 3) = 0

−8x + 8 + 6y − 12 − 8z + 24 = 0,

−8x + 6y − 8z + 20 = 0

4x − 3y + 4z = 10 email [email protected]

27

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

28

EJEMPLO 2.14. Halle la ecuaci´on del plano que pasa por el punto (3, 2, 2) y es perpendicular a la recta x−1 = y + 2 = z+3 4 −3 ´ SOLUCION.Como el plano que buscamos es perpendicular a la recta entonces su vector normal es precisamente el vector direcci´on de la recta.

x+1 5

=

y+2 −4

=

z−5 , −2

= y+2 = z−5 es (5, −4, −2). Luego la ecuaci´on del Por otro lado el vector direcci´on de la recta x+1 5 −4 −2 plano que pasa por el punto (3, 2, 2) y tiene vector normal igual a N = (5, −4, −2) es: (p − p0 ) • N = 0,

((x, y, z) − (3, 2, 2)) • (5, −4, −2) = 0

(x − 3, y − 2, z − 2) • (5, −4, −2) = 0

5(x − 3) − 4(y − 2) − 2(z − 2) = 0

10x − 15 − 4y + 8 − 2z + 4 = 0,

10x − 4y − 2z − 3 = 0.

EJEMPLO 2.15. Hallar la ecuaci´on de la recta que pasa por el punto (1, 1, 2) y es perpendicular al plano x + y + z = 2. ´ SOLUCION.El vector normal al plano x + y + z = 2 es N = (1, 1, 1). Como la recta que buscamos es perpendicular al plano, entonces el vector direcci´on del plano es precisamente el vector normal al plano, por lo tanto la ecuaci´on vectorial de la recta pasa por el punto (1, 1, 2) y tiene vector direcci´on N = (1, 1, 1) es (x, y, z) = (1, 1, 2) + t(1, 1, 1) de donde se sigue que las ecuaciones param´etricas de la recta son x = 1+t y = 1+t z = 2+t Adem´as, las ecuaciones sim´etricas de la recta son y−1 z−2 x−1 = = . 1 1 1 ♣ EJEMPLO 2.16. Hallar la ecuaci´on del plano que pasa por el punto Q(2, 1, −1) y contiene a la x−1 z+1 recta L : =y+2= . 3 2 x−1 z+1 = y+2 = pasa por el punto P (1, −2, −1) y tiene vector 3 2 direcci´on igual a u(3, 1, 2). Luego los siguientes vectores est´an sobre este plano −→ P Q = Q − P = (2, 1, −1) − (1, −2, −1) = (1, 3, 0) ´ SOLUCION.La recta

email [email protected]

28

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

29

y u = (3, 1, 2). −→ −→ Puesto que los vectores P Q y u viven en el plano, su producto vectorial P Q×u es el vector normal al plano que buscamos. −→ Calculemos P Q × u, i j k 3 0 1 0 1 3 −→ −j P Q × u = 1 3 0 = i 3 2 +k 3 1 1 2 3 1 2 = (6, −2, 1 − 9) = (6, −2, −8).

Ahora nos toca encontrar la ecuaci´on del plano que pasa por el punto Q(2, 1, −1) y que tenga −→ vector normal M = P Q × u = (6, −2, −8). (p − Q) • N = 0,

((x, y, z) − (2, 1, −1)) • (6, −2, −8) = 0

(x − 2, y − 1, z + 1) • (6, −2, −8) = 0

6(x − 2) − 2(y − 1) − 8(z + 1) = 0

4x − 12 − 2y + 1 − 8z − 8 = 0,

4x − 2y − 8z − 19 = 0.

EJEMPLO 2.17. Halle la ecuaci´on del plano que contiene a las rectas: x−2 y−1 z−2 = = . −3 4 −1

♣

y−4 z x−1 = = ; −2 1 1

´ SOLUCION.Como el plano que contiene a las rectas: x−1 = y−4 = z1 ; x−2 = −2 1 −3 sigue que los vectores direcci´on de estas rectas est´an contenidas en el plano.

y−1 4

=

z−2 , −1

se

Vemos que el vector direcci´on de la recta x−1 = y−4 = 1z es u = (−2, 1, 1). Y el vector direcci´on −2 1 de la recta x−2 = y−1 = z−2 es v = (−3, 4, −1). Ahora con los vectores u y v podemos obtener el −3 4 −1 vector normal al plano que es dado por N = u × v, i j k 1 1 −2 1 −2 1 −j u × v = −2 1 1 = i −3 −1 + k −3 4 4 −1 −3 4 −1 = (−1 − 4, −(2 + 3), −8 + 3) = (−5, −5, −5).

Ahora necesitamos hallar un punto p0 por donde la recta pasa. Esto es f´acil, por que podemos = y−4 = z1 , es decir, tomar el punto por donde pasa la recta x−1 −2 1 p0 = (1, 4, 0) email [email protected]

29

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

30

Luego la ecuaci´on del plano que pasa por p0 = (1, 4, 0) y es ortogonal al vector N = (−5, −5, −5) es (p − p0 ) • N = 0,

((x, y, z) − (1, 4, 0)) • (−5, −5, −5) = 0

(x − 1, y − 4, z) • (−5, −5, −5) = 0 −5x + 5 − 5y + 20 − 5z = 0,

− 5(x − 1) − 5(y − 4) − 5z = 0

−5x − 5y − 5z = −25

x + y + z = 5.

EJEMPLO 2.18. Halle la ecuaci´on del plano que contiene a todos los puntos equidistantes a los puntos (2, 2, 0), (0, 2, 2). ´ SOLUCION.Un punto (x, y, z) es equidistante a los puntos (2, 2, 0) y (0, 2, 2) si la distancia de (x, y, z) a (2, 2, 0) es igual a la distancia de (x, y, z) a (0, 2, 2). Esto es, p p (x − 2)2 + (y − 2)2 + z 2 = x2 + (y − 2)2 + (z − 2)2 x2 − 4x + 4 + y 2 − 4y + 4 + z 2 = x2 + y 2 − 4y + 4 + z 2 − 4z + 4 −4x + 4 − 4y + 4 = −4y + 4 − 4z + 4 −4x + 4z = 0,

x − z = 0.

EJEMPLO 2.19. Determine si los planos son: paralelo, perpendiculares, o ninguna de las dos cosas. Si no son paralelos ni perpendiculares, hallar el ´ angulo de intersecci´ on. 5x − 3y + z = 4, x + 4y + 7z = 1. ´ SOLUCION.El vector normal al plano 5x − 3y + z = 4 es n1 = (5, −3, 1) El vector normal al plano x + 4y + 7z = 1 es n2 = (1, 4, 7) Observemos que n1 y n2 no son paralelos. Adem´as como n1 • n2 = (5, −3, 1) • (1, 4, 7) = 5 − 12 + 7 = 0 entonces los planos son ortogonales. EJEMPLO 2.20. Determine si los planos son: paralelo, perpendiculares, o ninguna de las dos cosas. Si no son paralelos ni perpendiculares, hallar el ´ angulo de intersecci´ on. 4x + y − z = 2, −x − 2y − 4z = 2. email [email protected]

30

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

31

´ SOLUCION.El vector normal al plano 4x + y − z = 2 es n1 = (4, 1, −1) El vector normal al plano −x − 2y − 4z = 2 es n2 = (−1, −2, −4)

Observemos que n1 y n2 no son paralelos. Adem´as como

n1 • n2 = (4, 1, −1) • (−1, −2, −4) = −4 − 2 + 4 = −2 entonces los planos no son ortogonales. Ahora el ´angulo θ entre los dos planos verifica cos θ = por tanto

| − 2| 2 |n1 • n2 | p =√ √ =p ||n1 || ||n2 || 18 21 (4)2 + (1)2 + (−1)2 (−1)2 + (−2)2 + (−4)2 

2 θ = arc cos √ 378



EJEMPLO 2.21. Determine si los planos son: paralelo, perpendiculares, o ninguna de las dos cosas. Si no son paralelos ni perpendiculares, hallar el ´ angulo de intersecci´ on. 2x − 3y + 2z = 3, x + 3y + 2z = 4. ´ SOLUCION.El vector normal al plano 2x − 3y + 2z = 3 es n1 = (2, −3, 2) El vector normal al plano x + 3y + 2z = 4 es n2 = (1, 3, 2) Observemos que n1 y n2 no son paralelos. Adem´as como n1 • n2 = (2, −3, 2) • (1, 3, 2) = 2 − 9 + 4 = −3 entonces los planos no son ortogonales. Ahora el ´angulo θ entre los dos planos verifica cos θ = por tanto

| − 3| 3 |n1 • n2 | p =p =√ √ ||n1 || ||n2 || 17 14 (2)2 + (−3)2 + (2)2 (1)2 + (3)2 + (2)2 

3 θ = arc cos √ 238



EJEMPLO 2.22. Halle las ecuaciones param´etricas de la recta de intersecci´ on entre los planos x − 4y + 2z = 0, 3x + 2y − z = 7. ´ SOLUCION.Haciendo z = t, del sistema ( x − 4y + 2z = 0 se obtiene 3x + 2y − z = 7 email [email protected]

31

(

x − 4y

= −2t

3x + 2y = t + 7 R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

32

Multiplicando por −3 a la primera ecuaci´on y luego sumando hacia abajo tenemos 10y = −6t + t + 7,

y=

−5t + 7 1 7 =− t+ 10 2 10

adem´as

4 28 14 x = −2t + 4y = −2t − t + = −4t + 2 10 5 Por tanto las ecuaciones param´etricas de la recta son x = −4t +

y = − 21 t +

14 5 7 10

z = t.

EJEMPLO 2.23. Determinar la ecuaci´ on del plano ortogonal al plano P = (1, −1, 1)+s(2, 1, 2)+ t(−2, 0, 1), donde t, s son n´ umeros reales, y que contenga a la recta P = (3, 1, −1) + t(1, −2, 3), donde t es real. e del plano P = (1, −1, 1)+s(2, 1, 2)+t(−2, 0, 1), ´ SOLUCION.Consideremos el vector normal N que es dado por i j k e = (2, 1, 2) × (−2, 0, 1) = 2 1 2 = i 1 2 N 0 1 −2 0 1

2 1 2 2 −j −2 1 + k −2 0 = (1, −6, 2).

Como el plano buscado contenga a la recta P = (3, 1, −1) + t(1, −2, 3), se tiene que este pasa por e × (3, 1, −1) = (1, −6, 2) × (3, 1, −1) esto es (3, 1, −1) y tiene vector normal igual a N = N i j k N = 1 −6 2 3 1 −1

= i −6 2 1 −1

−j 1 2 3 −1

+ k 1 −6 = (4, 7, 19). 3 1

Por tanto el plano buscado es 4(x − 3) + 7(y − 1) + 19(z + 1) = 0.

♣

EJEMPLO 2.24. Analice la verdad o falsedad de la siguiente afirmaci´ on: La recta x+4 y−3 z−2 = = 3 4 2 y el plano 3x + 4y + 2z − 6 = 0 son paralelos. Justifique su respuesta. x+4 y−3 z−2 = = es la ecuaci´on de la recta que pasa por el 3 4 2 punto (−4, 3, 2) y tiene vector direcci´on u = (3, 4, 2). Por otro lado la ecuaci´on 3x+ 4y + 2z −6 = 0

´ SOLUCION.La ecuaci´on

email [email protected]

32

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

33

es la ecuaci´on del plano que tiene como vector normal al vector N = (3, 4, 2). Recordemos que un plano y una recta son paralelos siempre y cuando el vector normal del plano es ortogonal al vector direcci´on de la recta. En nuestro caso, tenemos u • N = (3, 4, 2) • (3, 4, 2) = 9 + 16 + 4 = 29 6= 0 por tanto nuestra recta y plano no son paralelos.

♣

EJEMPLO 2.25. Analice la verdad o falsedad de la siguiente afirmaci´ on: La recta y−3 z−2 x+4 = = 2 4 3 y el plano 2x + 4y + 2z − 8 = 0 son paralelos. Justifique su respuesta. x+4 y−3 z−2 = = es la ecuaci´on de la recta que pasa por el 2 4 3 punto (−4, 3, 2) y tiene vector direcci´on u = (2, 4, 3). Por otro lado la ecuaci´on 2x+ 4y + 2z −8 = 0 es la ecuaci´on del plano que tiene como vector normal al vector N = (2, 4, 2). Recordemos que un plano y una recta son paralelos siempre y cuando el vector normal del plano es ortogonal al vector direcci´on de la recta. En nuestro caso, tenemos

´ SOLUCION.La ecuaci´on

u • N = (2, 4, 3) • (2, 4, 2) = 4 + 8 + 6 = 14 6= 0 por tanto nuestra recta y plano no son paralelos.

♣

EJEMPLO 2.26. Halla la ecuaci´on cartesiana del plano que contiene a la recta:   x = 1+t R y = −1 + 2t  z = t Q y es perpendicular al plano cuya ecuaci´ on es 2x + y − z = 2

´ SOLUCION.La ecuaci´on param´etrica del plano que pasa por el punto A(x0 , y0 , z0 ) y tiene vectores direcci´on u y v es p = A + tu + sv. Esta ecuaci´on es equivalente a x − x0 y − y0 z − z0 u2 u3 = 0 (p − A) • u × v = u1 u1 u2 u3

Sea Ω el plano buscado. Un vector paralelo al plano Ω es el vector direcci´on deQla recta R: v(1, 2, 1). Otro vector paralelo al plano Ω es el vector normal del plano perpendicular : u = (2, 1, −1). Un punto del plano es un punto de la recta R: P (1, −1, 0). Luego la ecuaci´on del plano Ω es: x−1 y+1 z =0 2 1 −1 1 2 1

de donde 3x − 3y + 3z − 6 = 0 y finalmente Ω tiene por ecuaci´on a x − y + z = 2 email [email protected]

33

♣ R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

34

EJEMPLO 2.27. Determine la ecuaci´ on del plano que pasa por los puntos P (2, 5, 4), Q(3, 4, 2) y es perpendicular al plano x + y − 2z = 4. ´ SOLUCION.Nombremos al vector normal del plano x + y − 2z = 4 por N = (1, 1, −2). Ahora bien, N es paralelo al plano que buscamos. Luego los siguientes vectores est´an sobre este plano −→ P Q = Q − P = (3, 4, 2) − (2, 5, 4) = (1, −1, −2) y −→ Puesto que los vectores P Q y normal al plano. −→ Calculemos P Q × N, i −→ P Q × N = 1 1

N = (1, 1, −2).

−→ N viven en el plano, su producto vectorial P Q × N es el vector j k −1 −2 −1 −2 = i 1 −2 1 −2

− j 1 −2 1 −2

= (2 + 2, −(−2 + 2), 1 + 1) = (4, 0, 2).

+ k 1 −1 1 1

Ahora nos toca encontrar la ecuaci´on del plano que pasa por el punto P (2, 5, 4) y que tenga vector −→ normal M = P Q × N = (4, 0, 2). (p − P ) • M = 0,

((x, y, z) − (2, 5, 4)) • (4, 0, 2) = 0

(x − 2, y − 5, z − 4) • (4, 0, 2) = 0

4(x − 2) + 0(y − 5) + 2(z − 4) = 0

4x − 8 + 2z − 8 = 0,

2x + z − 8 = 0.

♣

EJEMPLO 2.28. Determine la ecuaci´ on del plano que pasa por los puntos P (2, 4, 5), Q(3, 2, 4) y es perpendicular al plano x − y + 2z = 8. ´ SOLUCION.Nombremos al vector normal del plano x − y + 2z = 8 por N = (1, −1, 2). Ahora bien, N es paralelo al plano que buscamos. Luego los siguientes vectores est´an sobre este plano −→ P Q = Q − P = (3, 2, 4) − (2, 4, 5) = (1, −2, −1) y N = (1, −1, 2). −→ −→ Puesto que los vectores P Q y N viven en el plano, su producto vectorial P Q × N es el vector normal al plano. email [email protected]

34

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

35

−→ Calculemos P Q × N,

i j k −2 −1 1 −1 1 −2 −→ P Q × N = 1 −2 −1 = i − j 1 2 + k 1 −1 −1 2 1 −1 2 = (−4 − 1, −(2 + 1), −1 + 2) = (−5, −3, 1).

Ahora nos toca encontrar la ecuaci´on del plano que pasa por el punto P (2, 4, 5) y que tenga vector −→ normal M = P Q × N = (−5, −3, 1). (p − P ) • M = 0,

((x, y, z) − (2, 4, 5)) • (−5, −3, 1) = 0

(x − 2, y − 4, z − 5) • (−5, −3, 1) = 0

− 5(x − 2) − 3(y − 4) + (z − 5) = 0

−5x + 10 − 3y + 12 + z − 5 = 0,

−5x − 3y + z + 17 = 0.

♣

EJEMPLO 2.29. Anote la condici´on que debe cumplir m para que la recta x + 3 = y − 2 = sea paralela al plano 2x + 4y + mz = 2.

z−1 2

z−1 es u = (1, 1, 2) y el vector 2 normal del plano 2x + 4y + mz = 2 es N = (2, 4, m). Recordemos que una recta es paralela a un plano si el vector direcci´on de la recta es perpendicular al vector normal del plano, as´ı tenemos que

´ SOLUCION.El vector direcci´on de la recta x + 3 = y − 2 =

(1, 1, 2) • (2, 4, m) = 0 2 + 4 + 2m = 0

de aqu´ı obtenemos que m = −3. ♣ EJEMPLO 2.30. Probar que la recta de intersecci´ on de los planos x + 2y − z − 2 = 0 y 3x + 2y + 2z − 8 = 0 es paralela a la recta p = (1, 1, 1) + t(6, −5, −4). Encuentre la ecuaci´on del plano que forman estas dos rectas. ´ SOLUCION.Denotemos por p = p0 + tu la recta de intersecci´on de ambos planos. Para hallar el punto p0 hagamos x = 0, en ambas ecuaciones, luego obtenemos el siguiente sistema  6y = 12      2y − z = 2 4y − 2z = 4 y = 2 2y + 2z = 8 2y + 2z = 8 2(2) − z = 2    z = 2 email [email protected]

35

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

36

Luego p0 (0, 2, 2). El vector direcci´on es

u = N0 × N1

i j k 2 −1 1 −1 −j +k 1 2 = 1 2 −1 = i 3 2 2 2 3 2 3 2 2

= (4 + 2, −(2 + 3), 2 − 6) = (6, −5, −4).



Entonces la recta es p = (0, 2, 2) + t(6, −5, −4). Comparando con la que tenemos p = (1, 1, 1) + t(6, −5, −4), se obtiene que ambos son paralelos. Ahora construyamos un plano que contenga a estas dos rectas. Recordemos que la ecuaci´on del plano es N • (p − q0 ) = 0. Tenemos los siguiente dados q0 = (0, 2, 2). Tomemos w = (1, 1, 1) − (0, 2, 2) = (1, −1, −1), luego i j k N = (6, −5, −4) × (1, −1, −1) = 6 −5 −4 1 −1 −1 = (5 − 4, −(−6 + 4), −6 + 5) = (1, 2, −1).

= i −5 −4 −1 −1

− j 6 −4 1 −1

+ k 6 −5 1 −1



luego el plano buscado tiene por ecuaci´on (1, 2, −1)•(x, y −2, x−2) = 0, esto es, x+2y −z −2 = 0.

Otra manera de resolver este problema es la siguiente: Hagamos z = t, 

Luego



x + 2y − t − 2 = 0 3x + 2y + 2t − 8 = 0

−x − 2y + t + 2 = 0 3x + 2y + 2t − 8 = 0

 2x + 3t − 6 = 0     3 6 − 3t   =− t+3 x =  2 2 t+2−x t+2 x t + 2 6 − 3t 2t + 4 − 6 + 3t  y = = − = − =   2 2 2 2 4 4   5t − 2 5 1   = = t− 4 4 2

    3 5 1 3 5 1 1 1 (x, y, z) = − t + 3, t − , t = − , , 1 t + (3, − , 0) = − t (6, −5, −4) + (3, − , 0) 2 4 2 2 4 2 4 2

♣

EJEMPLO 2.31. Probar que la recta de intersecci´ on de los planos Π1 : x + 2y − z = 2 y Π2 : 3x + 2y + 2z = 8 es paralela a la recta R: p = (1, 1, 1) + t(6, −5, −4). Encuentre la ecuaci´on del plano que forman estas rectas. ´ SOLUCION.Haciendo z = t, del sistema ( x + 2y − z = 2 se obtiene 3x + 2y + 2z = 8 email [email protected]

36

(

x + 2y

= 2+t

3x + 2y = 8 − 2t

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

37

Multiplicando por −3 a la primera ecuaci´on y luego sumando hacia abajo tenemos −4y = 2 − 5t,

y=

5t − 2 5 1 = t− 4 4 2

adem´as

5 3 x = t + 2 − 2y = t + 2 − t + 1 = − t + 3 2 2 Por tanto las ecuaciones param´etricas de la recta son 3 x = − t + 3, 2

5 1 y = t− , 4 2

z = t.

Por tanto (x, y, z) = (3, −1/2, 0)+t(−3/2, 5/4, 1) = (−1/2, 3, 0)−t/4(6, −5, −4), lo cual demuestra que ambas rectas son paralelas. Ahora bien, puesto que ambas rectas p = (1, 1, 1)+t(6, −5, −4) y p = (3, −1/2, 0)+t(−3/2, 5/4, 1) son paralelas, es suficiente definir los vectores u = (3, −1/2, 0) − (1, 1, 1) = (2, −3/2, −1) y v = (6, −5, −4) y con ellos tomar N = (2, −3/2, −1) × (6, −5, −4) i j k N = 2 −3/2 −1 6 −5 −4

= i −3/2 −1 −5 −4

− j 2 −1 6 −4

2 −3/2 +k 6 −5 = (−1, 2, −1).

Por tanto el plano buscado es −(x − 1) + 2(y − 1) − 1(z − 1) = 0.

♣

EJEMPLO 2.32. Halla la ecuaci´on de la recta que pasa por el punto P (2, −1, 1) y corta perpendicularmente a la recta R dada por: x−2 y−1 = =z 2 2 ´ SOLUCION.En primer lugar hay que hallar el plano P perpendicular a la recta R que pasa por el punto P (2, −1, 1). Despu´es se halla el punto de intersecci´on P ′ de la recta R y del plano P. La recta pedida es la que pasa por P y P ′ . El vector direcci´on del plano P es n(2, 2, 1), luego el plano P que pasa por el punto P (2, −1, 1) y tiene vector normal n es 2(x − 2) + 2(y + 1) + z − 1 = 0 o 2x + 2y + z = 3. Se pasa la recta R a su forma param´etrica   x = 2 + 2t R y = 1 + 2t  z = t email [email protected]

37

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

38

y se sustituyen los valores de x, y, z en la ecuaci´on del plano P 2(2 + 2t) + 2(1 + 2t) + t = 3 despejando t, t = −1/3, luego el punto de intersecci´on P ′ es P ′ (4/3, 1/3, −1/3). Ahora, el vector direcci´on de la recta buscada es v = P ′ − P = (−2/3, 4/3, −4/3). Podemos tomar v = (1, −2, 2), as´ı la recta es z−1 y+1 x−2= = 2 2 ♣

2.5.

Distancias entre puntos, rectas y planos

´ 2.4. La distancia entre dos figuras geom´etricas se define como el valor m´ınimo DEFINICION de las distancias entre puntos de cada una de las figuras geom´etricas. TEOREMA 2.6 (Distancia de un punto a una recta). La distancia entre un punto q y la recta l que pasa por el punto p0 y tiene vector direcci´ on igual a u “p = p0 + tu” puede ser calculado usando una de las siguientes f´ormulas: ||(q − p0 ) × u|| (q − p0 ) • u d(q, l) = = (q − p0 ) + u ||u|| ||u||2 ❚

Demostraci´on.

EJEMPLO 2.33. Halle la distancia del punto (4, −1, 5) a la recta x = 3, y = 1 + 3t, z = 1 + t. ´ SOLUCION.De las ecuaciones param´etricas de la recta x = 3 y = 1 + 3t z = 1 + t. obtenemos (x, y, z) = (3, 1 + 3t, 1 + t) = (3, 1, 1) + t(0, 3, 1). Por tanto en nuestro caso tenemos que q = (4, −1, 5), p0 = (3, 1, 1) y u = (0, 3, 1). Ahora bien, como

q − p0 = (4, −1, 5) − (3, 1, 1) = (1, −2, 4),

email [email protected]

38

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

39

se tiene que i j k (q − p0 ) × u = 1 −2 4 0 3 1

= i −2 4 3 1

−j 1 4 0 4

+ k 1 −2 0 3

= (−2 − 12, −(4 − 0), 3 − 0) = (−14, −4, 3).

Cuya longitud es dado por ||(q − p0 ) × u|| =

p

(−14)2 + (−4)2 + (3)2 =

√

196 + 16 + 9 =

√

221.

Por tanto a distancia del punto (4, −1, 5) a la recta x = 3, y = 1 + 3t, z = 1 + t es r √ √ 221 221 221 D=p = = √ . 2 2 2 10 10 (0) + (3) + (1)

TEOREMA 2.7 (Distancia entre dos rectas no paralelas). Si los vectores u y v son no paralelos, entonces la distancia entre la recta l que pasa por el punto p0 y tiene vector direcci´on igual a u “p = p0 + tu” y la recta m que pasa por el punto q0 y tiene vector direcci´on igual a v “p = q0 + tv” es (q0 − p0 ) • (u × v) − − → d(l, m) = ||Proyu×v p0 q0 || = ||u × v|| ❚

Demostraci´on.

EJEMPLO 2.34. Halle la distancia entre las rectas paralelas L1 : x = 2 −t, y = 3 + 2t, z = 4 + t; L2 : x = 3t, y = 1 − 6t, z = 4 − 3t ´ SOLUCION.En este caso hallemos primero un punto sobre la recta L1 , este punto es q = (2, 3, 4). Ahora la distancia entre las rectas paralelas L1 y L2 es precisamente la distancia del punto q = (2, 3, 4) a la recta L2 . Y para hallar esta distancia se procede como en el anterior ejercicio. TEOREMA 2.8 (Distancia de un punto a un plano). La distancia entre un punto q(x1 , y1 , z1 ) al plano P que pasa por el punto p0 (x0 , y0, z0 ) y tiene vector normal igual a N(a, b, c) “(p−p0 )•N = 0” es d(q, P) = ||ProyN − p→ 0 q|| =

|(q − p0 ) • N| |a(x1 − x0 ) + b(y1 − y0 ) + c(z1 − z0 )| √ = ||N|| a2 + b2 + c2

Si el plano es dado en su forma can´onica ax + by + cz + d = 0, entonces d(q, P) =

|ax1 + by1 + cz1 + d| √ a2 + b2 + c2 ❚

Demostraci´on. email [email protected]

39

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

40

TEOREMA 2.9 (Distancia entre dos planos paralelos). La distancia entre los planos a1 x+ d1 d 2 b1 y + c1 z + d1 = 0 y a2 x + b2 y + c2 z + d2 = 0 es d = − donde N1 (a1 , b1 , c1 ) y ||N1 || ||N2 || |d1 − d2 | N2 (a2 , b2 , c2 ). En particular si N1 = N2 , entonces d = √ a2 + b2 + c2 Demostraci´on. Consideremos los puntos p1 (x1 , y1, z1 ) en el plano a1 x + b1 y + c1 z + d1 = 0 y p2 (x2 , y2 , z2 ) en el plano a2 x + b2 y + c2 z + d2 = 0. Luego la distancia de p1 al plano a2 x + b2 y + c2 z + d2 = 0 es dado por d=

|(p1 − p2 ) • N2 | |p1 • N2 − p2 • N2 | = ||N2 || ||N2 ||

Por otro lado las ecuaciones a1 x1 + b1 y1 + c1 z1 + d1 = 0 y a2 x2 + b2 y2 + c2 z2 + d2 = 0 implican que p1 • N1 = −d1 y p2 • N2 = −d2 .

Ahora bien supongamos que N1 es paralelo a N2 , por tanto N1 = kN2 , as´ı ||N1 || = k||N2 ||, y adem´as k(p1 • N2 ) = −d1 , as´ı: d=

|−

d1 + d2 | d d1 d d 1 2 2 k = = − − ||N2 || k||N2 || ||N2 || ||N1 || ||N2 ||

❚

EJEMPLO 2.35. Halle la distancia del punto (2, 8, 4) al plano 4x − 2y − 4z = 2 ´ SOLUCION.En nuestro caso tenemos que q = (2, 8, 4) y N = (4, −2, −4). Hallamos p0 haciendo x = z = 0, luego y = −1, as´ı p0 = (0, −1, 0). Reemplazando datos tenemos D=

|(q − p0 ) • N| |((2, 8, 4) − (0, −1, 0) • (4, −2, −4)| = ||N|| ||(4, −2, −4)||

|(2, 9, 4) • (4, −2, −4)| |8 − 18 − 16| 26 26 13 D=p =√ =√ = = 6 3 16 + 4 + 16 36 (4)2 + (−2)2 + (−4)2

EJEMPLO 2.36. Halle la distancia entre los planos paralelos 2x−3y +4z = 8, 4x−6y +8z = 18 ´ SOLUCION.Hallemos un punto q sobre el plano 2x − 3y + 4z = 8, esto se logra haciendo x = y = 0, de donde z = 2, por tanto q = (0, 0, 2). Del mismo modo hallemos un punto p0 sobre el plano 4x − 6y + 8z = 18, esta vez hagamos x = z = 0, de donde y = −3, por tanto p0 = (0, −3, 0). Luego el plano 4x − 6y + 8z = 18 pasa por el punto p0 = (0, −3, 0) y tiene vector normal N = (4, −6, 8). Ahora estamos en condiciones de aplicar la formula D= email [email protected]

|(q − p0 ) • N| |((0, 0, 2) − (0, −3, 0) • (4, −6, 8)| = ||N|| ||(4, −6, 8)|| 40

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

41

34 |(0, 3, 2) • (4, −6, 8)| |0 − 18 − 16| =√ D=p =√ . 2 2 2 16 + 36 + 64 116 (4) + (−6) + (8)

EJEMPLO 2.37. Halle la distancia entre los planos paralelos x − 2y + 2z = 7, 2x − 4y + 4z = 8 ´ SOLUCION.Hallemos un punto q sobre el plano x − 2y + 2z = 7, esto se logra haciendo y = z = 0, de donde x = 7, por tanto q = (7, 0, 0). Del mismo modo hallemos un punto p0 sobre el plano 2x − 4y + 4z = 8, esta vez hagamos y = z = 0, de donde x = 4, por tanto p0 = (4, 0, 0). Luego el plano 2x − 4y + 4z = 8 pasa por el punto p0 = (4, 0, 0) y tiene vector normal N = (2, −4, 4). Ahora estamos en condiciones de aplicar la formula |(q − p0 ) • N| |((7, 0, 0) − (4, 0, 0) • (2, −4, 4)| D= = ||N|| ||(2, −4, 4)|| |6 − 0 + 0| 6 1 |(3, 0, 0) • (2, −4, 4)| =√ =√ = . D=p 6 4 + 16 + 16 36 (2)2 + (−4)2 + (4)2

♣

EJEMPLO 2.38. Se consideran los puntos: A(1, 1, 1), B(0, −2, 2), C(−1, 0, 2), D(2, −1, −2) a) Calcula la distancia del punto D al plano determinado por los puntos A, B y C. b) Halla unas ecuaciones cartesianas de la recta que pasa por D y es perpendicular al plano determinado por los puntos A, B y C ´ SOLUCION.Empecemos determinando la ecuaci´on del plano A, B y C. Los vectores direcci´on de este plano son u = B − A = (−1, −3, 1),

Q

determinado por los puntos

y v = C − A = (−2, −1, 1)

La ecuaci´on param´etrica del plano que pasa por el punto A(x0 , y0 , z0 ) y tiene vectores direcci´on u y v es p = A + tu + sv. Esta ecuaci´on es equivalente a x − x0 y − y0 z − z0 u2 u3 = 0 (p − A) • u × v = u1 u1 u2 u3

reemplazando datos

x−1 y−1 z−1 −1 −3 1 −2 −1 1

=0

de donde 2x + y + 5z − 8 = 0. Ahora usando la formula de la distancia entre un punto q(x1 , y1, z1 ) al plano es dado en su forma can´onica ax + by + cz + d = 0, dado por d(q, P) = email [email protected]

|ax1 + by1 + cz1 + d| √ a2 + b2 + c2 41

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

obtenemos d=

42

|2(2) + 1(−1) + 5(−2) − 8| √ = 2, 74 2 2 + 12 + 52

b) Vector director de la recta R es el vector normal al plano. n(2, 1, 5) pasa por el punto D(2, −1, −2). z+2 x−2 =y+1= 2 5

2.6.

♣

Superficies Cuadr´ aticas

´ 2.5. Una superficie cuadr´ DEFINICION atica es la gr´ afica de una ecuaci´ on de segundo grado con tres variables x, y, z. La forma general de la ecuaci´ on es: ax2 + by 2 + cz 2 + dxy + eyz + f xz + gx + hy + iz + j = 0 donde a, b, c, d, e, f, g, h, i, j son constantes. Las superficies cuadr´aticas mas importantes son las siguientes: 1. Elipsoide. Tiene por ecuaci´on

x2 y 2 z 2 + 2 + 2 =1 a2 b c

2. Hiperboloide de una hoja. Tiene por ecuaci´on

x2 y 2 z 2 + 2 − 2 =1 a2 b c

3. Hiperboloide de dos hojas. Tiene por ecuaci´on − 4. Paraboloide. Tiene por ecuaci´on

x2 y 2 z + 2 = 2 a b c

5. Paraboloide hiperb´olico. Tiene por ecuaci´on 6. Conos. Tiene por ecuaci´on

x2 y 2 z 2 − 2 + 2 =1 a2 b c

x2 y 2 z − 2 = 2 a b c

x2 y 2 z2 + = a2 b2 c2

7. Cilindro circular recto. Cuando una de las variables x, y o z no aparece en la ecuaci´on de la superficie, Entonces la superficie es un Cilindro. a) Cilindro circular recto con eje en el eje z. Por ejemplo: x2 + y 2 = a2 es un cilindro en el espacio ya que falta la variable z. Por lo tanto, la gr´afica del cilindro se extender´a paralelo al eje z. email [email protected]

42

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

43

b) Cilindro circular recto con eje en el eje y. Por ejemplo: x2 + z 2 = a2 . c) Cilindro parab´olico. Considere la ecuaci´on x2 + y = 0, que corresponde a una par´abola en el plano xy, al variar z se obtiene la superficie. d ) Cilindro el´ıptico con eje en el eje z. Considere la ecuaci´on de la elipse y 2 + 4z 2 = 4 en el plano yz , al recorrer el eje x se obtiene la superficie. e) Cilindro hiperb´olico con eje en el eje z. Considere la ecuaci´on y 2 − x2 = 1 que corresponde a una hip´erbola centrada en el (0, 0) en el plano xy, al recorrer z se obtiene la superficie

EJEMPLO 2.39. Halle la ecuaci´on est´ andar de la esfera que tiene los puntos (2, 0, 0) y (0, 6, 0) como extremos de un di´ametro. ´ SOLUCION.Como los puntos (2, 0, 0) y (0, 6, 0) son extremos de un di´ametro, entonces el punto medio entre los dos es el centro de la esfera. El punto medio entre (2, 0, 0) y (0, 6, 0) es   2+0 0+6 0+0 , , = (1, 3, 0). 2 2 2 Y adem´as el radio de la esfera es la mitad del di´ametro, es decir, r=

1p 1√ (2 − 0)2 + (0 − 6)2 + (0 − 0)2 = 40 2 2

Por tanto la esfera tiene por ecuaci´on 2

2

2

(x − 1) + (y − 3) + (z − 0) =



2 1√ 40 2

(x − 1)2 + (y − 3)2 + z 2 = 10. EJEMPLO 2.40. Halle la ecuaci´on est´ andar de la esfera que tiene centro el punto (2, 3, 1) y es tangente al plano xy. ´ SOLUCION.El plano xy tiene por ecuaci´on z = 0 que es el plano que pasa por el punto p0 = (0, 0, 0) y tiene vector normal N = (0, 0, 1). Luego la distancia del punto q = (2, 3, 1) a este plano calculado con la formula D=

|(q − p0 ) • N| |(2, 3, 1) • (0, 0, 1)| = = 1. ||N|| ||(0, 0, 1)||

es precisamente el radio de la esfera que tiene centro el punto (2, 3, 1) y es tangente al plano xy, por tanto su ecuaci´on es: email [email protected]

43

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

44

(x − 2)2 + (y − 3)2 + (z − 1)2 = 1 EJEMPLO 2.41. Halle la ecuaci´on est´ andar de la esfera que tiene centro el punto (4, −3, 1) y es tangente al plano 3x − 2y + z = 3. ´ SOLUCION.El plano 3x − 2y + z = 3 pasa por el punto p0 = (1, 0, 0) y tiene vector normal N = (3, −2, 1). Luego la distancia del punto q = (4, −3, 1) a este plano calculado con la formula D=

|(3, −3, 1) • (3, −2, 1)| 16 |(q − p0 ) • N| = =√ . ||N|| ||(3, −2, 1)|| 14

es precisamente el radio de la esfera que tiene centro el punto (4, −3, 1) y es tangente al plano 3x − 2y + z = 3, por tanto su ecuaci´on es: 

16 √ 14

(x − 4)2 + (y + 3)2 + (z − 1)2 =

256 14

2

2

2

(x − 4) + (y + 3) + (z − 1) =

email [email protected]

44

2

R βo ιυατ

CAP´ITULO 3

Curvas

EJEMPLO 3.1. Si f (t) = (3 sen t, 2 cos t), demuestre que el rango de f es una elipse. ´ SOLUCION.(3 sen t)2 (2 cos t)2 + =1 32 22 EJEMPLO 3.2. Hallar la ecuaci´on de la recta que pasa por los puntos de intersecci´on de la esfera x2 + y 2 + z 2 = 5, con la h´elice ϕ(t) = (cos t, sen t, t) ´ SOLUCION.Empecemos hallando los puntos de intersecci´on de la esfera x2 + y 2 + z 2 = 5, con la h´elice ϕ(t) = (cos t, sen t, t). Para esto resolvemos la ecuaci´on cos2 t + sen2 t + t2 = 5 1 + t2 = 5 de esta u ´ ltima ecuaci´on obtenemos dos valores para t, en efecto, t = ±2. Luego puntos buscados son (cos 2, − sen 2, −2) y (cos 2, sen 2, 2) . Nombremos a estos puntos por p0 = (cos 2, − sen 2, −2), y p1 = (cos 2, sen 2, 2). Luego la ecuaci´on vectorial de la recta que pasa a trav´es del puntos p0 = (cos 2, − sen 2, −2) y que tiene vector direcci´on → u = − p− 0 p1 = p1 − p0 = (cos 2, sen 2, 2) − (cos 2, − sen 2, −2) = (0, 2 sen 2, 4)

45

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

46

es p = p0 + tu (x, y, z) = (cos 2, − sen 2, −2) + t(0, 2 sen 2, 4) de donde obtenemos las ecuaciones param´etricas de la recta x = cos 2 y = − sen 2 + 2t sen 2 z = −2 + 4t

Adem´as, las ecuaciones sim´etricas de la recta son x = cos 2,

z+2 y + sen 2 = . 2 sen 2 4 ♣

3.1.

Derivada y Recta Tangente

EJEMPLO 3.3. Halle   las ecuaciones param´etricas de la recta tangente a la curva dada por t+1 t2 −1 t3 +1 f (t) = t , t2 , t3 en el punto p(2, 0, 2). ´ SOLUCION.Observemos que si t = 1, f (1) = (2, 0, 2). Ahora bien, La derivada f ′ (1) es el vector direcci´on de la recta tangente a la curva f que pasa por el punto f (1). Esta recta es dada por (x, y, z) = f (1) + tf ′ (1). Escribamos f (t) de la forma f (t) = 1 + t−1 , 1 − t−2 , 1 + t−3 luego




f ′ (t) = 1 − t−2 , 1 + 2t−3 , 1 − 3t−4 evaluando t = 1 se tiene f ′ (1) = (0, 3, −2)




Por tanto la recta que buscamos es (x, y, z) = (2, 0, 2) + t(0, 3, −2).


en el EJEMPLO 3.4. Halle la recta tangente a la curva definida por f (t) = t2 + 2, 4t − 1, 1+t t punto p(3, 3, 2). email [email protected]

46

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

47

´ SOLUCION.Observemos que si t = 1, f (1) = (3, 3, 2). Ahora bien, La derivada f ′ (1) es el vector direcci´on de la recta tangente a la curva f que pasa por el punto f (1). Esta recta es dada por (x, y, z) = f (1) + tf ′ (1). Escribamos f (t) de la forma f (t) = t2 + 2, 4t − 1, 1 + t−1

luego

f ′ (t) = 2t, 4, −t−2

evaluando t = 1 se tiene Por tanto la recta que buscamos es

f ′ (1) = (2, 4, −1)







(x, y, z) = (3, 3, 2) + t(2, 4, −1). ♣ EJEMPLO 3.5. Halle las ecuaciones param´etricas de la recta tangente a la curva dada por f (t) = (2 cos(2t), 2 sen(2t), 3t) en t = π/2. ´ SOLUCION.Observemos que si t = π/2, f (π/2) = (2 cos(2π/2), 2 sen(2π/2), 3π/2) = (2 cos(π), 2 sen(π), 3π/2) = (−2, 0, (3/2)π). Ahora bien, La derivada f ′ (π/2) es el vector direcci´on de la recta tangente a la curva f que pasa por el punto f (π/2). Esta recta es dada por (x, y, z) = f (π/2) + tf ′ (π/2). Puesto que f (t) = (2 cos(2t), 2 sen(2t), 3t) aplicando la regla de la cadena obtenemos f ′ (t) = (−4 sen(2t), 4 cos(2t), 3) evaluando t = π/2 se tiene f ′ (π/2) = (−4 sen(2π/2), 4 cos(2π/2), 3) = (−4 sen(π), 4 cos(π), 3) = (0, 4, 3). Por tanto la recta que buscamos es (x, y, z) = (−2, 0, (3/2)π) + t(0, 4, 3). igualando componentes obtenemos las ecuaciones param´etricas de la recta x = −2 y = 4t

z = (3/2)π + 3t. email [email protected]

47

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

48

EJEMPLO 3.6. Mostrar que todos los vectores tangentes a la h´elice f (t) = (a cos t, a sen t, bt) b forma un ´angulo constante con el eje Z y que el coseno de ese ´ angulo es √ . Halle la recta a2 + b2 π tangente en t = 4 ´ SOLUCION.Puesto que f (t) = (a cos t, a sen t, bt) aplicando la regla de la cadena obtenemos ′ f (t) = (−a sen t, a cos t, b) evaluando t = s obtenemos los vectores tangentes a la h´elice f ′ (s) = (−a sen s, a cos s, b). El vector direcci´on del eje Z es (0, 0, 1), Ahora bien, el ´angulo θ entre los vectores f ′ (s) y (0, 0, 1) verifica |f ′ (s) • (0, 0, 1)| |(−a sen s, a cos s, b) • (0, 0, 1)| b cos θ = = =√ ′ 2 ||f (s)|| ||(0, 0, 1)|| ||(−a sen s, a cos s, b)|| ||(0, 0, 1)|| a + b2 La derivada f ′ (s) es el vector direcci´on de la recta tangente a la curva f que pasa por el punto f (s). Esta recta es dada por (x, y, z) = f (s) + tf ′ (s). ♣ EJEMPLO 3.7. Mostrar que la curva cuyas ecuaciones param´etricas son (e−t cos(t), e−t sen(t), e−t ), est´a sobre el cono x2 + y 2 = z 2 , por lo tanto la curva se dibuja sobre este cono (observar que z puede ser positivo y negativo).. Encontrar la ecuaci´ on param´etrica de la recta tangente de la curva −t −t −t r(t) = (e cos(t), e sen(t), e ), en el punto (1, 0, 1). ´ SOLUCION.r ′ (t) = (−e−t (cos(t) + sen(t)), e−t (cos(t) − sen(t)), −e−t ),

si t = 0 tenemos el punto (1, 0, 1), por lo tanto el vector tangente es r ′ (0) = (−1, 1, −1). Por lo ♣ tanto la recta tangente es: (1 − t, t, 1 − t). i dh λ(t) × λ′ (t) = λ(t) × λ′′ (t) EJEMPLO 3.8. Demostrar dx   ´ SOLUCION.- Sea λ(t) = λ1 (t), λ2 (t), λ3 (t) i j k ′ λ(t) × λ (t) = λ1 (t) λ2 (t) λ3 (t) λ′1 (t) λ′2 (t) λ′3 (t)

por tanto

= i λ2′ (t) λ3′ (t) λ2 (t) λ3 (t)

− j λ1′ (t) λ3′ (t) λ1 (t) λ3 (t)

+ k λ1′ (t) λ2′ (t) λ1 (t) λ2 (t)

  λ(t) × λ′ (t) = λ2 (t)λ′3 (t) − λ′2 (t)λ3 (t), λ1 (t)λ′3 (t) − λ′1 (t)λ3 (t), λ1 (t)λ′2 (t) − λ′1 (t)λ2 (t)

. ♣

EJEMPLO 3.9. Encontrar la ecuaci´on de la recta tangente a la curva de intersecci´on del cono x2 + y 2 = z 2 y el plano x + y + z = 4 en el punto (0, 2, 2). ´ SOLUCION.email [email protected]

♣ 48

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

3.2.

ζℏαυεz

49

Longitud de Curva

√ EJEMPLO 3.10. Encontrar la longitud de la curva: r(t) = ( 2t, et , e−t ) para 0 ≤ t ≤ 1.

q√ √ ´ SOLUCION.Es claro que r ′ (t) = ( 2, et , −e−t ), adem´as kr ′(t)k = ( 2)2 + (et )2 + (−e−t )2 = p R1 R1 ♣ (et + e−t )2 = et + e−t , entonces L = 0 ||f ′(t)|| dt = 0 (et + e−t ) dt = e − e−1 . EJEMPLO 3.11. Halle la longitud de arco de la curva dada por f (t) = (sen(2t), cos(2t), t ∈ [0, π/2]

√

5t),

´ SOLUCION.La longitud de una curva f (t) desde f (a) hasta f (b) se define como la integral de la rapidez desde a hasta b. Es decir Z b L= ||f ′(t)|| dt a

Un f´acil c´alculo muestra que f ′ (t) = (2 cos(2t), −2 sen(2t),

√

5)

y de ah´ı que ′

||f (t)|| =

q

√ √ √ 22 cos2 (2t) + (−2)2 sen2 (2t) + ( 5)2 = 22 + 5 = 9 = 3.

Por tanto, la longitud de arco de la curva es L=

Z

π/2 ′

0

||f (t)|| dt =

Z

0

π/2

3 3 dt = π. 2

♣

EJEMPLO 3.12. Halle la longitud de arco de la curva dada por f (t) = (sen(4t), cos(4t), 3t), t ∈ [0, π/2] ´ SOLUCION.La longitud de una curva f (t) desde f (a) hasta f (b) se define como la integral de la rapidez desde a hasta b. Es decir Z b L= ||f ′(t)|| dt a

Un f´acil c´alculo muestra que f ′ (t) = (4 cos(4t), −4 sen(4t), 3) email [email protected]

49

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

50

y de ah´ı que ||f ′(t)|| =

p √ √ 42 cos2 (4t) + (−4)2 sen2 (4t) + (3)2 = 42 + 32 = 25 = 5.

Por tanto, la longitud de arco de la curva es Z π/2 Z ′ L= ||f (t)|| dt = 0

π/2

0

5 5 dt = π. 2

EJEMPLO 3.13. Halle la longitud de arco de la curva dada por f (t) = (2t + 1, t − 4, 3 − 2t), t ∈ [2, 5]. ´ SOLUCION.La longitud de una curva f (t) desde f (2) hasta f (5) se define como la integral de la rapidez desde 2 hasta 5. Es decir Z 5 L= ||f ′ (t)|| dt 2

Un f´acil c´alculo muestra que f ′ (t) = (2, 1, −2)

y de ah´ı que ||f ′ (t)|| =

p

22 + 12 + (−2)2 =

√

9 = 3.

Por tanto, la longitud de arco de la curva es Z 5 Z 5 ′ L= ||f (t)|| dt = 3 dt = 3(5 − 2) = 9. 2

2

♣

EJEMPLO 3.14. Halle la longitud de arco de la curva dada por f (t) = (t − 3, 5 − 2t, 2t + 4), t ∈ [3, 7]. ´ SOLUCION.La longitud de una curva f (t) desde f (3) hasta f (7) se define como la integral de la rapidez desde 3 hasta 7. Es decir Z 7 L= ||f ′ (t)|| dt 3

Un f´acil c´alculo muestra que f ′ (t) = (1, −2, 2)

y de ah´ı que ||f ′ (t)|| =

p

12 + (−2)2 + 22 =

Por tanto, la longitud de arco de la curva es Z 7 Z ′ L= ||f (t)|| dt = 3

email [email protected]

√

9 = 3.

7 3

50

3 dt = 3(7 − 3) = 12.

♣ R βo ιυατ

CAP´ITULO 4

Funciones Vectoriales de Variable Vectorial

Iniciamos con unos de los conceptos fundamentales del c´alculo diferencial e integral en varias variables cual es el concepto de funci´on. Para aclarar ideas consideremos los siguientes ejemplos: EJEMPLO 4.1. En el mercado de un bien o servicio concreto, se establece que: La cantidad demandada “d′′ depende, al menos, del precio del propio bien “x′′ y la renta disponible de los consumidores “x′′ . En otras palabras la cantidad demandada esta en funci´on del precio del bien y de la renta disponible de los consumidores. En s´ımbolos escribimos esto por d = f (x, y). La cantidad ofertada “o′′ depende, al menos, del precio del propio bien “x′′ y los costes de producci´on “z ′′ . En otras palabras la cantidad ofertada esta en funci´on del precio del bien y los costes de producci´on. En s´ımbolos escribimos esto por o = f (x, z) ´ 4.1. Sean n y m enteros positivos. Sea D un subconjunto de Rn , se denomina DEFINICION funci´on definida en D y con valores en Rm a toda regla de asignaci´ on f : D → Rm que asocia a cada vector de D un u ´nico vector en Rm . El conjunto D sobre el que se define la funci´on se denomina dominio de la funci´on. Observaciones Una funci´on f : R → R se llama una funci´on real de variable real. 51

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

52

Una funci´on f : R → Rm se llama una funci´on vectorial de variable real o a veces camino, curva o trayectoria. Una funci´on f : Rn → R se llama una funci´on real de variable vectorial o a veces campo escalar. Una funci´on f : Rn → Rm se llama una funci´on vectorial de variable vectorial o a veces campo vectorial. EJEMPLO 4.2. Una empresa elabora dos productos A y B. El costo de los materiales y de la mano de obra es de bs 4 por cada unidad del producto A y de bs 7 por cada unidad del producto B. Los costos fijos son bs 1500 por semana. Exprese el costo total C en t´erminos de las unidades A y B producidas cada semana. ´ SOLUCION.Sea x el n´ umero de unidades del producto A y y las unidades del producto B que se elaboran, entonces los costos de mano de obra y materiales para los dos tipos de productos ser´an 4x y 7y bolivianos respectivamente. As´ı que el costo total en bolivianos est´a dado por C(x, y) = Costo de mano de obra y materiales + costos fijos C(x, y) = 4x + 7y + 1500 Donde el costo C es una funci´on de x y y. EJEMPLO 4.3. Una empresa produce dos productos X y Y . Las unidades de costo de mano de obra y de materiales son de Bs. 5 en el caso del producto X y de Bs. 12 por lo que respecta a Y . Adem´as, la empresa tambi´en tiene costos fijos de 3000 Bs. al mes. Exprese el costo mensual C en bolivianos como una funci´on de la unidades de X y Y producidas. ¿Cu´al es el costo total de producir 200 unidades de X y 150 unidades de Y ? ´ SOLUCION.Sea x el n´ umero de unidades del producto X y y las unidades del producto Y que se elaboran, entonces los costos de mano de obra y materiales para los dos tipos de productos ser´an 5x y 12y bolivianos respectivamente. As´ı que el costo total en bolivianos est´a dado por C(x, y) = Costo de mano de obra y materiales + costos fijos C(x, y) = 5x + 12y + 3000 Por tanto el costo total de producir 200 unidades de X y 150 unidades de Y es C(x, y) = 5x + 12y + 3000 = 5(200) + 12(150) + 3000 = 5800. EJEMPLO 4.4. La Electr´onica S.R.L. fabrica dos tipos de cinta de cassetes, de 60 y 90 minutos. El costo por unidad de mano de obra para los dos tipos de 3 bs y de 4 bs. Adem´as, la empresa tiene costos fijos semanales de bs. 1200. (a) Encuentre la funci´on del costo total mensual C en bolivianos. (b) Eval´ ue el costo total de producir 10000 cintas de 60 minutos y 8000 cintas de 90 minutos. (c) Si el ingreso total es de bs 60000 y la compa˜ n´ıa vende los dos tipos de cintas a 6 bs. y 7,50 bs cada una, respectivamente, obtenga la utilidad mensual como funci´on del n´ umero de unidades producidas y vendidas por semanas. email [email protected]

52

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

53

´ SOLUCION.Sea x el n´ umero de cintas de cassetes de 60 minutos y y el n´ umero de cintas de cassetes de 90 minutos, entonces los costos de mano de obra para los dos cassetes ser´an 3x y 4y bolivianos respectivamente. As´ı que el costo total en bolivianos est´a dado por C(x, y) = Costo de mano de obra + costos fijos C(x, y) = 3x + 4y + 1200 Por tanto el costo total de producir 10000 cintas de 60 minutos y 8000 cintas de 90 minutos es C(x, y) = 3x + 4y + 1200 = 3(10000) + 4(8000) + 1200 = 55200. Si el ingreso total es de bs 60000 y la compa˜ n´ıa vende los dos tipos de cintas a 6 bs. y 7,50 bs cada una, respectivamente, la utilidad mensual como funci´on del n´ umero de unidades producidas y vendidas por semanas es Utilidad total = Ingreso total - Costo total I(x, y) = 60000 − (6x + 7,5y + 1200) = −6x − 7, 5y + 58800  EJEMPLO 4.5. Si expresamos el ´area de un tri´angulo en funci´on de la base y de la altura, tendremos una funci´on de dos variables. En efecto, si b es la base del tri´angulo y h su altura, se sabe que, el ´area es igual a un medio de la base por la altura, es decir 1 a = bh, 2

aqu´ı b > 0, h > 0.

Luego el ´area a esta en funci´on de la base b y de la altura h, esto se escribe como a = f (b, h),

1 donde f (b, h) = bh. 2

Luego tenemos definida la funci´on “‘´area” dado por f : (0, ∞) × (0, ∞) → R (b, h)

4.1.

7→ f (b, h) = 12 bh.

Dominio y e imagen de una funci´ on

Sea D subconjunto de Rn . Recordemos que una funci´on de D en Rm es una regla de correspondencia tal que a cada punto x de D le corresponde un u ´ nico punto en Rm . El conjunto D se llama dominio de la funci´on. email [email protected]

53

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

54

Es usual definir las funciones dando simplemente la regla de correspondencia z = f (x), sin especificar el dominio D. En tal caso se entiende que el dominio viene impl´ıcito en la propia f´ormula, y queda determinado por todos aquellos puntos x en Rn para los cuales tiene sentido aplicar la f´ormula que define la funci´on. O sea, el dominio est´a formado por todos aquellos puntos x en Rn tales que al sustituirlos en la f´ormula y realizadas las operaciones indicadas se obtiene un punto f (x) en Rm . Es decir, se entiende que el dominio de la funci´on f es el mayor subconjunto D de Rn para el cual su imagen f (x) tiene sentido. Por ejemplo, si definimos la funci´on a = 12 xy el dominio ser´a cualquier subconjunto de R2 , en particular R2 es el dominio mas grande de esta funci´on. Ahora bien, si queremos que esta funci´on represente el ´area de un tri´angulo, los valores x e y tienen que ser positivos. Por lo tanto dicha restricci´on habr´a que indicarla junto con la f´ormula, esto es, a = 12 xy, donde x > 0, y > 0. Si no se indica ninguna restricci´on estamos suponiendo que el dominio es el “m´aximo permitido” por la f´ormula. El conocimiento del dominio nos permite saber qu´e puntos pueden sustituirse en la f´ormula y cuales no. EJEMPLO 4.6. Encontrar y hacer un esquema del dominio de definici´ on Dom(f ) de la funci´on 2 xy f : R2 → R dado por f (x, y) = 2 . y − 9x EJEMPLO 4.7. Encontrar y graficar el dominio de definici´ on Dom(f ) de la siguiente funcion √ y  2  f : R3 → R dada por f (x, y, z) = x y2 z2 log − 2 − 2 + 2 2 3 4 ´ SOLUCION.El dominio de la funci´on f es la intersecci´on de la regi´on y ≥ 0 con la region que esta por fuera del cono siguiente: Z

Y

X

p EJEMPLO 4.8. Dado la funci´on f (x, y) = − 16 − x2 − y 2 determinar dominio, rango y graficar.

´ SOLUCION.Para hallar el dominio es suficiente resolver la desigualdad 16 − x2 − y 2 ≥ 0, de donde x2 + y 2 ≤ 16, esto es, el dominio es el disco de centro el origen (0, 0) y radio 4. El rango es el intervalo cerrado [−1, 0]. Y finalmente su gr´afico es dado por:

email [email protected]

54

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

55

0 -1

5

-2 -3 -4 0

-5

0

5

-5

♣

4.2.

Operaciones con funciones.

Sean Df y Dg subconjuntos de Rn , y f : Df → Rm , g : Dg → Rm dos funciones, entonces la suma de f y g es la funci´on f + g : Df +g → Rm definida por (f + g)(x) = f (x) + g(x),

para todo x en Df +g

donde Df +g = Df ∩ Dg .

La resta de f y g es la funci´on f − g : Df −g → Rm definida por (f − g)(x) = f (x) − g(x),

para todo x en Df −g

donde Df −g = Df ∩ Dg . Sean Df y Dg subconjuntos de Rn , y f : Df → R, g : Dg → R dos funciones, entonces la multiplicaci´on de f y g es la funci´on f g : Df g → R definida por (f g)(x) = f (x)g(x),

para todo x en Df g

donde La Divisi´on de f y g es la funci´on

f g

Df g = Df ∩ Dg . : Df g → R definida por

  f f (x) (x) = , g g(x)

para todo x en D f

g

donde D f = Df ∩ Dg − {x : g(x) = 0}. g

email [email protected]

55

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

56

Sean Df subconjunto de Rn y Dg subconjunto de Rm , y f : Df → Rm , g : Dg → Rk dos funciones, entonces la composici´on de f con g es la funci´on g ◦ f : Dg◦f → Rk definida por (g ◦ f )(x) = g(f (x)),

para todo x en Dg◦f

donde Dg◦f = Df ∩ f −1 (Dg ). EJEMPLO 4.9. Halle la composici´on de las siguientes funciones. f : R2

g : R → R3

→ R

(x, y) 7→ f (x, y) = x2 + y 2.

x 7→ g(x) = (cos(x), ex , x3 )

´ SOLUCION.g(f (x, y)) = g(x2 + y 2 ) = (cos(x2 + y 2), ex

2 +y 2

, (x2 + y 2)3 )

EJEMPLO 4.10. Halle la composici´on de las siguientes funciones. f :R

→ R2

g : R2 2

x 7→ f (x) = (ex , sen x2 ).

→ R3

4

(x, y) 7→ g(x, y) = (log x, exy , x + y)

´ SOLUCION.2

2

g(f (x)) = g(ex , sen x2 ) = (log(ex ), ee

x2 (x2 )4

2

, ex + x2 )

EJEMPLO 4.11. Halle la composici´on de las funciones f y g, es decir halle g ◦ f donde

R2

f

-

H HH HH HH H H j H

g◦f

R3

g ?

R2

f (x, y) = (x2 y, sen(x2 − y 2 ), x + y),

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

´ SOLUCION.    g(f (x, y)) = g x2 y, sen(x2 − y 2), x + y = x2 y + sen(x2 − y 2) + (x + y), x2 y sen(x2 − y 2)(x + y) email [email protected]

56

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

4.3.

ζℏαυεz

57

Gr´ aficas de funciones

Sean Df un subconjunto de Rn y f : Df → Rm una funci´on, entonces el gr´afico de f es el subconjunto de Rn+m dado por graf (f ) = {(x, f (x)) : x ∈ Df }

4.3.1.

Secciones

Sean c un n´ umero real, Df un subconjunto de R2 y f : Df → R una funci´on, para graficar z = f (x, y) empezamos graficando las sus seciones: La secci´on vertical de y contra z correspondiente a c es la intersecci´on del gr´afico de f “graf (f )” y el plano {x = c}, esto es V (c) = {((c, y), f (c, y)) : (c, y) ∈ Df } = graf (f ) ∩ {x = c}. La secci´on vertical de x contra z correspondiente a c es la intersecci´on del gr´afico de f “graf (f )” y el plano {y = c}, esto es H(c) = {((x, c), f (x, c)) : (x, c) ∈ Df } = graf (f ) ∩ {y = c}. EJEMPLO 4.12. El volumen de ventas de un art´ıculo particular depende de su precio y tambi´en, en muchos caso, de la cantidad que el fabricante gasta en promoci´on de publicidad. Sea p el precio y q el gasto el publicidad al mes ambos en bolivianos y v el volumen de ventas mensuales. v = f (p, q). Suponga que en cierto caso: v = 1000(5 − pe−kq ) en donde k = 0,001. Dibujar las secciones verticales de p contra v correspondiente a los valores q = 0, 500, 1000 y 1500. Dibujar las secciones verticales de q contra v correspondiente a los valores p = 1, 3, 5 y 8. ´ SOLUCION.-

4.3.2.

Curvas de Nivel

Sean c un n´ umero real, Df un subconjunto de R2 y f : Df → R una funci´on, entonces el conjunto de nivel c de f es la intersecci´on del gr´afico de f “graf (f )” y el plano {z = c}, esto es f −1 (c) = {(x, y) : f (x, y) = c} = graf (f ) ∩ {z = c} EJEMPLO 4.13. Graficar la funci´on f (x, y) = 25 − x2 − y 2 .

email [email protected]

57

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

58

´ SOLUCION.El dominio de la funci´on es todo R2 . Para hallar el gr´afico de la funci´on sustituimos f (x, y) por z, con lo que tenemos: z = 25 − x2 − y 2 . Veamos los cortes de dicha superficie con los planos coordenados:

☞ Corte con el plano x = 0. z − 25 = −y 2 que es una par´abola hacia abajo en el plano yz con v´ertice en el punto (0, 0, 25). ☞ Corte con el plano y = 0. z − 25 = −x2 que es una par´abola hacia abajo en el plano xz con v´ertice en el punto (0, 0, 25). ☞ Corte con el plano z = 0. x2 + y 2 = 25 que es una circunferencia en el plano xy con centro en el punto (0, 0, 0) y radio 5. Para hallar las curvas de nivel suponemos z constante. Puesto que la f´ormula z = 25 − x2 − y 2 es equivalente a la formula x2 + y 2 = z − 25, se tiene que√para cada valor z < 25 tenemos la ecuaci´on de una circunferencia de centro el origen y de radio z − 25, esto es, √ x2 + y 2 = ( z − 25)2 . Ahora damos varios valores a z para curvas de nivel a distintas alturas. ☞ Curva de nivel z = 0 es x2 + y 2 = 25 la circunferencia de radio 5. ☞ Curva de nivel z = 9 es x2 + y 2 = 16 la circunferencia de radio 4. ☞ Curva de nivel z = 16 es x2 + y 2 = 9 la circunferencia de radio 3. ☞ Curva de nivel z = 21 es x2 + y 2 = 4 la circunferencia de radio 2. ☞ Curva de nivel z = 24 es x2 + y 2 = 4 la circunferencia de radio 1. ☞ Curva de nivel z = 25 es x2 + y 2 = 0 se reduce al punto (0, 0). EJEMPLO 4.14. Esbozar las curvas de nivel y graficar la funci´on f : R2 → R dada por f (x, y) = x2 − y 2 ´ SOLUCION.-

4.3.3.

Superficies de Nivel

Sean c un n´ umero real, Df un subconjunto de R3 y f : Df → R una funci´on, entonces el conjunto de nivel c de f es el subconjunto de R3 dado por f −1 (c) = {x : f (x) = c} email [email protected]

58

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

59

EJEMPLO 4.15. Hallar las superficies de nivel de la funci´ on f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 . ´ SOLUCION.El dominio de la funci´on es todo R3 . Para hallar las superficies de nivel de la funci´on sustituimos f (x, y, z) por w, con lo que tenemos: x2 + y 2 + z 2 = w Ahora damos varios valores a w para hallar las superficies de nivel ☞ Superficies de nivel w = 0 es x2 + y 2 + z 2 = 0 se reduce al punto (0, 0, 0). ☞ Superficies de nivel w = 4 es x2 + y 2 + z 2 = 22 la esfera de radio 2. ☞ Superficies de nivel w = 9 es x2 + y 2 + z 2 = 32 la esfera de radio 3. ☞ Superficies de nivel w = 16 es x2 + y 2 + z 2 = 42 la esfera de radio 4. ☞ Superficies de nivel w = 25 es x2 + y 2 + z 2 = 52 la esfera de radio 5. ☞ Superficies de nivel w = 36 es x2 + y 2 + z 2 = 62 la esfera de radio 6.

email [email protected]

59

R βo ιυατ

CAP´ITULO 5

Limites y Continuidad

5.1.

Limites de funciones

Al calcular el l´ımite de una funci´on en un punto nos interesamos por los valores que toma la funci´on en los alrededores del punto. El l´ımite de la funci´on en un punto va a ser el valor que deber´ıa tomar la funci´on en dicho punto, de acuerdo con los valores que toma en los alrededores del mismo. Este valor puede coincidir o no con el valor que realmente toma la funci´on en el punto en cuesti´on. Es decir, el l´ımite de una funci´on en un punto x0 es l si los valores que toma la funci´on en los alrededores de x0 est´an tan cerca de l como queramos (el valor que la funci´on tome en x0 no interesa a la hora de calcular el l´ımite) Para poder hablar de l´ımite de una funci´on en un punto, la funci´on tiene que estar definida en los alrededores del punto. Formalmente la definici´on de l´ımite es la siguiente: ´ 5.1. Sea f : Dom(f ) ⊂ Rn → Rm una funci´ DEFINICION on y x0 ∈ Rn , l ∈ Rm . El l´ımite de f en x0 es l (o f (x) tiende a l cuando x tiende a x0 o el l´ımite de f (x) cuando x tiende a x0 es l) que se escribe l´ım f (x) = l x→x0

si para todo ε > 0 existe δ = δ(ε) > 0 tales que f (B(x0 , δ)) ⊂ B(f (x0 ), ε). Observemos que l´ımx→x0 f (x) = l quiere decir que el valor de f en x, f (x), esta arbitrariamente cerca de l cuando x esta suficientemente cerca de x0 pero distinto de x0 . 60

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

61

l´ımx→0 x2 + 1 = 1 quiere decir que x2 + 1 esta arbitrariamente cerca de 1 cuando x esta suficientemente cerca de 0. l´ım(x,y,z)→(1,2,3) ((x − 1)y, yz) = (0, 6) quiere decir que ((x − 1)y, yz) esta arbitrariamente cerca de (0, 6) cuando (x, y, z) esta suficientemente cerca de (1, 2, 3). EJEMPLO 5.1. Demostrar que

l´ım

(x,y)7→(1,−1)

(x + 2y + 3) = 2

p ´ SOLUCION.Supongamos que ||(x, y) − (1, −1)|| = (x − 1)2 + (y + 1)2 < δ, donde (x − 1)2 + (y + 1)2 < δ 2 , por tanto (x − 1)2 < δ 2 y (y + 1)2 < δ 2 , as´ı |x − 1| < δ y |y + 1| < δ, lo cual implica −δ < x − 1 < δ,

−δ + 1 < x < δ + 1

y −δ < y + 1 < δ,

−δ − 1 < y < δ − 1,

−2δ − 2 < 2y < 2δ − 2

sumando −3δ − 1 < x + 2y < 3δ − 1,

−3δ < x + 2y + 1 < 3δ

por tanto |x + 2y + 1| = |(x + 2y + 3) − 2| < 3δ. ε Para cada ε > 0, es suficiente tomar δ = . Asi, si ||(x, y) − (1, −1)|| < δ, entonces 3 ε |x + 2y + 1| = |(x + 2y + 3) − 2| < 3δ = 3 = ε 3 EJEMPLO 5.2. Mediante definici´on, demostrar que

l´ım

(x,y)→(1,2)

♣

(2x + 3y) = 8.

´ SOLUCION.Tomemos ε > 0, debemos demostrar que existe δ > 0 tal que |2x + 3y − 8| < ε siempre que ||(x, y) − (1, 2)|| < δ.

(5.1)

Definamos δ siendo el siguiente n´ umero nε εo δ = m´ax , 4 6 Ahora bien, supongamos que ||(x, y) − (1, 2)|| = de aqu´ı se sigue que

p

(x − 1)2 + (y − 2)2 < δ

(x − 1)2 < (x − 1)2 + (y − 2)2 < δ 2 ≤ lo cual implica que 2|x − 1| < email [email protected]

61

ε 2

(5.2)

ε2 16 (5.3) R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

62

Por otra parte, desde (5.2) tambi´en se deduce que (y − 2)2 < (x − 1)2 + (y − 2)2 < δ 2 ≤ de aqu´ı se tiene que 3|y − 2| <

ε2 36

ε 2

(5.4)

sumando las desigualdades (5.3) y (5.4) obtenemos finalmente que |2x + 3y − 8| = |2(x − 1) + 3(y − 2)| ≤ 2|x − 1| + 3|y − 2| < ε. EJEMPLO 5.3. Demostrar que

l´ım

(x,y)7→(−1,1)

(3x − 2y + 6) = 1

♣

p ´ SOLUCION.Supongamos que ||(x, y) − (−1, 1)|| = (x + 1)2 + (y − 1)2 < δ, donde (x + 1)2 + (y − 1)2 < δ 2 , por tanto (x + 1)2 < δ 2 y (y − 1)2 < δ 2 , as´ı |x + 1| < δ y |y − 1| < δ, lo cual implica −δ < x + 1 < δ,

−δ − 1 < x < δ − 1,

−3δ − 3 < 3x < 3δ − 3

y sumando

−δ < y − 1 < δ,

−δ + 1 < y < δ + 1,

−5δ − 5 < 3x − 2y < 5δ − 5,

−2δ − 2 < −2y < 2δ − 2

−5δ < 3x − 2y + 5 < 5δ

por tanto |(3x − 2y + 6) − 1| = |3x − 2y + 5| < 5δ. ε Para cada ε > 0, es suficiente tomar δ = . As´ı, si ||(x, y) − (−1, 1)|| < δ, entonces 5 ε |(3x − 2y + 6) − 1| = |3x − 2y + 5| < 5δ = 5 = ε 5 EJEMPLO 5.4. Demostrar que

l´ım

(x,y)7→(1,−1)

(2x2 + y + 4) = 5.

♣

´ SOLUCION.Empecemos demostrando que l´ım x2 = 1. En efecto, supongamos que (x,y)7→(1,−1) p ||(x, y) − (1, −1)|| = (x − 1)2 + (y + 1)2 < 1, donde (x − 1)2 + (y + 1)2 < 1, por tanto 2 (x − 1) < 1 as´ı |x − 1| < 1 lo cual implica −1 < x − 1 < 1 de donde 1 < x + 1 < 3, por tanto |x2 − 1| = |x − 1||x + 1| < 3|x − 1|. ε Para cada ε > 0, es suficiente tomar δ = . Asi, si |x − 1| < ||(x, y) − (1, −1)|| < δ, entonces 3 |x2 − 1| = |x − 1||x + 1| < 3|x − 1| < 3δ = ε Un an´alisis similar demuestra que propiedades del L´ımite. email [email protected]

l´ım

(x,y)7→(1,−1)

(y + 4) = 3. Luego el resultado se sigue de las ♣ 62

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

63

LEMA 5.1. Si f : Dom(f ) → R es cualesquiera de la siguientes funciones ⋆ ⋆ ⋆

P olinomio : R → R

⋆

tan, sec : R − {±(2n + 1) π2 : n ∈ N} → R

⋆

log : (0, ∞) → R

⋆

sen, cos : R → R

exp : R → R √ · : [0, ∞) → R

Entonces para todo x0 ∈ Dom(f ) se tiene que l´ım f (x) = f (x0 ).

x→x0

LEMA 5.2. Si una funci´on f : Dom(f ) ⊂ Rn → R s´ olo depende de la variable xi para alg´ un i ∈ {1, ..., n} entonces l´ım

(x1 ,...,xn)→(a1 ,...,an )

f (x1 , ..., xn ) = l´ım f (x1 , ..., xn ). xi →ai

Sea f (x, y) = sen(x). Entonces l´ım

(x,y)→(π,3)

sen(x) = l´ım sen(x) = sen(π) = 0. x→π

TEOREMA 5.1. Sea f : Dom(f ) ⊂ Rn → Rm un funci´ on con funciones coordenadas fi : n Dom(f ) ⊂ R → R para i = 1, 2..., n, entonces   l´ım f (x) = l´ım f1 (x) , ... , l´ım fn (x) x→x0

x→x0

x→x0

Sea f (x, y) = (sen(x), ey , x). Entonces l´ım

(x,y)→(π,3)

y

(sen(x), e , x) =



 l´ım sen(x), l´ım e , l´ım x = (0, e3 , π). y

x→π

y→3

x→π

TEOREMA 5.2. Sean f : Dom(f ) ⊂ Rn → Rm y g : Dom(g) ⊂ Rn → Rm dos funciones tales que l´ım f (x) = l1 y l´ım g(x) = l2 . x→x0

x→x0

Entonces (a) l´ımx→x0 f (x) + g(x) = l1 + l2 (b) α ∈ R, l´ımx→x0 αf (x) = αl1 (c) m = 1, l´ımx→x0 f (x) · g(x) = l1 · l2 l1 f (x) = . x→x0 g(x) l2

(d) m = 1 y l2 6= 0, l´ım email [email protected]

63

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

64

Demostraci´on. Sea ε > 0 existen δf = δf (ε) > 0 y δg = δg (ε) > 0 tales que 0 < d(x, x0 ) < δf ⇒ d(f (x), l1 ) < ε/2 y 0 < d(x, x0 ) < δg ⇒ d(g(x), l2) < ε/2. Puesto que d(f (x) + g(x), l1 + l2 ) = ||f (x) + g(x) − (l1 + l2 )|| ≤ ||f (x) − l1 )|| + ||g(x) − l2 || < ε siempre que d(x, x0 ) < m´ın{δf , δg }, tenemos probado (a).

Demostrando la parte (c). Como f : Rn → R es una funci´on tal que l´ım f (x) = l1 ,

x7→a

esto quiere decir que: Para todo ε > 0, existe δ > 0 tal que |f (x) − l1 | < ε siempre que ||x − a|| < δ.

(5.5)

En particular para ε = 1, existe δ1 > 0 tal que |f (x) − l1 | < 1 siempre que ||x − a|| < δ1 . Como |f (x)| − |l1 | ≤ |f (x) − l1 | < 1 se obtiene |f (x)| < 1 + |l1 |.

(5.6)

El hecho de que g : R2 → R es tambi´en continua en a implica que: Para todo ε > 0, existe δ > 0 tal que |g(x) − l2 | < ε siempre que ||x − a|| < δ. (5.7) Ahora observemos que |(f g)(x) − (f g)a| = |f (x)g(x) − l1 l2 | = |f (x)g(x) − f (x)l2 + f (x)l2 − l1 l2 | ≤ |f (x)g(x) − f (x)l2 | + |f (x)l2 − l1 l2 | ≤ |f (x)| |g(x) − l2 | + |f (x) − l1 | |l2 | Ahora, para cualquier ε > 0, para el n´ umero ε >0 2(1 + |l1 |) email [email protected]

64

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

65

la propiedad (5.7) asegura que existe δ2 > 0 tal que |g(x) − l2 | <

ε siempre que ||x − a|| < δ2 . 2(1 + |l1 |)

Por otro lado, para el n´ umero

(5.8)

ε >0 2|l2|

la propiedad (5.5) asegura que existe δ3 > 0 tal que |f (x) − l1 | <

ε siempre que ||x − a|| < δ3 . 2|l2 |

(5.9)

Ahora tomando δ = m´ın{δ1 , δ2 , δ3 }, de los incisos (5.6), (5.8) y (5.9) podemos concluir que si ||x − a|| < δ entonces |(f g)(x) − (f g)a|

≤

|f (x)| |g(x) − l2 | + |f (x) − l1 | |l2 |

≤

(1 + |l1 |)

≤

ε ε + 2 2

≤

ε.

ε ε + |l2 | 2(1 + |l1 |) 2|l2 |

Esto prueba que la parte (c) del teorema. ❚ Sea f (x, y, z, w) = ysen(z). Entonces l´ım

(x,y,z,w)→(1,2,π,10)

ysen(z) =

l´ım

(y,z)→(2,π)

ysen(z) = 2sen(π) = 0.

LEMA 5.3. Si p : Rn → R es un polinomio entonces para todo x0 ∈ Rn se tiene que l´ımx→x0 p(x) = p(x0 ). Sea p(x, y) = 3 − 4xy + x2 y 3 − 5x3 . Entonces l´ım

(x,y)→(2,1)

3 − 4xy + x2 y 3 − 5x3 = 3 − 4(2)(1) + 22 · 13 − 5 · 23 = .

LEMA 5.4. Si p : Rn → R y q : Rn → R son polinomios con q(x0 ) 6= 0 para x0 ∈ Rn . Entonces p(x0 ) p(x) = . l´ım x→x0 q(x) q(x0 ) email [email protected]

65

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

66

Sean p(x, y, z) = 3 + 2xy + x5 y 3 z − 5x3 z 2 y q(x, y, z) = x + y + z. Entonces 3 p(x, y, z) = = 3. (x,y,z)→(1,0,0) q(x, y, z) 1 l´ım

TEOREMA 5.3. Sean f : Dom(f ) ⊂ Rn → Rm y g : Dom(g) ⊂ Rm → Rk dos funciones tales que l´ım f (x) = l1 y l´ım g(x) = l2 . x→x0

y→l1

Entonces l´ım f (g(x)) = l2 .

x→x0

Sea f (x, y) = log(x2 + 4xy 3 ). Entonces l´ım

(x,y)→(1,1)

log(x2 + 4xy 3 ) = log(5).

Calcular l´ım

(x,y)→(2,4)

5.2.

(x2 + 2x − y),

l´ım

(x,y)→(1,1)

(2x2 − 2y + 4).

Calculando l´ımites por sustituci´ on directa.

Si f : Rn → R es una funci´on obtenida haciendo operaciones algebraicas (suma, resta, multiplicaci´o√ n, divisi´on y composici´on de funiones) con las funciones P olinomio, sen, cos, tan, sec, exp, log, · y si la funci´on f esta definida en un punto x0 ∈ Rn , esto es, x0 ∈ Dom(f ), entonces para calcular el l´ımite de f (x) en el punto x0 ∈ Rn bastar´a sustituir x por x0 , esto es l´ım f (x) = f (x0 ).

x→x0

El problema est´a en los puntos en los que la funci´on no est´a definida. Por lo tanto, al calcular un l´ımite lo primero que intentaremos es la sustituci´on directa, y s´olo en el caso de que nos encontremos con una indeterminaci´on intentaremos romperla por alg´ un m´etodo. Veamos algunos ejemplos: Calcular el siguiente l´ımite l´ım

(x,y)7→(1,3)

3x2 − 7xy 2 + 4xy = (3)12 − 7(1)32 + 4(1)3

Calcular el siguiente l´ımite

email [email protected]

66

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s l´ım

(x,y)7→(1,1)

ζℏαυεz

67

cos3 (πxy) + e2yx log(xy) = cos3 (π · 1 · 1) + e2·1·1 log(1 · 1)

En los siguientes ejemplos una sustituci´on directa nos conduce a una indeterminaci´on. 6x − 2y 0 = ∈ / R, 2 2 (x,y)7→(1,3) 9x − y 0 l´ım

l´ım

2

(x,y)7→(0,0)

2

(x + y )sen



1 xy



= 0 · sen(∞) ∈ /R

0 y2 = ∈ / R. (x,y)7→(0,0) x + y 2 0 l´ım

5.3.

C´ alculo de l´ımites mediante operaciones algebraicas.

Si f (x0 ) es ±∞ o alguna de las siguientes indeterminacines 0 , 0

0 · ∞,

00 ,

∞0 ,

1∞ ,

∞ − ∞,

y

∞ . ∞

Para calcular el limite l´ımx→x0 f (x) podemos realizar una simplificaci´on algebraica en f (x) antes de reemplazar x por x0 . Si el problema de indeterminaci´on persiste posiblemente el l´ımite no exista. EJEMPLO 5.5. Sabiendo que l´ım (1 + x)1/x = e,

x7→0

sen(x) = 1, x7→0 x l´ım

ex − 1 l´ım = 1, x7→0 x

1 − cox(x) = 0, x7→0 x l´ım

x−1 = 1, x7→1 ln(x) l´ım

calcular los siguientes l´ımites. EJEMPLO 5.6. Calcular el siguiente l´ımite

x2 + y 2 . (x,y)7→(0,0) ln(1 − x2 − y 2 ) l´ım

´ SOLUCION.x2 + y 2 u−1 = l´ım 2 2 u7→1 ln(u) (x,y)7→(0,0) ln(1 − x − y ) l´ım

u = 1 − x2 − y 2 u→1

= 1 email [email protected]

67

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

EJEMPLO 5.7. Calcular el siguiente l´ımite

68

x2 − y 2 . (x,y)7→(2,−2) ex+y − 1 l´ım

´ SOLUCION.x2 − y 2 l´ım = (x,y)7→(2,−2) ex+y − 1

(x + y)(x − y) (x,y)7→(2,−2) ex+y − 1 l´ım

u (2 − (−2)) u7→0 eu − 1

= l´ım = 4

EJEMPLO 5.8. Calcular el siguiente l´ımite

l´ım

(x,y)7→(0,0)

u=x+y u→0

sen(x2 − y 2) . x+y

´ SOLUCION.l´ım

(x,y)7→(0,0)

sen(x2 − y 2 ) = x+y =

=

l´ım

sen(x2 − y 2 ) x+y

l´ım

(x − y)

l´ım

(x − y) l´ım

(x,y)7→(0,0)

(x,y)7→(0,0)

(x,y)7→(0,0)

sen(x2 − y 2) x2 − y 2 sen(u) u7→0 u

u = x2 − y 2 u→0

= (0 − 1)1 = 0 EJEMPLO 5.9. Calcular el siguiente l´ımite

1 − cox(xy) . (x,y)7→(0,3) x l´ım

´ SOLUCION.1 − cox(xy) = (x,y)7→(0,3) x l´ım

=

[1 − cox(xy)] xy

l´ım

y

l´ım

y l´ım

(x,y)7→(0,3)

(x,y)7→(0,3)

1 − cox(u) u7→0 u

= 3(0) = 0 EJEMPLO 5.10. Calcular el siguiente l´ımite

u = xy u→0

ex+y − 1 . (x,y)7→(a,−a) x + y l´ım

´ SOLUCION.email [email protected]

68

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

69

eu − 1 ex+y − 1 = l´ım u7→0 (x,y)7→(a,−a) x + y u l´ım

u=x+y u→0

= 1 EJEMPLO 5.11. Calcular el siguiente l´ımite

sen(x)sen(y) . (x,y)7→(0,0) exy − 1 l´ım

´ SOLUCION.sen(x)sen(y) = (x,y)7→(0,0) exy − 1 l´ım

=

sen(x)sen(y) xy (x,y)7→(0,0) xy exy − 1 l´ım

sen(x) sen(y) xy (x,y)7→(0,0) x y exy − 1 l´ım

sen(x) sen(y) u l´ım l´ım u x7→0 y7 → 0 u7 → 0 x y e −1

= l´ım

u = xy u→0

= 1 EJEMPLO 5.12. Calcular el siguiente l´ımite

6x − 2y . (x,y)7→(1,3) 9x2 − y 2 l´ım

´ SOLUCION.6x − 2y = (x,y)7→(1,3) 9x2 − y 2 l´ım

2(3x − y) (x,y)7→(1,3) (3x + y)(3x − y) l´ım

=

2 (x,y)7→(1,3) 3x + y

=

2 1 = 3(1) + 3 3

l´ım

EJEMPLO 5.13. Calcular el siguiente l´ımite

l´ım

(x,y)7→(1,1)



 x2 − 1 y−1 − 2 . x−1 y −1

´ SOLUCION.-

email [email protected]

69

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s l´ım

(x,y)7→(1,1)



y−1 x2 − 1 − 2 x−1 y −1

ζℏαυεz 

70 

(x − 1)(x + 1) y−1 = l´ım − (x,y)7→(1,1) x−1 (y − 1)(y + 1)   1 = l´ım x+1− (x,y)7→(1,1) y+1   1 4−1 3 1 = 1+1− =2− = = 1+1 2 2 2

EJEMPLO 5.14. Calcular el siguiente l´ımite



(x3 − 1)(y 4 − 1) . (x,y)7→(1,1) (x − 1)(y 2 − 1) l´ım

´ SOLUCION.(x3 − 1)(y 4 − 1) = (x,y)7→(1,1) (x − 1)(y 2 − 1) l´ım

=

(x − 1)(x2 + x + 1)(y 2 − 1)(y 2 + 1) (x,y)7→(1,1) (x − 1)(y 2 − 1) l´ım l´ım

(x,y)7→(1,1)

(x2 + x + 1)(y 2 + 1)

= (12 + 1 + 1)(12 + 1) = 3(2) = 6 EJEMPLO 5.15. Calcular el siguiente l´ımite

l´ım

(x,y)7→(0,0)

´ SOLUCION.l´ım

(x,y)7→(0,0)

x2 + y 2

p = x2 + y 2 + 1 − 1 =

= = = =

x2 + y 2 x2 + y 2 + 1 − 1

.

p x2 + y 2 + 1 + 1 p l´ım p (x,y)7→(0,0) x2 + y 2 + 1 − 1 x2 + y 2 + 1 + 1 p (x2 + y 2)[ x2 + y 2 + 1 + 1] p l´ım (x,y)7→(0,0) [ x2 + y 2 + 1]2 − 12 p (x2 + y 2)[ x2 + y 2 + 1 + 1] l´ım (x,y)7→(0,0) x2 + y 2 + 1 − 1 p (x2 + y 2)[ x2 + y 2 + 1 + 1] l´ım (x,y)7→(0,0) x2 + y 2 p l´ım x2 + y 2 + 1 + 1 x2 + y 2

(x,y)7→(0,0)

√

0 2 + 02 + 1 + 1 = 2

EJEMPLO 5.16. Calcular el siguiente l´ımite email [email protected]

p

l´ım

(x,y)7→(0,3)

70

1 + x2 y


12 x

. R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

71

´ SOLUCION.-

l´ım

(x,y)7→(0,3)

1 + x2 y


12 x

= = =

1 + x2 y

l´ım

(x,y)7→(0,3)

l´ım

(x,y)7→(0,3)

h

h

2




1+x y

l´ım (1 + u)

1 u

u7→0

= e3

i3

y x2 y




1 x2 y

iy

u = x2 y u→0

x3 y 3 − 1 . (x,y)7→(1,1) xy − 1

EJEMPLO 5.17. Calcular el siguiente l´ımite

l´ım

´ SOLUCION.x3 y 3 − 1 = (x,y)7→(1,1) xy − 1 l´ım

= =

(xy)3 − 1 (x,y)7→(1,1) xy − 1 l´ım

(xy − 1)[(xy)2 + xy + 1] (x,y)7→(1,1) xy − 1 l´ım l´ım

(x,y)7→(1,1)

(xy)2 + xy + 1

= (1 · 1)2 + 1 · 1 + 1 = 3. EJEMPLO 5.18. Calcular

2x2 + x − 2xy − y (x,y)7→(1,1) y 2 − x2 l´ım

´ SOLUCION.2x2 + x − 2xy − y = (x,y)7→(1,1) y 2 − x2 l´ım

2x(x − y) + x − y (x,y)7→(1,1) (y − x)(y + x) l´ım

(x − y)(2x + 1) (x,y)7→(1,1) (x − y)(y + x)

= −

l´ım

2x + 1 2·1+1 3 =− =− (x,y)7→(1,1) y + x 1+1 2

= −

l´ım

♣

5.4.

C´ alculo de l´ımites usando el teorema de acotaci´ on

TEOREMA 5.4 (Teorema de Acotaci´ on). Si f, g : Dom(f ) ⊂ Rn → R son funciones tales que l´ım f (x) = 0 y g es acotada. x→x0

email [email protected]

71

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

72

Entonces l´ım f (x)g(x) = 0.

x→x0

Demostraci´on. |f (x)g(x)| <

ε · M. M ❚

EJEMPLO 5.19. Calcular el siguiente l´ımite

l´ım

(x,y)7→(0,0)

p

x2 + y 2sen



x2



1 . + y2

´ SOLUCION.-

l´ım

(x,y)7→(0,0)

p x2 + y 2 sen



x2

1 + y2



EJEMPLO 5.20. Calcular el siguiente l´ımite

acotado

=

l´ım

(x,y)7→(0,0)

= 0.

tiende a 0 { zp }| { z  }| 1 x2 + y 2 sen x2 + y 2

5x2 y . (x,y)7→(0,0) x2 + y 2 l´ım

´ SOLUCION.acotado

tiende a 0

2

5x y = (x,y)7→(0,0) x2 + y 2 l´ım

l´ım

(x,y)7→(0,0)

= 0.

z}|{ 5y

z }| { x2 x2 + y 2 

 1 EJEMPLO 5.21. Calcular el siguiente l´ımite l´ım (x + y )sen . (x,y)7→(0,0) xy 2

2

´ SOLUCION.-

l´ım

(x,y)7→(0,0)

(x2 + y 2 )sen



1 xy



=

l´ım

(x,y)7→(0,0)

= 0.

acotado

}| {  z }| { 1 (x2 + y 2) sen xy tiende a 0

z

x3 EJEMPLO 5.22. Calcular el siguiente l´ımite l´ım . (x,y)7→(0,0) x2 + y 2 email [email protected]

72

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

73

´ SOLUCION.-

acotado

z }| { x2 x2 + y 2

tiende a 0

x3 = (x,y)7→(0,0) x2 + y 2 l´ım

l´ım

(x,y)7→(0,0)

= 0. EJEMPLO 5.23. Calcular el siguiente l´ımite

l´ım

(x,y)7→(0,0)

z}|{ x

  1 1 x sen + y sen . y x

´ SOLUCION.-

l´ım

(x,y)7→(0,0)

  1 1 x sen + y sen = y x

acotado tiende a 0

l´ım

(x,y)7→(0,0)

= 0.

EJEMPLO 5.24. Calcular el siguiente l´ımite

z}|{ x

acotado

z }| { tiende a 0 z }| { z}|{ 1 1 sen + y sen y x

x4 y . (x,y)7→(0,0) x4 + y 4 l´ım

´ SOLUCION.acotado

x4 y = (x,y)7→(0,0) x4 + y 4 l´ım

tiende a 0

l´ım

(x,y)7→(0,0)

= 0. EJEMPLO 5.25. Calcular el siguiente l´ımite

z}|{ y

z }| { x4 x4 + y 4

y(x − 1)3 . (x,y)7→(1,−2) (x − 1)2 + (y + 2)2 l´ım

´ SOLUCION.-

y(x − 1)3 l´ım = (x,y)7→(1,−2) (x − 1)2 + (y + 2)2

tiende a 0

l´ım

(x,y)7→(0,0)

= 0.

EJEMPLO 5.26. Calcular el siguiente l´ımite

email [email protected]

l´ım

(x,y)7→(0,0)

73

z }| { y(x − 1)

p

z

acotado

}| { (x − 1)2 (x − 1)2 + (y + 2)2

x3 x2 + y 2

. R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

74

´ SOLUCION.-

tiende a 0

3

l´ım

(x,y)7→(0,0)

p

x

x2 + y 2

=

l´ım

(x,y)7→(0,0)

= 0.

EJEMPLO 5.27. Calcular el siguiente l´ımite

l´ım

(x,y)7→(0,0)

´ SOLUCION.-

z}|{ x2

p

acotado

z }| { x p 2 x + y2

xy x2 + y 2

.

acotado

l´ım

(x,y)7→(0,0)

5.5.

p

xy x2 + y 2

tiende a 0

=

l´ım

(x,y)7→(0,0)

= 0.

z}|{ x

z }| { y p x2 + y 2

Inexistencia de l´ımites

Cuando no sepamos calcular un l´ımite, intentaremos demostrar que dicho l´ımite no existe. Esto lo podemos hacer por dos m´etodos: Mediante los l´ımites direccionales. Mediante los l´ımites reiterados.

5.5.1.

L´ımites direccionales

Aunque la definici´on de l´ımite de funciones de dos variables va en total paralelismo con la definici´on de l´ımite de funciones de una sola variable, existe una diferencia fundamental a la hora de determinar la existencia de un l´ımite. En una variable, la existencia del l´ımite, es equivalente a la coincidencia de los l´ımites laterales. Es decir, para determinar si una funci´on de una variable tiene l´ımite en un punto determinado, solamente necesitamos comprobar qu´e ocurre al aproximarnos por dos direcciones (por la izquierda y por la derecha). Si la funci´on tiene el mismo l´ımite por la izquierda y por la derecha podemos concluir que el l´ımite existe. Si embargo, en dos variables esto no es as´ı. En dos variables, en principio, no tiene sentido hablar de l´ımites laterales ¿qu´e significan derecha e izquierda en el plano?, por eso hablamos de l´ımites direccionales, ya que, en dos variables existen

email [email protected]

74

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

75

infinitos caminos para acercarnos al punto, es m´as, podemos acercarnos siguiendo un camino recto o un camino curvo. Es decir, al escribir (x, y) → (x0 .y0 ) entendemos que el punto (x, y) se aproxima al punto (x0 , y0 ) en cualquier direcci´on. Y, para que exista el l´ımite, los l´ımites siguiendo todas las direcciones o trayectorias tienen que coincidir. La exigencia de la definici´on a todos los puntos del entorno significa todas las posibles formas de aproximarse. En consecuencia, para ver que una funci´on no tiene l´ımite en un punto se siguen varios caminos de aproximaci´on al punto y si la funci´on tiene un l´ımite distinto por cada camino, entonces el l´ımite ”doble“ no existe. El problema ser´a determinar si existe un camino que conduce a otra parte. En la pr´actica los caminos que se suelen seguir son rectas y par´abolas. (El camino por rectas se sigue cuando las potencias del denominador son del mismo grado, y el camino por par´abolas cuando son de distinto grado, intentando igualar los grados). No debe olvidarse que la recta ha de pasar por el punto en cuesti´on, es decir su ecuaci´on ha de ser y − y0 = m(x − x0 ). Hay que advertir que este m´etodo s´olo es refutativo, es decir, nos permite negar la existencia del l´ımite pero no afirmarla. As´ı, si encontramos dos l´ımites direccionales diferentes, entonces podemos afirmar que el l´ımite “doble” no existe. Pero si todos los l´ımites direccionales que tomamos nos dan el mismo l´ımite, no por eso podemos afirmar la existencia del l´ımite. Lo m´as que podemos decir es que, de existir el l´ımite doble, su valor ser´a el de los direccionales, pero nadie asegura que siguiendo otra direcci´on, diferente a las tomadas hasta ese momento, obtengamos un resultado diferente. xy EJEMPLO 5.28. Demostrar que el siguiente l´ımite no existe l´ım 2 (x,y)7→(0,0) x + y 2

xy no existe como lo verificaremos a continuaci´on. + y2 Consideremos las rectas y = mx una cada valor de m ∈ R. ´ SOLUCION.El limite

l´ım

(x,y)7→(0,0) x2

xy xmx mx2 m m = l´ ım = l´ ım = l´ ım = . x7→0 x2 + (mx)2 x7→0 x2 (1 + m2 ) x7→0 1 + m2 (x,y)7→(0,0) x2 + y 2 1 + m2 l´ım

Como el l´ımite depende del modo de como uno se aproxima al punto (0, 0) se concluye que el l´ımite no existe. x2 y EJEMPLO 5.29. Demostrar que el siguiente l´ımite no existe l´ım (x,y)7→(0,0) x4 + y 2 ´ SOLUCION.El limite

x2 y no existe como lo verificaremos a continuaci´on. (x,y)7→(0,0) x4 + y 2 l´ım

Consideremos las rectas y = mx2 una cada valor de m ∈ R.

x2 y x2 mx2 x4 m m m = l´ ım = l´ ım = l´ım = . 4 2 4 2 2 4 2 2 x7→0 x + (mx ) x7→0 x (1 + m ) x7→0 1 + m (x,y)7→(0,0) x + y 1 + m2 l´ım

Como el l´ımite depende del modo de como uno se aproxima al punto (0, 0) se concluye que el l´ımite no existe. email [email protected]

75

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

76

EJEMPLO 5.30. Demostrar que el siguiente l´ımite no existe

xy . (x,y)7→(0,0) x2 + y 2 l´ım

´ SOLUCION.-

l´ım

(x,y)7→(0,0) x2

remplazar y = mx

xmx xy = l´ım 2 2 x7→0 x + (mx)2 +y

mx2 x7→0 x2 (1 + m2 ) m m = l´ım = x7→0 1 + m2 1 + m2

= l´ım

EJEMPLO 5.31. Demostrar que el siguiente l´ımite no existe

y2 . (x,y)7→(0,0) x + y 2 l´ım

´ SOLUCION.y2 y2 = l´ ım y7→0 my 2 + y 2 (x,y)7→(0,0) x + y 2 l´ım

remplazar x = my 2

y2 y7→0 y 2 (m + 1) 1 1 = l´ım = x7→0 m + 1 m+1 = l´ım

EJEMPLO 5.32. Demostrar que el siguiente l´ımite no existe

2x2 y . (x,y)7→(0,0) x4 + y 2 l´ım

´ SOLUCION.2x2 y 2x2 mx2 = l´ ım x7→0 x4 + (mx2 )2 (x,y)7→(0,0) x4 + y 2

remplazar y = mx2

l´ım

2mx4 x7→0 x4 + m2 x4 2mx4 = l´ım 4 x7→0 x (1 + m2 ) 2m = l´ım x7→0 1 + m2 = l´ım

=

EJEMPLO 5.33. Demostrar que el siguiente l´ımite no existe email [email protected]

76

2m 1 + m2

7x(x − 5) . (x,y)7→(5,−2) y+2 l´ım

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

77

´ SOLUCION.-

remplazar y + 2 = m(x − 5)

7x(x − 5) 7x(x − 5) = l´ım x7→5 m(x − 5) (x,y)7→(5,−2) y+2 l´ım

= l´ım

x7→5

7x m

=

35 m

EJEMPLO 5.34. Demostrar que el siguiente l´ımite no existe

(x − y)2 . (x,y)7→(0,0) x2 + y 2 l´ım

´ SOLUCION.(x − y)2 (x − mx)2 = l´ ım x7→0 x2 + (mx)2 (x,y)7→(0,0) x2 + y 2

remplazar y = mx

l´ım

= l´ım

x2 (1 − m)2 x2 (1 + m2 )

= l´ım

(1 − m)2 1 + m2

x7→0

x7→0

=

EJEMPLO 5.35. Demostrar que el siguiente l´ımite no existe

(1 − m)2 1 + m2

x+y . (x,y)7→(0,0) x − y l´ım

´ SOLUCION.x+y x + mx = l´ım x7→0 x − mx (x,y)7→(0,0) x − y l´ım

remplazar y = mx

x(1 + m) x7→0 x(1 − m) 1+m 1+m = l´ım = x7→0 1 − m 1−m = l´ım

EJEMPLO 5.36. Demostrar que el siguiente l´ımite no existe

x2 − y 2 . (x,y)7→(0,0) x2 + y 2 l´ım

´ SOLUCION.-

email [email protected]

77

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

78

x2 − (mx)2 x2 − y 2 = l´ ım x7→0 x2 + (mx)2 (x,y)7→(0,0) x2 + y 2

remplazar y = mx

l´ım

= l´ım

x2 (1 − m2 ) x2 (1 + m2 )

= l´ım

1 − m2 1 + m2

x7→0

x7→0

=

EJEMPLO 5.37. Demostrar que el siguiente l´ımite no existe

1 − m2 1 + m2

x2 . (x,y)7→(0,0) x2 − y 2 l´ım

´ SOLUCION.x2 x2 = l´ ım x7→0 x2 − (mx)2 (x,y)7→(0,0) x2 − y 2 l´ım

remplazar y = mx

x2 x7→0 x2 (1 − m2 ) 1 1 = l´ım = x7→0 1 − m2 1 − m2 = l´ım

EJEMPLO 5.38. Calcular el siguiente l´ımite

l´ım

(x,y)7→(1,1) x2

xy − x − y + 1 . + y 2 − 2x − 2y + 2

´ SOLUCION.-

l´ım

(x,y)7→(1,1) x2

xy − x − y + 1 = + y 2 − 2x − 2y + 2 =

l´ım

(x,y)7→(1,1) x2

x(y − 1) − (y − 1) − 2x + 1 + y 2 − 2y + 1

(y − 1)(x − 1) (x,y)7→(1,1) (x − 1)2 + (y − 1)2 l´ım

= l´ım

x7→1

remplazar y − 1 = m(x − 1)

m(x − 1)(x − 1) (x − 1)2 + [m(x − 1)]2

m(x − 1)2 x7→1 (x − 1)2 (1 + m2 ) m m = l´ım = x7→1 1 + m2 1 + m2

= l´ım

email [email protected]

78

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

5.5.2.

ζℏαυεz

79

L´ımites parciales iterados (o reiterados)

Se pueden calcular los siguientes l´ımites: l´ım

x→x0

y l´ım

y→y0

l´ım y → y0 x 6= x0

l´ım x → x0 y 6= y0

Si estos dos l´ımites son distintos, entonces la funci´on no tiene l´ımite, pero si son iguales o alguno de ellos no existe, entonces no se puede asegurar nada sobre el l´ımite doble.

5.6.

Continuidad de funciones

´ 5.2. Una funci´on f : A ⊂ Rn → R es continua en un punto x0 ∈ A si x0 ∈ DEFINICION Dom(f ) y l´ım f (x) = f (x0 ). x→x0

La funci´on f se dice continua en A si es continua en todos de A, y se dice continua si es continua en todos los puntos de su dominio. √ LEMA 5.5. Todas las funciones P olinomio, sen, cos, tan, sec, exp, log, · son continuas en sus respectivos dominios. TEOREMA 5.5. La suma, resta, multiplicaci´ on y composici´ on de funciones continuas es continua. La divisi´on de funciones es continua siempre que la funci´ on del denominador no tiene ceros. TEOREMA 5.6. Si l´ımx→a f (x) = b y g continua en el punto b entonces l´ımx→a g(f (x)) = g(b). EJEMPLO 5.39. Verifique que la siguiente funci´ on f : R2 → R es continuas en todo R2 .

´ SOLUCION.-

email [email protected]

 6x − 2y    9x2 − y 2 f (x, y) =  1   3

79

si (x, y) 6= (1, 3) si (x, y) = (1, 3)

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

6x − 2y = (x,y)7→(1,3) 9x2 − y 2 l´ım

80

2(3x − y) (x,y)7→(1,3) (3x + y)(3x − y) l´ım

=

2 (x,y)7→(1,3) 3x + y

=

1 2 = = f (1, 3) 3(1) + 3 3

l´ım

EJEMPLO 5.40. Verifique que la siguiente funci´ on f : R2 → R es continuas en todo R2 .   2  y−1 x −1   − 2 si (x, y) 6= (1, 1)  x−1 y −1 f (x, y) =    3 si (x, y) = (1, 1) 2 ´ SOLUCION.-

l´ım

(x,y)7→(1,1)



x2 − 1 y−1 − 2 x−1 y −1





(x − 1)(x + 1) y−1 = l´ım − (x,y)7→(1,1) x−1 (y − 1)(y + 1)   1 = l´ım x+1− (x,y)7→(1,1) y+1   1 = 1+1− 1+1



1 4−1 3 = = = f (1, 1) 2 2 2

= 2−

EJEMPLO 5.41. Verifique que la siguiente funci´ on f : R2 → R es continuas en todo R2 .  3 4   (x − 1)(y − 1) si (x, y) 6= (1, 1) (x − 1)(y 2 − 1) f (x, y) =   6 si (x, y) = (1, 1) ´ SOLUCION.-

(x3 − 1)(y 4 − 1) = (x,y)7→(1,1) (x − 1)(y 2 − 1) l´ım

=

(x − 1)(x2 + x + 1)(y 2 − 1)(y 2 + 1) (x,y)7→(1,1) (x − 1)(y 2 − 1) l´ım l´ım

(x,y)7→(1,1)

(x2 + x + 1)(y 2 + 1)

= (12 + 1 + 1)(12 + 1) = 6 = f (1, 1)

email [email protected]

80

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

81

EJEMPLO 5.42. Verifique que la siguiente funci´ on f : R2 → R es continuas en todo R2 . f (x, y) =

´ SOLUCION.l´ım

(x,y)7→(0,0)

   p  

2

x2 + y 2

si (x, y) 6= (0, 0)

x2 + y 2 + 1 − 1

x2 + y 2

p = x2 + y 2 + 1 − 1 =

= = = =

si (x, y) = (0, 0)

p x2 + y 2 + 1 + 1 p l´ım p (x,y)7→(0,0) x2 + y 2 + 1 − 1 x2 + y 2 + 1 + 1 p (x2 + y 2)[ x2 + y 2 + 1 + 1] p l´ım (x,y)7→(0,0) [ x2 + y 2 + 1]2 − 12 p (x2 + y 2)[ x2 + y 2 + 1 + 1] l´ım (x,y)7→(0,0) x2 + y 2 + 1 − 1 p (x2 + y 2)[ x2 + y 2 + 1 + 1] l´ım (x,y)7→(0,0) x2 + y 2 p l´ım x2 + y 2 + 1 + 1 x2 + y 2

(x,y)7→(0,0)

√

02 + 02 + 1 + 1 = 2 = f (0, 0)

EJEMPLO 5.43. Verifique que la siguiente funci´ on f : R2 → R es continuas en todo R2 .

´ SOLUCION.-

 2 2  x −y ex+y − 1 f (x, y) =  2x

si x > −y, si x ≤ −y.

Como el polinomio x2 − y 2 es continua en todo R2 y la funci´on ex+y − 1 es continua en todo R2 , y dem´as ex+y − 1 = 0 cuando x = −y, se tiene que si x > −y la funci´on f (x, y) es continua en R2 − {(x, y) ∈ R2 : x = −y}. Por otro lado para x ≤ −y, se tiene que f (x, y) es 2x por tanto continua. Falta examinar que ocurre en los puntos de al recta x = −y, es decir, tenemos que analizar la continuidad en puntos de la forma (a, −a) para todo a ∈ R. Es f´acil ver que

f (a, −a) = 2a. Para el c´alculo de l´ım

(x,y)7→(a,−a)

email [email protected]

81

f (x, y) R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

82

tenemos que distinguir dos regiones x > −y y x ≤ −y esto por que la funci´on esta definida por pedazos. Empecemos analizando el caso en que x > −y: l´ım

(x,y)7→(a,−a) x>−y

f (x, y) = = =

l´ım

x2 − y 2 ex+y − 1

l´ım

(x + y)(x − y) ex+y − 1

l´ım

(x + y) (x − y) ex+y − 1

(x,y)7→(a,−a) x>−y

(x,y)7→(a,−a) x>−y

(x,y)7→(a,−a) x>−y

u (a − (−a)) u7→0 eu − 1

= l´ım

u=x+y u→0

= 2a = f (a, −a) Por otra parte, para el caso x ≤ −y, tenemos que: l´ım

(x,y)7→(a,−a) x>−y

f (x, y) =

l´ım

(x,y)7→(a,−a) x>−y

2x = 2a = f (a, −a)

Por tanto, el l´ımite existe y vale 2a = f (a, −a), es decir, f es continua en esos puntos. ´ 5.3. Un conjunto X ⊂ Rn es abierto si para todo x ∈ X. existe r > 0 tales que DEFINICION B(x, r) ⊂ X. Un conjunto Y es cerrado si su complemento es abierto. LEMA 5.6. Sea f : X → Rm una funci´ on definida en un subconjunto X ⊂ Rn . f es continua en X si y solo si la imagen inversa f −1 (B) de todo abierto B ⊂ Rm es un conjunto abierto en X. ❚

Demostraci´on. ´ 5.4. Un conjunto K ⊂ Rn es compacto si es cerrado y acotado. DEFINICION

TEOREMA 5.7 (Weierstrass). Toda funci´ on real continua f : K → R definida en un compacto n K ⊂ R alcanza su m´aximo y su m´ınimo en K, esto es, existen puntos xmax , xmin ∈ K tales que f (xmin ) ≤ f (x) ≤ f (xmax ),

email [email protected]

82

∀x ∈ K.

R βo ιυατ

CAP´ITULO 6

Derivaci´ on de funciones reales de varias variables

6.1.

Derivadas parciales

Para funciones de dos variables z = f (x, y), la idea intuitiva de derivada parcial responde a la siguiente cuesti´on: ¿C´omo se va a ver afectada una funci´on de dos variables por una variaci´on de una de sus variables, mientras que la otra variable permanece fija?. Podemos responder a esta cuesti´on derivando de la funci´on con respecto a una variable, manteniendo constante la otra. Este proceso se conoce como derivaci´on parcial, y su resultado se llama derivada parcial de la funci´on respecto a la variable independiente elegida. Para ello partimos de la idea del concepto de derivada de funciones de una variable: el l´ımite cuando el incremento de la variable tiende a cero, del cociente del incremento de la funci´on dividido entre el incremento de la variable. Suponemos que una de las variables es constante e incrementamos s´olo la otra, es decir, hacemos la derivada suponiendo que la funci´on depende s´olo de una de las variables. Con ello se reduce la discusi´on al caso unidimensional considerando una funci´on de dos variables como una funci´on de una sola variable (cada variable separadamente), manteniendo fija la otra variable. A continuaci´on presentamos la definici´on de derivada parcial de una funci´on de varias variables. ´ 6.1. Sea f : U → R una funci´ DEFINICION on definida en un conjunto abierto U de Rn , y sea p ∈ U. Se define la derivada parcial de f con respecto a su variable xi en el punto p, como el siguiente l´ımite, si existe y es finito: ∂f f (p + tei ) − f (p) (p) = l´ım . t→0 ∂xi t 83

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

84

donde ei es el vector de Rn que tiene un i en su i-esima coordenada y 0 en la s restantes. EJEMPLO 6.1. Calcular, aplicando la definici´ on, las dos derivadas parciales de la funci´on f (x, y) = xy + x − y, en el punto p(0, 0). ´ SOLUCION.∂f f ((0, 0) + te1 ) − f (0, 0) f (t, 0) − f (0, 0) (0, 0) = l´ım = l´ım t→0 t→0 ∂x t t t t·0+t−0−0 = l´ım = l´ım = l´ım1 = 1 t→0 t→0 t t→0 t f ((0, 0) + te2 ) − f (0, 0) f (0, t) − f (0, 0) ∂f (0, 0) = l´ım = l´ım t→0 t→0 ∂y t t −t 0·t+0−t−0 = l´ım = l´ım(−1) = −1 t→0 t t→0 t→0 t

= l´ım

Si hallamos las derivadas parciales de una funci´on de dos variables z = f (x, y) en un punto gen´erico (x, y) de su dominio, obtenemos, a su vez, funciones de dos variables, llamadas funciones derivadas parciales. EJEMPLO 6.2. Hallar, aplicando la definici´ on, las derivadas parciales de la funci´on: f (x, y) = 2 3 x y + 5. ´ SOLUCION.∂f f ((x, y) + te1 ) − f (x, y) f (x + t, y) − f (x, y) (x, y) = l´ım = l´ım t→0 t→0 ∂x t t (x + t)2 y 3 + 5 − (x2 y 3 + 5) (x2 + 2xt + t2 )y 3 + 5 − x2 y 3 − 5 = l´ım t→0 t→0 t t

= l´ım

2xty 3 + t2 y 3 x2 y 3 + 2xty 3 + t2 y 3 − x2 y 3 = l´ım t→0 t→0 t t

= l´ım

t(2xy 3 + ty 3 ) = l´ım(2xy 3 + ty 3 ) = 2xy 3 t→0 t→0 t

= l´ım

Un calculo semejante muestra que

email [email protected]

∂f (x, y) = 3x2 y 2 . ∂x

84

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

6.1.1.

ζℏαυεz

85

C´ alculo de derivadas parciales usando reglas de derivaci´ on.

Si observamos los resultados del ejemplo anterior, podemos concluir que no es necesario aplicar la definici´on para calcular las derivadas parciales, sino que se pueden calcular aplicando las reglas ordinarias de derivaci´on. Esto se deduce de la propia definici´on, ya que de la definici´on de las derivadas parciales, como derivadas ordinarias con la condici´on de que se han fijado todas las variables excepto una, respecto de la cual se toma la derivada, se deduce que al calcular las derivadas parciales se pueden utilizar las reglas del c´alculo de las derivadas ordinarias. Es decir, ∂f (x1 , .., yn ) ∂xi Se puede calcular mediante las reglas de derivaci´on, es decir, como una derivada ordinaria, de la funci´on f respecto de la variable xi , suponiendo las restantes variables todas constantes (es decir, como si la funci´on f dependiera s´olo de xi y las dem´as x1 , .., xi−1 , xi+1 ,..., xn fueran n´ umeros). En consecuencia, consideramos que x1 , .., xi−1 , xi+1 ,..., xn constantes y derivamos con respecto a xi aplicando todas las reglas de derivaci´on. EJEMPLO 6.3. Hallar las derivadas parciales de la funci´ on f (x, y, z) = x2 y cos z − z sen x cos y ´ SOLUCION.Sea z = x2 y cos z − z sen x cos y, entonces zx = 2xy cos z − z cos x cos y

zy = x2 cos z + z sen x sen y

∂f EJEMPLO 6.4. Empleando las reglas de derivaci´ on, hallar: (x, y) si f (x, y) = x2 cos y + ∂x 2x tan y ´ SOLUCION.∂f (x, y) = 2x cos y + 2 tan y ∂x EJEMPLO 6.5. Empleando las reglas de derivaci´ on, hallar:

∂f 2 (1, 0) si f (x, y) = ex y +arctan(xy) ∂x

´ SOLUCION.∂f y 2 (x, y) = 2xyex y + ∂x 1 + (xy)2 ∂f 0 2 (1, 0) = 2 · 1 · 0 · e1 ·0 + = 0. ∂x 1 + (1 · 0)2 email [email protected]

85

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

EJEMPLO 6.6. Empleando las reglas de derivaci´ on, hallar:

86 ∂f (1, 0) si ∂x

f (x, y) = x sen(x2 y) + ln(x2 + y 2 + 1) ´ SOLUCION.∂f 2x (x, y) = sen(x2 y) + 2x2 y sen(x2 y) + 2 ∂x x + y2 + 1 ∂f 2·1 (1, 0) = sen(12 · 0) + 2 · 12 · 0 sen(12 · 0) + 2 = 1. ∂x 1 + 02 + 1 EJEMPLO 6.7. Empleando las reglas de derivaci´ on, hallar:

f (x, y) =

∂f (0, 3) si ∂y

p

x2 + y 2 exy + 1

´ SOLUCION.p −2y p (exy + 1) − x2 + y 2 x exy 2 2 2 x +y ∂f (x, y) = ∂y (exy + 1)2 p y(exy + 1) p − x2 + y 2 x exy 2 2 x +y ∂f (x, y) = − ∂y (exy + 1)2 √ 3(e0·3 + 1) √ − 02 + 32 0 · e0·3 ∂f 1 0 2 + 32 (0, 3) = − =− . 0·3 2 ∂y (e + 1) 4 EJEMPLO 6.8. Para la funci´on f (x, y) =

5x + 4y ∂f ∂f . Hallar la expresi´ o n reducida de: x +y . y2 ∂x ∂y

´ SOLUCION.∂f 5 = 2 ∂x y ∂f ∂y

=

email [email protected]

(4)y 2 − (5x + 4y)2y 4y 2 − 10xy − 8y 2 4 10x = =− 2 − 3 2 2 4 (y ) y y y 86

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s Luego x

ζℏαυεz

87

∂f ∂f 5x 4 10x −5x − 4y +y = 2 − − 2 = = −f (x, y) ∂x ∂y y y y y2 ♣

EJEMPLO 6.9. Para la funci´on f (x, y) =

∂f ∂f 4x + 5y . Hallar la expresi´ on reducida de: x +y . 2 x ∂x ∂y

´ SOLUCION.∂f (4)x2 − (4x + 5y)2x 4x2 − 10xy − 8x2 4 10y = = =− 2 − 3 2 2 4 ∂x (x ) x x x ∂f ∂y

5 x2

=

Luego x

∂f ∂f 4 10y 5y −4x − 5y +y =− − 2 + 2 = = −f (x, y) ∂x ∂y x x x x2 ♣

EJEMPLO 6.10. Si u(r, t) = ln rt + ln rt probar que r

∂u ∂u − t = 0. ∂r ∂t

´ SOLUCION.r

∂u ∂u 1 (−t) 1 (−r) − t =r t − t r =1+1=0 2 ∂r ∂t r t2 t r y

EJEMPLO 6.11. Si z = xy + x e x , demostrar que: x

y ∂z ∂z + y − 2xy = x e x . ∂x ∂y

´ SOLUCION.∂z ∂z x + y − 2xy ∂x ∂y

h y = x y + x ex

(−y) x2

+e

y x

i

h i y 1 x + y x + x e x − 2xy

h i h i y y y y x x x = x y − x e + e + y x + e − 2xy y

y

y

y

= xy − y e x + x e x + yx + y e x − 2xy = x e x email [email protected]

87

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

EJEMPLO 6.12. Dada w = p

y2 x2 + y 2

88

, halle una expresi´ on simplificada de x · wx + y · wy .

´ SOLUCION.-

Derivando respecto de x tenemos: 2xy 2 −xy 2 p − p 2 x2 + y 2 x2 + y 2 −xy 2 wx = p 2 = p 2 = p 3 2 2 2 2 2 2 x +y x +y x +y

del mismo modo derivando respecto de y obtenemos

p 2x y x2 + y 2 − p 2 x2 + y 2 = p 2 2 2 x +y 2

2y wy =

=

2y

p

2 x2 + y 2 − x2 y p x2 + y 2 p 2 2 2 x +y

2yx2 + 2y 3 − x2 y p x2 + y 2 2y 3 + xy 2 = p 2 p 3 x2 + y 2 x2 + y 2

Reemplazando se sigue que −xy 2 2y 3 + xy 2 2y 4 + xy 3 − x2 y 2 x · wx + y · wy = x ·  p + y · = 3 p 3 p 3 . 2 2 2 2 2 2 x +y x +y x +y x

on simplificada de x · fx (x, y) + y · fy (x, y). EJEMPLO 6.13. Dada f (x, y) = e y , halle una expresi´ ´ SOLUCION.x

Derivando f (x, y) = e y respecto de x obtenemos: x

fx (x, y) = e y

1 y

x

y fy (x, y) = − e y

x y2

Por tanto x

x · fx (x, y) + y · fy (x, y) = x · e y EJEMPLO 6.14. Dada z = p

email [email protected]

xy x2 + y 2

x x x xy 1 x xy − y · ey 2 = ·e − · e = 0. y y y y

, halle una expresi´ on simplificada de x 88

∂z ∂z + y . ∂x ∂y R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

89

´ SOLUCION.-

Derivando respecto de x tenemos: p 2 2 + y2 x − x2 y p 2x y 2 2 p y x +y − p 2 x2 + y 2 x2 + y 2 ∂z = = p 2 p 2 ∂x x2 + y 2 x2 + y 2 2

=

y

yx2 + y 3 − x2 y p x2 + y 2 y3 2 = p 3 p 2 2 2 2 x +y x +y

del mismo modo derivando respecto de y obtenemos p 2 2 2 x x +y − xy 2 p 2xy 2 2 2 p x x +y − p 2 x2 + y 2 x2 + y 2 ∂z = = p 2 p 2 ∂y x2 + y 2 x2 + y 2 =

x3 + xy 2 − xy 2 p x2 + y 2 x3 p 2 = p 3 x2 + y 2 x2 + y 2

Reemplazando se sigue que x

∂z ∂z y3 x3 + y = x p 3 + y p 3 ∂x ∂y x2 + y 2 x2 + y 2

xy(y 2 + x2 ) xy 3 + yx3 p = p 3 = 2 + y 2) (x x2 + y 2 2 2 x +y

Finalmente x

EJEMPLO 6.15. Dada z =

email [email protected]

∂z ∂z xy + y = p ∂x ∂y x2 + y 2

x2 y 2 ∂z ∂z + , halle una expresi´ on reducida de x + y . y x ∂x ∂y 89

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

90

´ SOLUCION.Derivando respecto de x tenemos: x y2 ∂z =2 − 2 ∂x y x del mismo modo derivando respecto de y obtenemos ∂z x2 y =− 2 +2 ∂y y x Reemplazando se sigue que ∂z ∂z + y = x x ∂x ∂y = 2 =

EJEMPLO 6.16. Dada z =

   2  x y2 x y 2 − 2 + y − 2 +2 y x y x x2 y 2 x2 y2 − − +2 y x y x

x3 + y 3 2x3 − y 3 − x3 + 2y 3 = xy xy

x2 + y 2 y 2 ∂z ∂z + , halle la expresi´ on reducida de x + y . x−y x ∂x ∂y

´ SOLUCION.Derivando respecto de x tenemos: ∂z 2x(x − y) − (x2 + y 2) y 2 x2 − 2xy − y 2 y 2 = − = − 2 ∂x (x − y)2 x2 (x − y)2 x del mismo modo derivando respecto de y obtenemos ∂z 2y(x − y) − (x2 + y 2 )(−1) y x2 + 2xy − y 2 y = + 2 = + 2 ∂y (x − y)2 x (x − y)2 x Reemplazando se sigue que

email [email protected]

90

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

∂z ∂z x + y = x ∂x ∂y

Por tanto x



91

x2 − 2xy − y 2 y 2 − 2 (x − y)2 x



+ y



x2 + 2xy − y 2 y +2 2 (x − y) x



=

x3 − 2x2 y − xy 2 y 2 yx2 + 2xy 2 − y 3 y2 − + + 2 (x − y)2 x (x − y)2 x

=

x3 − 2x2 y − xy 2 + yx2 + 2xy 2 − y 3 y 2 + (x − y)2 x

=

x2 (x − y) + y 2 (x − y) y 2 x3 − x2 y + xy 2 − y 3 y 2 + = + (x − y)2 x (x − y)2 x

∂z ∂z (x2 + y 2 )(x − y) y 2 x2 + y 2 y 2 + y = + = + = z. ∂x ∂y (x − y)2 x x−y x

EJEMPLO 6.17. Dada z =

♣

x2 + y 2 x2 ∂z ∂z + , halle la expresi´ on reducida de x + y . y−x y ∂x ∂y

´ SOLUCION.Derivando respecto de x tenemos: ∂z 2x(y − x) − (x2 + y 2)(−1) y y 2 + 2xy − x2 x = + 2 = +2 2 2 ∂x (y − x) x (y − x) y del mismo modo derivando respecto de y obtenemos ∂z 2y(y − x) − (x2 + y 2 ) x2 y 2 − 2xy − x2 x2 = − = − 2 ∂y (y − x)2 y2 (y − x)2 y Reemplazando se sigue que ∂z ∂z x + y = x ∂x ∂y

email [email protected]



y 2 + 2xy − x2 x +2 2 (y − x) y



+ y



y 2 − 2xy − x2 x2 − 2 (y − x)2 y



=

xy 2 + 2x2 y − x3 x2 y 3 − 2xy 2 − yx2 x2 − + + 2 (y − x)2 y (y − x)2 y

=

xy 2 + 2x2 y − x3 + y 3 − 2xy 2 − yx2 x2 + (y − x)2 y

=

−xy 2 + x2 y − x3 + y 3 x2 y 2(y − x) + x2 (y − x) x2 + = + (y − x)2 y (y − x)2 y 91

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s Por tanto x

ζℏαυεz

∂z (x2 + y 2 )(y − x) x2 x2 + y 2 x2 ∂z + y = + = + = z. ∂x ∂y (y − x)2 y y−x y

92

♣

2x2 + y 2 EJEMPLO 6.18. Para la funci´on f (x, y) = 4x + . Hallar la expresi´ on reducida de x+y ∂f ∂f x + y . ∂x ∂y ´ SOLUCION.Derivando respecto de x tenemos: 4x(x + y) − (2x2 + y 2 )(1) ∂f =4+ ∂x (x + y)2 del mismo modo derivando respecto de y obtenemos ∂f 2y(x + y) − (2x2 + y 2)(1) = ∂y (x + y)2 Reemplazando se sigue que ∂z ∂z 4x(x + y) − (2x2 + y 2 )(1) 2y(x + y) − (2x2 + y 2 )(1) x + y = 4+ + ∂x ∂y (x + y)2 (x + y)2 4(x + y)2 + 4x(x + y) + 2y(x + y) − 2(2x2 + y 2) = (x + y)2 4(x + y)2 + 4x2 + 4xy + 2yx + 2y 2 − 4x2 − 2y 2 = (x + y)2

x

∂z ∂z 4(x + y)2 + 4xy + 2yx + y = ∂x ∂y (x + y)2 4(x + y)2 + 6xy = (x + y)2 ♣

6.1.2.

Interpretaci´ on geom´ etrica de las derivadas parciales

Sabemos que el gr´afico de una funci´on f : R2 → R es un superficie en R3 . Si p = (x0 , y0 ) ∈ R2 , la intersecci´on entre el gr´afico de la funci´on z = f (x, y) con el plano y = y0 es una curva que es el gr´afico de la funci´on g : I → R definida por g(x) = f (x, y0 ), email [email protected]

92

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

93

donde I = {x ∈ R : (x, y0 ) ∈ U}. Por tanto g ′ (x0 ) =

∂f (x0 , y0 ). ∂x

En consecuencia, la derivada parcial de la funci´on f respecto de la variable x, en el punto (x0 , y0 ) representa la pendiente de la tangente a la curva g(x) = f (x, y0 ) en el punto (x0 , y0) relativo al plano (x, y), en otras palabras, es la inclinaci´on de la superficie z = f (x, y) en la direcci´on del eje x. An´alogamente, la funci´on h(y) = f (x0 , y) representa la curva que se obtiene de la intersecci´on de la superficie z = f (x, y) con el plano x = x0 . La derivada parcial de la funci´on f , respecto de la variable y, en el punto (x0 , y0 ) representa la pendiente de la tangente a la curva h(y) = f (x0 , y) en el punto (x0 , y0 ) correspondiente de la gr´afica, es decir, la inclinaci´on de la superficie en la direcci´on del eje y. En un lenguaje m´as informal, diremos que los valores de ∂f y ∂f en el punto (x0 , y0) representan ∂x ∂y la pendiente de la superficie Graf (f ) en el punto (x0 , y0, f (x0 , y0 )) en las direcciones de los ejes x e y, respectivamente. EJEMPLO 6.19. Hallar la pendiente a la superficie f (x, y) = 16 − x2 − 4y 2 en el punto P (3, −1, 3), en las direcciones de los ejes x e y. ´ SOLUCION.En la direcci´on del eje Ox, la pendiente viene dada por email [email protected]

93

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s ∂f (x, y) = −2x, ∂x

ζℏαυεz

evaluando en (3, −1) da

94

∂f (3, −1) = −6. ∂x

En la direcci´on del eje Oy, la pendiente viene dada por ∂f (x, y) = −2y, ∂x

evaluando en (3, −1) da

∂f (3, −1) = 8. ∂x

El que la derivada parcial en una direcci´on sea positiva y en otra negativa significa que, desde el punto p, en la direcci´on del eje Ox la funci´on decrece, mientras que en la direcci´on del eje Oy crece.

6.2.

La Derivada Parcial como raz´ on de cambio

∂f Si z = f (x, y), entonces la derivada parcial de z con respecto a x “ ” mide la tasa de cambio ∂x instant´anea de f por cada unidad que cambia x cuando y permanece constante. Asi, las derivadas parciales pueden interpretarse como la raz´on de cambio instant´aneo de la funci´on respecto de una variable, mientras la otra permanece fija. En particular: ∂f La derivada parcial de f con respecto a x en el punto (a, b) “ (a, b)” mide la raz´on de ∂x cambio instant´aneo de la funci´on f cuando la variable y se conserva fija en y = b y var´ıa la ∂f (a, b) unidades por cada variable x. Esto es, f (a, b) unidades cambia var´ıa o incrementa en ∂x unidad que cambia a cuando b se mantiene fija o permanece constante. En otras palabras, si incrementamos b en una unidad y mantenemos a constante, entonces f (a, b) incrementa ∂f (a, b) unidades. en ∂x ∂f La derivada parcial de f con respecto a y en el punto (a, b) “ (a, b)” mide la raz´on de ∂x cambio instant´aneo de la funci´on f cuando la variable x se conserva fija en x = a y var´ıa la ∂f variable y. Esto es, f (a, b) unidades cambia var´ıa o incrementa en (a, b) unidades por cada ∂x unidad que cambia b cuando a se mantiene fija o permanece constante. En otras palabras, si incrementamos a en una unidad y mantenemos b constante, entonces f (a, b) incrementa ∂f en (a, b) unidades. ∂x EJEMPLO 6.20. Un cilindro recto tiene 4 cm. de radio y 20 cm. de altura. Hallar la raz´on de cambio del volumen del cilindro respecto del radio y respecto de la altura. ´ SOLUCION.Tenemos que V = πr 2 h, luego: Para hallar la raz´on de cambio del volumen respecto del radio, r, fijamos la altura, h, y derivamos con respecto a r. A continuaci´on evaluamos la derivada parcial para r = 4 y h = 20. email [email protected]

94

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

95

∂V = 2πrh, ∂r evaluando en (4, 20) da ∂V (4, 20) = 2π · 4 · 20 = 160πcm3 /cm de r. ∂r Por tanto, si mantenemos fija la altura e incrementamos el radio, se produce un incremento del volumen de 160πcm3 /cm de r, esto es, V = V (4, 20) = 320π cm3 incrementa en ∂V (4, 20) = 160π ∂r cm3 por cada cm que incrementa el radio cuando la altura esta fija en h = 20 cm. Para hallar la raz´on de cambio del volumen respecto de la altura, h, fijamos el radio, r, y derivamos con respecto a h. A continuaci´on evaluamos la derivada parcial para r = 4 y h = 20. ∂V = πr 2 , ∂h evaluando en (4, 20) da ∂V (4, 20) = π · 42 = 16πcm3 /cm de h. ∂h Por tanto,si mantenemos fijo el radio e incrementamos la altura, se produce un incremento del volumen de 16πcm3/cm de h, esto es, V = V (4, 20) = 320π cm3 incrementa en ∂V (4, 20) = 16π ∂h 3 cm por cada cm que incrementa la altura cuando el radio permanece constante en r = 4 cm. EJEMPLO 6.21. Se lanza un nuevo producto al mercado. El volumen de ventas V se incrementa como una funci´on del tiempo t y depende tambi´en de la cantidad G gastada en la campa˜ na publicitaria. Si, con t medido en meses y G en bolivianos.    −0,002G −t V = 200 5 − e 1−e Calcule

∂V ∂V , . Eval´ ues estas derivadas cuando t = 1 y G = 400 e interpretelas. ∂t ∂G

´ SOLUCION.Las derivadas parciales de V est´an dadas por:   ∂V −0,002G = 200 5 − e e−t ∂t      ∂V = 200 − (−0,002)e−0,002G 1 − e−t = 0,4e−0,002G 1 − e−t ∂G Haciendo t = 1 y G = 400 obtenemos los valores:    200 5 − e−0,002(400) 1 − e−1 = 531,51 email [email protected]

95

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

96

  ∂V = 200 5 − e−0,8 e−1 = 335 ∂t   ∂V = 0,4e−0,8 1 − e−1 = 0,11 ∂G

En lo que sigue interpretamos estos dos n´ umeros.

∂V ☞ La derivada parcial de V con respecto a t, , mide la tasa de incremento instant´anea en ∂t el volumen de ventas V por cada unidad que incrementa el tiempo t cuando el gasto en publicidad G permanece fijo. En particular son equivalentes: ∂V (1, 400) = 335, mide ∂t la tasa de incremento instant´anea del volumen de ventas V (1, 400) = 531,51 por mes cuando el gasto de 400 bolivianos permanece constante. El volumen de ventas V (1, 400) = 531,51 incrementa en una tasa instant´anea de ∂V (1, 400) = 335 unidades por mes cuando el gasto esta fijo en 400 bolivianos. ∂t En el instante t = 1, cuando ya se han gastado 400 bolivianos en publicidad el volumen de ventas es de V (1, 400) = 531,51 unidades. Ahora bien dentro de un mes este volumen ∂V (1, 400) = 335 unidades. de ventas incrementa en ∂t ∂V ☞ La derivada parcial de V con respecto a G, , mide la tasa de incremento instant´anea ∂G en el volumen de ventas V por cada unidad que incrementa el gasto G cuando el tiempo t permanece fijo. En particular son equivalentes: La derivada parcial de V con respecto a t en un punto (1, 400),

∂V (1, 400) = 0,11, ∂G mide la tasa de incremento instant´anea del volumen de ventas V (1, 400) = 531,51 por cada boliviano gastado en publicidad cuando el tiempo t = 1 permanece constante. El volumen de ventas V (1, 400) = 531,51 incrementa en una tasa instant´anea de ∂V (1, 400) = 0,11 unidades por cada boliviano adicional gastado cuando el tiempo ∂G permanece fijo en t = 1. En el instante t = 1, cuando ya se han gastado 400 bolivianos en publicidad el volumen de ventas es de V (1, 400) = 531,51 unidades. Ahora bien un boliviano adicional gastado ∂V en publicidad incrementa este volumen de ventas en (1, 400) = 0,11 unidades. ∂G La derivada parcial de V con respecto a G en un punto (1, 400),

6.2.1.

Productividad Marginal

La producci´on total del producto de una empresa depende de un gran n´ umero de factores, los cuales la empresa a menudo tiene flexibilidad de modificar. Los dos factores m´as importantes son email [email protected]

96

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

97

la cantidad de mano de obra “L” empleada por la empresa y el monto del capital “K” invertido en edificios, maquinaria, etc. Entonces la producci´on total P , es decir, el n´ umero de unidades del producto de la empresa producida al mes, es alguna funci´on de L y K. Escribimos este hecho como P = f (L, K) . Esta funci´on se conoce como funci´on producci´ on de la empresa y las variables L y K son factores de producci´on, esto es, variables que afectan el nivel de producci´on. L y K a menudo son variables independientes en el contexto de al estrategia b´asica de la empresa. ∂P ☞ La derivada parcial de P con respecto a L, , se denomina la productividad marginal de ∂L mano de obra y mide la el incremento instant´aneo en la producci´on P por cada unidad que incrementa la mano de obra empleada L cuando el capital invertido K se mantiene fijo. ∂P ☞ La derivada parcial de P con respecto a K, , se conoce como la productividad marginal del ∂K capital y mide el incremento instant´aneo en la producci´on P por cada unidad que incrementa el capital invertido K cuando la mano de obra empleada L se mantiene constante. EJEMPLO 6.22. La funci´on de producci´on de cierta empresa esta dada por P = f (L, K) = 5L + 2L2 + 3LK + 8K + 3K 2

(6.1)

en donde L es el insumo de mano de obra medida en miles de horas-hombre por semana, K es el monto de capital invertido en miles de bolivianos por semana y P es la producci´on en miles de art´ıculos. Determine las productividades marginales cuando L = 5 y K = 12 e interprete los resultados. ´ SOLUCION.Las productividades marginales son ∂P ∂L ∂P ∂K

= 5 + 4L + 3K = 3L + 8 + 6K

evaluando en L = 5 y K = 12 tenemos: ∂P ∂L ∂P ∂K

= 5 + 4(5) + 3(12) = 61 = 3(5) + 8 + 6(12) = 95

Adem´as P = f (5, 12) = 5(5) + 2(5)2 + 3(5)(12) + 8(12) + 3(12)2 = 682 email [email protected]

97

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

☞ Interpretando la derivada parcial de P con respecto a L en el punto (5, 12),

98 ∂P = 61. ∂L

∂P (5, 12) = 61, mide el incremento instant´aneo en la producci´on P = f (5, 12) = 682 ∂L por cada unidad que incrementa la mano de obra empleada L cuando el capital invertido se mantiene fijo en 12000 bolivianos. ∂P P = f (5, 12) = 682 unidades producidas al mes incrementa en (5, 12) = 61 unidades ∂L por cada unidad que incrementa la mano de obra empleada cuando el capital esta fijo en 12000 bolivianos. Por tanto, la producci´on se incrementa en 6100 art´ıculos por semana por cada 1000 horas-hombre adicionales de mano de obra empleada cuando K se mantiene fija. Si se emplean L = 5000 horas-hombre por semana y el monto invertido es de K = 12000 bolivianos a la semana, entonces la producci´on de f (5, 12) = 682 unidades incrementa ∂P (5, 12) = 61 unidades por cada unidad que incrementa la mano de obra empleada en ∂L cuando el capital permanece constante. ☞ Interpretando la derivada parcial de P con respecto a K en el punto (5, 12),

∂P = 95. ∂K

∂P (5, 12) = 95, mide el incremento instant´aneo en la producci´on P = f (5, 12) = ∂K 682 por cada unidad que incrementa el capital invertido K cuando la mano de obra empleada se mantiene fijo en 5000 horas-hombre. ∂P (5, 12) = 95 P = f (5, 12) = 682 mil unidades producidas al mes incrementa en ∂K mil unidades por cada unidad que incrementa el capital invertido K cuando la mano de obra empleada se mantiene fijo en 5000 horas-hombre. Por tanto, la producci´on se incrementa en 95000 art´ıculos por semana por cada 1000 bolivianos adicionales de incremento en el monto mensual del capital invertido cuando L se mantiene fijo. Si se emplean L = 5000 horas-hombre por semana y el monto invertido es de K = 12000 bolivianos a la semana, entonces la producci´on de f (5, 12) = 682 mil unidades ∂P incrementa en (5, 12) = 95 mil unidades por cada unidad que incrementa el capital ∂K cuando la mano de obra empleada permanece constante. EJEMPLO 6.23. La funci´on de producci´on de cierta empresa esta dada por P = f (L, K) = 7L + 5K + LK − L2 − 2K 2

(6.2)

en donde L es el insumo de mano de obra medida en miles de horas-hombre por semana, K es el monto de capital invertido en miles de bolivianos por semana y P es la producci´on en miles de art´ıculos. Determine las productividades marginales cuando L = 3 y K = 10 e interprete los resultados. email [email protected]

98

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

99

´ SOLUCION.Las productividades marginales son ∂P ∂L ∂P ∂K

= 7 + K − 2L = 5 + L − 4K

evaluando en L = 3 y K = 10 tenemos: ∂P ∂L ∂P ∂K

= 7 + 10 − 2(3) = 11 = 5 + 3 − 4(10) = −32

Adem´as P = f (3, 10) = 7(3) + 5(10) + (3)(10) − (3)2 − 2(10)2 = −108 ☞ Interpretando la derivada parcial de P con respecto a L en el punto (3, 10),

∂P = 11. ∂L

∂P (3, 10) = 11, mide el incremento instant´aneo en la producci´on P = f (3, 10) = −108 ∂L por cada unidad que incrementa la mano de obra empleada L cuando el capital invertido se mantiene fijo en K = 10 mil bolivianos. ∂P P = f (3, 10) = −108 unidades producidas al mes incrementa en (3, 10) = 11 mil ∂L unidades por cada unidad que incrementa la mano de obra empleada cuando el capital esta fijo en K = 10 mil bolivianos. Por tanto, la producci´on se incrementa en 11 mil art´ıculos por semana por cada 1 mil horas-hombre adicionales de mano de obra empleada cuando K se mantiene fija. Si se emplean L = 3 mil horas-hombre por semana y el monto invertido es de K = 10 mil bolivianos a la semana, entonces la producci´on de f (3, 10) = −108 unidades incrementa ∂P en (3, 10) = 11 mil unidades por cada unidad que incrementa la mano de obra ∂L empleada cuando el capital permanece constante. ☞ Interpretando la derivada parcial de P con respecto a K en el punto (3, 10),

∂P = −32. ∂K

∂P (3, 10) = −32, mide el incremento instant´aneo en la producci´on P = f (3, 10) = ∂K −108 por cada unidad que incrementa el capital invertido K cuando la mano de obra empleada se mantiene fijo en L = 3 mil horas-hombre. ∂P P = f (3, 10) = −108 mil unidades producidas al mes incrementa en (3, 10) = −32 ∂K mil unidades por cada unidad que incrementa el capital invertido K cuando la mano de email [email protected]

99

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

100

obra empleada se mantiene fijo en L = 3 mil horas-hombre. Por tanto, la producci´on se reduce en 32 mil art´ıculos por semana por cada 1 mil bolivianos adicionales de incremento en el monto mensual del capital invertido cuando L se mantiene fijo. Si se emplean L = 3 mil horas-hombre por semana y el monto invertido es de K = 10 mil bolivianos a la semana, entonces la producci´on de f (3, 10) = −108 mil unidades ∂P incrementa en (3, 10) = −32 mil unidades por cada unidad que incrementa el capital ∂K cuando la mano de obra empleada permanece constante. EJEMPLO 6.24.

P = f (L, K) = 100L0.3 K 0.7

(6.3)

determine las productividades marginales ´ SOLUCION.Las productividades marginales son ∂P ∂L ∂P ∂K

= 100(0.3)L−0.7 K 0.7 = 30(K/L)0.7 = 100(0.7)L0.3 K −0.3 = 30(L/K)0.3

EJEMPLO 6.25. Una funci´on producci´ on de la forma P = f (L, K) = cLa K b

(6.4)

en donde a, b y c son constantes positivas y a + b = 1, se denomina funci´ on de producci´on ∂P ∂P Cob-Douglas. Pruebe que con respecto a esta funci´ on de producci´ on L + K = P. ∂L ∂K ´ SOLUCION.Las productividades marginales son ∂P ∂L ∂P ∂K

= acLa−1 K b = bcLa K b−1

∂P ∂P + K = L acLa−1 K b + K bcLa K b−1 = (a + b)cLa K b = P ∂L ∂K EJEMPLO 6.26. P = f (L, K) se dice que es homog´enea de grado n si L

∂P ∂P + K = nP ∂L ∂K con n alguna constante. Determine si la funci´ on de producci´ on dada por L

(6.5)

P = f (L, K) = 5LK + L2 − 3K 2 + a(L + K) es homog´enea o no. En caso afirmativo, ¿cu´ al es el grado de su homogeneidad?. email [email protected]

100

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

101

´ SOLUCION.Las productividades marginales son ∂P ∂L ∂P ∂K

L

∂P ∂P + K ∂L ∂K

= 5K + 2L + a = 5L − 6K + a

= L(5K + 2L + a) + K(5L − 6K + a) = 5LK + 2L2 + aL + 5KL − 6K 2 + aK = 10LK + 2L2 − 6K 2 + a(L + K)

Por tanto no es homog´enea.

6.2.2.

Continuidad y derivadas parciales.

Recordemos que para n = 1, es decir, para las funciones de una variable, de la existencia de la derivada en un punto se deriva tambi´en que la funci´on es continua en ese punto. Sin embargo, para funciones de varias variables, la existencia de las derivadas parciales no garantiza la continuidad de una funci´on. En efecto, la existencia de fx (a, b) depende del comportamiento de la funci´on s´olo en la direcci´on del eje x, y la existencia de fy (a, b) del comportamiento de la funci´on s´olo en la direcci´on del eje y, mientras que la continuidad depende del comportamiento de la funci´on en todos los puntos del entorno de (a, b) en R2 . Esto significa que una funci´on puede tener derivadas parciales en un punto aunque no sea continua en dicho punto. Tenemos pues, que cuando n ≥ 2, incluso de la existencia de todas las derivadas parciales en cierto punto, no se deduce la continuidad en ese punto. Por otro lado, igual que ocurre para funciones de una variable, resulta evidente que de la continuidad de las funciones de n variables en un punto dado, no se deriva la existencia de sus derivadas parciales en ese punto. En consecuencia, para funciones de n variables, n ≥ 2, ni de la continuidad de esa funci´on en un punto se deduce la existencia de las derivadas parciales, ni de la existencia de las derivadas parciales se deduce la continuidad en el punto. EJEMPLO 6.27. Probar que la siguiente funci´ on f : R2 → R no es continua en el punto p(0, 0), y que las dos derivadas parciales en el punto p(0, 0) existen:

f (x, y) =

email [email protected]

  

x2

xy + y2

0

si (x, y) 6= (0, 0), si (x, y) = (0, 0).

101

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

102

´ SOLUCION.-

1. Continuidad: La funci´on no es continua en el punto p(0, 0), ya que no existe el l´ımite en dicho punto. En efecto, si nos acercamos al punto mediante las rectas y = mx resulta: l´ım

(x,y)7→(0,0)

f (x, y) =

l´ım

(x,y)7→(0,0) x2 y=mx

xy = + y2

l´ım

(x,y)7→(0,0) x2 y=mx x→0

xmx m = . 2 2 +m x 1 + m2

luego el l´ımite no existe ya que depende del valor de m. Es decir, seg´ un la recta por la que nos aproximemos al punto tendr´ıamos un valor del l´ımite u otro. 2. Existencia de las derivadas parciales. A pesar de que la funci´on no es continua en el punto p(0, 0), las derivadas parciales en dicho punto existen. En efecto: ∂f f ((0, 0) + te1 ) − f (0, 0) f (t, 0) − f (0, 0) (0, 0) = l´ım = l´ım t→0 t→0 ∂x t t t·0 −0 2 2 0 t + 0 = l´ım = l´ım = l´ım0 = 0 t→0 t→0 t→0 t t ∂f f ((0, 0) + te2 ) − f (0, 0) f (0, t) − f (0, 0) (0, 0) = l´ım = l´ım t→0 t→0 ∂y t t 0·t −0 2 0 + t = l´ım = l´ım = l´ım0 = 0. t→0 t→0 t→0 t t 02

6.3.

Derivadas parciales de ´ ordenes superiores

Las derivadas parciales de una funci´on de dos variables f (x, y), son, a su vez, funciones de dos variables, fx (x, y), fy (x, y) y, por lo tanto, podemos obtener de ellas, nuevamente, sus derivadas parciales. Llamadas derivadas parciales de segundo orden. As´ı, resultan las siguientes cuatro derivadas parciales de segundo orden: ∂ ∂x



∂f ∂x



,

∂ ∂y



∂f ∂x



∂ ∂x

,



∂f ∂y



,

∂ ∂y



∂f ∂y



.

Notaci´on: Para simplificar los par´entesis usaremos la siguiente notaci´on:

email [email protected]

102

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

(fx )x = fxx

∂ = ∂x

(fx )y = fxy

∂ = ∂y

(fy )x = fyx

∂ = ∂x

(fy )y = fyy

∂ = ∂y









103

∂f ∂x ∂f ∂x ∂f ∂y ∂f ∂y









=

∂2f ∂x2

=

∂2f ∂y∂x

=

∂2f ∂x∂y

=

∂2f ∂y 2

Para evitar confusi´on con el orden de derivaci´on, utilizaremos el siguiente criterio: se empieza derivando por la variable m´as cercana a la funci´on. As´ı, derivar primero con respecto a x y a continuaci´on con respecto a y, se escribir´a con cualquiera de las expresiones: fxy =

∂2f ∂y∂x

mientras que derivar primero con respecto a y y a continuaci´on con respecto a x, se escribir´a con cualquiera de las expresiones: ∂2f fyx = ∂x∂y TEOREMA 6.1 (Teorema de Schwarz). Sea f : U → R una funci´ on real definida en un 2 ∂ f : U → R existen y son abierto U ⊂ Rn . Si para todo 1 ≤ i, j ≤ n las derivadas parciales ∂xi xj continuas en U, entonces ∂2f ∂2f = . ∂xj ∂xi ∂xi ∂xj ❚

Demostraci´on.

EJEMPLO 6.28. Calcular las derivadas parciales de primer orden y de orden dos de la funci´on f (x, y) = ex sen y ´ SOLUCION.Sea z = ex sen y Empezamos calculando las derivadas parciales de primer orden: zx = ex sen y,

zy = ex cos y

Seguidamente calculamos las de orden dos:

email [email protected]

103

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

104

zxx = ex sen y zyy = −ex sen y

zyx = zxy = ex cos y ♣ EJEMPLO 6.29. Dada z = 3(e−y − ey ) · sen x halle una expresi´ on reducida de zxx + zyy ´ SOLUCION.Empezamos calculando las derivadas parciales de primer orden: zx = 3(e−y − ey ) · cos x,

zy = 3(−e−y − ey ) · sen x

Seguidamente calculamos las de orden dos: zxx = −3(e−y − ey ) · sen x zyy = 3(e−y − ey ) · sen x

Por tanto zxx + zyy = 0. ♣ EJEMPLO 6.30. Demuestre que la funci´ on z = 12 (ey −e−y ) sen x satisface la ecuaci´ on de Laplace 2 2 ∂ z ∂ z + = 0. ∂x2 ∂y 2 ´ SOLUCION.La ecuaci´on de Laplace de una funci´on z es ∂2z ∂2z + = 0. ∂x2 ∂y 2 Empecemos calculado

De aqu´ı obtenemos

Por otra parte

de donde se sigue que

email [email protected]

∂z 1 = (ey − e−y ) cos x ∂x 2 ∂2z 1 = − (ey − e−y ) sen x 2 ∂x 2 ∂z 1 = (ey + e−y ) sen x ∂y 2 ∂2z 1 = (ey − e−y ) sen x. 2 ∂y 2 104

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s Finalmente

ζℏαυεz

105

∂2z ∂2z 1 1 + 2 = − (ey − e−y ) sen x + (ey − e−y ) sen x = 0. 2 ∂x ∂y 2 2

EJEMPLO 6.31. Halle las cuatro derivadas parciales de segundo orden. z = ln(x − y) y muestre que las derivadas parciales mixtas de segundo orden son iguales ´ SOLUCION.Primero de todo hallemos las dos derivadas parciales de primer orden. zx =

1 , x−y

zy = −

1 x−y

Ahora estamos en condiciones de hallar las cuatro derivadas parciales de segundo orden. zxx = − zxy =

1 , (x − y)2

zyx =

1 , (x − y)2

1 (x − y)2

zyy = −

1 (x − y)2

EJEMPLO 6.32. Halle las cuatro derivadas parciales de segundo orden. z =

xy 2 x − y2

´ SOLUCION.Empecemos hallando las dos derivadas parciales de primer orden. zx =

y 2 (x − y 2) − xy 2 , (x − y 2)2

zy =

y 2(x − y 2 ) − xy 2 (−2y) (x − y 2 )2

y4 , (x − y 2 )2

zy =

xy 2 − y 4 + 2xy 3 (x − y 2 )2

zx = −

Ahora estamos en condiciones de hallar las cuatro derivadas parciales de segundo orden. zxx = −

zxx

2(x − y 2)y 4 , (x − y 2)4

2y 4 =− , (x − y 2 )3

zyx = −

zyx

4y 3 (x − y 2 ) − y 4(−2y) (x − y 2)4

4xy 3 − 4y 5 + 2y 5 =− (x − y 2)4

Dejamos al lector calcular zxy y zyy . EJEMPLO 6.33. Halle las cuatro derivadas parciales de segundo orden. z = arc sen(y/x).

email [email protected]

105

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

106

´ SOLUCION.Las dos derivadas parciales de primer orden son dadas por:   1 zy = p 1 − (y/x)2 x

 y p zx = − 2 , x 1 − (y/x)2

1

1

Por este camino los c´alculos se hacen largos, en lugar de esto, derivemos implicitamente la ecuaci´on sen z =

y x

Calculando las dos derivadas parciales de primer orden. (cos z)zx = − Claramente cos z = tenemos:

y , x2

(cos z)zy =

1 x

p 1 − (y/x)2. Ahora derivando primero respecto de x la primera ecuaci´on (− sen z)zx + (cos z)zxx = 2

y x3

de donde

zxx =

2 xy3

+ (sen z)zx = cos z

2 xy3 +

Dejamos al lector calcular zyx , zxy y zyy . EJEMPLO 6.34. Demuestre que la funci´ on z =

y x p

√

1 1−(y/x)2

1 − (y/x)2

 y − 2 x

x2 satisface la ecuaci´ on de Laplace. x2 + y 2

´ SOLUCION.Se procede como en el problema anterior.

♣

EJEMPLO 6.35. Halle una expresi´on simplificada de x fx (x, y) + y fy (x, y) donde f (x, y) = ey/x .    y y y 1 ´ x x SOLUCION.- Puesto que fx (x, y) = e − 2 , por otro lado fy (x, y) = e . x x Luego    y y y y y y y 1 x fx (x, y) + y fy (x, y) = x e x − 2 + y e x = −e x + ex = 0. x x x x EJEMPLO 6.36. Dada z =

email [email protected]

♣

y ∂2z ∂2z , halle una expresi´ o n reducida de + . x2 + y 2 ∂x2 ∂y 2 106

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

107

´ SOLUCION.Empezamos calculando las derivadas parciales de primer orden: zx =

2x x2 + y 2

zy =


2

2y x2 + y 2


2

Seguidamente calculamos las derivadas parciales mixtas de segundo orden: zxx zyy Por tanto



− 2x2 x2 + y 2 2x 2 x2 + y 2 [x2 + y 2 − 4x2 ] 2[y 2 − 3x2 ] = = =
4
4
3 x2 + y 2 x2 + y 2 x2 + y 2

2
2 x2 + y 2 [x2 + y 2 − 4y 2 ] 2 x2 + y 2 − 2y2 x2 + y 2 2y 2[x2 − 3y 2 ] = = =
4
4
3 x2 + y 2 x2 + y 2 x2 + y 2 2 x2 + y 2


2

zxx + zyy =

2[y 2 − 3x2 ] 2[x2 − 3y 2] 2[y 2 − 3x2 + x2 − 3y 2]
3 +
3 =
3 x2 + y 2 x2 + y 2 x2 + y 2

2[−2x2 − 2y 2] −4[x2 + y 2 ] −4 =
3 =
3 =
2 . x2 + y 2 x2 + y 2 x2 + y 2

EJEMPLO 6.37. Dada z = ex sen y + ey cos x, halle una expresi´ on reducida de

♣ ∂2z ∂2z + . ∂x2 ∂y 2

´ SOLUCION.Empezamos calculando las derivadas parciales de primer orden: zx = ex sen y − ey sen x,

zy = ex cos y + ey cos x

Seguidamente calculamos las derivadas parciales mixtas de segundo orden: zxx = ex sen y − ey cos x

zyy = −ex sen y + ey cos x Por tanto zxx + zyy = ex sen y − ey cos x − ex sen y + ey cos x = 0

♣

EJEMPLO 6.38. Mostrar que la funci´ on f (x, y) = 2(ex − e−x ) cos y satisface la ecuaci´on de fxx + fyy = 0. ´ SOLUCION.Sea z = 2(ex −e−x ) cos y. Empezamos calculando las derivadas parciales de primer orden:

email [email protected]

107

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

zx = 2(ex + e−x ) cos y,

108

zy = −2(ex − e−x ) sen y

Seguidamente calculamos las derivadas parciales mixtas de segundo orden: zxx = 2(ex − e−x ) cos y = 2ex cos y − 2e−x cos y

zyy = −2(ex − e−x ) cos y = −2ex cos y + 2e−x cos y Por tanto zxx + zyy = 2ex cos y − 2e−x cos y − 2ex cos y + 2e−x cos y = 0

♣

EJEMPLO 6.39. Dada z = ln(x + 2y), halle una expresi´ on reducida de zyy − 4zxx = 0. ´ SOLUCION.Empezamos calculando las derivadas parciales de primer orden: zx =

1 , x + 2y

zy =

2 x + 2y

Seguidamente calculamos las derivadas parciales mixtas de segundo orden: zxx =

1 (x + 2y)2

Por tanto zyy − 4zxx =

zyy =

4 (x + 2y)2

4 1 −4 =0 2 (x + 2y) (x + 2y)2

♣

EJEMPLO 6.40. Si u = ea1 x1 +a2 x2 +···+an xn , donde a21 + a22 + · · · + a2n = 1, demuestre que: ∂2u ∂2u ∂2u + +···+ =u ∂x1 ∂x1 ∂x2 ∂x2 ∂xn ∂xn ´ SOLUCION.Tomemos i = 1, 2, 3, ..., n. a2i ea1 x1 +a2 x2 +···+an xn , por tanto

∂u ∂2u = ai ea1 x1 +a2 x2 +···+an xn , de donde = ∂xi ∂x1 ∂x1

n n X X ∂2u = a2i ea1 x1 +a2 x2 +···+an xn = u ∂x ∂x j j j=0 j=0

♣

email [email protected]

108

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

6.4.

ζℏαυεz

109

Derivadas direccionales

Las derivadas parciales fx (x, y) y fy (x, y), representan, respectivamente, la pendiente de la superficie z = f (x, y) en las direcciones del eje OX y del eje OY . Para hallar la pendiente en cualquier otra direcci´on se utilizan las derivadas direccionales. Es decir, las derivadas parciales nos dan una medida de la variaci´on de una funci´on solamente en la direcci´on de cada eje coordenado. Es natural buscar un concepto m´as general de derivada a fin de que nuestras consideraciones no queden restringidas a las direcciones particulares de los ejes coordenados y nos permita estudiar la raz´on de incrementos en una direcci´on cualquiera. La derivada direccional responde a este prop´osito. Queremos estudiar la variaci´on de la funci´on f en el punto p cuando el argumento var´ıa en la direcci´on marcada por el vector v. Para ello partimos de la idea del concepto de derivada de funciones de una variable: el l´ımite cuando el incremento de la variable tiende a cero, del cociente del incremento de la funci´on dividido entre el incremento de la variable. ´ 6.2. Sea f : U → R una funci´ DEFINICION on definida en un conjunto abierto U de Rn , y sea p ∈ U y v ∈ Rn . La derivada direccional de f en el punto p en la direcci´ on del vector v, es el siguiente l´ımite, si existe y es finito: f (p + tv) − f (p) ∂f (p) = l´ım . t→0 ∂v t

Desde el punto de vista gr´afico, el problema se ha reducido a dos dimensiones mediante la intersecci´on de la superficie con el plano vertical que pasa por el punto p y es paralelo al vector v. Este plano corta a la superficie mediante una curva C, y definimos la pendiente de la superficie en (x0 , y0, z0 ) como la pendiente de la curva C en ese punto. Observaciones. ∂f (p) es la pendiente ∂v de la recta tangente a la superficie Graf(f ) que pasa por el punto (p, f (p)) tiene vector direcci´on igual a v.

☞ La derivada direccional de f en el punto p el la direcci´on del vector v,

email [email protected]

109

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

110

☞ El concepto de derivada direccional generaliza el concepto de derivada parcial, de manera que las derivadas parciales pueden obtenerse como casos particulares de las derivadas direccionales. As´ı, fx es la derivada direccional en la direcci´on del vector (1, 0) y fy en la direcci´on del vector (0, 1), es decir: ∂f ∂f (p) = (p), ∂ei ∂xi

i = 1, 2

☞ Puede existir la derivada direccional de una funci´on, en un punto, con respecto a un vector, y sin embargo, puede suceder que no exista la derivada direccional con respecto a otro vector.

☞ Para el camino λ : (ε, ε) → Rn dado por λ(t) = p + tv, se tiene que λ(0) = p y λ′ (0) = v, ∂f (p) = (f ◦ λ)′ (0). adem´as ∂v ∂f ∂f (p) = α (p). ∂αv ∂v

☞ Si α ∈ R, entonces

EJEMPLO 6.41. Hallar la derivada direccional de f (x, y) = x2 + 3xy 2 en el punto p(1, 2), en la direcci´on que apunta hacia el origen. ´ SOLUCION.Hallamos el vector director y comprobamos su m´odulo.

luego,

→ v=− po = o − p = (0, 0) − (1, 2) = (−1, −2). u=

de donde,

√

||v|| =

1+4=

√

5.

 −1 −2  v = √ ,√ ||v|| 5 5

 −1 −2   t 2t  p + tu = (1, 2) + t √ , √ = 1 − √ , 2 − √ 5 5 5 5 f (p) = f (1, 2) = 12 + 3 · 1 · 22 = 1 + 12 = 13  f (p + tu) = f 1 −

√t , 2 5

= 1−

2t √ 5

+

t2 5

= 1−

2t √ 5

+

t2 5

= 13 − email [email protected]

38t √ 5

+

 2  = 1 − √t5 + 3 1 −    2 + 3 1 − √t5 4 − √8t5 + 4t5 −

2t √ 5



+ 12 −

37t2 5

−

24t √ 5

+

12t2 5

−

12t √ 5

+

24t2 5

√t 5

−



2−

2t √ 5

2

3 12t √ 5 5

3 12t √ 5 5

110

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

111

con lo que resulta, 2

√ + 37t − 13 − 38t ∂f f (p + tu) − f (p) 5 5 (p) = l´ım = l´ım t→0 t→0 ∂v t t   2 38 37t 12t 38 = l´ım − √ + − √ = −√ t→0 5 5 5 5 5

3 12t √ 5 5

− 13

El que la derivada direccional sea negativa significa que la funci´on decrece en esa direcci´on.

♣

EJEMPLO 6.42. Calcular la derivada direccional de la funci´ on f (x, y) = 3x2 + y en el punto (0, 0) y en la direcci´on del vector (1, 1). ´ SOLUCION.Vamos a obtener la derivada direccional. Por definici´on f (p + tu) − f (p) ∂f (p) = l´ım t→0 ∂v t

donde u =

Puesto que v = (1, 1). luego, u=

de donde, y

||v|| =

√

1+1=

√

v . ||v||

2.

 1 1  v = √ ,√ ||v|| 2 2

 1 1   t t  p + tu = (0, 0) + t √ , √ = √ , √ 2 2 2 2 f (p) = f (0, 0) = 3 · 02 + 0 = 0 f (p + tu) = f =



3t2 2

√t , √t 2 2

+

√t 2



=3



√t 2

2

con lo que resulta, ∂f f (p + tu) − f (p) (p) = l´ım = l´ım t→0 t→0 ∂v t   3t 1 1 = l´ım +√ =√ t→0 2 2 2

+

√t 2

3t2 2

+

√t 2

t

Obtenemos como resultado final que la derivada direccional de la funci´on f (x, y) = 3x2 + y en el ♣ punto (0, 0) y en la direcci´on del vector (1, 1) es √12 . email [email protected]

111

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

112

EJEMPLO 6.43. Calculela derivada direccional de f (x, y) = 4 − x2 − y 2 en el punto p(1, 1) en  la direcci´on del vector u = √12 , √12 ´ SOLUCION.Usando la definici´on tenemos que:

 f 1+

√t , 1 2

+

√t 2



− f (1, 1) ∂f f (p + tu) − f (p) (p) = l´ım = l´ım t→0 t→0 ∂u t t  2  2  2 t t t √ √ √ 4− 1+ 2 − 1+ 2 −2 2−2 1+ 2 = l´ım = l´ım t→0 t→0 t t usando la regla de Hospital: 

−4 1 + ∂f (p) = l´ım t→0 ∂u 1

√t 2



√1 2

√ 4 = − √ = −2 2, 2

√ esto nos dice que la raz´on de cambio de x en el punto p(1, 1) en la direcci´on del vector u es −2 2, es decir que z es esta direcci´on est´a decreciendo. Lo mismo se muestra en la figura de abajo.

♣ EJEMPLO 6.44. Hallar la derivada direccional de f (x, y, z) = xyz; en el punto P (1, 0, −1) en la direcci´on del vector v = i + j + k ´ SOLUCION.Buscamos el vector unitario de direcci´on y el punto. v = (1, 1, 1),

entonces ||v|| =

entonces el vector unitario en direcci´on de v es:  1 1 1  u= √ ,√ ,√ 3 3 3 email [email protected]

112

√

3,

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

113

ahora hallamos las derivadas parciales en el punto (1, 0, −1) Como

∂f ∂f , ∂x ∂y

y

∂f ∂z

son continuas, f es diferenciable y se puede aplicar la formula ∂f ∂f ∂f ∂f (p) = (p)u1 + (p)u2 + (p)u2 . ∂u ∂y ∂x ∂z

As´ı, reemplazando x = 1, y = 0, z = −1 en la siguiente ecuaci´on tenemos: 1 ∂f 1 1 1 (p) = yz √ + xz √ + yz √ = − √ . ∂u 3 3 3 3

♣

EJEMPLO 6.45. Calcule la derivada direccional de f (x, y) = x3 − 3xy + 4y 2 en la direcci´on del vector unitario u dado por θ = π6 en el punto P (1, 2) ´ SOLUCION.Primero encontremos el vector unitario  1 √3  , u = (cos 30 , sen 30 ) = 2 2 por otro lado las derivadas parciales: o

o

fx (x, y) = 3x2 − 3y

fy (x, y) = −3x + 8y;

de esta manera se obtiene que; √ ∂f ∂f ∂f 1 3 2 (p) = (p)u1 + (p)u2 = (3x − 3y) + (−3x + 8y) . ∂u ∂y ∂x 2 2 evaluando en el punto (1, 2): √ √ 3 ∂f 1 1 2 (1, 2) = (3 · 1 − 3 · 2) + (−3 · 1 + 8 · 2) = (−3 + 13 3). ∂u 2 2 2

♣

EJEMPLO 6.46. Calcule la derivada direccional de f (x, y) = 3x2 − 2y 2 en el punto (−1, 3) en la direcci´on que va desde P (−1, 3) hasta Q(1, −2) ´ SOLUCION.Primero encontremos el vector que va de P a Q: −→ P Q = v = (1 + 1)i + (−2 − 3)j = 2i − 5j = (2, −5) y ahora un vector unitario en esta direcci´on es;  2 v 5  u= = √ , −√ ||v|| 29 29 email [email protected]

113

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

114

por otro lado las derivadas parciales: fx (x, y) = 6x

fy (x, y) = −4y;

de esta manera se obtiene que;  ∂f ∂f 2 5  ∂f . (p) = (p)u1 + (p)u2 = (6x) √ + (−4y) − √ ∂u ∂y ∂x 29 29 evaluando en el punto (−1, 3):  ∂f 2 5  −12 60 48 (−1, 3) = 6 · (−1) √ − 4·3 − √ =√ + √ =√ . ∂u 29 29 29 29 29

6.4.1.

Continuidad y derivadas direccionales.

La existencia de todas las derivadas direccionales de una funci´on en un punto no garantiza la continuidad de la funci´on en dicho punto, ya que el c´alculo de las derivadas direccionales equivale a acercarse al punto s´olo mediante rectas. EJEMPLO 6.47. Probar que la siguiente funci´ on f : R2 → R no es continua en el punto p(0, 0), y que las derivadas direccionales en dicho punto existen en todas direcciones.

f (x, y) =

´ SOLUCION.-

  

x2 y x4 + y 2

  0

si (x, y) 6= (0, 0), si (x, y) = (0, 0). ♣

1. Continuidad: La funci´on no es continua en el punto p(0, 0), ya que no existe el l´ımite en dicho punto. En efecto, si nos acercamos al punto mediante las par´abolas y = ax2 resulta: l´ım

(x,y)7→(0,0)

f (x, y) =

l´ım

(x,y)7→(0,0)

x2 y = x4 + y 2

l´ım

(x,y)7→(0,0) y=ax2 x→0

x2 ax2 a = . x4 + a2 x4 1 + a2

luego el l´ımite no existe ya que depende del valor de a. Es decir, seg´ un la par´abola por la que nos aproximemos al punto tendr´ıamos un valor del l´ımite u otro. 2. Existencia de las derivadas direccionales. A pesar de que la funci´on no es continua en el punto p(0, 0), las derivadas direccionales en dicho punto existen en todas direcciones. En efecto, sea (a, b) ∈ R2 un vector unitario dado. Supongamos que a 6= 0, luego: email [email protected]

114

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

115

f ((0, 0) + t(a, b)) − f (0, 0) f (ta, tb) − f (0, 0) ∂f (0, 0) = l´ım = l´ım t→0 t→0 ∂(a, b) t t (ta)2 (tb) t3 a2 b (ta)4 + (tb)2 t2 (t2 a4 + b2 ) = l´ım = l´ım t→0 t→0 t t = l´ım t→0

t3 a2 b a2 b = l´ ım t→0 t2 a4 + b2 t3 (t2 a4 + b2 )

Por tanto, si b = 0, se tiene que a2 · 0 ∂f (0, 0) = l´ım 2 4 = 0. t→0 t a + 02 ∂(a, b) Pero, si b 6= 0, obtenemos ∂f a2 b a2 (0, 0) = l´ım 2 4 = . t→0 t a + b2 ∂(a, b) b

6.5.

Funciones Diferenciables

´ 6.3. Sea f : U → R una funci´ DEFINICION on definida en un conjunto abierto U de Rn , y sea p ∈ U. Diremos que la funci´on f es diferenciable en el punto p cuando existen las derivadas ∂f ∂f parciales (p),..., (p) y adem´as para todo vector v = (v1 , ..., vn ) tal que p + v ∈ U se tiene ∂x1 ∂xn f (p + v) = f (p) +

n X ∂f

∂xi i=1

(p)vi + r(v),

donde

r(v) = 0. v→0 ||v|| l´ım

(6.6)

Observemos que (6.6) puede ser reemplazado por f (p + v) = f (p) +

n X ∂f i=1

∂xi

(p)vi + ρ(v)||v||,

donde

l´ım ρ(v) = 0.

v→0

donde la funci´on ρ : Ua → R es una funci´on tales que ρ(0) = 0 y es continua en v = 0. LEMA 6.1. Si una funci´on f : U → R es diferenciable en p entonces: f es continua en p. f posee derivadas parciales en p. email [email protected]

115

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

116

f admite derivada direccional en p en la direcci´ on de cualquier vector v = (v1 , ..., vn ) y vale la f´ormula n X ∂f ∂f (p) = (p)vi . ∂v ∂x i i=1 ∂f ∂f ∂f ∂f ∂f (p) = α (p) y (p) = (p) + (p) ∂αv ∂v ∂(v + w) ∂v ∂w ❚

Demostraci´on.

´ 6.4. Sea f : U → R una funci´ DEFINICION on real definida en un conjunto abierto U de Rn . 1. f es de clase C 0 , si f es continua. 2. f es de clase C 1 cuando existen en cada punto x ∈ U las derivadas parciales y las n funciones

∂f : U → R as´ı definidas son continuas. ∂xi

∂f ∂f (p),..., (p) ∂x1 ∂xn

3. f es de clase C k cuando posee derivadas parciales en todos los puntos de U y las funciones ∂f : U → R son de clase C k−1 . Aqu´ı k es un entero positivo. ∂xi 4. f es de clase C ∞ si f es de clase C k para todo k ≥ 0. Usaremos la notaci´on f ∈ C k (U, R) para decir que f : U → R es una funci´on de clase C k . LEMA 6.2. C ∞ (U, R) ⊂ · · · C k (U, R) ⊂ · · · C 1 (U, R) ⊂ · · · C 0 (U, R) ❚

Demostraci´on. TEOREMA 6.2. Toda funci´on de clase C 1 es diferenciable.

❚

Demostraci´on. LEMA 6.3. Todo polinomio es de clase C 1 .

1. Seg´ un la definici´on, hallar la derivada de las siguientes funciones f (x, y) = 3y − xy + 3, f (x, y) = (3x − 2y, 4x + 3y). 2. Usando la f´ormula f ′ (x)h = l´ım t→0 calcule:

f (x + th) − f (x) y admitiendo las derivadas en cuesti´on, t

a) f ′ (z)h donde f : R2 → R2 es definida por f (x, y) = (x2 + y, x + y 2), z = (4, −1) y h = (1, 2). email [email protected]

116

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

117

b) ϕ ′ (x)v donde x, v ∈ Rm son vectores arbitrarios y ϕ : Rm → R es definida por ϕ(x) = f (x)g(x), siendo f, g : Rm → R funciones lineales.

c) ψ ′ (x)h donde h ∈ Rm es un vector unitario y ψ : U → R es definida en el abierto U ⊂ Rm del modo siguiente: son dadas f, g : U → Rp diferenciables y ψ(x) = hf (x), g(x)i, para todo x ∈ U, es el producto interno de los vectores f (x) y g(x).

3. El ejercicio anterior muestra que, si existieran las derivadas f ′ (x), ϕ′ (x) y ψ ′ (x) ellas deben tener las formas all´ı obtenidas. Pruebe ahora que las tres derivadas existen. 2

4. Sea Mn (R) el espacio de matrices n × n. (Se cree conveniente, identificar Mn (R) con Rn ). Defina f : Mn (R) → Mn (R) poniendo f (X) = X 3 para cada matriz X. Muestre que f es diferenciable en todos los puntos de Mn (R). 5. Una transformaci´on lineal T : Rm → Rn es diferenciable en cada punto x ∈ Rm y T ′ (x) = T . 6. El conjunto GLn (R) ⊂ L(Rn ), de las transformaciones lineales invertibles T : Rn → Rn es abierto. En efecto, T ∈ GLn (R) si y solamente si det(T ) 6= 0, y det : L(Rn ) → R es una funci´on continua. Considere la aplicaci´on inversi´on f : GLn (R) → L(Rn ), definida por f (X) = X −1 . La expresi´on cl´asica de X −1 en t´erminos de determinantes (m´etodo de Cramer) muestra que f es continua. Afirmamos que f es diferenciable en cada X ∈ GLn (R) y que su derivada f ′ (X) : L(Rn ) → L(Rn ) es la transformaci´on lienal dada por f ′ (X)(H) = −X −1 HX −1 .

6.6.

La diferencial (total) de una funci´ on

Sea U ⊂ Rn un abierto.

xi : Rn p

→ R 7 → xi (p) = pi .

esta aplicaci´on es diferenciable. En efecto. Sea v = (v1 , ..., vn ) ∈ Rn , se tiene xi (p + v) = xi (p) +

n X ∂xi j=1

∂xj

(p)vj + ri (v),

Observemos que ∂xi (p) = ∂xj Por tanto

n X ∂xi

∂xj j=1

(

donde

ri (v) = 0. v→0 ||v|| l´ım

(6.7)

1, si i = j 0

si i 6= j.

(p)vj = vi .

De ah´ı que ri (v) = 0, verifica la ecuaci´on (6.7). email [email protected]

117

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

118

Ahora definamos la funcional lineal dxi (p) : Rn v

→ R 7 → dxi (p)(v) = vi .

´ 6.5. Sea f : U → R una funci´ DEFINICION on real definida en un abierto U ⊂ Rn , diferenciable en un punto p ∈ U. La diferencial de f en el punto p es la funcional lineal df (p) : Rn → R cuyo valor en v = (v1 , ..., vn ) ∈ Rn es dado por n

df (p)(v) =

X ∂f ∂f (p) = (p)vi . ∂v ∂x i i=1

Observemos que df (p)(v) = de donde df (p) = luego podemos escribir

n X ∂f

∂xi i=1

n X ∂f

∂xi i=1

df =

(p)dxi (p)(v)

(p)dxi (p)

n X ∂f

∂xi i=1

dxi

(6.8)

TEOREMA 6.3. Sean f, g : U → R dos funciones diferenciables en un punto p ∈ U ⊂ Rn . Entonces 1. f + g : U → R es diferenciable y d(f + g) = df + dg. 2. f g : U → R es diferenciable y d(f g) = f dg + gdf . 3. Si g(x) 6= 0 para todo x ∈ U, entonces f /g : U → R es diferenciable y d(f /g) = (gdf + f dg)/g 2. ❚

Demostraci´on.

TEOREMA 6.4 (Teorema del Valor Medio). Sea f : U → R una funci´ on diferenciable en un abierto U ⊂ Rn y sean p ∈ U y v ∈ Rn de modo que [p, p + v] ⊂ U. Entonces existe t ∈ (0, 1) tal que f (p + v) − f (p) = df (p + tv)(v). ❚

Demostraci´on. Ver pg 123 y 124 Lima.

COROLARIO 6.1. Sea U ⊂ Rn abierto y conexo. Si f : U → R una funci´on diferenciable en U y df (x) = 0 para todo x ∈ U entonces f es constante. email [email protected]

118

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

119

Demostraci´on. Sea p ∈ U, probaremos que f (q) = f (p) para todo q ∈ U. Existe v ∈ Rn de modo que q = p + v. ❚ Si una funci´on es diferenciable en un punto p podemos, usando la definici´on de diferenciabilidad, tomar ∆x suficientemente peque˜ no para obtener aproximaciones de las variaciones de f a partir de p mediante la diferencial total. Sean ∆z = f (p + ∆x) − f (p) y dz = Entonces desde (6.6)

n X ∂f

∂xi i=1

(p)dxi (p)

∆z ≈ dz

(6.9)

Por tanto, la diferencial total mide el cambio de la variable dependiente que se debe a un cambio peque˜ no de cada una de las variables independientes. Una diferencial parcial mide el cambio de la variable dependiente de una funci´on de varias variables como resultado de una cambio peque˜ no de una de las variables independientes suponiendo que las otras variables independientes permanecen constantes. Por ejemplo si la variable xi es constantes entonces la diferencial parcial es: n ∂f P (p)dxj ∂z = (6.10) j=1 ∂xj j6=i

EJEMPLO 6.48. Hallar el diferencial total de z = 2x sen y − 3x2 y 2 . ´ SOLUCION.El diferencial total de z = 2x sen y − 3x2 y 2 es dz =

∂z ∂z dx + dy = (2 sen y − 6xy 2 )dx + (2x cos y − 6x2 y)dy ∂x ∂y

EJEMPLO 6.49. Hallar el diferencial total de w = x2 + y 2 + z 2 . ´ SOLUCION.El diferencial total de w = x2 + y 2 + z 2 es dw =

∂w ∂w ∂w dx + dy + dz = 2xdx + 2ydy + 2zdz. ∂x ∂y ∂z

EJEMPLO 6.50. El error producido al medir cada una de las dimensiones de una caja rectangular es ±0,1 mil´ımetros. Las dimensiones de la caja son x = 50 cent´ımetros, y = 20 cent´ımetros y z = 15 cent´ımetros. Utilice dV para calcular el error propagado y el error relativo en el volumen calculado de la caja. email [email protected]

119

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

120

´ SOLUCION.El volumen de la caja viene dado por V = xyz: dV =

∂V ∂V ∂V dx + dy + dz = yzdx + xzdy + xydz. ∂x ∂y ∂z

Utilizando 0,1 mil´ımetros = 0,01 cent´ımetros, se tiene dx = dy = dz = ±0,01 y el error propagado es aproximadamente igual a: dV

= (20)(15)(±0,01) + (50)(15)(±0,01) + (50)(20)(±0,01) = 300(±0,01) + 750(±0,01) + 1000(±0,01) = 2050(±0,01) = ±20,5

cent´ımetros c´ ubicos. Como el Volumen medido es: V = (50)(20)(15) = 15000 centimetros cubicos, el error relativo es aproximadamente: ∆V dV 20,5 = = ≈ 0,14 % V V 15000

∆V V

♣

EJEMPLO 6.51. El radio de la base y la altura de un cono circular recto miden 10 cm. y 25 cm., respectivamente, con un posible error en la medici´ on de 0.1 cm., cuando mucho. Utilice diferenciales para estimar el error m´aximo en el volumen del cono. ´ SOLUCION.El volumen de un cono es V = 13 πr 2 h, con lo cual la diferencial total es: dV =

∂V 2 1 ∂V dr + dh = πrh dr + πr 2 dh ∂r ∂h 3 3

Puesto que los errores son, cuando mucho, del orden de 0.1 cm., tenemos que |∆x| ≤ 0,1 y |∆y| ≤ 0,1. Para estimar el m´aximo error en el volumen, tomamos el m´aximo error en las medidas de r y H. Por tanto, dr = 0,1 y dh = 0,1, junto con r = 10, h = 25, 2 1 500π 100π dV = π(10)(25) (0,1) + π(10)2 (0, 1) = (0,1) + (0,1) = 20π. 3 3 3 3 De esta forma el m´aximo error en el volumen es de aproximadamente 20π cm≈ 63 cm. Para que una funci´on de varias variables sea derivable en un punto (a, b) no basta con que las derivadas parciales existan, esto nos dice que la derivabilidad de una funci´on de varias variables es mas compleja que la de una variable. p EJEMPLO 6.52. Dada la funci´on z = f (x, y) = 4 − x2 − y 2, usar la diferencial total de z para calcular el valor aproximado de f (1.01, 0.97). email [email protected]

120

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

121

´ SOLUCION.En primer lugar buscamos un punto pr´oximo a (1,01, 0,97) donde sea f´acil evaluar la funci´on y sus derivadas parciales; en nuestro caso, tomaremos el punto (x0 , y0 ) = (1, 1). Las derivadas parciales de f,

x ∂f = −p ∂x 4 − x2 − y 2

y

∂f y = −p , ∂y 4 − x2 − y 2

son continuas en (1, 1) y por tanto f es diferenciable en dicho punto, lo que nos garantiza que ∆z = f (1 + ∆x, 1 + ∆y) − f (1, 1) ≈

∂f ∂f (1, 1) dx + (1, 1) dy ∂x ∂y

siendo ∆x = 1.01 − 1 = 0.01 y ∆y = 0.97 − 1 = −0.03. Luego

1 1 f (1.01, 0.97) − f (1, 1) ≈ − √ (0.01) − √ (−0.03) 2 2

de donde f (1.01, 0.97) ≈ f (1.01, 0.97) ≈

√

√

√

2 (0.01) − 2− 2

√

2 (−0.03) 2

  √ 0.01 0.03 + = 2(0.01) ≈ 1.4283 2 1− 2 2

p EJEMPLO 6.53. Utilizar el diferencial dz para aproximar el cambio en z = 4 − x2 − y 2 cuando (x, y) se desplaza del punto (1, 1) al punto (1.01, 0.97). Comparar esta aproximaci´on con el cambio exacto en z. ´ SOLUCION.Ya que el punto inicial dado es (1, 1) y el incremento se da al punto (1.01, 0.97), esto quiere decir que de (x, y) a (x + ∆x, y + ∆y) se obtiene que ∆x = 0.01, ∆y = −0.03, por lo tanto el cambio en z puede aproximarse mediante: ∆z ≈ dz = cuando x = 1, e y = 1

∂z ∂z −x −y ∆x + p ∆y dx + dy = p ∂x ∂y 4 − x2 − y 2 4 − x2 − y 2

√ 1 1 0.02 ∆z ≈ √ (0.01) − √ (−0.03) = √ = 2(0.01) ≈ 0.0141 2 2 2 Por otro lado el cambio exacto corresponde a la diferencia entre las alturas de los dos puntos sobre la superficie de un hemisferio de la curva dada. Esta diferencia esta dada por: ∆z ≈ f (1.01, −0.97) − f (1, 1) = email [email protected]

p

4 − (0.01)2 − (0.97)2 − 121

√

4 − 12 − 12 ≈ 0.0137 R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

122

EJEMPLO 6.54. Use diferenciales para un valor aproximado de:

p

(2.01)2 + (1.98)2 + (1.05)2

p ´ SOLUCION.Consideremos la funci´on f (z, y, z)√ = x2 + y 2 + z 2 y como punto en el que conocemos el valor de la funci´on es: f (2, 2, 1) = 22 + 22 + 12 = 3. De la misma manera los incrementos: dx = ∆x = 0.01, dy = ∆y = −0.03, dz = ∆z = 0.05, adem´as:

La diferencial de f se calcula;

∂w ∂w ∂w dx + dy + dz ∂x ∂y ∂z x y z = p dx + p dy + p dz x2 + y 2 + z 2 x2 + y 2 + z 2 x2 + y 2 + z 2

dw =

cuando (x, y, z) = (2, 2, 1), dx = ∆x = 0.01, dy = ∆y = −0.03, dz = ∆z = 0.05. 2 2 1 1 (0.01) − (0.03) + (0.05) = (0.01) 3 3 3 3 entonces podemos escribir que el c´alculo aproximado es: p (2.01)2 + (1.98)2 + (1.05)2 = 0.0033. dw =

EJEMPLO 6.55. Use diferenciales para calcular un valor aproximado para

p 3(1.95)3 + (5.1)2

p ´ SOLUCION.Consideremos la funci´on f (z, y) = 3x3 + y 2 y observe que podemos calcular con facilidad f (2, 5) = 7. La diferencial de f se calcula; df =

∂f ∂f dx + dy ∂x ∂y

= p

3x2 3x3 + y 2

dx + p

y 3x3 + y 2

dy

Por lo tanto, tomando x = 2 y y = 5, dx = ∆x = −0.05, dy = ∆y = 0.1, 3(2)2 5 df = p (−0.05) + p (0.1) 3(2)3 + 52 3(2)3 + 52 =

12 5 (−0.05) + (0.1) = 6.98571 7 7

entonces podemos escribir que el c´alculo aproximado es: p 3(1.95)2 + (5.1)2 = 6.98571 email [email protected]

122

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

123

EJEMPLO 6.56. Los costos de una empresa se relacionan con la producci´ on de dos art´ıculos x 2 2 y y. La relaci´ on funcional es C(x, y) = x − 0.5xy + y (a) Calcule el costo adicional de un incremento ligero de la producci´ on de x (a) Estime los incrementos de los costos, si inicialmente son x = 100, y = 60 y ∆x = 3. ´ SOLUCION.(a) El costo adicional de una incremento ligero de la producci´on de x lo da la diferencial parcial (6.10), esto es, ∂C ∂C(x, y) = (x, y) dx = (2x − 0.5y) dx ∂x (a) Los costos de los incrementos payores se puede estimar aproximadamente multiplicando la derivada parcial con respecto a x por el cambio de x, esto es, ∂C (x, y) dx = (2x − 0.5y) ∆x ∂x Si inicialmente son x = 100, y = 60 y ∆x = 3, ∆C(x, y) ≈

∆C(x, y) ≈ [2(100) − 0.5(60)] (3) = 510. EJEMPLO 6.57. Usando L unidades de mano de obra y K unidades de capital, una empresa que puede producir P = f (L, K), la empresa no conoce la forma precisa de esta producci´on, pero dispone de la siguiente informaci´on: 1. Cuando L = 40 y K = 20, P = 25000 2. Si L = 64 y K = 20, las productividades marginales de la mano de obra y del capital son PL = 270 y PK = 350. La empresa contempla una expansi´on de su planta que cambiara L a 69 y K a 24. Encuentre el incremento aproximado en la producci´on que se obtendr´ıa. ´ SOLUCION.Ya que el punto inicial dado es (40, 20) y el incremento se da al punto (69, 24), esto quiere decir que de (L, K) a (L + ∆L, K + ∆K) se obtiene que ∆L = 29, ∆K = 4, por lo tanto el cambio en P puede aproximarse mediante: ∆P ≈ dP =

∂P ∂P dL + dK = PL ∆L + PK ∆K ∂L ∂K

cuando L = 64 y K = 20 el incremento aproximado en la producci´on es ∆P ≈ (270)(29) + (350)(4) = 9230. Por tanto, la nueva producci´on es: P = f (69, 24) = f (40, 20) + ∆P ≈ 25000 + 9230 = 34230. email [email protected]

123

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

124

EJEMPLO 6.58. La funci´on de producci´ on de una empresa est´ a dada por P (L, K) = 9L2/3 K 1/3 , en donde P representa la producci´on total cuando se emplean L unidades de mano de obra y K unidades de capital. Aproxime la producci´ on total cuando L = 1003, K = 28, dL = ∆L = 5, dK = ∆K = 2. ´ SOLUCION.Las productividades marginales son   13  1 ∂P 2 2 −1 1 K 28 3 =6 = 1.82 = 9 L3 K 3 = 6 ∂L 3 L 1003   23 2  ∂P 1 2 1 −1 L 1003 3 = 9 L3K 3 = 3 =3 = 32.59 ∂K 3 K 28 Por lo tanto el cambio en P puede aproximarse mediante: ∆P ≈ dP =

6.7.

∂P ∂P dL + dK = (1.82)(5) + (32.59)(2) = 74.28 ∂L ∂K

Regla de la Cadena

TEOREMA 6.5 (Regla de la Cadena). Sean U ⊂ Rm , V ⊂ Rn abiertos, f = (f1 , ..., fn ) : U → Rn tal que f (U) ⊂ V y cada funci´ on coordenada fk : U → R es diferenciable en el punto p ∈ U. Sea g : V → R una funci´on diferenciable en el punto f (a). Entonces la funci´ on compuesta g ◦ f : U → R es diferenciable en el punto p y sus derivadas parciales son n

X ∂g ∂(g ◦ f ) ∂fk (p) = (f (p)) · (p). ∂xi ∂yk ∂xi k=1 Demostraci´on. U0 = ❚ TEOREMA 6.6 (Regla de la Cadena). Sean U ⊂ Rm , V ⊂ Rn abiertos, f = (f1 , ..., fn ) : U → Rn tal que f (U) ⊂ V y cada funci´ on coordenada fk : U → R es de clase C k . Sea g : V → R una funci´on de clase C k . Entonces la funci´ on compuesta g ◦ f : U → R es de clase C k . EJEMPLO 6.59. Utilizando la regla de la cadena apropiada, halle x = et sen t, y = et cos t

dz , siendo z = x3 + y 3 , dt

´ SOLUCION.Por una aplicaci´on directa de la regla de la cadena tenemos dz ∂z dx ∂z dy = + dt ∂x dt ∂y dt email [email protected]

124

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

125

dz = 3x2 (et sen t + et cos t) + 3y 2 (et cos t − et sen t). dt EJEMPLO 6.60. Sabiendo que w = f (x, y) tal que x = u − v, y = v − u. Halle una expresi´on ∂w ∂w simplificada de + . ∂u ∂v ´ SOLUCION.Por una aplicaci´on directa de la regla de la cadena tenemos ∂w ∂x ∂w ∂y ∂w ∂w ∂w = + = − ∂u ∂x ∂u ∂y ∂u ∂x ∂y y ∂w ∂w ∂x ∂w ∂y ∂w ∂w = + = − + ∂v ∂x ∂v ∂y ∂v ∂x ∂y Por tanto

∂w ∂w + =0 ∂u ∂v

EJEMPLO 6.61. Deducir expresiones para e−yz sen(xz); x = t2 − r 2 , y = 8r + 2t y z = 3.

∂w ∂w , en la composici´ on de funciones: w = ∂r ∂t

´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 6.62. Sea z = f (x, y), siendo x = r cos θ, y = r sen θ. Demostrar que zx = zr cos θ − sen θ . zθ r ´ SOLUCION.Por una aplicaci´on directa de la regla de la cadena tenemos ∂z ∂z ∂x ∂z ∂y ∂z ∂z = + = cos θ + sen θ ∂r ∂x ∂r ∂y ∂r ∂x ∂y zr = zx cos θ + zy sen θ Por otro lado ∂z ∂z ∂x ∂z ∂y ∂z ∂z = + = −r sen θ + r cos θ ∂θ ∂x ∂θ ∂y ∂θ ∂x ∂y zθ = −r zx sen θ + r zy cos θ = −r (zx sen θ − zy cos θ) email [email protected]

125

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

126

Por lo tanto zr cos θ − zθ zr cos θ − zθ

sen θ sen θ = zx cos2 θ + zy sen θ cos θ + r (zx sen θ − zy cos θ) r r

sen θ = zx cos2 θ + zy sen θ cos θ + zx sen2 θ − zy cos θ sen θ = zx . r

EJEMPLO 6.63. Sea Dada z = f (x, y), tal que x = v − 3u y y = 3u − v por la regla de la cadena ∂z ∂z halle: +3 . ∂u ∂v ´ SOLUCION.Puesto que ∂x = −3 ∂u ∂x = 1 ∂v

∂y = 3 ∂u ∂y = −1 ∂v

Ahora bien, aplicando la regla de la cadena tenemos ∂z ∂z ∂x ∂z ∂y ∂z ∂z = + = −3 +3 ∂u ∂x ∂u ∂y ∂u ∂x ∂y ∂z ∂v

=

∂z ∂x ∂z ∂y ∂z ∂z + = − ∂x ∂v ∂y ∂v ∂x ∂y

Por tanto

∂z ∂z ∂z ∂z +3 = −3 +3 + ∂u ∂v ∂x ∂y p EJEMPLO 6.64. Dada z = ln( x2 + y 2), tal que x ∂z ∂z cadena halle: y . ∂r ∂θ

3

∂z ∂z − 3 = 0. ∂x ∂y

= r sen θ y y = r cos θ por la regla de la

´ SOLUCION.Puesto que ∂z 1 2x x =p · p = 2 2 2 2 2 ∂x x + y2 x +y 2 x +y ∂z 1 2y y =p · p = 2 ∂y x + y2 x2 + y 2 2 x2 + y 2

email [email protected]

126

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

127

∂y = cos θ ∂r ∂y = −r sen θ ∂θ

∂x = sen θ ∂r ∂x = r cos θ ∂θ

Ahora bien, aplicando la regla de la cadena tenemos ∂z ∂z ∂x ∂z ∂y x y = + = 2 sen θ + cos θ ∂r ∂x ∂r ∂y ∂r x + y2 x2 + y 2 ∂z ∂x ∂z ∂y x y ∂z = + = 2 r cos θ − r sen θ ∂θ ∂x ∂θ ∂y ∂θ x + y2 x2 + y 2 EJEMPLO 6.65. Sea z = cos(xy) + ey−1 cosx, donde x = u2 + v, y = u − v 2 . Calcular punto (u, v) = (1, 1).

∂z en el ∂u

´ SOLUCION.Aplicando la regla de la cadena tenemos ∂z ∂z ∂x ∂z ∂y = + ∂u ∂x ∂u ∂y ∂u = [−y sen(xy) − ey−1 sen x]2u + [−x sen(xy) + ey−1 cos x] Ahora cuando (u, v) = (1, 1), u = 1, v = 1, entonces x = 12 + 1 = 2, y = 1 − 12 = 0. As´ı (x, y) = (2, 0), por tanto ∂z (1, 1) = [−y sen(xy) − ey−1 sen x]2u + [−x sen(xy) + ey−1 cos x] ∂u = [−0 sen(2 · 0) − e0−1 sen 2]2 · 1 + [−2 sen(2 · 0) + e0−1 cos 2] = −2e−1 sen 2 + e−1 cos 2 EJEMPLO 6.66. Sea u = (x+y)4 +y 2(z +x)3 , donde x = rse−t , y = rs log(1+t2), z = r 2 s cos t. ∂u Calcular cuando r = 2, s = 1 y t = 0. ∂s ´ SOLUCION.Aplicando la regla de la cadena tenemos: ∂u ∂u ∂x ∂u ∂y ∂u ∂z = + + ∂s ∂x ∂s ∂y ∂s ∂z ∂s = [4(x + y)3 + 3y 2 (z + x)2 ] r e−t + [4(x + y)3 + 2y(z + x)3 ] r log(1 + t2 ) + 3y 2 (z + x)2 r 2 cos t email [email protected]

127

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

128

Ahora cuando r = 2, s = 1 y t = 0, se tiene x = rse−t = 2 · 1e−0 = 2

y = rs log(1 + t2 ) = 2 · 1 log(1 + 02 ) = 0 z = r 2 s cos t = 22 · 1 cos 0 = 4

Por tanto ∂u (2, 1, 0) = [4(2 + 0)3 + 3 · 02 (4 + 2)2 ] 2 e−0 + ∂s [4(2 + 0)3 + 2 · 0(0 + 2)3 ] 2 log(1 + 02 ) + 3 · 02 (0 + 2)2 22 cos 0 = 64
EJEMPLO 6.67. Sea u = x4 y +y 2z 3 +ϕ xy , donde x = 1 + r s et , y = r s2 e−t , z = r 2 s sen t.
∂u Calcular cuando r = 2, s = 1 y t = 0 sabiendo que ϕ ′ 32 = −1. ∂s ´ SOLUCION.Aplicando la regla de la cadena tenemos: ∂u ∂x ∂u ∂y ∂u ∂z ∂u = + + ∂s ∂x ∂r ∂y ∂s ∂z ∂t h i h
1 ′ x 3 t = 4x y + y ϕ y se + x4 + 2yz 3 −

x ϕ ′ xy y2


i

2 r s e−t + 3y 2z 2 r 2 s cos t

Ahora cuando r = 2, s = 1 y t = 0, entonces x = 1 + r s et = 1 + 2 · 1 e0 = 3 y = r s2 e−t = 2 · 12 e−0 = 2

z = r 2 s sen t = 22 · 1 sen 0 = 4 por tanto h ∂u (2, 1, 0) = 4 · 33 · 2 + 12 ϕ ′ ∂s

3 2

h
i 0 1e + 34 + 2 · 2 · 43 −

3 ϕ ′ 23 22

3 · 22 · 42 · 22 · 1 cos 0 h i h i = 216 + 12 (−1) + 81 + 256 − 34 (−1) 4 + 768 h i h i = 216 − 21 + 337 + 34 4 + 768 h i = 431 + 1348 + 3 + 768 2

email [email protected]

128


i

2 · 2 · 1 · e−0 +

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

129

EJEMPLO 6.68. Sea z = f (x, y), donde x = s4 + r 4 , y = 2rs2 . Calcular sabiendo que

∂z ∂z (1, 1) = −2 y (1, 1) = 3. ∂r ∂s

∂z ∂z (2, 2) y (2, 2) ∂x ∂y

´ SOLUCION.Aplicando la regla de la cadena tenemos ∂z ∂x ∂z ∂y ∂z = + ∂r ∂x ∂r ∂y ∂r ∂z ∂x ∂z ∂y ∂z = + ∂s ∂x ∂s ∂y ∂s

(6.11)

Ahora cuando r = 1, s = 1, entonces x = s4 + r 4 = 1 4 + 1 4 = 2 y = 2rs2 = 2 · 1 · 12 = 2 Adem´as

∂x = 4r 3 ∂r ∂y = 2s2 ∂r

∂x = 4s3 ∂s ∂y = 4rs ∂s

Evaluando en el sistema (6.11), ∂z ∂x ∂z ∂y ∂z (2, 2) (1, 1) + (2, 2) (1, 1) = (1, 1) ∂x ∂r ∂y ∂r ∂r ∂z ∂x ∂z ∂y ∂z (2, 2) (1, 1) + (2, 2) (1, 1) = (1, 1) ∂x ∂s ∂y ∂s ∂s Sean a =

∂z ∂z (2, 2) y b = (2, 2), reemplazando los datos tenemos: ∂x ∂y a · 4 + b · 2 = −2 a·4 + b·4 = 3

Por tanto b = 5/2, a = −3/4. EJEMPLO 6.69. Pruebe que la funci´ on F (x, y) = f derivable, verifique la igualdad

email [email protected]



 y , donde f es una funci´on real x2 − y 2

1 ∂F 1 ∂F + = 0. x2 + y 2 ∂y 2xy ∂x 129

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

´ SOLUCION.Sea

z= Aplicando la regla de la cadena tenemos

Por tanto

∂F ∂x

=

∂F ∂y

=

x2

130

y − y2

df ∂z df −2xy = dz ∂x dz (x2 − y 2 )2

df ∂z df (x2 − y 2 ) − y(−2y) df x2 + y 2 = = dz ∂y dz (x2 − y 2 )2 dz (x2 − y 2 )2

1 ∂F 1 x2 + y 2 1 −2xy 1 ∂F + = + = 0. 2 2 2 2 2 2 2 2 x + y ∂y 2xy ∂x x + y (x − y ) 2xy (x − y 2 )2

EJEMPLO 6.70. Sea Sea u = f (x, y), donde x = es cos t y y = es sen t. Justifique que  2  ∂2u ∂2u ∂ u ∂2u −2s + =e + 2 . ∂x2 ∂y 2 ∂s2 ∂t ´ SOLUCION.Aplicando la regla de la cadena tenemos ∂u ∂u ∂x ∂u ∂y ∂u s ∂u s = + = e cos t + e sen t ∂s ∂x ∂s ∂y ∂s ∂x ∂y ∂u ∂u ∂x ∂u ∂y ∂u s ∂u s = + = − e sen t + e cos t ∂t ∂x ∂t ∂y ∂t ∂x ∂y Derivando nuevamente tenemos: ∂2u ∂ 2 u ∂x s ∂u s ∂ 2 u ∂y s ∂u s = e cos t + e cos t + e sen t + e sen t ∂s2 ∂ 2 x ∂s ∂x ∂ 2 y ∂s ∂y ∂2u ∂ 2 u ∂x s ∂u s ∂ 2 u ∂y s ∂u s = − e sen t − e cos t + e cos t − e sen t ∂2t ∂ 2 x ∂t ∂x ∂ 2 y ∂t ∂y De donde ∂2u ∂2u s ∂u s ∂2u s ∂u s s = e cos t e cos t + e cos t + e sen t es sen t + e sen t 2 2 2 ∂s ∂ x ∂x ∂ y ∂y ∂2u ∂2u s ∂u s ∂2u s ∂u s s = e sen t e sen t − e cos t + e cos t es cos t − e sen t 2 2 2 ∂ t ∂ x ∂x ∂ y ∂y Sumando estas dos ecuaciones tenemos email [email protected]

130

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

131

∂2u ∂ 2 u 2s ∂ 2 u 2s ∂2u 2 2 + = e [cos t + sen t] + e [cos2 t + sen2 t] 2 2 2 2 ∂s ∂ t ∂ x ∂ y Finalmente

 2  ∂2u ∂2u ∂2u 2s ∂ u + 2 =e + ∂s2 ∂ t ∂2x ∂2y

♣

EJEMPLO 6.71. Sea f : R3 → R diferenciable y defina w = f (2ax + y, x + 3bz, y − z) Encuentre a y b tal que ∂f ∂f ∂f + + =0 ∂x ∂y ∂z

(6.12)

´ SOLUCION.Hagamos u = 2ax + y, v = x + 3bz y w = y − z, entonces aplicando la regla de la cadena tenemos: ∂f ∂f ∂u ∂f ∂v ∂f ∂w ∂f ∂f ∂f = + + = 2a + + ·0 ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x ∂w ∂x ∂u ∂v ∂w ∂f ∂f ∂u ∂f ∂v ∂f ∂w ∂f ∂f ∂f = + + = ·1 + ·0 + ·1 ∂y ∂u ∂y ∂v ∂y ∂w ∂y ∂u ∂v ∂w ∂f ∂f ∂u ∂f ∂v ∂f ∂w ∂f ∂f ∂f = + + = ·0 + · 3b + · (−1) ∂z ∂u ∂z ∂v ∂z ∂w ∂z ∂u ∂v ∂w Entonces la ecuaci´on (6.12) se transforma en: ∂f ∂f + (3b + 1) =0 ∂u ∂v Luego para que esta ecuaci´on sea cierta es suficiente que a y b verifiquen las ecuaciones 2a + 1 = 0 y 3b + 1 = 0, de donde obtenemos que (2a + 1)

1 a=− , 2

1 b=− . 3

♣ ∂f ∂f EJEMPLO 6.72. Si f (x, y) = xy(x − y), x = 2u − 3uv, y = 2u − v , hallar , . ∂u (1,1) ∂v (1,1) 2

email [email protected]

131

3

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

132

´ SOLUCION.Aplicando la regla de la cadena tenemos ∂f ∂x ∂f ∂y ∂f = + ∂u ∂x ∂u ∂y ∂u = [y(x − y) + xy](4u − 3v) + [x(x − y) + xy(−1)](2) = [y(x − y) + xy](4u − 3v) + 2[x(x − y) − xy] Ahora cuando (u, v) = (1, 1), u = 1, v = 1, entonces x = 2(1)2 −3(1)(1) = −1, y = 2(1)−(1)3 = 1. por tanto ∂z (1, 1) = [1(−1 − 1) + (−1)(1)](4(1) − 3(1)) + 2[(−1)(−1 − 1) − (−1)(1)] ∂u = [−2 − 1](1) + 2[2 + 1] = 3

EJEMPLO 6.73. Si z = uv, y adem´as

(

♣

u2 + v 2 = x + y 2

u −v

2

= −3x − y

∂z ∂x

. Hallar

´ SOLUCION.Resolviendo el sistema obtenemos u2 = −x, de donde ux = − √

1 1 = − √ , 2u 2 −x

1 . 2x + y Otro modo de llegar a esto resultado es derivando parcialmente respecto de x ambas ecuaciones:

v=

2x + y, de donde vx = √ (

2uux + 2vvx = 1 2uux − 2vvx = −3



2u 2v 2u −2v



ux vx



=

1 −3

Luego usamos el m´etodo de Cramer y obtenemos los mismos resultados. Por tanto v u zx = zu ux + zv vx = − √ +√ 2x + y 2 −x EJEMPLO 6.74. Si u2 + v 2 + xy = 1, uv + x2 − y 2 = 1, hallar

♣

∂u ∂v , . ∂x ∂x

´ SOLUCION.Definamos las funciones F (x, y, u, v) = u2 + v 2 + xy − 1 y G(x, y, u, v) = uv + x2 − y 2 − 1, de donde  ∂F ∂F    ∂x + ∂y 0 +    ∂G + ∂G 0 + ∂x ∂y

email [email protected]

∂F ∂u ∂F ∂v + = 0 ∂u ∂x ∂v ∂x ∂G ∂u ∂G ∂v + = 0 ∂u ∂x ∂v ∂x 132

 ∂F   +  ∂x    ∂G + ∂x

∂F ∂u ∂F ∂v + = 0 ∂u ∂x ∂v ∂x ∂G ∂u ∂G ∂v + = 0 ∂u ∂x ∂v ∂x R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

 ∂u ∂v   + 2v = 0  y + 2u ∂x ∂x    2x + v ∂u + u ∂v = 0 ∂x ∂x

EJEMPLO 6.75. Mostrar que la ecuaci´ on x2

 ∂u ∂v   + 2v = −y  2u ∂x ∂x    v ∂u + u ∂v = −2x ∂x ∂x

133

♣

2 ∂2u ∂u ∂u 2 ∂ u + y +x +y =0 2 2 ∂x ∂y ∂x ∂y

se transforma en

∂2u ∂2u + = 0 ∂r 2 ∂s2 bajo el cambio de variables x = er , y = es ´ SOLUCION.Observemos que las variables x y y est´an en funci´on de las variables r y s, y las variables u est´a en funci´on de las variables x y y. Aplicando la regla de la cadena tenemos ur = ux xr + uy yr Derivando parcialmente respecto de r esta ecuaci´on tenemos     urr = uxx xr + uxy yr xr + ux xrr + uyx xr + uyy yr yr + uy yrr Puesto que x = er , y = es , se tiene urr = uxx xx + ux x = x2 uxx + xux . Del mismo modo como us = ux xs + uy ys se tiene que     uss = uxx xs + uxy ys xs + ux xss + uyx xs + uyy ys ys + uy yss

y por tanto

uss = uyy yy + uy y = y 2uyy + yuy . Finalmente, las ecuaciones anteriores implican que urr + uss = x2 uxx + y 2uyy + xux + yuy

♣

EJEMPLO 6.76. Sea u una funci´on de x e y definida por la ecuaci´ on u = F (x + u, yu). Hallar ∂u ∂u y en funci´on de las derivadas parciales de F . ∂x ∂y R email [email protected] 133 βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

134

´ SOLUCION.Aplicaciones de Calculo Diferencialxx pg365 Supongamos que u = g(x, y) para todo (x, y) en un cierto conjunto abierto S. Sustituyendo g(x, y) por u en la ecuaci´on original obtenemos g(x, y) = F (u1(x, y), u2(x, y)),

(6.13)

en donde u1 (x, y) = x+g(x, y) y u2 (x, y) = yg(x, y). Mantengamos ahora y fija y derivemos ambos miembros de (6.13) respecto a x, empleando la regla de la cadena en el segundo miembro, con lo que obtenemos ∂u ∂u1 ∂u2 = D1 F + D2 F . (6.14) ∂x ∂x ∂x Pero

∂u1 ∂g ∂u2 ∂g =1+ ,y = y . Luego (6.14) se convierte en ∂x ∂x ∂x ∂x     ∂g ∂g ∂u = D1 F 1 + + D2 F y . ∂x ∂x ∂x

Resolviendo esta ecuaci´on respecto a

∂g ∂u ∂g (y poniendo en lugar de ) obtenemos ∂x ∂x ∂x

−D1 F ∂u = ∂x D1 F + yD2F − 1 Del mismo modo encontramos ∂g ∂u1 ∂u2 ∂g = D1 F + D2 F = D1 F + D2 F ∂y ∂y ∂y ∂y Esto nos conduce a la ecuaci´on



 ∂g y + g(x, y) . ∂x

−g(x, y)D2F ∂u = ∂y D1 F + yD2F − 1

Las derivadas parciales D1 F y D2 F est´an calculadas en el punto (x + g(x, y), yg(x, y)).

♣

EJEMPLO 6.77. Siendo z = ln(x/y) − arc sen(y/x), x = e2t + 1, y = e−2t + 1, hallar la derivada dz/dt. ´ SOLUCION.Las derivadas parciales de z son, respectivamente, ∂z 1/y −y/x2 1 y = −p = +p ∂x x/y x 1 − y 2/x2 x2 − y 2

∂z −x/y 2 1/x 1 1 = −p =− −p ∂y x/y y 1 − y 2/x2 x2 − y 2

email [email protected]

134

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

135

∂z ∂x ∂z ∂y ∂z = + ∂t ∂x ∂t ∂y ∂t " # " # 1 y 1 1 = 2e2t +p + 2e−2t +p x y x2 − y 2 x2 − y 2

♣

Por la regla de derivaci´on de la funci´on compuesta tenemos que

EJEMPLO 6.78. Se consideran las funciones f (t) = (t, t2 , et ) y g(x, y, z) = x2 +y 2 +z 2 . Calcular las derivadas de las funciones compuestas f ◦ g y g ◦ f . ´ SOLUCION.(a) Como g ◦ f es una funci´on real de una variable real,si llamamos x(t) = t, 2 y(t) = t , z(t) = et , su derivada es (g ◦ f )′ (t) =

∂g ′ ∂g ∂g ′ x (t) + y (t) + z ′ (t) = 2x + 4yt + 2zet = 2t + 4t3 + 2e2t . ∂x ∂y ∂z

(b) En este caso, tenemos f ◦ g : R3 → R3 . Por tanto, si llamamos f1 (t) = t, f2 (t) = t2 y f3 (t) = et a las componentes de la funci´on f , su matriz jacobiana se obtiene con el siguiente producto: 

 f1′ (t)
D(f ◦ g)(x, y, z) =  f2′ (t)  gx gy gz f3′ (t)     1 2x 2y 2z
=  2t  2x 2y 2z =  4xt 4yt 4zt  et 2xet 2yet 2zet

donde t = x2 + y 2 + z 2 .

EJEMPLO 6.79. Demostrar que la funci´ on z = φ(x2 +y 2 ) satisface la ecuaci´ on y y

♣

∂z ∂z −x = 0. ∂x ∂y

´ SOLUCION.Si llamamos t = x2 + y 2, la funci´on φ depende de x e y a trav´es del argumento intermedio t, por lo cual ∂z ∂t ∂z = = φ′ (x2 + y 2 )2x ∂x ∂t ∂x ∂z ∂z ∂t = = φ′ (x2 + y 2)2y ∂y ∂t ∂y de donde efectivamente y

∂z ∂z −x = yφ′ (x2 + y 2)2x − xφ′ (x2 + y 2 )2y = 0. ∂x ∂y

email [email protected]

135

♣ R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

136

EJEMPLO 6.80. Si u(x, y, z) = xn ϕ(y/xα , z/xβ ), donde ϕ es una funci´ on diferenciable, com∂u ∂u ∂u probar que x + αy + βz = nu ∂x ∂y ∂z ´ SOLUCION.Utilizaremos las variables auxiliares v = y/xα , w = z/xβ . Por la regla de la cadena y la f´ormula de la derivada del producto, ∂u = nxn ϕ(v, w) + xn ∂x



∂ϕ ∂v ∂ϕ ∂w + ∂v ∂x ∂w ∂x



∂ϕ ∂ϕ = nxn−1 ϕ(v, w) − αyxn−α−1 − βzxn−β−1 ∂v ∂w   ∂u ∂ϕ ∂v ∂ϕ ∂w ∂ϕ = xn + = xn−α ∂y ∂v ∂y ∂w ∂y ∂v   ∂u ∂ϕ ∂v ∂ϕ ∂w ∂ϕ = xn + = xn−β ∂z ∂v ∂z ∂w ∂z ∂w Con estos datos,basta sustituir en la expresi´on que se indica en el enunciado para obtener la ♣ igualdad propuesta EJEMPLO 6.81. Si z =

f (x − y) ∂z ∂z , probar que z + y −y = 0. y ∂x ∂y

´ SOLUCION.Si llamamos u = x − y, las derivadas parciales de z son: 1 ′ ∂u 1 ∂z = f (u) = f ′ (x − y) ∂x y ∂x y ∂z = ∂y

yf ′(u)

∂u − f (u) −yf ′ (x − y) − f (x − y) ∂y = y2 y2

∂z ∂z f (x − y) + =− , lo que equivale a la igualdad buscada. ♣ ∂x ∂y y2   x+y EJEMPLO 6.82. Dada la funci´on u(x, y) = xyf , siendo f arbitraria,demostrar que xy ∂u ∂u x2 − y2 = (x − y)u ∂x ∂y De aqu´ı deducimos que

´ SOLUCION.Aplicamos la regla de la cadena para calcular las derivadas parciales. Si utilizamos

email [email protected]

136

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s la variable auxiliar z =

ζℏαυεz

137

x+y , obtenemos: xy

∂z xy − y(x + y) ∂u ∂u = yf (z) + xyf ′(z) = yf (z) + xyf ′ (z) ∂x ∂x x2 y 2 ∂y = xf (z) + xyf ′ (z) Por tanto, x2

∂z xy − x(x + y) = xf (z) + xyf ′ (z) ∂y x2 y 2

∂u ∂u − y2 = x2 yf (z) = xy 2 f (z) − xyf ′ (z) + xyf ′(z) ∂x ∂y = (x − y)xyf (z) = (x − y)u

♣

EJEMPLO 6.83. Sea Ω = f (u, v, w) una funci´ on diferenciable, con u3 = x3 + y 3 + z 3 , v 2 = ∂f ∂f ∂f ∂f ∂f ∂f +y +z =u +v +w x2 + y 2 + z 2 , w = x + y + z. Demostrar que x ∂x ∂y ∂z ∂u ∂v ∂w ´ SOLUCION.Calculamos las derivadas parciales de f aplicando la regla de la cadena. Teniendo en cuenta que p p u = 3 x3 + y 3 + z 3 , v = x2 + y 2 + z 2 , w = x + y + z,

obtenemos

∂u 3x2 = r 2 ∂x 3 3 x3 + y 3 + z 3 2x ∂v = p ∂x 2 x2 + y 2 + z 2 ∂w =1 ∂x

Resulta as´ı:

3y 2 ∂u = r 2 ∂y 3 3 x3 + y 3 + z 3

3z 2 ∂u = r 2 ∂z 3 3 x3 + y 3 + z 3

∂w =1 ∂y

∂w =1 ∂z

∂v 2y = p ∂y 2 x2 + y 2 + z 2

∂v 2z = p ∂z 2 x2 + y 2 + z 2

∂f ∂f ∂u ∂f ∂v ∂f ∂w ∂f 3x2 ∂f 2x ∂f = + + = + + ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x ∂w ∂x ∂u 3u2 ∂v 2v ∂w ∂f ∂f ∂u ∂f ∂v ∂f ∂w ∂f 3y 2 ∂f 2y ∂f = + + = + + ∂y ∂u ∂y ∂v ∂y ∂w ∂y ∂u 3u2 ∂v 2v ∂w ∂f ∂f ∂u ∂f ∂v ∂f ∂w ∂f 3z 2 ∂f 2z ∂f = + + = + + 2 ∂z ∂u ∂z ∂v ∂z ∂w ∂z ∂u 3u ∂v 2v ∂w

email [email protected]

137

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

Basta ahora sustituir este resultado en la expresi´on x u

∂f ∂f ∂f +v +w . ∂u ∂v ∂w n x2 /4y

EJEMPLO 6.84. Dada f (x, y) = y e

138 ∂f ∂f ∂f +y +z y obtener directamente ∂x ∂y ∂z

1 ∂ ∂f = 2 , hallar n para que se verifique ∂y x ∂x

 ∂f x2 ∂x

♣ 

´ SOLUCION.Calculamos las derivadas parciales de la funci´on: ∂f −xy n−1 −x2 /4y = e ∂x 2   x2 ∂f n−1 −x2 /4y = y e n+ ∂y 4y Como adem´as

 n−1    ∂2f −y −xy n−1 x −x2 /4y 1 x2 n−1 −x2 /4y = + e =y e − + ∂x2 2 2 2y 2 4y

deducimos que ∂ ∂x



2 ∂f

x

∂x



= x

∂f ∂2f + x2 2 ∂x ∂x 2 n−1 −x2 /4y

= −x y

e   3 x2 2 n−1 −x2 /4y = xy e − + 2 4y En definitiva, como 1 ∂ x2 ∂x



2 ∂f

x

∂x

e

2 n−1 −x2 /4y



=y

+x y

n−1 −x2 /4y

e

  1 x2 − + 2 4y

  3 x2 − + 2 4y

basta hacer n = −3/2 para obtener la igualdad propuesta.

♣

EJEMPLO 6.85. Dada la funci´on u(x, y) = f (x − y) + g(x − y), donde f y g son funciones ∂2u ∂2u reales diferenciables,comprobar la ecuaci´ on − 2 = 0. ∂x2 ∂y ´ SOLUCION.Por las reglas de derivaci´on de funciones compuestas,tenemos: ∂2u = f ′′ (x − y) + g ′′ (x − y) 2 ∂x ∂2u = f ′′ (x − y) + g ′′ (x − y) ∂y 2

∂u = f ′ (x − y) + g ′(x − y) ∂x ∂u = −f ′ (x − y) − g ′(x − y) ∂y email [email protected]

138

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

139 ♣

Es evidente pues la igualdad propuesta. TEOREMA 6.7. adem´as x = x(u, v)  2 ∂ f ∂2f = ∂v∂u ∂x2

Consideremos una funci´ on f : R2 → R, f (x, y) dos veces diferenciable y y y = y(u, v), entonces   2  ∂x ∂ 2 f ∂y ∂x ∂f ∂ 2 x ∂ f ∂x ∂ 2 f ∂y ∂y ∂f ∂ 2 y + + + + 2 + ∂u ∂y∂x ∂v ∂u ∂x ∂v∂u ∂x∂y ∂v ∂y ∂v ∂u ∂y ∂v∂u

´ DEMOSTRACION. Aplicando la regla de la cadena obtenemos

∂f ∂x ∂f ∂y ∂f = + ∂u ∂x ∂u ∂y ∂u Derivando parcialmente respecto de v la regla de la cadena implica que  2   2  ∂2f ∂ f ∂x ∂ 2 f ∂y ∂x ∂f ∂ 2 x ∂ f ∂x ∂ 2 f ∂y ∂y ∂f ∂ 2 y = + + + + 2 + ∂v∂u ∂x2 ∂v ∂y∂x ∂v ∂u ∂x ∂v∂u ∂x∂y ∂v ∂y ∂v ∂u ∂y ∂v∂u EJEMPLO 6.86. Hallar



√ √ ∂z ∂2z as y = u − v. y si z = x2 − y 2, x = u + v, y adem´ ∂u ∂u∂v

´ SOLUCION.(OJO EN ESTE PROBLEMA) Aplicando la regla de la cadena obtenemos ∂z ∂z ∂x ∂z ∂y = + ∂u ∂x ∂u ∂y ∂u ∂x 1 (u + v)−1/2 = √ = , ∂u 2 2 u+v

∂x 1 = √ , ∂v 2 u+v

∂y 1 = √ , ∂u 2 u+v

∂y 1 =− √ ∂v 2 u+v

y adem´as

Por tanto, si definimos z1 =

∂2x (u + v)−3/2 1 =− =− p ∂v∂u 4 4 (u + v)3

∂z ∂z ∂x ∂z ∂y ∂z 1 ∂z 1 ∂z 1 ∂z 1 √ √ = + = + = + ∂u ∂x ∂u ∂y ∂u ∂x 2 u + v ∂y 2 u + v ∂x 2x ∂y 2x

que depende s´olo de x y de y, entonces ∂2z ∂z1 ∂z1 ∂x ∂z1 ∂y = = + ∂v∂u ∂v ∂x ∂v ∂y ∂v  2   2  ∂ z 1 ∂z 1 ∂2z 1 ∂z 1 ∂x ∂ z 1 ∂ 2 z 1 ∂y = − + − + + ∂x2 2x ∂x 2x2 ∂x∂y 2x ∂y 2x2 ∂v ∂y∂x 2x ∂y 2 2x ∂v

email [email protected]

139

♣

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

140

EJEMPLO 6.87. Dada la funci´on u = u(r, s) de clase C 2 , si x = 2r − s, y = r + 2s, averiguar ∂2u el valor de (x, y) en funci´on de las derivadas con respecto a r y s. ∂y∂x ´ SOLUCION.Despejando r y s en funci´on de x e y, tenemos que r = ∂r 2 = , ∂x 5 Por tanto, u1 =

∂s 1 =− , ∂x 5

∂r 1 = , ∂y 5

2y − x 2x + y ,s= , luego 5 5

∂s 2 = , ∂y 5

∂u ∂u ∂r ∂u ∂s 1 ∂u 2 ∂u = + = + ∂y ∂r ∂y ∂s ∂y 5 ∂r 5 ∂s

que depende s´olo de r y de s, entonces ∂u1 ∂u1 ∂r ∂u1 ∂s ∂2u = = + ∂y∂x ∂x ∂r ∂x ∂s ∂x  2       1 ∂ u 2 ∂2u 2 1 ∂2u 2 ∂2u −1 = + + + 2 2 5 ∂r 5 ∂s∂r 5 5 ∂r∂s 5 ∂s 5  2  1 ∂ u ∂2u ∂2u 2 2 +3 −2 2 = 25 ∂r ∂r∂s ∂s pues, debido a que u es C 2 ,

∂2u ∂2u ∂2u ∂2u = . Dejamos como ejercicio comprobar que = ♣. ∂s∂r ∂r∂s ∂y∂x ∂x∂y

EJEMPLO 6.88. Si f y g son funciones reales de una variable real que tienen derivadas de orden 2 continuas, se define y(x, t) = f (x + at) + g(x − at). Probar que y verifica la ”ecuaci´on de 2 ∂2y 2∂ y la cuerda vibrante” 2 = a . ∂t ∂x2 ´ SOLUCION.Utilizando las variables auxiliares u = x + at, v = x − at, podemos escribir y = f (u) + g(v). Las derivadas parciales valen entonces ∂y ∂y ∂u ∂y = + ∂t ∂u ∂t ∂v ∂y ∂y ∂u ∂y = + ∂x ∂u ∂x ∂v

∂v = a f ′ (u) − a g ′ (v) ∂t ∂v = f ′ (u) + g ′ (v) ∂x

∂y ambos dependen s´olo de u y de v. Derivando por segunda vez, si denotamos por y1 = e ∂t ∂y y2 = , se tiene: ∂x email [email protected]

140

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s ∂y1 ∂2y = 2 ∂t ∂t

ζℏαυεz

=

141

∂y1 ∂u ∂y1 ∂v + = a2 f ′′ (u) + a2 g ′′ (v) ∂u ∂t ∂v ∂t

∂2y ∂y2 ∂y2 ∂u ∂y2 ∂v = = + = f ′′ (u) + g ′′ (v) 2 ∂x ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x Del resultado anterior se deduce de forma inmediata la ecuaci´on propuesta.

6.8.

♣

El Teorema de la Funci´ on Impl´ıcita

Sea F : U → R una funci´on definida en un abierto U ⊂ R × Rn y c ∈ R. ☞ Es posible despejar y en funci´on de x de la ecuaci´on F (x, y) = c. ☞ Suponiendo que podemos despejar y en funci´on de x de la ecuaci´on F (x, y) = c. Como podemos hallar y ′ ?. ´ 6.6. Sea F : U → R una funci´ DEFINICION on definida en un abierto U ⊂ R × Rn y c ∈ R. Decimos que una funci´on y = f (x) esta definida implicitamente por la expresi´ on F (x, y) = c si F (x, f (x)) = c. LEMA 6.4. Sea F : U → R una funci´on definida en un abierto U ⊂ Rn × R de clase C k y c ∈ R. Si (x0 , y0 ) ∈ U es tal que ∂F F (x0 , y0 ) = c, y (x0 , y0 ) 6= 0. ∂y Entonces existen una bola B(x0 , δ) ⊂ Rn y un intervalo (y0 − ε, y0 + ε) tales que F −1 (c) ∩ (B(x0 , δ) × (y0 − ε, y0 + ε)) es el gr´afico de una funci´on f : B(x0 , δ)×(y0 −ε, y0 +ε) de clase C k . Adem´ as para todo x ∈ B(x0 , δ), se tiene ∂F (x, f (x)) ∂f ∂xi (x) = − . ∂F ∂xi (x, f (x)) ∂y ❚

Demostraci´on.

email [email protected]

141

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

142

´ NOTACION.Al determinante de la matriz jacobiana de un campo vectorial F : Rn → Rn lo llamaremos jacobiano de F y lo denotaremos: ∂(F1 , F2 , ..., Fn ) = J(F ) = ∂(x1 , x2 , ..., xn )

∂F1 ∂x1

∂F1 ∂x2

∂F2 ∂x1 .. .

∂F2 ∂x2 .. .

∂Fn ∂x1

∂Fn ∂x2

∂F2 ... ∂xn .. .. . . ∂Fn ... ∂xn ∂F1 ... ∂xn

TEOREMA 6.8 (Teorema de la Funci´ on Impl´ıcita). Consideremos las m ecuaciones:    F1 (x1 , x2 , ..., xn , z1 , z2 , ..., zm ) = 0    F2 (x1 , x2 , ..., xn , z1 , z2 , ..., zm ) = 0 ..  .     F (x , x , ..., x , z , z , ..., z ) = 0 m 1 2 n 1 2 m

0 y un punto (x0 , z0 ) = (x01 , x02 , ..., x0n , z10 , z20 , ..., zm ) cumpliendo:

1. Fj (x0 , z0 ) = 0 para j = 1, ..., m. 2. Todas las funciones Fj para j = 1, ..., m son diferenciables con derivada continua en un entorno del punto (x0 , z0 ). 3.

∂(F1 , F2 , ..., Fm ) 6= 0 en el punto (x0 , z0 ) ∂(z1 , z2 , ..., zm )

Entonces, las m ecuaciones anteriores definen a las variables z1 , z2 , ... , zm como funciones de las variables independientes x1 , x2 ,..., xn en un cierto entorno del punto (x0 , z0 ), es decir, zi = fi (x1 , x2 , ..., xn ), i = 1, 2, ..., m. Es m´ as, si las funciones Fj son diferenciables hasta orden k entonces tambi´en lo ser´an las funciones fi y sus derivadas se pueden calcular mediante derivaci´on impl´ıcita. ´ DEMOSTRACION.



EJEMPLO 6.89. Dada y 2 + 2xy + z 2 = 2y + 1, por derivaci´ on impl´ıcita halle: zx , zy , zyx ´ SOLUCION.Sea y 2 + 2xy + z 2 = 2y + 1

(6.15)

Para hallar zx , derivemos (6.15) respecto de x, haciendo esto obtenemos 2y + 2zzx = 0 email [email protected]

142

(6.16) R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

de donde

143

y zx = − . z

Para hallar zy , derivemos (6.15) respecto de y, haciendo esto obtenemos 2y + 2x + 2zzy = 2 de donde zy =

1−y−x . z

Para hallar zyx , de la ecuaci´on (6.16) se obtiene y + zzx = 0, derivando respecto de y esta ecuaci´on nos da 1 + zzyx + zy zx = 0 de aqu´ı se sigue que zyx = −

− zy zx + 1 =− z

EJEMPLO 6.90. Hallar

1−y−x y z z

+1

z

=−

(x+y−1)y z2

+1

z

=−

(x + y − 1)y + z 2 . z3

♣

∂z ∂2z y si y 2z + z 3 = x2 y 2 + 3xz + 5. ∂x ∂y∂x

Sea y 2 z + z 3 = x2 y 2 + 3xz + 5

(6.17)

Para hallar zx , derivemos (6.17) respecto de x, haciendo esto obtenemos y 2zx + 3z 2 zx = 2xy 2 + 3xzx de donde zx =

(6.18)

2xy 2 . y 2 + 3z 2 − 3x

Para hallar zyx , derivamos la ecuaci´on (6.18) respecto de y: 2yzx + y 2zyx + 6zzy zx + 3z 2 zyx = 4xy + 3xzyx de aqu´ı se sigue que zyx =

4xy − 2yzx − 6zzy zx y 2 + 3z 2 − 3x

EJEMPLO 6.91. Dada z = ex sen(y + z), por derivaci´ on impl´ıcita halle:

email [email protected]

143

♣ ∂z ∂z y . ∂x ∂y

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

144

z = ex sen(y + z)

(6.19)

´ SOLUCION.Sea

Para hallar zx , derivemos (6.25) respecto de x, haciendo esto obtenemos zx = ex sen(y + z) + ex cos(y + z) · zx transponiendo t´erminos, zx (1 − ex cos(y + z)) = ex sen(y + z) de donde

ex sen(y + z) ∂z = . ∂x 1 − ex cos(y + z)

Para hallar zy , derivemos (6.25) respecto de y, haciendo esto obtenemos zy = ex cos(y + z) · (1 + zy ) transponiendo t´erminos,

  zy 1 − ex cos(y + z) = ex cos(y + z)

de donde

∂z ex cos(y + z) = . ∂y 1 − ex cos(y + z)

♣

√ ∂z ∂z EJEMPLO 6.92. Dada z = e2x y + z, por derivaci´ on impl´ıcita halle: y . ∂x ∂y ´ SOLUCION.Sea

√ z = e2x y + z

(6.20)

Para hallar zx , derivemos (6.25) respecto de x, haciendo esto obtenemos √ 1 zx = 2e2x y + z + e2x √ · zx 2 y+z transponiendo t´erminos,

  √ e2x zx 1 − √ = 2e2x y + z 2 y+z

de donde

√ ∂z 2e2x y + z = . ∂x e2x 1− √ 2 y+z yz

EJEMPLO 6.93. Dada e email [email protected]

∂z + x ln y = 8 − xyz , por derivaci´ on impl´ıcita halle: . ∂x 2

144

♣ R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

145

eyz + x ln y = 8 − xyz 2

(6.21)

´ SOLUCION.Sea Para hallar

∂z , ∂x

derivemos (6.21) respecto de x, haciendo esto obtenemos eyz yzx = −2xyzzx

transponiendo t´erminos, zx [eyz y + 2xyz] = 0 de donde

∂z = 0. ∂x

EJEMPLO 6.94. Dada x2 z + y ln x = 8 − z 2 , por derivaci´ on impl´ıcita halle:

♣ ∂z . ∂y

´ SOLUCION.Sea x2 z + y ln x = 8 − z 2 Para hallar

∂z , ∂y

(6.22)

derivemos (6.22) respecto de y, haciendo esto obtenemos x2 zy + ln x = −2zzy

transponiendo t´erminos, de donde

zy [x2 + 2z] = − ln x ∂z ln x =− 2 . ∂y x + 2z

♣

EJEMPLO 6.95. Dada y 2 z + z 3 = x2 y 2 + 3xz + 5, por derivaci´ on impl´ıcita halle: zx y zy . ´ SOLUCION.Sea y 2 z + z 3 = x2 y 2 + 3xz + 5

(6.23)

Para hallar zx , derivemos (6.23) respecto de x, haciendo esto obtenemos y 2 zx + 3z 2 zx = 2xy 2 + 3xzx + 3z transponiendo t´erminos, de donde

zx [y 2 + 3z 2 − 3x] = 2xy 2 + 3z zx =

Procediendo del mismo modo hallamos zy . email [email protected]

2xy 2 + 3z . y 2 + 3z 2 − 3x

145

♣ R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

146

EJEMPLO 6.96. Halle las primeras derivadas de z por derivaci´ on implicita, donde exz +xyz = 4. ´ SOLUCION.Derivando implicitamente tenemos exz (z + xzx ) + xyzx + yzx = 0, por tanto zx = − EJEMPLO 6.97. Deducir expresiones para 4xy.

zx (x + xy + y) = −exz z

exz z x + xy + y

♣

∂z ∂z , en la funci´ on impl´ıcita: z = e−xz cos(2y) + ∂x ∂y

´ SOLUCION.Sea z = e−xz cos(2y) + 4xy

(6.24)

Para hallar zx , derivemos (6.25) respecto de x, haciendo esto obtenemos h i −xz zx = e (−1)z + (−x)zx cos(2y) + 4y

transponiendo t´erminos, h i zx = e−xz − z − xzx cos(2y) + 4y = −ze−xz cos(2y) − xzx e−xz cos(2y) + 4y zx + xzx e−xz cos(2y) = −ze−xz cos(2y) + 4y

de donde

h i zx 1 + xe−xz cos(2y) = −ze−xz cos(2y) + 4y ∂z 4y − ze−xz cos(2y) = . ∂x 1 + xe−xz cos(2y)

Para hallar zy , derivemos (6.25) respecto de y, haciendo esto obtenemos h i zy = e−xz − xzy cos(2y) + e−xz (−1) sen(2y)2 + 4x = −xzy e−xz cos(2y) − e−xz sen(2y)2 + 4x transponiendo t´erminos,

zy + xzy e−xz cos(2y) = −e−xz sen(2y)2 + 4x de donde

email [email protected]

∂z 4x − 2e−xz sen(2y) = . ∂y 1 + xe−xz cos(2y) 146

♣ R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

EJEMPLO 6.98. Deducir expresiones para 2xy.

147

∂z ∂z , en la funci´ on impl´ıcita: z = e−yz sen(3x) − ∂x ∂y

´ SOLUCION.Sea z = e−yz sen(3x) − 2xy

(6.25)

Para hallar zx , derivemos (6.25) respecto de x, haciendo esto obtenemos i h zx = e−yz − yzx sen(3x) + e−yz cos(3x)3 − 2y = −yzx e−yz sen(3x) + e−yz cos(3x)3 − 2y transponiendo t´erminos,

zx + yzx e−yz sen(3x) = e−yz cos(3x)3 − 2y

de donde

h i zx 1 + ye−yz sen(3x) = e−yz cos(3x)3 − 2y ∂z e−yz cos(3x)3 − 2y = . ∂y 1 + ye−yz sen(3x)

Para hallar zy , derivemos (6.25) respecto de y, haciendo esto obtenemos h i zy = e−yz (−1)z + (−y)zy sen(3x) − 2x

transponiendo t´erminos, h i zy = e−yz − z − yzy sen(3x) − 2x = −ze−yz sen(3x) − yzy e−xz sen(3x) − 2x zy + yzy e−xz sen(3x) = −ze−yz sen(3x) − 2x

de donde

h i zy 1 + ye−yz sen(3x) = −ze−yz sen(3x) − 2x ∂z −ze−yz sen(3x) − 2x = . ∂y 1 + ye−yz sen(3x)

♣ ∂z yz 2 para la funci´ on e + 4x y = xz. EJEMPLO 6.99. Por derivaci´on parcial impl´ıcita, calcular ∂x ´ SOLUCION.email [email protected]

♣ 147

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s EJEMPLO 6.100. Hallar

ζℏαυεz

148

dw si w = x2 − y 2 + 3; x2 + y + z = 0; y 2 − x − z = 0. dz

´ SOLUCION.Debido a la regla de la cadena se tiene dw ∂w dx ∂w dy dx dy = + = 2x − 2y dz ∂x dz ∂y dz dz dz Ahora bien, derivando impl´ıcitamente el sistema de ecuaciones  dx dy  ( 2  2x + +1 = 0  x +y+z = 0 dz dz  y2 − x − z = 0   2y dy − dx − 1 = 0 dz dz

usando la regla de Gramer −1 1 −1 −2y dx 2y + 1 2y + 1 = = =− , dz −4xy − 1 4xy + 1 2x 1 1 −2y As´ı

 dx dy   + = −1  2x dz dz    dx − 2y dy = −1 dz dz

2x −1 1 −1 dy −2x + 1 1 − 2x = = = dz −4xy − 1 4xy + 1 2x 1 1 −2y

dw 2y + 1 1 − 2x = −2x − 2y dz 4xy + 1 4xy + 1

EJEMPLO 6.101. Hallar

♣

∂z ∂z y si z = xy(x − y); u = x2 − y; v = x − y 2 . ∂u ∂v

´ SOLUCION.Observemos que z = x2 y − xy 2 . Por la regla de la cadena ∂z ∂z ∂x ∂z ∂y ∂x ∂y = + = (2xy − y 2) + (x2 − 2xy) ∂u ∂x ∂u ∂y ∂u ∂u ∂u con la derivaci´on impl´ıcita respecto de u el siguiente sistema de ecuaciones  ∂x ∂y  (  2x − = 1 2  x −y = u ∂u ∂u  x − y2 = v   ∂x − 2y ∂y = 0 ∂u ∂u usando la regla 1 0 ∂x = ∂z 2x 1

de Gramer −1 −2y −2y 2y = = , −4xy + 1 1 − 4xy −1 −2y

email [email protected]

148

∂y = ∂z

2x 1 1 0 2x −1 1 −2y

−1 1 = = −4xy + 1 1 − 4xy

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s As´ı

ζℏαυεz

149

2y 1 ∂w = (2xy − y 2 ) + (x2 − 2xy) ∂z 1 − 4xy 1 − 4xy

EJEMPLO 6.102. Si z = uv; u2 + v 2 − x − y = 0;

u2 − v 2 + 3x + y = 0. Calcular

♣ ∂z ∂x

´ SOLUCION.Por la regla de la cadena ∂z ∂u ∂z ∂v ∂u ∂v ∂z = + =v + u ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x ∂x ∂x con la derivaci´on impl´ıcita respecto de x el siguiente sistema de ecuaciones   ∂u ∂v ∂v ∂u   (   2u + 2v − 1 = 0 + 2v = 1 2u 2 2   u +v −x−y = 0 ∂x ∂x ∂x ∂x   u2 − v 2 + 3x + y = 0    2u ∂u − 2v ∂v + 3 = 0  2u ∂u − 2v ∂v = −3 ∂x ∂x ∂x ∂x usando la regla de Gramer 1 2v −3 −2v ∂u = 2u 2v ∂x 2u −2v

As´ı

6.9.

1 4v = =− , −8uv u

2u 1 2u −3 ∂v 1 −8u = = = 2u 2v ∂x −8uv v 2u −2v

∂z v u =− + ∂x u v

♣

El Gradiente de una funci´ on diferenciable

Las derivadas parciales fxi , i = 1, 2, ..., n de una funci´on diferenciable f : Rn → R desempe˜ nan un papel esencial, no s´olo ya en la determinaci´on del plano tangente a la superficie z = f (x) en cada punto, sino tambi´en a la hora de calcular derivadas direccionales y direcciones de m´aximo crecimiento o decrecimiento de la funci´on f . Por ello, la funci´on ∇ : Rn → Rn que a un punto p le asocia el vector de derivadas parciales ∇f (p) = (fx1 (p), ..., fxn (p)) recibe un nombre especial, gradiente. As´ı, el gradiente de la funci´on diferenciable f en el punto p es el vector (fx1 (p), ..., fxn (p)). ´ 6.7. Sea f : U → R una funci´ DEFINICION on real definida en un abierto U ⊂ Rn , diferenciable en un punto p ∈ U. El gradiente de f en el punto p es el vector ∇f (p) dado por   ∂f ∂f ∇f (p) = (p), ..., (p) . ∂x1 ∂xn email [email protected]

149

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

150

Es importante recalcar que el gradiente de una funci´on en un punto s´olo est´a definido si la funci´on es diferenciable en dicho punto. La mera existencia del vector (fx1 (p), ..., fxn (p)) no basta para que se le otorgue el nombre de gradiente, dado que ya hemos visto que hay funciones que admiten todas las derivadas direccionales en un punto y a´ un as´ı no son diferenciables en dicho punto. El motivo de esta particular exigencia es que el vector (fx1 (p), ..., fxn (p)) verifica unas propiedades cuando la funci´on es diferenciable que de otro modo no verifica. Para poder distinguir una situaci´on de otra se reserva el t´ermino gradiente para los vectores (fx1 (p), ..., fxn (p)) asociados a funciones diferenciables en el punto p en cuesti´on. ´ 6.8. Un camino en Rn es una aplicaci´ DEFINICION on continua α : I → Rn definida en un intervalo I de la recta real. ´ 6.9. Sean S una superficie y p ∈ S. Un vector v ∈ Rn es tangente a S en p DEFINICION si existen ε > 0 y un camino α : (−ε, ε) → Rn diferenciable en t = 0 tales que α(−ε, ε) ⊂ S, α(0) = x y α′ (0) = v. El vector α′ (0) se llama vector velocidad del camino α en p. ´ 6.10. Sean S una superficie y p ∈ S. Un vector w ∈ Rn es perpendicular a S en DEFINICION p si este es perpendicular a todo vector tangente a S en p. ´ 6.11. Sea c ∈ R, la preimagen de c bajo f , f −1 (c) se llama superficie de nivel c DEFINICION de la funci´on f . Cuando n = 2, f −1 (c) se llama curva de nivel c de f Sea f una funci´on diferenciable. Las propiedades principales del gradiente ∇f (p) son:

TEOREMA 6.9. Sea f : U → R una funci´ on diferenciable en un abierto U ⊂ Rn . Si p ∈ U es tal que ∇f (p) 6= 0. Entonces para todo vector v = (v1 , ..., vn ) ∈ Rn y cualquier camino α : (−δ, δ) → U tal que α(0) = p y α ′ (0) = v se tiene n

(f ◦ α)′ (0) =

X ∂f ∂f (p) =< ∇f (p), v >= (p)vi . ∂v ∂x i i=1

Demostraci´on. Puesto que f ◦ α : (−δ, δ) → R, aplicamos la regla de la cadena para obtener n

d(f ◦ α)(t) X ∂f (α(t)) dαi (t) = dt ∂xi dt i=1 de aqu´ı se tiene n n X ∂f (α(0)) dαi (0) X ∂f (p) (f ◦ α) (0) = = vi = h∇f (p), vi ∂x dt ∂x i i i=1 i=1 ′

Por definici´on n X ∂f

∂xi ∂f f (p + tv) − f (p) (p) = l´ım = l´ım i=1 t→0 t→0 ∂v t email [email protected]

(p)tvi + r(tv)

150

t

=

n X ∂f i=1

∂xi

(p)vi + l´ım t→0

r(tv) t R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

151

r(tv) Puesto que f una funci´on diferenciable en un abierto U se tiene que l´ım = 0, esto implica t→0 t que n

X ∂f ∂f (p) = (p)vi . ∂v ∂xi i=1 ❚ Esto es consecuencia de la regla de la cadena. En definitiva, estamos diciendo que los vectores tangentes a las curvas que pasan por el punto (p, f (p)) son combinaciones lineales de los vectores tangentes a la curva en ese punto seg´ un las direcciones de los ejes OX1, OX2 , ..., y OXn . n

X ∂f ∂f (p) = (p)ui . ∂u ∂xi i=1 Esto es evidente desde un punto de vista geom´etrico, desde el momento en que todos los vectores est´an situados sobre el plano tangente, y ´este viene dado por fx1 (p), ... ,fxn (p). As´ı, en las funciones diferenciables es inmediato calcular las derivadas direccionales, reduci´endolas a un simple producto escalar de vectores. ∂f Recordemos que la derivada direccional de f en el punto p el la direcci´on del vector v, (p) es la ∂v pendiente de la recta tangente a la superficie Graf(f ) que pasa por el punto (p, f (p)) tiene vector ∂f direcci´on igual a v. Ahora, como (p) = h∇f (p), vi, entonces los vectores v que apuntan a las ∂v direcciones a los largo de las cuales f crece son aquellas para los cuales se tiene h∇f (p), vi > 0, esto es, aquellos que forman un ´angulo menos a 90 grados con ∇f (p). Decir que el crecimiento de f es m´as r´apido en la direcci´on del gradiente significa que: si v ∈ Rn es tal que ||v|| = ||∇f (p)|| entonces ∂f ∂f (p) ≤ (p) ∂v ∂∇f (p) TEOREMA 6.10. Sea f : U → R una funci´ on diferenciable en un abierto U ⊂ Rn . Si p ∈ U es tal que ∇f (p) 6= 0. Entonces 1. df (p) = ∇f (p) dx. 2. El gradiente ∇f (p) apunta hacia la direcci´ on donde la funci´ on es creciente. 3. Si p ∈ f −1 (c) donde c ∈ R. El gradiente ∇f (p) es perpendicular a la superficie de nivel f −1 (c). Demostraci´on. Demostrar el inciso (2), para esto, colocando w = ∇f (p) tenemos ∂f (p) = h∇f (p), wi = ||∇f (p)||2 > 0 ∂w email [email protected]

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R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

152

Sea v ∈ Rn es tal que ||v|| = ||∇f (p)||, por la desigualdad de Schwarz: ∂f ∂f (p) = h∇f (p), vi ≤ ||∇f (p)|| ||v|| = ||∇f (p)||2 = (p) ∂v ∂∇f (p) Ahora probaremos la tercera afirmaci´on: Se dice que w ∈ Rn es ortogonal al conjunto de nivel f −1 (c) significa que, dado cualquier camino α : (−ε, ε) → f −1 (c) diferenciable en el punto t = 0 con α(0) = p se tiene hw, α ′ (0)i = 0. Ahora que α(t) ∈ f −1 (c) significa que f (α(t)) = c para todo t ∈ (−ε, ε), por tanto la funci´on f ◦ α : (−ε, ε) → R es constante igual a c, luego (f ◦ α)′ (0) = 0 o sea h∇f (p), α ′ (0)i = 0 ❚

EJEMPLO 6.103. Anote la expresi´on del vector gradiente en R3 para la funci´ on: f (x, y) = 2 2 x − 2y + xy. ´ SOLUCION.    ∇f (x, y) = fx , fy = 2x + y, −4y + x

♣

EJEMPLO 6.104. Anote la expresi´on del vector gradiente en R3 para la funci´ on: f (x, y) = 2 2 2x − y + xy. ´ SOLUCION.-



∇f (x, y) = fx , fy





 = 4x + y, −2y + x

♣

EJEMPLO 6.105. Halle el gradiente de f (x, y) = y ln x + xy 2 en el punto (1, 2) ´ SOLUCION.Usando la definici´on tenemos que: fx (x, y) =

y + y2 x

fx (x, y) = ln x + 2xy;

de esta manera tenemos que; ∇f (x, y) =

y

x

 + y , ln x + 2xy , 2

evaluando ∇f en el punto (1, 2) se obtiene: 2  2 ∇f (1, 2) = + 2 , ln 1 + 2 · 1 · 2 = (6, 4). 1 email [email protected]

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♣ R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

153

Del u ´ ltimo ejemplo se observa que el gradiente de una funci´on es un vector que muestra la direcci´on de cambio en un punto dado. Si hallamos el modulo a este vector tendremos la raz´on de cambio en ese punto. √ ||∇f (1, 2)|| = ||(6, 4)|| = 62 + 42 = 7.21 Por otro lado si a ese vector lo multiplicamos punto por un vector unitario tendremos un escalar que es num´ericamente igual a la derivada direccional en la direcci´on de ese vector unitario. Esto quiere decir que: ∂f (1, 2) = < ∇f (1, 2), u > ∂u EJEMPLO 6.106. Calcule la derivada direccional de f (x, y) = 3x2 −2y 2 en el punto P (−3/4, 0), en la direcci´on de P (−3/4, 0) a Q(0, 1) usando la forma alternativa del gradiente. ´ SOLUCION.Primero busquemos el vector de direcci´on dado a trav´es de los dos puntos: p −→ v = P Q = Q − P = (0, 1) − (−3/4, 0) = (3/4, 1). ||v|| = (3/4)2 + 1 = 5/4. Ahora buscamos el vector unitario en esa direcci´on: 3 4 v = ,− u= ||v|| 5 5 por otro lado planteamos primero el gradiente:   ∇f (x, y) = 6x, −4y ,

pero en el punto (−3/4, 0), el gradiente es:

∇f (−3/4, 0) =



 − 9/2, 0 ,

De esta manera la forma alternativa para hallar la derivada direccional por medio del gradiente es igual a: ∂f (−3/4, 0) = < ∇f (−3/4, 0), u > = ∂u



 9  3 4 27 − ,0 , ,− =− 2 5 5 10

♣

EJEMPLO 6.107. Calcule la derivada direccional de f (x, y) = x3 − 3xy + 4y 2 en la direcci´on del vector unitario u dado por θ = π6 en el punto P (1, 2). ´ SOLUCION.Primero encontremos el vector unitario  1 √3  u = (cos 30 , sen 30 ) = , 2 2 o

email [email protected]

o

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R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

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por otro lado las derivadas parciales: fx (x, y) = 3x2 − 3y

fy (x, y) = −3x + 8y,

de esta manera se obtiene que;

evaluando en el punto (1, 2):

  ∇f (x, y) = 3x2 − 3y, −3x + 8y , ∇f (1, 2) =



 − 6, 12 ,

luego la derivada direccional por medio del gradiente es igual a: * +    1 √3  ∂f 48 − 6, −12 , , (1, 2) = < ∇f (1, 2), u > = =√ ∂u 2 2 29

♣

Se ha visto que hay muchas derivadas direccionales en un punto (x, y) de una superficie. En muchas aplicaciones, se desea saber en qu´e direcci´on moverse de manera que f (x, y) crezca m´as r´apidamente. Esta direcci´on se llama la direcci´on de mayor ascenso y viene dada por el gradiente, como se establece en el teorema siguiente. TEOREMA 6.11. Sea f : U → R una funci´ on real diferenciable en un abierto U ⊂ R2 y p ∈ U. 1. Si ∇f (p) = 0, entonces

∂f (p) = 0 para todo vector unitario u. ∂v

∂f (p) es ||∇f (p)|| y se presenta cuando u tiene ∂u la misma direcci´on que el vector gradiente ∇f (p), esto es, la direcci´ on de m´ aximo incremento de f est´a dada por ∇f (p).

2. El valor m´aximo de la derivada direccional

3. La direcci´on de m´ınimo incremento de f est´ a dada por −∇f (p). El valor m´ınimo de es −||∇f (p)||.

∂f (p) ∂v

Demostraci´on. Debemos interpretar convenientemente el enunciado: nos referimos a la direcci´on en la que el valor de la funci´on aumenta lo m´aximo posible, situados en el punto p. Es decir, la direcci´on unitaria u cuya derivada direccional en p es m´axima entre todas las derivadas direccionales en dicho punto. ∂f Como (p) = < ∇f (p), u > para toda direcci´on unitaria u, el valor de m´aximo cambio se ∂u producir´a cuando el producto escalar < ∇f (p), u > sea m´aximo. Dado que

< ∇f (p), u > = ||∇f (p)|| ||u|| cos θ email [email protected]

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R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

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para θ el ´angulo que forman los dos vectores ∇f (p) y u; el valor m´aximo se alcanzar´a cuando ∇f (p) cos θ sea 1, esto es, para θ = 0. Esto ocurre cuando u = , y el valor m´aximo coincide con ||∇f (p)|| ||∇f (p)||. ❚ EJEMPLO 6.108. Hallar el gradiente ∇f (x, y, z) para la funci´ on dada: f (x, y, z) = x2 + y 2 − 4z y hallar la direcci´on de m´aximo incremento de f en el punto (2, −1, 1). ´ SOLUCION.El vector gradiente esta dado por:   ∇f (x, y, z) = fx (x, y, z), fy (x, y, z), fz (x, y, z) = (2x, 2y, −4) por lo tanto la direcci´on de m´aximo crecimiento en el punto (2, −1, 1) es: ∇f (2, −1, 1) = (2, 2, −4).

♣

EJEMPLO 6.109. Suponga que la temperatura en un punto (x, y, z) en el espacio esta dado por: T (x, y, z) =

1+

x2

80 + 2y 2 + 3z 2

donde T esta medida en grados cent´ıgrados y “x”, “y” e “z” en metros. En que direcci´on aumenta m´as r´apido la temperatura respecto al punto (1, 1, −2). ¿Cu´ al es la m´ axima tasa de incremento? ´ SOLUCION.No es dif´ıcil establecer que  ∇T (x, y, z) = −

160x 320y 420z ,− ,− 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (1 + x + 2y + 3z ) (1 + x + 2y + 3z ) (1 + x + 2y 2 + 3z 2 )2



Evaluando en el punto P (1, 1, −2) se tiene:  5 5 15  5  − , ,− = − 1, 2, −6 8 4 4 8 por tanto respecto a P (1, 1, −2) la temperatura se incrementa con mayor rapidez en la direcci´on del vector gradiente v = (−1, 2, −6). La m´axima tasa de incremento es la longitud del vector gradiente: √  5  5 41 ||∇T (1, 1, −2)|| = || − 1, 2, −6 || = 8 8 ∇T (1, 1, −2) =



Nota. Si buscaremos el m´ınimo valor tendr´ıamos que calcular −||∇f (p)|| y ocurre cuando tiene la ♣ direcci´on opuesta al gradiente ∇f (p). email [email protected]

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R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

156

EJEMPLO 6.110. Considere una placa rectangular. La temperatura en el punto (x, y) de la placa esta dada por: T (x, y) = 5 + 2x2 + y 2 determine la direcci´ on en la que se debe mover un insecto que esta en el punto (4, 2) para que se enfr´ıe lo mas r´ apido posible. ´ SOLUCION.Puesto que ∇f (x, y) = (−4x, −2y), entonces ∇f (4, 2) = (−16, −4) o sea que se ♣ debe ir en la direcci´on del vector v = (−16, −4). EJEMPLO 6.111. Hallar la direcci´on de m´ aximo incremento. La temperatura en grados Celsius en la superficie de una placa met´alica en T (x, y) = 20 − 4x2 − y 2 donde x y y se miden en cent´ımetros. ¿En qu´e direcci´on a partir de (2, −3) aumenta m´ as r´ apido la temperatura?. ¿Cu´al es la tasa o ritmo de crecimiento?. ´ SOLUCION.El gradiente es ∇T (x, y) = (−8x, −2y). Se sigue que la direcci´on de m´aximo incremento est´a dada por ∇T (2, −3) = (−16, +6) y la tasa o el ritmo de incremento es √ √ ||∇T (2, −3)|| = 256 + 36 = 292 ≈ 17.09o

por cent´ımetro.

♣

La soluci´on de este ejemplo puede entenderse err´oneamente. Aunque el gradiente apunta en la direcci´on de m´aximo incremento de la temperatura, no necesariamente apunta hacia el punto m´as caliente de la placa. En otras palabras, el gradiente proporciona una soluci´on local para encontrar un incremento relativo de la temperatura en el punto (2, −3). Una vez que se abandona esa posici´on la direcci´on de m´aximo incremento pude cambiar. EJEMPLO 6.112. La altura de una monta˜ na, en metros sobre el nivel de mar, esta dada por: √ x2 y2 f (x, y) = 2000 − − . Si un alpinista comienza su ascenso al nivel del mar en x = 20 10 4 2 √ e y = 20 5. ¿Cu´al es la trayectoria en el plano xy que corresponde a la ruta mas empinada de ascenso a la monta˜ na? ´ SOLUCION.Sabemos que en cada punto dela monta˜ na, la direcci´on de ascenso con mayor x pendiente esa dada por el gradiente ∇f (x, y) = − 2 , −y .

Sea α(t) = (x(t), y(t)) la trayectoria en el plano xy que corresponde a la ruta mas empinada de ascenso a la monta˜ na y que pasa por el punto (x, y) en el tiempo t. Puesto que la direcci´on de m´aximo incremento de f est´a dada por ∇f , entonces el vector ∇f (x, y) es tangente a la trayectoria α en el punto (x, y), es decir, α′ (t) = ∇f (x(t), y(t)) email [email protected]

156

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s es decir (x ′ , y ′ ) =



ζℏαυεz

157

 − x2 , −y de donde obtenemos el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales:

Para resolver este sistema

x ′ = − x2 y ′ = −y

dy dy −y 2y = dt = x = dx dx x − 2 dt

de donde

Integrando

dx dy =2 y x Z

dy =2 y

Z

dx x

ln(y) = 2 ln(x) + c. cuya soluci´on es y = cx2 √ √ y al usar el punto dado x = 20 10 e y = 20 5 la trayectoria es: √ 5 2 y= x 200 la grafica de esta trayectoria se muestra en la figura del lado. √ Esta grafica fue construida tomando 5 2 x. una curva de nivel para la cual z = 0. Se tiene que y = ♣ 200 TEOREMA 6.12. Sea f : U → R una funci´ on real definida en un abierto U ⊂ Rn y sea p ∈ U es tal que ∇f (p) 6= 0. Si p ∈ f −1 (c) donde c ∈ R, entonces el gradiente ∇f (p) es perpendicular a la superficie de nivel f −1 (c). EJEMPLO 6.113. Sea f (x, y) = y − sen(x), hallar un vector normal a la curva de nivel 0. ´ SOLUCION.La curva de nivel 0 en el plano XY viene dada por z = 0. Es decir: 0 = y −sen(x), de aqu´ı y = sen(x), esto es, f −1 (0) = {(x, sen x) : x ∈ R} Por otro lado el vector gradiente esta dado por:     ∇f (x, y) = fx (x, y), fy (x, y) = − cos(x), 1 email [email protected]

157

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

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158

Ya que el gradiente es un vector en el plano XY este vector es perpendicular a la curva de nivel en ese mismo plano en el punto (x, y). De esta manera el incremento es mayor en la superficie generada por la funci´on. De esta manera algunos de los vectores generados son los siguientes: ∇f (−π, 0) = (1, 1)  π  ∇f − , −1 = (0, 1) 2

√   1  2π 3 ∇f − ,− = ,1 3 2 2 

∇f (0, 0) = (−1, 1)

EJEMPLO 6.114. Probar que toda recta normal al cono x2 = 2y 2 + 2z 2 corta al eje X. ´ SOLUCION.Calculamos en primer lugar el vector gradiente de la funci´on de tres variables f (x, y, z) = x2 − 2y 2 − 2z 2 : ∇f (x, y, z) = (2x, −4y, −4z). El vector ∇f (x0 , y0 , z0 ) es el vector director de la recta normal al cono en un punto (x0 , y0 , z0 ). La ecuaci´on de la recta se escribe entonces como x − x0 y − y0 z − z0 = = 2x0 −4y0 −4z0 Para que dicha recta corte al eje X, debe ser compatible el sistema x − x0 −y0 = 2x0 −4y0 −z0 y − y0 = −4y0 −4z0 que resulta de hacer y = 0 y z = 0. En efecto, ambas ecuaciones dan la misma soluci´on x = 3x0 /2, lo que prueba que la recta corta al eje X en el punto (3x0 /2, 0, 0).

En la gr´afica se muestran algunas rectas normales al cono en puntos de la circunferencia x20 = ♣ 2y 2 + 2z 2 , x = x0 y se observa que todas ellas cortan al eje X en el punto (3x0 /2, 0, 0). EJEMPLO 6.115. Encontrar la ecuaci´ on de la recta tangente a la curva de intersecci´on del 2 plano 6x + 3y + 2z = 5 con el cono z = 4x2 + 9y 2 por el punto (2, 1, −5). email [email protected]

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R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

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p −6x − 3y + 5 y g(x, y) = − 4x2 + 9y 2 que 2 representan al plano y al cono, respectivamente (observar el signo “-” de la ra´ız debido a la posici´on del punto de intersecci´on de las superficies). ´ SOLUCION.Construimos las funciones f (x, y) =

Las derivadas parciales de ambas funciones en el punto dado son: fx (x, y) = −3, gx (x, y) = 4xg(x, y),

fy (x, y) = −3/2;

gx (2, 1) = −8/5,

gy (x, y) =

9y , g(x, y)

gy (2, 1) = −9/5.

De aqu´ı deducimos que los vectores v1 = (−3, −3/2, −1) y v2 = (−8/5, −9/5, −1) son perpendiculares al plano y al cono,respectivamente. Un vector tangente a la curva intersecci´on de ambos es

v = v1 × v2

i j k = −3 −3/2 −1 −8/5 −9/5 −1

  = − 3 , −7, 3 10 5

En definitiva,la recta tangente a la curva citada tiene por ecuaci´on   3 7 r(t) = 2 − t, 1 − t, −5 + 3t 10 5

♣

EJEMPLO 6.116. Demostrar que la suma de los cuadrados de las intersecciones con los ejes coordenados de todo plano tangente a la superficie x2/3 + y 2/3 + z 2/3 = a2/3 es constante. ´ SOLUCION.Podemos considerar la superficie dada como una superficie de nivel de la funci´on g(x, y, z) = x2/3 + y 2/3 + z 2/3 . El gradiente de dicha funci´on en un punto (x0 , y0, z0 ) de la superficie es 2 −1/3 −1/3 −1/3 ∇(x0 , y0, z0 ) = (x0 , y0 , z0 ). 3 Como dicho vector es perpendicular a la superficie,la ecuaci´on del plano tangente a la superficie en el punto citado es −1/3

x0 2/3

2/3

donde x0 + y0

2/3

+ z0

−1/3

(x − x0 ) + y0

−1/3

(y − y0 ) + z0

(z − z0 ) = 0,

= a2/3 (pues el punto pertenece a la superficie).

Los puntos de intersecci´on de este plano con los ejes coordenados son 1/3

(x0 a2/3 , 0, 0),

1/3

(0, y0 a2/3 , 0),

1/3

(0, 0, z0 a2/3 ).

La suma de los cuadrados de dichas intersecciones vale: 2/3

2/3

x2 + y 2 + z 2 = a4/3 (x0 + y0 resultado que no depende del punto de tangencia. email [email protected]

159

2/3

+ z0 ) = a2 , ♣ R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

6.10.

ζℏαυεz

160

F´ ormula de Taylor

Si f : Rn → R, x = (x1 , ..., xn ) con cada xi ∈ R, entonces: Podemos definir las derivada parciales Dxi f (x) ∈ L(R, R). Con respecto a xi en el modo usual: f (x1 , ..., xi + h, ..., xn ) − f (x1 , ..., xi , ..., xn ) − Dxi f (x)h = o(|h|) cuando |h| → 0. Notaci´on

∂f ∂f Dxi f (x) = (x) = (y) ∂xi ∂xi y=x

Las funciones coordenadas son denotadas y definidas por xi : Rn → R, que a cada x = (x1 , ..., xi , ..., xn ) hace corresponder su i-´esima coordenada xi . Como estas funciones son lineales, se tiene que dxi (x) = xi para cada x ∈ Rn . Adem´as Span{dxi }ni=1 = L(Rn , R), si Df (x), Dxi f (x) existen en L(Rn , R) y L(R, R) respectivamente escribimos Df (x) =

n X i=1

n X ∂f (x)dxi , Dxi f (x)dxi = ∂x i i=1

la expresi´on anterior es un igualdad entre operadores lineales de Rn sobre R. Ello significa que, para cada h = (h1 , ..., hn ) ∈ Rn con hi ∈ R, Df (x)h =

n X i=1

Dxi f (x) · (dxi · h) =

∂f (x) ∂f (x) h1 + · · · + hn ∂x1 ∂xn

Definamos tambi´en las derivada parciales Dx2i xj f (x) ∈ L(R × R, R).

Notaci´on

Dx2i xj f (x) =

∂ 2 f (x) . ∂xi ∂xj

Las funciones coordenadas son denotadas, definidas y dadas por xi xj : Rn × Rn → R × R (a, b) 7→ xi xj (a, b) = (ai , bj ) = ai bj . Como estos operadores son lineales, se tiene que d(xi xj )(a, b) = xi xj , notaci´on d(xi xj ) = dxi dxj . Adem´as Span{dxi dxj }ni,j=1 = L(Rn ×Rn , R), si D 2 f (x), Dx2i xj f (x) existen en L(Rn × Rn , R) y L(R × R, R) respectivamente escribimos D 2 f (x) =

n X n X

Dx2i xj f (x)dxi dxj =

i=1 j=1

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160

n n X X ∂2f (x)dxi dxj , ∂x ∂x i j i=1 j=1

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

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161

la expresi´on anterior es una igualdad entre operadores lineales de Rn × Rn sobre R. Ello significa que, para cada (h, k) = ((h1 , ..., hn ), (k1 , ..., kn )) ∈ Rn × Rn con hi ∈ R, ki ∈ R. 2

D f (x)(h, k) =

n X n X

Dx2i xj f (x)dxi dxj (h, k)

i=1 j=1

=

n X n X ∂ 2 f (x) i=1 j=1

∂xi ∂xj

hi kj .

Si h = k, denotaremos (h, h) por h2 . De manera general tenemos que si hj = (hj1 , ..., hjn ) para j = 1, ..., m, entonces m

1

m

D f (x)(h , ..., h ) =

n X

i1 =1

m

1

···

m

D f (x)(h , ..., h ) =

n X

Dx2i

1

im =1 n X

i1 =1

···

···xim f (x)dxi1

· · · dxim (h1 , ..., hm )

n X

im

∂ 2 f (x) h1i1 · · · hm im ∂x · · · ∂x i i m 1 =1

TEOREMA 6.13 (F´ ormula de Taylor de Primer Orden). Sea f : U ⊂ Rn → R una funci´on cuyas derivadas parciales hasta segundo orden son continuas en un entorno de x0 ∈ U (sea E(x0 ) ⊂ U dicho entorno). Entonces si x0 + h ∈ E(x0 ) se cumple que f (x0 + h) = f (x0 ) +

n X ∂f i=1

∂xi

(x0 )hi + R1 (f, x0 )(h)

R1 (f, x0 )(h) =0 khk→0 khk

siendo l´ım

´ DEMOSTRACION.



TEOREMA 6.14 (F´ ormula de Taylor de Segundo Orden). Sea f : U ⊂ Rn → R una funci´on cuyas derivadas parciales hasta tercer orden son continuas en un entorno de x0 ∈ U (sea E(x0 ) ⊂ U dicho entorno). Entonces si x0 + h ∈ E(x0 ) se cumple que f (x0 + h) = f (x0 ) +

n X ∂f (x0 ) i=1

∂xi

n

n

1 XX ∂ 2 f (x0 ) hi + hi hj + R2 (f, x0 )(h) 2 i=1 j=1 ∂xi ∂xj

R2 (f, x0 )(h) =0 khk→0 khk2

siendo l´ım

´ DEMOSTRACION.

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161

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

162

´ 6.12. [Matriz hessiana] Llamamos Matriz Hessiana a DEFINICION  ∂2f ∂2f ∂2f (x ) (x ) . . . (x0 ) 0  ∂x2 0 ∂x1 ∂x2 ∂x1 ∂xn 1    ∂2f ∂2f ∂2f  (x ) (x ) . . . (x0 ) 0 0  ∂x ∂x ∂x22 ∂x2 ∂xn 2 1 Hf (x0 ) =    .. .. .. ..  . . . .    ∂2f ∂2f ∂2f (x0 ) (x0 ) . . . (x0 ) ∂xn ∂x1 ∂xn ∂x2 ∂x2n

             

En ´estos t´erminos, la serie de Taylor de segundo orden descrita en el teorema anterior se puede expresar en la forma f (x0 + h) = f (x0 ) + ∇f (x0 ) • h +

1 T h · Hf (x0 ) · h + R2 (f, x0 )(h) 2

Observe que 2 X 2 X

aij hi hj =

h1 h2

i=1 j=1






a11 a12 a21 a22



h1 h2

(6.26)



TEOREMA 6.15 (F´ ormula de Taylor de m-´ esimo Orden). Sea U subconjunto abierto de Rn . Si f ∈ C m (U, R), entonces f (x + h) = f (x) + Df (x)h + · · · + para x ∈ U, x + sh ∈ U, 0 ≤ s ≤ 1, donde 1 Rm (x, h) = (m − 1)!

Z

0

1 D m−1 f (x)hm−1 + Rm (x, h) (m − 1)!

(6.27)

1

(1 − s)m−1 D m f (x + sh)hm ds.

Tambi´en,

1 m D f (x)hm + g(x, h) m! cuando |h| → 0.

f (x + h) = f (x) + Df (x)h + · · · + donde g(x, h) = o(|h|m)

(6.28)

(6.29)

Estudiemos ahora la f´ormula de Taylor para funciones de dos variables. Se verifica el siguiente TEOREMA 6.16 (F´ ormula de Taylor de n-´ esimo orden para dos variables). Sea z = f (x, y) definida en un entorno de P (a, b), con derivadas parciales continuas hasta el orden n en el mismo entorno y, existiendo todas las derivadas parciales de orden n+1 en dicho entorno. Entonces f (x, y) se puede escribir en la forma f (x, y) = Pn (x, y) + Rn (x, y), (f´ ormula de Taylor) siendo email [email protected]

162

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

163

Pn (x, y) un polinomio de grado n en (x − a) e (y − b). Aqu´ı Rn (x, y) representa un infinit´esimo de orden superior a ||(x, y) − (a, b)||n cuando (x, y) tiende a (a, b). Esto es, f (x, y) − Pn (x, y) =0 (x,y)→(a,b) ||(x, y) − (a, b)||n l´ım

La expresi´on concreta de Pn (x, y) es Pn (x, y) =

k! ∂ k f (x − a)i (y − b)k−i i k−i k! i=0 i!(k − i)! ∂x ∂y p

n k X 1X k=0

donde las potencias se entienden de manera simb´ olica, es decir, al actuar el exponente sobre los s´ımbolos de derivada parcial representar´ an derivaci´ on sucesiva, y al actuar sobre (x − a) o (y − b) representar´an potencias. Pn (x, y) recibe el nombre de polinomio de Taylor de la funci´on f , de grado n, en el punto (a, b). Cuando a = b = 0, la f´ ormula de Taylor se llama de McLaurin. ❚

Demostraci´on. Aclaremos esto obteniendo Pn (x, y) para algunos valores de n: n = 1, P1 (x, y) = f (a, b) + fx (a, b)(x − a) + fy (a, b)(y − b) n = 2, P2 (x, y) = f (a, b) + fx (a, b)(x − a) + fy (a, b)(y − b)+ 1 (fxx (a, b)(x − a)2 + 2fxy (a, b)(x − a)(y − b) + fyy (a, b)(y − b)2 ) 2 n = 3, P3 (x, y) = f (a, b) + fx (a, b)(x − a) + fy (a, b)(y − b)+

1 (fxx (a, b)(x − a)2 + 2fxy (a, b)(x − a)(y − b) + fyy (a, b)(y − b)2 )+ 2 1 (fxxx (a, b)(x − a)3 + 3fxxy (a, b)(x − a)2 (y − b) + 3fxyy (a, b)(x − a)(y − b)2 + fyyy (a, b)(y − b)3 ) 6

EJEMPLO 6.117. Escribir el desarrollo de Taylor de segundo orden de las funciones: (a) 2 2 f (x, y) = −x2 + 2xy + 3y 2 − 6x − 2y − 4 en el punto (−2, 1). (b) f (x, y) = e−x −y cos(x + y) en el punto (0, 0). (c) f (x, y) = xy en el punto (1, 1). (d) f (x, y) = ex+y en el punto (0, 0). ´ SOLUCION.Calcularemos en todos los casos el vector gradiente y la matriz hessiana en el punto correspondiente. email [email protected]

163

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

164

(a) Si f (x, y) = −x2 + 2xy + 3y 2 − 6x − 2y − 4, entonces f (−2, 1) = 1. Adem´as, fx = −2x + 2y − 6 fy = 2x + 6y − 2 fxx = −2 fxy = 2 fyx = 2

fyy = 6

)

)

=⇒ ∇f (−2, 1) = (0, 0);

=⇒ Hf (−2, 1) =



−2 2 2 6



.

As´ı pues, f (x, y) = f (−2, 1) + (0, 0) • (x + 2, y − 1)    1 −2 2 x+2 + (x + 2, y − 1) + R2 (x, y) 2 6 y−1 2 = 1 − (x + 2)2 + 2(x + 2)(y − 1) + 3(y − 1)2 + R2 (x, y).

Observemos en este caso que R2 (x, y) = 0, es decir el polinomio de Taylor de segundo orden coincide con la funci´on al ser ´esta ya un polinomio de segundo grado. (b) Como f (x, y) = e−x

2 −y 2

cos(x + y), entonces f (0, 0) = 1. Por otra parte,

   fx = e − 2x cos(x + y) − sen(x + y)  =⇒ ∇f (0, 0) = (0, 0);    −x2 −y 2  fy = e − 2y cos(x + y) − sen(x + y) −x2 −y 2

Como adem´as Hf (0, 0) =





−3 −1 −1 −3

 , la f´ormula de Taylor nos da la igualdad

   1 −3 −1 x + R2 (x, y) f (x, y) = f (−2, 1) + (x, y) −1 −3 y 2 3 3 = 1 − x2 − xy − y 2 + R2 (x, y). 2 2

En la gr´afica se observa el grado de aproximaci´on en un entorno del origen de la superficie que representa la funci´on (por encima) y la gr´afica del polinomio de segundo grado que representa el polinomio de Taylor de segundo orden (por debajo).

email [email protected]

164

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

165

(c) De f (x, y) = xy , deducimos que f (1, 1) = 1. Adem´as, fx = yxy−1 fy = xy ln x

)

=⇒ ∇f (1, 1) = (1, 0);


)   fxy = xy−1 1 + y ln x 0 1 =⇒ Hf (1, 1) = .

2 1 0 1 + y ln x fyy = xy ln x

fxx = y(y − 1)xy−2 fyx = xy−1

Sustituyendo en la f´ormula de Taylor,obtenemos:

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

(d) Como f (x, y) = ex+y , f (0, 0) = 1. Por otra parte,   ∇f (1, 1) = ex+y , ex+y =⇒ ∇f (0, 0) = (1, 1); Hf (1, 1) =



ex+y ex+y ex+y ex+y



=⇒ Hf (0, 0) =



1 1 1 1



.

Obtenemos entonces que 1 f (x, y) = f (0, 0) + (x, y) 2 = 1 + (x + y) +



1 1 1 1



x y



+ R2 (x, y)

(x + y)2 + R2 (x, y). 2

♣

2

EJEMPLO 6.118. Sea la funci´on f (x, y) = eax+y + b sen(x2 + y 2 ). Determinar los valores de a y b para que el plano tangente a la superficie z = f (x, y) en el origen sea horizontal y el polinomio de Taylor de segundo orden centrado en el origen tome el valor 6 en el punto (1, 2). email [email protected]

165

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

166

´ SOLUCION.Para que el plano tangente sea horizontal,deben anularse las dos derivadas parciales de primer orden. As´ı pues,como
∂f 2 = aeax+y + 2bx cos x2 + y 2 ∂x
∂f 2 = 2yeax+y + 2by cos x2 + y 2 ∂y

deducimos que

∂f ∂f (0, 0) = a y (0, 0) = 0. ∂x ∂x Basta hacer a = 0 para que ambas derivadas parciales se anulen. Sustituyendo en la funci´on, resulta 2 f (x, y) = ey + b sen(x2 + y 2) Para escribir el polinomio de Taylor, calculemos las derivadas parciales de segundo orden: ∂2f ∂x2



= 2bx cos x2 + y 2 − 4bx2 sen x2 + y 2


∂2f = −4bxy sen x2 + y 2 ∂x∂y ∂2f ∂y 2

=


2

2 + 4y 2 ey + 2b cos x2 + y 2 − 4by 2 sen x2 + y 2 .

Sustituyendo en el punto (0,0),obtenemos la matriz hessiana   2b 0 Hf (0, 0) = 0 2 + 2b El polinomio de Taylor en el origen tiene la forma 1 P2 f (x, y) = f (0, 0) + (x, y)Hf (0, 0) 2



x y



= 1 + bx2 + (1 + b)y 2 .

Teniendo en cuenta el enunciado del problema, hacemos 6 = P2 f (1, 2). Resulta as´ı: 6 = 1 + b + ♣ 4(1 + b) de donde b = 1/5. EJEMPLO 6.119. Obtener la f´ormula de McLaurin de orden dos para la funci´on f (x, y) = ex cos y. ´ SOLUCION.En este caso a = b = 0. Necesitamos calcular las derivadas parciales primeras y segundas: fx (x, y) = ex cos y, fy (x, y) = −ex sen y, fxx (x, y) = ex cos y, fyy (x, y) = −ex cos y, email [email protected]

166

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

167

fxy (x, y) = −ex sen y. Sus valores en el punto (0, 0) son: fx (0, 0) = 1, fy (0, 0) = 0, fxx (0, 0) = 1, fyy (0, 0) = −1, fxy (0, 0) = 0, f (0, 0) = 1. Por lo tanto 1 ex cos y = 1 + x + (x2 − y 2 ) + R2 (x, y) 2 donde R2 (x, y) es un infinit´esimo de orden superior a ||(x, y)||2, para (x, y) → (a, b).

♣

EJEMPLO 6.120. Obtener el desarrollo de Taylor de orden dos de la funci´ on f (x, y) = y x , en un entorno del punto (1, 1). ´ SOLUCION.Calculemos las derivadas parciales de primer y segundo orden. fx (x, y) = y x ln y, fy (x, y) = xy x−1 , fxx (x, y) = ln yy x ln y = y x (ln y)2 , fyy (x, y) = x(x − 1)y x−2, 1 fxy (x, y) = xy x−1 ln y + y x = xy x−1 ln y + y x−1 = y x−1 (x ln y + 1). Sus valores en el punto (1, 1) y son: fx (1, 1) = 0, fy (1, 1) = 1, fxx (1, 1) = 0, fyy (1, 1) = 0, fxy (1, 1) = 1. Adem´as f (1, 1) = 1. Luego se tiene

1 y x = 1 + (y − 1) + 2(x − 1)(y − 1) + R2 (x, y) 2 = 1 + (y − 1) + (x − 1)(y − 1) + R2 (x, y)

Donde R2 (x, y) es un infinit´esimo de orden superior a ||(x, y) − (1, 1)||2

♣

∂2f (x, y) = 0 ∀(x, y). ∂x∂y ∂2f ∂2f Probar que f (x, y) = g(x) + h(y). (b) Sean f de clase C 2 en R2 y que − ≡ 0. i). Si ∂x2 ∂y 2 ∂2f llamamos u = x + y y v = x − y, calcular . ii) Probar que f (x, y) = g(x + y) + h(x − y). ∂u∂v EJEMPLO 6.121. a) Supongamos que f es de clase C 2 en R2 y que

´ SOLUCION.Se sabe que Df (x, y) =

D 2 f (x, y) =

∂f ∂f (x, y) dx + (x, y) dy ∂x ∂y

∂2f ∂2f ∂2f ∂2f (x, y) dx dx + (x, y) dx dy + (x, y) dy dx + (x, y) dy dy ∂x2 ∂x∂y ∂y∂x ∂y 2

Por tanto D 2 f (x, y)(h, k)2 =

email [email protected]

∂2f ∂2f 2 (x, y) h + (x, y) k 2 ∂x2 ∂y 2 167

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

Si i + j = m, de la hip´otesis tenemos que

168

∂mf (x, y) = 0 para todo (x, y). Esto implica que ∂xi ∂y j

D m f (x, y)(h, k)m =

∂mf ∂mf m (x, y) h + (x, y) k m ∂xm ∂y m

Del teorema de Taylor tenemos f (x, y) = f (a, b)+Df (a, b)(x−a, y−b)+· · ·+

1 D m−1 f (a, b)(x−a, y−b)m−1 +Rm (x−a, y−b) (m − 1)!

∞ X 1 m f (x, y) = D f (a, b)(x − a, y − b)m m! m=0

  ∞ X 1 ∂mf ∂mf m m f (x, y) = (a, b) (x − a) + m (a, b) (y − b) m m! ∂x ∂y m=0 ∞ ∞ X X 1 ∂mf 1 ∂mf m (a, b) (x − a) + (a, b) (y − b)m f (x, y) = m m m! ∂x m! ∂y m=0 m=0

Tomando a = b = 0, y definiendo ∞ X 1 ∂mf h(y) = (0, 0) y m m m! ∂y m=0

∞ X 1 ∂mf g(x) = (0, 0) xm , m m! ∂x m=0

tenemos f (x, y) = g(x) + h(y) (

u = x+y v = x−y

Puesto que

 1  (u + v)  x = 2   y = 1 (u − v) 2

∂f ∂f ∂x ∂f ∂y = + ∂u ∂x ∂u ∂y ∂u  2   2  ∂2f ∂ f ∂x ∂ 2 f ∂y ∂x ∂f ∂ 2 x ∂ f ∂x ∂ 2 f ∂y ∂y ∂f ∂ 2 y = + + + + 2 + ∂v∂u ∂x2 ∂u ∂y∂x ∂v ∂u ∂x ∂v∂u ∂x∂y ∂v ∂y ∂v ∂u ∂y ∂v∂u ∂x 1 = , ∂u 2 email [email protected]

∂x 1 = , ∂v 2

∂y 1 = , ∂u 2 168

∂y 1 =− ∂v 2 R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

169

 2   2  ∂ f 1 ∂2f 1 1 ∂ f 1 ∂2f 1 1 ∂2f = − + − ∂v∂u ∂x2 2 ∂y∂x 2 2 ∂x∂y 2 ∂y 2 2 2 ∂2f 1 ∂2f 1 ∂2f 1 ∂2f 1 ∂2f = − + − =0 ∂v∂u 4 ∂x2 4 ∂y∂x 4 ∂x∂y 4 ∂y 2 por tanto si definimos G(u, v) = entonces



1 1 (u + v), (u − v) 2 2



f (G((u, v)) = g(u) + h(v) de aqu´ı f (x, y) = g(x + y) + h(x − y)

6.11.

♣

Plano tangente y Recta Normal

Una superficie en R3 puede ser generado de dos maneras: Una como como conjunto de nivel de una funci´on del tipo f : R3 → R y la otra como siendo el gr´afico de una funci´on f : R2 → R.

Consideremos una funci´on f : R3 → R y c ∈ R. El conjunto de nivel c o conjunto preimagen del valor c, f −1 (c), es llamado superficie. Desde el punto de vista geom´etrico se llama plano tangente a una superficie en un punto dado al plano que contiene a todas las rectas tangentes a la superficie en dicho punto, o mejor dicho, a las rectas tangentes de todas las curvas trazadas sobre la superficie que pasan por el punto. Si todas las tangentes no est´an sobre el mismo plano, entonces se dice que el plano tangente no existe. Desde el punto de vista anal´ıtico para que exista el plano tangente a una superficie en un punto de la misma, la funci´on que define la superficie ha de ser diferenciable en el punto correspondiente. ´ DEFINICION 6.13. Sean c ∈ R y f : R3 → R una funci´ on real diferenciable en un punto −1 p ∈ f (c) tal que ∇f (p) 6= 0. 1. El plano tangente a la superficie f −1 (c) el punto p es el plano que pasa por p y tiene vector normal a ∇f (p), esto es, P lano = {q : < q, ∇f (p) > = < p, ∇f (p) >}.

(6.30)

2. La recta normal a la superficie f −1 (c) el punto p es la recta que pasa por p y tiene vector direcci´on a ∇f (p), esto es, Recta = {p + t ∇f (p) : t ∈ R}. email [email protected]

169

(6.31) R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

170

En las ecuaciones (6.30) y (6.31) hagamos q = (x, y, z), p = (x0 , y0, z0 ) y ∇f (p) = ∇f (x0 , y0 , z0 ) = (fx (x0 , y0 , z0 ), fy (x0 , y0 , z0 ), fz (x0 , y0, z0 )). de donde obtenemos la siguiente ecuaci´on para el plano fx (x0 , y0 , z0 )(x − x0 ) + fy (x0 , y0 , z0 )(y − y0 ) + fz (x0 , y0, z0 )(z − z0 ) = 0.

(6.32)

adem´as la ecuaci´on de la recta normal a la superficie f −1 (c) en el punto p viene definida por las ecuaciones: x − x0 y − y0 z − z0 = = . (6.33) fx (x0 , y0 , z0 ) fy (x0 , y0 , z0 ) fz (x0 , y0 , z0 ) Ahora bien, consideremos una funci´on de R2 a R, f : R2 → R. El gr´afico de una funci´on f tambi´en define una superficie. En efecto, si z = f (x, y) entonces, z − f (x, y) = 0. Ahora definamos la funci´on F : R3 → R siendo F (x, y, z) = f (x, y) − z, luego el gr´afico de f es la superficie dada por el conjunto de nivel 0 para F , esto es Graf (f ) = F −1 (0). Puesto que el plano tangente a la superficie F −1 (0) en el punto p0 = (x0 , y0, f (x0 , y0)) es dado por (6.32) y adem´as ∇F (p0 ) = (Fx (p0 ), Fy (p0 ), Fz (p0 )) = (fx (x0 , y0 ), fy (x0 , y0), −1) obtenemos que el plano tangente al gr´afico de f , Graf (f ), que pasa por el punto p0 = (x0 , y0 , f (x0 , y0 )) es dado por fx (x0 , y0 )(x − x0 ) + fy (x0 , y0 )(y − y0 ) − (z − f (x0 , y0 )) = 0. o equivalentemente z − f (x0 , y0) = fx (x0 , y0 )(x − x0 ) + fy (x0 , y0 )(y − y0 ).

(6.34)

Adem´as la ecuaci´on de la recta normal a la superficie F −1 (0) en el punto p0 = (x0 , y0 , f (x0 , y0 )) viene definida por las ecuaciones: x − x0 y − y0 z − f (x0 , y0) = = . fx (x0 , y0 ) fy (x0 , y0 ) −1

(6.35)

EJEMPLO 6.122. ¿Cu´al es la ecuaci´on del plano tangente a la superficie z = f (x, y) en el punto P0 (x0 , y0 , z0 )? email [email protected]

170

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

171

´ SOLUCION.El plano tangente al gr´afico de f , Graf (f ), que pasa por el punto p0 = (x0 , y0, z0 ) es dado por z − z0 = fx (x0 , y0)(x − x0 ) + fy (x0 , y0)(y − y0 ). ♣

donde z0 = f (x0 , y0).

EJEMPLO 6.123. Analice la verdad o falsedad de la siguiente afirmaci´ on: La ecuaci´on del plano tangente a la superficie z = f (x, y) en el punto P0 (x0 , y0, z0 ) es fx (x0 , y0)(x − x0 ) + fy (x0 , y0 )(y − y0 ) + (z − z0 ) = 0. Justifique su respuesta. ´ SOLUCION.Definamos la funci´on F : R3 → R siendo F (x, y, z) = f (x, y) − z, luego el gr´afico de f es la superficie dada por el conjunto de nivel 0 para F , esto es Graf (f ) = F −1 (0). Puesto que el plano tangente a la superficie F −1 (0) en el punto p0 = (x0 , y0, f (x0 , y0)) es dado por Fx (x0 , y0 , z0 )(x − x0 ) + Fy (x0 , y0 , z0 )(y − y0 ) + Fz (x0 , y0 , z0 )(z − z0 ) = 0. y adem´as ∇F (p0 ) = (Fx (p0 ), Fy (p0 ), Fz (p0 )) = (fx (x0 , y0 ), fy (x0 , y0), −1) obtenemos que el plano tangente al gr´afico de f , Graf (f ), que pasa por el punto p0 = (x0 , y0 , f (x0 , y0 )) es dado por fx (x0 , y0 )(x − x0 ) + fy (x0 , y0 )(y − y0 ) − (z − f (x0 , y0 )) = 0. o equivalentemente z − f (x0 , y0) = fx (x0 , y0 )(x − x0 ) + fy (x0 , y0 )(y − y0 ).

♣

EJEMPLO 6.124. Analice la verdad o falsedad de la siguiente afirmaci´ on: La ecuaci´on de la recta normal a a la superficie z = f (x, y) en el punto (x0 , y0 , z0 ) es (x0 , y0 , z0 ) = (x0 , y0 , z0 ) + t(fx (x0 , y0, z0 ), fy (x0 , y0, z0 ), 1). Justifique su respuesta. ´ SOLUCION.Observemos que el gr´afico de una funci´on de R2 a R, f : R2 → R, define una superficie. En efecto, si z = f (x, y) entonces, z − f (x, y) = 0. email [email protected]

171

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

172

Ahora definamos la funci´on F : R3 → R siendo F (x, y, z) = f (x, y) − z, luego el gr´afico de f es la superficie dada por el conjunto de nivel 0 para F , esto es Graf (f ) = F −1 (0). La recta normal a la superficie F −1 (c) el punto (x0 , y0, z0 ) es la recta que pasa por (x0 , y0, z0 ) y tiene vector direcci´on a ∇F (x0 , y0, z0 ), esto es, (x, y, z) = (x0 , y0, z0 ) + t ∇F (x0 , y0 , z0 ). Por otra parte, ∇F (x0 , y0 , z0 ) = (fx (x0 , y0 ), fy (x0 , y0), −1) Por lo tanto, (x, y, z) = (x0 , y0, z0 ) + t (fx (x0 , y0 ), fy (x0 , y0 ), −1). ♣ EJEMPLO 6.125. Hallar las ecuaciones del plano tangente y de la recta normal a la superficie de ecuaci´on z = x2 + y 2 − 2xy + 2y − 2, en el punto P (1, 2, 3). ´ SOLUCION.Dada la ecuaci´on z = x2 + y 2 − 2xy + 2y − 2, encontramos las derivadas parciales; fx (x, y) = 2x − 2y,

fy (x, y) = 2y − 2x + 2

en el punto dado (1, 2, 3): fx (1, 2) = −2,

fy (1, 2) = 4,

de esta manera la ecuaci´on del plano tangente en el punto (1, 2, 3) es: z − 3 = −2(x − 1) + 4(y − 2) o bien z + 2x − 4y + 3 = 0. Por otro lado la recta normal esta dado por x−1 y−2 z−3 = = . −2 4 −1

♣

EJEMPLO 6.126. Hallar las ecuaciones del plano tangente y de la recta normal a la superficie de ecuaci´on z = xexy−2 , en el punto P (2, 1, 2). ´ SOLUCION.Dada la ecuaci´on z = xexy−2 , encontramos las derivadas parciales; Fx (x, y) = exy−2 + xyexy−2 ,

Fy (x, y) = x2 exy−2

en el punto dado (2, 1, 2): Fx (2, 1) = e0 + 2(1)e0 = 1 + 2 = 3, email [email protected]

172

Fy (2, 1) = 4e0 = 4, R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

173

de esta manera la ecuaci´on del plano tangente en el punto (1, 2, 3) es: z − 2 = 3(x − 2) + 4(y − 1); o bien: z − 3x − 4y + 8 = 0, que es el plano buscado. Por otro lado la recta normal esta dado por y+1 z−2 x−1 = = . 3 4 −1

♣

EJEMPLO 6.127. Halle la ecuaci´on de la recta normal a la superficie de ecuaci´on z = x2 + y 2 − 2xy + 2y − 2, en el punto P (1, 2, 3). ´ SOLUCION.Dada la ecuaci´on z = x2 + y 2 − 2xy + 2y − 2, encontramos las derivadas parciales; fx (x, y) = 2x − 2y,

fy (x, y) = 2y − 2x + 2

en el punto dado (1, 2, 3) fx (1, 2) = −2,

fy (1, 2) = 4,

de esta manera la ecuaci´on del plano tangente en el punto (1, 2, 3) es:

, o bien: z + 2x − 4y + 3 = 0.

z − 3 = −2(x − 1) + 4(y − 2)

♣

EJEMPLO 6.128. Hallar una ecuaci´ on del plano tangente al hiperboloide z 2 − 2x2 − 2y 2 = 12 en el punto (1, −1, 4). ´ SOLUCION.Se comienza por expresar la ecuaci´on de la superficie como z 2 − 2x2 − 2y 2 − 12 = 0. Despu´es, considerando f (x, y, z) = z 2 − 2x2 − 2y 2 − 12

se tiene

fx (x, y, z) = −4x fy (x, y, z) = −4y

y fz (x, y, z) = 2z.

En el punto (1, −1, 4) las derivadas parciales son

fx (1, −1, 4) = −4 fy (1, −1, 4) = 4 y fz (1, −1, 4) = 8. Por tanto la ecuaci´on del plano tangente en (1, −1, 4) es (x, y, z) · ∇f (1, −1, 4) = (1, −1, 4) · ∇f (1, −1, 4) (x, y, z) · (−4, 4, 8) = (1, −1, 4) · (−4, 4, 8) −4x + 4y + 8z = −4 − 4 + 32 = 24 −x + y + 2z = 6

email [email protected]

173

♣ R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

174

EJEMPLO 6.129. Hallar las ecuaciones del plano tangente y de la recta normal al hiperboloide: F (x, y, z) = z 2 − 2x2 + 2y 2 − 12 en el punto (1, −1, 4). ´ SOLUCION.Primero expresemos la funci´on como una ecuaci´on igual a cero: z 2 −2x2 +2y 2−12 = 0, luego encontramos las derivadas parciales de la ecuaci´on del plano Fx (x, y, z) = −4x,

Fy (x, y, z) = −4y,

Fz (x, y, z) = 2z,

F x(1, −1, 4) = −4,

F y(1, −1, 4) = 4,

F z(1, −1, 4) = 8,

en el punto dado:

de esta manera la ecuaci´on del plano tangente en el punto (1, −1, 4) es: −4(x − 1) + 4(y + 1) + 8(z − 4) = 0

−4x + 4 + 4y + 4 + 8z − 32 = 0 −4x + 4y + 8z − 24 = 0

x − y − 2z + 6 = 0.

La ecuaci´on de la recta normal a la superficie z 2 − 2x2 + 2y 2 − 12 = 0 en el punto (1, −1, 4) viene definida por las ecuaciones: y+1 z−4 x−1 = = . −4 4 8 ♣ EJEMPLO 6.130. Hallar el o los puntos de la esfera x2 + y 2 + z 2 = 4 en los cuales el plano tangente es paralelo al plano x + y + z = 4. ´ SOLUCION.Sea P (a, b, c) uno de estos puntos, entonces por esta en la esfera: a2 + b2 + c2 = 4 Por otro lado, por ser el plano tangente a la esfera en el punto P y el plano x + y + z = 4 paralelos, sus vectores normales son paralelos, es decir; (2a, 2b, 2c) = α(1, 1, 1), donde (1, 1, 1) es el vector normal del plano dado y (2a, 2b, 2c) es el vector gradiente de la funci´on que tambi´en es un vector normal a la esfera en el punto dado. Entonces obtenemos el siguiente sistema de ecuaciones a2 + b2 + c2 2a 2b 2c

email [email protected]

174

= = = =

4 α α α R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

175

α de las tres u ´ ltimas ecuaciones de tiene a = b = c = que en la primera ecuaci´on 3a2 = 16, de 2  4 4 4   4 4 4 4  donde a = ± √ . Entonces los puntos buscados son: √ , √ , √ y − √ , −√ , −√ . ♣ 3 3 3 3 3 3 3 EJEMPLO 6.131. Hallar la ecuaci´on del plano tangente a la superficie de ecuaci´ on x2 + 2y 2 + 3z 2 = 21, que es paralelo al plano x + 4y + 6z = 0. ´ SOLUCION.Consideremos la funci´on: F (x, y, z) = x2 + 2y 2 + 3z 2 − 21, encontramos las derivadas parciales; Fx (x, y, z) = 2x,

Fy (x, y, z) = 4y,

Fy (x, y, z) = 6z

El vector gradiente: ∇f (x, y, z) = 2xi + 4yj + 6zk, por otro lado el vector normal del plano dado: (1, 4, 6) ya que son paralelos se cumple que: (2x, 4y, 6z) = t(1, 4, 6) de aqu´ı: 2x = 4y = 6z6 = t 4 entonces 2x = y = z = t, al sustituir esto en la funci´on dada: t2 + 2t2 + 3t2 = 21 4 de donde t = ±2, de esta manera los puntos de tangencia son: (1, 2, 2) y (−1, −2, −2) y los planos tangentes son: 2(x − 1) + 8(y − 2) + 12(z − 2) = 0, simplificando esta expresi´on: x + 4y + 6z = 21 ♣ y −2(x + 1) − 8(y + 2) − 12(z + 2) = 0, simplificando esta expresi´on: x + 4y + 6z = −21. EJEMPLO 6.132. Hallar la ecuaci´on del plano tangente a la superficie de ecuaci´ on x2 + 2y 2 + 3z 2 = 21, que es paralelo al plano x + 4y + 6z = 0. ´ SOLUCION.Consideremos la funci´on: F (x, y, z) = x2 + 2y 2 + 3z 2 − 21, encontramos las derivadas parciales; Fx (x, y, z) = 2x,

Fy (x, y, z) = 4y,

Fy (x, y, z) = 6z

El vector gradiente: ∇f (x, y, z) = 2xi + 4yj + 6zk, por otro lado el vector normal del plano dado: (1, 4, 6) ya que son paralelos se cumple que: (2x, 4y, 6z) = t(1, 4, 6) de aqu´ı: 2x = 4y = 6z6 = t 4 entonces 2x = y = z = t, al sustituir esto en la funci´on dada: t2 + 2t2 + 3t2 = 21 4 de donde t = ±2, de esta manera los puntos de tangencia son: (1, 2, 2) y (−1, −2, −2) y los planos tangentes son: 2(x − 1) + 8(y − 2) + 12(z − 2) = 0, simplificando esta expresi´on: x + 4y + 6z = 21 ♣ y −2(x + 1) − 8(y + 2) − 12(z + 2) = 0, simplificando esta expresi´on: x + 4y + 6z = −21. √ √ √ √ EJEMPLO 6.133. Considere la superficie S dada por x + y + z = a con a > 0 y p0 = (x0 , y0, z0 ) cualesquiera de sus puntos. Demostrar que la suma de las coordenadas de los puntos de intersecci´on del plano tangente a S en p0 con los ejes coordenados es igual a a. email [email protected]

175

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

176

´ SOLUCION.Se comienza por expresar la ecuaci´on de la superficie como √ √ √ √ x + y + z − a = 0. Despu´es, considerando f (x, y, z) = se tiene

1 fx (x, y, z) = √ 2 x

√

x+

√

y+

√

1 fy (x, y, z) = √ 2 y

z−

√

a

1 y fz (x, y, z) = √ . 2 z

Tomemos el punto p0 = (x0 , y0 , z0 ) de la superficie, esto es √ √ √ √ x0 + y0 + z0 = a y las derivadas parciales p0 son 1 fx (p0 ) = √ 2 x0

1 fy (p0 ) = √ 2 y0

1 y fz (p0 ) = √ . 2 z0

Por tanto la ecuaci´on del plano tangente en p0 es

(x, y, z) ·



(x, y, z) · ∇f (p0 )  1 1 1 √ , √ , √ 2 x0 2 y0 2 z0 y z x √ +√ +√ x0 y0 z0 x y z √ +√ +√ x0 y0 z0 y z x √ +√ +√ x0 y0 z0

= p0 · ∇f (p0 )



1 1 1 = (x0 , y0 , z0 ) · √ , √ , √ 2 x0 2 y0 2 z0 x0 y0 z0 = √ +√ +√ x0 y0 z0 √ √ √ = x0 + y0 + z0 =

√

a

Los puntos de intersecci´on con los ejes coordenado son:

√ √ √ √ a x0 , 0, 0 , 0, a y0 , 0 ,

√ √
0, 0, a z0

Sumando las coordenadas de estos puntos tenemos √ √ √ √ √ √ √ √ √  √ √ √ a x0 + a y0 + a z0 = a x0 + y0 + z0 = a a = a

email [email protected]

176



♣

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

6.11.1.

ζℏαυεz

177

Significado geom´ etrico de la tangencia

Si la funci´on f : R2 → R es diferenciable en el punto p0 = (x0 , y0 ), ser´a:   ∂f ∂f f (x0 , y0 ) + (h, k) = f (x0 , y0 ) + (x0 , y0 )h + (x0 , y0)k + r(h, k), ∂x ∂y donde

r(h, k) = 0. (h,k)→(0,0) ||(h, k)|| l´ım

con lo cual, poniendo h = x − x0 , k = y − y0 , la expresi´on anterior se convierte en: f (x, y) = f (x0 , y0) + donde

∂f ∂f (x0 , y0)(x − x0 ) + (x0 , y0 )(y − y0 ) + r(x − x0 , y − y0 ), ∂x ∂y r(x − x0 , y − y0 ) = 0. (x,y)→(x0 ,y0 ) ||(x − x0 , y − y0 )|| l´ım

Ahora bien, teniendo en cuenta la ecuaci´on del plano tangente (6.34) se tiene z = f (x0 , y0 ) + fx (x0 , y0)(x − x0 ) + fy (x0 , y0)(y − y0 ). donde z representa la altura en el punto (x, y) hasta el plano tangente. Resulta que el residuo r(x − x0 , y − y0 ) se puede expresar como r(x − x0 , y − y0 ) = f (x, y) − z Es decir, el residuo es la diferencia entre la z de la funci´on z = f (x, y) en el punto (x, y) y la z en el mismo punto del plano tangente a la gr´afica en (x0 , y0 )

El hecho de que f sea diferenciable en (x0 , y0 ) no s´olo nos dice que r es muy peque˜ no en torno al punto (x0 , y0), sino, adem´as, que es mucho m´as peque˜ no que la distancia de (x, y) a (x0 , y0 ), email [email protected]

177

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

178

es decir r 0 tal que f (x) ≤ f (x0 ) para todo x ∈ B(x0 , r). De modo similar se define el concepto de m´ınimo relativo cuando existe r > 0 tal que f (x) ≥ f (x0 ) para todo x ∈ B(x0 , r), es decir, si f (x0 ) es el valor mas peque˜ no de todos los valores de f en los puntos de alguna bola. La ideal intuitiva de los extremos relativos es alcanzar el m´aximo o el m´ınimo valor localmente, en un entorno. As´ı, en una cadena monta˜ nosa, en la cima de cada monta˜ na existir´a un m´aximo relativo. En la superficie que aparece a continuaci´on desde distintos puntos de vista se alcanzan diversos m´aximos y m´ınimos relativos (en la u ´ ltima gr´afica que se ve de perfil se observan todos).

179

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

180

El siguiente resultado da una condici´on necesaria para hallar los extremos relativos (m´aximos o m´ınimos) TEOREMA 7.1. Supongamos que tenemos una funci´ on f : Rn → R diferenciable definida en una bola B. Si f tiene en x0 ∈ B un extremo relativo (sea m´ aximo o m´ınimo) entonces ∇f (x0 ) = 0, ∂f es decir, todas las derivadas parciales de orden 1 de f se anulan en x0 o sea, (x0 ) = 0 para ∂xi todo i = 1, 2, ..., n. El resultado anterior nos da una condici´on necesaria para que una funci´on f tenga en un punto un extremo relativo, la cual no es una condici´on suficiente, pues hay casos en los que la diferencial se anula y sin embargo no hay extremo relativo (como ocurrir´a, por ejemplo, con los puntos de silla en funciones de dos variables, como despu´es veremos). Por lo tanto para buscar los extremos relativos de f buscaremos entre los puntos que anulen a todas las derivadas parciales (´estos los llamaremos puntos cr´ıticos), los cuales ser´an los candidatos a ser extremos relativos, pues los extremos relativos (si los hay) estar´an entre ellos. Y para hallar los puntos cr´ıticos deberemos resolver el sistema de ecuaciones ∂f = 0, ∂x1

∂f = 0, ∂x2

···

,

∂f =0 ∂xn

A continuaci´on veremos herramientas que, bajo ciertas condiciones, nos asegurar´an si en un punto cr´ıtico se alcanza verdaderamente un extremo relativo, y en su caso, si se alcanza un m´aximo o m´ınimo relativo. Para ello necesitamos estudiar lo que vamos a denominar matriz hessiana de f en x0 (cuando f es de clase C 2 ), que es la siguiente   ∂2f ∂2f ∂2f (x0 ) . . . (x0 )   ∂x2 (x0 ) ∂x1 ∂x2 ∂x1 ∂xn 1     2 2   ∂2f ∂ f ∂ f   (x ) (x ) . . . (x ) 0 0 0   ∂x ∂x 2 ∂x ∂x ∂x 2 1 2 n   2 Hf (x0 ) =     . . . . . . . .   . . . .     2 2  ∂2f  ∂ f ∂ f (x0 ) (x0 ) . . . (x ) 0 ∂xn ∂x1 ∂xn ∂x2 ∂x2n Como vemos la matriz hessiana es la que est´a formada por todas las derivadas parciales segundas de la funci´on. A continuaci´on vamos considerando la sucesi´on de menores principales de la matriz hessiana (denominados tambi´en menores hessianos):

∂2f ∆1 (x0 ) = (x0 ), ∂x21

email [email protected]

∆2 (x0 ) = 180

∂2f (x0 ) ∂x21

∂2f (x0 ) ∂x1 ∂x2

∂2f (x0 ) ∂x2 ∂x1

∂2f (x0 ) ∂x22



R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

∂2f ∂2f ∂2f (x ) (x ) (x0 ) 0 0 ∂x21 ∂x1 ∂x2 ∂x1 ∂x3 ∂2f ∂2f ∂2f ∆3 (x0 ) = (x0 ) (x ) (x0 ) 0 ∂x22 ∂x2 ∂x3 ∂x2 ∂x1 ∂2f ∂2f ∂2f (x ) (x ) (x0 ) ∂x ∂x 0 ∂x ∂x 0 ∂x23 3 1 3 2

181 ,

∆n (x0 ) = |Hf (x0 )|

TEOREMA 7.2 (Criterio del Hessiano). Sea f : Rn → R una funci´ on diferenciable, x0 ∈ Rn un punto cr´ıtico de f , es decir ∇f (x0 ) = 0. Entonces 1. Si todos los menores hessianos son estrictamente positivos se tiene que f presenta en x0 un m´ınimo relativo. 2. Si la sucesion de menores hessianos es alternada en el siguiente sentido ∆1 (x0 ) < 0,

∆2 (x0 ) > 0,

∆3 (x0 ) < 0,

....

, ∆n (x0 ) > 0

se tiene que f presenta en x0 un m´ aximo relativo. 3. Si no estamos ante ninguno de los dos casos anteriores y el determinante de la matriz hessiana es no nulo, podemos garantizar que no se alcanza ni m´ aximo ni m´ınimo. 4. Si el determinante de la matriz hessiana es nulo, entonces se tiene una indeterminaci´on, es decir, este criterio no nos aporta informaci´ on suficiente para deducir el car´ acter del punto critico. Por su simplicidad y por su mayor aplicaci´on en la pr´actica resulta interesante estudiar el caso particular de funciones de dos variables, o sea, cuando n = 2, en el que la matriz hessiana es   fxx (x, y) fxy (x, y) Hf (x, y) = fyx (x, y) fyy (x, y) En esta situaci´on particular se tiene que: TEOREMA 7.3 (Criterio del Hessiano). Sea f : R2 → R una funci´ on con derivadas parciales primeras y segundas continuas en una regi´ on abierta que contiene un punto (x0 , y0 ), para el que fx (x0 , y0) = 0 y fy (x0 , y0) = 0. Y sea d el valor del siguiente determinante fxx (x0 , y0) fxy (x0 , y0 ) |Hf (x0 , y0)| = fyx (x0 , y0 ) fyy (x0 , y0 ) 1. Si fxx (x0 , y0 ) > 0 y |Hf (x0 , y0 )| > 0, entonces f (x0 , y0 ) es un m´ınimo relativo.

aximo relativo. 2. Si fxx (x0 , y0 ) < 0 y |Hf (x0 , y0 )| > 0, entonces f (x0 , y0 ) es un m´ email [email protected]

181

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

182

3. Si |Hf (x0 , y0 )| < 0, entonces el punto (x0 , y0) no es un extremo relativo, pues puede comprobarse que en toda bola centrada en (x0 , y0 ) hay puntos en los que la funci´ on toma valores menores que f (x0 , y0 ) y otros en los que la funci´ on toma valores mayores que f (x0 , y0). En este caso particular se dice que f tiene en (x0 , y0) un punto de silla. 4. Si |Hf (x0, y0 )| = 0, entonces no podemos afirmar nada sobre lo que ocurre en (x0 , y0), y para determinar qu´e es lo que ocurre en el punto cr´ıtico ser´ a necesario estudiar el comportamiento de la funci´on en un entorno del punto. TEOREMA 7.4 (Criterio del Hessiano). Si f : R3 → R, a ∈ R3 es un punto cr´ıtico de f y est´a es de clase C 2 en un entorno de a, la condici´ on de extremo relativo tiene la siguiente forma: a) Si se verifica fxx (a) > 0,

fxx (a) fxy (a) fxy (a) fyy (a)

> 0,

fxx (a) fxy (a) fxz (a) fyx (a) fyy (a) fyz (a) > 0 fzx (a) fzy (a) fzz (a)

fxx (a) fxy (a) fxy (a) fyy (a)

> 0,

fxx (a) fxy (a) fxz (a) fyx (a) fyy (a) fyz (a) < 0 fzx (a) fzy (a) fzz (a)

entonces f alcanza en a un m´ınimo relativo. b) Si se verifica fxx (a) < 0,

entonces f alcanza en a un m´aximo relativo.

EJEMPLO 7.1. Sabiendo que d = fxx (a, b) fyy (a, b) − [fxy (a, b)]2 > 0 y fxx (a, b) > 0, ¿podemos concluir que (a, b) es punto m´aximo relativo de f ?. ´ SOLUCION.Recordemos que el Criterio del hessiano dice que si f es una funci´on con derivadas parciales primeras y segundas continuas en una regi´on abierta que contiene un punto (a, b), para el que fx (a, b) = 0 y fy (a, b) = 0. Y adem´as si la matriz Hessiana   fxx (a, b) fxy (a, b) Hf (a, b) = fyx (a, b) fyy (a, b) tiene determinante positiva detHf (a, b) > 0 y fxx (a, b) > 0, entonces (a, b) es un punto m´ınimo relativo. Por tanto, la afirmaci´on es falsa ya que falta el hecho de que el punto (a, b) sea punto cr´ıtico, adem´as bajo esas condiciones el punto (a, b) es un punto m´ınimo relativo. ♣ EJEMPLO 7.2. Una condici´on necesaria para que f (x0 , y0) sea un valor m´ aximo relativo de f es que el signo de fxx (x0 , y0 ) sea negativo?.

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182

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

183

´ SOLUCION.Es falso, ya que una condici´on necesaria para que f (x0 , y0) sea un valor m´aximo ♣ relativo de f es que el signo de fxx (x0 , y0) sea positivo. EJEMPLO 7.3. Sabiendo que fxx (x0 , y0 ) = −9, fyy (x0 , y0 ) = 6 y fxy (x0 , y0 ) = 10. Determine si el punto (x0 , y0 ) es un valor extremo relativo o es un punto silla o si la informaci´ on es insuficiente para determinar la naturaleza de la funci´ on f (x, y) en el punto cr´ıtico (x0 , y0 )? ´ SOLUCION.Apliquemos el criterio de Hessiano para responder a esta pregunta. Recordemos en primer lugar que el determinante de la matriz Hessiana es dado por d = fxx (x0 , y0 ) fyy (x0 , y0 ) − [fxy (x0 , y0)]2 . Notemos que d = (−9)(6) − (10)2 = −54 − 100 = −154 < 0,

♣

y por lo tanto (x0 , y0, f (x0 , y0)) es un punto silla.

EJEMPLO 7.4. Hallar y clasificar todos los puntos cr´ıticos de la funci´ on f (x, y) = x3 − 9xy + y 3 + 4. ´ SOLUCION.Primero encontramos las derivadas parciales de f (x, y) fx (x, y) = 3x2 − 9y,

fy (x, y) = −9x + 3y 2.

Estas funciones est´an definidas para todo (x, y), por lo tanto los u ´ nicos puntos cr´ıticos que buscaremos es cuando fx y fy son ceros. Esto es: 3x2 − 9y = 0 3y 2 − 9x = 0

3y = x2 3x = y 2

y(y 3 − 27) = 0 y = 0, y = 3 x = 0, x = 3

3y = x2 3y = (y 2/3)2 27y = y 4

Resolviendo este sistema se obtienen los puntos cr´ıticos: (0, 0) y (3, 3). Para determinar si se trata de m´aximo o m´ınimo, hallamos la matriz hessiana. Hf (x, y) =



fxx (x, y) fxy (x, y) fyx (x, y) fyy (x, y)



=



6x −9 −9 6y



Con lo cual resulta: 18 −9 = (18)2 − (9)2 = 324 − 81 = 243 > 0. y fxx (3, 3) = 18 > 0, entonces |Hf (3, 3)| = −9 18 (3, 3) se corresponde con un m´ınimo relativo. 0 −9 = 0 − (8)2 = −81 < 0. Por lo que se tiene un punto silla en (0, 0, 4). |Hf (0, 0)| = −9 0

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183

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

184 ♣

EJEMPLO 7.5. Encontrar los extremos relativos de la funci´ on: f (x, y) = x3 − 6xy + 3y 2 − 1. ´ SOLUCION.Hallamos las dos derivadas parciales y determinamos los puntos cr´ıticos: Puntos en los que alguna de las derivadas parciales no est´a definida, y puntos en los que las dos derivadas parciales son nulas. En el caso de funciones polin´omicas las parciales est´an siempre definidas, por tanto: fx (x, y) = 3x2 − 6y fy (x, y) = −6x + 6y

3x2 − 6y = 0 −6x + 6y = 0

3x(x − 2) = 0 x=y

x=0 x=2

Luego los puntos cr´ıticos son p(0, 0) y q(2, 2). Para estudiar la naturaleza de los puntos cr´ıticos, hallamos la matriz hessiana en cada uno de ellos: Hf (x, y) =



fxx (x, y) fxy (x, y) fyx (x, y) fyy (x, y)



=



6x −6 −6 6



Con lo cual resulta: 0 −6 = −36 < 0, entonces (0, 0, −1) es un punto silla. |Hf (0, 0)| = −6 6 12 −6 = 72 − 36 = 36 > 0 y fxx = 12 > 0, entonces (2, 2) es un punto |Hf (2, 2)| = −6 6 m´ınimo relativo. ♣ EJEMPLO 7.6. Hallar y clasificar todos los puntos cr´ıticos de la funci´ on f (x, y) = x4 + y 4 + 6x2 y 2 + 8x3 . ´ SOLUCION.Los puntos cr´ıticos son aquellos que anulan simult´aneamente las dos derivadas parciales, o bien donde alguna de las derivadas parciales no existe. Al ser la funci´on dada una funci´on polin´omica es diferenciable en todo R2 , luego los puntos cr´ıticos vendr´an dado por las soluciones del siguiente sistema de ecuaciones fx (x, y) = 4x3 + 12xy 2 + 24x2 = 0 fy (x, y) = 4y 3 + 12x2 y = 0

x(4x2 + 12y 2 + 24x) = 0 4y(y 2 + 3x2 ) = 0

Para resolver el sistema igualamos a cero cada factor de la primera ecuaci´on con cada factor de la segunda ecuaci´on: x = 0 o 4x2 + 12y 2 + 24x = 0 y = 0 o y 2 + 3x2 = 0 Para el caso en que x = 0, tenemos dos casos: email [email protected]

184

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

185

y = 0. Por tanto, el punto cr´ıtico es (0, 0) y 2 + 3x2 = 0. De donde y = 0. Por tanto, otra ves el punto cr´ıtico es (0, 0) Para el caso en que 4x2 + 12y 2 + 24x = 0, tenemos dos casos: y = 0. De donde 4x2 + 24x = 0, 4x(x + 6) = 0. Por tanto, los puntos cr´ıticos son (0, 0), (−6, 0) y 2 + 3x2 = 0. De donde y 2 = −3x2 , luego 4x2 − 12(3)x2 + 24x = 0, −32x2 + 24x = 0, −8x(4x − 3) = 0. Para x = 0 el punto cr´ıtico es (0, 0) y para x = 3/4 no existe y. Luego los puntos cr´ıticos son p(0, 0) y q(−6, 0). Para determinar si se trata de m´aximo o m´ınimo, hallamos la matriz hessiana. Hf (x, y) =



fxx (x, y) fxy (x, y) fyx (x, y) fyy (x, y)



=



12x2 + 12y 2 + 48x 24xy 24xy 12y 2 + 12x2



Con lo cual resulta: 144 0 = 62208 > 0 y fxx = 144 > 0, entonces (−6, 0) se corresponde |Hf (−6, 0)| = 0 432 con un m´ınimo relativo. 0 0 = 0 el hessiano no nos determina la naturaleza del punto cr´ıtico. |Hf (0, 0)| = 0 0 ♣

EJEMPLO 7.7. Hallar y clasificar todos los puntos cr´ıticos de la funci´ on f (x, y) = x2 y−xy 2 +xy. ´ SOLUCION.Los puntos cr´ıticos vendr´an dados por las soluciones del siguiente sistema de ecuaciones. fx (x, y) = 2xy − y 2 + y = 0 fy (x, y) = x2 − 2xy + x = 0

y(2x − y + 1) = 0 x(x − 2y + 1) = 0

Para resolver el sistema igualamos a cero cada factor de la primera ecuaci´on con cada factor de la segunda ecuaci´on: y = 0 o 2x − y + 1 = 0 x = 0 o x − 2y + 1 = 0 Para el caso en que y = 0, tenemos dos casos: x = 0. Por tanto, el punto cr´ıtico es (0, 0) x − 2y + 1 = 0. De donde x = −1. Por tanto, otra ves el punto cr´ıtico es (−1, 0) email [email protected]

185

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

186

Para el caso en que 2x − y + 1 = 0, tenemos dos casos: x = 0. De donde 2x − y + 1 = −y + 1 = 0, y = 1. Por tanto, el punto cr´ıtico es (0, 1) x − 2y + 1 = 0. De donde x = 2y − 1, luego 2(2y − 1) − y + 1 = 0, 4y − 2 − y + 1 = 0, 3y = 1, y = 1/3, as´ı x = 2/3 − 1 = −1/3. Luego, el punto cr´ıtico es (−1/3, 1/3). Luego los puntos cr´ıticos son (0, 0), (−1, 0), (0, 1) y (−1/3, 1/3). Para determinar si se trata de m´aximo o m´ınimo, hallamos la matriz hessiana. Hf (x, y) =



fxx (x, y) fxy (x, y) fyx (x, y) fyy (x, y)



=



2y 2x − 2y + 1 2x − 2y + 1 −2x



Con lo cual resulta: 0 1 = −1 < 0, entonces (0, 0) es un punto silla. |Hf (0, 0)| = 1 0 0 −1 = −1 < 0, entonces (−1, 0) es un punto silla. |Hf (−1, 0)| = −1 2 2 −1 = −1 < 0, entonces (0, 1) es un punto silla. |Hf (0, 1)| = −1 0 2/3 1/3 = 4/9 − 1/9 = 3/9 > 0 y fxx = 2/3 > 0, entonces |Hf (−1/3, 1/3)| = 1/3 2/3 (−1/3, 1/3) se corresponde con un m´ınimo relativo. v EJEMPLO 7.8. Hallar y clasificar todos los puntos cr´ıticos de la funci´ on f (x, y) = −x3 + 4xy − 2y 2 + 1. ´ SOLUCION.Primero encontramos las derivadas parciales de f (x, y) fx (x, y) = −3x2 + 4y,

fy (x, y) = 4x − 4y.

Estas funciones est´an definidas para todo (x, y), por lo tanto los u ´ nicos puntos cr´ıticos que buscaremos es cuando fx y fy son ceros. Esto es: −3x2 + 4y = 0 4x − 4y = 0

3x2 − 4y = 0 x=y

x(3x − 4) = 0 x = 0, x = 4/3

De esta manera tenemos un sistema de ecuaciones. Resolviendo este sistema se obtienen el punto cr´ıtico: (0, 0) y (4/3, 4/3). email [email protected]

186

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

187

Para determinar si se trata de m´aximo o m´ınimo, hallamos la matriz hessiana. Hf (x, y) =



fxx (x, y) fxy (x, y) fyx (x, y) fyy (x, y)



=



−6x 4 4 −4



Con lo cual resulta: −6(4/3) 4 = (−8)(−4)−(16) = 16 > 0 y fxx (4/3, 4/3) = −6(4/3) = |Hf (4/3, 4/3)| = 4 −4 −8 < 0, entonces (4/3, 4/3) se corresponde con un m´aximo relativo. −6(0) 4 = (0)(−4) − (16) = −16 < 0. Por lo que se tiene un punto silla. |Hf (0, 0)| = 4 −4 ♣

EJEMPLO 7.9. Hallar y clasificar todos los puntos cr´ıticos de la funci´ on f (x, y) = x3 +y 3 −3xy. ´ SOLUCION.Primero encontramos las derivadas parciales de f (x, y) fx (x, y) = 3x2 − 3y,

fy (x, y) = 3y 2 − 3x.

Estas funciones est´an definidas para todo (x, y), por lo tanto los u ´ nicos puntos cr´ıticos que buscaremos es cuando fx y fy son ceros. Esto es: x2 − y = 0 y2 − x = 0

(y 2)2 − y = 0 y(y 3 − 1) = 0 y = 0, y = 1

x2 − y = 0 x = y2

Resolviendo este sistema se obtienen los puntos cr´ıticos: (0, 0) y (1, 1). Para determinar si se trata de m´aximo o m´ınimo, hallamos la matriz hessiana. Hf (x, y) =



fxx (x, y) fxy (x, y) fyx (x, y) fyy (x, y)



=



6x −3 −3 6y



Con lo cual resulta: 6 −3 = (6)(1)(6)(1) − (9) = 27 > 0. y fxx (1, 1) = 6(1) = 6 > 0, entonces |Hf (1, 1)| = −3 6 (1, 1) se corresponde con un m´ınimo relativo. 6x −3 = (6)(0)(6)(0) − (−3)2 < 0. Por lo que se tiene un punto silla. |Hf (0, 0)| = −3 6y ♣

email [email protected]

187

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

188

EJEMPLO 7.10. Encuentre los puntos cr´ıticos de f (x, y) = 2x3 − 3x2 + 2y 3 + 3y 2 y determine si es m´aximo relativo, m´ınimo relativo o bien punto silla. ´ SOLUCION.Los puntos cr´ıticos son aquellos que anulan simult´aneamente las dos derivadas parciales, o bien donde alguna de las derivadas parciales no existe. Al ser la funci´on dada una funci´on polin´omica es diferenciable en todo R2 , luego los puntos cr´ıticos vendr´an dado por las soluciones del siguiente sistema de ecuaciones fx (x, y) = 6x2 − 6x = 0 fy (x, y) = 6y 2 + 6y = 0

6x(x − 1) = 0 6y(y + 1) = 0

Para resolver el sistema igualamos a cero cada factor de la primera ecuaci´on con cada factor de la segunda ecuaci´on: x=0 o x−1=0 y =0 o y+1=0 Para el caso en que x = 0, tenemos dos casos: y = 0. Por tanto, el punto cr´ıtico es (0, 0) y + 1 = 0. De donde y = −1. Por tanto, otra ves el punto cr´ıtico es (0, −1) Para el caso en que x − 1 = 0, tenemos dos casos: y = 0. De donde x = 1. Por tanto, el punto cr´ıtico es (1, 0). y + 1 = 0. De donde x = 1 y y = −1. As´ı el punto cr´ıtico es (1, −1). Luego los puntos cr´ıticos son A(0, 0), B(0, −1), C(1, 0) y D(1, −1). Para determinar si se trata de m´aximo o m´ınimo, hallamos la matriz hessiana. Hf (x, y) =



fxx (x, y) fxy (x, y) fyx (x, y) fyy (x, y)



=



12x − 6 0 0 12y + 6



Con lo cual resulta: −6 0 |Hf (0, 0)| = 0 6 −6 |Hf (0, −1)| = 0 un m´aximo relativo. email [email protected]

= −36 < 0, entonces (0, 0, 0) es un punto silla.

0 = 36 > 0 y fxx = −6 < 0, entonces (0, −1) se corresponde con −6 188

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

189

6 0 = 36 > 0 y fxx = 6 > 0, entonces (1, 0) se corresponde con un m´ınimo |Hf (1, 0)| = 0 6 relativo. 6 0 = −36 < 0, entonces (1, −1, f (1, −1)) es un punto silla. |Hf (1, −1)| = 0 −6 ♣

EJEMPLO 7.11. Encuentre los puntos cr´ıticos de f (x, y) = 2x3 − 3x2 + y 5 − 40y 2 y determine si es m´aximo relativo, m´ınimo relativo o bien punto silla. ´ SOLUCION.Los puntos cr´ıticos son aquellos que anulan simult´aneamente las dos derivadas parciales, o bien donde alguna de las derivadas parciales no existe. Al ser la funci´on dada una funci´on polin´omica es diferenciable en todo R2 , luego los puntos cr´ıticos vendr´an dado por las soluciones del siguiente sistema de ecuaciones fx (x, y) = 6x2 − 6x = 0 fy (x, y) = 5y 4 − 80y = 0

6x(x − 1) = 0 5y(y 3 − 16) = 0

Para resolver el sistema igualamos a cero cada factor de la primera ecuaci´on con cada factor de la segunda ecuaci´on: x= 0 o x−1= 0 y = 0 o y 3 − 16 = 0 Para el caso en que x = 0, tenemos dos casos: y = 0. Por tanto, el punto cr´ıtico es (0, 0) √ √ y 3 − 16 = 0. De donde y = 2 2. Por tanto, otra ves el punto cr´ıtico es (0, 2 2) Para el caso en que x − 1 = 0, tenemos dos casos: y = 0. De donde x = 1. Por tanto, el punto cr´ıtico es (1, 0). √ √ y 3 − 16 = 0. De donde x = 1 y y = 2 2. As´ı el punto cr´ıtico es (1, 2 2).

√ √ Luego los puntos cr´ıticos son A(0, 0), B(0, 2 2), C(1, 0) y D(1, 2 2). Para determinar si se trata de m´aximo o m´ınimo, hallamos la matriz hessiana. Hf (x, y) =



fxx (x, y) fxy (x, y) fyx (x, y) fyy (x, y)



=



12x − 6 0 3 0 20y − 80



Con lo cual resulta: email [email protected]

189

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

190

−6 0 = 480 > 0, y fxx = −6 < 0, entonces (0, 0) se corresponde con un |Hf (0, 0)| = 0 −80 m´aximo relativo. −6 0 √ √ = −1440 < 0, entonces (0, 2 2, f (0, 2 2)) es un punto silla. |Hf (0, 2)| = 0 240 6 0 = −480 < 0, entonces (1, 0, f (1, 0)) es un punto silla. |Hf (1, 0)| = 0 −80 6 0 √ = 1440 > 0 y fxx = 6 > 0, entonces (1, 2 2) se corresponde con un |Hf (1, 2)| = 0 240 m´ınimo relativo. ♣

EJEMPLO 7.12. Encuentre a y b tal que la funci´ on f (x, y) = x2 + y 2 − ax − by tenga en (1, −1) un punto cr´ıtico, y determine su corresponde a un m´ aximo relativo, m´ınimo relativo o bien punto silla. ´ SOLUCION.Hallamos las dos derivadas parciales y determinamos los puntos cr´ıticos: Puntos en los que alguna de las derivadas parciales no est´a definida, y puntos en los que las dos derivadas parciales son nulas. En el caso de funciones polin´omicas las parciales est´an siempre definidas, por tanto: fx (x, y) = 2x − a fy (x, y) = 2y − b

2x − a = 0 2y − b = 0

x = a/2 y = b/2

Luego el punto cr´ıtico es (a/2, b/2) que sabemos debe ser igual a (1, −1), de donde: a = 2,

b = −2.

Para estudiar la naturaleza de el punto cr´ıtico (1, −1), hallamos la matriz hessiana en cada uno de ellos: Hf (x, y) =



fxx (x, y) fxy (x, y) fyx (x, y) fyy (x, y)



=



2 0 que evaluando en el punto cr´ıtico resulta: |Hf (1, −1)| = 0 2 entonces (1, −1) es un punto m´ınimo relativo.

2 0 0 2



= 4 > 0 y como fxx = 2 > 0, ♣

EJEMPLO 7.13. Una caja rectangular descansa en el plano xy con uno de sus v´ertices en el origen de tal manera que el v´ertice opuesto a este ultimo descansa en el plano: 6x + 4y + 3z = 24.

email [email protected]

190

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

191

´ SOLUCION.Sean x, y y z el largo, ancho y la altura de la caja. Como un v´ertice de la caja se encuentra en el plano 6x + 4y + 3z = 24, despejando z se tiene z = (1/3)[24 − 6x − 4y] de esta manera expresamos el volumen de la caja como un funci´on de dos variables. 1 V (x, y) = xy(1/3)[24 − 6x − 4y] = (24xy − 6x2 y − 4xy 2) 3 Para encontrar los puntos cr´ıticos, buscamos las derivadas parciales y las igualamos a cero. 1 Vx (x, y) = (24y − 12xy − 4y 2) = 0, 3

Vy (x, y) =

x (24 − 6x − 8y) = 0, 3

Para resolver el sistema igualamos a cero la primera ecuaci´on con cada factor de la segunda ecuaci´on: 24y − 12xy − 4y 2 = 0 4y(6 − y) = 0 y = 0, y = 6 x=0 x=0 x = 0, x = 0

24y − 12xy − 4y 2 = 0 24 − 6x − 8y = 0

24y − 12xy − 4y 2 = 0 1 x = (24 − 8y) 6

24y − 2(24 − 8y)y − 4y 2 = 0 −24y + 16y 2 − 4y 2 = 0 −24y + 12y 2 = 0 −12y(2 − y) = 0 y = 0, y = 2 x = 4, x = 4/3

al resolver este sistema se obtiene los puntos cr´ıticos: (0, 0), (0, 6), (4, 0) y (4/3, 2), para los valores de (0, 0), (0, 6) y (4, 0) el volumen es cero as´ı que no nos interesa. Analizamos (4/3, 2) Para determinar si se trata de m´aximo o m´ınimo, hallamos la matriz hessiana.

Hf (x, y) =



fxx (x, y) fxy (x, y) fyx (x, y) fyy (x, y)





 1 −4y (24 − 12x − 8y)   3 = 1  8 (24 − 12x − 8y) − x 3 3

Con lo cual resulta: 1 −8 (24 − 16 − 16) 3 |Hf (4/3, 2)| = 1 32 (24 − 16 − 16) − 3 9

64 > 0. = (−8)(32/9) − (−8/3)2 = 9

y fxx (4/3, 2) = −8 < 0, por lo que por el criterio de la segunda derivada el punto (4/3, 2) es un m´aximo y el m´aximo volumen es: 1 64 V (4/3, 2) = [24(4/3)(2) − 6(1/3)2(2) − 4(4/3)(2)2] = unidades c´ ubicas. 3 9 ♣ email [email protected]

191

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

192

EJEMPLO 7.14. Un fabricante de art´ıculos electr´ onicos determina que la ganancia o beneficio B (en d´olares) obtenido al producir x unidades de un reproductor de DVD y unidades de un grabador de DVD se aproxima mediante el modelo: B(x, y) = 8x + 10y − (0,001)(x2 + xy + y 2) − 10000. Hallar el nivel de producci´on que proporciona una ganancia o beneficio m´ aximo. ¿Cu´al es la ganancia m´axima? ´ SOLUCION.Primero encontramos los puntos cr´ıticos, buscamos las derivadas parciales y las igualamos a cero. Bx (x, y) = 8 − (0,001)(2x + y) By (x, y) = 10 − (0,001)(x + 2y)

8 − (0,001)(2x + y) = 0 10 − (0,001)(x + 2y) = 0

2x + y = 8000 x + 2y = 10000

Al resolver el ultimo sistema se obtiene que x = 2000; y = 4000. Obteniendo las 2das derivadas parciales: Bxx (2000, 4000) = −(0,002) < 0 Byy (x, y) = −(0,001)(2) = −0,002 Bxy (x, y) = −(0,001) y |HB(2000, 4000)| = Bxx (2000, 4000)Byy (2000, 4000) − [Bxy (2000, 4000)]2 = (−0,002)2 − (−0,001)2 > 0 por lo que por el criterio de la segunda derivada el punto (2000, 4000) es un m´aximo. Al evaluar este punto en la funci´on: P (2000, 4000) = 8(2000) + 10 − (0,001)[20002 + (2000)(4000) + (4000)2]10000 = 18000. ♣ EJEMPLO 7.15. Encuentre la distancia m´ınima entre el origen y la superficie: z 2 = x2 y + 4. ´ SOLUCION.Sea P (x, y, z) un punto cualquiera de la superficie. El cuadrado de la distancia entre el origen y punto P es d2 = x2 + y 2 + z 2 . Buscamos las coordenadas de P que hacen d que sea m´axima. Ya que P pertenece a la superficie sus coordenadas tambi´en satisfacen la misma ecuaci´on, Sustituyendo z 2 = x2 y + 4 en d2 = x2 + y 2 + z 2 resulta una funci´on de dos variables: d2 = f (x, y) = x2 + y 2 + x2 y + 4, email [email protected]

192

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

193

ahora lo que hacemos es buscar los puntos cr´ıticos: fx (x, y) = 2x + 2xy fy (x, y) = 2y + x2

2x − xx2 = 0 x(2 − x2 ) = 0√ x = 0, x = ± 2

2x + 2xy = 0 2y + x2 = 0

√ Al resolver el ultimo sistema se obtiene que x = 0, x = ± 2. Y los puntos cr´ıticos son (0, 0), √ √ ( 2, −1) y (− 2, −1). Obteniendo las 2das derivadas parciales:

fxx (x, y) = 2 + 2y

fxx (0, 0) = 2 > 0

fyy (x, y) = 2

fyy (0, 0) = 2

fxy (x, y) = 2xy

fxy (0, 0) = 0

y |Hf (0, 0)| = fxx (0, 0)fyy (0, 0) − [fxy (0, 0)]2 = (2)2 − (0)2 > 0 la distancia m´ınima se halla cuando (0, 0) d2 = f (0, 0) = 02 + 02 + 02 0 + 4 = 4. ♣ a b + la ecuaci´ on de una superficie donde a y b son constantes. x y Si P = (1, 2) es un punto cr´ıtico de z, determine si en P la funci´ on alcanza un m´ aximo relativo, un m´ınimo relativo o un punto silla.

EJEMPLO 7.16. Sea z = xy +

´ SOLUCION.Como P = (1, 2) es punto cr´ıtico, las derivadas parciales decir     a  ∂z  a   y − = 0 = 0       x2 (1,2)   ∂x (1,2)  2 − 12 = 0      b    ∂z    1− b =0 x − = 0   = 0 2  y 22 ∂y (1,2) (1,2) Ahora

2

detHf (x, y) = fxx (x, y)fyy (x, y) − [fxy (x, y)] = email [email protected]

193



2a x3



2a x3



2

de z se anulan en P , es

−1 =

  a=2  b=4 

4 x3



8 x3



−1 R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

194

Luego detHf (1, 2) = 3 y zxx (1, 2) = 4 > 0. Por tanto, en el punto P = (1, 2) la funci´on z alcanza ♣ un m´ınimo relativo. EJEMPLO 7.17. Una empresa que produce dos art´ıculos x y y tiene la funci´ on de beneficios que sigue: B(x, y) = 64x − 2x2 + 4xy − 4y 2 + 32y − 14. Determinar el nivel de producci´on que maximice el beneficio para cada uno de los dos art´ıculos y comprobarlo.

´ SOLUCION.Primero encontramos los puntos cr´ıticos, buscamos las derivadas parciales y las igualamos a cero. Bx (x, y) = 64 − 4x + 4y = 0 By (x, y) = 4x − 8y + 32 = 0 Al resolver el ultimo sistema se obtiene que x = 40; y = 24. Ahora hallamos las derivadas parciales de segundo orden: Bxx (40, 24) = −4 < 0 Byy (40, 24) = −8 Bxy (40, 24) = 4 y |HB(40, 24)| = Bxx (40, 24)Byy (40, 24) − [Bxy (40, 24)]2 = (−4)(−8) − (4)2 = 16 > 0 por lo que por el criterio de la segunda derivada el punto (40, 24) es un m´aximo. Al evaluar este punto en la funci´on: B(40, 24) = 64(40) − 2(40)2 + 4(40)(24) − 4(24)2 + 32(24) − 14 = 1650. ♣ EJEMPLO 7.18. Decisiones sobre fijaci´ on de precios. Una empresa que fabrica cremas dent´ıfricas org´anicas produce crema para dientes en dos tama˜ nos, de 100 y 150 mililitros. El costo de producci´on de cada tubo de cada tama˜ no es de 6 bs y 9 bs, respectivamente. Las demandas semanales q1 y q2 en miles para los dos tama˜ nos son de: q1 = 3(p2 − p1 ) q2 = 320 + 3p1 − 5p2 email [email protected]

194

(7.1) R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

195

donde p1 y p2 son los precios de los dent´ıfricos. Determine los precios p1 y p2 que maximicen las utilidades de la empresa. ´ SOLUCION.Puesto que el precio de cada tubo de 100 mililitros es de p1 bs y su costo de producci´on es de 6 bs , entonces la utilidad obtenida por cada tubo de 100 mililitros de crema dental es p1 − 6. Por otro lado, como el precio de cada tubo de 150 mililitros es de p2 bs y su costo de producci´on es de 9 bs , entonces la utilidad obtenida por cada tubo de 150 mililitros de crema dental es p2 − 9. Por tanto la utilidad total por la venta de ambas cremas ser´a:

U = (p1 − 6)q1 + (p2 − 9)q2 . Reemplazando (7.2) en esta ecuaci´on obtenemos U(p1 , p2 ) = (p1 − 6)3(p2 − p1 ) + (p2 − 9)(320 + 3p1 − 5p2 ). Simplificando, obtenemos la funci´on de utilidades de la empresa, U(p1 , p2 ) = −3p21 − 5p22 + 6p1 p2 − 9p1 + 347p2 ) − 2880. Primero encontramos los puntos cr´ıticos, para esto encontramos las derivadas parciales y las igualamos a cero.  ∂U    ∂p1 = 6p2 − 6p1 − 9    ∂U = 6p1 − 10p2 + 347 ∂p2

(

6p2 − 6p1 − 9 = 0 6p1 − 10p2 + 347 = 0

(

−6p1 + 6p2 = 9 6p1 − 10p2 = −347

Al resolver el ultimo sistema se obtiene que p1 = 83 bs; p2 = 84.50 bs. Para determinar si se trata de m´aximo hallamos las derivadas parciales de segundo orden ∂ 2U = −6 < 0, ∂p12

∂ 2U = −10, ∂p22

∂ 2U = 6. ∂p2 ∂p1

y  2 2 ∂ 2U ∂ 2U ∂ U |HU(83, 84.50)| = − 2 2 ∂p1 ∂p2 ∂p2 ∂p1 = (−6)(−10) − 62 > 0 En consecuencia, cuando se eval´ ua los valores cr´ıticos se producir´a ua utilidad m´axima para la empresa. Con estos valores de p1 = 83 bs y p2 = 84.50 bs, las demandas son q1 = 4.5 y q2 = 146.5. ♣ email [email protected]

195

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

196

EJEMPLO 7.19. La empresa Estrella de dulces produce caramelos en dos tama˜ nos a costos unitarios de 10 ctvs y 20 ctvs cada uno. Las demandas anuales q1 y q2 en miles est´ an dadas por q1 = p2 − p1

(7.2)

q2 = 60 + p1 − 3p2

en donde p1 y p2 denotan por precios en centavos de los caramelos en los dos tama˜ nos. Determine los precios p1 y p2 que maximicen las utilidades semanales de la empresa. ´ SOLUCION.Puesto que el precio de uno de los caramelos es de p1 bs y su costo de producci´on es de 10 ctvs, entonces la utilidad obtenida por cada uno de estos caramelos es de p1 − 10. Por otro lado, como el precio del otro caramelos es de p2 bs y su costo de producci´on es de 20 ctvs, entonces la utilidad obtenida por cada uno de estos caramelos es de p2 − 20. Por tanto la utilidad total por la venta de ambos caramelos ser´a: U = (p1 − 10)q1 + (p2 − 20)q2 . Reemplazando (7.2) en esta ecuaci´on obtenemos U(p1 , p2 ) = (p1 − 10)(p2 − p1 ) + (p2 − 20)(60 + p1 − 3p2 ). U = p1 p2 − p21 − 10p2 + 10p1 + 60p2 + p2 p1 − 3p2 p2 − (20)60 − 20p1 + 60p2 = p1 p2 + p2 p1 − p21 − 3p22 − 10p2 + 60p2 + 60p2 + 10p1 − 20p1 − 1200

= 2p1 p2 − p21 − 3p22 + 110p2 − 10p1 − 1200

Simplificando, obtenemos la funci´on de utilidades de la empresa, U(p1 , p2 ) = −p21 − 3p22 + 2p1 p2 − 10p1 + 110p2 − 1200. Primero encontramos los puntos cr´ıticos, para esto encontramos las derivadas parciales y las igualamos a cero.  ∂U    ∂p1 = −2p1 + 2p2 − 10    ∂U = −6p2 + 2p1 + 110 ∂p2

(

−2p1 + 2p2 = 10 −6p2 + 2p1 = −110

(

−p1 + p2 = 5 −3p2 + p1 = −55

Al resolver el ultimo sistema se obtiene que −2p2 = −50, p2 = 25 bs; p1 = 20 bs. Para determinar si se trata de m´aximo hallamos las derivadas parciales de segundo orden ∂ 2U = −2 < 0, ∂p12 email [email protected]

∂ 2U = −6, ∂p22 196

∂ 2U = 2. ∂p2 ∂p1 R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

197

y  2 2 ∂ 2U ∂ 2U ∂ U |HU(83, 84.50)| = − 2 2 ∂p1 ∂p2 ∂p2 ∂p1 = (−2)(−6) − 22 = 8 > 0 En consecuencia, cuando se eval´ ua los valores cr´ıticos se producir´a ua utilidad m´axima para la empresa. Con estos valores de p1 = 20 bs y p2 = 25 bs, las demandas son q1 = 5 y q2 = 5. ♣ EJEMPLO 7.20. A una empresa le cuesta 2 d´ olares por unidad elaborar su producto. Si A d´olares se gastan por mes en publicidad, entonces el n´ umero de unidades por mes que se vender´a esta dado por  1 − e−0.001A (22 − p) (7.3) x = 30 3 donde p es el precio de venta. Halle los valores de A y p que maximizar´ an la utilidad mensual neta de la empresa y calcule el valor de esta utilidad m´ axima. ´ SOLUCION.Puesto que el precio de venta del producto es p bs y su costo de producci´on es 2 d´olares por unidad, entonces la utilidad obtenida por cada uno de estos productos es de p − 2.

Por tanto la utilidad total por la venta de este producto ser´a: U = (p − 2)x. Reemplazando (7.3) en esta ecuaci´on obtenemos

 1 − e−0.001A (22 − p). U(A, p) = 30(p − 2) 3 U = 30 = 30

 

1 3 1 3

−0.001A

−e



(22p − p2 − 44 + 2p)

 − e−0.001A (24p − p2 − 44)

Simplificando, obtenemos la funci´on de utilidades de la empresa, 1  −0.001A U(A, p) = 30 − e (−p2 + 24p − 44) 3 Primero encontramos los puntos cr´ıticos, para esto encontramos las derivadas parciales y las igualamos a cero.

email [email protected]

197

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

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 ∂U −0.001A  (  (−p2 + 24p − 44)  ∂A = (30)0.001e −p2 + 24p − 44 = 0 1  1  ∂U  − e−0.001A = 0, −2p + 24 = 0 −0.001A  3 = 30 −e (−2p + 24) ∂p 3 p   √ √ 2 − 4(−1)(−44) 24 −24 ± −24 ± 576 − 176 −24 ± 400    p=  p= = 2(−1) −2 −2     −0.001A 1 −0.001A = − ln 3, p = 12 e = 3 , p = 12    p = −24 ± 20 = 2 o 22 −2   A = 1000 ln 3, p = 12

Al resolver el ultimo sistema se obtiene que (A, p) = (1000 ln 3, 2), (A, p) = (1000 ln 3, 22). Para determinar si se trata de m´aximo hallamos las derivadas parciales de segundo orden ∂ 2U = −(30)(0.001)2e−0.001A (−p2 + 24p − 44) < 0 2 ∂A 1  ∂ 2U −0.001A = −60 − e ∂p 2 3 ∂ 2U = (30)0.001e−0.001A (−2p + 24) ∂p∂A

y  2 2 ∂ U ∂ 2U ∂ 2U − |HU(83, 84.50)| = 2 2 ∂A ∂p ∂A∂p = (−2)(−6) − 22 = 8 > 0 En consecuencia, cuando se eval´ ua los valores cr´ıticos se producir´a ua utilidad m´axima para la empresa. Con estos valores de p1 = 20 bs y p2 = 25 bs, las demandas son q1 = 5 y q2 = 5. ♣ EJEMPLO 7.21. Encontrar los extremos relativos de la funci´ on f (x, y) = −x3 + 4xy − 2y 2 + 1. ´ SOLUCION.Hallamos las derivadas parciales y determinamos los puntos cr´ıticos. Puntos en los que alguna de las derivadas parciales no est´a definida, y punts en los que las derivadas parciales son nulas. En el caso de funciones polin´omicas las parciales est´an siembre definidos, por tanto: email [email protected]

198

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s fx = −3x2 + 4y fy = 4x − 4y

)

−3x2 + 4y = 0 4x − 4y = 0

ζℏαυεz

)

199

−3x2 + 4y = 0 x=y

)

x(−3x + 4) = 0 x=y

)

x=0 x = 4/3

Luego los puntos cr´ıticos son p(0, 0) y q(4/3, 4/3). Para estudiar la naturaleza de los puntos cr´ıticos, hallamos la matriz hessiana en cada uno de ellos: 

   fxx fxy −6x 4 Hf (x, y) = = fyx fyy 4 −4 0 4 = −16 < 0, por tanto p(0, 0) es un punto silla. Con lo cual resulta: |Hf (0, 0)| = 4 −4 −8 4 = 32 − 16 = 13 > 0 y fxx (4/3, 2) = −8 < 0, por lo de modo similar |Hf (4/3, 4/3)| = 4 −4 ♣ que q(4/3, 4/3) es un m´aximo relativo. EJEMPLO 7.22. Encontrar e identificar los puntos cr´ıticos del campo escalar F (x, y) = y 3 + 3x2 y − 3x2 − 3y 2 + 2. ´ SOLUCION.Calculamos primero el gradiente de F ∇F (x, y) = [6xy − 6x, 3y 2 + 3x2 − 6y] lo igualamos al vector cero, entonces 6x(y − 1) = 0 tenemos que x = 0 o y = 1 reemplazando en la segunda ecuaci´on para x = 0, 3y 2 − 6y = 3y(y − 1) = 0, tenemos que y = 0 o y = 1.

Para y = 1, 3 + 3x2 − 6 = 3x2 − 3 = 3(x − 1)(x + 1) = 0 tenemos que x = 1 o x = −1 por lo tanto los puntos cr´ıticos son (0, 0), (0, 1), (1, 1) y (−1, 1) hallamos ahora la matriz hessiana de F (x, y)     Fxx Fxy 6y − 6 6x HF (x, y) = = Fyx Fyy 6x 6y − 6 cuyo determinante es |H(x, y)| = (6y − 6)2 − 36x2 clasificamos cada punto critico con el determinante: |H(0, 0)| = 36 y Fxx (0, 0) = −6 < 0 entonces (0, 0, F (0, 0)) es m´aximo

|H(0, 2)| = 36 y Fxx (0, 2) = 6 > 0 entonces (0, 2, F (0, 2)) es m´ınimo |H(1, 1)| = −36 entonces (1, 1, F (1, 1)) es punto de silla

|H(−1, 1)| = −36 entonces (−1, 1, F (−1, 1)) es punto de silla.

♣

EJEMPLO 7.23. Halla los extremos de la funci´ on f (x, y, z) = −x2 − y 2 + z 2 ´ SOLUCION.Calculamos las derivadas parciales de primer orden fx = −2x, fy = −2y y fx = 2z. Los puntos cr´ıticos se obtienen igualando a cero las derivadas parciales −2x = 0, −2y = 0, email [email protected]

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R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

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2z = 0 y resolviendo el sistema obtenemos x = 0, y = 0, z = 0. Luego P (0, 0, 0) es cr´ıtico de la funci´on. Hallamos la matriz hessiana de f en P (0, 0, 0).      fxx fxy fxz −2 0 0 −2 0      0 −2 0 0 −2 , H(0, 0, 0) = H = fyx fyy fyz = fzx fzy fzz 0 0 −2 0 0 Con lo cual tenemos los siguientes determinantes: ∆1 = −2,

−2 0 ∆2 = 0 −2

= +4,

−2 0 0 ∆3 = 0 −2 0 0 0 −2

Con lo cual ni son todos positivos ni de signos alternos, luego hay duda.

el u ´ nico punto  0 0  −2

= +8

Para determinar la naturaleza del punto cr´ıtico hay que acudir a otros criterios, en este caso basta observar la funci´on para ver que se trata de un punto silla f (x, y, z) = −x2 − y 2 + z 2 ≥ f (0, 0, 0) para los puntos del tipo (0, 0, z) y f (x, y, z) = −x2 − y 2 + z 2 ≤ f (0, 0, 0) para los puntos del tipo (x, y, 0). Observaci´on: Un punto silla no significa que la gr´afica tenga necesariamente la forma de una “silla de montar”, sino simplemente que cerca del punto cr´ıtico la funci´on toma valores ♣ superiores y otros inferiores al valor que toma en dicho punto. EJEMPLO 7.24. Halla los extremos de la funci´ on f (x, y) = xye−x

2 −y 2

´ SOLUCION.Calculemos las parciales e igualemos a 0. ∂z 2 2 = y(1 − 2x2 )e−x −y ∂x ∂z 2 2 = x(1 − 2y 2)e−x −y ∂y

(1) (2)

Gracias a (1), tenemos 2 opciones: O bien y = 0 o bien 1 − 2x2 = 0. 2

Si y = 0, entonces (2) resulta: xe−x = 0 de aqu´ı x = 0 y obtenemos el punto P0 = (0, 0). 1 1 2 Si 1 − 2x2 = 0, es decir, x = ± √ , entonces (2) resulta ± √ (1 + 2y 2)e−1/2−y = 0, de donde 2 2 1 1 − 2y 2 = 0, as´ı y = ± √ . 2 Por tanto obtenemos 4 puntos:         1 1 1 1 1 1 1 1 P1 = √ , √ , P2 = √ , − √ , P3 = − √ , √ , P4 = − √ , − √ , 2 2 2 2 2 2 2 2 email [email protected]

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R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

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Para saber qu´e tipo de puntos son los obtenidos, debemos calcular el Hessiano. ∂2f 2 2 = −2xy(3 − 2x2 )e−x −y 2 ∂x ∂2f 2 2 = (1 − 2x2 )(1 − 2y 2 )e−x −y ∂x∂y

∂2f 2 2 = (1 − 2x2 )(1 − 2y 2)e−x −y ∂x∂y ∂2f 2 2 = −2xy(3 − 2y 2 )e−x −y 2 ∂y

Por tanto: 0 1 = −1 < 0, por tanto el punto (0, 0) es punto silla. H(0, 0) = 1 0   −2e−1 0 1 1 −2 H √2 , √2 = > 0, pero como fxx = −2e−1 < 0, tenemos un −1 = 4e 0 −2e m´aximo.   −1 −2e 0 1 1 −2 < 0, pero como fxx = −2e−1 < 0, tenemos un H − √2 , − √2 = −1 = 4e 0 −2e m´aximo.   −1 2e 0 1 1 −2 H − √2 , √2 = > 0, pero como fxx = 2e−1 > 0, tenemos un m´ınimo. −1 = 4e 0 2e H

7.2.



√1 , − √1 2 2



−1 2e 0 = 0 2e−1

= 4e−2 > 0, pero como fxx = 2e−1 > 0, tenemos un m´ınimo. ♣

Multiplicadores de Lagrange

En los problemas cl´asicos de m´aximos y m´ınimos se trata de hacer m´axima o m´ınima una funci´on f (x, y) sujeta a una restricci´on g(x, y) = 0. Gr´aficamente el problema consiste en determinar el punto m´as bajo (o m´as alto) de la superficie de ecuaci´on z = f (x, y) que est´a situado sobre la curva de ecuaci´on g(x, y) = 0, y se puede resolver de dos maneras diferentes: a) Mediante un corte vertical de la superficie. b) Mediante cortes horizontales (curvas de nivel). Desde el punto de vista anal´ıtico, el primer caso corresponde a reducir el problema a una variable, y el segundo al m´etodo de los multiplicadores de Lagrange. Mediante las curvas de nivel. email [email protected]

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R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

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Consideramos las curvas de nivel de la funci´on f (x, y), f (x, y) = z Como se trata de encontrar el m´aximo o el m´ınimo de la funci´on f (x, y), se trata de encontrar el m´aximo o el m´ınimo valor de z. Para ello imaginamos que las curvas de nivel se “desplazan” en la direcci´on del crecimiento de z. Como el punto soluci´on (x, y) tambi´en ha de cumplir la ecuaci´on de la restricci´on g(x, y) = 0, deber´a estar en la intersecci´on de una curva de nivel con la gr´afica de g(x, y) = 0, luego, se trata de encontrar: (a) Si buscamos un m´ınimo: El primer punto en que las curvas de nivel tocan a la gr´afica de la restricci´on g(x, y) = 0 (b) Si buscamos un m´aximo: el u ´ ltimo. Nota: Este m´etodo es utilizado en programaci´on lineal para determinar la soluci´on optima de una funci´on objetivo sujeta a un conjunto de restricciones. EJEMPLO 7.25. Hallar el m´ınimo de la funci´ on f (x, y) = x2 +y 2 condicionado por la restricci´on x + y − 1 = 0, mediante las curvas de nivel. ´ SOLUCION.Consideramos las curvas de nivel de la funci´on f (x, y) = x2 + y 2. Para ello sustituimos f (x, y) por z, y consideramos que z es un n´ umero, en cuyo caso tenemos que las curvas de nivel vienen definidas por x2 + y 2 = z √ luego se trata de circunferencias con centro en el origen de coordenadas y radio z, y al crecer z, las circunferencias se alejan del origen.

Figura 7.1: C´alculo de extremos mediante curvas de nivel. La primera circunferencia que toca a la recta de ecuaci´on x + y − 1 = 0 lo hace en el punto (1/2, 1/2). Luego ese punto corresponde al menor valor de z, para el cual (x, y) est´a en una curva de nivel y en la restricci´on. En consecuencia el m´ınimo solicitado es f (1/2, 1/2) = 1/2. La situaci´on en el espacio puede verse mediante el siguiente gr´afico ♣

email [email protected]

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R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

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Figura 7.2: C´alculo de extremos mediante curvas de nivel.

7.2.1.

M´ etodo de los multiplicadores de Lagrange.

En el m´etodo gr´afico de las curvas de nivel se trata de encontrar el punto (x, y) donde la curva de nivel de la superficie de ecuaci´on z = f (x, y) es tangente a la curva de ecuaci´on g(x, y) = 0. Ahora bien, dos curvas son tangentes si sus vectores normales son paralelos. En consecuencia, dado que los vectores normales a dichas curvas son los vectores gradientes, se tiene que, en el punto de tangencia, el vector gradiente ∇f debe ser un m´ ultiplo escalar del vector gradiente ∇g. Luego ∇f (x, y) = λ∇g(x, y) donde el escalar λ se conoce como multiplicador de Lagrange. Las condiciones necesarias para la existencia de tales multiplicadores vienen recogidas en el siguiente teorema TEOREMA 7.5 (Teorema de Lagrange). Sean f y g funciones con derivadas parciales primeras continuas tal que f tiene un extremo en el punto (x0 , y0) de la curva de la ligadura g(x, y) = 0. Si ∇g(x0 , y0) 6= 0, entonces existe un n´ umero real λ tal que ∇f (x, y) = λ∇g(x, y) El teorema de Lagrange tambi´en se cumple para funciones de tres o m´as variables, usando un argumento paralelo con las superficies de nivel. El m´etodo de los multiplicadores de Lagrange usa el Teorema 7.5 para hallar los extremos de una funci´on f sujeta a una ligadura g(x, y) = 0. TEOREMA 7.6 (M´ etodo de los multiplicadores de Lagrange). Si f y g satisfacen las hip´otesis del teorema de Lagrange y f tiene un m´ aximo o m´ınimo sujeto a la ligadura g(x, y) = 0, entonces dicho extremo se produce en uno de los puntos cr´ıticos de la funci´ on L dada por L(x, y, λ) = f (x, y) + λg(x, y). Nota: Puesto que λ puede ser indiferentemente positivo o negativo, la relaci´on anterior puede sustituirse por esta otra: L(x, y, λ) = f (x, y) + λg(x, y) email [email protected]

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R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

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Para funciones de tres variables se tiene L(x, y, z, λ) = f (x, y, z) + λg(x, y, z) En consecuencia, si las funciones f y g tienen derivadas parciales continuas, entonces, los extremos de la funci´on f (x, y), condicionados por la restricci´on g(x, y) = 0, se producen en los puntos cr´ıticos de la funci´on: L(x, y, λ) = f (x, y) + λg(x, y) Dichos puntos cr´ıticos vendr´an determinados por las soluciones del sistema:  L =0   x Ly = 0   Lλ = 0

 f + λgx = 0   x fx + λgx = 0   g(x, y) = 0

El procedimiento m´as c´omodo para resolver el sistema consiste en eliminar λ entre las dos primeras ecuaciones y sustituir el resultado en la tercera. En el proceso de resoluci´on del sistema hay que procurar evitar perder soluciones en las simplificaciones. Por ejemplo, de la ecuaci´on λx = x se obtienen dos soluciones x = 0 y λ = 1, mientras que si “tachamos” la x perdemos la soluci´on x = 0. Para determinar la naturaleza de los puntos cr´ıticos podemos seguir dos procedimientos: Funci´on impl´ıcita. Consiste en suponer que el problema se ha resuelto por sustituci´on de la variable, sin resolverlo por dicho m´etodo, pero estudiando la naturaleza de los puntos cr´ıticos como si as´ı se hubiera hecho. En el supuesto de que la ecuaci´on g(x, y) = 0 defina y como funci´on impl´ıcita respecto de la variable x, en un entorno del punto cr´ıtico (x0 , y0). Es decir, y = h(x), con y0 = h(x0 ). Podemos suponer que hemos sustituido, en f (x, y), y por su valor y = h(x), con lo que obtenemos una funci´on de una sola variable f ∗ (x) = f (x, h(x)). La naturaleza del punto cr´ıtico (x0 , y0 ) en f (x, y) condicionado por g(x, y) = 0, ser´a la del punto cr´ıtico x0 en f ∗ . Es evidente que la funci´on f (x, y) posee un m´aximo (resp., m´ınimo) condicionado por g(x, y) = 0, en (x0 , y0 ) si y solamente si la funci´on f ∗ (x) = f (x, h(x)) posee un m´aximo (resp., m´ınimo) en x0 . Con lo cual el estudio de la naturaleza de los puntos cr´ıticos se hace en una funci´on de una sola variable, acudiendo al signo de su segunda derivada f ′′ (x0 , h(x0 ), h′ (x0 ), h′′ (x0 ))), sin que para ello sea necesario conocer la expresi´on de y = h(x), puesto que h(x0 ), est´a dado, por el punto cr´ıtico; y h′ (x0 ) y h′′ (x0 ), se obtienen directamente a partir de g(x, y) = 0, en virtud del teorema de la funci´on impl´ıcita. El m´etodo se generaliza a m´as de dos variables de manera natural. As´ı, La funci´on f (x, y, z) posee un m´aximo (resp., m´ınimo) condicionado por la restricci´on g(x, y, z) = 0, en (x0 , y0, z0 ) si y solamente la funci´on f ∗ (x, y) = f (x, y, h(x, y)) posee un m´aximo (resp., m´ınimo) en (x0 , y0). Con lo cual el estudio de la naturaleza de los puntos cr´ıticos se hace en una funci´on email [email protected]

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R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

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de una variable menos, acudiendo al signo de su hessiano (ello siempre que la ecuaci´on g(x, y, z) = 0 defina impl´ıcitamente z = h(x, y), en un entorno del punto (x0 , y0 )). As´ı, ∗ ∗ fxx fxy ∗ Hf (x0 , y0 ) = ∗ ∗ fyx fyy

donde no es necesario conocer la expresi´on z = h(x, y), y los valores de z, zx , zy , zxx , zxy y zyy , en el punto (x0 , y0 ), necesarios para el c´alculo de dicho hessiano, se determinan mediante la derivaci´on impl´ıcita. En el caso de dos variables, tambi´en puede estudiarse la naturaleza del punto cr´ıtico estudiamos el signo del determinante: Lλλ Lλx Lλy 0 gx gy ∆ = Lxλ Lxx Lxy = gx Lxx Lxy Lyλ Lyx Lyy gy Lyx Lyy Si ∆ < 0, entonces (x0 , y0 ) es un punto m´ınimo.

Si ∆ > 0, entonces (x0 , y0 ) es un punto m´aximo. Si ∆ = 0, entonces el criterio no da informaci´on. M´etodo del Hessiano: Hallamos el hessiano de la funci´on de Lagrange L(x, y, λ) = f (x, y) + λg(x, y) en el punto cr´ıtico correspondiente (x0 , y0 ):   Lxx (x0 , y0) Lxy (x0 , y0) HL(x0 , y0 ) = Lyx (x0 , y0 ) Lyy (x0 , y0 ) 1. Si detHL(x0 , y0 ) > 0 y Lxx (x0 , y0 ) > 0, entonces (x0 , y0) es un m´ınimo condicionado. 2. Si detHL(x0 , y0 ) > 0 y Lxx (x0 , y0 ) < 0, entonces (x0 , y0) es un m´aximo condicionado. 3. Si detHL(x0 , y0 ) ≤ 0, entonces el criterio no da informaci´on. Habr´a que resolver por otro m´etodo. Este procedimiento se hace extensivo a funciones de 3 variables reales del modo siguiente. Sea U = f (x, y, z) con restricci´on g(x, y, z) = 0. 1. Definir la funci´on de Lagrange L(x, y, z, λ) = f (x, y, z) + λg(x, y, z)

email [email protected]

205

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

206

2. Resolver el siguiente sistema que se da a continuaci´on para obtener el punto cr´ıtico p = (x0 , y0, z0 , λ0 ):  fx + λgx = 0      fx + λgx = 0  fz + λgz = 0     g(x, y, z) = 0

 Lx = 0      Ly = 0  Lz = 0     Lλ = 0

3. Calcular los determinantes:

0 gx (p) gy (p) ∆1 (p) = gx (p) fxx (p) fxy (p) gy (p) fyx (p) fyy (p)

0 gx (p) gy (p) gz (p) gx (p) fxx (p) fxy (p) fxz (p) ∆2 (p) = gy (p) fyx (p) fyy (p) fyz (p) gz (p) fzx (p) fzy (p) fzz (p)

,



Si ∆1 (p) > 0 y ∆2 (p) < 0, entonces la funci´on tiene un m´aximo relativo condicionado en p. Si ∆1 (p) < 0 y ∆2 (p) < 0, entonces la funci´on tiene un m´ınimo relativo condicionado en p. Ahora resolvamos el problema de maximizar una funci´on f en n variables f (x1 , x2 , ..., xn ) cuando las variables (x1 , x2 , ..., xn ) est´an sometidas a las restricciones    g1 (x1 , x2 , ..., xn ) = 0   g2 (x1 , x2 , ..., xn ) = 0 ..  . 0    g (x , x , ..., x ) = 0 m 1 2 n

Definamos el conjunto

M = {(x1 , x2 , ..., xn ) ∈ Rn : gk (x1 , x2 , ..., xn ) = 0, 1 ≤ k ≤ m} Denotemos por f |M la funci´on f restringida a M, si f |M tiene o presenta un m´aximo o un m´ınimo local en un punto (a1 , a2 , ..., an ) de M, entonces diremos que f (x1 , x2 , ..., xn ) sometida a las restricciones   g1 (x1 , x2 , ..., xn ) = 0    g2 (x1 , x2 , ..., xn ) = 0 ..  . 0    g (x , x , ..., x ) = 0 m

1

2

n

tiene un extremo relativo en el punto (a1 , a2 , ..., an ). email [email protected]

206

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

207

TEOREMA 7.7 (Teorema de Lagrange). Sean m, n con m < n y sean f : Rn → R y g : Rn → R funciones con derivadas parciales continuas y que los vectores ∇g1 (x1 , x2 , ..., xn ), ∇g2 (x1 , x2 , ..., xn ),..., ∇gm (x1 , x2 , ..., xn ) son linealmente independientes para todo (x1 , x2 , ..., xn ) donde   g (x , x , ..., xn ) = 0   1 1 2  g2 (x1 , x2 , ..., xn ) = 0 ..  .    g (x , x , ..., x ) = 0 m 1 2 n Si la funci´on f (x1 , x2 , ..., xn ) sometida a las restricciones   g1 (x1 , x2 , ..., xn ) = 0    g2 (x1 , x2 , ..., xn ) = 0 ..  .    g (x , x , ..., x ) = 0 m 1 2 n

tiene un extremo relativo en un punto (a1 , a2 , ..., an ) entonces existen unos escalares λ1 , λ2 ,..., λm , no todos nulos, tales que ∇f (a1 , a2 , ..., an ) = λ1 ∇g1 (a1 , a2 , ..., an ) + λ2 ∇g2 (a1 , a2 , ..., an ) + · · · + λm ∇gm (a1 , a2 , ..., an )

Los λk se les llama los multiplicadores de Lagrange para el punto (a1 , a2 , ..., an ).

TEOREMA 7.8 (M´ etodo de los multiplicadores de Lagrange). Sean f : Rn → R y n g : R → R funciones con derivadas parciales continuas y que los vectores ∇g1 (x1 , x2 , ..., xn ), ∇g2 (x1 , x2 , ..., xn ),..., ∇gm (x1 , x2 , ..., xn ) son linealmente independientes para todo (x1 , x2 , ..., xn ) donde   g1 (x1 , x2 , ..., xn ) = 0    g2 (x1 , x2 , ..., xn ) = 0 ..  .    g (x , x , ..., x ) = 0 m 1 2 n Si la funci´on f (x1 , x2 , ..., xn ) sometida a las restricciones   g1 (x1 , x2 , ..., xn ) = 0    g2 (x1 , x2 , ..., xn ) = 0 ..  .    g (x , x , ..., x ) = 0 m 1 2 n

tiene un extremo relativo en un punto (a1 , a2 , ..., an ) entonces (a1 , a2 , ..., an ) es soluci´on del siguiente sistema de n + m ecuaciones con n + m inc´ ognitas x1 , x2 , ..., xn , λ1 , λ2 ,..., λm :   ∇f (x1 , x2 , ..., xn ) = λ1 ∇g1 (x1 , x2 , ..., xn ) + · · · + λm ∇gm (x1 , x2 , ..., xn )      g1 (x1 , x2 , ..., xn ) = 0 g2 (x1 , x2 , ..., xn ) = 0 (7.4)  ..   .    g (x , x , ..., x ) = 0 m 1 2 n email [email protected]

207

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

208

´ n. Si hacemos x = (x1 , x2 , ..., xn ), entonces el sistema (7.4) puede escribirse como: Observacio                                                     

∂f + λ1 ∂x1 x ∂f + λ1 ∂x2 x

∂g1 + · · · + λm ∂x1 x ∂g1 + · · · + λm ∂x2 x

∂gm = 0 ∂x1 x ∂gm = 0 ∂x2 x .. .

∂f ∂g1 ∂gm + λ1 + · · · + λm = 0 ∂xn x ∂xn x ∂xn x

(7.5)

g1 (x1 , x2 , ..., xn ) = 0 g2 (x1 , x2 , ..., xn ) = 0 .. .

gm (x1 , x2 , ..., xn ) = 0

´ n. Si sabemos que f (x1 , x2 , ..., xn ) sometida a Observacio   g1 (x1 , x2 , ..., xn ) =    g2 (x1 , x2 , ..., xn ) = ..  .    g (x , x , ..., x ) = m

1

2

n

las restricciones 0 0 0

alcanza su m´aximo y su m´ınimo absolutos (por ejemplo, si M = {(x1 , x2 , ..., xn ) ∈ Rn : gk (x1 , x2 , ..., xn ) = 0, 1 ≤ k ≤ m} es un conjunto compacto) entonces basta evaluar f en las soluciones del sistema (7.5) y quedarse con los valores m´aximo y m´ınimo. EJEMPLO 7.26. Desdoblar el n´ umero 36 en tres n´ umeros positivos de modo que su producto sea el mayor posible. ´ SOLUCION.Seg´ un las condiciones del problema tenemos: 1.- Maximizar

f (x, y, z) = xyz

2.- Sujeto a

x + y + z = 36

Transformemos este problema de extremos condicionado en un problema sin condiciones. Para esto despejamos z de la u ´ ltima ecuaci´on z = 36 − x − y, reemplazando en xyz, tenemos email [email protected]

208

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

209

f (x, y) = xy(36 − x − y) = 36xy − x2 y − xy 2 . Primero encontramos las derivadas parciales de f (x, y) fx (x, y) = 36y − 2xy − y 2 ,

fy (x, y) = 36x − x2 − 2xy.

Estas funciones est´an definidas para todo (x, y), por lo tanto los u ´ nicos puntos cr´ıticos que buscaremos es cuando fx y fy son ceros. Esto es: 36y − 2xy − y 2 = 0 36x − x2 − 2xy = 0

y(36 − 2x − y) = 0 x(36 − x − 2y) = 0

y = 0, x = 0,

2x + y = 36 x + 2y = 36

Para resolver el sistema igualamos a cero cada factor de la primera ecuaci´on con cada factor de la segunda ecuaci´on: x = 0 o 2x + y = 36 y = 0 o x + 2y = 36 Para el caso en que x = 0, tenemos dos casos: y = 0. Por tanto, el punto cr´ıtico es (0, 0) x + 2y = 36. De donde y = 18. Por tanto, un punto cr´ıtico es (0, 18) Para el caso en que 2x + y = 36, tenemos dos casos: y = 0. De donde x = 18. Por tanto, un punto cr´ıtico es (18, 0) x + 2y = 36. De donde 2x + y = 36 x + 2y = 36

2x + y = 36 −2x − 4y = −72

−3y = −36 y = 12 2x + 12 = 36 x = 12.

Luego un punto cr´ıtico es (12, 12). Para determinar si se trata de m´aximo o m´ınimo, hallamos la matriz hessiana. Hf (x, y) =



fxx (x, y) fxy (x, y) fyx (x, y) fyy (x, y)



=



−2y 36 − 2x − 2y 36 − 2x − 2y −2x



Con lo cual resulta: 0 0 |Hf (0, 0)| = 0 0

email [email protected]

= 0 el hessiano no nos determina la naturaleza del punto cr´ıtico. 209

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

210

−2(18) 36 − 2(0) − 2(18) = 0 el hessiano no nos determina la |Hf (0, 18)| = 36 − 2(0) − 2(18) −2(0) naturaleza del punto cr´ıtico. −2(0) 36 − 2(18) − 2(0) = 0 el hessiano no nos determina la |Hf (18, 0)| = 36 − 2(18) − 2(0) −2(18) naturaleza del punto cr´ıtico. −2(12) 36 − 2(12) − 2(12) |Hf (12, 12)| = = 576 − 144 = 432 > 0 y fxx = 36 − 2(12) − 2(12) −2(12) −24 < 0, entonces (12, 12) se corresponde con un m´aximo relativo. ♣

Luego los n´ umeros son x = 12, y = 12, z = 36 − 12 − 12 = 12

EJEMPLO 7.27. Identificar los valores extremos de la funci´ on: f (x, y) = 3x + 3y si los puntos 2 2 (x, y) deben verificar la condici´on x + y = 2. ´ SOLUCION.Identifiquemos las funciones: 1.- Funci´on objetivo:

f (x, y) = 3x + 3y

2.- Funci´on restricci´on:

g(x, y) = x2 + y 2 − 2

Formamos la funci´on de Lagrange: L(x, y, λ) = f (x, y) + λg(x, y) Que, en nuestro caso, es: L(x, y, λ) = 3x + 3y + λ(x2 + y 2 − 2) Los puntos cr´ıticos de esta funci´on vendr´an determinados por las soluciones del sistema:  L = 3 + 2xλ = 0   x Ly = 3 + 2yλ = 0   Lλ = x2 + y 2 − 2 = 0 

y = x 2 x + y2 = 2

email [email protected]

 3    λ=− 2x 3    λ=− 2y

x2 + y 2 = 2



x2 + x2 = 2 2x2 = 2

210

  

−

3 3 = − 2x 2y

x2 + y 2 = 2 

x2 = 1 x = ±1 R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

211

3 Tomando x = 1, obtenemos que y = 1 y adem´as de que λ = − . Luego uno de los puntos cr´ıticos 2   3 3 de la funci´on de Lagrange es 1, 1, − 2 . Pero si tomamos x = −1, obtenemos que y = −1 y λ = , 2   3 por tanto el otro punto cr´ıtico de la funci´on de Lagrange es − 1, −1, 2 . Para determinar su naturaleza de estos puntos cr´ıticos estudiamos el signo del determinante:

0 gx gy 0 2x 2y ∆(x, y, λ) = gx Lxx Lxy = 2x 2λ 0 gy Lyx Lyy 2y 0 2λ   En efecto, evaluando en el punto 1, 1, − 32 tenemos 0 2 2   3 = 2 −3 0 ∆ 1, 1, − 2 2 0 −3

= −2 2 0 2 −3

.

2 −3 +2 2 0 = −2(−6 − 0) + 2(0 + 6) = 12

De aqu´ı se sigue queel punto p(1,  1) es un punto m´aximo condicionado para f . Por otra parte si 3 evaluamos el punto − 1, −1, 2 obtendremos 0 −2 −2   −2 0 3 0 = 2 ∆ − 1, −1, = −2 3 −2 3 2 −2 0 3

− 2 −2 3 −2 0

= 2(−6 − 0) − 2(0 + 6) = −12

De aqu´ı se sigue que el punto p(−1, −1) es un punto m´ınimo condicionado para f .

♣

EJEMPLO 7.28. Con el uso de los multiplicadores de Lagrange; calcular la m´ınima distancia que existe entre el punto Q(5, 4) y la recta 4x + 3y = 7. ´ SOLUCION.Sea P (x, y) un punto cualquiera p de la recta 4x+3y = 7. La distancia entre el punto Q(5, 4) a un punto P (x, y) es dado por d = (x − 5)2 + (y − 4)2 , esto es, d2 = (x − 5)2 + (y − 4)2 . Buscamos las coordenadas de P que hacen que d o equivalentemente d2 sea m´ınima, esto es, tenemos que resolver el siguiente problema: 1.- Maximizar

f (x, y) = (x − 5)2 + (y − 4)2

2.- Sujeto a

4x + 3y = 7

Por tanto tenemos identificado las funciones: email [email protected]

211

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

212

1.- Funci´on objetivo:

f (x, y) = (x − 5)2 + (y − 4)2

2.- Funci´on restricci´on:

g(x, y) = 4x + 3y − 7

Formamos la funci´on de Lagrange: L(x, y, λ) = f (x, y) + λg(x, y) Que, en nuestro caso, es: L(x, y, λ) = (x − 5)2 + (y − 4)2 + λ(4x + 3y − 7) Los puntos cr´ıticos de esta funci´on vendr´an determinados por las soluciones del sistema:  x−5   λ=− 2   λ = − 2(y − 4) 3 4x + 3y = 7

 L = 2(x − 5) + 4λ = 0   x Ly = 2(y − 4) + 3λ = 0   Lλ = 4x + 3y − 7 = 0

x−5 2(y − 4) = − , 3x − 15 = 4y − 16 de donde De las dos primeras ecuaciones obtenemos − 2 3 3x − 4y = −1, juntando con la tercera ecuaci´on tenemos el siguiente sistema de ecuaciones 

3x − 4y = −1 4x + 3y = 7



9x − 12y = −3 16x + 12y = 28

de esta manera tenemos y = 1,

x=1

λ=−

 25x = 25    x=1 4(1) + 3y = 7    y=1

1−5 x−5 =− =2 2 2

  con lo cual, el u ´ nico punto cr´ıtico es 1, 1 , obtenido para λ = 2.

Para determinar su naturaleza estudiamos el signo del determinante: 0 gx gy ∆(x, y, λ) = gx Lxx Lxy gy Lyx Lyy

  Evaluando en 1, 1, 2 tenemos email [email protected]

212

0 4 3 = 4 2 0 3 0 2

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

213

0 4 3 ∆(1, 2, −1) = 4 2 0 = 0 − 8 − 6 = −14 < 0 3 0 2   De donde, el punto 1, 1 es un punto m´ınimo y adem´as el valor m´ınimo es d=

p

(1 − 5)2 + (1 − 4)2 =

p √ (−4)2 + (−3)2 = 16 + 9 = 5.

♣

EJEMPLO 7.29. Minimizar la funci´ on f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 sujeta a las condiciones x + 2y + 3z = 6, x + 3y + 9z = 9. ´ SOLUCION.Para ello identifiquemos las funciones Funci´on objetivo:

f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2

Funci´on restricci´on 1:

g(x, y, z) = x + 2y + 3z − 6

Funci´on restricci´on 2:

h(x, y, z) = x + 3y + 9z − 9

y de aqu´ı obtenemos el sistema formado por las siguientes ecuaciones: fx + λ1 gx + λ2 hx fy + λ1 gy + λ2 hy fz + λ1 gz + λ2 hz g(x, y, z) h(x, y, z)

= = = = =

0 0 0 0 0

2x + λ1 + λ2 2y + 2λ1 + 3λ2 2x + 3λ1 + 9λ2 x + 2y + 3z x + 3y + 9z

= = = = =

0 0 0 6 9

Despejamos x, y, z en las tres primeras y sustituimos en las dos u ´ ltimas obteniendo: 14λ1 + 34λ2 = −12 34λ1 + 91λ2 = −18 y finalmente λ1 = −

240 59

y λ2 =

78 59

Para estos valores de los multiplicadores de Lagrange obtenemos el punto P



81 123 9 , , 59 59 59



♣

EJEMPLO 7.30. Hallar los extremos de la funci´ on f (x, y) = 2xy − 3y 2 − x2 bajo la restricci´on x + y = 16.

email [email protected]

213

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

214

´ SOLUCION.Formamos la funci´on de Lagrange: L(x, y, λ) = f (x, y) + λg(x, y) Que, en nuestro caso, es: L(x, y, λ) = 2xy − 3y 2 − x2 + λ(x + y − 16) Los puntos cr´ıticos de esta funci´on vendr´an determinados por las soluciones del sistema: (

 L = 2y − 2x + λ = 0   x Ly = 2x − 6y + λ = 0   Lλ = x + y − 16 = 0

λ = −2y + 2x λ = −2x + 6y

x + y = 16

De las dos primeras ecuaciones obtenemos −2y + 2x = −2x + 6y, de donde −8y = −4x, y = 21 x, y sustituyendo en la tercera resulta x + y = 16 x + 12 x = 16 3 x 2

= 16

x =

32 3

32 32 16 32 16 de esta manera tenemos  x = 3 , y = 16 − 3 = 3 , λ = 2 3 − 6 3 = u ´ nico punto cr´ıtico es 32 , 16 , obtenido para λ = − 32 . 3 3 3

64−96 3

= − 32 con lo cual, el 3

Ahora bien, reemplazamos λ = − 32 en las formulas para Lx y Ly y luego hallamos sus derivadas 3 parciales segundas: (

Lx = 2y − 2x − Ly = 2x − 6y −

32 3 32 3

con lo cual:  32 16  HL , = 3 3

Lxx Lxy Lyx Lyy

 L = −2   xx Lyy = −6   Lxy = 2 !

=



−2 2 2 −6



Para estudiar su naturaleza calculamos  32 16   32 16  detHL , = 8 − 4 = 4 > 0 y Lxx , = −2 < 0 3 3 3 3 email [email protected]

214

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

215

luego la funci´on presenta un m´aximo condicionado en el punto



32 16 , 3 3

 .

♣

EJEMPLO 7.31. Hallar los m´aximos y m´ınimos de la funci´ on f (x, y) = 5x2 + 6y 2 − xy bajo la restricci´on x + 2y = 24. ´ SOLUCION.Identifiquemos las funciones: 1.- Funci´on objetivo:

f (x, y) = 5x2 + 6y 2 − xy

2.- Funci´on restricci´on:

g(x, y) = x + 2y − 24

Formamos la funci´on de Lagrange: L(x, y, λ) = f (x, y) + λg(x, y) Que, en nuestro caso, es: L(x, y, λ) = 5x2 + 6y 2 − xy + λ(x + 2y − 24) Los puntos cr´ıticos de esta funci´on vendr´an determinados por las soluciones del sistema:  L = 10x − y + λ = 0   x Ly = 12y − x + 2λ = 0   Lλ = x + 2y − 24 = 0

(

λ = −10x + y

λ = −6y + 12 x x + 2y = 24

De las dos primeras ecuaciones obtenemos −10x + y = −6y + 12 x, −20x + 2y = −12y + x de donde −21x + 14y = 0, juntando con la tercera ecuaci´on tenemos el sistema de ecuaciones 

−21x + 14y = 0 x + 2y = 24



−21x + 14y = 0 −21x − 42y = −504



−28y = −504 y = 18

de esta manera tenemos y = 18, x =24 − 2(18)  = −12, λ = −10x + y = −10(−12) + 18 = 138 con lo cual, el u ´ nico punto cr´ıtico es − 12, 18 , obtenido para λ = 138.

Ahora bien, reemplazamos λ = 138 en las formulas para Lx y Ly y luego hallamos sus derivadas parciales segundas: ( email [email protected]

Lx = 10x − y + 138 Ly = 12y − x + 276

215

 L = 10   xx Lyy = 12   Lxy = −1

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

216

con lo cual:   HL − 12, 18 =

!

Lxx Lxy Lyx Lyy

=



10 −1 −1 12



Para estudiar su naturaleza calculamos    32 16  detHL − 12, 18 = 120 + 1 = 121 > 0 y Lxx , = 10 > 0 3 3   luego la funci´on presenta un m´ınimo condicionado en el punto − 12, 18 .

♣

EJEMPLO 7.32. Maximizar la funci´on f (x, y) = 25 − x2 − y 2 sujeta a la restricci´ on 2x + y = 4 ´ SOLUCION.Identifiquemos las funciones: 1.- Funci´on objetivo:

f (x, y) = 25 − x2 − y 2

2.- Funci´on restricci´on:

g(x, y) = 2x + y − 4

Formamos la funci´on de Lagrange: L(x, y, λ) = 25 − x2 − y 2 + λ(2x + y − 4) ahora, calculamos las derivadas parciales respecto de x, de y y respecto de λ. Lx = −2x − 2λ

Ly = −2y − λ

(7.6)

Lλ = 2x + y − 4 Los valores cr´ıticos (´optimos) se obtienen haciendo CERO las tres derivadas parciales y resolviendo el sistema. (

 −2x − 2λ = 0   −2y − λ = 0   2x + y = 4

λ = −x

λ = −2y 2x + y = 4

De las dos primeras ecuaciones obtenemos −x = −2y, de donde x − 2y = 0, juntando con la tercera ecuaci´on tenemos el sistema de ecuaciones email [email protected]

216

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s 

ζℏαυεz

x − 2y = 0 2x + y = 4



217   5y = 4 4  y = 5

−2x + 4y = 0 2x + y = 4

de esta manera encontramos que y = 45 , x = 2 45 = 85 , λ = −85 y estos son los puntos cr´ıticos en la  8 4 funci´on de Lagrange. Con lo cual, el u ´ nico punto cr´ıtico es 5 , 5 , obtenido para λ = − 85 .

Ahora bien, reemplazamos λ = − 58 en las formulas para Lx y Ly obtenidas en (7.6) y luego hallamos sus derivadas parciales segundas: (

Lx = −2x + Ly = −2y +

16 5 8 5

con lo cual: 8 4 HL , = 5 5

Lxx Lxy Lyx Lyy

 L = −2   xx Lyy = −2   Lxy = 0 !

=



−2 0 0 −2



Para estudiar su naturaleza calculamos 8 4 8 4 = 4 > 0 y Lxx , = −2 < 0 detHL , 5 5 5 5   luego la funci´on presenta un m´aximo condicionado en el punto 85 , 45 .

♣

EJEMPLO 7.33. Hallar el m´ınimo de la funci´ on f (x, y) = x2 +y 2 condicionado por la restricci´on x + y − 1 = 0, mediante el m´etodo de los multiplicadores de Lagrange. ´ SOLUCION.Formamos la funci´on de Lagrange: L(x, y, λ) = f (x, y) + λg(x, y) Que, en nuestro caso, es: L(x, y, λ) = x2 + y 2 + λ(x + y − 1) Los puntos cr´ıticos de esta funci´on vendr´an determinados por las soluciones del sistema:

email [email protected]

217

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

 L = 2x + λ = 0   x Ly = 2y + λ = 0   Lλ = x + y − 1 = 0

(

λ = −2x λ = −2y

x+y = 1

218

(

−2x = −2y

x+y = 1

Resolviendo el u ´ ltimo sistema x = y = 1/2, luego el u ´ nico punto cr´ıtico es el punto p(1/2, 1/2). Para determinar su naturaleza estudiamos el signo del determinante: Lλλ Lλx Lλy ∆(1/2, 1/2, −1) = Lxλ Lxx Lxy Lyλ Lyx Lyy

0 1 1 = 1 2 0 1 0 2

De donde, el punto p(1/2, 1/2) es un punto m´ınimo.

= −2 − 2 = −4 ♣

EJEMPLO 7.34. Inscribir un rect´angulo de ´ area m´ axima, con los lados paralelos a los ejes de coordenadas, en la regi´on del primer cuadrante limitada por la par´ abola y = 3 − x2 y los ejes de coordenadas. ´ SOLUCION.-

Figura 7.3: y = 3 − x2 La funci´on a maximizar es el ´area del rect´angulo, A = x · y. La restricci´on viene determinada por el hecho de que el punto (x, y) debe pertenecer a la par´abola y = 3 − x2 , luego tenemos: A(x, y) = xy,

g(x, y) = x2 + y − 3

Formamos la funci´on de Lagrange: L(x, y, λ) = A(x, y) + λg(x, y) Que, en nuestro caso, es: email [email protected]

218

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

219

L(x, y, λ) = xy + λ(x2 + y − 3) Los puntos cr´ıticos de esta funci´on vendr´an determinados por las soluciones del sistema:  L = y + 2xλ = 0   x Ly = x + λ = 0   Lλ = x2 + y − 3 = 0 

2x2 = y 2 x +y = 3

  λ=− y 2x  λ = −x

x2 + y = 3



x2 + 2x2 = 3 3x2 = 3

 

y = −x 2x  x2 + y = 3 

−

x2 = 1 x = ±1

Y al ser x > 0 por ser (x, y) un punto del primer cuadrante, resulta: x = 1,

luego y = 2,

adem´as λ = −1.

Luego el u ´ nico punto cr´ıtico es el punto P (1, 2). Para determinar su naturaleza estudiamos el signo del determinante: 0 gx gy ∆(x, y, λ) = gx Lxx Lxy gy Lyx Lyy

Evaluando en (1, 2, −1) tenemos

0 2 1 ∆(1, 2, −1) = 2 −2 1 1 1 2

De donde, el punto p(1, 2) es un punto m´aximo.

0 2x 1 = 2x 2λ 0 1 2x 0

= 2+2+2 =6 >0 ♣

EJEMPLO 7.35. Mediante aplicaci´on de m´ aximos y/o m´ınimos, hallar la distancia m´ınima que existe entre el punto p(1, 1) y la recta 3x + 4y − 12 = 0. ´ SOLUCION.Sea P (x, y) un punto cualquiera de la recta. El cuadrado de la distancia entre el punto p(1, 1) y punto P es d2 = (x − 1)2 + (y − 1)2 . Buscamos las coordenadas de P que hacen d que sea m´ınima. Por tanto tenemos identificado las funciones: 1.- Funci´on objetivo:

f (x, y) = (x − 1)2 + (y − 1)2

2.- Funci´on restricci´on:

g(x, y) = 4x + 3y − 12

email [email protected]

219

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

220

Formamos la funci´on de Lagrange: L(x, y, λ) = f (x, y) + λg(x, y) Que, en nuestro caso, es: L(x, y, λ) = (x − 1)2 + (y − 1)2 + λ(4x + 3y − 12) Los puntos cr´ıticos de esta funci´on vendr´an determinados por las soluciones del sistema:  x−1   λ= 2  2(y − 1)  λ= 3 4x + 3y = 12

 L = 2(x − 1) + 4λ = 0   x Ly = 2(y − 1) + 3λ = 0   Lλ = 4x + 3y − 12 = 0

2(y − 1) x−1 = , 3x−3 = 4y−4 de donde 3x−4y = −1, De las dos primeras ecuaciones obtenemos 2 3 juntando con la tercera ecuaci´on tenemos el siguiente sistema de ecuaciones 

3x − 4y = −1 4x + 3y = 12



  25y = 45 9  y= , 5

9x − 12y = −3 16x + 12y = 48

de esta manera tenemos 9 y= , 5

x=

8 5

λ=

x−1 = 2

8 5

x=

8 5

−1 3 = 2 10

8 9 3 , , obtenido para λ = . 5 5 10 Para determinar su naturaleza estudiamos el signo del determinante: con lo cual, el u ´ nico punto cr´ıtico es

0 gx gy ∆(x, y, λ) = gx Lxx Lxy gy Lyx Lyy

8 9 3  Evaluando en , , tenemos 5 5 10

De donde, el punto

0 4 3 ∆(1, 2, −1) = 4 2 0 3 0 2

8 9 , es un punto m´ınimo. 5 5

email [email protected]

0 4 3 = 4 2 0 3 0 2



= 0 − 8 − 6 = −14 < 0

220

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

221 ♣

EJEMPLO 7.36. Halle el punto de la circunferencia x2 + y 2 = 1 m´ as cercano al punto (3, 5). ´ SOLUCION.Sea P (x, y) un punto cualquiera de la p circunferencia x2 + y 2 = 1. La distancia entre el punto (3, 5) al punto P (x, y) es dado por d = (x − 3)2 + (y − 5)2 , esto es, d2 = (x − 3)2 + (y − 5)2 . Buscamos las coordenadas de P que hacen que d o equivalentemente d2 sea m´ınima, esto es, tenemos que resolver el siguiente problema: 1.- Maximizar

f (x, y) = (x − 3)2 + (y − 5)2

2.- Sujeto a

x2 + y 2 = 1

Por tanto tenemos identificado las funciones: 1.- Funci´on objetivo:

f (x, y) = (x − 3)2 + (y − 5)2

2.- Funci´on restricci´on:

g(x, y) = x2 + y 2 − 1

Formamos la funci´on de Lagrange: L(x, y, λ) = f (x, y) + λg(x, y) Que, en nuestro caso, es: L(x, y, λ) = (x − 3)2 + (y − 5)2 + λ(x2 + y 2 − 1) Los puntos cr´ıticos de esta funci´on vendr´an determinados por las soluciones del sistema:  L = 2(x − 3) + 2λx = 0   x Ly = 2(y − 5) + 2λy = 0   Lλ = x2 + y 2 − 1 = 0

 3−x    λ= x 5 − y    λ= y

x2 + y 2 − 1

3−x 5−y = , 3y − xy = 5x − xy de donde 3y = 5x, x y juntando con la tercera ecuaci´on tenemos el siguiente sistema de ecuaciones De las dos primeras ecuaciones obtenemos



y = (5/3)x 2 x + y2 = 1

email [email protected]

  

 2 x2 + (5/3)x = 1 x2 + (25/9)x2 = 1

221

 (31/9)x2 = 1    2   x = 9/31 √ x = 3/ 31 √   31)   y = (5/3)(3/ √  y = 5/ 31

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

222

de esta manera tenemos 3 3− √ √ 3 5 3−x 31 x= √ , y=√ λ= = = 31 − 1 3 x 31 31 √ 31   √ con lo cual, el u ´ nico punto cr´ıtico es √331 , √531 , obtenido para λ = 31 − 1. Para determinar su naturaleza estudiamos el signo del determinante:

0 gx gy ∆(x, y, λ) = gx Lxx Lxy gy Lyx Lyy   √ Evaluando en √331 , √531 , 31 − 1 tenemos

0 2x 2y = 2x 2 + 2λ 0 2y 0 2 + 2λ

√6 √10  3  0 31 31 √ 5 √ 0 ∆ √ , √ , 31 − 1 = √631 2 31 √ 10 31 31 √ 0 2 31 31

De donde, el punto

d=

s



√3 , √5 31 31

3 √ −3 31

2

+







  2 2 √ √ 10 6 − 2 31 √ 0 email [email protected]

224

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

225

y   Lxx 225, 50 < 0

  luego la funci´on presenta un m´aximo condicionado en el punto 225, 50 .

♣

EJEMPLO 7.38. Una empresa calcula que puede alcanzar unos beneficios anuales (en miles de euros) dados por la funci´on: B(x, y) = 4xy + 16y − x2 − 5y 2 − 10 miles de euros donde x es la cantidad invertida en investigaci´on (en miles de euros) e y es la cantidad invertida en promoci´on (en miles de euros). (a) Hallar las cantidades que la empresa ha de destinar a investigaci´ on y promoci´ on para obtener el m´aximo beneficio. (b) Si la empresa tiene un total de 9,000 euros para gastar en investigaci´ on y promoci´on, ¿c´omo debe asignarse este dinero para generar el m´ aximo beneficio posible? (c) Si la empresa decide aumentar el presupuesto de gasto en investigaci´ on y promoci´on en 9,500 euros, calcule la forma en que los 500 euros adicionales afectar´ an el m´ aximo beneficio obtenido. ´ (a).- Calculamos sus puntos cr´ıticos: SOLUCION Bx (x, y) = 4y − 2x By (x, y) = 4x + 16 − 10y

4y − 2x = 0 4x + 16 − 10y = 0

x = 2y 8y + 16 − 10y = 16 − 2y y=8

Al resolver el ultimo sistema se obtiene que x = 16, x = 8. Y el punto cr´ıtico es (16, 8). Hallamos la matriz Hessiana de la funci´on objetivo Bxx (x, y) = −2 < 0 Byy (x, y) = −10 Bxy (x, y) = 4

y

B (x, y) Bxy (x, y) detHf (x, y) = xx Byx (x, y) Byy (x, y)

−2 4 = 4 −10

Bxx (x, y) = −2 < 0

email [email protected]

225

=4>0 R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

226

Luego (16, 8) es un m´aximo local. As´ı, el beneficio m´aximo se obtiene cuando se destinan 16000 euros a investigaci´on y 8000 euros a promoci´on. En este caso, el beneficio obtenido ser´a: B(16, 8) = 4(16)(8) + 16(8) − (16)2 − 5(8)2 − 10 = 54. miles de euros. Soluci´ on (b). En este caso tenemos que resolver: 1.- Maximizar

B(x, y) = 4xy + 16y − x2 − 5y 2 − 10

2.- Sujeto a

x+y = 9

Luego 1.- Funci´on objetivo:

B(x, y) = 4xy + 16y − x2 − 5y 2 − 10

2.- Funci´on restricci´on:

g(x, y) = x + y − 9

Formamos la funci´on de Lagrange: L(x, y, λ) = B(x, y) + λg(x, y) = 4xy + 16y − x2 − 5y 2 − 10 + λ(x + y − 9). Calculamos las derivadas parciales respecto de x, de y y respecto de λ de la funci´on L. Lx = 4y − 2x + λ

Ly = 4x + 16 − 10y + λ

(7.8)

Lλ = x + y − 9

Buscamos puntos cr´ıticos de la funci´on de Lagrange, para esto observemos que ∇g(x, y) = (1, 1) 6= 0, y adem´as L es diferenciable en todo su dominio, luego los puntos cr´ıticos se obtendr´an haciendo CERO las tres derivadas parciales en (7.10) y resolviendo el sistema. (

 4y − 2x + λ = 0   4x + 16 − 10y + λ = 0   x+y =9

λ = 2x − 4y

λ = −4x − 16 + 10y x+y =9

De las dos primeras ecuaciones obtenemos 2x − 4y = −4x − 16 + 10y, de donde 6x − 14y = −16, juntando con la tercera ecuaci´on tenemos el sistema de ecuaciones 

6x − 14y = −16 x+y = 9

email [email protected]



6x − 14y = −16 −6x − 6y = −54 226

  −20y = −70 7  y = 2

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

de esta manera encontramos que y = 27 , x = 9 − 72 =

227 11 . 2

El multiplicador de Lagrange asociado es

λ = 2x − 4y = 11 − 14 = −3   , obtenido para λ = −3. Para determinar su naturaleza Con lo cual, el u ´ nico punto cr´ıtico es 27 , 11 2 estudiamos el signo del determinante: 0 gx gy ∆(x, y, λ) = gx Lxx Lxy gy Lyx Lyy   7 11 Evaluando en 2 , 2 , −3 tenemos

0 1 1 = 1 1 4 1 4 −10



0 1 1 1 4 1 1 ∆(1, 2, −1) = 1 1 4 = − + 1 4 = −(−10 − 4) = 14 > 0 1 −10 1 4 −10   es un punto m´aximo. De forma que se han de destinar 5500 euros a De donde, el punto 27 , 11 2 investigaci´on y 3500 euros a promoci´on, para obtener los m´aximos beneficios. El beneficio m´aximo en este caso ser´a: B miles de euros.

 7 11   11  7   7   11 2  7 2 , =4 + 16 − −5 − 10 = 31,5. 2 2 2 2 2 2 2

EJEMPLO 7.39. Determinar las dimensiones del paralelep´ıpedo rectangular de lados paralelos a los ejes coordenados de m´aximo volumen que puede inscribirse en la esfera x2 + y 2 + z 2 = r 2 . ´ SOLUCION.Los planos coordenados dividen al paralelep´ıpedo rectangular en 8 partes iguales cada uno en uno de los octantes. Si se denominan x, y, z a las longitudes de la parte del paralelep´ıpedo rectangular que se encuentra en el primer octante. Entonces su volumen estar´a dada por la funci´on f (x, y, z) = 8xyz. Puesto que el paralelep´ıpedo rectangular est´a inscrito en la esfera x2 + y 2 + z 2 = r 2 , entonces el v´ertice (x, y, z) debe verificar esta ecuaci´on. Luego la condici´on en el problema es: x2 + y 2 + z 2 = r 2 Definamos la funci´on g(x, y, z) dado por g(x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 − r 2 Los puntos en los que f (x, y, z) alcanza valores extremos son las soluciones del sistema:

email [email protected]

227

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

fx + λgx fy + λgy fz + λgz g(x, y, z)

= = = =

0 0 0 0

228

8yz + 2λx 8xz + 2λy 8xy + 2λz 2 x + y2 + z2

= = = =

0 0 0 r2

Despejando λ de las primeras tres ecuaciones se tiene −8xz −8xy −8yz = = 2x 2y 2z de donde se sigue que x = y = z. Reemplazando en la cuarta ecuaci´on 3x2 = r 2 , por tanto r x = y = z = ± √ . Observemos que podemos desechar los valores negativos de x, y, z debido 3 a que estos son ´ nico punto cr´ıtico valido es  distancia y no puedes ser negativos. Por tanto el u r r r √ ,√ ,√ que debe ser un punto m´aximo. ♣ 3 3 3 EJEMPLO 7.40. Cuales deben ser las dimensiones de un envase para leche de forma rectangular, volumen de 512 cm3 y costo m´ınimo, si el material de los lados de la caja cuestan 10 bs el cent´ımetro cuadrado y el material de la tapa y el fondo cuestan 20 bs el cent´ımetro cuadrado. ´ SOLUCION.Suponga que las dimensiones de la caja son x cm de ancho, y cm de largo y z cm de alto, entonces su volumen es: xyz = 512. Por otro lado, el costo total esta dado por C = 40xy + 20xz + 20yz. Definamos las funciones C(x, y, z) = 40xy + 20xz + 20yz,

V (x, y, z) = xyz − 512

Por tanto el problema a resolver es el siguiente: Minimizar w = C(x, y, z) Sujeto a V (x, y, z) = 0 Los puntos (x, y, z) soluciones del anterior problema se encuentran resolviendo en siguiente sistema de ecuaciones Cx + λVx Cy + λVy Cz + λVz V (x, y, z)

= = = =

0 0 0 0

40y + 20z − λyz 40x + 20z − λxz 20y + 20x − λxy xyz

= = = =

0 0 0 512

Multiplicando la primera ecuaci´on por x > 0, la segunda por y > 0 y la tercera por z > 0 resulta 40xy + 20xz = 512λ 40xy + 20yz = 512λ 20yz + 20xz = 512λ email [email protected]

228

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

229

por tanto 40xy + 20xz = 40xy + 20yz, 20xz = 20yz, luego x = y, del mismo√modo obtenemos √ 2y = z. Por tanto xyz = 2x3 = 512, la u ´ nica soluci´on del sistema es x = y = 3 256, z = 2 3 256. La unicidad de la soluci´ on permite afirmar que las dimensiones de la caja con costo m´ınimo son √ √ 3 3 ♣ x = y = 256, z = 2 256. EJEMPLO 7.41. De un cart´on de 12 m2 se va a construir una caja rectangular sin tapa. Determine el volumen m´aximo para tal caja. ´ SOLUCION.Como V (x, y, z) = xyz y adem´as 12 = 2xz + 2yx + xy, luego F (x, y, z, λ) = xyz + λ(2xz + 2yz + xy − 12) Fx = yz + 2λz + λy = 0 Fy = xz + 2λz + λx = 0 Fz = xy + 2λx + 2λy = 0 Fλ = 2xz + 2yz + xy − 12 = 0 Al multiplicar las primeras tres expresiones por x, y y z respectivamente se obtiene xyz = −λ(2xz + xy) xyz = −λ(2yz + xy) xyz = −λ(2xz + 2yz) As´ı para λ 6= 0, igualado las dos primeras ecuaciones 2xz + xy = 2yz + xy, xz = yz, por tanto con z 6= 0 se tiene que x = y. Adem´as igualado las dos u ´ ltimas ecuaciones 2yz + xy = 2xz + 2yz, xy = 2xz y para x 6= 0 (no volumen) y = 2z. Por tanto se tiene que 12z 2 = 12, de donde 12z 2 = 12, z = ±1, x = y = 2, por tanto Vmax = 4 u♣2 . EJEMPLO 7.42. Utilice el m´etodo de los multiplicadores de Lagrange para calcular las dimensiones de la caja de superficie m´ınima que encierra un volumen de 1 litro. ´ SOLUCION.Si x > 0, y > 0, z > 0 son las dimensiones de la caja, expresadas en cm., se trata ´ de minimizar el Area S(x, y, z) = 2xy + 2xz + 2yz cuando las variables x, y, z est´an sometidas a la condici´on de que el volumen encerrado sea xyz = 1000 cm3 . Este problema lo resolvemos como un problema de extremos condicionados, para la funci´on S(x, y, z) = 2xy + 2xz + 2yz sobre la superficie M = {(x, y, z) ∈ Ω : xyz = 1000},

donde Ω = {(x, y, z) : x > 0, y > 0, z > 0}

Un razonamiento similar al efectuado en 5.39 permite justificar que S|M alcanza un m´ınimo absoluto: El trozo de superficie K = {(x, y, z) ∈ M : x ≥ 1, y ≥ 1, z ≥ 1} email [email protected]

229

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

230

es cerrado y acotado (pues M ⊂ [1, 1000]3) y por lo tanto compacto. Cuando (x, y, z) ∈ M \ K alguna de sus componentes es menor que 1, y si suponemos que x < 1 se tendr´a 2yz = 2000/x > 2000, luego S(x, y, z) > 2000. Como existe p ∈ K con S(p) < 2000, podemos asegurar que el m´ınimo absoluto de S sobre el compacto K tambi´en es el m´ınimo absoluto de S|M . Para cada (x, y, z) ∈ M, la funci´on g(x, y, z) = xyz − 1000 cumple ∇g(x, y, z) = (yz, xz, xy) 6= (0, 0, 0) luego, en virtud de 9.10, el m´ınimo absoluto de S|M se alcanza en uno de los puntos estacionarios de S|M , es decir, en una de las soluciones del sistema de ecuaciones 2y + 2z − λyz 2x + 2z − λxz 2y + 2x − λxy xyz

= = = =

0 0 0 1000

Multiplicando la primera ecuaci´on por x > 0, la segunda por y > 0 y la tercera por z > 0 resulta 2xy + 2xz = 1000λ 2xy + 2yz = 1000λ 2yz + 2xz = 1000λ cuya u ´ nica soluci´on en Ω es x = y = z = 10, λ = 2/5. La unicidad de la soluci´on permite afirmar ♣ que el m´ınimo absoluto de S|M se alcanza cuando x = y = z = 10. EJEMPLO 7.43. Calcular los valores m´ aximo y m´ınimo de la funci´ on f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 sobre la superficie del elipsoide M := {f (x, y, z) ∈ R3 :

y2 z2 x2 + + − 1 = 0} 64 36 25

´ SOLUCION.Al ser M un subconjunto compacto de R3 ; f alcanza los valores m´aximo y m´ınimo en M: Adem´as M es una variedad, por lo que aplicaremos el m´etodo de los multiplicadores de Lagrange. Consideremos la funci´on  x2  y2 z2 F (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 + λ + + −1 64 36 25 Sabemos que los extremos relativos de f |M son puntos cr´ıticos de F para alg´ un valor de λ. As´ı pues, debemos resolver el sistema de ecuaciones:  1 x x 1 − λ = 0 2x − 2λ = 0 64 64  y 1 2y − 2λ = 0 y 1−λ = 0 36 36  z 1 2z − 2λ = 0 z 1 − λ = 0 25 25 x2 y2 z2 x2 y2 z2 + + = 1 + + = 1 64 36 25 64 36 25

email [email protected]

230

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

231

De la primera ecuaci´on tenemos que, o bien x = 0 o bien λ = 64. En el primer caso, sustituyendo en las otras tres ecuaciones obtendr´ıamos las soluciones (0, 0, ±5), (0, ±6, 0). Si λ = 64, al sustituir en las ecuaciones segunda y tercera obtenemos y = z = 0 y, llevando estos valores a la cuarta nos queda x = ±8. Finalmente, deberemos calcular f (±8, 0, 0), f (0, ±6, 0), f (0, 0, ±5), de donde ♣ resulta que el valor m´aximo de f |M es 64 y el m´ınimo es 25. EJEMPLO 7.44. Deseamos calcular la distancia del origen (0, 0, 0) al plano cuya ecuaci´on es x + y + z = 1. El objetivo es hallar un punto (x0 , y0, z0 ) que satisfaga la ecuaci´ on del plano y que sea un punto de m´ınimo de la funci´on distancia de un punto al origen. ´ SOLUCION.Esta funci´on distancia la podemos tomar como f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 y la restricci´on g(x, y, z) = x + y + z − 1 = 0. Realmente la funci´on distancia al origen que debemos tomar es h = x2 + y 2 + z 2 , pero es claro que los extremos de h son los mismos de f y con ´esta u ´ ltima los c´alculos se simplifican. De acuerdo con (3.8.1), y en este caso s´olo hay una restricci´on, los puntos de m´ınimo de f condicionados a la restricci´on g = 0 deben satisfacer el sistema ∇f (x, y, z) = ∇g(x, y, z)

(7.9)

El sistema (7.9) es el sistema 2x 2y 2z x+y+z

= = = =

λ λ λ 1

Resolvemos el sistema anterior y encontramos que

1 1 1 , , 3 3 3




2 λ= , 3

1 x= , 3

1 y= , 3

1 z= . 3

debe ser el punto que minimiza a f sujeto a la condici´on g = 0. √ 3 Deducimos que la distancia del plano al origen es . 3

Entonces el punto

♣

EJEMPLO 7.45. Se desea fabricar una caja sin tapa, con forma de paralelep´ıpedo recto y tal que su volumen sea de 4 m3 . Determina las dimensiones que debe tener la caja de modo que el costo de la soldadura que se va a utilizar para soldar las caras y la base sea el m´ınimo. ´ SOLUCION.Si x, y y z denotan las aristas de la caja, el problema es hallar el m´ınimo de la funci´on f (x, y, z) = 2x + 2y + 4z con la restricci´on g(x, y, z) = xyz − 4, ya que el volumen debe ser 4 m3 . La ecuaci´on ∇f = λ∇g da lugar a las ecuaciones: 2 = λyz 2 = λxz 4 = λxy email [email protected]

231

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

232

Al dividir las dos primeras ecuaciones, encontramos que x = y. Al dividir la primera y la tercera ecuaciones, encontramos que x = 2z, por lo que el volumen es 4 = xyz = 4z 3 , entonces z = 1 lo ♣ cual implica que x = y = 2. EJEMPLO 7.46. Encuentre las dimensiones de una caja rectangular de m´ aximo volumen si el 2 area de su superficie total es 24 m . Utilizar un criterio para garantizar que corresponde a m´aximo ´ volumen. Explique. ´ SOLUCION.Tomemos las variables x, y, z para indicar las longitudes de las aristas de la caja. Entonces su volumen esta dado por f (x, y, z) = xyz Puesto que el ´area de su superficie total es 24 m2 , se tiene que 2xy + 2xz + 2yx = 24, esto es: xy + xz + yx = 12. En este caso el problema de optimizaci´on es el siguiente: 1.- Maximizar

f (x, y, z) = xyz

2.- Sujeto a

xy + xz + yz = 12

Formamos la funci´on de Lagrange: L(x, y, z, λ) = f (x, y, z) + λg(x, y, z) = xyz + λ(xy + xz + yz − 12). Calculamos las derivadas parciales respecto de x, de y, de z y respecto de λ de la funci´on L. Lx = yz + λ(y + z) Ly = xz + λ(x + z) Lz = xy + λ(x + y)

(7.10)

Lλ = xy + xz + yz − 12 Buscamos puntos cr´ıticos de la funci´on de Lagrange, para esto observemos que ∇g(x, y, z) = (y + z, x + z, x + y) 6= 0, y adem´as L es diferenciable en todo su dominio, luego los puntos cr´ıticos se obtendr´an haciendo CERO las cuatro derivadas parciales en (7.10) y resolviendo el sistema.  yz  λ=−   y+z     xz λ=− x+z     xy    λ=− x+y

 yz + λ(y + z) = 0    xz + λ(x + z) = 0 xy + λ(x + y) = 0    xy + xz + yz = 12 email [email protected]

xy + xz + yz = 12 232

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

233

Igualando dos a dos las primeras tres igualdades tenemos el siguiente sistema  yz xz  − = −   y+z x+z     xy yz  − = − y+z x+y    xz xy    − = −   x+z x+y

 y x  =   y+z x+z     x  z = y+z x+y    z y    =   x+z x+y

de esta manera encontramos que

   yz = xz yz = xy   xz = xy

   xy + yz = xy + xz xz + yz = xy + xz   xz + yz = xy + yz

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

Puesto que las variables x, y, z deben verificar la ecuaci´on xy + xz + yz = 12, tenemos que al menos dos de las variables no son ceros. Supongamos que x 6= 0 y y 6= 0. Por lo que del anterior sistema se reduce a z − y = 0, z − x = 0. Tenemos dos casos z = 0 o que y − x = 0 Si z = 0, entonces x = 0, lo cual es una contradicci´on. Por lo tanto no nos queda mas que y −x = 0, de aqu´ı se deduce que x=y=z Ahora reemplazando en la ecuaci´on xy + xz + yz = 12 otenemos 3x2 = 12 de aqu´ı x = y = z = 2. El multiplicador de Lagrange asociado es λ=−

4 yz = − = −1 y+z 4

Con lo cual, el u ´ nico punto cr´ıtico es (2, 2, 2), obtenido para λ = −1. Para determinar su naturaleza estudiamos el signo del determinante: 0 gx (p) gy (p) ∆1 (p) = gx (p) Lxx (p) Lxy (p) gy (p) Lyx (p) Lyy (p)

Evaluando en (2, 2, 2, −1) tenemos

0 4 4 ∆(2, 2, 2, −1) = 4 0 1 4 1 0

email [email protected]

= −4 4 1 4 0 233

0 y+z x+z = y+z 0 z+λ x+z z+λ 0 +4 4 0 4 1



= 16 + 16 = 32 > 0

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

234

Por otro lado calculemos el siguiente determiante 0 gx (p) gy (p) gz (p) gx (p) Lxx (p) Lxy (p) Lxz (p) ∆2 (p) = gy (p) Lyx (p) Lyy (p) Lyz (p) gz (p) Lzx (p) Lzy (p) Lzz (p)

Evaluando en (2, 2, 2, −1) tenemos ∆2 (2, 2, 2, −1) =

0 y + z x + z x + y y+z 0 z + λ y + λ = x+z z+λ 0 x + λ x+y y+λ x+λ 0

4 0 1 1 4 = − 0 4 4 4 = − −16 4 1 0 1 0 4 4 1 1 0 −16 4 0 −16 4 0 = = −(−1)1+4 0 1 −1 = 4 2 0 4 1 1 4 1 1 −16 4 = −32 − 16 = −48 < 0 = (−1)3+3 4 2 0 4 4 4

4 0 1 1

4 1 0 1

4 1 1 0

0 1 1 4 0 0 1 −1 0 1 1 0



Como ∆1 (p) > 0 y ∆2 (p) < 0, entonces la funci´on tiene un m´aximo relativo condicionado en ♣ (2, 2, 2). EJEMPLO 7.47. Determinar las dimensiones del paralelep´ıpedo rectangular de superficie total S que tenga el m´aximo volumen. ´ SOLUCION.Si se denominan x, y, z a las longitudes de los del paralelep´ıpedo rectangular, la funci´on volumen, de la que se quiere hallar los extremos, sera: f (x, y, z) = xyz. Y la condici´on dada en el enunciado es: 2xy + 2xz + 2yz = S Definamos la funci´on g(x, y, z) dado por g(x, y, z) = 2xy + 2xz + 2yz − S Los puntos en los que f (x, y, z) alcanza valores extremos son las soluciones del sistema: fx + λgx fy + λgy fz + λgz g(x, y, z)

= = = =

0 0 0 0

yz + λ(2y + 2z) xz + λ(2x + 2z) xy + λ(2x + 2y) 2xy + 2xz + 2yz

= = = =

0 0 0 S

Al multiplicar las primeras tres expresiones por x, y y z respectivamente se obtiene email [email protected]

234

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

235

xyz = −λ(2yz + 2xy) xyz = −λ(2xz + 2xy) xyz = −λ(2xz + 2yz) As´ı para λ 6= 0, igualado las dos primeras ecuaciones 2yz + 2xy = 2xz + 2xy, yz = xz, por tanto con z 6= 0 se tiene que x = y. Adem´as igualado las dos u ´ ltimas ecuaciones 2xz + 2xy = 2xz + 2yz, xy = yz y para y 6= 0 (no volumen) x = z. p Por tanto se tiene que 6z 2 = S, de donde x = y = z = ± S/6. Dado que el conjunto delimitado por las condiciones del enunciado es compacto y la funci´on volumen f (x, y, z) es continua, se debe alcanzar el m´ınimo y el m´aximo necesariamente en alguno de los siguientes puntos: puntos:   p o np p p p p S/6, S/6, S/6 , − S/6, − S/6, − S/6 Basta evaluar en ellos la funci´on para encontrar el m´aximo y el m´ınimo de f (x, y, z)  p p p S/6, S/6, S/6 = ( S/6)3 f  p  p p p f − S/6, − S/6, − S/6 = −( S/6)3 p

 p  p p Luego el valor m´ınimo de f se alcanza en − S/6, − S/6, − S/6 y el valor m´aximo en p  p p S/6, S/6, S/6 . Por tanto las dimensiones del paralelep´ıpedo rectangular de superficie p S/6 [m] y el m´aximo volumen es de total S que tenga el m´ a ximo volumen son x = y = z = p 3 3 ( S/6) m .

Observemos tambi´en que podemos desechar los valores negativos de x, y, z debido a que estos son p p p S/6, S/6, S/6 distancia y no puedes ser negativos. Por tanto el u ´ nico punto cr´ıtico valido es ♣ que debe ser un punto m´aximo. EJEMPLO 7.48. En una empresa se fabrican recipientes con forma de prisma rectangular con las siguientes caracter´ısticas: la suma de todas sus aristas es de 30 metros y su superficie total es de 36 metros cuadrados. Determinar la capacidad m´ axima y m´ınima de estos recipientes en metros c´ ubicos. ´ SOLUCION.Si se denominan x, y, z a las longitudes de las aristas del prisma, la funci´on volumen, de la que se quiere hallar los extremos, sera: V (x, y, z) = xyz Y las condiciones dadas en el enunciado ser´an: condicion1 = 4x + 4y + 4z − 30 condicion2 = 2xy + 2xz + 2yz − 36 En este ejemplo se da una funci´on de 3 variables y 2 condiciones. La funci´on F (x, y, z) debe ser: λµF (x, y, z) := V (x, y, z) + λcondicion1 + µcondicion2 email [email protected]

235

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

236

Las derivadas parciales son: Fx = ∂x F (x, y, z) = yz + 4λ + (2y + 2z)µ Fy = ∂y F (x, y, z) = xz + 4λ + (2x + 2z)µ Fz = ∂z F (x, y, z) = xy + 4λ + (2x + 2y)µ Los puntos en los que V (x, y, z) alcanza valores extremos son las soluciones del sistema: Fx Fy Fz condicion1 condicion2

= = = = =

0 0 0 0 0

yz + 4λ + (2y + 2z)µ xz + 4λ + (2x + 2z)µ xy + 4λ + (2x + 2y)µ 4x + 4y + 4z − 30 2xy + 2xz + 2yz − 36

λ=1

µ = −1

x=2

y=2

λ=1

µ = −1

x=2

y=

λ=1

µ = −1

9 4 9 λ= 4 9 λ= 4 λ=

z=

= = = = =

0 0 0 0 0

7 2

7 z=2 2

7 y=2 z=2 2 3 3 µ= x= y=3 z=3 2 2 3 3 µ=− x=3 y= z=3 2 2 3 3 µ=− x=3 y=3 z= 2 2 x=

Dado que el conjunto delimitado por las condiciones del enunciado es compacto y la funci´on V (x, y, z) es continua, se debe alcanzar el m´ınimo y el m´aximo necesariamente en alguno de los siguientes puntos: puntos:             7 7 7 3 3 3 2, 2, , 2, , 2 , , 2, 2 , , 3, 3 , 3, , 3 , 3, 3, 2 2 2 2 2 2 Basta evaluar en ellos la funci´on para encontrar el m´aximo y el m´ınimo de V (x, y, z)              7 7 7 3 3 3 V 2, 2, , V 2, , 2 , V , 2, 2 , V , 3, 3 , V 3, , 3 , V 3, 3, = 2 2 2 2 2 2 

27 27 27 14, 14, 14, , , 2 2 2

Luego la capacidad minima de los recipientes sera email [email protected]

236



27 3 m y la maxima 14 m3 . 2

♣ R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

237

EJEMPLO 7.49. Calcular la distancia entre el punto P (0, 1, 0) y la recta intersecci´on de los planos x + z = 1 e y + z = 0. ´ SOLUCION.La distancia entre el punto P (0, 1, 0) y un punto arbitrario (x, y, z) de la recta p viene dada por x2 + (y − 1)2 + z 2 . Por tanto, el problema se reduce a encontrar el m´ınimo absoluto de f (x, y, z) = x2 + (y − 1)2 + z 2 condicionado a que (x, y, z) pertenezca a la recta en cuesti´on (es obvio que tambi´en se trata de un m´ınimo relativo). Por la geometr´ıa del problema, sabemos que existe un u ´ nico punto en la recta que est´a a la distancia m´ınima de P . Si denotamos este punto por (a1 , a2 , a3 ), por el Teorema de Lagrange existen λ1 y λ2 tales que (a1 , a2 , a3 ), es un punto cr´ıtico de la funci´on de Lagrange Φ(x, y, z) = f (x, y, z) + λ1 (x + z − 1) + λ2 (y + z). Los puntos cr´ıticos de Φ son las soluciones del sistema  2x + λ1 = 0   2(y − 1) + λ2 = 0   2z + λ1 + λ2 = 0

Al que hay que a˜ nadir las dos ecuaciones de ligadura x + z − 1 = 0 e y + z = 0.

Para resolverlo, sumamos las dos primeras ecuaciones y resulta 2(x + y − 1) + λ1 + λ2 = 0. Si ahora restamos ´esta de la segunda ecuaci´on del sistema, obtenemos 2z − 2(x + y − 1) = 0. Finalmente, resolviendo el sistema formado por esta ecuaci´on y las dos u ´ltimas, encontramos que x = 1, y = 0 = z. Las dos primeras ecuaciones del sistema nos permiten obtener los multiplicadores: λ1 = −2 y λ2 = 2. Por tanto, la funci´on de Lagrange s´olo tiene un punto cr´ıtico: (1, 0, 0). Por el estudio que hemos realizado previamente, deducimos que (1, 0, 0) √ es el punto donde f alcanza su ♣ m´ınimo absoluto condicionado y la distancia m´ınima es igual a 2. EJEMPLO 7.50. Un aro met´alico cuya configuraci´ on geom´etrica est´ a representada por las ecuaciones   y−x = 0  x2 + y 2 + 4z 2 − 27 = 0

est´a en un medio con temperatura T (x, y, z) = xyz + 10. Determina los puntos donde el aro est´a m´as caliente y m´as fr´ıo. ´ SOLUCION.Este es un problema con dos restricciones. La ecuaci´on ∇T = λ1 ∇g1 + λ2 ∇g2 da lugar a las ecuaciones:   yz = −λ1 + 2λ2 x  xz = λ1 + 2λ2 y   yx = 8λ2 z email [email protected]

237

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

238

De x = y tenemos que al sustituir en las primeras dos ecuaciones se obtiene λ1 = 0, con lo que z = 2λ2 , que al sustituir en la tercera ecuaci´on da x2 = 4z 2 , pero de la otra ecuaci´on de restricci´on, 4z 2 = 27 − 2x2 . Esto implica que x2 = 27 − 2x2 de aqu´ı x = ±3. Los puntos son entonces (3, 3, 3/2), (3, 3, −3/2), (−3, −3, 3/2), (−3, −3, −3/2), con temperaturas respectivas de ♣ 23.5, −3.5, 23.5 y −3.5. EJEMPLO 7.51. La funci´on de producci´ on de Cobb-Douglas para un fabricante de software 3 1 est´a dada por f (x, y) = 100x 4 y 4 , donde x representa las unidades de trabajo (a 150$ por unidad) e y representa las unidades de capital (a 250$ por unidad). El costo total de trabajo y capital est´a limitado a 50000$. Hallar el nivel m´ aximo de producci´ on de este fabricante. ´ SOLUCION.De la funci´on dada se tiene que   3 − 43 − 14 41 4 . ∇f (x, y) = 75x y , 25x y

El l´ımite para el costo de trabajo y capital viene dado por la restricci´on g(x, y) = 150x + 250y = 50000. Por lo tanto λ∇g(x, y) = (150λ, 250λ), lo que da lugar al siguiente sistema de ecuaciones 1

1

75x− 4 y 4 = 150λ,

3

3

25x 4 y − 4 = 250λ,

150x + 250y = 50000 1

1

x− 4 y 4 Despejando λ en la primera ecuaci´on obtenemos λ = , y llevando este valor a la segunda 2 ecuaci´on, nos queda x = 5y. Por u ´ ltimo sustituyendo en la tercera ecuaci´on, se consigue x = 250 unidades de trabajo e y = 50 unidades de capital. Por tanto el nivel m´aximo de producci´on es 3 1 f (250, 50) = 100(250) 4 (50) 4 ≈ 16719 unidades del producto. Los economistas llaman al multiplicador de Lagrange obtenido en una funci´on de producci´on productividad marginal del capital. En 1 1 x− 4 y 4 este caso, la productividad marginal de capital en x = 250 e y = 50 es λ = ≈ 0,334. ♣ 2

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238

R βo ιυατ

CAP´ITULO 8

Integrales M´ ultiples

8.1.

Integrales Multiples.

Una Partici´on P de un intervalo cerrado [a, b] es una sucesi´on t1 , ..., tk donde a ≤ t0 ≤ t1 ≤ · · · ≤ tk = b. La partici´on P divide al intervalo [a, b] en k subintervalos [ti−1 , ti ]. Una partici´on de un rect´angulo [a1 , b1 ] × · · · × [an , bn ] es una colecci´on P = (P1 , ..., Pn ) donde cada Pi es una partici´on del intervalo [ai , bi ]. Si Pi divide a [ai , bi ] en Ni subintervalos, entonces P = (P1 , ..., Pn ) divide [a1 , b1 ] × · · · × [an , bn ] en N = N1 · · · Nn subrect´angulos. Estos rect´angulos se denominan subrect´angulos de la partici´on P Suponga ahora que A es un rect´angulo, f : A → R es una funci´on acotada, y P es una partici´on de A. Para cada subrect´angulo S de la partici´on sea mS (f ) = ´ınf{f (x) : x ∈ S},

MS (f ) = sup{f (x) : x ∈ S}

y sea v(S) el volumen de S. El volumen de un rect´angulo [a1 , b1 ] × · · · × [an , bn ] y tambi´en de (a1 , b1 ) × · · · × (an , bn ) se define por (b1 − a1 ) · · · · · (bn − an ). Las sumas inferior y superior de f correspondientes a la partici´on P est´an definidas por X X L(f, P ) = mS (f ) · v(S) y U(f, P ) = MS (f ) · v(S) S

S

Una funci´on f : A → R se denomina integrable en el rect´angulo A si f es acotada y sup{L(f, P )} = ´ınf {U(f, P )}. P

P

239

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

240

Z

Este n´ umero com´ un se designa por f y se denomina la integral de f sobre A. Con frecuencia A Z Z se utiliza la notaci´on · · · f (x1 , ..., xn )dx1 · · · dxn . A

TEOREMA 8.1 (Propiedades). Sean f, g : A → R funciones integrables en el rect´angulo A ⊂ Rn , y sea c una numero real. Entonces, Z Z 1. cf : A → R es integrable y cf = c f A

2. f + g : A → R es integrable y

A

Z

(f + g) =

A

3.

Z

4.

Z

Z A

f +

Z

g

A

f ≥ 0, cuando f ≥ 0.

A

A

f =

Z

A1

f +

Z

g, donde A es la uni´ on de dos subrect´ angulos A1 y a2 que no se sobreponen.

A2

Hasta ahora s´olo se han considerado integrales sobre rect´angulos. Integrales sobre otros conjuntos se reducen f´acilmente a este tipo. Si C ⊂ Rn , la funci´on caracter´ıstica χC de C se define por ( 0 si x ∈ /C χC (x) = 1 si x ∈ C Si C ⊂ A para alg´ un rect´angulo cerrado A y f : A → R es acotada, entonces Z

f= C

Z

A

Z

f se define como

C

f · χC

supuesto que f · χC es integrable. Esto ocurre ciertamente si f y χC son integrables. TEOREMA 8.2. La funci´on χC : A → R es integrable si y solo si la frontera de C tiene medida 0.

8.2.

Integrales Dobles

Vamos a definir la integral de una funci´on de dos variables sobre una regi´on R del plano. Consideremos una funci´on f de R2 en R y definida sobre un rect´angulo R con lados paralelos a los ejes de coordenadas, es decir, R = [a, b] × [c, d] email [email protected]

240

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

241

Dividamos a R en n subrect´angulos denotados por Ri . Sean ∆xi y ∆yi las longitudes de los lados de Ri y sea ∆Ai = ∆xi ∆yi su ´area. Ahora, de cada subrect´angulos Ri elijamos arbitrariamente un punto (xi , yi ) y formemos la suma de Riemann n X Sn = f (xi , yi)∆Ai (8.1) i=1

Que corresponde (si f (x, y) ≥ 0) a la suma de los vol´ umenes de n cajas. Si el l´ımite de Sn existe, cu´ando el n´ umero de subdivisiones aumenta es decir, n → ∞, y los pedazos son cada vez m´as pequenos, es decir, ∆RZi Z → 0, entonces a tal l´ımite se llama integral doble de f (x, y) sobre la regi´on R y se representa por

f (x, y) dA. Es decir

R

ZZ

f (x, y) dA = l´ım

n→∞

R

n X

f (xi , yi )∆Ai

(8.2)

i=1

TEOREMA 8.3 (Propiedades). Sean f y g continuas en una regi´ on cerrada y acotada R del plano, y sea c una constante. 1.

ZZ

2.

ZZ

[f (x, y) ± g(x, y)] dA =

3.

ZZ

f (x, y) dA ≥ 0, cuando f (x, y) ≥ 0.

4.

ZZ

cf (x, y) dA = c

R

ZZ

f (x, y) dA

R

R

ZZ

f (x, y) dA ±

R

ZZ

g(x, y) dA

R

R

f (x, y) dA =

R

ZZ

f (x, y) dA +

R1

ZZ

g(x, y) dA, donde R es la uni´ on de dos subregiones R1

R2

y R2 que no se sobreponen. TEOREMA 8.4 (Teorema de Fubini). Sea f continua en una regi´ on cerrada y acotada R del plano. 1. Si R est´a definida por a ≤ x ≤ b y c ≤ y ≤ d, entonces 34 ZZ

f (x, y) dA =

R

email [email protected]

Z

x=b

x=a

Z

y=d

f (x, y) dy dx =

y=c

241

(8.3) Z bZ a

d

f (x, y) dy dx c

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

242

2. Si R est´a definida por a ≤ x ≤ b y y1 (x) ≤ y ≤ y2 (x), donde y1 y y2 son continuas sobre [a, b], entonces 34 (8.4) ZZ Z x=b Z y=y2 (x) Z b Z y2 (x) f (x, y) dy dx = f (x, y) dy dx f (x, y) dA = x=a

R

y=y1 (x)

a

y1 (x)

3. Si R est´a definida por c ≤ y ≤ d y x1 (y) ≤ x ≤ x2 (y), donde x1 y x2 son continuas sobre [c, d], entonces 34 (8.5) ZZ Z y=d Z x=x2 (y) Z d Z x2 (y) f (x, y) dA = f (x, y) dx dy = f (x, y) dx dy y=c

R

EJEMPLO 8.1. Calcular

ZZ

x=x1 (y)

c

x1 (y)

xy dx dy, donde R es la regi´ on limitada por la recta y = x y la

R

par´abola y = x2

Primera soluci´ on. La regi´on de integraci´on esta limitada inferiormente por la parabola y = x2 y superiormente por la recta y = x. Por tanto, integramos primeramente con respecto a y, que va desde y = x2 hasta y = x, y luego con respecto de x, sobre la proyecci´on de la regi´on R en el eje x, desde x = 0 y x = 1. ZZ

xy dx dy =

R

Z

x=1 x=0

Z

y=x

xy dy dx =

y=x2

Z

x=1 x=0



xy 2 2

 y=x 2 dx y=x

  1 x4 x6 x=1 (x − x ) dx = − 2 4 6 x=0 x=0   1 14 16 1 = − = 2 4 6 24 1 = 2

Z

x=1

3

5

Segunda soluci´ on. La regi´on de integraci´on esta limitada por la izquierda por la recta y = x y por la derecha por la parabola y = x2 . Por tanto, integramos primeramente con respecto a x, que √ va desde x = y hasta x = y, y luego con respecto de y, sobre la proyecci´on de la regi´on R en el eje y, desde y = 0 y y = 1.

email [email protected]

242

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s ZZ

ζℏαυεz

xy dx dy =

Z

y=1

y=0

R

Z

243

√ x= y

xy dx dy = x=y

Z

y=1

y=0



x2 y 2

 √ x= y dy x=y

  1 y 3 y 4 y=1 (y − y ) dy = − 2 3 4 y=0 y=0   1 1 13 14 − = = 2 3 4 24 1 = 2

EJEMPLO 8.2. Calcular

ZZ

Z

y=1

2

3

♣ y 2 dx dy, siendo R el rect´ angulo limitado por x = 0, x = 1, y = 0,

R

y = 3.

Primera soluci´ on. Como el rect´angulo R que es la regi´on de integraci´on, esta limitada inferiormente por la recta y = 0 y superiormente por la recta y = 3. Entonces, primeramente integramos con respecto a y entre estos l´ımites, que va desde y = 0 hasta y = 3. Con respecto de x, integramos en la proyecci´on del rect´angulo R sobre el eje x que va desde x = 0 y x = 1. ZZ

2

y dx dy =

Z

x=1 Z y=3

x=0

R

=

Z

x=1

x=0

2

y dy dx =

y=0

Z

x=1 x=0



y3 3

x=1 9 dx = [9x] =9

 y=3 dx y=0

x=0

Segunda soluci´ on. La regi´on de integraci´on R esta limitada por la izquierda por la recta x = 0 y por la derecha por la recta x = 1. Por tanto, integramos primeramente con respecto a x, que va desde x = 0 hasta x = 1. Con respecto de y, se integra sobre la proyecci´on del rect´angulo R sobre el eje y, desde y = 0 hasta y = 1. ZZ

2

y dx dy =

Z

y=3

y=0

R

=

Z

y=3

y=0

email [email protected]

Z

x=1 2

y dx dy =

x=0

Z

y=3 y=0

 y 3 y=3 y dy = =9 3 y=0 

2

243


x=1 y x dy 2

x=0

♣ R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s EJEMPLO 8.3. Calcular

ζℏαυεz ZZ

244

(x + 2y) dx dy, si R es el tri´ angulo limitado por x = 0, y = 0,

R

x + y = 1.

Primera soluci´ on. El tri´angulo R esta limitada por la izquierda por la recta x = 0 y por la derecha por la recta x = 1 − y, entonces primero integramos con respecto a x entre estos l´ımites. Con respecto de y integramos en la proyecci´on del tri´angulo R sobre el eje y, desde y = 0 hasta y = 1. ZZ

(x + 2y) dx dy =

Z

y=1

y=0

R

1 = 2

Z

Z

x=1−y

(x + 2y) dx dy =

x=0

y=1

y=0

(1 + 2y − 3y 2 ) dy =

Z

y=1 y=0



 x2 x=1−y + 2xy dy 2 x=0

 y=1 1 1 = y + y2 + y3 2 y=0 2

Segunda soluci´ on. Como el tri´angulo R inferiormente esta limitada por la recta y = 0 y superiormente por la recta y = 1 − x, entonces integramos con respecto a y entre estos l´ımites. Con respecto de x, integramos en la proyecci´on del tri´angulo R sobre el eje x que va desde x = 0 y x = 1. ZZ

(x + 2y) dx dy =

Z

Z

x=1

x=0

R

=

Z

x=1

x=0

y=1−x

(x + 2y) dy dx =

y=0

Z

x=1


y=1−x xy + y dx 2

x=0

  x2 x=1 1 = (1 − x) dx = x − 2 x=0 2

y=0

Nota. Notemos que el los l´ımites de integraci´on la variable respecto de la cu´al se integra debe estas despejada. ♣ EJEMPLO 8.4. Calcular la integral:

Z 1Z 0

email [email protected]

2

2

2e−y dy dx 2x

244

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s ´ SOLUCION.-

Z

1 0

Z

2

ζℏαυεz

−y 2

2e

dy dx =

2x

Z

x=1Z y=2

x=0

=

Z

=

y=2

y=0

=

Z

y=2

x=y/2

=

x=0

h i y/2 −y 2 2e x dy 0

2e−y 2

0

=

EJEMPLO 8.5. Calcular x + y = 1 y x + y = 3.

ZZ

eu

2

2e−y dx dy

2

y=0

Z

2

2e−y dy dx

y=2x

y=2Z

y=0

Z

245

y dy 2

u = −y 2 du = −2ydy

du 1 h i 2 1 h 2 i 2 = − eu = − e−y −2 2 2 0 0

1 − e−4 2

♣ (2x − y) dx dy, si R es el cuadril´ atero limitado por x = 0, x = 1,

R

´ SOLUCION.Como la regi´on de integraci´on R est´a limitada inferiormente por la recta y = 1−x y superiormente por la recta y = 3 − x, entonces integramos primero con respecto a y entre estos l´ımites. Con respecto de x, integramos en la proyecci´on de la regi´on R sobre el eje x que va desde x = 0 a x = 1. ZZ

(2x − y) dx dy =

Z

=

Z

R

x=1

x=0 x=1

x=0

Z

y=3−x

y=1−x

(2x − y) dy dx = 

Z

x=1 x=0

  y 2 y=3−x dx 2xy − 2 y=1−x

 x2 x=1 (6x − 4) dx = 6 − 4x = −1 2 x=0

Nota. En este caso no conviene integrar primero con respecto a x por que la regi´on de integraci´on R est´a limitada por la izquierda por dos curvas dadas por x = 1 − y y por x = 0. Lo mismo ocurre con las curvas que la limitan por la derecha x = 1 y x = 3 − y.

EJEMPLO 8.6. Calcular y = 0. email [email protected]

ZZ

♣

(1 + x) dx dy, si R es el tri´ angulo limitado por y = x, x + y = 2,

R

245

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

246

´ SOLUCION.Como el tri´angulo R est´a limitada por la izquierda por la recta x = y y por la derecha por la recta x = 2 − y, entonces primero integramos con respecto a x entre estos l´ımites. Con respecto de y integramos en la proyecci´on del tri´angulo R sobre el eje y, desde y = 0 hasta y = 1. ZZ

Z

(1 + x) dx dy =

R

Z

=

y=1 y=0 y=1 y=0

Z

x=2−y

(1 + x) dx dy = x=y

Z

y=1

y=0





(1 + x)2 2

 4y 2 y=1 (4 − y) dy = 4y − = 2. 2 y=0

 x=2−y dy x=y

Nota. En este caso no conviene integrar primero con respecto de y por que la regi´on de integraci´on R est´a limitada superiormente por dos curvas y = x y por y = 2 − x.

EJEMPLO 8.7. Calcular

♣

ZZ

(x + y) dx dy, siendo R la regi´ on limitada por x = y 2, x + y = 0.

R

´ SOLUCION.Como la regi´on de integraci´on R est´a limitada por la izquierda por la par´abola 2 x = y y por la derecha por la recta x = −y, entonces integramos primero con respecto a x entre estos l´ımites. Con respecto de y integramos en la proyecci´on de la regi´on de integraci´on R sobre el eje y que va desde y = −1 hasta y = 0. ZZ

(x + y) dx dy =

R

Z

y=0 y=−1

1 = − 2

EJEMPLO 8.8. Calcular

ZZ

Z

Z

x=−y

(x + y) dx dy =

x=y 2

y=−1

y=0

Z

y=0 y=−1



 x2 x=−y + xy dy 2 x=y 2

  y=−1 1 y 5 2y 2 1 3 (y + 2y + y ) dy = + +y =− 2 5 4 60 y=0 4

3

2

♣

xy dx dy, donde R es la regi´ on limitada por y = x3 , y = x.

R

´ SOLUCION.Observemos que la regi´on de integraci´on R est´a dividida en dos porciones. La porci´on que esta limitada sobre el primer cuadrante est´a limitada inferiormente por la curva y = x3 y superiormente por la recta y = x, entonces integramos primero con respecto a y entre estos l´ımites. Con respecto de x, integramos en la proyecci´on de esta porci´on sobre el eje x que va desde x = 0 y x = 1. email [email protected]

246

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

247

Por otra parte, la porci´on que est´a en el tercer cuadrante est´a limitada inferiormente por la recta y = x y superiormente por la curva y = x3 , entonces integramos primero con respecto a y entre estos l´ımites. Con respecto de x, integramos en la proyecci´on de esta porci´on sobre el eje x que va desde x = −1 a x = 0. Por tanto sumando las integrales sobre cada porci´on tenemos ZZ

xy dx dy =

R

Z

x=1 x=0

Z

y=x

xy dy dx +

y=x3

Z

x=0

x=−1

Z

y=x3

xy dy dx

y=x

 2 Z x=0  2  y=x3 y y=x y = x x dx 3 dx + 2 2 y=x y=x x=0 x=−1 Z Z 1 x=0 7 1 x=1 3 7 (x − x ) dx + (x − x3 ) dx = 2 x=0 2 x=−1     1 x4 x8 x=1 1 x8 x4 x=0 − + − = 2 4 8 x=0 2 8 4 x=−1 Z

=

EJEMPLO 8.9. Calcular

x=1

1 1 1 + = 16 16 8

♣

ZZ

6xy dx dy, siendo R la regi´ on limitada por y 2 − x = 0, y − 2 = 0,

R

x = 0.

´ SOLUCION.Como la regi´on de integraci´on R est´a limitada por debajo por la recta y = 0 y por arriba con la recta y = 2, luego con respecto de y integramos desde y = 0 hasta y = 2. Por la izquierda esta acotada por la recta x = 0 y por la derecha por la par´abola x = y 2, entonces integramos con respecto a x entre estos l´ımites. ZZ

6xy dx dy =

Z

y=2

y=0

R

= 6

Z

Z

y=2

y=0

x=y 2

6xy dx dy =

x=0

y4 y dy = 3 2

Z

6

y=0

Z

y=2

y=0

247

x2 x=y2 y dy 2 x=0 

 y 6 y=2 26 y dy = 3 = 3 = 25 = 32 6 y=0 6 5

EJEMPLO 8.10. Calcule la siguiente integral doble: email [email protected]

y=2

Z

4 0

Z

2

√

♣

√ 3 1 + x3 dx dy

y

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

248

´ SOLUCION.-

Z

4 0

Z

2

√

y

Z √ 3 3 1 + x dx dy = = = = =

Z

Z Z

y=4Z x=2

√ x= y

y=0

√ 3 1 + x3 dx dy

x=2Z y=x2

x=0

√ 3 1 + x3 dy dx

y=0

i x2 √ 3 1 + x3 y dx

x=2 h

x=0

x=2 x=0

0

h3 i 2 √ 3 3x2 1 + x3 dx = (1 + x3 ) 2 2 0

3 3 3 (1 + 23 ) 2 − 2 2

EJEMPLO 8.11. Calcule la siguiente integral doble:

Z

2 0

Z

x

´ SOLUCION.Z 2Z 0

2 x

Z p 3 x 1 + y dy dx =

x=2Z y=2

x=0

=

Z

y=2Z

y=0

=

Z

=

=

0

x=0

x 2

2

p x 1 + y 3 dy dx

p x 1 + y 3 dx dy

y=2 h 2 p

y=0

Z

x=y

2

p x 1 + y 3 dy dx

y=2 h 2 p

y=0

Z

y=x

♣

y 2

1 √ du u 2 3

i x=y 1 + y3 dy x=0

i 1 + y 3 dy

u = 1 + y3 du = 3y 2 dy

u1/2+1 2 (1 + y 3 )3/2 2 = = 6(1/2 + 1) 0 9 0

=

93/2 13/2 1 26 − =3 − = 9 9 9 9

♣ email [email protected]

248

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

249

EJEMPLO 8.12. Calcule la siguiente integral doble:

Z

Z

3 0

x

3

p x 9 + y 3 dy dx

´ SOLUCION.Z 3Z 0

3 x

Z p 3 x 9 + y dy dx =

x=3 Z y=3

x=0

=

Z

y=3

y=0

=

Z

=

=

0

x=0

p x 9 + y 3 dx dy

x 2

y=3 h 2 p

y=0

Z

x=y

y=3 h 2 p

y=0

Z

y=x

Z

p x 9 + y 3 dy dx

3

i x=y 9 + y3 dy x=0

i 9 + y 3 dy

y 2

u = 9 + y3 du = 3y 2 dy

1 √ du u 2 3

u1/2+1 3 (9 + y 3 )3/2 3 = = 6(1/2 + 1) 0 9 0

=

(9 + 33 )3/2 93/2 363/2 − = −3 9 9 9 ♣

EJEMPLO 8.13. Calcule la siguiente integral doble:

Z

1 0

Z

1/2

2

e−x dx dy

y/2

´ SOLUCION.-

email [email protected]

249

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s Z 1Z 0

1/2

ζℏαυεz

−x2

e

Z

dx dy =

y/2

y=1Z x=1/2

y=0

Z

= =

x=1/2Z y=2x

=

2

e−x dy dx

y=0

i 2x 2 e−x y dx

x=1/2 h

x=0

Z

2

e−x dx dy

x=y/2

x=0

Z

250

x=1/2

−x2

e

0

u = −x2 du = −2xdx

2x dx

x=0

Z = −

0

1/2

h i 2 h 2 i 2 eu du = − eu = − e−x 0

0

= 1 − e−4

EJEMPLO 8.14. Calcule la siguiente integral doble:

Z eZ 1

1

♣ e

1 dy dx xy

´ SOLUCION.Z eZ 1

e 1

Z eh Z eh ln y i e ln e ln 1 i − dx dx = x x x 1 1 1 Z e h i e 1 = dx = ln y = 1 1 1 x

1 dy dx = xy

EJEMPLO 8.15. Calcule

ZZ

♣

(1 − xy) dx dy, siendo R la regi´ on limitada por x = 0, y = x,

R

y = 1.

´ SOLUCION.De dos maneras distintas ZZ

(1 − xy) dx dy =

R

email [email protected]

Z 1Z 0

1 x

Z 1 xy 2  1 (1 − xy) dy dx = y− dx 2 x 0

Z 1 Z 1 x x3  3 x3  = 1− −x+ dx = 1− x+ dx 2 2 2 2 0 0 250

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s ZZ

ζℏαυεz

(1 − xy) dx dy =

R

=

Z

1 0

Z

0

Z 1 0

y

251

Z 1 x2 y  y (1 − xy) dx dy = x− dy 2 0 0

02 y  y3 y− −0+ dy = 2 2

Z 1 0

y3  y− dy 2

Tarea: Complete el ejercicio.

EJEMPLO 8.16. Calcule

♣

ZZ

√ y dx dy, siendo R la regi´ on limitada por y = 0, y = x y 2 1+x

R

x = 3. ´ SOLUCION.ZZ

y dx dy = 1 + x2

Z

x dx 1 + x2

Por tanto

u = 1 + x2 du = 2xdx = = = ZZ R

EJEMPLO 8.17. Hallar y 2 = 2x y x2 + y 2 − 4y = 0. email [email protected]

x=3

Z

√ y= x

y dy dx 1 + x2 x=0 y=0  √ Z x=3  y2 x = dx 2(1 + x2 ) 0 x=0 Z x=3 √ 2 ( x) = dx 2 x=0 2(1 + x ) Z 1 x=3 x = dx 2 x=0 1 + x2

R

1 2

Z

ZZ

Z

1 du u ln u ln(1 + x2 )

Cambio de variables Por tabla u = 1 + x2

3 y 2 dx dy = ln(1 + x ) = ln 10 1 + x2 0

♣

xy dx dy si R es la regi´ on en el primer cuadrante limitada por

R

251

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

252

´ SOLUCION.Juntamos las dos ecuaciones se tiene el sistema de ecuaciones ( y 2 = 2x x2 + y 2 = 4y

(

(

(y 2/2)2 + y 2 = 4y y 4 /4 + y 2 = 4y

esto es,

y 3 + 4y = 16 y 3 + 4y − 16 = 0

(y − 2)(y 2 + 2y + 8) = 0, 2

y = 2, x = 2.

2

Despejando x de la ecuaci´on x + y − 4y = 0, tenemos p x = 4y − y 2 . ZZ

xy dx dy =

Z

y=2

y=0

R

=

Z

Z

y=2

y=0

=

Z

y=2

y=0

=

Z

y=2

y=0

x=y 2 /2 x=



xy dx dy

√

4y−y 2

x2 y 2

 2 x=y /2 √ x=

4y−y 2

dy

p

4y − y 2 )2 y 2  5  y 4y 2 − y 3 − dy 2 2 (y 2/2)2 y ( − 2

!

dy

Z
1 2 5 = y − 4y 2 + y 3 dy 2 0   1 y6 y 3 y 4 2 −4 + = 2 6 3 4 0  6  1 2 23 24 = −4 + 2 6 3 4 =

25 24 23 − + 6 3 4

♣ EJEMPLO 8.18. Si mostrar que

D = [−π, π] × [−π, π], 1 1 ≤ 2 e 4π

ZZ

esen(x+y) dy dx ≤ e.

D

email [email protected]

252

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

253

´ SOLUCION.Es claro que −1 ≤ sen(x + y) ≤ 1, entonces e−1 ≤ esen(x+y) ≤ e1 integrando en esta desigualdad tenemos ZZ ZZ ZZ 1 sen(x+y) dy dx ≤ e dy dx ≤ e dy dx. e D

D

Por tanto

Z

π

−π

Z

esto es

D

1 dy dx ≤ −π e

ZZ

e

1 (2π) (2π) ≤ e

ZZ

esen(x+y) dy dx ≤ e (2π) (2π).

π

sen(x+y)

dy dx ≤

D

Z

π

−π

Z

π

e dy dx.

−π

D

Por tanto

ZZ

1 1 ≤ 2 e 4π

esen(x+y) dy dx ≤ e.

D

♣

8.2.1.

Invirtiendo el orden de integraci´ on

EJEMPLO 8.19. Analice on Z 1Z x Z 1Z yla verdad o falsedad de la siguiente afirmaci´ f (x, y) dy dx = f (x, y) dx dy. Justifique su respuesta. 0

0

0

0

´ SOLUCION.Observe que Z 1Z 0

x

f (x, y) dy dx =

0

Z

x=1

x=0

Z

y=x

f (x, y) dy dx.

y=0

1

1

Figura 8.1: Regi´on de integraci´on

email [email protected]

253

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

254

Obtenemos as´ı que los l´ımites de integraci´on de la regi´on de integraci´on esta limitada inferiormente por la recta y = 0 y superiormente por la recta y = x. Adem´as, x var´ıa entre x = 0 y x = 1. Ahora bien, invirtamos el orden de integraci´on, como la regi´on est´a limitada por la izquierda por x = y y por la derecha por x = 1 entonces integramos con respecto a x entre estos l´ımites. Con respecto de y integramos en la proyecci´on de la regi´on sobre el eje y, que va desde y = 0 hasta y = 1. Por tanto Z

x=1 Z y=x

x=0

f (x, y) dy dx =

y=0

Z

Z

y=1

y=0

x=1

f (x, y) dx dy.

x=y

Por tanto Z 1Z 0

x

f (x, y) dy dx = 0

Z

1

0

Z

1

f (x, y) dx dy.

y

Se concluye inmediatamente que la afirmaci´on es falsa. ♣ EJEMPLO 8.20. Analice on Z bZ d Z dZ b la verdad o falsedad de la siguiente afirmaci´ f (x, y) dx dy = f (x, y) dy dx. Justifique su respuesta. a

c

c

a

´ SOLUCION.Observe que Z bZ a

d

f (x, y) dy dx = c

Z

x=bZ y=d

x=a

f (x, y) dy dx.

y=c

Obtenemos as´ı que los l´ımites de integraci´on de la regi´on de integraci´on esta limitada inferiormente por la recta y = c y superiormente por la recta y = d. Adem´as, x var´ıa entre x = a y x = b. Ahora bien, invirtamos el orden de integraci´on, como la regi´on est´a limitada por la izquierda por x = a y por la derecha por x = b entonces integramos con respecto a x entre estos l´ımites. Con respecto de y integramos en la proyecci´on de la regi´on sobre el eje y, que va desde y = c hasta y = d. Por tanto Z

x=bZ y=d

x=a

f (x, y) dy dx =

y=c

Z

y=d

y=c

Z

x=b

f (x, y) dx dy.

x=a

Por tanto Z bZ a

c

d

f (x, y) dx dy =

Z dZ c

b

f (x, y) dy dx.

a

Se concluye inmediatamente que la afirmaci´on es verdadera. email [email protected]

254

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

255 ♣

EJEMPLO 8.21. Analice la verdad o falsedad del enunciado: Z 3 Z y2 Z 9Z 3 √ √ x + y dy dx = x + y dx dy √ 0

0

x

0

Justifique su respuesta. ´ SOLUCION.Como la regi´on de integraci´on est´a limitada por la izquierda √ por la recta vertical x = 0 por la derecha por la recta vertical x = 9, inferiormente por la curva y = x y superiormente por la recta y = 3, entonces cambiando en orden de integraci´on integramos primero con respecto a y entre la recta y = 0 y y = 3, ahora con respecto de x, integramos desde x = 0 a x = y 2 . Luego tendremos Z 9Z 0

3 √

√

x + y dy dx =

x

Z 3Z 0

y2

√

x + y dx dy

0

♣

De aqu´ı se deduce que la afirmaci´on es verdadera. EJEMPLO 8.22. Considere la integral

Z 1Z 0

cambie el orden de integraci´on.

x

f (x, y) dy dx. Bosqueje la regi´ on de integraci´on y x2

´ SOLUCION.La regi´on de integraci´on esta dada por S = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, x2 ≤ y ≤ x} As´ı intercambiando el orden de integraci´on tenemos Z 1Z 0

x

f (x, y) dy dx = x2

Z

1 0

Z

√ y

f (x, y) dx dy ♣

y

EJEMPLO 8.23. Analice verdad o falsedad de la siguiente afirmaci´ on √ Z 2Z 2x Z 2Z la y f (x, y) dy dx = f (x, y) dx dy. Justifique su respuesta. 0

x2

0

y/2

´ SOLUCION.Observe que Z 2Z 0

2x

f (x, y) dy dx = x2

Z

x=2Z y=2x

x=0

f (x, y) dy dx.

y=x2

Hallemos los puntos de intersecci´on entre las curvas y = x2 y y = 2x, para esto es suficiente resolver la ecuaci´on x2 = 2x, x2 − 2x = x(x − 2) = 0, de aqu´ı x = 0 y x = 2. email [email protected]

255

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

256

4 y= 2x

2

Figura 8.2: Regi´on de integraci´on Obtenemos as´ı que los l´ımites de integraci´on de la regi´on de integraci´on esta limitada inferiormente por la recta y = x2 y superiormente por la recta y = 2x. Adem´as, x var´ıa entre x = 0 y x = 2. Ahora bien, invirtamos el orden de integraci´on, como la regi´on est´a limitada por la izquierda por √ x = y/2 y por la derecha por x = y entonces integramos con respecto a x entre estos l´ımites. Con respecto de y integramos en la proyecci´on de la regi´on sobre el eje y, que va desde y = 0 hasta y = 4. Por tanto Z

x=2Z y=2x

f (x, y) dy dx =

y=x2

x=0

Z

√ y=4Z x= y

y=0

f (x, y) dx dy.

x=y/2

Por tanto Z 2Z 0

2x

f (x, y) dy dx = x2

Z 4Z 0

√

y

f (x, y) dx dy. y/2

Se concluye inmediatamente que la afirmaci´on es falsa.

EJEMPLO 8.24. Graficar la regi´on de integraci´ on e invertir el orden de integraci´ on:

Z 2Z 0

♣ 2x

f (x, y) dy dx.

0

´ SOLUCION.Observe que Z 2Z 0

2x

f (x, y) dy dx = 0

Z

x=2Z y=2x

x=0

f (x, y) dy dx.

y=0

Considerando los l´ımites de integraci´on deducimos que de la regi´on de integraci´on esta limitada inferiormente por la recta y = 0 y superiormente por la recta y = 2x. Adem´as, x var´ıa entre x = 0 y x = 2. Ahora bien, invirtamos el orden de integraci´on: Como la regi´on est´a limitada por la izquierda por x = y/2 y por la derecha por x = 2 entonces integramos con respecto a x entre estos l´ımites. Con respecto de y integramos en la proyecci´on de la regi´on sobre el eje y, que va desde y = 0 hasta y = 4. Por tanto email [email protected]

256

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s Z

ζℏαυεz

x=2Z y=2x

x=0

f (x, y) dy dx =

y=0

Z

257

y=4Z x=2

y=0

f (x, y) dx dy.

x=y/2

Por tanto Z 2Z 0

2x

f (x, y) dy dx =

0

Z 4Z 0

2

f (x, y) dx dy.

y/2

EJEMPLO 8.25. Graficar la regi´on de integraci´ on e invertir el orden de integraci´ on, Z 1Z

√

1−x2

√ −1 − 1−x2

´ SOLUCION.-

Z 1Z

√

1−x2

√ −1 − 1−x2

EJEMPLO 8.26. Calcular

f (x, y) dy dx

ZZ

f (x, y) dy dx =

Z 1 Z √1−y2 −1 −

√

f (x, y) dx dy

1−y 2

♣ 12x e dx dy donde R es la regi´ on acotada por las curvas y = x3 2 y2

R

y y = 3 en el primer cuadrante. ´ SOLUCION.La regi´on R es

Aqu´ı es mejor primero un barrido horizontal ¿Por qu´e? ¿Observe qu´e ocurre si hacemos primero un barrido vertical?. Planteando la integral doble con l´ımites y calcul´andola, tenemos: ZZ

2 y2

12x e dx dy =

Z

y=0

R

=

Z

0

email [email protected]

y=1

1

Z

√ x= 3 y

2 y2

12x e dx dy = x=y

Z

0

1

3 y2 x

12e

3

√3 y dy y

Z 1 Z 1 h √ i 2 2 3 3 y 4e ( 3 y) − y dy = 4ye dy − 4y 3 ey dy y2

0

257

0

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

258

Haciendo cambio de variable t = y 2. De aqu´ı tenemos: dt = 2ydy. Reemplazando y resolviendo: Z 1 Z 1 Z 1 Z 1 Z 1 Z 1 3 t dt t y2 3 y2 t dt 4ye dy − 4y e dy = 4ye − 4y e = 4e dt − 4tet dt 2y 2y 0 0 0 0 0 0 1 1
= 2et − 2 tet − et = 2e − 2 − 2[0 − (−1)] = 2e − 4 0

0

♣

8.2.2.

C´ alculo de ´ areas

Sea R una regi´on en el plano xy, entonces ´area de R =

ZZ

dA.

R

EJEMPLO 8.27. Sea R una regi´ area es A. Si f (x, y) = n para todo Z Z on en el plano xy cuya ´ (x, y) ∈ R, ¿Cu´al es el valor de f (x, y) dx dy? Explicar. R

´ SOLUCION.Se deduce r´apidamente de la definici´on y de las propiedades de la integral doble que, ZZ

f (x, y) dx dy =

R

ZZ R

ZZ n dx dy = n dx dy R

´ = nArea(R) = n A.

EJEMPLO 8.28. ¿Qu´e valor debe tener f (x, y) para que la integral doble

ZZ

♣ f (x, y) dx dy rep-

R

resente el valor del ´area de la regi´on R?

´ SOLUCION.La funci´on f (x, y) debe ser igual a la funci´on contante 1. En efecto ZZ ZZ ´ f (x, y) dx dy = dx dy = Area(R). R

R

♣ EJEMPLO 8.29. calcular el ´area de la regi´ on limitada por y = x2 , y = 2x + 3. email [email protected]

258

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

259

´ SOLUCION.Como la regi´on est´a limitada inferiormente por la par´abola y = x2 y superiormente por la recta y = 2x + 3, entonces primero integramos con respecto de y entre estos l´ımites. Con respecto de x integramos en la proyecci´on sobre el eje x que va desde x = −1 hasta x = 3. Por lo tanto el ´area es A =

=

Z

Z

x=3 x=−1

Z

y=2x+3

dy dx = y=x2

Z

x=3 x=−1

y=2x+3 y dx 2 y=x

  32 x3 x=3 2 (2x + 3 − x ) dx = x + 3x − = 3 x=−1 3 x=−1 x=3

2

♣

EJEMPLO 8.30. calcular el ´area de la regi´ on limitada por x = 6y − y 2 , y = x. ´ SOLUCION.La regi´on est´a limitada por la izquierda por por la recta x = y, y por la derecha por la par´abola x = 6y − y 2 entonces primero integramos con respecto de x entre estos l´ımites. Con respecto de y integramos en la proyecci´on sobre el eje y que va desde y = 0 hasta y = 5. Por lo tanto el ´area es A =

=

Z

Z

y=5 y=0 y=5

Z

x=6y−y 2

dx dy =

x=y

Z

y=5

y=0

x=y

 2  y y 3 y=5 125 = (5y − y ) dy = 5 − 2 3 y=0 6 2

y=0

x=6y−y2 x dy

♣

EJEMPLO 8.31. Calcule el ´area de la regi´ on limitada por las curvas x2 + y = 4, x − y + 2 = 0. ´ SOLUCION.Despejando y de ambas ecuaciones tenemos y = 4 − x2 y =x+2 Para hallar los puntos de intersecci´on, es suficiente resolver la ecuaci´on 4 − x2 = x + 2, de donde x2 + x − 2 = 0, de aqu´ı p √ −1 ± 12 − 4(1)(−2) −1 ± 9 −1 ± 3 x= = = 2(1) 2 2 x = 1, email [email protected]

x = −2. 259

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

260

Como la regi´on est´a limitada inferiormente por la recta y = x + 2 y superiormente por la par´abola y = 4 − x2 ; entonces primero integramos con respecto al eje x desde −2 hasta 1. Luego integramos respecto al eje y desde y = x + 2 hasta y = 4 − x2 . ZZ

A =

dx dy =

R

Z

1 −2

Z

y=4−x2

dy dx =

y=x+2

Z

1 −2

[(4 − x2 ) − (x + 2)] dx

 3  x x2 1 = [−x − x + 2] dx = − − + 2x 3 2 −2 −2     3 12 (−2)3 (−2)2 1 = − − + 2(1) − − − + 2(−2) 3 2 3 2     5 8 4 7 16 − 12 − 24 7 20 = − +2 − − −4 = − = + 6 3 2 6 3 6 3 Z

1

2

♣

8.3.

Cambio de variables en Integrales Dobles

TEOREMA 8.5 (Cambio de Variables en Integrales Dobles). Si de las variables x, y se pasa a las variables u, v mediante las ecuaciones de cambio de variables x = x(u, v), y = y(u, v), entonces la integral doble de f sobre la regi´ on R est´ a dada por ZZ ZZ ∂(x, y) du dv. f (x(u, v), y(u, v)) (8.6) f (x, y) dx dy = ∂(u, v) R

R

done la imagen de la regi´on R bajo el cambio de variables es la regi´ on original R y adem´as el factor ∂(x, y) ∂(u, v) es el valor absoluto del determinante de la matriz Jacobiana del cambio de variables, esto es, ∂(x, y) xu xv = (8.7) ∂(u, v) yu yv Notemos que el determinante jacobiano (8.7) es el determinante de la matriz jacobiana de la transformaci´on que efect´ ua el cambio de variable. Geom´etricamente, el valor absoluto del determinante jacobiano mide la contracci´on o dilataci´o n de ∂(x, y) =2 la regi´on R, del plano uv, al transformarse en la regi´on R del plano xy. Por ejemplo si ∂(u, v) en todo R, significa que el ´area de R es el doble de R.

email [email protected]

260

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

261

∂(x, y) var´ıa seg´ Si el valor de un el punto, significa que la contracci´on o dilataci´on de la regi´on R ∂(u, v) mediante la transformaci´on var´ıa seg´ un el punto. Por esta raz´on, al determinante jacobiano puede considerarse como el “factor de proporcionalidad de ´areas” del cambio de variable efectuado. De (8.6) tenemos que cuando se efect´ ua un cambio de variable se debe expresar la funci´on f en ∂(x, y) que se calcula seg´ un (8.7) . t´erminos de las nuevas variables u, v y multiplicarla por ∂(u, v) Algunas veces, cuando las variables originales no est´an despejadas en las ecuaciones que efect´ uan el cambio de variables, es conveniente saber que ∂(x, y) 1 = ∂(u, v) ∂(u, v) ∂(x, y)

(8.8)

En general, la elecci´on de un cambio de variable espec´ıfico esta sugerido por la forma de las ecuaciones de las curvas que limitan a la regi´on de integraci´on y/o por al forma de la funci´on que se integra. EJEMPLO 8.32. Hallar el volume acotado por las curvas x + y = 1, x + y = −1, x − y = −1 y x − y = −3. ´ SOLUCION.La forma de las ecuaciones dadas sugiere hacer el cambio de variables u = x + y,

v =x−y

entonces x+y = 1 x + y = −1 x − y = −1 x − y = −3

se se se se

transforma transforma transforma transforma

en en en en

La regi´on R se transforma en la regi´on R. Como ∂(u, v) ux uy 1 1 = = ∂(x, y) vx vy 1 −1 Por lo tanto el jacobiano de la transformaci´on es

u=1 u = −1 v = −1 v = −3 = −2.

∂(x, y) 1 1 = =− ∂(u, v) ∂(u, v) 2 ∂(x, y) Integrando en la regi´on R del plano uv, teniendo en cuenta el jacobiano de la transformaci´on, obtenemos el ´area pedida: email [email protected]

261

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s ZZ

1 dx dy =

R

ζℏαυεz ZZ R

1 = 2

Z

262

Z u=1 Z v=−1 ∂(x, y) 1 1 du dv = dv du ∂(u, v) u=−1 v=−3 2 1

−1

Z 1 1 1 v du = (1 + 3)dv = 4u = 4(1 + 1) = 8 −3

−1

−1

♣

EJEMPLO 8.33. Calcule el ´area de la figura plana limitada por las rectas x + y − 2 = 0, x − y − 2 = 0 y y − 2 = 0. ´ SOLUCION.Empecemos resolviendo el sistema de ecuaciones x+y−2=0 x−y−2 =0 Sumando ambas ecuaciones obtenemos 2x = 4, x = 2, y = 0. Por tanto, la regi´on est´a limitada inferiormente por la recta y = 0 y superiormente por la recta y = 2, a la izquierda esta limitada por la recta x + y − 2 = 0 y a la derecha por la recta x − y − 2 = 0; entonces primero integramos con respecto al eje y desde y = 0 hasta y = 2. Luego integramos respecto al eje x desde x = 2 − y hasta x = 2 + y. A =

=

=

Z

Z

Z

y=2 y=0

Z

x=2+y

dx dy = x=2−y

Z

y=2

y=0

y=2 h

y=0

y=2 y=0

i (2 + y) − (2 − y) dy

x=2+y x dy x=2−y

 2 y y=2 =4 2y dy = 2 2 y=0

♣ EJEMPLO 8.34. Hallar el ´area de la regi´ on limitada por x + y = 1, x + y = 2, y = 2x y y = 2x + 2. ´ SOLUCION.No conviene integrar sobre la regi´on del plano xy por que tendr´ıamos que dividir la regi´on en cuatro partes. Efectuando el cambio de variable u = x + y,

v = y − 2x

vemos que x+y = 1 x+y = 2 y = 2x y = 2x + 2 email [email protected]

se se se se

transforma transforma transforma transforma 262

en en en en

u = 1, u = 2, v = 0, v = 2, R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

La regi´on R se transforma en la regi´on R. Como ∂(u, v) ux uy = ∂(x, y) vx vy

entonces el jacobiano de la transformaci´on es

263

1 1 = −2 1 = 3

1 ∂(x, y) 1 = = ∂(u, v) ∂(u, v) 3 ∂(x, y) Integrando en la regi´on del plano uv, teniendo en cuenta el jacobiano de la transformaci´on, obtenemos el ´area pedida: ZZ R

ZZ Z v=2Z u=2 ∂(x, y) 1 dx dy = du dv ∂(u, v) du dv = v=0 u=1 3 R

1 = 3

Z

2

0

Z 2 2 1 1 2 u dv = (2 − 1) dv = (2 − 0) = 1 3 3 3 0

♣

EJEMPLO 8.35. Hallar el ´area de la regi´ on limitada por xy = 4, xy = 8, xy 3 = 5 y xy 3 = 15. ´ SOLUCION.La forma de las ecuaciones dadas sugiere hacer el cambio de variable v = xy 3

u = xy, vemos que xy = 4 xy = 8 xy 3 = 5 xy 3 = 15

se se se se

transforma transforma transforma transforma

en en en en

La regi´on R se transforma en la regi´on R. Como ∂(u, v) ux uy y x = = 3 vx vy y 3xy 2 ∂(x, y)

entonces el jacobiano de la transformaci´on es

u = 4, u = 8, v = 5, v = 15,

= 2xy 2 = 2v

∂(x, y) 1 1 = = ∂(u, v) ∂(u, v) 2v ∂(x, y) email [email protected]

263

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

264

Integrando en la regi´on R del plano uv, teniendo en cuenta el jacobiano de la transformaci´on, obtenemos el ´area pedida: ZZ R

ZZ Z v=15Z u=8 ∂(x, y) 1 dx dy = du dv ∂(u, v) du dv = v=5 u=4 2v R

1 = 2

Z

15

5

1 u 8 dv = v 4 2

Z

15

5

15 4 8−4 dv = ln(v) v 2 5

= 2 ln(15) − ln(5) = 2 ln(3).

♣ EJEMPLO 8.36. Hallar el ´area de la regi´ on limitada por y 2 = x, y 2 = 8x, x2 = y y x2 = 8y. ´ SOLUCION.La forma de las ecuaciones dadas sugiere efectuar el cambio de variable u=

y2 , x

v=

x2 . y

Entonces y2 = x y 2 = 8x x2 = y x2 = 8y

se se se se

transforma transforma transforma transforma

en en en en

u = 1, u = 8, v = 1, v = 8,

La regi´on R se transforma en la regi´on R. Como 2 y − y ∂(u, v) ux uy x2 2 x = = 2 ∂(x, y) vx vy 2 x − x y y2

entonces el jacobiano de la transformaci´on es

= −3

∂(x, y) 1 1 = =− ∂(u, v) ∂(u, v) 3 ∂(x, y) Integrando en la regi´on R del plano uv y teniendo en cuenta que el jacobiano de la transformaci´on 1 es − , obtenemos el ´area pedida: 3 email [email protected]

264

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s ZZ R

ζℏαυεz

265

ZZ Z v=8Z u=8 ∂(x, y) 1 dx dy = du dv ∂(u, v) du dv = v=1 u=1 3 R

1 = 3

Z

8

1

Z 8 8 1 7 49 u dv = (8 − 1) dv = (8 − 1) = 3 3 3 1 1

♣

EJEMPLO 8.37. Hallar el ´area de la figura plana en el primer cuadrante limitada por las curvas: xy − 2 = 0, xy − 6 = 0, y − x = 0 y y − 4x = 0. ´ SOLUCION.La forma de las ecuaciones dadas sugiere efectuar el cambio de variable y u = xy, v= . x Entonces xy − 2 = 0 xy − 6 = 0 y−x=0 y − 4x = 0

se se se se

transforma transforma transforma transforma

La regi´on R se transforma en la regi´on R. Como ∂(u, v) ux uy y y = = ∂(x, y) vx vy −2 2 x

entonces el jacobiano de la transformaci´on es

x 1 x

en en en en

u = 2, u = 6, v = 1, v = 4,

y y y = + 2 = 3 = 3v x x x

∂(x, y) 1 1 = = ∂(u, v) ∂(u, v) 3v ∂(x, y) Integrando en la regi´on R del plano uv 1 es , obtenemos el ´area pedida: 3v ZZ ZZ dx dy = R

R

4 = 3

email [email protected]

y teniendo en cuenta que el jacobiano de la transformaci´on

Z

1

Z v=4Z u=6 ∂(x, y) 1 du dv = du dv ∂(u, v) v=1 u=2 3v

4

4 4 1 4 dv = ln(v) = ln 4 v 3 1 3 265

♣ R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s EJEMPLO 8.38. Calcular

ζℏαυεz ZZ

266

x−y

e x+y dA, donde R es la regi´ on limitada por x = 0, y = 0, x+y = 1.

R

´ SOLUCION.La forma de las ecuaciones dadas sugiere hacer el cambio de variables u = x − y,

v =x+y

entonces x + y = 1 se transforma en v = 1 x = 0 se transforma en u + v = 0 y = 0 se transforma en v − u = 0 La regi´on R se transforma en la regi´on R. Como ∂(u, v) ux uy 1 −1 = = = 2. ∂(x, y) vx vy 1 1 Por lo tanto el jacobiano de la transformaci´on es

∂(x, y) 1 1 = = ∂(u, v) ∂(u, v) 2 ∂(x, y) x−y

f (x, y) = e x+y 



x−y =u x+y =v



2x = u + v x = u+v 2

x−y =u −x − y = −v x−y



−2y = u − v y = v−u 2

u

f (x(u, v), y(u, v)) = e x+y = e v

Integrando en la regi´on R del plano uv, teniendo en cuenta el jacobiano de la transformaci´on, obtenemos el ´area pedida: ZZ

e

x−y x+y

dx dy =

R

ZZ R

=

Z

v=1Z u=v

v=0 Z 1

u=−v

u

ev

1 du dv 2

Z v (e1 − e−1 ) 1 ve dv = vdv −v 2 0 0 (e − e−1 ) v 2 1 e − e−1 = = 2 2 0 4 1 = 2

email [email protected]

∂(x, y) du dv. e ∂(u, v) u v

u v

266

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

EJEMPLO 8.39. Calcule

ζℏαυεz

ZZ

267 ♣

(x − y)ex+y dx dy, siendo R la regi´ on limitada por x + y = 1,

R

x + y = −1, x − y = −1 y x − y = −3. ´ SOLUCION.La forma de las ecuaciones dadas sugiere hacer el cambio de variables u = x − y,

v =x+y

entonces x+y = 1 x + y = −1 x − y = −1 x − y = −3

se se se se

transforma transforma transforma transforma

en en en en

v=1 v = −1 u = −1 u = −3

La regi´on R se transforma en la regi´on R. Como ∂(u, v) ux uy 1 −1 = = = 2. ∂(x, y) vx vy 1 1

Por lo tanto el jacobiano de la transformaci´on es

1 ∂(x, y) 1 = = ∂(u, v) ∂(u, v) 2 ∂(x, y) f (x, y) = (x − y)ex+y 

x−y =u x+y =v



2x = u + v x = u+v 2



x−y =u −x − y = −v



−2y = u − v y = v−u 2

f (x(u, v), y(u, v)) = (x − y)ex+y = uev Integrando en la regi´on R del plano uv, teniendo en cuenta el jacobiano de la transformaci´on, obtenemos el ´area pedida:

email [email protected]

267

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s ZZ

x+y

(x − y)e

ζℏαυεz

dx dy =

R

ZZ R

Z

268

∂(x, y) du dv. ue ∂(u, v) v

v=1 Z u=−1

1 uev du dv 2 v=−1 u=−3  Z 1 Z 1 2 1 u v (−1)2 (−3)2 1 = e dv = − ev dv 2 −1 2 −3 2 2 −1     1 9 1 9 v 1 = − e = − (e1 − e−1 ) 2 2 2 2 −1 =

♣

EJEMPLO 8.40. Sea P el paralelogramo acotado por Z Z y = 2x, y = 2x − 2, y = x + 1, y = x. Utilizando el teorema de cambio de variable calcular xy dx dy. P

´ SOLUCION.La forma de las ecuaciones dadas sugiere hacer el cambio de variables u = y − 2x,

v =y−x

entonces y = 2x se transforma en y = 2x − 2 se transforma en y = x + 1 se transforma en y = x se transforma en

u=0 u = −2 v=1 v=0

luego la regi´on P se transforma en la regi´on P bajo este cambio de variables. Como ∂(u, v) ux uy −2 1 = = = −2 + 1 = −1. ∂(x, y) vx vy −1 1 Por lo tanto el jacobiano de la transformaci´on es

∂(x, y) 1 1 = = =1 ∂(u, v) ∂(u, v) −1 ∂(x, y) Ahora bien, despejando las variables x y y en funci´on de las variables u y v 

y − 2x = u y−x=v

email [email protected]





y − 2x = u −y + x = −v 268

−x = u − v x= v−u



x=v−u y = 2v − u

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

269

Luego la funci´on f (x, y) = xy en las coordenadas u y v puede escribirse como f (x(u, v), y(u, v)) = (v − u)(2v − u) = 2v 2 − 3uv + u2 Integrando en la regi´on P del plano uv, teniendo en cuenta el jacobiano de la transformaci´on, obtenemos el ´area pedida: ZZ

xy dx dy =

P

ZZ R

Z v=1Z u=0 ∂(x, y) (2v − 3uv + u ) du dv = (2v 2 − 3uv + u2 ) du dv ∂(u, v) v=0 u=−2 2

2

   Z 1 1 3 0 3 1 3 2 2 2 3 2 = 2v u − u v + u dv = − 2v (−2) − (−2) v + (−2) dv 2 3 −2 2 3 0 0    Z 1 8 1 1 8 1 = − −4v 2 − 6v − dv = 4 v 3 + 6 v 2 + v 3 3 2 3 0 0 1 1 8 4 1 8 8 + 3 + 16 27 9 = = = 4 (1)3 + (1)2 + (1) = + + = 3 2 3 3 2 3 6 6 2 ♣ ZZ EJEMPLO 8.41. Calcula (x2 + y 2 ) dx dy siendo R la regi´ on del primer cuadrante limitada Z

1

R

por las curvas x2 − y 2 = 3, x2 − y 2 = 6, xy = 1 y xy = 8. Sugerencia. Considera el cambio de variable u = x2 − y 2 , v = xy. ´ SOLUCION.La forma de las ecuaciones dadas sugiere hacer el cambio de variables u = x2 − y 2,

v = xy

entonces x2 − y 2 x2 − y 2 xy xy

=3 =6 =1 =8

se se se se

transforma transforma transforma transforma

La regi´on R se transforma en la regi´on R. Como ∂(u, v) ux uy 2x −2y = = x ∂(x, y) vx vy y

Por lo tanto el jacobiano de la transformaci´on es

en en en en

u=3 u=6 v=1 v=8

= 2x2 + 2y 2 = 2(x2 + y 2).

∂(x, y) 1 1 = = 2 ∂(u, v) ∂(u, v) 2(x + y 2) ∂(x, y) email [email protected]

269

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

270

∂(x, y) 1 1 = (x2 + y 2 ) = f (x(u, v), y(u, v)) 2 2 ∂(u, v) 2(x + y ) 2

Integrando en la regi´on R del plano uv, teniendo en cuenta el jacobiano de la transformaci´on, obtenemos el ´area pedida: ZZ

2

2

(x + y ) dx dy =

R

R

= =

EJEMPLO 8.42. Calcular

ZZ

∂(x, y) du dv. f (x(u, v), y(u, v)) ∂(u, v)

ZZ Z

u=6Z v=8

u=3 Z 6

1 2

3

v=1

1 du dv 2

1 21 (8 − 1) dv = (6 − 3)7 = 2 2

♣

x2 y 2 dx dy, siendo X la regi´ on del primer cuadrante acotado por

X

las hip´erbolas xy = 1, xy = 2 y las rectas y = x, y = 2x. ´ SOLUCION.La forma de las ecuaciones dadas sugiere hacer el cambio de variable u = xy,

v=

y x

vemos que xy = 1 se transforma xy = 2 se transforma y = x se transforma y = 2x se transforma La regi´on R se transforma en la regi´on R. Como ∂(u, v) ux uy y y = = ∂(x, y) vx vy − 2 x

entonces el jacobiano de la transformaci´on es

x 1 x

en en en en

u = 1, u = 2, v = 1, v = 2,

y y y = + = 2 = 2v x x x

∂(x, y) 1 1 = = ∂(u, v) ∂(u, v) 2v ∂(x, y)

email [email protected]

270

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

271

Integrando en la regi´on R del plano uv, teniendo en cuenta el jacobiano de la transformaci´on, obtenemos el ´area pedida: ZZ R

ZZ Z v=2Z u=2 2 ∂(x, y) u x y dx dy = du dv ∂(u, v) du dv = v=1 u=1 2v 2 2

R

1 = 2

Z

2

1

1 u3 2 dv = 3v 1 6

Z

2 7 2 − 13 dv = ln(v) v 6 1

2 3

1

7 7 (ln(2) − ln(1)) = ln(2). 6 6

=

♣

EJEMPLO 8.43. El centro de masa de una l´ amina plana X de densidad ρ(x, y) es el punto   ZZ ZZ  xρ(x, y) dx dy, yρ(x, y) dx dy  X

ZZ

X

ρ(x, y) dx dy

X

Encuentre el centro de masa de la l´amina plana X determinada por 0 ≤ y ≤ 2 − x,

x≥0

cuya densidad es ρ(x, y) = xy. ´ SOLUCION.ZZ

xy dx dy =

R

Z Z

x=2 x=0

Z

y=2−x

xy dy dx =

y=0

Z

x=2

x=0

xy 2 y=2−x dx 2 y=0

Z x(2 − x)2 1 x=2 3 = dx = (x − 4x2 + 4x) dx 2 2 x=0 x=0  4    1 x x3 x2 x=2 1 24 23 22 = −4 +4 = −4 +4 . 2 4 3 2 x=0 2 4 3 2

email [email protected]

x=2

271

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s ZZ

ζℏαυεz

2

x y dx dy =

R

Z Z

ZZ

Z

2

xy dx dy =

Z

=

x=0

Z

y=2−x 2

x y dy dx =

y=0

Z

x=2

x=0

x2 y 2 y=2−x dx 2 y=0

Z x2 (2 − x)2 1 x=2 4 = dx = (x − 4x3 + 4x2 ) dx 2 2 x=0 x=0  5    x4 x3 x=2 1 25 24 23 1 x −4 +4 = −4 +4 . = 2 5 4 3 x=0 2 4 4 3 x=2

x=2 Z y=2−x

x=0

R

x=2

272

x=2

x=0

2

xy dy dx =

y=0

Z

x=2

x=0

x(2 − x)3 1 dx = 3 3

x=2

x=0

(23 x − (3)22 x2 + (3)2x3 + x4 ) dx

   1 x2 x3 x4 x5 x=2 1 22 23 24 25 = 8 − 12 + 6 + = 8 − 12 + 6 + . 3 2 3 4 5 x=0 3 2 3 4 5

8.3.1.



Z

xy 3 y=2−x dx 3 y=0

♣

Integrales dobles en coordenadas polares

Pasando a coordenadas polares tenemos x = r cos θ y = r sen θ Luego, el determinante de la matriz Jacobiana del cambio de variables es dado por ∂(x, y) xr xθ cos θ −r sen θ = = = r[cos2 θ + sen2 θ] = r. yr yθ sen θ r cos θ ∂(r, θ)

Por (8.6) y esta u ´ ltima igualdad se tiene ZZ

f (x, y) dx dy =

R

ZZ

f (r cos θ, r sen θ) r dr dθ.

R

TEOREMA 8.6 (Teorema de Fubini). Sea R una regi´ on plana que consta de todos los puntos (x, y) = (r cos θ, r sen θ) que satisfacen las condiciones θ1 ≤ θ ≤ θ2 email [email protected]

y

0 ≤ r1 (θ) ≤ r ≤ r2 (θ) 272

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

273

donde 0 ≤ θ2 − θ1 ≤ 2π. Si r1 , r2 son funciones continuas sobre [θ1 , θ2 ] y f continua en R entonces ZZ Z θ=θ2 Z r=r2 (θ) f (x, y) dA = f (r cos θ, r sen θ) r dr dθ θ=θ1

R

=

Z

θ2

θ1

r=r1 (θ)

Z

(8.9)

r2 (θ)

f (r cos θ, r sen θ) r dr dθ

r1 (θ)

EJEMPLO 8.44. Analice on Z Z la verdad o falsedad de la siguiente afirmaci´ ZZ p x2 + y 2 dx dy = r dr dθ?. Justifique su respuesta. R

R

´ SOLUCION.Observe que p √ p x2 + y 2 = (r cos θ)2 + (r sen θ)2 = r 2 = r. De esta igualdad y de (8.9) se deduce que ZZ p ZZ 2 2 x + y dx dy = r dr dθ R

R

Concluimos entonces que la afirmaci´on es verdadera. Coordenadas polares tenemos x = r cos θ y = r sen θ ZZ ZZ f (x, y) dx dy = f (r cos θ, r sen θ) r dr dθ. R

R

♣ EJEMPLO 8.45.Z Analice la verdad o falsedad de la siguiente afirmaci´ on ZZ Z 2 2 2 ex +y dx dy = er dr dθ?. Justifique su respuesta. R

R

´ SOLUCION.Observe que x2 + y 2 = (r cos θ)2 + (r sen θ)2 = r 2 . De esta igualdad y de (8.9) se deduce que ZZ ZZ 2 x2 +y 2 e dx dy = er r dr dθ R

email [email protected]

R

273

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

274

Concluimos entonces que la afirmaci´on es falsa. ♣ EJEMPLO 8.46. Analice la verdad o falsedad de la siguiente afirmaci´ Z Z √ on: La integral doble ZZ p x2 + y 2 − 25 dx dy se transforma en coordenadas polares a r 2 − 25 dr dθ. Justifique su R

R

respuesta.

´ SOLUCION.Observe que x2 + y 2 = (r cos θ)2 + (r sen θ)2 = r 2 . De esta igualdad y de (8.9) se deduce que ZZ p ZZ √ 2 2 x + y − 25 dx dy = r r 2 − 25 dr dθ. R

R

Concluimos entonces que la afirmaci´on es falsa. ♣ EJEMPLO 8.47. Calcule y ≥ 0.

ZZ R

y p dx dy, siendo R la regi´ on limitada por x2 + y 2 = 16 y 2 2 x +y

´ SOLUCION.Pasando a coordenadas polares tenemos x = r cos θ y = r sen θ Los l´ımites polares son 0 ≤ r ≤ 4 y 0 ≤ θ ≤ π. Adem´as

Por tanto, se tiene

email [email protected]

y r sen θ p =p = sen θ. (r cos θ)2 + (r sen θ)2 x2 + y 2

274

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s ZZ

p

R

ζℏαυεz

y x2 + y 2

dx dy =

Z

π

0

=

Z

Z

275

4

r sen θ dr dθ

0

π

0



 42 02 = ( sen θ) − ( cos θ) dθ 2 2 0 Z π π = 8 sen θ dθ = −8 cos θ Z

π



 r2 4 sen θ dθ 2 0

0

0

= −8 cos π + 8 cos 0 = 8 + 8 = 16.

♣

ZZ p EJEMPLO 8.48. Calcular 4 − x2 − y 2 dx dy, siendo R la regi´ on situada en el primer cuadR

rante limitada por x2 + y 2 = 1.

´ SOLUCION.Conviene pasar a coordenadas polares: x = r cos θ y = r sen θ La circunferencia x2 + y 2 = 1 se transforma en (r cos θ)2 + (r sen θ)2 = 1 esto es, se escribe como r=1 Que es la circunferencia con centro el punto (0, 0) y radio r = 1, as´ı los l´ımites polares son 0 ≤ r ≤ 1 y 0 ≤ θ ≤ 2π.

Por otro lado, se tiene que p

4 − x2 − y 2 =

email [email protected]

p

4 − (r cos θ)2 − (r sen θ)2 =

275

√

4 − r2.

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

276

Por tanto, se tiene ZZ p

4 − x2 − y 2 dx dy =

R

Z

2π

0

0

Z

4 − r 2 r dr dθ

(4 − r 2 )3/2 i 1 2 dθ 3 0 0 Z 2π 1 √ = − (3 3 − 8) dθ 3 0 √ 2π = (8 − 3 3) 3 1 = − 2

EJEMPLO 8.49. Calcule

Z 1√

ZZ

2π h

♣ e−(x

2 +y 2 )

dx dy, siendo R la regi´ on limitada por x2 + y 2 = 16.

R

´ SOLUCION.Los l´ımites polares son 0 ≤ r ≤ 4 y 0 ≤ θ ≤ 2π. Adem´as x2 + y 2 = (r cos θ)2 + (r sen θ)2 = r 2 . Por tanto, se tiene ZZ

−(x2 +y 2 )

e

dx dy =

Z

0

R

Z

2π

Z

4

2

e−r r dr dθ 0

2 e−r i 4 = − dθ 2 0 0 Z 2π h −16 e e0 i = − + dθ 2 2 0 h 1 e−16 i = 2π − 2 2

EJEMPLO 8.50. Calcule encias x2 + y 2 = 1 y x2 + y 2 = 9.

ZZ

ex

2 +y 2

2π h

♣

dx dy, siendo R la regi´ on anular limitada por las circunfer-

R

´ SOLUCION.Los l´ımites polares son 1 ≤ r ≤ 3 y 0 ≤ θ ≤ 2π. Adem´as email [email protected]

276

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

277

x2 + y 2 = (r cos θ)2 + (r sen θ)2 = r 2 . Por tanto, se tiene ZZ

x2 +y 2

e

dx dy =

Z

2π

=

Z

2π

0

Z

4

2

er r dr dθ

0

0

R

Z

2π

"

2

er 2



#

3 dθ 1

e9 e1 = − 2 2 0   9 e e = 2π − 2 2



dθ

♣

ZZ p EJEMPLO 8.51. Calcule x2 + y 2 dx dy, siendo R la regi´ on limitada por x2 + y 2 = 4 y

y ≥ 0.

R

´ SOLUCION.Los l´ımites polares son 0 ≤ r ≤ 2 y 0 ≤ θ ≤ π. Adem´as

Por tanto, se tiene

p

x2 + y 2 =

ZZ p

x2

+

EJEMPLO 8.52. Calcule

R

email [email protected]

y 2 dx dy

=

Z

0

R

ZZ

p (r cos θ)2 + (r sen θ)2 = r. π

Z

2

r r dr dθ

0

Z π h 3 i 2 r = dθ 3 0 0 Z πh 3 2 03 i − dθ = 3 3 0 8 = π 3 ♣

sen

p

x2 + y 2 dx dy, siendo R la regi´ on π 2 ≤ x2 + y 2 ≤ 4π 2 . 277

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

278

´ SOLUCION.Pasando a coordenadas polares tenemos x = r cos θ y = r sen θ Luego π 2 ≤ (r cos θ)2 + (r sen θ)2 ≤ 4π 2 entonces π 2 ≤ r 2 ≤ 4π 2 de aqu´ı π ≤ r ≤ 2π. Por tanto, se tiene

ZZ R

Hallemos la integral

entonces

R

Z

Z p 2 2 sen x + y dx dy =

2π 0

Z

2π

r sen r dr dθ

π

r sen r dr. Integrando por partes tenemos u=r du = dr

dv = sen rdr v = −cosr

r sen r dr = −r cos r +

Z

cos r dr = −r cos r + sen r

Por lo tanto ZZ R

Z p 2 2 sen x + y dx dy =

2π

0

=

Z

=

2π

=

r sen r dr dθ

2π [−r cos r + sen r] dθ π

2π

[(−2π cos 2π + sen 2π) − (−π cos π + sen π)] dθ

0

Z

2π

π

0

Z

Z

2π

[−2π + π(−1)] dθ

0

= (−3π)(2π) = −6π 2 . ♣ EJEMPLO 8.53. Calcular la integral:

Z

3

−3

email [email protected]

Z

0

√ 9−x2 p

278

x2 + y 2 dy dx. R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

279

´ SOLUCION.La regi´on de integraci´on est´a limitada por la izquierda por la recta vertical x = −3 por la derecha √ por la recta vertical x = 3, inferiormente por la recta y = 0 y superiormente por la curva y = 9 − x2 . Para resolver este problema conviene pasar a coordenadas polares. √ Elevando al cuadrado a ambos lados de la ecuaci´on y = 9 − x2 , obtenemos y 2 = 9 − x2 , esto es, x2 + y 2 = 9, que es la circunferencia de centro el origen y de radio 3. Pasando a coordenadas polares x = r cos θ y = r sen θ tenemos que la ecuaci´on x2 + y 2 = 9 se transforma en (r cos θ)2 + (r sen θ)2 = 9 entonces r2 = 9 de aqu´ı r = 3. Por tanto, los l´ımites polares de integraci´on son 0 ≤ θ ≤ π y 0 ≤ r ≤ 3. Por otro lado, se tiene que p

x2 + y 2 =

p (r cos θ)2 + (r sen θ)2 = r.

Luego pasando a coordenadas polares obtenemos: Z

3

−3

Z

0

√ 9−x2 p

x2

+

y 2 dy

dx =

Z

π 0

Z

3

r r dr dθ

0 3 i 3

Z πh r = dθ 3 0 0 Z πh 3 3 03 i = − dθ 3 3 0

= 9π

EJEMPLO 8.54. Calcule la siguiente integral doble:

Z aZ 0

♣ √

a2 −x2

0

p

a2 − y 2 dy dx

´ SOLUCION.♣ EJEMPLO 8.55. Calcule la siguiente integral doble: email [email protected]

279

Z aZ

√

a2 −x2

√ −a − a2 −x2

dy dx R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

280

´ SOLUCION.-

Z aZ

√

a2 −x2

√ −a − a2 −x2

Z

dy dx =

Z

2π

0

Z

=

EJEMPLO 8.56. Calcule

r dr dθ

0

2π

a2 dθ = πa2 . 2

0

ZZ

a

♣ x2

x dx dy, siendo R la regi´ on situada en el primer cuadrante + y2

R

limitada por x2 + y 2 = 2.

´ SOLUCION.Pasando a coordenadas polares tenemos x = r cos θ y = r sen θ Luego la ecuaci´on x2 + y 2 = 2 se transforma en (r cos θ)2 + (r sen θ)2 = 2 entonces r2 = 2 de aqu´ı r=

√

2.

Por otro lado, se tiene que x r cos θ cos θ = = . x2 + y 2 (r cos θ)2 + (r sen θ)2 r Por tanto, se tiene

ZZ

x dx dy = x2 + y 2

Z

=

Z

R

π/2

0

=

√

Z

√

2

r

0

π/2

cos θ dr dθ r

2

cos θ dr dθ

0

0

Z

Z

π/2

√

2 cos θ dθ

0

=

email [email protected]

√

280

2 sen(π/2) ♣ R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s EJEMPLO 8.57. Encuentre

ζℏαυεz ZZ

281

√ 2 2 xye x +y dx dy, donde X es la regi´ on

X

x2 + y 2 ≤ 1,

x ≥ 0,

y≥0

´ SOLUCION.Conviene pasar a coordenadas polares: x = r cos θ y = r sen θ La circunferencia x2 + y 2 = 1 se transforma en (r cos θ)2 + (r sen θ)2 = 1 esto es, se escribe como r=1 Que es la circunferencia con centro el punto (0, 0) y radio r = 1, por otro lado estamos interesados en el primer cuadrante debido a que x ≥ 0 y y ≥ 0. As´ı los l´ımites polares son 0 ≤ r ≤ 1 y π 0≤θ≤ . 2 Por otro lado, se tiene que p

Adem´as

x2 + y 2 =

√ p (r cos θ)2 + (r sen θ)2 = r 2 = r. xy = r 2 cos θ sen θ

Por tanto, se tiene ZZ R

Z √ x2 +y 2 xye dx dy =

π 2

0

=

"Z



Z π 2

1

r 2 cos θ sen θ er r dr dθ 0

cos θ sen θ dθ

0

# Z

0

1 3 r

r e dr



π   1  1 2 2 3 2 r = sen θ (r − 3r + 6r − 6) e 2 0 0 h i 1 6 − 2e = (1 − 3 + 6 − 6)e − (−6) = =3−e 2 2 ZZ √ 2 2 EJEMPLO 8.58. Encuentre xe x +y dx dy, donde X es la regi´ on

♣

X

x2 + y 2 ≤ 1, email [email protected]

281

0≤y≤x R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

282

´ SOLUCION.Conviene pasar a coordenadas polares: x = r cos θ y = r sen θ La circunferencia x2 + y 2 = 1 se transforma en (r cos θ)2 + (r sen θ)2 = 1 esto es, se escribe como r=1 Que es la circunferencia con centro el punto (0, 0) y radio r = 1, por otro lado estamos interesados π en la regi´on 0 ≤ y ≤ x. As´ı los l´ımites polares son 0 ≤ r ≤ 1 y 0 ≤ θ ≤ . 4 Por otro lado, se tiene que p

Por tanto, se tiene ZZ R

x2 + y 2 =

√ p (r cos θ)2 + (r sen θ)2 = r 2 = r.

Z √ x2 +y 2 dx dy = xe

π 4

0

"Z

=

Z π 4

1

r cos θ er r dr dθ 0

cos θ dθ

0

# Z

1 2 r

r e dr

0



π  1  4 2 r = sen θ (r − 2r − 2) e 0

0

1 −3e + 2 = √ [(1 − 2 − 2)e − (−2)] = √ 2 2 EJEMPLO 8.59. Calcular la integral cuadrante limitada por x2 + y 2 = 4x.

ZZ

♣

y dx dy, donde R la regi´ on del plano xy en el primer

R

´ SOLUCION.Completando cuadrados en la ecuaci´on x2 + y 2 = 4x, tenemos

esto es,

x2 + y 2 = 4x x2 − 4x + y 2 = 0 x2 − 4x + 22 + y 2 = 22 (x − 2)2 + y 2 = 22

email [email protected]

282

(8.10) R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

283

Pasando a coordenadas polares tenemos x = r cos θ y = r sen θ Luego la ecuaci´on x2 + y 2 = 4x se transforma en (r cos θ)2 + (r sen θ)2 = 4r cos θ entonces r 2 = 4r cos θ de aqu´ı r = 4 cos θ. Que es la circunferencia con centro el punto (2, 0) y radio r = 2 cuya ecuaci´on cartesiana es (8.10). Puesto que la regi´on R esta situada en el primer cuadrante, entonces los l´ımites polares π son 0 ≤ θ ≤ y 0 ≤ r ≤ 4 cos θ. 2 Por tanto, se tiene ZZ R

y dx dy =

Z

0

π 2

Z

4 cos θ

r r sen θ dr dθ =

0

Z

0

π 2

h r3 3

Z i 4 cos θ sen θ dθ = 0

0

π 2

43 cos3 θ sen θ dθ 3

Z π Z π 43 2 43 (cos θ)4 π2 43 2 3 43 u4 π2 3 = cos θ sen θ dθ = − u du = − =− 3 0 3 0 3 4 0 3 4 0 π π h i 42  4  2 42 43 cos4 θ 2 π 16 = − cos θ = − cos4 − cos4 0 = =− 3 4 0 3 3 2 3 0

♣

ZZ p x2 + y 2 dx dy, siendo R la regi´ on situada en el primer cuadrante EJEMPLO 8.60. Calcule

limitada por x2 + y 2 = 4x.

R

´ SOLUCION.Completando cuadrados en la ecuaci´on x2 + y 2 = 4x, tenemos

esto es,

x2 + y 2 = 4x x2 − 4x + y 2 = 0 2 x − 4x + 22 + y 2 = 22 (x − 2)2 + y 2 = 22

email [email protected]

283

(8.11)

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

284

Pasando a coordenadas polares tenemos x = r cos θ y = r sen θ Luego la ecuaci´on x2 + y 2 = 4x se transforma en (r cos θ)2 + (r sen θ)2 = 4r cos θ entonces r 2 = 4r cos θ de aqu´ı r = 4 cos θ. Que es la circunferencia con centro el punto (2, 0) y radio r = 2 cuya ecuaci´on cartesiana es (8.11). Puesto quer la regi´on R esta situada en el primer cuadrante, entonces los l´ımites polares π son 0 ≤ θ ≤ y 0 ≤ r ≤ 4 cos θ. 2 Por otro lado, se tiene que p

Por tanto, se tiene

ZZ p Z x2 + y 2 dx dy = =

43 3

=

43 3

EJEMPLO 8.61. Calcule limitada por x2 + y 2 = 2x.

ZZ

Z

p (r cos θ)2 + (r sen θ)2 = r.

Z π 3 h r 3 i 4 cos θ 2 4 cos3 θ r r dr dθ = dθ = dθ 3 0 3 0 0 0 "Z π # Z π Z π 3 2 2 2 4 (1 − sen2 θ) cos θ dθ = cos θ dθ − sen2 θ cos θ dθ 3 0 0 0   π sen3 θ π  43  1 2 2 sen θ − 1− = 3 0 3 3 0

π 2

0

R

x2 + y 2 =

4 cos θ

Z

π 2

♣

x2

x dx dy, siendo R la regi´ on situada en el primer cuadrante + y2

R

´ SOLUCION.Pasando a coordenadas polares tenemos x = r cos θ y = r sen θ email [email protected]

284

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

285

Luego la ecuaci´on x2 + y 2 = 2x se transforma en (r cos θ)2 + (r sen θ)2 = 2r cos θ entonces r 2 = r cos θ de aqu´ı r = cos θ. Por otro lado, se tiene que x2 Por tanto, se tiene

ZZ

x r cos θ cos θ = = . 2 2 2 +y (r cos θ) + (r sen θ) r Z

x dx dy = 2 x + y2

R

Z

=

Z

=

Z

π/2 0 π/2 0 π/2

Z

Z

cos θ

r 0

cos θ dr dθ r

cos θ

cos θ dr dθ 0

cos2 θ dθ 0 π/2

1 + cos 2θ dθ 2 0   1 sen 2θ 2π = θ+ 2 2 0 =

♣

EJEMPLO 8.62. Calcule el ´area de la regi´ on situada en el primer cuadrante limitada por x2 + 2 y = 2x. ´ 1.- Conviene pasar a coordenadas polares: SOLUCION x = r cos θ y = r sen θ La circunferencia x2 + y 2 = 2x se transforma en (r cos θ)2 + (r sen θ)2 = 2r cos θ esto es, se escribe como r = 2 cos θ email [email protected]

285

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

286

Que es la circunferencia con centro el punto (1, 0) y radio r = 1, as´ı los l´ımites polares son 0 ≤ θ ≤ 2π y 0 ≤ r ≤ 2 cos θ.

Por tanto, se tiene

A =

ZZ

dx dy =

Z

2π

0

R

Z

2 cos θ

r dr dθ = 0

Z

0

2π



 r 2 2 cos θ dθ 2 0

  2 Z 2π 02 4 cos2 θ = ( ) − ( ) dθ = 8 cos2 θ dθ 2 2 0 0     2π 1 1 1 1 = 8 θ + sen 2θ = 8 2π + sen 2(2)π = 8π 2 4 2 4 0 Z

2π

Soluci´ on 2. Completando cuadrados en la ecuaci´on x2 + y 2 = 2x, tenemos x2 + y 2 x2 − 2x + y 2 x2 − 2x + 1 + y 2 (x − 1)2 + y 2

= = = =

2x 0 1 1

As´ı la √ regi´on est´a limitada inferiormente por la recta y = 0 y superiormente por la circunferencia y = 2x − x2 ; entonces primero integramos √ con respecto al eje x desde 0 hasta 2. Luego integramos respecto al eje y desde y = 0 hasta y = 2x − x2 . A=

ZZ

dx dy =

Z

0

R

2

Z

√ y= 2x−x2

dy dx =

y=0

Z 2√ 0

2x − x2 dx

Puesto que √ entonces

2x − x2 = Z √

p p p −(−2x + x2 ) = 1 − (1 − 2x + x2 ) = 1 − (1 − x)2

2x −

Por formula

x2

Z √

dx =

Z p

1 − (1 −

a2 − u2 du =

x)2

dx = −

Z √

1 − u2 du

u√ 2 a2 u a − u2 + arc sen 2 2 a

se tiene que Z √

2x −

email [email protected]

x2

dx = −

Z √

1 − u2 du = − 286

u√ 12 1 − u2 − arc sen u 2 2 R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

287

as´ı Z √

2x − x2 dx = −

Por tanto

1 − xp 1 1 − (1 − x)2 − arc sen(1 − x) 2 2



 1 − xp 1 2 A= − 1 − (1 − x)2 − arc sen(1 − x) 2 2 0

8.4.

♣

Integrales triples

Sea f (x, y, z) una funci´on en tres variables. Las integrales triples se definen sobre un s´olido tridimensional en lugar de una regi´on plana. Es decir, la regi´on de integraci´on en este caso es un s´olido. El gr´afico de la funci´on f es un subconjunto de R4 (que corresponde al gr´afico de la ecuaci´on: w = f (x, y, z)). Por esta raz´on no se puede representar la funci´on en el espacio tridimensional. Las integrales triples, que veremos en este cap´ıtulo, estar´an restringidas a ciertos s´olidos en el espacio. M´as espec´ıficamente, un s´olido ser´a un s´olido de integraci´on si est´a acotado por arriba por una superficie z = h2 (x, y) y por abajo por una superficie z = h1 (x, y) y sobre una regi´on del plano R de tipo I, II ´o III. En s´ıntesis: Ω = {(x, y, z) : (x, y) ∈ R y h1 (x, y) ≤ z ≤ h2 (x, y)}

(8.12)

Entonces, la integral triple la funci´on f (x, y, z) sobre el s´olido Ω puede ser calculado usando el siguiente teorema: TEOREMA 8.7 (Teorema fundamental de las integrales triples). Si f (x, y, z) es una funci´on integrable sobre el s´olido Ω definido en (8.12) entonces # ZZZ Z Z "Z h2 (x,y)

f (x, y, z) dx dy dz =

Ω

f (x, y, z) dz dA

R

h1 (x,y)

❚

Demostraci´on. Observe que la regi´on R del plano xy se obtiene al proyectar el s´olido Ω en dicho plano.

TEOREMA 8.8 (Teorema de Fubini). Sean R una regi´ on cerrada y acotada de R3 y f : R → R continua en R.

email [email protected]

287

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

288

1. Si R est´a definida por R = [a1 , b1 ] × [a2 , b2 ] × [a3 , b3 ], entonces ZZZ Z b1 Z b2 Z b3 f (x, y, z) dx dy dz = f (x, y, z) dz dy dx a1

R

a2

a3

2. Si R est´a definida por a ≤ x ≤ b y y1 (x) ≤ y ≤ y2 (x), z1 (x, y) ≤ z ≤ z2 (x, y), donde y1 , y2 , z1 y z2 son continuas sobre [a, b] y {(x, y) : x ∈ [a, b], y ∈ [y1 (x), y2 (x)]} respectivamente, entonces ZZZ Z Z Z b

y2 (x)

z2 (x,y)

f (x, y, z) dx dy dz =

f (x, y, z) dz dy dx

a

R

y1 (x)

z1 (x,y)

EJEMPLO 8.63. Z Z ZSea Ω el s´olido acotado por el plano x + y + z = 1, los planos x = 0, y = 0, z = 0. Calcular ex (y + 2z) dV Ω

´ SOLUCION.El grafico de la regi´on de inter´es es

techo de Ω: h2 (x, y) = 1 − x − y piso de Ω: h1 (x, y) = 0 sombra de Ω: tri´angulo en el plano xy Entonces, por la definici´on anterior ZZZ Z Z Z x e (y + 2z) dV = Ω

R



1−x−y x

e (y + 2z) dz dA 0

Calculemos en primer lugar la integral parcial con respecto a z: Z 1−x−y   1−x−y ex (y + 2z) dz = ex yz + ex z 2 0

0

= ex y(1 − x − y) + ex (1 − x − y)2 = ex + ex x2 − 2ex x + ex xy − ex y

Luego integramos este resultado sobre la regi´on del plano R. email [email protected]

288

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

289

R = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 − x} Finalmente, la integral doble que resulta es f´acil de calcular (le dejamos al lector esta tarea) y damos aqu´ı el resultado num´erico: Z 1 Z 1−x   6e − 21 x x 2 x x x e + e x − 2e x + e xy − e y dx dy = 8 0 0 ♣ EJEMPLO 8.64. Sea Ω el s´olido [1, 2] × [0, 3] × [2, 3]. Calcular

ZZZ

(x + y 2 + z 3 ) dV

Ω

´ SOLUCION.La regi´on de integraci´on es la ilustrada:

En t´erminos anal´ıticos, esta regi´on se describe por: R = {(x, y) : 1 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 3} Por lo tanto:

email [email protected]

289

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s ZZZ Ω

2

3

(x + y + z ) dV

=

ζℏαυεz

Z 2Z 3Z 1

0

3 2

x+y +z

2

2




dz dy dx =

290

Z 2Z 1

0

3



 3 z 4 xz + y z + dy dx 4 2 2

  3 Z 2 y 3 65y 65 = x+y + dy dx = xy + + dx 4 3 4 0 1 0 1   2  2 Z 2 27 195 3x 231x 249 = 3x + + dx = + = 3 4 2 4 4 1 1 Z 2Z 3 

2

♣

EJEMPLO 8.65. Calcular el volumen del s´ olido acotado por las siguientes superficies: cilindro 2 2 x + y = 1 y los planos y = 0, x + y + z = 2 y z = 0. ´ SOLUCION.El gr´afico muestra el interior del semi-cilindro y su intersecci´on con el plano (visto desde el eje x negativo).

En este caso, el techo (plano diagonal) corresponde a la superficie z = 2 − x − y. Asimismo, el piso (plano) es la superficie z = 0 y finalmente, la regi´on de integraci´on R es el semi-c´ırculo de la figura.

email [email protected]

290

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

V =

Z Z Z



2−x−y

dz dA =

0

R

ζℏαυεz

ZZ

291

(2 − x − y) dA =

R

= = = = =

Z πZ 0

1

0

Z πZ 0

0

1


2 − r cos θ − r sen θ r dr dθ


2r − r 2 cos θ − r 2 sen θ dr dθ

  1 r3 r3 2 r − cos θ − sen θ dθ 3 3 0 0  Z π 1 1 1 − cos θ − sen θ dθ 3 3 0 π 1 Z π θ − (cos θ − sen θ) dθ 3 0 0 π 1 1 2 π − (cos θ − sen θ) = π − (0 + 1 − 0 + 1) = π − 3 3 3 0 Z

π

♣

EJEMPLO 8.66. Sea Ω el s´olido acotada por arriba por el paraboloide hiperb´ olico z = 8+x2 −y 2 y 2 2 por abajo por el paraboloide z = x +y sobre el rect´ anguloZR Z Z= {(x, y)|−2 ≤ x ≤ 2, −2 ≤ y ≤ 2}. Calculemos el volumen de este s´olido y la integral dada:

xyz dV

Ω

´ SOLUCION.Para calcular el volumen usamos la f´ormula V =

ZZZ

dV . Entonces,

Ω

V =

Z Z "Z R

8+x2 +y 2

#

dz dA =

x2 +y 2

ZZ R

=

Z

2 −2

2

(8 − 2y ) dA = 

Nos abocamos ahora a calcular la integral

Z 2Z

2

−2 −2


8 − 2y 2 dy dx

 2  Z 2 32 128 2y 3 dx = 32 − dx = 128 + 8y − 3 3 3 −2 −2 ZZZ

xyz dV

Ω

email [email protected]

291

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s ZZZ

xyz dV

=

ζℏαυεz

Z 2Z 2Z

8+x2 −y 2

xyz dzdy dx =

−2 −2 x2 +y 2

Ω

=

Z 2Z

2

−2 −2

=

−2 −2 2

=

Z 2Z

2

−2 −2

  8+x2 −y2 z 2 xy dy dx 2 x2 +y2

  xy (8 + x2 − y 2 )2 − (x2 + y 2)2 dy dx

Z 2Z 2 Z

292

 64xy + 16x3 y − 16xy 3 − 4x3 y 3 dy dx

0 dx = 0

−2

♣

EJEMPLO 8.67. Veremos ahora tres ejercicios de muestra para practicar la descripci´on de un s´ olido de integraci´on en t´erminos de desigualdades, para llegar a plantear una integral iterada (que no calcularemos por el momento). 1. Ω es el s´olido acotado por el cilindro z = 1 − y 2 y los planos verticales x + y = 1 y x + y = 3 y el plano xy. 2. Ω es el s´olido acotado por abajo por el paraboloide z = x2 + y 2 y por arriba por la superficie x2 + y 2 + z 2 = 6. 3. Ω es el s´olido acotado por x = 4 − y 2 (cilindro parab´ olico) y los planos z = x y z = 0. ´ SOLUCION.1. Debemos responder las preguntas: h1 (x, y) h2 (x, y) Describir R como regi´on de tipo I, II y III

En este caso, es claro que el piso es la superficie h1 (x, y) = 0 y el techo h2 (x, y) = 1 − y 2 . email [email protected]

292

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

293

En este caso R puede ser interpretada como una regi´on de tipo II, a saber: R = {(x, y) : −1 ≤ y ≤ 2, 1 − y ≤ x ≤ 3 − y} por lo tanto:

ZZZ

f (x, y, z) dV =

Z 1Z

2−y Z 1−y 2

−1 1−y

Ω

f (x, y, z) dzdx dy

0

p 2. En este caso, el techo corresponde a la superficie (semi-esfera) h2 (x, y) = 6 − x2 − y 2 . Asimismo, el piso es la superficie (paraboloide) h1 (x, y) = x2 + y 2 y finalmente, la regi´on de integraci´on R es el c´ırculo x2 + y 2 = 2

ZZZ

f (x, y, z) dV =

Ω

Z

√

2Z

√

2−x2 Z

√

6−x2 −y 2

√ √ − 2 − 2−x2 x2 +y 2

f (x, y, z) dz dy dx

3. Dejamos al lector el comprobar (v´ıa un gr´afico adecuado) que: ZZZ Ω

email [email protected]

f (x, y, z) dV =

Z 2Z

−2 0

293

4−y 2 Z x

f (x, y, z) dzdx dy

0

♣

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

8.5.

ζℏαυεz

294

Cambio de variables en Integrales Triples

TEOREMA 8.9 (Cambio de Variables). Sea A ⊂ Rn un conjunto abierto y g : A → R una funci´on 1-1 de clase C 1 , tal que det(g ′ (x)) 6= 0 para todo x ∈ A. Si f : g(A) → R es una funci´on integrable, entonces Z Z f=

g(A)

A

(f ◦ g) · |det(g ′)|.

TEOREMA 8.10 (Cambio de Variables en Integrales Triples). Si de las variables x, y, z se pasa a las variables u, v, w mediante las ecuaciones de cambio de variables x = x(u, v, w), y = y(u, v, w), z = z(u, v, w) entonces la integral Triple de f sobre la regi´ on R est´ a dada por ZZZ ZZZ   ∂(x, y, z) du dv dw. (8.13) f (x, y, z) dx dy dz = f x(u, v, w), y(u, v, w), z(u, v, w) ∂(u, v, w) R

R

done la imagen de la regi´on R bajo el cambio de variables es la regi´ on original R y adem´as el factor ∂(x, y, z) ∂(u, v, w) es el valor absoluto del determinante de la matriz Jacobiana del cambio de variables dado por, xu xv xw ∂(x, y, z) = yu yv yw (8.14) ∂(u, v, w) zu zv zw

8.5.1.

Integrales triples en coordenadas cil´ındricas

Coordenadas cil´ındricas son una manera alternativa de representar puntos en el espacio. Descripci´on de las coordenadas cil´ındricas: Todo punto en el espacio se puede representar por un triple (r, θ, z), en el que el par (r, θ) corresponde a la representaci´on en coordenadas polares del punto (x, y).

email [email protected]

294

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

295

La figura que sigue muestra c´omo se interpreta el punto (r, θ, z) en el espacio y la relaci´on con las coordenadas rectangulares habituales. En particular, se tienen las siguientes relaciones: x = r cos θ y = r sen θ z = z

(8.15)

El elemento s´olido de la descripci´on mas simple tiene la siguiente forma: n o Ω = (r, θ, z) : a ≤ r ≤ b, α ≤ θ ≤ β, c ≤ z ≤ d

Luego, el determinante de la matriz Jacobiana del cambio xr xθ 0 cos θ −r sen θ ∂(x, y, z) = yr yθ 0 = sen θ r cos θ ∂(r, θ, z) 0 0 1

Por (8.6) y esta u ´ ltima igualdad se tiene

de variables (8.15) es dado por = r[cos2 θ + sen2 θ] = r. n

TEOREMA 8.11 (Cambio de variables a Coordenadas Cil´ındricas). Sean B ⊂ (r, θ, z) : o r ≥ 0, 0 ≤ θ < 2π acotado, TC (r, θ, z) = (r cos θ, r sen θ, z) y f : TC (B) → R continua y acotada. Entonces ZZZ ZZZ f (x, y, z) dx dy dz = f (r cos θ, r sen θ, z) r dr dθ dz. B

TC (B)

´ DEMOSTRACION.



En particular si

entonces

n o Ω = (r, θ, z) : r1 ≤ r ≤ r2 , θ1 ≤ θ ≤ θ2 , z1 (θ, r) ≤ z ≤ z2 (θ, r) V ol(Ω) =

email [email protected]

Z

θ=θ2 Z r=r2 Z z=z2 (θ,r)

θ=θ1

r=r1

295

r dz dr dθ

z=z1 (θ,r)

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz 2

296

2

EJEMPLO 8.68. Sea el s´olido dado por x + y ≤ 1, 0 ≤ z ≤

p

x2

+

y 2.

Hallar

ZZZ

z dx dy dz

S

´ SOLUCION.Cambiando a coordenadas cil´ındricas obtenemos ZZZ

z dx dy dz =

S

=

ZZZ Z

Z

rz dr dθ dz =

S

0

2π Z 1 3 0

1 r dr dθ = 2 2

0

Z

2π Z 1 Z r 0

2π

0

0

rz dz dr dθ =

Z

0

2π Z 1

1 Z r 4 1 2π π dθ = dθ = 4 0 8 0 4

0

r

z 2 r dr dθ 2 0 ♣

EJEMPLO 8.69. Determinar el volumen del solido limitado por el semicono z = plano z = 4

p x2 + y 2 y el

´ SOLUCION.En el plano xy solo existe un punto, pero en un plano paralelo al plano xy, z = 4, se forma la circunferencia x2 + y 2 = 16

Observe que x2 + y 2 = 16,

(r cos θ)2 + (r sen θ)2 = 16,

r 2 (cos2 θ + sen2 θ) = 16,

El cono en coordenadas cil´ındricas queda: p p z = x2 + y 2 , z = (r cos θ)2 + (r sen θ)2 ,

z=

p

r 2 (cos2 θ + sen2 θ),

r 2 = 16,

z=

√

r2 ,

r = 4.

z = r.

Nota: No es posible reemplazar en z = r el valor de r = 4 porque r = 4 corresponde a la figura que queda en el plano xy, por lo tanto se esta trabajando en R2 , en cambio z = r corresponde a la transformaci´on de una superficie, es decir, se esta trabajando en R3 . Luego, los sistemas son incompatibles. Por simetr´ıa

email [email protected]

296

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s V ol(S) =

ZZZ

dx dy dz =

S

= 4

Z

0

π/2 Z 4 0

ζℏαυεz

ZZZ

r dr dθ dz = 4

Z

0

S

2

(4r − r ) dr dθ = 4

Z

π/2

0



297

π/2 Z 4 Z 4 0

r3 2r − 3 2

r dz dr dθ = 4

r

Z

0

 Z 4 dθ = 4 0

π/2

0

π/2 Z 4 0

4 rz dr dθ r

32 128 π/2 64 dθ = = π 3 3 0 3 ♣

EJEMPLO 8.70. Determinar el volumen del solido, sobre el plano xy, limitado por el cilindro x2 + (y − 3)2 = 9 y el cono x2 + y 2 = z 2 . ´ SOLUCION.La regi´on en el espacio y en plano:

El cilindro x2 + (y − 3)2 = 9 en coordenadas cil´ındricas: x2 + y 2 − 6y + 9 = 9

(r cos θ)2 + (r sen θ)2 − 6r sen θ = 0

r 2 − 6r sen θ = 16 r=0 r = 6 sen θ

El cono en coordenadas cil´ındricas queda: z 2 = x2 + y 2 ,

V ol(S) =

z 2 = (r cos θ)2 + (r sen θ)2 , ZZZ

dx dy dz =

S

Z πZ

ZZZ

z 2 = r 2 (cos2 θ + sen2 θ),

r dr dθ dz =

Z πZ 0

S

0

6 sen θ Z r

z2 = r2,

z = r.

r dz dr dθ

0

Z π Z 6 sen θ Z π 3 6 sen θ r r 2 = rz dr dθ = r dr dθ = dθ 0 0 0 0 0 0 3 0 Z Z π Z π 1 π 3 2 = 216 sen θ dθ = 72 sen θ sen θ dθ = 72 (1 − cos2 θ) sen θ dθ 3 0 0 0   Z π cos3 θ π 2 = 72 (sen θ − cos θ sen θ) dθ = 72 − cos θ + = 96 3 0 0 email [email protected]

6 sen θ

297

♣ R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

298

EJEMPLO 8.71. Hallar el volumen encerrado por x2 + y 2 = z, x2 + y 2 = 4, z = 0. Sugerencia: use Coordenadas Cil´ındricas. ´ SOLUCION.Conviene pasar a coordenadas cil´ındricas tenemos x = r cos θ y = r sen θ z = z entonces z = x2 + y 2 x2 + y 2 = 4 z=0

se transforma en z = r 2 se transforma en r = 2 se transforma en z = 0

El determinante de la matriz Jacobiana del cambio de variables es dado por xr xθ 0 cos θ −r sen θ ∂(x, y, z) = r[cos2 θ + sen2 θ] = r. = yr yθ 0 = sen θ r cos θ ∂(r, θ, z) 0 0 1

Ahora, primeramente integramos con respecto de z desde el plano que lo limita inferiormente z = 0 hasta el paraboloide z = r 2 que lo limita superiormente. Con respecto a las otras dos variables integramos sobre la proyecci´on en el plano xy que es un disco de radio 2, por tanto con respecto de r integramos desde r = 0 hasta r = 2, para cubrir todo el c´ırculo el ´angulo θ debe variar desde θ = 0 hasta θ = 2π: V olumen =

ZZZ

1 dx dy dz =

R

=

Z

0

=

Z

2π Z 2 Z r 2 0

2π

0

EJEMPLO 8.72. Calcule la integral ZZZ  V

ZZZ R

r dz dr dθ =

0

r dr dθ dz. Z

0

2π Z 2

2 Z 2π r 4 dθ = 4 dθ = 8π 4 0 0

r 3 dr dθ

0

♣

 2zx2 + 2zy 2 dx dy dz

siendo V el volumen exterior a la hoja superior del cono z 2 = x2 + y 2 e interior al cilindro x2 + y 2 = 1, con z ≥ 0. email [email protected]

298

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

299

´ SOLUCION.La intersecci´on del cono con el cilindro es:

(

x2 + y 2 = z 2 x2 + y 2 = 1

la circunferencia x2 + y 2 = 1 en el plano z = 1.

El conjunto V ser´a el conjunto descrito por: n o p 3 2 2 2 2 V = (x, y, z) ∈ R : x + y ≤ 1, 0 ≤ z ≤ x + y Haciendo el cambio a coordenadas cil´ındricas  x = r cos θ  T : U → R3 , y = r sen θ  z = z

T (r, θ, z) = (r cos θ, r sen θ, z)

siendo U =]0; +∞]×]0, 2π[×R, el determinante de la matriz Jacobiana es JT (r, θ, z) = r De esta manera, y puesto que x2 + y 2 = r 2 = 1 en el cilindro y z 2 = r 2 en el cono, el recinto V es la imagen, T (Q), (salvo un conjunto de medida cero, que es la regi´on del plano y = 0 comprendida entre el cilindro y el cono) del conjunto n o Q = (r, θ, z) ∈ U : 0 < r ≤ 1, 0 < θ < 2π, 0 ≤ z ≤ r ⊂ U.

Por tanto, haciendo la integral con este cambio de variable obtenemos: ZZZ   2zx2 + 2zy 2 dx dy dz = V

=

=

ZZZ Z

Q

0

email [email protected]

1

2

2zr r dr dθ dz =

Z

Z

1

0

Z

0

2π

r 2 3



z r dθ dr = 0

299

2π

0

Z

0

1

Z

Z

r 3

2zr dz 0

2π 5





dθ dr

r dθ dr = 2π 0



r 6 1 π = 6 0 3

♣ R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

300

EJEMPLO 8.73. Calcular la integral Z 1Z

√

1−x2 Z 2−x2 −y 2

√

3

(x2 + y 2 ) 2 dz dy dx

−1 − 1−x2 x2 +y 2

´ SOLUCION.El dominio de integraci´on esta limitado por arriba por el paraboloide z = 2 − 2 2 x − y y por abajo por el paraboloide z = x2 + y 2

entonces cambiando a coordenadas cil´ındricas tenemos:

V

= =

Z 1Z

√

1−x2 Z 2−x2 −y 2

√ −1 − 1−x2 x2 +y 2

Z

2π Z 1 Z

2−r 2

4

2

2

3 2

Z

2π Z

(x + y ) dz dy dx = 1

Z

0

2π Z 1 Z 2−r 2 0

r2

Z 2−r2 4 z r dz dr dθ = 2

r dz dr dθ = r 0 0  Z 2π  Z 2π 7 1 2r 2r 4 8π = − dθ = dθ = 5 7 35 0 35 0 0 0

0

r2 5

  32 r 2 r dz dr dθ

0

2π Z 1  0

4

2r − 2r

6



dr dθ

♣

EJEMPLO 8.74. Calcular el volumen de una esfera de radio a. ´ SOLUCION.Sabemos que V olumen =

ZZZ

1 dV

Ω

Por lo que necesitamos una descripci´on de la esfera como un s´olido de integraci´on de manera que podamos calcular la integral triple usando integrales iteradas. Para lograr esto, primero ubicamos la esfera en el espacio de modo que est´e centrada en el origen: la ecuaci´on de la esfera es x2 + y 2 + z 2p= a2 . Entonces, el piso py el techo de la esfera corresponden a las siguientes superficies: z = − a2 − (x2 + y 2 ) y z = a2 − (x2 + y 2 ) respectivamente. La regi´on R del plano (sombra) de este s´olido es el c´ırculo de radio a2 : x2 + y 2 = a2 . As´ı, entonces se tiene: email [email protected]

300

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s V =

ζℏαυεz

Z Z "Z √a2 −(x2 +y2 ) −

R

√

a2 −(x2 +y 2 )

#

dz dA =

Z aZ

301

√ a2 −x2

√ −a − a2 −x2

"Z √ 2 2 2 a −(x +y ) −

√

a2 −(x2 +y 2 )

#

dz dy dx

Esta integral iterada presenta problemas t´ecnicos para su c´alculo. Sin embargo, si usamos coordenadas cil´ındricas para representar el s´olido, el problema t´ecnico desaparece, como veremos a continuaci´on.

V

=

Z Z "Z √a2 −(x2 +y2 ) −

R

=

Z

0

= −

2π Z a

2 3

Z

0

0

√

#

dz dA =

a2 −(x2 +y 2 )

0

Z √a2 −r2 z r √ dr dθ = 2 2

2π 

Z

− a −r

0

2π Z a 0

2π Z a 0

"Z

√ a2 −r 2

√ − a2 −r 2

#

dz r dr dθ

√ 2r a2 − r 2 dr dθ

Z  3 a 2 2π 3 4π 3 2 2 2 a −r a dθ = a dθ = 0 3 0 3

Esta u ´ ltima es la f´ormula cl´asica para el volumen de la esfera de radio a.

♣

EJEMPLO 8.75. Calcula el volumen del s´ olido limitado por las superficies de ecuaciones y 2 + z 2 = 9, x + z = 4, y y − 2x − 3z = 12. ´ SOLUCION.El s´olido es un cilindro cortado por dos planos, y su proyecci´on sobre el plano yz es el c´ırculo de radio 3 centrado en el origen. Para cada punto del c´ırculo, la altura x var´ıa entre 1 3 x = y − z − 6 y x = 4 − z. Conviene que las coordenadas del c´ırculo sean polares; el volumen 2 2 es: 4 −Zr cos θ ZZZ Z 2π Z 3 1 dx dy dz =

R

dx r dr dθ

0

0

1 3 r sen θ − r cos θ − 6 2 2  Z 2π Z 3  1 1 = − r sen θ + r cos θ + 10 r dr dθ 2 2 0 0 3 Z 2π  3 r 2 = (cos θ − sen θ) + 5r dθ 6 0 0  Z 2π  9 = (cos θ − sen θ) + 45 dθ 2 0 = 90π

email [email protected]

♣

301

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

8.5.2.

ζℏαυεz

302

Integrales triples en coordenadas esf´ ericas

Las coordenadas esf´ericas son una manera alternativa de describir un punto en el espacio tridimensional. Sea P un punto del espacio con coordenadas (x, y, z). Esto se ilustra en la figura siguiente.

❃ ρ =distancia al origen desde el punto ❄ θ =´angulo que tiene el punto con respecto al eje x (´angulo en el plano xy de la proyecci´on de P con el eje x) ❅ φ =´angulo del rayo OP con respecto al eje z Las coordenadas esf´ericas de este punto son P (ρ, θ, φ). ¿C´omo transformar de un conjunto de coordenadas al otro? Observemos el siguiente tri´angulo:

Puesto que cos φ = r = ρ sen φ

z r , se tiene que z = ρ cos φ, del mismo modo como sen φ = , entonces ρ ρ

Mirando el plano xy,

email [email protected]

302

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

303

x = r cos θ y = r sen θ Luego, si reemplazamos r por ρ sen φ en la igualdad, obtenemos la relaci´on entre las coordenadas rectangulares y las esf´ericas. x = ρ sen φ cos θ y = ρ sen φ sen θ z = ρ cos φ Del mismo modo, observemos que conociendo las coordenadas x, y, z es posible obtener las coordenadas ρ, θ, φ con las identidades siguientes. x2 + y 2 + z 2 = ρ2

(8.16)

y = tan θ x

(8.17)

x2 + y 2 = tan2 φ z2

(8.18)

Algunas ecuaciones elementales 1. La ecuaci´on en coordenadas esf´ericas ρ = 2 se puede transformar a una en coordenadas rectangulares. Simplemente elevamos al cuadrado la ecuaci´on original para obtener: ρ2 = 4. Usando la identidad (8.16), obtenemos: x2 + y 2 + z 2 = 4 (una esfera de radio 2 centrada en al origen).

email [email protected]

303

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

304

2. La ecuaci´on en coordenadas esf´ericas φ = π/4 representa un cono. Esto se puede comprobar directamente: Si φ = π/4 entonces tan φ = 1. Por lo tanto x2 + y 2 = z 2 , de donde z = p ± x2 + y 2.

3. La ecuaci´on en coordenadas esf´ericas θ = π/3 representa un plano. Para verificar esto usamos nuevamente las relaciones entre los sistemas de coordenadas, en particular la identidad (8.17): √ √ y = tan θ = tan(π/3) = 3, de donde y = 3x que es el plano vertical. x

Entonces, lo que sabemos hasta el momento es : ☞ ρ = a esfera de radio a centrada en el origen ☞ φ = α cono cuya “pared” forma un ´angulo α con el eje z ☞ θ = β plano perpendicular al plano xy cuya proyecci´on sobre el plano xy forma un ´angulo α con el eje x email [email protected]

304

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

305

Consideremos el s´olido Ω dado (y que podr´ıamos denominar, por analog´ıa, el paralelep´ıpedo esf´erico) n o Ω = (ρ, φ, θ) : a ≤ ρ ≤ b, α ≤ φ ≤ β, γ ≤ θ ≤ δ

Dibujaremos primero sus partes, es decir lo que cada par de desigualdades produce, para intentar entender el total. En primer lugar, las desigualdades: a≤ρ≤b corresponden al s´olido entre las esferas de radio a y b, que podemos apreciar en la figura.

Asimismo, las desigualdades α≤φ≤β corresponden al s´olido entre los dos conos:

Y finalmente γ≤θ≤δ corresponden al s´olido entre los planos que se ilustran.

email [email protected]

305

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

306

El s´olido total, que representa a Ω es

Recordemos que el punto (x, y, z) ∈ R3 tiene coordenadas esf´ericas (ρ, θ, ϕ) si x = ρ sen ϕ cos θ,

y = ρ sen ϕ sen θ,

z = ρ cos ϕ

En general se toma ρ ≥ 0, 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ ϕ ≤ π.

Adem´as

x2 + y 2 + z 2 = ρ2 , Luego, el determinante de la x x ∂(x, y, z) ρ ϕ = yρ yϕ ∂(ρ, ϕ, θ) zρ zϕ

y = tan θ, x

x2 + y 2 = tan2 ϕ z2

matriz Jacobiana del cambio de variables es dado por xθ sen ϕ cos θ ρ cos ϕ cos θ −ρ sen ϕ sen θ yθ = sen ϕ sen θ ρ cos ϕ sen θ ρ sen ϕ cos θ = ρ2 sen ϕ zθ cos ϕ −ρ sen ϕ 0

Por (8.6) y esta u ´ ltima igualdad se tiene

TEOREMA 8.12 (Cambio de variables a Coordenadas Esf´ ericas). Sean n o B ⊂ (r, θ, z) : ρ ≥ 0, 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ ϕ ≤ π

acotado, TE (ρ, θ, ϕ) = (ρ sen ϕ cos θ, ρ sen ϕ sen θ, ρ cos ϕ) y f : TE (B) → R continua y acotada. Entonces ZZZ ZZZ f (x, y, z) dx dy dz = f (ρ sen ϕ cos θ, ρ sen ϕ sen θ, ρ cos ϕ) ρ2 sen ϕ dρ dϕ dθ. R

email [email protected]

R

306

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

307

´ DEMOSTRACION.



EJEMPLO 8.76. Calcular x2 y 2 z 2 elipsoide 2 + 2 + 2 = 1. a b c

ZZZ 

x2 y 2 z 2 + 2 + 2 a2 b c

V

´ SOLUCION.Tomemos f (x, y, z) = x = x(u, v, w) = au, Entones



dx dy dz siendo V la regi´ on encerrada por el

x2 y 2 z 2 + 2 + 2 . Realizamos el cambio de variables a2 b c y = y(u, v, w) = bv,

z = z(u, v, w) = cw

∂(x, y, z) xu xv xw a 0 0 = yu yv yw = 0 b 0 = abc ∂(u, v, w) zu zv zw 0 0 c

adem´as

(au)2 (bv)2 (cw)2 + 2 + 2 = u2 + v 2 + w 2 . a2 b c Sea V la regi´on cuya bajo el cambio de variables es la regi´on original V . f (x, y, z) = f (au, bv, cw) =

u2 + v 2 + w 2 = 1

⇐⇒

(au)2 (bv)2 (cw)2 + 2 + 2 =1 a2 b c

⇐⇒

x2 y 2 z 2 + 2 + 2 =1 a2 b c

Por tanto ZZZ 

x2 y 2 z 2 + 2 + 2 a2 b c

V



ZZZ   dx dy dz = u2 + v 2 + w 2 |abc| du dv dw V

Pasando a coordenadas esf´ericas tenemos u = ρ sen ϕ cos θ v = ρ sen ϕ sen θ w = ρ cos ϕ se tiene que ∂(u, v, w) = ρ2 sen ϕ ∂(ρ, ϕ, θ)   Luego si tomamos la funci´on g(u, v, w) = u2 + v 2 + w 2 |abc|, por tanto u2 + v 2 + w 2 = ρ2 ,

g(ρ sen ϕ cos θ, ρ sen ϕ sen θ, ρ cos ϕ) = ρ2 |abc|

email [email protected]

307

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

308

Sea Ve la regi´on cuya imagen bajo las coordenadas esf´ericas es la esfera unitaria V . Es claro que Por tanto

Ve = {(ρ, ϕ, θ) : 0 ≤ ρ ≤ 1, 0 ≤ ϕ ≤ 2π, 0 ≤ θ ≤ 2π} ZZZ 

2

2

ZZZ

ρ2 |abc| ρ2 sen ϕ dρ dϕ dθ

u +v +w

V

=



2

|abc| du dv dw

Ve

Z πZ πZ 2 = 8 |abc| 2 0

email [email protected]

0

308

1

ρ4 sen ϕ dρ dϕ dθ 0

♣

R βo ιυατ

CAP´ITULO 9

Integrales de Linea

9.1.

Definici´ on y Propiedades

Un camino o curva en Rn es una funci´on diferenciable α : I → Rn , donde I es alg´ un intervalo n ′ abierto en R. El vector velocidad en t del camino α : I → R es el vector α (t) definido por α ′ (t) = (α1 ′ (t), ..., αn ′ (t)) ´ 9.1. Sean U un subconjunto abierto de Rn y f una funci´ DEFINICION on vectorial definida en n U, F : U → R . Supongamos que α esta definido sobre el intervalo [a, b] y tiene imagen en U. Definimos la integral de linea de F a lo largo de α o sobre α, de la siguiente manera: Z Z b F = F (α(t)) · α ′ (t) dt. α

a

EJEMPLO 9.1. Evaluar la integral de l´ınea de la funci´ on vectorial F (x, y, z) = xi + yj + zk sobre la trayectoria de una h´elice σ(t) = (sen t, cos t, t) de [0, 2π]. ´ SOLUCION.Resolvemos la integral de acuerdo a la definici´on Z Z 2π Z π/2 ′ F = F (σ(t)) · σ (t) dt = (sen t, cos t, t) • (cos t, − sen t, 1) dt σ

=

Z

0

0

2π

0

(sen t cos t − sen t cos t + t)dt =

309

Z

0

2π

tdt =

t2 2π 4π 2 θ = 2 0 2

♣

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

310

Observemos que si F = (P1 , P2 , ..., Pn ) y α = (x1 , x2 , ..., xn ), entonces Z

α

Z bh   i ′ ′ F = P1 x1 (t), x2 (t), ..., xn (t) x1 (t) + · · · + Pn x1 (t), x2 (t), ..., xn (t) xn (t) dt a

Usaremos la siguiente notaci´on para la integral de linea de F = (P1 , P2 , ..., Pn ) a lo largo de α, Z Z F = P1 dx1 + · · · + Pn dxn . α

α

TEOREMA 9.1. Sean U un subconjunto abierto de R2 y una funci´ on F : U → R2 con F = (P, Q). Supongamos que α : [a, b] → U es un camino diferenciable de modo que α([a, b]) es el gr´afico de una funci´on y = g(x) con c ≤ x ≤ d. Entonces Z

P dx + Q dy = α

Z

d

P (x, g(x)) dx + Q(x, g(x))g ′(x) dx

c

❚

Demostraci´on. EJEMPLO 9.2. Calcular

Z

α

(1, 2).

(x2 − y) dx + (x + y 2) dy a los largo de la recta que une (0, 0) con

´ SOLUCION.-

♣

TEOREMA 9.2. Sean U un subconjunto abierto de R2 y una funci´ on F : U → R2 con F = (P, Q). Supongamos que α : [a, b] → U es un camino diferenciable de modo que α([a, b]) es el gr´afico de una funci´on x = g(y) con c ≤ y ≤ d. Entonces Z

P dx + Q dy = α

Z

d

P (g(y), y)g ′(y) dy + Q(g(y), y) dy

c

❚

Demostraci´on.

TEOREMA 9.3. Sea γ un camino suave por trozos. Si P : a = t0 < t1 < · · · < tn = b es una partici´on del intervalo [a, b] con la propiedad de que γk la restricci´ on de γ al intervalo [tk−1 , tk ], es un camino suave para 1 ≤ k ≤ n, entonces la integral de linea de F a lo largo de γ es la siguiente suma Z Z Z Z F = F+ F +···+ F. γ

γ1

γ2

❚

Demostraci´on.

email [email protected]

γn

310

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

9.2.

ζℏαυεz

311

orientaci´ on en ua integral de l´ınea

Una curva en el espacio puede ser abierta o cerrada. Sea σ(t) la parametrizaci´on de una curva y σ(a) , σ(b); si σ(a) = σ(b) entonces se la denomina curva cerrada y si σ(a) 6= σ(b) entonces se la denomina curva abierta. Adem´as 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.

Cuando la curva es abierta, vamos a asumir orientaci´ on positiva hacia arriba y hacia la derecha; hacia abajo y hacia la izquierda ser´a orientaci´ on negativa. Cuando la curva es cerrada vamos a asumir orientaci´on positiva cuando es en sentido contrario a la rotaci´on de las manecillas del reloj; cuando es a favor se tratar´a de orientaci´ on negativa.

Una trayectoria puede ser puede ser reparametrizada de tal manera que pueden conservar su orientaci´on original o cambiar la orientaci´on original. EJEMPLO 9.3. Dado el campo vectorial F (x, y, z) = (x, y, z). Calcule la integral de l´ınea en el segmento de la recta que une a los puntos (0, 1, 0) y (1, 2, 2), parametrizandola positivamente y luego reparametriz´andola de tal manera que cambie su orientaci´ on. email [email protected]

311

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

312

´ SOLUCION.Una parametrizaci´on positiva del segmento de recta es: σ(t) = (t, t + 1, 2t); donde 0 ≤ t ≤ 1. Evaluando la integral con dicha parametrizaci´on: Z Z 1 Z 1 h i 1 F = (t, t + 1, 2t) • (1, 1, 2) dt = (6t + 1) dt = 3t2 + t = 4 σ

0

0

0

Ahora reparametriz´andola de tal manera que cambie su orientaci´on: σ(t) = (1 − t, 2 − t, 2 − 2t); donde 0 ≤ t ≤ 1. Evaluando la integral con dicha parametrizaci´on: Z

F = σ

Z

1 0

(1 − t, 2 − t, 2 − 2t) • (−1, −1, −2) dt =

Z

0

1

h i 1 2 (6t − 7) dt = 3t − 7t = −4 0

♣

TEOREMA 9.4. Sea f : U ⊂ Rn → Rn seccionalmente continua, σ la parametrizaci´on de una curva suave, simple y orientada, y sea ρ la reparametrizaci´ on de la curva, entonces: Z

σ

Z

σ

F =

Z

F si ρ no cambia de orientaci´ on de la curva ρ

Z F = − F si ρ cambia de orientaci´ on de la curva ρ

TEOREMA 9.5. Sea f : U ⊂ Rn → Rn seccionalmente continua, σ la parametrizaci´ Z on de Zuna curva suave, no simple y orientada, y sea ρ la reparametrizaci´ on de la curva, entonces: F = F sea que ρ cambie o no cambie la orientaci´ on de la curva.

9.3.

σ

ρ

Teorema de Green

Ahora se estudiar´a una importante relaci´on entre integrales de l´ınea e integrales sobre regiones del plano. Sea α : [a, b] → U una curva cerrada simple diferenciable por partes del plano, es decir, α es una funci´on uno-a-uno sobre el intervalo abierto (a, b) y α(a) = α(b). Adem´as α′ (t) es continua excepto en un n´ umero finitos de puntos. TEOREMA 9.6 (Teorema de la curva de Jordan). Todo camino cerrado simple α divide al plano en dos regiones, una regi´on interior y una regi´ on exterior. ❚

Demostraci´on.

Se aceptar´a este resultado y se hablar´a libremente del interior de una curva cerrada simple α. Ahora, en cada punto α(t), si existe α′ (t) y es diferente de cero, α′ (t) establece una direcci´on sobre α′ (t) α. Sea T (t) = la tangente unitaria y sea N(t) la normal principal a la curva α en el punto ||α′(t)|| email [email protected]

312

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

313

α(t). Esto es, N(t) es un vector unitario perpendicular al vector tangente y adem´as los vectores T , N en ese orden, pueden obtenerse por rotaci´on de los vectores unitarios e1 = (1, 0) y e2 = (0, 1). Recuerde que si u = (a, b) y v = (c, d) son vectores unitarios ortogonales, entonces existe una rotaci´on Rθ tal que u = Rθ (e1 ) y v = Rθ (e2 ) si y s´olo si el determinante a c b d = 1. Por consiguiente si

T (t) = es el vector tangente unitario y se define N(t) =

(α1′ (t), α1′ (t)) ||α′ (t)||

(−α2′ (t), α1′ (t)) ||α′ (t)||

entonces T (t) y N(t) son vectores unitarios que se pueden obtener de e1 = (1, 0) y e2 = (0, 1) por una rotaci´on. Cuando N(t) siempre apunta hacia el interior de la curva cerrada α, se dice que la curva α corre en sentido contrario a las agujas del reloj, o que α est´a orientada positivamente. Si N(t) siempre apunta hacia el exterior, entonces α corre en direcci´ on a las agujas del reloj, o que α est´a orientada negativamente. Cuando α : [a, b] → U es una curva simple y cerrada, suave a trozos y orientada positivamente, la I integral de l´ınea del campo vectorial F sobre α se denota por F. α

Ahora se est´a en posici´on de establecer I el resultado que se conoce como el teorema de Green. Este teorema expresa la integral de l´ınea

F de un campo vectorial F sobre una curva cerrada simple

α

α como una integral doble sobre la regi´on interior.

TEOREMA 9.7. Sea F un campo vectorial de clase C 1 definido en un conjunto abierto U del plano. Suponga que la curva cerrada simple suave por partes α junto con su regi´ on interior S est´an contenidos en U, suponga adem´ as que α recorre la frontera de S en direcci´on contraria a las manecillas del reloj (α es orientada positivamente). Entonces, si P y Q son las funciones coordenadas de F se tiene  I ZZ  ∂Q ∂P F = − dxdy. (9.1) ∂x ∂y α

S

Demostraci´on. La demostraci´on completa del teorema implica un argumento de aproximaci´on que no se dar´a en este texto. Sin embargo, el objetivo de la demostraci´on es primeramente comprobar (9.1) para curvas que recorren rect´angulos y tri´angulos. Utilizando este resultado se demuestra (9.1) para curvas poligonales cerradas α. La etapa final es demostrar que ambas integrales  ZZ  I ∂Q ∂P − dxdy y F ∂x ∂y α S

email [email protected]

313

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

314

pueden ser aproximadas arbitrariamente por integrales  ZZ  ∂Q ∂P − dxdy y ∂x ∂y

I

Sn

F αn

donde αn es una curva poligonal y Sn es su interior. La demostraci´on de (9.1) para rect´angulos es directa. Sean α1 , α2 , α3 , α4 las cuatro paredes rectil´ıneas de α como se presenta en la figura: Obviamente

ZZ 

∂Q ∂P − ∂x ∂y

S

Pero si



dxdy =

Z

d

c

Z b a

β1 (x) = (x, c)

∂Q ∂P − ∂x ∂y



dx dy

a≤x≤b

β2 (y) = (b, y)

c≤y≤d

β3 (x) = (x, d)

a≤x≤b

β2 (y) = (a, y)

c≤y≤d

entonces α1 ∼ β1 , α2 ∼ β2 , α3 ∼ −β3 , α4 ∼ −β4 . Por consiguiente I

F =

α

4 Z X

F =

αi

i=1

Z

F+

β1

=

Z

β1

Mas todav´ıa

Z

F =

β1

y

Z

F =

β3

Z Z

F−

Z

β2

Z

F− F+

β3

b a

F (β1 (x)) ·

β1′ (x) dx

F (β3 (x)) ·

β3′ (x) dx

=

β3

F−

β2

F−

Z

Z

F

β4

Z

F

β4

b

P (x, c) dx

a

b

a

Z

Z

=

Z

b

P (x, d) dx

a

Por lo tanto Z

β1

F−

Z

β3

Z bh Z bh i i F = P (x, c) − P (x, d) dx = − P (x, d) − P (x, c) dx

esto es

a

a

Z

β1

email [email protected]

F−

Z

β3

Z bZ F =− a

314

d c

∂P dy dx ∂y

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

315

La u ´ ltima igualdad es v´alida en virtud del teorema fundamental del c´alculo. An´alogamente Z Z Z dh Z dZ b i ∂Q dx dy F− F = Q(b, y) − Q(a, y) dy = β2 β4 c c a ∂x Por consiguiente sumando ambos resultados se tiene  I Z dZ b ∂Q ∂P F = − dx dy ∂x ∂y α c a

que es el resultado pedido. La comprobaci´on de (9.1) para tri´angulos se hace en forma an´aloga. Ahora sea α una curva poligonal cerrada simple que encierra ua regi´on S. Se puede suponer que S es la uni´on de rect´angulos y tri´angulos Sk que tienen solo aristas comunes como se puede ver en la figura. Sea γk una curva que recorre una vez la frontera de Sk en direcci´on contraria a las manecillas del reloj. Ciertamente

ZZ  S

∂Q ∂P − ∂x ∂y



X Z Z  ∂Q ∂P  − dx dy = dxdy ∂x ∂y k

Sk

por la propiedad de aditividad de las integrales sobre regiones que se traslapan en conjuntos de medida cero. Pero tambi´en I XI F = F. α

k

αk

Esta u ´ ltima igualdad es v´alida puesto que todas las integrales sobre segmentos de l´ınea interiores de las fronteras de conjuntos Sk se cancelan por pares. Esto se deduce puesto que cada uno es recorrido en una direcci´oHn una vez y en direcci´on opuesta otra vez. As´ı solamente queda la integral sobre la frontera que es α F . Como se indic´o antes, la demostraci´on se termina, aproximando la curva cerrada simple α mediante la curva poligonal αn .

❚ I    2 EJEMPLO 9.4. Verificar el teorema de Green en la integral 2 x2 + y 2 dx + x + y dy, α

siendo C el contorno del tri´angulo con v´ertices en los puntos (1, 1), (2, 2) y (1, 3).

´ SOLUCION.Como podemos observar en la figura abajo el problema nos pide determinar la integral de l´ınea a lo largo de una curva cerrada que limita una regi´on plana.

email [email protected]

315

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

316

Donde cada curva la parametrizamos:   x=t x=t + − C1 : C2 : y=t y = 4−t 1≤t≤2 1≤t≤2

:

Resolvemos la integral de l´ınea acuerdo a la definici´on: Z Z Z Z F = F+ F+ F C1+

C

Z

= =

C3−

2

F (t, t) · (1, 1) dt −

0

Z

C2−

2 2

0

8t dt − 3



2

2

0

F (t, 4 − t) · (1, −1) dt −

2

0

(4t − 16t − 16) dt −

Z

3

Z

3

0

F (1, t) · (0, 1) dt

(t2 + 2t + 1) dt

0

2  3 3 4t t 8t 2 2 − − 8t + 16t − +t +t = 3 1 3 3 1 1 56 28 26 4 = − + 24 − 16 − −8−2 =− 3 3 3 3 

2

Z

Z



x=1 y=t 1≤t≤3

C3−

3

Ahora resolvemos aplicando el teorema de Green: Z

C

I

   2 2 x2 + y 2 dx + x + y dy C  ZZ  ∂Q ∂P − dxdy. = ∂x ∂y

F =

D

ZZ  Z  = 2(x + y) − 4y dxdy =

x=1

D

=

Z

1

=

2

Z 2h 1

x=2


y=4−x 2xy − y dx = 2

y=x

i

Z

y=4−x 

y=x

 2x − 2y dy dx

Z 2h i 2x(4 − 2x) − (4 − x)2 + x2 dx 1



4 − 4x + 16x − 16 dx = − x3 + 8x2 − 16 3 2

2 1

=−

28 4 + 24 − 16 = − 3 3

♣

EJEMPLO 9.5. Suponga que el camino α recorre la frontera de la regi´ on acotada por las curvas 2 y = x, x = 1 en direcci´on contraria a las manecillas del reloj (α es orientada positivamente). I Calcular la integral curvil´ınea usando el Teorema de Green.

α

(2y − x) dx + (3y 2 + xy) dy primero de forma directa y luego

´ SOLUCION.Evaluando x = 1 en y 2 = x se tiene que y = ±1. Luego α une los puntos (1, −1) y (1, 1). email [email protected]

316

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s I

ζℏαυεz Z

2

α

(2y − x) dx + (3y + xy) dy =

317

1 −1

(2y − y 2)2y dy + (3y 2 + y 2y) dy

Z 1

=

−1 Z 1

=

−1

2

3

2

4y − 2y + 3y + y 2

7y − y

3



3



dy

dy

1 1 y3 − y4 3 4 −1

7

=

Definamos la funci´on F (x, y) = (2y − x, 3y 2 + xy), si P y Q son las funciones coordenadas de F , ∂Q ∂P esto es P (x, y) = 2y − x y Q(x, y) = 3y 2 + xy se tiene que =yy = 2. Por tanto aplicando ∂x ∂y el Teorema de Green I

I

2

α

(2y − x) dx + (3y + xy)dy =

F =

α

ZZ

=

ZZ 

∂Q ∂P − ∂x ∂y

S

(y − 2) dxdy =

S

Z

=

y=1

y=−1

2

y=−1

dxdy.

Z

y=1



=

Z



(y − 2)(1 − y ) dy =

x=1

x=y 2

Z

(y − 2)dx dy

y=1

y=−1

(−y 3 + 2y 2 + y − 2) dy

1 1 2 1 − y 4 + y 3 + y 2 − 2y 4 3 2 −1

EJEMPLO 9.6. Calcular la integral curvil´ınea

I

♣

(−x2 y) dx + xy 2 dy, donde C es el contorno de

α

la regi´on limitada por las circunferencias x2 + y 2 = 1, x2 + y 2 = 9. Sugerencia: Usar Teorema de Green. ´ SOLUCION.Definamos las funciones P (x, y) = −x2 y y Q(x, y) = xy 2 . Derivando parcialmente ∂Q ∂P = y2 y = −x2 . Por tanto aplicando el Teorema de Green ∂x ∂y I

2

2

(−x y) dx + xy dy = α

ZZ  S

=

Z

0

email [email protected]

∂Q ∂P − ∂x ∂y

2π Z 3



dxdy =

r 2 r dr dθ =

1

317

Z

ZZ

(y 2 + x2 ) dxdy

S

2π 0

3  4  Z 2π r 4 3 14 dθ = − dθ = 40π 4 1 4 4 0

♣

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

318

EJEMPLO 9.7. Utilizar el teorema de Green para calcular la siguiente integral de l´ınea:

I

y 3 dx+

C

(x3 + 3xy 2) dy, siendo C el camino que va desde (0, 0) hasta (1, 1) por la gr´ afica de y = x3 y vuelve a (0, 0) por la recta y = x. ´ SOLUCION.Si llamamos A a la region del plano limitada por la curva C anterior, entonces: C = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 1, x3 ≤ y ≤ x} Como P (x, y) = y 3 y Q(x, y) = x3 + 3xy 2 , tenemos que: I

3

3

2

y dx + (x + 3xy ) dy = C

I

F =

C

=

ZZ 

ZZ 

∂Q ∂P − ∂x ∂y

2

2

A

(3x + 3y ) − 3y

A

= =

9.4.

Z

1


y=x 3x y dx = 3 2

0

3



y=x

1 x4 + x6 4 2

1 0

=

1 4

2



Z

dxdy.

dxdy =

1

0

Z

x=1 Z y=x 

x=0

y=x3

 3x2 dy dx


3x3 − 3x5 dx ♣

´ Area Encerrada por una Curva

El ´area limitada por una curva cerrada simple C puede ser calculado con una integral de l´ınea, esto puede ser conveniente si esta integral no ofrece gran dificultad. TEOREMA 9.8. Si D es una regi´on plana limitada por una curva C; cerrada simple, regular a I 1 trozos y orientada contra reloj, entonces el ´ area de D viene dada por ´ area(D) = x dy − y dx. 2 C

´ DEMOSTRACION. Recordemos el Teorema de Green:

Sea F un campo vectorial de clase C 1 definido en una conjunto abierto U del plano. Suponga que la curva cerrada simple suave por partes C junto con su regi´ on interior X est´an contenidos en U. suponga adem´ as que C recorre la frontera de X en direcci´on contraria a las manecillas del reloj. Entonces, si P y Q son las funciones coordenadas de F se tiene  ZZ  I I Z b ∂Q ∂P − dxdy = F = P dx + Q dy = F (C(t)) · C ′ (t) dt ∂x ∂y C C a X

donde C : [a, b] → U es tales que C(a) = C(b). email [email protected]

318

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

319

y x Definamos la aplicaci´on F : R2 → R2 por F = (P, Q) donde P (x, y) = − y Q(x, y) = es claro 2 2 que 1 1 ∂Q ∂P − = + =1 ∂x ∂y 2 2 Por tanto aplicando el teorema de Green obtenemos: ´area(D) =

ZZ

1 dxdy =

D

ZZ 

∂Q ∂P − ∂x ∂y

D

I



dxdy

I h i x y = P dx + Q dy = − dx + dy 2 2 C C I 1 = x dy − y dx 2 C

EJEMPLO 9.8. Calcular el ´area de la elipse



x2 y 2 + 2 = 1. a2 b

x2 y 2 ´ SOLUCION.Parametrizamos la elipse 2 + 2 = 1 con C(t) = (a sen t, b cos t) con t ∈ [0, 2π]. a b Esta parametrizaci´on orienta la elipse contrareloj. Empecemos probando que esta curva es una parametrizaci´on de la elipse, en efecto (a sen t)2 (b cos t)2 + =1 a2 b2 Por lo tanto 1 ´area(X) = 2

I

x dy − y dx =

C

9.5.

Z

2π

(a cos tb cos t + b sen ta cos t)dt = 0

ab 2π = πab 2 ♣

Independencia del Camino de Integraci´ on

Para calcular

Z

P dx + Q dy seg´ un la curva de integraci´on C sea cerrada o no, y seg´ un sea

C

∂Q ∂P = o no se procede como sigue: ∂x ∂y 1. Si C es no cerrada:

email [email protected]

319

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

320

∂P ∂Q = : En este caso la integral es independiente del camino de integraci´on, entonces ∂x ∂y se calcula la integral directamente eligiendo previamente un camino de integraci´on adecuado. ∂Q ∂P b) 6= : Se calcula la integral directamente pasando a una integral simple. ∂x ∂y

a)

2. Si C es cerrada:

Z ∂Q ∂P a) = : No es necesario calcular nada, pues en este caso P dx + Q dy = 0. ∂x ∂y C ∂Q ∂P b) 6= : Se calcula la integral directamente pasando a una integral doble (Teorema ∂x ∂y de Green).

EJEMPLO 9.9. Demostrar que integraci´on y hallar su valor.

Z

(1,2)

(x2 + y 2)dx + 2xydy, es independiente del camino de (0,1)

´ SOLUCION.-

email [email protected]

♣

320

R βo ιυατ

CAP´ITULO 10

Sucesiones y Series

10.1.

Sucesiones

´ 10.1. Una sucesi´on es una funci´ DEFINICION on cuyo dominio es el conjunto de los n´ umeros reales N y cuyo recorrido es el conjunto de los n´ umero reales R. Consideremos una sucesi´on a : N → R, esto es, a es una funci´on que a cada n´ umero natural n se le asigna el n´ umero real a(n). Denotaremos a(n) por an , esto es, a(n) = an . El n´ umero an se llama t´ermino n-´esimo de la sucesi´on a. Luego podemos escribir la sucesi´on a por a1 , a2 , ..., an o podemos usar un s´ımbolo tal como {an }.

Si damos una expresi´on expl´ıcita al n-´esimo de una sucesi´on, entonces podemos generar o determinar cada t´ermino de la sucesi´on. Veamos algunos ejemplos. Dados los siguientes formular expl´ıcitas para los t´erminos n-´esimos, hallar los primeros t´erminos de las sucesiones que generan. ① Si an = n, entonces la sucesi´on que se obtiene es 1, 2, 3, 4, 5, . . . 321

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

322

② Si an = 2n , entonces la sucesi´on que se obtiene es 2, 4, 8, 16, 32, . . . ③ Si an =

1 , entonces la sucesi´on que se obtiene es 2n 1 1 1 1 1 , , , , ,... 2 4 8 16 32

´ 10.2. La sucesi´on {an } converge a L si para todo ε > 0, existe un n´ DEFINICION umero natural N tal que si n ≥ N entonces |an − L| < ε. Escribimos este hecho como l´ım an = L. Si la sucesi´ on {an } no converge a ning´ un n´ umero L, n7→∞

decimos que la sucesi´on {an } diverge. Por tanto, la sucesi´ on {an } en divergente si ocurre unos de los siguientes casos l´ım an = ∞,

l´ım an = −∞,

n7→∞

n7→∞

l´ım an no es u ´nico

n7→∞

´ 10.3. Una sucesi´on {an } es mon´ DEFINICION otona creciente si para todo n ≥ 1, an ≤ an+1 . Una sucesi´on {an } es mon´otona decreciente si para todo n ≥ 1, an ≥ an+1 . Una sucesi´on {an } es acotada si existe M > 0 tal que para todo n ≥ 1, |an | ≤ M. TEOREMA 10.1. Sean {xn } y {yn } dos funciones tales que l´ım xn = x y

n7→∞

l´ım yn = y.

n7→∞

Entonces (a) l´ım (xn + yn ) = x + y, n7→∞

(c) l´ım xn yn = xy, n7→∞

(b) λ ∈ R, l´ım λxn = λx n7→∞

xn x = . n7→∞ yn y

(d) l´ım

(e) Toda sucesi´on acotada, creciente o decreciente es convergente. (f ) Toda sucesi´on no acotada es divergente. (g) El l´ımite de una sucesi´on convergente es u ´nico. EJEMPLO 10.1. Determinar si la siguiente sucesi´ on es convergente o divergente. 3 4 5 6 7 , , , , , ... 2 3 4 5 6

email [email protected]

322

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

323

´ SOLUCION.Observando los t´erminos de la sucesi´on vemos que el t´ermino n-´esimo de la sucesi´on es n+2 an = . n+1 Calculando el l´ımite 2 1+ n+2 n = 1 l´ım an = l´ım = l´ım 1 n7→∞ n7→∞ n + 1 n7→∞ 1+ n Por tanto, la sucesi´on {an } es convergente y converge a 1. EJEMPLO 10.2. Determinar la convergencia o divergencia de la sucesi´ on cuyo t´ermino n-´esimo es.   1 1 (a) an = 2 + 2 , (b) bn = n sen n n ´ SOLUCION.Calculando el l´ımite l´ım an = l´ım 2 +

n7→∞

n7→∞

1 = 2+0 = 2 n2

Por tanto, la sucesi´on {an } es convergente y converge a 2. De modo similar un calculo simple muestra que

  1   sen 1 n l´ım bn = l´ım n sen = l´ım = 1 1 n7→∞ n7→∞ n7→∞ n n Por tanto, la sucesi´on {bn } es convergente y converge a 1. EJEMPLO 10.3. Determinar la convergencia o divergencia de la sucesi´ on cuyo t´ermino n-´esimo es. (1) an = 3n − 4

(2) an =

(3) an = (−1)

email [email protected]

√ n

(7) an =

n3 − 2n √ n2 − n

√ 4

n (4) an = √ 4 2 n +n r 1 (6) an = n n √ 4 n (8) an = √ 4 3n + 1

n

(5) an =

2 n3

n

323

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

324

´ SOLUCION.(1)

l´ım an = l´ım (3n − 4) = 3∞ − 4 = ∞

n7→∞

{an } converge

n7→∞

2 2 = = 0 3 n7→∞ n7→∞ n ∞3 ( 1 si n es par (3) l´ım an = l´ım (−1)n = n7→∞ n7→∞ −1 si n es impar √ 4 n √ √ 4 4 n n2 (4) l´ım an = l´ım √ = l´ım √ 4 4 n7→∞ n7→∞ n7→∞ n2 + n n2 + n √ 4 n2 r r n 4 1 4 2 0 n n = l´ım r = = 0 = l´ım r 2 n7→∞ n7→∞ 1 1 n + n 4 4 1+ n n2 √ 1 1 (5) l´ım an = l´ım n n = l´ım n n = l´ım e n ln n (2)

l´ım an = l´ım

n7→∞

= l´ım e

n7→∞

ln n n

n7→∞

{an } converge {an } no converge

{an } converge

n7→∞

0

= e = 1 r   n1 1 1 n 1 (6) l´ım an = l´ım = l´ım = l´ım e n ln n7→∞ n7→∞ n7→∞ n7→∞ n n

{an } converge

n7→∞

= l´ım e

ln(n−1 ) n

n7→∞

= l´ım e− n7→∞

ln n n

= e−0 = 1

n3 − 2n n − 2n 3 (7) l´ım an = l´ım 2 √ = l´ım 2 n √ n7→∞ n7→∞ n − n7→∞ n − n n 3 n 2 2 1− 2 1− 2 n ∞ = l´ım = = ∞ 1 1 1 n7→∞ 1 − − n n5/2 ∞ ∞5/2 √ 4 n √ √ 4 4 n n = l´ım √ (8) l´ım an = l´ım √ n7→∞ n7→∞ 4 3n + 1 n7→∞ 4 3n + 1 √ 4 n 1 1 1 = l´ım r = l´ım r = √ 4 n7→∞ n7→∞ 3 1 4 3n + 1 4 3+ n n

1 n


{an } converge

3

email [email protected]

324

{an } diverge

{an } converge

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

325

EJEMPLO 10.4. Determinar la convergencia o divergencia de la sucesi´ on cuyo t´ermino n-´esimo es. √ an = n3 + 2n − n ´ SOLUCION.Calculando el l´ımite l´ım an

n7→∞

√ n2 + 2n + n n2 + 2n − n2 = l´ım √ = l´ım ( n2 + 2n − n) √ n7→∞ n7→∞ n2 + 2n + n n2 + 2n + n 2n 2 2 = l´ım √ = l´ım r = l´ım r n7→∞ n7→∞ n7→∞ n2 + 2n + n 2 n2 + 2n 1+ +1 + 1 2 n n 2 2 = r = √ = 1 1+1 2 1+ +1 ∞ √

Por tanto, la sucesi´on {an } es convergente y converge a 1.

10.2.

Series

´ 10.4. Dada la sucesi´on {an }, definimos sus sumas parciales por DEFINICION sn = a1 + a2 + · · · + an Si la sucesi´on {sn } converge, entonces el l´ımite l´ım sn se llama serie de la sucesi´on {an } y es n7→∞ ∞ X denotada por an . Esto es n=1

∞ X n=1

an = l´ım sn = a1 + a2 + · · · n7→∞

Algunas series especiales ① La serie geom´etrica de raz´on r. ☞ Si |r| < 1, entonces ☞ Si |r| ≥ 1, entonces email [email protected]

∞ X

n=0 ∞ X

ar n =

a 1−r

ar n diverge.

n=0

325

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

326

∞ X 1 ② La serie Arm´onica diverge. n n=1

∞ X 1 ③ La serie Arm´onica de grado p (serie p de Riemman) converge si p > 1 y diverge si p n n=1 p ≤ 1.  n  ∞   n X 1 1 EJEMPLO 10.5. Calcule 3 −5 . 8 3 n=1

´ SOLUCION. n  ∞   n ∞  n ∞  n X X X 1 1 1 1 = 3 3 −5 −5 8 3 8 3 n=1 n=1 n=1 = 3

1 8

1 3

−5 1 1 1− 1− 8 3 3 5 29 − =− = 7 2 14 EJEMPLO 10.6. Mediante definici´on, demostrar que la serie

´ SOLUCION.Recordemos que, si |r| < 1, entonces que 1+r+

∞ X

∞ X n=0

∞ n X 2 n=2

3n

=

∞  n X 2 n=2

3

=

3n n=2

es convergente.

1 . De aqui podemos concluir 1−r

1 1−r

rn =

n=2

Por lo tanto

rn =

∞ n X 2

1 1−

2 3

−1−

2 = 3 ♣

10.2.1.

Criterios de Convergencia

Existen algunos criterios que permiten determinar en muchos casos el car´acter convergente o divergente de una serie. ∞ X Para las series an de t´erminos an positivos se tienen los siguientes criterios: n=1

email [email protected]

326

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

327

① Criterio de divergencia. Si l´ım an 6= 0, entonces la serie n7→∞

∞ X

an es divergente.

n=1

EJEMPLO 10.7. Determinar la convergencia o divergencia de la serie

∞ X

2n

n=1

´ SOLUCION.El t´ermino general de la serie es an = 2n . Ahora bien, como l´ım an = l´ım 2n = 2∞ = ∞ = 6 0,

n7→∞

n7→∞

entonces la serie dada es divergente. EJEMPLO 10.8. Determinar la convergencia o divergencia de la serie

∞ X

2n

n=1

´ SOLUCION.El t´ermino general de la serie es an =

n+1 . Ahora bien, como n−1

1 + 1/n n+1 = l´ım = 1 6= 0, n7→∞ 1 − 1/n n7→∞ n − 1

l´ım an = l´ım

n7→∞

entonces la serie dada es divergente.

n ∞  X 1 EJEMPLO 10.9. Determinar la convergencia o divergencia de la serie 1+ n n=1

n  1 ´ . Ahora bien, como SOLUCION.El t´ermino general de la serie es an = 1 + n  n 1 l´ım an = l´ım 1 + = e 6= 0, n7→∞ n7→∞ n entonces la serie dada es divergente. ∞ X 1 √ EJEMPLO 10.10. Determinar la convergencia o divergencia de la serie n n=1

1 ´ SOLUCION.El t´ermino general de la serie es an = √ . Ahora bien, como n 1 1 l´ım an = l´ım √ = √ = 0, n7→∞ n7→∞ n ∞

entonces no podemos concluir nada. Sin embargo, a la serie dada es reconocemos como una serie p de Riemann, pues

Como p =

1 2

∞ ∞ X X 1 1 √ = 1/2 n n=1 n n=1

1 con p = . 2

< 1, la serie dada diverge.

email [email protected]

327

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

328

② Criterio de Comparaci´on. Si an ≤ bn , entonces ☞ Si

∞ X

bn converge, entonces

n=1

☞ Si

∞ X

∞ X

an converge.

n=1

an no converge, entonces

n=1

∞ X

bn no converge.

n=1

EJEMPLO 10.11. Aplicando el criterio de Comparaci´ on, determinar la convergencia o ∞ X 1 divergencia de la serie n(n + 1) n=1 ´ SOLUCION.Comparemos la serie dada con la serie p de Riemann

∞ X 1 . Como n2 n=1

1 1 ≤ 2 n(n + 1) n ∞ X 1 es convergente por ser p = 2 > 1, deducimos que la serie dada 2 n n=1 tambi´en es convergente.

y sabiendo que la serie

EJEMPLO 10.12. Aplicando el criterio de Comparaci´ on, determinar la convergencia o ∞ X 1 divergencia de la serie ln n n=1 ´ SOLUCION.Comparemos la serie dada con la serie Arm´onica entonces

∞ X 1 . Como ln n < n, n n=1

1 1 ≤ n ln n ∞ X 1 y entonces sabiendo que la serie Arm´onica es divergente, deducimos que la serie dada n n=1 tambi´en es divergente. EJEMPLO 10.13. Analizar la convergencia y/o divergencia de la siguiente serie: ´ SOLUCION.-

∞ X n3 + 6n2 + 5n − 2 p 3 n (n3 + 1)4 n=1

Puesto que n3 ≤ n3 + 1 email [email protected]

328

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

329

entonces

por tanto

p 3

(n3 )4 ≤

n4 ≤ de aqu´ı

p 3

(n3 + 1)4

p 3 (n3 + 1)4

invirtiendo

p n5 ≤ n 3 (n3 + 1)4

as´ı

1 1 ≥ p 5 3 n n (n3 + 1)4

por tanto

de donde se deduce que

n3 + 6n2 + 5n − 2 n3 + 6n2 + 5n − 2 p ≥ n5 n 3 (n3 + 1)4 n3 6n2 5n 2 n3 + 6n2 + 5n − 2 p + + − ≥ n5 n5 n5 n5 n 3 (n3 + 1)4 1 6 5 2 n3 + 6n2 + 5n − 2 p + + − ≥ n2 n3 n4 n5 n 3 (n3 + 1)4

∞ ∞ ∞ ∞ X X 1 X1 X1 1 , , y son series arm´onicas de grado p con 2 3 4 5 n n n n n=1 n=1 n=1 n=1 p > 2, todas son convergentes, por tanto la desigualdad anterior implica que nuestra serie tambi´en es convergente.

Debido a que las series

③ Criterio de Comparaci´on por el Cociente. Si l´ım

n7→∞

☞ Si 0 < k < ∞, entonces las series

email [email protected]

∞ X

an y

n=1

329

an = k, entonces bn

∞ X

bn ambas convergen o ambas divergen.

n=1

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s ☞ Si k = 0 y

∞ X

∞ X

bn converge, entonces

n=1 ∞ X

☞ Si k = ∞ y

ζℏαυεz

bn diverge, entonces

n=1

n=1 ∞ X

330

an tambi´en converge. an tambi´en diverge.

n=1

EJEMPLO 10.14. Determine la convergencia o divergencia de la serie

´ SOLUCION.Sean an =

l´ım

n7→∞

an bn

n3

∞ X

3n − 2 . 3 − 2n2 + 11 n n=1

3n − 2 3 y bn = 2 , entonces 2 − 2n + 11 n

3n − 2 (3n − 2)n2 − 2n2 + 11 = l´ım = l´ım 3 n7→∞ 3(n3 − 2n2 + 11) n7→∞ 2 n 3 3n − 2n2 = l´ım = 1, n7→∞ 3n3 6 − 2n2 + 33 n3

∞ ∞ X X 1 3n − 2 Como converge, concluimos que la serie converge. 2 3 n n − 2n2 + 11 n=1 n=1

EJEMPLO 10.15. Determine la convergencia o divergencia de la serie

∞ X n=1

´ SOLUCION.Sean an = √ an n7→∞ bn l´ım

Como

∞ X 1 n=1

n

n2

√

1 . n2 + 19n

1 1 y bn = , entonces n + 19n

1 n + 19n = l´ım = l´ım √ 2 1 n7→∞ n7→∞ n + 19n n s v u 1 n2 u = l´ım = 1. = l´ ım t 19 n7→∞ n7→∞ n2 + 19n 1+ n √

n2

diverge, concluimos que la serie

∞ X n=1

√

1 diverge. n2 + 19n

EJEMPLO 10.16. Aplicando el criterio de Comparaci´ on por el Cociente, determinar la ∞ X 1 convergencia o divergencia de la serie 2 n +4 n=1 email [email protected]

330

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

331 ∞ X 1 . n2 n=1

´ SOLUCION.Comparemos la serie dada con la serie p de Riemann convergente El hecho de que

l´ım

n7→∞

1 2 1 1 + 4 = l´ım n = l´ım = l´ım 2 = 1 ∈ (0, ∞) 2 1 4 n7→∞ n + 4 n7→∞ n + 4 n7→∞ 1+ 2 n2 n n2

n2

implica que la serie dada es convergente. EJEMPLO 10.17. Aplicando el criterio de Comparaci´ on por el Cociente, determinar la ∞ X 1 p convergencia o divergencia de la serie n(2n − 1) n=1 ´ SOLUCION.Comparemos la serie dada con la serie divergente

l´ım

n7→∞

p

1 n(2n − 1) 1 √ n

=

l´ım p

n7→∞

√

n

n(2n − 1)

= l´ım

n7→∞

r

v v u u 1 u u u u n u = l´ım u = l´ ım t n7→∞ t 2n2 − n n7→∞ n2

∞ X 1 √ . El hecho de que n n=1

n n(2n − 1) 1 n

1 2− n

= 0

implica que la serie dada es divergente. ④ Criterio Cauchy o de la Raiz

l´ım

n7→∞

√ n

an = k

⇒

 ∞ X    Si k < 1, entonces an converge     n=1  ∞ X  Si k > 1, entonces an diverge     n=1    Si k = 1, entonces el criterio no resuelve

EJEMPLO 10.18. Analizar la convergencia y/o divergencia de la siguiente serie: 2n ∞  X πn2 cos 2 2n − 3 n=1

email [email protected]

331

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

332

´ SOLUCION.-

l´ım

n→∞

s n

πn2 cos 2 2n − 3

2n



2 πn2 = l´ım cos 2 n→∞ 2n − 3  2

=

Por tanto, la serie es convergente. ⑤ Criterio del Cociente

l´ım

n7→∞

an+1 =k an

⇒

 l´ım cos

n→∞

π

 = 3  2− 2 n



cos

π 2 =0 1, entonces an diverge     n=1    Si k = 1, entonces el criterio falla

EJEMPLO 10.19. Aplicando el criterio del Cociente, determinar la convergencia o diver∞ X n gencia de la serie 3n n=1 ´ SOLUCION.Aplicando el criterio del Cociente tenemos: n+1   an+1 n+1 (n + 1)3n 1 1 1 3 l´ım = l´ım = l´ım n = l´ım 1 + = < 1, n+1 n7→∞ an n7→∞ n7→∞ n7 → ∞ n3 n 3 3 3n de donde se deduce que la serie dada es convergente. EJEMPLO 10.20. Aplicando el criterio del Cociente, determinar la convergencia o diver∞ X (n + 1)(n + 2) gencia de la serie n! n=1 ´ SOLUCION.Aplicando el criterio del Cociente tenemos:

an+1 n7→∞ an l´ım

email [email protected]

(n + 2)(n + 3) (n + 2)(n + 3)n! (n + 1)! = l´ım = l´ım n7→∞ (n + 1)(n + 2) n7→∞ (n + 1)(n + 2)(n + 1)! n! n+3 = l´ım = 0 < 1, n7→∞ (n + 1)2 332

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

333

de donde se deduce que la serie dada es convergente. EJEMPLO 10.21. Aplicando el criterio del Cociente, determinar la convergencia o diver∞ X n3 gencia de la serie (ln 2)n n=1 ´ SOLUCION.Aplicando el criterio del Cociente tenemos: an+1 n7→∞ an l´ım

(n + 1)3 (n + 1)3 1 (n + 1)3 (ln 2)n (ln 2)n+1 = l´ım = l´ım = l´ ım = > 1, 3 n7→∞ n7→∞ (ln 2)n3 n7→∞ n (ln 2)n+1 n3 ln 2 (ln 2)n

de donde se deduce que la serie dada es divergente. EJEMPLO 10.22. Analizar la convergencia y/o divergencia de la siguiente serie:

∞ X

n 2n . n (n + 1)3 n=1

´ SOLUCION.(n + 1) 2n+1 (n + 2)3n+1 l´ım n 2n n→∞ (n + 1)3n

=

l´ım

n→∞

(n + 1) 2n+1 (n + 1)3n n 2n (n + 2)3n+1

(n + 1) 2n 2 (n + 1)3n 2(n + 1)2 = l´ ım n→∞ n→∞ 3n(n + 2) n 2n (n + 2)3n 3  2 1 2 1+ 2 n   = 1, 336

e−t dt = l´ım

x→∞

h i e0 − e−x = 1

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s Γ(p) =

Z

∞

p−1 −t

t

e dt = l´ım

x→∞

0

=

=

ζℏαυεz

Z

337

x

tp−1 e−t dt

0

  Z x p−1 −t x −t p−1 l´ım −t e |0 − (−e )(p − 1)t dt

x→∞

0

u = tp−1 , dv = e−t dt du = (p − 1)tp−1 dt, v = −e−t

  Z x p−1 −x p−1 −t l´ım −x e + (p − 1) t e dt = (p − 1)Γ(p − 1)

x→∞

0

Sea n ∈ N, entonces

Γ(n) = (n − 1)Γ(n − 1) = (n − 1)(n − 2)Γ(n − 2) = · · · = (n − 1)!

Para finalizar

  Z ∞ Z ∞ 1 1 1 −1 −t = t 2 e dt = t− 2 e−t dt Γ 2 0 0 Z ∞  − 1 t = u2 2 −u2 = u2 e 2udu dt = 2udu 0 √  Z ∞ √ π −u2 = 2 e du = 2 = π 2 0 ❚

EJEMPLO 11.1. Calcular: Γ(2) = 1! = 1 Γ(6) = 5! = 120 Γ(5) 4! = = 12 Γ(3) 2!           9 7 7 75 5 753 3 7531 1 105 √ Γ = Γ = Γ = Γ = Γ = π 2 2 2 22 2 222 2 2222 2 16 Z

EJEMPLO 11.2. Calcular la integral

∞

x6 e−2x dx.

0

´ SOLUCION.y dy dx = 2 2

2x = y x = Z

∞

6 −2x

xe

| ↓

dx =

0

email [email protected]

Z

0

∞

 y 6 2

−y

e

dy 1 = 7 2 2 337

Z

0

∞

y 6e−y dy =

Γ(7) 6! 45 = 7 = 7 2 2 8 R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

338 ♣

EJEMPLO 11.3. Calcular la integral

Z

∞

√

3

y e−y dy.

0

´ SOLUCION.y 3 = x, y = x1/3 , dy = Z

∞

√

−y 3

ye

dy

0

∞

√

−y 3

ye

| Z ∞√ ↓ = x1/3 e−x 0

0

por tanto Z

1 −2/3 x dx 3

Z

1 dy = 3

∞

1 dx = 3

−1/2 −x

x

1 −2/3 1 x dx = 3 3

e

0

Z

∞

Z

1/2−1 −x

x

e

0

∞

x1/6−2/3 e−x dx

0

  1 1 1√ = π. dx = Γ 3 2 3 ♣

EJEMPLO 11.4. Calcular la integral

Z

∞

x

e− 2 x3 dx.

0

´ SOLUCION.Recordemos la definici´on de la funci´on gamma Z ∞ Γ(p) = xp−1 e−x dx 0

Z

− x2

e

3

x dx

u = x2 , x = 2u, dx = 2du = = =

Z

e−u (2u)3 2 du Z 4 2 u3 e−u du Z 4 2 u4−1 e−u du

24 Γ(4) = 24 3! = 96

=

♣ EJEMPLO 11.5. Calcular la integral

Z

∞

e−2x x4 dx.

0

email [email protected]

338

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

339

´ SOLUCION.-

Z

−2x

e

4

x dx

u = 2x, x = u2 , dx = 12 du =

Z

 u 4 1 e du 2 2 Z 1 u4 e−u du 25 Z 1 u5−1 e−u du 5 2 1 3 1 Γ(5) = 5 4! = . 5 2 2 4

= = =

EJEMPLO 11.6. Calcular la integral

Z

−u

♣ ∞

x

x3 e− 2 dx.

0

´ SOLUCION.Recordemos la definici´on de la funci´on gamma Z ∞ Γ(p) = xp−1 e−x dx 0

Z

3

− x2

x e

dx

u = x2 , x = 2u, dx = 2du = = =

EJEMPLO 11.7. Calcular la integral

∞

(2u)3 e−u 2 du Z 4 2 u3 e−u du Z 4 2 u4−1 e−u du

24 Γ(4) = 24 3! = 96

= Z

Z

♣ x4 e−4x dx.

0

´ SOLUCION.-

♣

Calcule las siguientes integrales: email [email protected]

339

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

(1) (3) (5) (7)

Z

∞

Z0 ∞ Z0 ∞

Z0 ∞

4 −4x

xe

dx

(2)

x2 e−3x dx

(4)

x1/2 e−x dx x2 e−

√

x

(6)

dx

(8)

0

11.2.

340 Z

∞

Z0 ∞ Z0 ∞

x4 e−2x dx x4 e−3x dx x3/2 e−x dx

Z0 ∞ √

x5 e−x dx

0

Funci´ on Beta

Definamos la funci´on Beta, β, como

β : (0, ∞) × (0, ∞) → (0, ∞) (p, q) 7→ β(p, q) =

Z

0

1

xp−1 (1 − x)q−1 dx

TEOREMA 11.2. 1. β(p, q) = β(q, p). Z π 2 2. β(p, q) = 2 sen2p−1 t cos2q−1 tdt. 0

3. β(p, q) =

Z

0

4. β(p, q) =

∞

sp−1 ds. (1 + s)p+q

Γ(p) Γ(q) . Γ(p + q)

Demostraci´on. Hagamos el cambio de variables y = 1 − x, entonces dx = −dy. Por tanto Z 1 Z 0 p−1 q−1 β(p, q) = x (1 − x) dx = − (1 − y)p−1y q−1dy 0

=

Z

0

1

1

y q−1(1 − y)p−1dy = β(q, p)

Para probar la segunda ecuaci´on, en la definici´on de β(p, q) reemplazamos x por sen2 (t). Entonces, cuando x = 0, se tiene que sen2 (t) = 0, de aqu´ı t = 0. Del mismo modo, cuando x = 1, se tiene que sen2 (t) = 1, as´ı t = π2 . Adem´as dx = 2 sen(t) cos(t)dt.

email [email protected]

340

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

β(p, q) =

Z

1

xp−1 (1 − x)q−1 dx

0

=

Z

π 2

0

= 2

341

Z

sen2(p−1) (t) (1 − sen2 (t))q−1 2 sen(t) cos(t)dt π 2

sen2p−1 (t) cos2q−1 (t)dt

0

x . Cuando x = 0, se tiene que 1−x s (1 + s) − s s = 0 y si x → 1− , se tiene que s → ∞. Ahora como, x = se sigue que dx = ds = 1+s (1 + s)2 1 ds. Por tanto, (1 + s)2 Z 1 β(p, q) = xp−1 (1 − x)q−1 dx

Para obtener la tercera ecuaci´on para β(p, q). Hagamos s =

0

=

Z

∞

0

=

Z

=

0

s 1+s

p−1  1−

s 1+s

q−1

1 ds (1 + s)2

∞

sp−1 1 1 ds p−1 q−1 (1 + s) (1 + s) (1 + s)2

∞

sp−1 ds. (1 + s)p+q

0

Z



Para probar la u ´ ltima formula, usamos la definici´on de la funci´on Gamma, en efecto, Z

∞

Z

∞

t e dt sq−1 e−s ds 0 0  Z ∞ Z ∞ p−1 −t = t e dt sq−1 e−s ds 0 0 Z ∞Z ∞ = tp−1 e−t sq−1 e−s ds dt Z0 ∞ Z0 ∞ = tp−1 sq−1 e−(t+s) ds dt

Γ(p) Γ(q) =

0

p−1 −t

0

Realizando el cambio de variables s = tx se tiene que ds = tdx.

email [email protected]

341

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s Z

0

∞

Z

∞

ζℏαυεz

p−1 q−1 −(t+s)

t

s

e

ds dt =

0

= =

Z

∞

342 Z

∞

Z0 ∞ Z0 ∞

Z0 ∞ Z0 ∞ 0

tp−1 (tx)q−1 e−(t+tx) tdx dt tp−1 tq−1 xq−1 e−t(1+x) tdx dt tp+q−1 xq−1 e−t(1+x) dt dx

0

s 1 . De aqu´ı dt = ds. Por tanto, 1+x 1+x p+q−1 Z ∞Z ∞ Z ∞Z ∞ 1 s p+q−1 q−1 −t(1+x) t xq−1 e−s ds dx x e dt dx = 1+x 1+x 0 0 0 0 Z ∞Z ∞ sp+q−1 1 = xq−1 e−s ds dx p+q−1 1+x 0 0 (1 + x) Z ∞Z ∞ xq−1 = sp+q−1 e−s ds dx p+q (1 + x) 0 0 Z ∞ Z ∞ xq−1 = sp+q−1 e−s ds dx p+q (1 + x) 0 0 Z ∞ Z ∞ q−1 x = dx sp+q−1 e−s ds p+q (1 + x) 0 0

Hagamos s = t(1 + x), luego t =

= β(p, q) Γ(p + q).

❚ EJEMPLO 11.8. Calcular la siguiente integral

Z

1

x4 (1 − x)2 dx.

0

´ SOLUCION.Z 1 Z 1 Γ(5) Γ(3) 4! 3! 1 4 2 x (1 − x) dx = x5−1 (1 − x)3−1 dx = β(5, 3) = = = Γ(5 + 3) 8! 180 0 0 ♣ EJEMPLO 11.9. Calcular la siguiente integral

Z

1 0

√

x2 dx. 2−x

´ SOLUCION.Apliquemos la t´ecnica de sustituci´on. Si hacemos x = 2y, entonces dx = 2dy. Por tanto

email [email protected]

342

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s Z

1 0

ζℏαυεz

x2 √ dx = 2−x

Z

1

343

(2y)2 √ 2 dy 2 − 2y

x = 2y dx = 2dy 0 √ Z 1 Z 1 8y 2 8 2y 2 √ √ √ √ √ = dy = dy 2 1−y 2 2 1−y 0 0 Z 1 √ 2 √ Z 1 2 4 2y √ = dy = 4 2 y (1 − y)1/2 dy 1 − y 0 0

Resolviendo el sistema de ecuaciones ( p−1=2

q − 1 = 1/2

(

p=3 q = 3/2

por lo tanto Z

1 0

√ x2 √ dx = 4 2 2−x

Z

1

0

y 2(1 − y)1/2 dy

    1 1   Γ(3) Γ Γ(3) Γ √ √ √ 2 2 1  =4 2   = 4 2 β 3, 2 = 4 2  Γ 3 + 12 Γ 72   √ 1 Γ(3) Γ √ 3! √ 2 64 2   =4 2 = 4 2 = 15 531 1 15 Γ 8 222 2 ♣

EJEMPLO 11.10. Calcule las siguientes integrales: (1)

Z

2 2

x

0

(3)

Z

1

0

(5)

Z

(7)

1√ 1√

0

(9)

Z

0

email [email protected]

2

4−

x2 dx

(2)

Z

1

√

0

√ x4 1 − x dx

0

Z

√

(4)

Z

1

x3 (1 − x)4 dx

0

x (1 − x)4 dx

(6)

Z

1

x2 (1 − x)5 dx

0

3

x(1 − x) dx

(8)

Z

3

√ x4 9 − x2 dx

a

√ x4 a2 − x2 dx

0

√ x2 4 − x2 dx

(10)

Z

0

343

x2 dx 2−x

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

344

EJEMPLO 11.11. Analice la verdad o falsedad de la siguiente afirmaci´ on.   5 Z π Γ 2 1 4  . sen(t) cos (t)dt = 2 Γ 7 0 2

´ SOLUCION.Recordemos que si a es impar y b par, se tiene que Z

π 0

Z

1 sen t cos t dt = 2 q

b

π 2

senq t cosb t dt

0

Aplicando esta ecuaci´on a nuestro caso obtenemos Z π Z π 2 1 4 sen(t) cos (t)dt = sen(t) cos4 (t) dt 2 0 0 Entonces para encontrar nuestra integral, debemos resolver el siguiente sistema de ecuaciones ( ( 2p − 1 = 1 p = 22 = 1 q=

2q − 1 = 4

5 2

por lo tanto Z

0

π 2

      5 5 5 Γ(1) Γ Γ(1) Γ Γ 2 2 2 1 1 1 4 5   =   =   sen (t) cos (t)dt = 2 Γ 1+ 5 2 2 Γ 7 Γ 72 2 2

Por tanto la afirmaci´on es verdadera. ♣ Z

EJEMPLO 11.12. Calcular la siguiente integral

π 2

sen4 (t) cos5 (t)dt.

0

´ SOLUCION.Recordemos que 2

Z

π 2

sen2p−1 t cos2q−1 tdt = β(p, q) =

0

Γ(p) Γ(q) Γ(p + q)

de donde Z

π 2

0

email [email protected]

sen2p−1 t cos2q−1 tdt =

1 1 Γ(p) Γ(q) β(p, q) = 2 2 Γ(p + q)

344

(11.1) R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

345

Entonces para encontrar nuestra integral, debemos resolver el siguiente sistema de ecuaciones ( ( 2p − 1 = 4 p = 52 2q − 1 = 5

q=3

por lo tanto Z

π 2

0

 

 

5

5 2

 

5 Γ(3) Γ(3) 1 Γ 1 Γ 1 Γ 2 Γ(3)    =    = sen (t) cos (t)dt = 2 Γ 5 +3 2 Γ 11 2 Γ 11 2 2 2 4

5 2

Por otra parte calculemos           9 9 97 7 975 5 315 5 11 = Γ = Γ = Γ = Γ Γ 2 2 2 22 2 222 2 8 2 esto implica que Z

π 2

0

 

5 2! 2 8 1 1 (2)(8)  = sen (t) cos (t)dt = = 5 2 315 2 315 315 Γ 8 2 4

Γ

5

♣ EJEMPLO 11.13. Calcular la siguiente integral

Z

π 2

sen6 (t) dt.

0

´ SOLUCION.Usemos las ecuaciones en (11.1). Resolvemos el siguiente sistema de ecuaciones: ( ( 2p − 1 = 6 p = 72 2q − 1 = 0

por lo tanto Z

0

π 2

q=

1 2

      531 1 √ 7 1 Γ π Γ Γ 2 2 1 1 222 5π 2 6   = sen (t) dt = = . 2 Γ 7+1 2 Γ(4) 32 2 2

EJEMPLO 11.14. Calcular la siguiente integral email [email protected]

345

Z

π 2

♣

cos4 (t) dt.

0

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

346

´ SOLUCION.Usemos las ecuaciones en (11.1). Resolvemos el siguiente sistema de ecuaciones: ( ( 2p − 1 = 0 p = 12 2q − 1 = 4

por lo tanto Z

π 2

0

q=

5 2

      √ 31 1 1 5 π Γ Γ Γ 2 2 1 1 3π 22 2   = cos4 (t) dt = = . 2 Γ 1+5 2 Γ(3) 16 2 2

EJEMPLO 11.15. Calcular la integral

Z

π 2

♣

sen3 θ cos4 θdθ.

0

´ SOLUCION.Recordemos una de las propiedades de la funci´on beta Z π 2 sen2p−1 θ cos2q−1 θdθ β(p, q) = 2 0

de donde Z

π 2

0

1 u + 1 v + 1 senu θ cosv θdθ = β , 2 2 2

Aplicando esta u ´ ltima formula tenemos Z π 2 1 3 + 1 4 + 1 1  5 3 4 sen θ cos θdθ = β , = β 2, 2 2 2 2 2 0 Recordemos adem´as que β(p, q) =

Γ(p) Γ(q) Γ(p + q)

aplicando esto obtenemos 5 5 5 5  5  Γ(2) Γ 1! Γ Γ Γ 2 =  2 = 2 = 2  = 4 . β 2, =   5 9 7 7 7 5 5 2 35 Γ 2+ Γ Γ · Γ 2 2 2 2 2 2 2

Por lo tanto, finalmente tenemos Z

π 2

sen3 θ cos4 θdθ =

0

1 4 2 = . 2 35 35 ♣

email [email protected]

346

R βo ιυατ

R ξ£vι − βτ αηφoη − ξτ τ o s

ζℏαυεz

347

EJEMPLO 11.16. Calcule las siguientes integrales: (1)

Z

π 2

4

5

sen (t) cos (t)dt

(2)

0

(3)

Z

(5)

3

4

sen θ cos θdθ

(4)

(7)

sen2 θ cos3 θdθ

Z

π 2

cos4 (t) dt

(6)

Z

π

sen4 θ dθ

0

π 2

sen3 θ cos2 θdθ

0

email [email protected]

sen6 (t) dt

0

π 2

0

Z

π 2

0

π 2

0

Z

Z

(8)

Z

π

cos6 θ dθ

0

347

R βo ιυατ