Mario Chavez - Ejercicios Resueltos de Calculo II.

February 20, 2017 | Author: Alvaro Mamani Q | Category: N/A

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´ UNIVERSIDAD MAYOR DE SAN ANDRES FACULTAD DE CIENCIAS PURAS Y NATURALES ´tica Carrera de Informa

p e ri a ¶h btahfoh dm

Lunes 14 de Marzo del 2011

ò òi l

Cálculo II

x ni

p e ri a ¶h btahfoh dm

Ejercicios Resueltos

ò òi

l x ni

R Dr.MSc.Dipl.Lic. Mario ξρ Chavez Gordillo PhD. CAP1. CAP2. CAP3. CAP4. CAP5. CAP6.

Algebra Vectorial Geometr´ıa Anal´ıtica Solida Funciones Vectoriales de Variable Real Funciones Vectoriales de Variable Vectorial Integrales M´ ultiples Sucesiones y Series Rol de Evaluaciones PARCIAL CAPÍTULOS FECHA PUNTOS Primero 1,2 y 3 Domingo 03 de Abril del 2011 30 puntos Segundo 4, 5 y 6 Domingo 05 de Junio del 2011 30 puntos Final Todos Domingo 12 de Junio del 2011 25 puntos Prácticas Todos 10 puntos Recuperatorio 1er o 2do Par Jueves 16 de Junio del 2011

[B1 ]. Espacio Euclidiano n-dimensional Producto interno Para x = (x1 , x2 , x3 , ..., xn ), y = (y1 , y2 , y3 , ..., yn ) en Rn definimos el producto interno por x • y = x1 y1 + x2 y2 + x3 y3 + · · · + xn yn . Ese producto interno satisface: 1. 2. 3. 4. 5.

x • x ≥ 0 para todo x ∈ Rn , x • x = 0 si y solo si x = 0, x • y = y • x para todo x, y ∈ Rn , (cx) • y = c(x • y) para todo x, y ∈ Rn , c ∈ R (x + y) • z = x • y + y • z para todo x, y, z ∈ Rn .

Norma.- Para x = (x1 , x2 , x3 , ..., xn ) en Rn definimos la norma o longitud de x por ||x|| = La norma satisface:

√

x•x=

q

x21 + x22 + x23 + · · · + x2n .

1. ||x|| ≥ 0 para todo x ∈ Rn , 1

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2

||x|| = 0 si y solo si x = 0, ||cx|| = |c| ||x|| para todo x ∈ Rn , c ∈ R |x • y| ≤ ||x|| ||y|| para todo x, y ∈ Rn . ||x + y|| ≤ ||x|| + ||y|| para todo x, y ∈ Rn .

Ejemplo ¿Qué se sabe acerca del ańgulo entre los vectores no nulos a y b, si (i) a • b > 0?, (ii) a • b < 0?,

(i) a • b = 0? Soluci´ on.

(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 π2 y π. (i) Si a • b = 0, entonces el a ńgulo entre a y b es π2 . ´ 1. Sean a, b vectores. La proyecci´ DEFINICION on del vector a en la direcci´ on del vector b es definido por a•b a•b u= b. Luego el vector v = a − b es ortogonal al vector b. ||b||2 ||b||2

Ejemplo 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.

Soluci´ on. 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 Demostrar vectorialmente que las diagonales de un rombo se cortan en ańgulo recto. Soluci´ on. 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 vértices de un rombo. Entonces, supongamos que los vectores u=− p−→ p 0 1

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−→ p +− p−→ p =− p−→ p . 0 1

0 2

0 3

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 ´

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

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3

Ejemplo Determine los valores de c sabiendo que u = (−4, −1, −4) y ||cu|| = 5 Soluci´ on. 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

o

6 c = −√ . 33

Ejemplo Encuentre dos vectores en direcciones opuestas que sean ortogonales al vector u = (5, 2, 1) Soluci´ on. 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) también es ortogonal a u.

Ejemplo Si θ es el ańgulo entre A y B, entonces demostrar ||A − B||2 = ||A||2 + ||B||2 − 2||A|| ||B|| cos θ. Soluci´ on. ||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 Demostrar ||A + B||2 = ||A||2 + ||B||2 si y solo si A • B = 0. Soluci´ on. 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 Demostrar ||A + B||2 + ||A − B||2 = 2||A||2 + 2||B||2 . Soluci´ on. De los ejercicios anteriores tenemos

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

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||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 Demostrar ||A + B||2 − ||A − B||2 = 4 A • B. Soluci´ on. 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

Ejemplo Si θ es el ańgulo entre A y B en R3 , entonces demostrar tan θ = Soluci´ on.

tan θ =

sen θ = cos θ

||A×B|| ||A|| ||B|| A•B ||A|| ||B||

=

||A × B|| . A•B

||A × B|| A•B

Ejemplo Dados vectores distintos de cero A y B en R3 , mostrar que el vector V = ||A||B + ||B||A biseca

el a ńgulo entre A y B.

Soluci´ on. Es suficiente probar que V •B A•V = ||A|| ||V || ||V || ||B||

En efecto.

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

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Producto vectorial Ejemplo Sean a y b vectores no nulos de R3 tales que a×b = 0. ¿Qué condición geométrica deben cumplir los vectores a y b? para que sea cierta la afirmaci´ on Soluci´ 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 Sean a, b y c vectores no nulos de R3 tales que a • (b × c) = 0. ¿Qué condición geométrica deben

cumplir los vectores a, b y c para que sea cierta la afirmaci´ on?

Soluci´ on. 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

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. Soluci´ on. Esta es una afirmaci´ on verdadera. En efecto, como a y b son ortogonales a c, entonces 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 Analice la verdad o falsedad de la siguiente afirmación. Justifique su respuesta. Si se conocen a × b = d y a × c = d, entonces c es igual a b. Soluci´ on. 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.

Ejemplo Analice la verdad o falsedad de la siguiente afirmación. Justifique su respuesta. Es posible encontrar el producto vectorial de dos vectores en el espacio vectorial bidimensional. R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

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Soluci´ on. El producto vectorial “×” esta definido para vectores en R3 . El producto vectorial de dos vectores 3 en R 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

Hallar el a ´rea del tri´ angulo de vértices A(1, 1, 1); B(2, 4, 2); C(3, 4, 0).

Soluci´ on. 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

Hallar el a ´rea del tri´ angulo de vértices A(3, 4, 0); B(1, 1, 1); C(3, 5, 3).

Soluci´ on. 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 = (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

= i −3 1 1 3

− j −2 1 0 3

+ k −2 −3 = (−10, 6, −2) 0 1

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

√

140 2 ♣

Ejemplo Calcule el a´rea del triángulo de vértices (2, −1, 3), (4, 3, 5) y (2, 3, 1) R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

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Soluci´ on. 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 vértices p0 , p1 y p2 , consideremos los vectores u=− p−→ p = p − p = (4, 3, 5) − (2, −1, 3) = (2, 4, 2) 0 1

1

0

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 u × v = 2 4 2 0 4 2

se donde se sigue que

= i 4 2 4 2

||u × v|| =

Finalmente

p

−j 2 2 0 2

+k 2 4 0 4

02 + (−4)2 + 82 =

||u × v|| ´ Area = = 2

√

= (0, −4, 8).

70.

√

70 . 2

Ejemplo Usando vectores analice si los puntos (2, −3, 1), (6, 5, −1), (3, −6, 4) y (7, 2, 2) son los vértices

de un paralelogramo y calcule su a ´rea.

Soluci´ on. 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 vértices de un paralelogramo consideremos los vectores − p = p − p = (6, 5, −1) − (2, −3, 1) = (4, 8, −2), p−→ 0 1

1

0

− → p− 0 p2 = p2 − p0 = (3, −6, 4) − (2, −3, 1) = (1, −3, 3),

y

− → p− 3 p1 = p1 − p0 = (6, 5, −1) − (7, 2, 2) = (−1, 3, −3),

− → 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 vértices de un paralelogramo. Adem´ as → −−→ ´ Area = ||− p− 0 p1 × p0 p2 ||.

Ejemplo Calcule el a´rea del paralelogramo de lados a = (5, 4, −2); b = (6, −5, −3) R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

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Soluci´ on. Empecemos calculando a × b, i j k a × b = 5 4 −2 6 −5 −3

= i 4 −2 − j 5 −2 −5 −3 6 −3

8

+k 5 4 6 −5

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

se donde se sigue que p √ √ ´ Area = ||a × b|| = (−22)2 + (−3)2 + (−49)2 = 484 + 9 + 2401 = 2894 = 53, 8.

Ejemplo

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

se donde se sigue que

6 − 3 0 −4 −4

+ 1 0 6 −4 0

= 1(−24 − 6) − 3(−4 + 24) + (0 + 24) = −30 − 60 + 24 = −66. Volumen = |a • (b × c)| = | − 66| = 66.

´ lida [B2 ]. Geometr´ıa Anal´ıtica So Ejemplo

Halle las ecuaciones: (a) paramétricas, (b) simétricas de la recta que pasa por los puntos (5, −3, −2) y − 23 , 23 , 1 .

Soluci´ on. Nombremos a estos puntos por

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

Luego la ecuación vectorial de la recta que pasa a través 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) −17 11 = − 23 − 5, 23 + 3, 1 + 2 = −2−15 , 2+9 3 3 ,3 = 3 , 3 ,3 , es p = p0 + tu (x, y, z) = (5, −3, −2) + t de donde obtenemos las ecuaciones paramétricas de la recta x = 5− y = −3 z

−17 11 , ,3 3 3

−17 3 t + 11 3 t

= −2 + 3t

Adem´ as, las ecuaciones simétricas de la recta son x−5 y − (−3) z − (−2) = −17 = 11 3 3 3

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

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simplificando tenemos 3(5 − x) 3(y + 3) z+2 = = . 17 11 3

Ejemplo Halle las ecuaciones paramétricas de la recta que pasa por el punto (−3, 2, −1) y es perpendicular

al plano dado por −2x + 3y + z = 5.

Soluci´ on. 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 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 paramétricas de la recta son x = −3 − 2t y = 2 + 3t z

= −1 + t

Ejemplo Halle las ecuaciones paramétricas de la recta que pasa por el punto (3, −2, 4) y es paralela (a)

al eje X, (b) eje Y , (c) eje Z.

Soluci´ on. 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 paramétricas de la recta son x = 3+t y = −2 z

= 4.

x−1 Determine si las rectas x3 = y−2 −1 = z + 1 , 4 = y + 2 = punto de intersecci´ on y el coseno del a ńgulo de intersecci´ on.

Ejemplo

Soluci´ on. La ecuaci´ on vectorial de la recta

x 3

y−2 −1

=

y la ecuaci´ on vectorial de la recta

=y+2=

z+3 −3

se cort´ an, y si es as´ı halle el

= z + 1 es

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

z+3 −3

t∈R

(1)

es

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

s∈R

(2)

Las dos rectas en (1) y (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.

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

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

Ejemplo Halle la ecuación del plano que pasa por los puntos (1, 2, 3), (3, 2, 1) y (−1, −2, 2) Soluci´ on. 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− 0 p1 y p0 p2 viven en el plano, su producto vectorial p0 p2 × p0 p1 es el vector normal al plano. → −−→ Calculemos − p− 0 p2 × p0 p1 , i j k 0 −2 2 −2 2 0 − − → − − → −j +k 0 −2 = i p0 p2 × p0 p1 = 2 −4 −1 −2 −1 −2 −4 −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 = p0 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

Ejemplo Halle la ecuación del plano que pasa por el punto (3, 2, 2) y es perpendicular a la recta y+2=

x−1 4

=

z+3 −3

Soluci´ on. Como el plano que buscamos es perpendicular a la recta normal es precisamente el vector direcci´ on de la recta.

x+1 5

=

y+2 −4

=

z−5 −2 ,

entonces su vector

y+2 z−5 Por otro lado el vector direcci´ on de la recta x+1 on del plano 5 = −4 = −2 es (5, −4, −2). Luego la ecuaci´ 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

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

5(x − 3) − 4(y − 2) − 2(z − 2) = 0

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10x − 15 − 4y + 8 − 2z + 4 = 0,

11

10x − 4y − 2z − 3 = 0.

Ejemplo Halle la ecuación del plano que contiene a las rectas:

x−1 −2

y−4 Soluci´ on. Como el plano que contiene a las rectas: x−1 −2 = 1 = vectores direcci´ on de estas rectas est´ an contenidas en el plano.

=

y−4 1

z x−2 1 ; −3

=

= z1 ; y−1 4

x−2 −3

=

=

y−1 4

z−2 −1 ,

=

z−2 −1 .

se sigue que los

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

= (−1 − 4, −(2 + 3), −8 + 3) = (−5, −5, −5).

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

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

Ejemplo Halle la ecuación del plano que contiene a las rectas:

x−1 −2

x + y + z = 5.

= y = z + 1;

x+1 −2

= y − 1 = z − 2.

Soluci´ on. Idéntico al anterior.

Ejemplo Halle la ecuación del plano que contiene a todos los puntos equidistantes a los puntos (2, 2, 0), (0, 2, 2). Soluci´ on. 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,

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

x − z = 0.

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12

Ejemplo

Determine si los planos son: paralelo, perpendiculares, o ninguna de las dos cosas. Si no son paralelos ni perpendiculares, hallar el a ńgulo de intersecci´ on. 5x − 3y + z = 4, x + 4y + 7z = 1. Soluci´ on. 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 Determine si los planos son: paralelo, perpendiculares, o ninguna de las dos cosas. Si no son paralelos ni perpendiculares, hallar el a ńgulo de intersecci´ on. 4x + y − z = 2, −x − 2y − 4z = 2. Soluci´ on. 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

|n1 · n2 | | − 2| 2 p =p =√ √ 2 2 2 2 2 2 ||n1 || ||n2 || 18 21 (4) + (1) + (−1) (−1) + (−2) + (−4) θ = arc cos

2 √ 378

Ejemplo

Determine si los planos son: paralelo, perpendiculares, o ninguna de las dos cosas. Si no son paralelos ni perpendiculares, hallar el a ńgulo de intersecci´ on. 2x − 3y + 2z = 3, x + 3y + 2z = 4. Soluci´ on. 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

|n1 · n2 | | − 3| 3 p =p =√ √ ||n1 || ||n2 || 17 14 (2)2 + (−3)2 + (2)2 (1)2 + (3)2 + (2)2 θ = arc cos

√

3 238

Ejemplo Halle la intersección del plano 2x − 3y + 2z = 3 con la recta x − 12 = R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

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y+ 32 −1

=

z+1 2

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13

Soluci´ on. Consideremos la recta que pasa por el punto p0 y tiene vector direccional al vector u y consideremos también 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 − q 0 · 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

(3)

En nuestro caso, 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+ 23 −1

=

z+1 2

se tiene que p0 = ( 12 , − 32 , −1) y u = (1, −1, 2).

Finalmente el punto de intersecci´ on que buscamos se obtiene reemplazando estos datos en (3): ((0,−1,0)−( 12 ,− 23 ,−1))·(2,−3,2) p = 12 , − 32 , −1 + (2, −3, 2) (1,−1,2)·(2,−3,2)

+

(− 12 ,−1+ 23 ,1)·(2,−3,2) (1,−1,2)·(2,−3,2)

+

(− 12 )2+( −2+3 )(−3)+1(2) 2 2(1)+(−3)(−1)+2(2)

+

=

1 3 2 , − 2 , −1

=

1 3 2 , − 2 , −1

=

1 3 2 , − 2 , −1

=

1 2

(2, −3, 2)

(2, −3, 2)

−1− 32 +2 9

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

Ejemplo Halle las ecuaciones paramétricas de la recta de intersección entre los planos x − 4y + 2z = 0, 3x + 2y − z = 7. Soluci´ on. Haciendo z = t, del sistema ( x − 4y + 2z = 0 3x + 2y − z = 7

se obtiene

(

x − 4y

= −2t

3x + 2y = t + 7

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

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

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14

Por tanto las ecuaciones paramétricas de la recta son x = −4t +

y = − 12 t + z

14 5 7 10

= t.

Ejemplo Halle la distancia del punto (2, 8, 4) al plano 4x − 2y − 4z = 2 Soluci´ on. La distancia del punto q al plano que pasa por el punto p0 y tiene vector normal N es D=

|(q − p0 ) · N | . ||N ||

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

Ejemplo Halle la distancia entre los planos paralelos 2x − 3y + 4z = 8, 4x − 6y + 8z = 18 Soluci´ on. 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=

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

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

Ejemplo Halle la distancia del punto (4, −1, 5) a la recta x = 3, y = 1 + 3t, z = 1 + t. Soluci´ on. La distancia del punto q a la recta que pasa por el punto p0 y tiene vector direcci´ on u es D= De las ecuaciones paramétricas de la recta

||(q − p0 ) × u|| . ||u||

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).

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

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Ahora bien, como se tiene que

q − p0 = (4, −1, 5) − (3, 1, 1) = (1, −2, 4), i j k (q − p0 ) × u = 1 −2 4 0 3 1

Cuya longitud es dado por

= i −2 4 3 1

−j 1 4 0 4

+ k 1 −2 0 3

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

||(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)

Ejemplo 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

Soluci´ on. 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.

Ejemplo

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. Soluci´ on. 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, p 1 1√ r= (2 − 0)2 + (0 − 6)2 + (0 − 0)2 = 40 2 2 Por tanto la esfera tiene por ecuaci´ on 2 1√ 2 2 2 (x − 1) + (y − 3) + (z − 0) = 40 2 (x − 1)2 + (y − 3)2 + z 2 = 10.

Ejemplo Halle la ecuación estándar de la esfera que tiene centro el punto (2, 3, 1) y es tangente al plano xy. Soluci´ on. 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=

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

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

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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: (x − 2)2 + (y − 3)2 + (z − 1)2 = 1

Ejemplo Halle la ecuación estándar de la esfera que tiene centro el punto (4, −3, 1) y es tangente al plano 3x − 2y + z = 3. Soluci´ on. 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=

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

2

[B3 ]. Funciones de Varias Variables (a1) Encontrar el dominio de definici´ on Dom(f ) de las siguientes funciones f : Rn → R y luego hallar su gr´ afico. (1) f (x, y) =

x2 y y 2 − 9x

(3) f (x, y) = r (5) f (x, y) = p

(2) f (x, y) =

x + y5

x2 100

+

y2 25

p

9x2 + 4y 2 − 36

(4) f (x, y) = (log(xy), −1

log(x)

4 − x2 − y 2 − z 2 2 x y2 z (7) f (x, y, z) = log − 2 − 32 4 2

√

1 − x)

r

x2 y 2 z + 2 − 22 3 5 √ y (8) f (x, y, z) = 2 x y2 z2 − 2 − 2 + 2 2 3 4 (6) f (x, y, z) =

(a2) Halle la composici´ on de las siguientes funciones. f : R2 → R

(x, y) 7→ f (x, y) = x2 + y 2 .

g : R → R3

x 7→ g(x) = (cos(x), ex , x3 )

(a3) Halle la composici´ on de las siguientes funciones.

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

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UMSA f : R → R2

2

x 7→ f (x) = (ex , sen(x2 )).

g : R2 → R3

17

4

x 7→ g(x, y) = (log(x), exy , x + y)

(a4) Halle la composici´ on de las funciones f y g, es decir halle g ◦ f donde

f

R4

f ◦g

-

R3 g

j

?

R2

f (x, y, z, w) = (x2 yw, sen(z), x + y), g(x, y, z) = (x + y + z, xyz)

[B4 ]. Curvas Ejemplo Halle las ecuaciones paramétricas de la recta tangente a la curva dada por f (t) = en el punto p(2, 0, 2).

t+1 t2 −1 t3 +1 t , t2 , t3

Soluci´ on. 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).

Ejemplo Halle las ecuaciones paramétricas de la recta tangente a la curva dada por f (t) = (2 cos(2t), 2 sen(2t), 3t) en t = π/2. Soluci´ on. 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). f ′ (π/2)

Ahora bien, La derivada 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)

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

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18

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 paramétricas de la recta x = −2 y = 4t z

= (3/2)π + 3t.

Ejemplo Halle la longitud de arco de la curva dada por f (t) = (sen(4t), cos(4t), 3t), t ∈ [0, π/2] Soluci´ on. 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=

a

||f ′ (t)|| dt

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

y de ah´ı que ||f ′ (t)|| =

p 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

´lculo de l´ımites mediante operaciones algebraicas [B5 ]. Ca Indeterminacines

Ejemplo.

0 , 0

0 · ∞,

00 ,

1∞ ,

∞ − ∞,

y

∞ . ∞

Sabiendo que sen(x) 1 − cox(x) = 1, l´ım = 0, x7→0 x7→0 x x ex − 1 x−1 l´ım = 1, l´ım = 1, x7→0 x7→1 ln(x) x

l´ım (1 + x)1/x = e,

x7→0

calcular los siguientes l´ımites. Ejemplo.

∞0 ,

Calcular el siguiente l´ımite

l´ım

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

Soluci´ on.

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

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

u−1 u7→1 ln(u)

=

l´ım

19

u = 1 − x2 − y 2 u→1

= 1

Ejemplo.

Calcular el siguiente l´ımite

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

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

=

l´ım

(x,y)7→(2,−2)

=

l´ım

u7→0

eu

= 4

Ejemplo.

Calcular el siguiente l´ımite

l´ım

(x,y)7→(0,0)

(x + y)(x − y) ex+y − 1

u (2 − (−2)) −1

u= x+y u→0

sen(x2 − y 2 ) . x+y

Soluci´ on.

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.

Calcular el siguiente l´ımite

1 − cox(xy) . x (x,y)7→(0,3) l´ım

Soluci´ on. 1 − cox(xy) x (x,y)7→(0,3) 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.

Calcular el siguiente l´ımite

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

u = xy u→0

ex+y − 1 . (x,y)7→(a,−a) x + y l´ım

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20

Soluci´ on. ex+y − 1 (x,y)7→(a,−a) x + y

eu − 1 u7→0 u

=

l´ım

l´ım

u=x+y u→0

= 1 Ejemplo.

Calcular el siguiente l´ımite

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

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

=

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

=

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

=

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

l´ım l´ım

l´ım

u = xy u→0

= 1 Ejemplo.

Calcular el siguiente l´ımite

6x − 2y . (x,y)7→(1,3) 9x2 − y 2 l´ım

Soluci´ on. l´ım

(x,y)7→(1,3)

Ejemplo.

6x − 2y 9x2 − y 2

Calcular el siguiente l´ımite

l´ım

=

l´ım

(x,y)7→(1,3)

2(3x − y) (3x + y)(3x − y)

=

2 (x,y)7→(1,3) 3x + y

=

2 1 = 3(1) + 3 3

(x,y)7→(1,1)

l´ım

x2 − 1 y−1 − 2 . x−1 y −1

Soluci´ on. l´ım

(x,y)7→(1,1)

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

x2 − 1 y−1 − 2 x−1 y −1

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

Cálculo II

Matemáticas

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UMSA Ejemplo.

Calcular el siguiente l´ımite

21

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

Soluci´ on. (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 − 1)(y 2 − 1) (x,y)7→(1,1)

=

l´ım

=

l´ım

(x,y)7→(1,1)

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

= (12 + 1 + 1)(12 + 1) = 3(2) = 6

Ejemplo.

Calcular el siguiente l´ımite

x2 + y 2

l´ım

(x,y)7→(0,0)

Soluci´ on. x2 + y 2

l´ım

(x,y)7→(0,0)

p

=

x2 + y 2 + 1 − 1

=

= = = = Ejemplo.

Calcular el siguiente l´ımite

p

x2 + y 2 + 1 − 1

l´ım

(x,y)7→(0,3)

1 + x2 y

p

(x,y)7→(0,0)

√

02 + 02 + 1 + 1 = 2

(x,y)7→(0,3)

= = =

1 + x2 y

l´ım

(x,y)7→(0,3)

l´ım

(x,y)7→(0,3)

h

Calcular el siguiente l´ımite

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

1 x2

.

1 + x2 y h

1 + x2 y 1

l´ım (1 + u) u

u7→0

= e3

Ejemplo.

x2 + y 2 + 1 + 1

p

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

l´ım

1 x2

p

x2 + y 2

Soluci´ on. l´ım

.

i3

y x2 y

1 x2 y

iy

u = x2 y u→0

x3 y 3 − 1 . (x,y)7→(1,1) xy − 1 l´ım

Cálculo II

Matemáticas

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UMSA Soluci´ on.

x3 y 3 − 1 (x,y)7→(1,1) xy − 1 l´ım

= = =

22

(xy)3 − 1 (x,y)7→(1,1) xy − 1 l´ım

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

(x,y)7→(1,1)

(xy)2 + xy + 1

= (1 · 1)2 + 1 · 1 + 1 = 3.

´lculo de l´ımites usando el teorema de acotacio ń [B6 ]. Ca TEOREMA 1 (Teorema de Acotaci´ on). Si f, g : Dom(f ) ⊂ Rn → R son funciones tales que l´ım f (x) = 0

y

x→x0

g es acotada.

Entonces l´ım f (x)g(x) = 0.

x→x0

Demostraci´ on. |f (x)g(x)| <

ε · M. M

Ejemplo.

Calcular el siguiente l´ımite

l´ım

(x,y)7→(0,0)

Soluci´ on.

p

x2

+

y 2 sen

1 . x2 + y 2

acotado

l´ım

(x,y)7→(0,0)

Ejemplo.

p

x2 + y 2 sen

x2

1 + y2

=

l´ım

(x,y)7→(0,0)

= 0.

Calcular el siguiente l´ımite

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

5x2 y . (x,y)7→(0,0) x2 + y 2 l´ım

Soluci´ on. acotado

5x2 y (x,y)7→(0,0) x2 + y 2 l´ım

tiende a 0

=

l´ım

(x,y)7→(0,0)

= 0.

Ejemplo.

Calcular el siguiente l´ımite

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

l´ım

2

(x,y)7→(0,0)

2

(x + y )sen

Cálculo II

z}|{ 5y

z }| { x2 x2 + y 2

1 . xy

Matemáticas

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23

Soluci´ on. acotado

l´ım

(x,y)7→(0,0)

(x2 + y 2 )sen

1 xy

=

l´ım

(x,y)7→(0,0)

= 0.

Ejemplo.

Calcular el siguiente l´ımite

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

x3 . (x,y)7→(0,0) x2 + y 2 l´ım

Soluci´ on. acotado tiende a 0

x3 (x,y)7→(0,0) x2 + y 2 l´ım

=

l´ım

(x,y)7→(0,0)

= 0.

Ejemplo.

Calcular el siguiente l´ımite

l´ım

(x,y)7→(0,0)

z}|{ x

z }| { x2 x2 + y 2

1 1 x sen + y sen . y x

Soluci´ on. acotado

l´ım

(x,y)7→(0,0)

1 1 x sen + y sen y x

tiende a 0

=

l´ım

(x,y)7→(0,0)

= 0.

Ejemplo.

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

Soluci´ on. acotado

l´ım

tiende a 0

x4 y

(x,y)7→(0,0) x4

+

y4

=

l´ım

(x,y)7→(0,0)

= 0.

Ejemplo.

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

Soluci´ on.

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

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24

acotado

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

Ejemplo.

Calcular el siguiente l´ımite

tiende a 0

=

= 0. x3

l´ım

(x,y)7→(0,0)

Soluci´ on.

l´ım

(x,y)7→(0,0)

Ejemplo.

x2 + y 2

=

(x,y)7→(0,0)

(x,y)7→(0,0)

xy x2

+

y2

=

x2 + y 2

acotado

z}|{ x2

z }| { x p x2 + y 2

tiende a 0

z }| { y p 2 x + y2

l´ım

p

}| { (x − 1)2 (x − 1)2 + (y + 2)2

.

(x,y)7→(0,0)

xy

l´ım

Soluci´ on.

p

x2 + y 2

= 0.

Calcular el siguiente l´ımite

l´ım

p

tiende a 0

x3 p

l´ım

(x,y)7→(0,0)

z }| { y(x − 1)

z

.

l´ım

(x,y)7→(0,0)

= 0.

z}|{ x

acotado

[B7 ]. Inexistencia de l´ımites Ejemplo.

Demostrar que el siguiente l´ımite no existe

Soluci´ on. El limite

l´ım

(x,y)7→(0,0) x2

l´ım

(x,y)7→(0,0) x2

xy + y2

xy no existe como lo verificaremos a continuaci´ on. + y2

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

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

Demostrar que el siguiente l´ımite no existe

Soluci´ on. El limite

x2 y (x,y)7→(0,0) x4 + y 2 l´ım

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

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

l´ım

Cálculo II

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25

Consideremos las rectas y = mx2 una cada valor de m ∈ R. m x2 y x2 mx2 x4 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 1 + m2 (x,y)7→(0,0) x + y 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. Ejemplo.

Demostrar que el siguiente l´ımite no existe

l´ım

(x,y)7→(0,0) x2

xy . + y2

Soluci´ on.

l´ım

(x,y)7→(0,0) x2

xy + y2

=

l´ım

x7→0 x2

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

Ejemplo.

remplazar y = mx

xmx + (mx)2

l´ım

Demostrar que el siguiente l´ımite no existe

m 1 + m2

=

y2 . (x,y)7→(0,0) x + y 2 l´ım

Soluci´ on. y2 (x,y)7→(0,0) x + y 2 l´ım

=

l´ım

y7→0

y2 my 2 + y 2

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

Ejemplo.

remplazar x = my 2

l´ım

Demostrar que el siguiente l´ımite no existe

=

1 m+1

2x2 y . (x,y)7→(0,0) x4 + y 2 l´ım

Soluci´ on. 2x2 y (x,y)7→(0,0) x4 + y 2 l´ım

=

l´ım

x7→0

2x2 mx2 x4 + (mx2 )2

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

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

remplazar y = mx2

l´ım

Cálculo II

=

2m 1 + m2

Matemáticas

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UMSA Ejemplo.

Demostrar que el siguiente l´ımite no existe

26

7x(x − 5) . y+2 (x,y)7→(5,−2) l´ım

Soluci´ on.

7x(x − 5) y+2 (x,y)7→(5,−2) l´ım

= =

Ejemplo.

l´ım

7x(x − 5) m(x − 5)

l´ım

7x m

x7→5

x7→5

Demostrar que el siguiente l´ımite no existe

remplazar y + 2 = m(x − 5) 35 m

=

(x − y)2 . (x,y)7→(0,0) x2 + y 2 l´ım

Soluci´ on.

(x − y)2 (x,y)7→(0,0) x2 + y 2 l´ım

= = =

Ejemplo.

l´ım

(x − mx)2 x2 + (mx)2

l´ım

x2 (1 − m)2 x2 (1 + m2 )

l´ım

(1 − m)2 1 + m2

x7→0

x7→0 x7→0

Demostrar que el siguiente l´ımite no existe

remplazar y = mx

=

(1 − m)2 1 + m2

x+y . (x,y)7→(0,0) x − y l´ım

Soluci´ on.

x+y (x,y)7→(0,0) x − y l´ım

=

l´ım

x7→0

x + mx x − mx

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

Ejemplo.

remplazar y = mx

l´ım

x7→0

Demostrar que el siguiente l´ımite no existe

=

1+m 1−m

x2 − y 2 . (x,y)7→(0,0) x2 + y 2 l´ım

Soluci´ on.

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

Cálculo II

Matemáticas

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UMSA

x2 − y 2 (x,y)7→(0,0) x2 + y 2 l´ım

= = =

Ejemplo.

l´ım

x2 − (mx)2 x2 + (mx)2

l´ım

x2 (1 − m2 ) x2 (1 + m2 )

l´ım

1 − m2 1 + m2

x7→0

x7→0 x7→0

Demostrar que el siguiente l´ımite no existe

27

remplazar y = mx

=

1 − m2 1 + m2

x2 . (x,y)7→(0,0) x2 − y 2 l´ım

Soluci´ on. x2 (x,y)7→(0,0) x2 − y 2

=

l´ım

l´ım

x7→0

x2 x2 − (mx)2

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

Ejemplo.

Calcular el siguiente l´ımite

remplazar y = mx

l´ım

l´ım

(x,y)7→(1,1) x2

=

1 1 − m2

xy − x − y + 1 . + y 2 − 2x − 2y + 2

Soluci´ on.

l´ım

(x,y)7→(1,1)

xy − x − y + 1 x2 + y 2 − 2x − 2y + 2

=

l´ım

(x,y)7→(1,1)

x(y − 1) − (y − 1) x2 − 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

[B8 ]. Continuidad de funciones de varias variables Ejemplo.

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

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

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

Soluci´ on.

l´ım

(x,y)7→(1,3)

Ejemplo.

6x − 2y 9x2 − y 2

=

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

l´ım

(x,y)7→(1,3)

2(3x − y) (3x + y)(3x − y)

=

2 (x,y)7→(1,3) 3x + y

=

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

l´ım

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

Soluci´ on.

l´ım

(x,y)7→(1,1)

y−1 x2 − 1 − 2 x−1 y −1

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

l´ım

= 2−

Ejemplo.

28

1 4−1 3 = = = f (1, 1) 2 2 2

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

Soluci´ on.

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

 3 4   (x − 1)(y − 1) (x − 1)(y 2 − 1) f (x, y) =   6

Cálculo II

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

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(x3 − 1)(y 4 − 1) (x,y)7→(1,1) (x − 1)(y 2 − 1)

=

l´ım

=

29

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

l´ım

(x,y)7→(1,1)

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

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

Ejemplo.

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

   p  

Soluci´ on.

l´ım

(x,y)7→(0,0)

x2 + y 2 p

x2 + y 2 + 1 − 1

2

x2 + y 2

=

=

= = = = Ejemplo.

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

x2 + y 2 + 1 − 1

l´ım

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

x2 + y 2 p

p

x2 + y 2 + 1 + 1

p

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

(x,y)7→(0,0)

√

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

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

Soluci´ on.

 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 x+y e − 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.

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30

Para el c´ alculo de l´ım

(x,y)7→(a,−a)

f (x, y)

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

l´ım

u7→0 eu

u (a − (−a)) −1

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.

[B9 ]. Derivadas Parciales Ejemplo. Calcular las derivadas parciales de primer orden y de orden dos de la funci´ on f (x, y) = ex sen y Soluci´ on. 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: zxx = ex sen y zyy

= −ex sen y

zyx = zxy = ex cos y

Ejemplo.

Hallar las derivadas parciales de la funci´ on f (x, y, z) = x2 y cos z − z sen x cos y

Soluci´ on. Sea z = x2 y cos z − z sen x cos y, entonces

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

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31

zx = 2xy cos z − z cos x cos y zy

Ejemplo.

= x2 cos z + z sen x sen y

Empleando las reglas de derivaci´ on, hallar:

∂f (x, y) si f (x, y) = x2 cos y + 2x tan y ∂x

Soluci´ on. ∂f (x, y) = 2x cos y + 2 tan y ∂x Ejemplo.

Empleando las reglas de derivaci´ on, hallar:

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

Soluci´ on. y ∂f 2 (x, y) = 2xyex y + ∂x 1 + (xy)2 0 ∂f 2 = 0. (1, 0) = 2 · 1 · 0 · e1 ·0 + ∂x 1 + (1 · 0)2 Ejemplo.

Empleando las reglas de derivaci´ on, hallar:

∂f (1, 0) si ∂x

f (x, y) = x sen(x2 y) + ln(x2 + y 2 + 1)

Soluci´ on. 2x ∂f (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. Empleando las reglas de derivaci´ on, hallar: f (x, y) =

∂f (0, 3) si ∂y

p

x2 + y 2 exy + 1

Soluci´ on. p −2y p (exy + 1) − x2 + y 2 x exy ∂f 2 x2 + y 2 (x, y) = ∂y (exy + 1)2

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

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32

p y(exy + 1) p − x2 + y 2 x exy ∂f x2 + y 2 (x, y) = − ∂y (exy + 1)2 p 3(e0·3 + 1) √ − 02 + 32 0 · e0·3 1 ∂f 02 + 32 (0, 3) = − =− . 0·3 2 ∂y (e + 1) 4 Ejemplo.

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

∂u ∂u − t = 0. ∂r ∂t

Soluci´ on. r

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

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

y ∂z ∂z + y − 2xy = x e x . ∂x ∂y

Soluci´ on. x

∂z ∂z + y − 2xy ∂x ∂y

h y = x y + x ex

h = x y−

y x y

(−y) x2

i h i y y + e x + y x + x e x x1 − 2xy

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

y

y

= xy − y e x + x e x + yx + y e x − 2xy = x e x

Ejemplo. Dada w = p

y2 x2 + y 2

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

Soluci´ on.

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

del mismo modo derivando respecto de y obtenemos

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

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2y wy =

p

2x2 y

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

2y

33

p

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

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

=

Reemplazando se sigue que

x · wx + y · wy = x · p

−xy 2

2y 3 + xy 2 2y 4 + xy 3 − x2 y 2 3 + y · p 3 = p 3 . x2 + y 2 x2 + y 2 x2 + y 2

x

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

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

fx (x, y) = e y

1 y

y

x

fy (x, y) = − e y

x y2

Por tanto x

x · fx (x, y) + y · fy (x, y) = x · e y Ejemplo. Soluci´ on.

Dada z = p

xy x2

+

y2

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

, halle una expresi´ on simplificada de x

∂z ∂z + y . ∂x ∂y

Derivando respecto de x tenemos:

∂z ∂x

y =

=

p

2x2 y

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

y

p

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

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

del mismo modo derivando respecto de y obtenemos

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

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∂z ∂y

=

=

34

p 2 2 + y2 2 x x − xy 2 p 2xy p x x2 + y 2 − p 2 x2 + y 2 x2 + y 2 = p 2 p 2 x2 + y 2 x2 + y 2 x3 + xy 2 − xy 2 p x3 x2 + y 2 p 2 = p 3 x2 + y 2 x2 + y 2

Reemplazando se sigue que

x

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

∂z ∂z + y ∂x ∂y

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

=

Finalmente x

Ejemplo.

Dada z =

∂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

Soluci´ on. 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 x + y ∂x ∂y

2 x y2 x y = x 2 − 2 + y − 2 +2 y x y x = 2 =

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

x2 y 2 x2 y2 − − +2 y x y x

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

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35

2x + y verifica la igualdad 2x − y ∂z ∂z x +y = 0. ∂x ∂y p (d3) Comprobar que la funci´ on z = log x2 y + arctg(x2 y) verifica la igualdad

(d2) Comprobar que la funci´ on z =

x

∂z ∂z − 2y = 0. ∂x ∂y

´ n de cambio [B10]. La Derivada Parcial como razo Ejemplo. 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. on de cambio del volumen respecto del radio, r, Soluci´ on. Tenemos que V = πr 2 h, luego: Para hallar la raz´ fijamos la altura, h, y derivamos con respecto a r. A continuaci´ on evaluamos la derivada parcial para r = 4 y h = 20. ∂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 3 160πcm3 /cm de r, esto es, V = V (4, 20) = 320π cm3 incrementa en ∂V ∂r (4, 20) = 160π cm 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 3 16πcm3/cm de h, esto es, V = V (4, 20) = 320π cm3 incrementa en ∂V ∂h (4, 20) = 16π cm por cada cm que incrementa la altura cuando el radio permanece constante en r = 4 cm. Ejemplo. Se lanza un nuevo producto al mercado. El volumen de ventas V se incrementa como una funci´ on del tiempo t y depende también de la cantidad G gastada en la campa˜ na publicitaria. Si, con t medido en meses y G en bolivianos. V = 200 5 − e−0,002G 1 − e−t

Calcule

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

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Soluci´ on. Las derivadas parciales de V est´ an dadas por: ∂V = 200 5 − e−0,002G 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 ∂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 , mide la tasa de incremento instant´ anea en el volumen ☞ La derivada parcial de V con respecto a t, ∂t de ventas V por cada unidad que incrementa el tiempo t cuando el gasto en publicidad G permanece fijo. En particular son equivalentes: ∂V La derivada parcial de V con respecto a t en un punto (1, 400), (1, 400) = 335, mide la tasa ∂t de incremento instant´ anea del volumen de ventas V (1, 400) = 531,51 por mes cuando el gasto de 400 bolivianos permanece constante. ∂V El volumen de ventas V (1, 400) = 531,51 incrementa en una tasa instant´ anea de (1, 400) = ∂t 335 unidades por mes cuando el gasto esta fijo en 400 bolivianos. 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 de ventas ∂V (1, 400) = 335 unidades. incrementa en ∂t ∂V ☞ La derivada parcial de V con respecto a G, , mide la tasa de incremento instantánea en el ∂G volumen de ventas V por cada unidad que incrementa el gasto G cuando el tiempo t permanece fijo. En particular son equivalentes: ∂V La derivada parcial de V con respecto a G en un punto (1, 400), (1, 400) = 0,11, mide la ∂G 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. ∂V El volumen de ventas V (1, 400) = 531,51 incrementa en una tasa instant´ anea de (1, 400) = ∂G 0,11 unidades por cada boliviano adicional gastado cuando el tiempo 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 en publicidad ∂V incrementa este volumen de ventas en (1, 400) = 0,11 unidades. ∂G

´ rdenes superiores [J]. Derivadas parciales de o Ejemplo.

Dada z = 3(e−y − ey ) · sen x halle una expresi´ on reducida de zxx + zyy

Soluci´ on.

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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 = 3(e−y − ey ) · sen x

zyy Por tanto zxx + zyy = 0. Ejemplo.

Dada z = ln(x − y), muestre que las derivadas parciales mixtas de segundo orden son iguales.

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

1 , x−y

zy = −

1 x−y

Seguidamente calculamos las derivadas parciales mixtas de segundo orden: 1 (x − y)2 1 = − (x − y)2

zyx = − zyx

Ejemplo.

Halle las cuatro derivadas parciales de segundo orden. z = ln(x − y)

Soluci´ on. 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 =

Ejemplo.

1 , (x − y)2

1 , (x − y)2

zyx =

1 (x − y)2

zyy = −

1 (x − y)2

Halle las cuatro derivadas parciales de segundo orden. z =

xy 2 x − y2

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

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

y 2 (x − y 2 ) − xy 2 , (x − y 2 )2

zy =

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

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zx = −

y4 , (x − y 2 )2

38

xy 2 − y 4 + 2xy 3 (x − y 2 )2

zy =

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

2(x − y 2 )y 4 , (x − y 2 )4

zxx = −

zyx = −

2y 4 , (x − y 2 )3

4y 3 (x − y 2 ) − y 4 (−2y) (x − y 2 )4

zyx = −

4xy 3 − 4y 5 + 2y 5 (x − y 2 )4

Dejamos al lector calcular zxy y zyy . Ejemplo.

Halle las cuatro derivadas parciales de segundo orden. z = arc sen(y/x).

Soluci´ on. Las dos derivadas parciales de primer orden son dadas por: y 1 − 2 , zx = p x 1 − (y/x)2

zy = p

1 2 x 1 − (y/x) 1

Por este camino los c´ alculos se hacen largos, en lugar de esto, derivemos implicitamente la ecuaci´ on y sen z = x Calculando las dos derivadas parciales de primer orden. (cos z)zx = − Claramente cos z =

y , x2

(cos z)zy =

1 x

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

y x3

de donde

zxx =

2 xy3

+ (sen z)zx = cos z

2 xy3 +

y

Dejamos al lector calcular zyx , zxy y zyy . Ejemplo.

x p

1 1−(y/x)2

√

1 − (y/x)2

y − 2 x

Demuestre que la funci´ on z = 12 (ey − e−y ) sen x satisface la ecuaci´ on de Laplace.

Soluci´ on. La ecuaci´ on de Laplace de una funci´ on z es ∂2z ∂2z + = 0. ∂x2 ∂y 2 Empecemos calculado ∂z 1 = (ey − e−y ) cos x ∂x 2

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De aqu´ı obtenemos 1 ∂2z = − (ey − e−y ) sen x 2 ∂x 2 Por otra parte ∂z 1 = (ey + e−y ) sen x ∂y 2 de donde se sigue que ∂2z 1 = (ey − e−y ) sen x. 2 ∂y 2 Finalmente

Ejemplo.

∂2z ∂2z 1 1 + = − (ey − e−y ) sen x + (ey − e−y ) sen x = 0. 2 2 ∂x ∂y 2 2 Demuestre que la funci´ on z =

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

Soluci´ on. Se procede como en el problema anterior. Ejemplo.

Halle una expresi´ on simplificada de x fx (x, y) + y fy (x, y) donde f (x, y) = ey/x .

y y y 1 Soluci´ on. Puesto que fx (x, y) = e x − 2 , por otro lado fy (x, y) = e x . x x Luego

Ejemplo.

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 Dada z =

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

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

2x x2 + y 2

2

zy =

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

2

zxx + zyy = =

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

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

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

40 ∂2z ∂2z + . ∂x2 ∂y 2

Soluci´ on. 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.

Mostrar que la funci´ on f (x, y) = 2(ex − e−x ) cos y satisface la ecuaci´ on de fxx + fyy = 0.

Soluci´ on. Sea z = 2(ex − e−x ) cos y. Empezamos calculando las derivadas parciales de primer orden: zx = 2(ex + e−x ) cos y,

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.

Dada z = ln(x + 2y), halle una expresi´ on reducida de zyy − 4zxx = 0.

Soluci´ on. 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

1. Si z = ex ln y + sen y ln x encontrar zxx , zxy . 2. Si z = x2 ln(x + y) encontrar zxx , zxy . 3. Si z = (x2 + y 2 + z 2 )1/2 demostrar uxx + uyy + uzz = 0.

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ń [B11]. La diferencial (total) de una funcio Ejemplo.

Hallar el diferencial total de z = 2x sen y − 3x2 y 2 .

Soluci´ on. El diferencial total de z = 2x sen y − 3x2 y 2 es dz = Ejemplo.

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

Hallar el diferencial total de w = x2 + y 2 + z 2 .

Soluci´ on. 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. 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. Soluci´ on. 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 madamente:

∆V V

es aproxi-

∆V dV 20,5 = = ≈ 0,14 % V V 15000 Ejemplo. 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. Soluci´ on. El volumen de un cono es V = 13 πr 2 h, con lo cual la diferencial total es: dV =

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

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

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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, 500π 2 1 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. Ejemplo. Dada la funci´ on z = f (x, y) = aproximado de f (1,01, 0,97).

p

4 − x2 − y 2 , usar la diferencial total de z para calcular el valor

Soluci´ on. 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) ≈ 2 − f (1.01, 0.97) ≈

√

√

2 (0.01) − 2

√

2 (−0.03) 2

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

p Ejemplo. 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. Soluci´ on. 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

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

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

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√ 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) = Ejemplo.

p

4 − (0.01)2 − (0.97)2 −

Use diferenciales para un valor aproximado de:

p

p

4 − 12 − 12 ≈ 0.0137

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

p 2 2 2 Soluci´ on. Consideremos la funci´ √ on f (z, y, z) = x + y + z 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; dw = =

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

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.

Use diferenciales para calcular un valor aproximado para

Soluci´ on. Consideremos la funci´ on f (z, y) = f (2, 5) = 7. La diferencial de f se calcula; df

= =

p

p 3(1.95)3 + (5.1)2

3x3 + y 2 y observe que podemos calcular con facilidad

∂f ∂f dx + dy ∂x ∂y 3x2 p

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, df

=

3(2)2 p

3(2)3 + 52

(−0.05) + p

5 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 =

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

Cálculo II

(0.1)

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44

Ejemplo. Los costos de una empresa se relacionan con la producci´ on de dos art´ıculos x y y. La relaci´ on 2 2 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. Soluci´ on. (a) El costo adicional de una incremento ligero de la producci´ on de x lo da la diferencial parcial (??), 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. 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. Soluci´ on. 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. Ejemplo. 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. Soluci´ on.

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

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45

Las productividades marginales son ∂P ∂L

1 2 2 = 9 L 3 −1 K 3 = 6 3

K L

1

∂P ∂K

1 2 1 = 9 L 3 K 3 −1 = 3 3

L K

2

3

3

=6

28 1003

1

= 1.82

=3

1003 28

2

= 32.59

3

3

Por lo tanto el cambio en P puede aproximarse mediante: ∆P ≈ dP = Ejemplo.

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

Hallar las diferenciales totales de p (1) f (x, y) = ln(y + x2 + y 2 ) (3) f (x, y) = 2x3 − 4xy 2 + 3y 2

Ejemplo.

(2) f (x, y, z) = (xy)z (4) f (x, y) = ln(x2 + y 2 + z 2 )1/2

Hallar df (2, −1, 3) si f (x, y, z) = x2 − 2y 2 + z 2 − xz siendo dx = 0,01, dy = 0,02, dz = 0,03.

[B12]. Regla de la Cadena Soluci´ on. Por una aplicaci´ on directa de la regla de la cadena tenemos dz ∂z dx ∂z dy = + dt ∂x dt ∂y dt dz = 3x2 (et sen t + et cos t) + 3y 2 (et cos t − et sen t). dt

Ejemplo ∂w ∂w + . ∂u ∂v

Sabiendo que w = f (x, y) tal que x = u − v, y = v − u. Halle una expresi´ on simplificada de

Soluci´ on. Por una aplicaci´ on directa de la regla de la cadena tenemos ∂w ∂w ∂x ∂w ∂y ∂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 Sea z = f (x, y), siendo x = r cos θ, y = r sen θ. Demostrar que zx = zr cos θ − zθ R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

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sen θ r .

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Soluci´ on. 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) 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. Sea Dada z = f (x, y), tal que x = v − 3u y y = 3u− v por la regla de la cadena halle:

∂z ∂z +3 . ∂u ∂v

Soluci´ on. Puesto que ∂x ∂u ∂x ∂v

= −3 = 1

∂y ∂u ∂y ∂v

= 3 = −1

Ahora bien, aplicando la regla de la cadena tenemos

Por tanto

Ejemplo. ∂z ∂z y . ∂r ∂θ

∂z ∂u

=

∂z ∂x ∂z ∂y ∂z ∂z + = −3 +3 ∂x ∂u ∂y ∂u ∂x ∂y

∂z ∂v

=

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

∂z ∂z ∂z ∂z ∂z ∂z +3 = −3 +3 + 3 − 3 = 0. ∂u ∂v ∂x ∂y ∂x ∂y p Sea Dada z = ln( x2 + y 2 ), tal que x = r sen θ y y = r cos θ por la regla de la cadena halle:

Soluci´ on. Puesto que

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

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1 2x x ∂z =p · p = 2 ∂x x + y2 x2 + y 2 2 x2 + y 2 ∂z 1 2y y =p · p = 2 ∂y x + y2 x2 + y 2 2 x2 + y 2 ∂x ∂r ∂x ∂θ

= sen θ

= r cos θ

∂y ∂r ∂y ∂θ

= cos θ

= −r sen θ

Ahora bien, aplicando la regla de la cadena tenemos ∂z ∂r

=

y ∂z ∂x ∂z ∂y x sen θ + 2 cos θ + = 2 2 ∂x ∂r ∂y ∂r x +y x + y2

∂z ∂θ

=

∂z ∂x ∂z ∂y x y + = 2 r cos θ − 2 r sen θ 2 ∂x ∂θ ∂y ∂θ x +y x + y2

Ejemplo. Sea z = cos(xy)+ey−1 cosx, donde x = u2 +v, y = u−v 2 . Calcular

∂z en el punto (u, v) = (1, 1). ∂u

Soluci´ on. Aplicando la regla de la cadena tenemos ∂z ∂u

=

∂z ∂x ∂z ∂y + ∂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 ∂u Ejemplo. 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. Calcular ∂s cuando r = 2, s = 1 y t = 0. Soluci´ on. Aplicando la regla de la cadena tenemos: ∂u ∂s

=

∂u ∂x ∂u ∂y ∂u ∂z + + ∂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

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

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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

∂u , donde x = 1 + r s et , y = r s2 e−t , z = r 2 s sen t. Calcular ∂s cuando r = 2, s = 1 y t = 0 sabiendo que ϕ ′ 32 = −1. Ejemplo.

Sea u = x4 y + y 2 z 3 + ϕ

x y

Soluci´ on.

Aplicando la regla de la cadena tenemos: ∂u ∂s

∂u ∂x ∂u ∂y ∂u ∂z + + ∂x ∂r ∂y ∂s ∂z ∂t i h h = 4x3 y + y1 ϕ ′ xy set + x4 + 2yz 3 − =

x ′ x ϕ y y2

i

2 r s e−t + 3y 2 z 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

i

1e0 +

h

34 + 2 · 2 · 43 −

3 ′ 3 22 ϕ 2

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 − 12 + 337 + 34 4 + 768 h i = 431 + 1348 + 3 + 768 2

Ejemplo.

Sea z = f (x, y), donde x = s4 + r 4 , y = 2rs2 . Calcular

∂z ∂z (1, 1) = −2 y (1, 1) = 3. ∂r ∂s

i

2 · 2 · 1 · e−0 +

∂z ∂z (2, 2) y (2, 2) sabiendo que ∂x ∂y

Soluci´ on.

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

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Aplicando la regla de la cadena tenemos ∂z ∂r

=

∂z ∂x ∂z ∂y + ∂x ∂r ∂y ∂r

∂z ∂s

=

∂z ∂x ∂z ∂y + ∂x ∂s ∂y ∂s

(4)

Ahora cuando r = 1, s = 1, entonces x = s4 + r 4 = 14 + 14 = 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 (4),

Sean a =

∂z ∂x ∂z ∂y (2, 2) (1, 1) + (2, 2) (1, 1) = ∂x ∂r ∂y ∂r

∂z (1, 1) ∂r

∂x ∂z ∂y ∂z (2, 2) (1, 1) + (2, 2) (1, 1) = ∂x ∂s ∂y ∂s

∂z (1, 1) ∂s

∂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.

Pruebe que la funci´ on F (x, y) = f

la igualdad x2

y , donde f es una funci´ on real derivable, verifique x2 − y 2

1 ∂F 1 ∂F + = 0. 2 + y ∂y 2xy ∂x

Soluci´ on. Sea z= Aplicando la regla de la cadena tenemos ∂F ∂x

=

∂F ∂y

=

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

x2

y − y2

df ∂z df −2xy = 2 dz ∂x dz (x − 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

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UMSA Por tanto

Ejemplo.

50

1 ∂F 1 ∂F 1 x2 + y 2 1 −2xy + = + = 0. x2 + y 2 ∂y 2xy ∂x x2 + y 2 (x2 − y 2 )2 2xy (x2 − y 2 )2 Sea Sea u = f (x, y), donde x = es cos t y y = es sen t. Justifique que 2 ∂2u ∂2u ∂2u −2s ∂ u + = e + . ∂x2 ∂y 2 ∂s2 ∂t2

Soluci´ on. Aplicando la regla de la cadena tenemos ∂u ∂s

=

∂u s ∂u ∂x ∂u ∂y ∂u s + = e cos t + e sen t ∂x ∂s ∂y ∂s ∂x ∂y

∂u ∂t

=

∂u ∂x ∂u ∂y ∂u s ∂u s + = − e sen t + e cos t ∂x ∂t ∂y ∂t ∂x ∂y

Derivando nuevamente tenemos: ∂2u ∂s2

=

∂ 2 u ∂x s ∂u s ∂ 2 u ∂y s ∂u s e cos t + e cos t + e sen t + e sen t 2 2 ∂ x ∂s ∂x ∂ y ∂s ∂y

∂2u ∂2t

= −

∂u s ∂ 2 u ∂y s ∂u s ∂ 2 u ∂x s sen t − cos t + e e e cos t − e sen t 2 2 ∂ x ∂t ∂x ∂ y ∂t ∂y

De donde ∂2u ∂s2

=

∂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 ∂ x ∂x ∂ y ∂y

∂2u ∂2t

=

∂2u s ∂u s ∂2u s ∂u s s e e e cos t es cos t − e sen t sen t e sen t − cos t + 2 2 ∂ x ∂x ∂ y ∂y

Sumando estas dos ecuaciones tenemos ∂2u ∂2u ∂ 2 u 2s ∂ 2 u 2s 2 2 + = e [cos t + sen t] + e [cos2 t + sen2 t] ∂s2 ∂2t ∂2x ∂2y Finalmente

2 ∂2u ∂2u ∂2u 2s ∂ u + 2 =e + ∂s2 ∂ t ∂2x ∂2y

´ n Impl´ıcita [B13]. Derivacio Ejemplo.

Dada y 2 + 2xy + z 2 = 2y + 1, por derivaci´ on impl´ıcita halle: zx , zy , zyx

Soluci´ on.

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

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51

y 2 + 2xy + z 2 = 2y + 1

(5)

Sea Para hallar zx , derivemos (5) respecto de x, haciendo esto obtenemos 2y + 2zzx = 0 de donde

(6)

y zx = − . z

Para hallar zy , derivemos (5) 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) 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

Ejemplo.

− zy zx + 1 =− =− z

1−y−x y z z

z

+1

=−

(x+y−1)y z2

+1

=−

z

Dada z = ex sen(y + z), por derivaci´ on impl´ıcita halle:

(x + y − 1)y + z 2 . z3

∂z ∂z y . ∂x ∂y

Soluci´ on. Sea z = ex sen(y + z)

(7)

Para hallar zx , derivemos (7) respecto de x, haciendo esto obtenemos transponiendo términos,

zx = ex sen(y + z) + ex cos(y + z) · zx zx (1 − ex cos(y + z)) = ex sen(y + z)

de donde

∂z ex sen(y + z) = . ∂x 1 − ex cos(y + z)

Para hallar zy , derivemos (7) respecto de y, haciendo esto obtenemos transponiendo términos, de donde

Ejemplo.

zy = ex cos(y + z) · (1 + zy ) zy 1 − ex cos(y + z) = ex cos(y + z) ∂z ex cos(y + z) = . ∂y 1 − ex cos(y + z)

Dada eyz + x ln y = 8 − xyz 2 , por derivaci´ on impl´ıcita halle:

∂z . ∂x

Soluci´ on.

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

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eyz + x ln y = 8 − xyz 2

(8)

Sea Para hallar

∂z ∂x ,

derivemos (8) respecto de x, haciendo esto obtenemos eyz yzx = −2xyzzx

transponiendo términos,

zx [eyz y + 2xyz] = 0 de donde

Ejemplo.

∂z = 0. ∂x Dada x2 z + y ln x = 8 − z 2 , por derivaci´ on impl´ıcita halle:

∂z . ∂y

Soluci´ on. Sea x2 z + y ln x = 8 − z 2 Para hallar

∂z ∂y ,

derivemos (9) respecto de y, haciendo esto obtenemos x2 zy + ln x = −2zzy

transponiendo términos,

zy [x2 + 2z] = − ln x

de donde

Ejemplo.

(9)

∂z ln x =− 2 . ∂y x + 2z Dada y 2 z + z 3 = x2 y 2 + 3xz + 5, por derivaci´ on impl´ıcita halle: zx y zy .

Soluci´ on. Sea y 2 z + z 3 = x2 y 2 + 3xz + 5

(10)

Para hallar zx , derivemos (10) respecto de x, haciendo esto obtenemos y 2 zx + 3z 2 zx = 2xy 2 + 3xzx + 3z transponiendo términos, de donde

zx [y 2 + 3z 2 − 3x] = 2xy 2 + 3z zx =

Procediendo del mismo modo hallamos zy .

2xy 2 + 3z . y 2 + 3z 2 − 3x

Ejemplo Halle las primeras derivadas de z por derivación implicita, donde exz + xyz = 4. Soluci´ on. Derivando implicitamente tenemos exz (z + xzx ) + xyzx + yzx = 0, por tanto zx = −

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

zx (x + xy + y) = −exz z

exz z x + xy + y

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[B14]. Vector gradiente Ejemplo.

Halle el gradiente de f (x, y) = y ln x + xy 2 en el punto (1, 2)

Soluci´ on. Usando la definici´ on tenemos que: y + y2 x

fx (x, y) = de esta manera tenemos que;

∇f (x, y) = evaluando ∇f en el punto (1, 2) se obtiene: ∇f (1, 2) =

2 1

fx (x, y) = ln x + 2xy;

y

x

+ y 2 , ln x + 2xy ,

+ 22 , ln 1 + 2 · 1 · 2 = (6, 4).

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. p ||∇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 numéricamente 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. 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. Soluci´ on. Primero busquemos el vector de direcci´ on dado a través 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. 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)

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

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Soluci´ on. Primero encontremos el vector unitario

1 √3 u = (cos 30 , sen 30 ) = , 2 2 o

por otro lado las derivadas parciales:

o

fx (x, y) = 3x2 − 3y de esta manera se obtiene que; evaluando en el punto (1, 2):

fy (x, y) = −3x + 8y,

∇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 Ejemplo. 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). Soluci´ on. 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.

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? Soluci´ on. No es dif´ıcil establecer que ∇T (x, y, z) =

−

160x 320y 420z ,− ,− (1 + x2 + 2y 2 + 3z 2 )2 (1 + x2 + 2y 2 + 3z 2 )2 (1 + x2 + 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).

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Ejemplo. 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. Soluci´ on. 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. 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 qué direcci´ on a partir de (2, −3) aumenta m´ as r´ apido la temperatura?. ¿Cu´ al es la tasa o ritmo de crecimiento?. Soluci´ on. 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.

[B15]. Plano tangente y Recta Normal Ejemplo. Hallar una ecuaci´ on del plano tangente al hiperboloide z 2 −2x2 −2y 2 = 12 en el punto (1, −1, 4). Soluci´ on. Se comienza por expresar la ecuaci´ on de la superficie como Después, considerando se tiene

z 2 − 2x2 − 2y 2 − 12 = 0. f (x, y, z) = z 2 − 2x2 − 2y 2 − 12

fx (x, y, z) = −4x fy (x, y, z) = −4y En el punto (1, −1, 4) las derivadas parciales son

y

fx (1, −1, 4) = −4 fy (1, −1, 4) = 4 y

Por tanto la ecuaci´ on del plano tangente en (1, −1, 4) es

fz (x, y, z) = 2z. fz (1, −1, 4) = 8.

(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

Ejemplo. 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).

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Soluci´ on. 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. 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. Soluci´ on. 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 también es un vector normal a la esfera en el punto dado. Entonces obtenemos el siguiente sistema de ecuaciones a2 + b2 + c2 = 4 2a = α 2b = α 2c = α α de las tres u ´ltimas ecuaciones de tiene a = b = c = que en la primera ecuaci´ on 3a2 = 16, de donde 2 4 4 4 4 4 4 4 a = ± √ . Entonces los puntos buscados son: √ , √ , √ y − √ , −√ , −√ . 3 3 3 3 3 3 3 Ejemplo. 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. Soluci´ on. Consideremos la funci´ on: F (x, y, z) = x2 + 2y 2 + 3z 2 − 21, encontramos las derivadas parciales; Fx (x, y, z) = 2x,

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Fy (x, y, z) = 4y,

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Fy (x, y, z) = 6z

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El vector gradiente: ∇f (x, y, z) = 2xi + 4yj + 6zk, por otro lado el vector normal del plano dado: (1, 4, 6) ya 6z que son paralelos se cumple que: (2x, 4y, 6z) = t(1, 4, 6) de aqu´ı: 2x = 4y 4 = 6 = t 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. 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. 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 (??) 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 ). (11) 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 ) = = . (12) fx (x0 , y0 ) fy (x0 , y0 ) −1 Ejemplo. Hallar las ecuaciones del plano tangente y de la recta normal a la superficie de ecuaci´ on z = 2 2 x + y − 2xy + 2y − 2, en el punto P (1, 2, 3). Soluci´ on. 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

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Ejemplo. Hallar las ecuaciones del plano tangente y de la recta normal a la superficie de ecuaci´ on z = xy xe − 2, en el punto P (2, 1, 2). Soluci´ on. 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,

Fy (2, 1) = 4e0 = 4,

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 x−1 y+1 z−2 = = . 3 4 −1 Ejemplo. 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). Soluci´ on. 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)

[B16]. Criterio del hessiano para hallar extremos locales Ejemplo.

Encontrar los extremos relativos de la funci´ on: f (x, y) = x3 − 6xy + 3y 2 − 1.

Soluci´ on. 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) =

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

fxx (x, y) fxy (x, y) fyx (x, y) fyy (x, y)

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=

6x −6 −6 6

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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 f (2, 2) es un m´ınimo relativo. |Hf (2, 2)| = −6 6

Ejemplo.

Hallar y clasificar todos los puntos cr´ıticos de la funci´ on f (x, y) = x4 + y 4 + 6x2 y 2 + 8x3 .

Soluci´ on. 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 2 diferenciable en todo R , 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: 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 2 24xy 12y + 12x2

Con lo cual resulta: 144 0 = 62208 > 0 y fxx = 144 > 0, entonces (−6, 0) se corresponde con un |Hf (−6, 0)| = 0 432 m´ınimo relativo. 0 0 = 0 el hessiano no nos determina la naturaleza del punto cr´ıtico. |Hf (0, 0)| = 0 0

Ejemplo.

Hallar y clasificar todos los puntos cr´ıticos de la funci´ on f (x, y) = x2 y − xy 2 + xy.

Soluci´ on. 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

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y(2x − y + 1) = 0 x(x − 2y + 1) = 0

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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) 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 (−1/3, 1/3) se |Hf (−1/3, 1/3)| = 1/3 2/3 corresponde con un m´ınimo relativo. Ejemplo.

Hallar y clasificar todos los puntos cr´ıticos de la funci´ on f (x, y) = −x3 + 4xy − 2y 2 + 1.

Soluci´ on. 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 ńicos 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). 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:

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

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−6(4/3) 4 = (−8)(−4)−(16) = 16 > 0 y fxx (4/3, 4/3) = −6(4/3) = −8 < 0, |Hf (4/3, 4/3)| = 4 −4 entonces (4/3, con un m´ aximo relativo. 4/3) se corresponde −6(0) 4 = (0)(−4) − (16) = −16 < 0. Por lo que se tiene un punto silla. |Hf (0, 0)| = 4 −4

Ejemplo.

Hallar y clasificar todos los puntos cr´ıticos de la funci´ on f (x, y) = x3 + y 3 − 3xy.

Soluci´ on. 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 ńicos 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

De esta manera tenemos un sistema de ecuaciones. 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 (1, 1) se |Hf (1, 1)| = −3 6 corresponde con relativo. un m´ınimo 6x −3 = (6)(0)(6)(0) − (−3)2 < 0. Por lo que se tiene un punto silla. |Hf (0, 0)| = −3 6y

Ejemplo. Una caja rectangular descansa en el plano xy con uno de sus vértices en el origen de tal manera que el vértice opuesto a este ultimo descansa en el plano: 6x + 4y + 3z = 24.

Soluci´ on. Sean x, y y z el largo, ancho y la altura de la caja. Como un vértice 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 x Vx (x, y) = (24y − 12xy − 4y 2 ) = 0, Vy (x, y) = (24 − 6x − 8y) = 0, 3 3 Para resolver el sistema igualamos a cero la primera ecuación con cada factor de la segunda ecuaci´ on: 24y − 12xy − 4y 2 = 0 x=0

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

4y(6 − y) = 0 x=0

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y = 0, y = 6 x = 0, x = 0

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24y − 12xy − 4y 2 = 0 24 − 6x − 8y = 0

24y − 12xy − 4y 2 = 0 1 x = (24 − 8y) 6

62

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)

Con lo cual resulta: −8 |Hf (4/3, 2)| = 1 (24 − 16 − 16) 3



−4y  = 1 (24 − 12x − 8y) 3

1 (24 − 16 − 16) 3 32 − 9

 1 (24 − 12x − 8y)  3  8 − x 3

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: 64 1 unidades c´ ubicas. V (4/3, 2) = [24(4/3)(2) − 6(1/3)2(2) − 4(4/3)(2)2] = 3 9 Ejemplo. 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 + 10 − (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? Soluci´ on. 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

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63

|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.

Encuentre la distancia m´ınima entre el origen y la superficie: z 2 = x2 y + 4.

Soluci´ on. 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 también satisfacen la misma ecuaci´ on, Sustituyendo z 2 = x2 y + 4 on de dos variables: en d2 = x2 + y 2 + z 2 resulta una funci´ d2 = f (x, y) = x2 + y 2 + x2 y + 4, ahora lo que hacemos es buscar los puntos cr´ıticos: fx (x, y) = 2x + 2xy fy (x, y) = 2y + x2

2x + 2xy = 0 2y + x2 = 0

2x − xx2 = 0 x(2 − x2 ) = 0√ x = 0, x = ± 2

√ √ 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. Ejemplo.

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. Soluci´ on. Primero encontramos los puntos cr´ıticos, buscamos las derivadas parciales y las igualamos a cero.

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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. 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 ) (13) q2 = 320 + 3p1 − 5p2

donde p1 y p2 son los precios de los dent´ıfricos. Determine los precios p1 y p2 que maximicen las utilidades de la empresa.

on es de 6 Soluci´ on. Puesto que el precio de cada tubo de 100 mililitros es de p1 bs y su costo de producci´ 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 (14) 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.

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 ∂U     ∂p1 = 6p2 − 6p1 − 9  ∂U   = 6p1 − 10p2 + 347  ∂p2

(

6p2 − 6p1 − 9 = 0 6p1 − 10p2 + 347 = 0

(

65

−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 |HU (83, 84.50)| =

2 2 ∂ U ∂ 2U ∂ 2U − ∂p2 ∂p1 ∂p12 ∂p22

= (−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. Ejemplo. La empresa Estrella de dulces produce caramelos en dos tama˜ nos a costos unitarios de 10 ctvs an dadas por y 20 ctvs cada uno. Las demandas anuales q1 y q2 en miles est´ q 1 = p2 − p1 q2 = 60 + p1 − 3p2

(14)

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. Soluci´ on. 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 (14) 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.

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 ∂U     ∂p1 = −2p1 + 2p2 − 10  ∂U   = −6p2 + 2p1 + 110  ∂p2

(

−2p1 + 2p2 = 10 −6p2 + 2p1 = −110

(

66

−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

∂ 2U = −6, ∂p22

∂ 2U = 2. ∂p2 ∂p1

y

|HU (83, 84.50)| =

2 2 ∂ 2U ∂ 2U ∂ U − ∂p2 ∂p1 ∂p12 ∂p22

= (−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. 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 x = 30 − e−0.001A (22 − p) (15) 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. Soluci´ on. 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 (15) en esta ecuaci´ on obtenemos

1 U (A, p) = 30(p − 2) − e−0.001A (22 − p). 3 U

= 30 13 − e−0.001A (22p − p2 − 44 + 2p) = 30 13 − e−0.001A (24p − p2 − 44)

Simplificando, obtenemos la funci´ on de utilidades de la empresa, 1 U (A, p) = 30 − e−0.001A (−p2 + 24p − 44) 3

Primero encontramos los puntos cr´ıticos, para esto encontramos las derivadas parciales y las igualamos a cero.

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 ∂U −0.001A  (  (−p2 + 24p − 44)  ∂A = (30)0.001e −p2 + 24p − 44 = 0 1 1 −0.001A = 0,  ∂U  −2p + 24 = 0  3 −e = 30 − e−0.001A (−2p + 24) ∂p 3 p   √ √ 2    p = −24 ± 24 − 4(−1)(−44)  p = −24 ± 576 − 176 = −24 ± 400 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)2 e−0.001A (−p2 + 24p − 44) < 0 ∂A 2 1 ∂ 2U −0.001A = −60 − e ∂p 2 3

∂ 2U = (30)0.001e−0.001A (−2p + 24) ∂p∂A y |HU (83, 84.50)| =

2 2 ∂ 2U ∂ 2U ∂ U − 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.

Ejemplo.

Hallar y clasificar los puntos cr´ıticos de las siguientes funciones (1) z = 4x + 2y − x2 + xy − y 2

(2) z = x3 − 3ax + y 2

(3) z = 18x2 − 32y 2 − 36x − 128y − 110

(4) z = e−x

2 −y 2

Un fabricante tiene la funci´ on de producci´ on P = 110x − 3x2 − 2xy − 2y 2 + 140y.

Sea x =radios, y =gravadoras. ¿A qué nivel de producci´ on maximizar´ a sus beneficios si dos gravadoras equivalen a una radio?.

[B17]. Multiplicadores de Lagrange para hallar extremos locales R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

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Ejemplo. 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 método de los multiplicadores de Lagrange. Soluci´ on. 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:  L = 2x + λ = 0   x Ly = 2y + λ = 0   Lλ = x + y − 1 = 0

(

λ = −2x λ = −2y

x+y =1

(

−2x = −2y

x+y = 1

Resolviendo el u ´ltimo sistema x = y = 1/2, luego el u ńico 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

De donde, el punto p(1/2, 1/2) es un punto m´ınimo.

0 1 1 = 1 2 0 1 0 2

= −2 − 2 = −4

Ejemplo. Inscribir un rect´ angulo de a ´rea 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. Soluci´ on.

Figura 1. 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) = f (x, y) + λg(x, y)

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Que, en nuestro caso, es: 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 x2 + 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 ńico 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. Ejemplo.

0 2x 1 = 2x 2λ 0 1 2x 0

=2+2+2 =6>0

Hallar los extremos de la funci´ on f (x, y) = 2xy − 3y 2 − x2 bajo la restricci´ on x + y = 16.

Soluci´ on. 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 = 12 x, y sustituyendo en la tercera resulta

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x + y = 16 x + 12 x = 16 3 2x

= 16

x = 32 de esta manera tenemos x = 32 3 , y = 16 − 3 = 16 32 cr´ıtico es 32 3 , 3 , obtenido para λ = − 3 .

16 3 ,

32 3

16 λ = 2 32 3 −6 3 =

64−96 3

= − 32 ńico punto 3 con lo cual, el u

Ahora bien, reemplazamos λ = − 32 3 en las formulas para Lx y Ly y luego hallamos sus derivadas 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 , = −2 < 0 3 3 16 luego la funci´ on presenta un m´ aximo condicionado en el punto 32 , 3 3 . detHL

32 16 , =8−4=4>0 y 3 3

Lxx

Ejemplo. 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. Soluci´ on. 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:

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 L = 10x − y + λ = 0   x Ly = 12y − x + 2λ = 0   Lλ = x + 2y − 24 = 0

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(

λ = −10x + y

λ = −6y + 12 x x + 2y = 24

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71

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 ńico 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: (

 L = 10   xx Lyy = 12   Lxy = −1

Lx = 10x − y + 138

Ly = 12y − x + 276

con lo cual:

HL − 12, 18 =

Lxx Lxy Lyx Lyy

!

=

10 −1 −1 12

Para estudiar su naturaleza calculamos 32 16 , = 10 > 0 3 3 luego la funci´ on presenta un m´ınimo condicionado en el punto − 12, 18 . detHL − 12, 18 = 120 + 1 = 121 > 0 y

Ejemplo.

Lxx

Maximizar la funci´ on f (x, y) = 25 − x2 − y 2 sujeta a la restricci´ on 2x + y = 4

Soluci´ on. 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

(16)

Lλ = 2x + y − 4 Los valores cr´ıticos (´ optimos) se obtienen haciendo CERO las tres derivadas parciales y resolviendo el sistema.

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(

 −2x − 2λ = 0   −2y − λ = 0   2x + y = 4

72

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

x − 2y = 0 2x + y = 4

  5y = 4 4  y = 5

−2x + 4y = 0 2x + y = 4

8 8 de esta manera encontramos que y = 45 , x = 2 45 = on de 5 , λ = − 5 y estos son los puntos cr´ıticos en la funci´ 8 4 8 Lagrange. Con lo cual, el u ńico punto cr´ıtico es 5 , 5 , obtenido para λ = − 5 .

Ahora bien, reemplazamos λ = − 85 en las formulas para Lx y Ly obtenidas en (16) y luego hallamos sus derivadas parciales segundas: (

Lx = −2x + Ly = −2y +

 L = −2   xx Lyy = −2   Lxy = 0

16 5 8 5

con lo cual: 8 4 HL , = 5 5

Lxx Lxy Lyx Lyy

!

=

−2 0 0 −2

Para estudiar su naturaleza calculamos 8 4 , = −2 < 0 5 5 luego la funci´ on presenta un m´ aximo condicionado en el punto 85 , 45 . detHL

Ejemplo.

8 4 , =4>0 5 5

y

Lxx

Supongamos que se necesitan x unidades de mano de obra y y unidades de capital para pro3

1

ducir f (x, y) = 10000x 4 y 4 unidades de cierto art´ıculo. Si cada unidad de mano de obra cuesta 20000 bs y cada unidad de capital cuesta 30000 bs y se dispone de un total de 6000000 bs para la producci´ on; debemos determinar cu´ antas unidades de mano de obra y cu´ antas de capital deben usarse para maximizar la producci´ on. Soluci´ on. Recordemos que el costo total de x unidades de mano de obra a 20000 bs la unidad y y unidades de capital a 30000 bs la unidad es igual a 20000x+30000y = 6000000 , ecuaci´ on que representa a la funci´ on de restricci´ on. Luego tenemos las funciones: 1.- Funci´ on objetivo:

3

1

f (x, y) = 10000 x 4 y 4

2.- Funci´ on restricci´ on: g(x, y) = 20000 x + 30000 y − 6000000

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

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73

Entonces, la funci´ on de lagrange la determinamos as´ı: 3

1

L(x, y, λ) = 10000 x 4 y 4 + λ(20000 x + 30000 y − 6000000) Ahora, calculamos las derivadas parciales respecto de x, de y y respecto de λ. − 14

y + 20000 λ = 7500

3 4

− 43

Lx = 7500 x

Ly = 2500 x y

1 4

y 1 4

x

+ 20000 λ

3 x 4 + 30000 λ = 2500 + 30000 λ y

(17)

Lλ = 20000 x + 30000 y − 6000000 Los valores cr´ıticos (´ optimos) se obtienen haciendo CERO las tres derivadas parciales y resolviendo el sistema.  y 1  4   + 20000 λ = 0 7500   x   3 x 4  2500 + 30000 λ = 0   y     20000 x + 30000 y − 6000000 = 0

Al despejar λ de las dos primeras ecuaciones, tenemos:

7500 y 14 3 y 14 =− 20000 x 8 x − 3 3 4 2500 1 x x 4 λ=− =− 30000 y 12 y λ=−

Como λ = λ, obtenemos la ecuaci´ on 3 y 14 − 8 x

1 = − 12

− 3 1 4 x y 4 y x

=

8 1 3 12

y 3+1

=

8 36

4

x

4

3 x 4 y

2 De donde se tiene que y = x, luego 9y = 2x, as´ı 2x − 9y = 0, juntando con la tercera ecuaci´ on tenemos el 9 siguiente sistema de ecuaciones

2x − 9y = 0 20000 x + 30000 y = 6000000

de esta manera encontramos que y =

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

−20000 x + 90000 y = 0 20000 x + 30000 y = 6000000

6000000 120000

= 50, x = 92 (50) = 225, 1 3 50 4 λ=− = 0,257 8 225

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74

y estos son los puntos cr´ıticos en la funci´ on de Lagrange. Con lo cual, el u ńico punto cr´ıtico es 225, 50 , obtenido para λ = 0,257. Ahora bien, reemplazamos λ = 0,257 en las formulas para Lx y Ly obtenidas en (17) y luego hallamos sus derivadas parciales segundas:

 y 1  4   L = 7500 + 20000 (0,257) x   x 3 x 4    Ly = 2500 + 30000 (0,257)   y Puesto que

 y − 3 y 4   L = −1875 xx   x x2    − 1  4 x x Lyy = −18750  y y2     3    L = 7500 y − 4 1 xy x x

3−1 1 y − 3 y x − 14 x x 4 4 1 x 2 1 4 = = 2 2 x x y y y xy y xy

entonces Lxx Lyy

1 1 x 2 1 225 2 1 = 35156250 = 35156250 = 4722362.8 y xy 50 (225)(50)

Por otro lado, como y − 3 1 y − 3 1 y − 3 − 3 1 y − 3 1 4 4 4 4 2 = = x x x x x x2 x x2

se tiene que

3 y − 3 1 50 − 2 1 2 = 56250000 = 10666.5 (Lxy ) = 56250000 2 x x 225 (225)2 2

con lo cual:

y

detHL 225, 50 = Lxx Lyy − (Lxy )2 = 4722362.8 − 10666.5 > 0 Lxx 225, 50 < 0

luego la funci´ on presenta un m´ aximo condicionado en el punto 225, 50 . Ejemplo. 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.

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

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Soluci´ on (a). Calculamos sus puntos cr´ıticos: 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

=4>0

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

(18)

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 (18) y resolviendo el sistema.

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

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(

 4y − 2x + λ = 0   4x + 16 − 10y + λ = 0   x+y = 9

76

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

6x − 14y = −16 −6x − 6y = −54

de esta manera encontramos que y = 72 , x = 9 − Con lo cual, el u ńico punto cr´ıtico es amos el signo del determinante:

Evaluando en

7 11 2 , 2 , −3

7 2

=

11 2 .

  −20y = −70 7  y = 2

El multiplicador de Lagrange asociado es

λ = 2x − 4y = 11 − 14 = −3 7 11 , 2 2 , obtenido para λ = −3. Para determinar su naturaleza estudi-

0 gx gy ∆(x, y, λ) = gx Lxx Lxy gy Lyx Lyy

tenemos

0 1 1 = 1 1 4 1 4 −10

0 1 1 1 4 1 1 4 = − ∆(1, 2, −1) = 1 1 + = −(−10 − 4) = 14 > 0 1 −10 1 4 1 4 −10 es un punto m´ aximo. De forma que se han de destinar 5500 euros a investigaci´ on De donde, el punto 72 , 11 2 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

[B18]. Diferenciabilidad y matriz Jacobiana Para las siguientes funciones f , hallar el jacobiano de f en p y la diferencial de f en p donde 1. f (x) = (log(x), tan(x), sen(5x)), p = x. 2. f (x, y) = (x2 + 3y 2 , x3 + 2y 5 ), p = (x, y). 3. f (x, y) = (x + y, log(x) − tan(y), sen(x + y)), p = (x, y).

4. f (x, y) = (3x, xy, y 2 ), p = (x, y).

5. f (x, y) = 36 − x2 − y 2 , p = (x, y).

6. f (x, y) = (cos(x), ex+y , (x − y)3 ), p = (x, y).

7. f (x, y) = (x2 y, sen(xy), x + y), p = (x, y).

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8. f (x, y, z) = (x + y + z, xyz), p = (x, y, z). 9. f (x, y, z) = (e2xyz , x2 + z 5 , x3 + 2y 5 , x2 + y 2 + z 2 ), p = (x, y). 10. f (x, y, z) = (e2xyz , x2 + z 5 , x3 + 2y 5 , x2 + y 2 + z 2 ), p = (x, y). 11. f (x, y, z, w) = x4 − y 4 − 2z 2 + w2 + 5, p = (x, y, z, w).

12. f (x, y, z, w) = (e2xyzw , x2 z 5 w3 , 4x3 − 6xyzw + 2y 3 ), p = (x, y, z, w).

[B19 ].Regla de la cadena

1. Dadas las funciones g : R2 → R3 y f : R3 → R2 , definidas por: g(x, y) = (3x, xy, y 2 ), f (x, y, z) = (x2 + 3y 2 , 2xyz). Hallar la derivada de la composici´ on f ◦ g : R2 → R3 (a) Mediante la regla de la cadena. (b) Realizando previamente la composici´ on. 2. Dadas las funciones g : R3 → R3 y f : R3 → R2 , definidas por: g(x, y, z) = (xy, yz, x + y + z) y f (x, y, z) = (x2 + y 3 , y + z 2 − 1). Hallar la derivada de la composici´ on f ◦ g : R2 → R3 en el punto (1, 1, 1) (a) Mediante la regla de la cadena. (b) Realizando previamente la composici´ on.

´ n inversa [B20 ]. El Teorema de la aplicacio Considera la funci´ on f : R2 → R2 dada por f (x, y) = (−3x + y 3 , −3y + x3 ). Analiza si f admite inversa en un entorno del punto (1, 0).

[B21]. Integrales Dobles Ejemplo.

Calcular

ZZ

xy dx dy, donde R es la regi´ on limitada por la recta y = x y la par´ abola y = x2

R

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 =

x=1 Z y=x

x=0

R

= =

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

Z

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

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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. ZZ

xy dx dy =

R

Z

xy dx dy =

y=0

x=y

Z

(y 2 − y 3 ) dy =

1 2

=

√ y=1 Z x= y y=1 y=0

1 13 14 1 − = 2 3 4 24

=

Z

y=1 y=0

x2 y 2

√ x= y dy x=y

1 y 3 y 4 y=1 − 2 3 4 y=0

♣ Ejemplo.

Calcular

ZZ

y 2 dx dy, siendo R el rect´ angulo limitado por x = 0, x = 1, y = 0, y = 3.

R

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

Z

x=1

x=0

R

=

x=0

2

y dy dx =

y=0

Z

x=1

x=0

x=1 9 dx = [9x] =9

y3 3

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 Z x=1

Z

y=3

y=0

R

=

y=0

2

y dx dy =

x=0

y 2 dy =

Z

y=3 y=0

y 3 y=3 =9 3 y=0

x=1 y 2 x dy x=0

♣ Ejemplo.

Calcular

ZZ

(x + 2y) dx dy, si R es el tri´ angulo limitado por x = 0, y = 0, x + y = 1.

R

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

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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 =

R

=

Z

y=1 Z x=1−y

(x + 2y) dx dy =

y=0

x=0

Z

(1 + 2y − 3y 2 ) dy =

1 2

y=1

y=0

Z

y=1 y=0

x2 x=1−y + 2xy dy 2 x=0

y=1 1 1 y + y2 + y3 = 2 2 y=0

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

x=1 Z y=1−x

Z

x=1

x=0

R

=

x=0

(x + 2y) dy dx =

y=0

Z

x=1

y=1−x xy + y 2 dx y=0

x=0

x2 x=1 1 (1 − x) dx = x − = 2 x=0 2

Nota. Notemos que el los l´ımites de integraci´ on la variable respecto de la cu´ al se integra debe estas despejada. ♣ Ejemplo.

Calcular

ZZ

(2x − y) dx dy, si R es el cuadril´ atero limitado por x = 0, x = 1, x + y = 1 y

R

x + y = 3.

Soluci´ on. 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

x=1 Z y=3−x x=1

=

Z

R

x=0

x=0

y=1−x

(2x − y) dy dx =

Z

x=1 x=0

y 2 y=3−x 2xy − dx 2 y=1−x

2 x 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 está 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.

Calcular

ZZ

(1 + x) dx dy, si R es el tri´ angulo limitado por y = x, x + y = 2, y = 0.

R

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

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Soluci´ on. 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

(1 + x) dx dy =

Z

y=1 Z x=2−y

Z

y=1

y=0

R

=

(1 + x) dx dy =

x=y

y=0

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 está limitada superiormente por dos curvas y = x y por y = 2 − x. ♣

Ejemplo.

Calcular

ZZ

(x + y) dx dy, siendo R la regi´ on limitada por x = y 2 , x + y = 0.

R

Soluci´ on. Como la regi´ on de integraci´ on R est´ a limitada por la izquierda por la par´ abola x = y 2 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

Z

Z

x=−y

(x + y) dx dy = x=y 2

y=−1 y=0

Z

y=0 y=−1

x2 x=−y + xy 2 dy 2 x=y

y=−1 1 y 5 2y 2 1 3 (y + 2y + y ) dy = =− + +y 2 5 4 60 y=0 4

3

2

♣ Ejemplo.

Calcular

ZZ

xy dx dy, donde R es la regi´ on limitada por y = x3 , y = x.

R

Soluci´ on. 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. Por otra parte, la porci´ on que est´ a en el tercer cuadrante est´ a limitada inferiormente por la recta y = x y 3 superiormente por la curva 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 = −1 a x = 0. Por tanto sumando las integrales sobre cada porci´ on tenemos

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

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ZZ

xy dx dy =

R

=

=

= =

Z Z

x=1 Z y=x y=x3

x=0

x=1 x=0

1 2

Z

xy dy dx +

x=1

x=0

y2 x 2

Z

x=0 x=−1

Z y=x 3 dx + y=x

(x3 − x7 ) dx +

1 2

Z

81

y=x3

Z

xy dy dx

y=x

x=0 x=−1 x=0

x=−1

y2 x 2

3 y=x dx y=x

(x7 − x3 ) dx

1 x4 x8 x=1 1 x8 x4 x=0 − − + 2 4 8 x=0 2 8 4 x=−1 1 1 1 + = 16 16 8

♣ Ejemplo.

Calcule la siguiente integral doble:

Z

0

4Z 2 √

y

p 3 1 + x3 dx dy

Soluci´ on.

Z

0

4Z 2

√ y

Z p 3 3 1 + x dx dy =

y=4Z x=2

√ x= y

y=0

p 3 1 + x3 dx dy

=

Z

x=2Z y=x2

=

Z

x=2 h

x=0

y=0

x=0

=

Z

x=2

=

i x2 p 3 1 + x3 y dx 0

2

3x

x=0

p 3 1 + x3 dy dx

p

1+

x3 dx

=

3 3 3 (1 + 23 ) 2 − 2 2

h3

2

i 2 (1 + x ) 3

3 2

0

♣ Ejemplo.

Calcule la siguiente integral doble:

Z

0

Soluci´ on.

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

2Z 2 x

p x 1 + y 3 dy dx

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Z

0

2Z 2 x

Z p 3 x 1 + y dy dx = =

Z

=

Z

=

Z Z

=

x=2Z y=2

x=0

y=x

y=2Z

y=0

x=y x=0

p x 1 + y 3 dy dx p x 1 + y 3 dx dy

y=2 h 2 p x

2

y=0

y=2 h 2 p y

2

y=0 2 0

82

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

=

♣ Ejemplo.

Calcule la siguiente integral doble:

Z

0

3Z 3 x

Soluci´ on. Z

0

3Z 3 x

Z p x 9 + y 3 dy dx = =

Z

=

Z

=

Z

=

= =

Z

p x 9 + y 3 dy dx

x=3 Z y=3

x=0

y=3 Z

y=0

y=x

x=y

p x 9 + y 3 dy dx

x=0

p x 9 + y 3 dx dy

y=3 h 2 p x

y=0

2

y=3 h 2 p y

y=0 3 0

2

1 √ du u 2 3

i x=y 9 + y3 dy x=0

i 9 + y 3 dy

u = 9 + y3 du = 3y 2 dy

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 ♣

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

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UMSA Ejemplo.

Z

1 Z 1/2

e−x dx dy =

Z

y=1Z x=1/2

=

Z

x=1/2Z y=2x

=

Z

x=1/2 h

Z

x=1/2

Calcule la siguiente integral doble:

0

83

2

e−x dx dy

y/2

Soluci´ on. Z

0

1 Z 1/2

2

y/2

y=0

x=y/2

x=0

2

e−x dy dx

y=0

x=0

=

2

e−x dx dy

i 2x 2 e−x y dx 0

2

e−x 2x dx

x=0

= −

Z

1/2

u = −x2 du = −2xdx

h i 2 h 2 i 2 eu du = − eu = − e−x 0

0

0

= 1 − e−4

♣ Ejemplo.

Z eZ

Calcule la siguiente integral doble:

1

1

e

1 dy dx xy

Soluci´ on. Z eZ 1

e 1

1 dy dx = xy =

Z

1

Z

Z eh ln y i e ln e ln 1 i − dx dx = x x x 1 1 h i e 1 dx = ln y = 1 x 1

eh e

1

♣

Ejemplo. ZZ Calcule (1 − xy) dx dy, siendo R la regi´ on limitada por x = 0, y = x, y = 1. R

Soluci´ on. De dos maneras distintas ZZ

(1 − xy) dx dy =

R

=

Z

0

Z 1 0

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

1Z 1 x

Z 1 xy 2 1 (1 − xy) dy dx = y− dx 2 x 0

x x3 1− −x+ dx = 2 2

Cálculo II

Z 1 3 x3 1− x+ dx 2 2 0

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UMSA ZZ

(1 − xy) dx dy =

R

=

Z

0

1Z y 0

Z 1 0

84

Z 1 x2 y y (1 − xy) dx dy = x− dy 2 0 0

y3 02 y y− −0+ dy = 2 2

Z 1 y3 y− dy 2 0

Tarea: Complete el ejercicio. ♣ Ejemplo. ZZ Calcule

√ y dx dy, siendo R la regi´ on limitada por y = 0, y = x y x = 3. 2 1+x

R

ZZ

y dx dy = 1 + x2

R

Z

√ x=3 Z y= x

x=0

y=0

y dy dx 1 + x2

√ y2 x = dx 2 2(1 + x ) 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 Z

1 2

Z

u = 1 + x2 du = 2xdx =

x dx 1 + x2

= =

Por tanto

ZZ R

Ejemplo. Hallar 0.

ZZ

x=3

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 y 2 = 2x y x2 +y 2 −4y =

R

Soluci´ on. Juntamos las dos ecuaciones se tiene el sistema de ecuaciones ( y 2 = 2x x2 + y 2 = 4y

(

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

(y 2 /2)2 + y 2 = 4y y 4 /4 + y 2 = 4y

(

y 3 + 4y = 16 y 3 + 4y − 16 = 0

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UMSA

85

esto es, (y − 2)(y 2 + 2y + 8) = 0, y = 2, x = 2. 2 2 Despejando x de la ecuaci´ on x + y − 4y = 0, tenemos p x = 4y − y 2 . ZZ

xy dx dy =

R

=

Z Z

=

Z

=

Z

= =

y=2 Z x=y 2 /2

y=0

x=

y=2 y=0

y=0 y=2 y=0

1 2

xy dx dy

4y−y 2

x2 y 2

2 x=y /2 √ x=

Z

2

26 23 24 −4 + 6 3 4

y 5 − 4y 2 + y 3 dy

0

dy

4y−y 2

! p (y 2 /2)2 y ( 4y − y 2 )2 y − dy 2 2 5 y 4y 2 − y 3 − dy 2 2

y=2

1 2

√

y6 y3 y4 −4 + 6 3 4

=

1 2

=

25 24 23 − + 6 3 4

2 0

♣ Ejemplo.

Si D = [−π, π] × [−π, π],

mostrar que

1 1 ≤ 2 e 4π

ZZ

esen(x+y) dy dx ≤ e.

D

Soluci´ on. 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

Por tanto

esto es

Z

π −π

Z

D

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

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

Cálculo II

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Dr. Mario Chavez Gordillo Phd

UMSA Por tanto

1 1 ≤ 2 e 4π

ZZ

86

esen(x+y) dy dx ≤ e.

D

♣

ń [B22]. Invirtiendo el orden de integracio Ejemplo. Analice la verdad o falsedad de la siguiente afirmaci´ on Z 1Z x Z 1Z y f (x, y) dy dx = f (x, y) dx dy. Justifique su respuesta. 0

0

0

0

Soluci´ on. Observe que Z 1Z 0

x

f (x, y) dy dx =

0

Z

x=1 Z y=x

x=0

f (x, y) dy dx.

y=0

1

1

Figura 2. Región de integración 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

y=1 Z x=1

y=0

f (x, y) dx dy.

x=y

Por tanto Z

0

1Z x

f (x, y) dy dx =

0

Z

0

1Z 1

f (x, y) dx dy.

y

Se concluye inmediatamente que la afirmaci´ on es falsa. ♣ Ejemplo. Analice la verdad o falsedad de la siguiente afirmaci´ on Z bZ d Z dZ b f (x, y) dx dy = f (x, y) dy dx. Justifique su respuesta. a

c

c

a

Soluci´ on. Observe que

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

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Z bZ a

d

f (x, y) dy dx =

c

Z

x=bZ y=d

x=a

87

f (x, y) dy dx.

y=c

Obtenemos as´ı que los l´ımites de integración 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 Z x=b

y=c

f (x, y) dx dy.

x=a

Por tanto Z bZ a

d

f (x, y) dx dy = c

Z dZ c

b

f (x, y) dy dx. a

Se concluye inmediatamente que la afirmaci´ on es verdadera. ♣ Ejemplo. Analice la verdad o falsedad de la siguiente afirmaci´ on Z 2Z 2x Z 2Z √y f (x, y) dy dx = f (x, y) dx dy. Justifique su respuesta. 0

x2

0

y/2

Soluci´ on. 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

4 y= 2x

2

Figura 3. Región de integración Hallemos los puntos de intersecci´ on entre las curvas y = x2 y y = 2x, para esto es suficiente resolver la 2 2 ecuaci´ on x = 2x, x − 2x = x(x − 2) = 0, de aqu´ı x = 0 y x = 2.

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

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

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UMSA Z

x=2Z y=2x

f (x, y) dy dx =

y=x2

x=0

√ y=4Z x= y

Z

y=0

88

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. Graficar la regi´ on de integraci´ on e invertir el orden de integraci´ on:

Z 2Z 0

2x

f (x, y) dy dx. 0

Soluci´ on. 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 Z

x=2Z y=2x

x=0

f (x, y) dy dx =

y=0

Z

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

´lculo de a ´reas [B23]. Ca Sea R una regi´ on en el plano xy, entonces area de R = ´

ZZ

dA.

R

Ejemplo.

Sea R una regi´ on en el plano xy cuya a ´rea es A. Si f (x, y) = n para todo (x, y) ∈ R, ¿Cu´ al es ZZ el valor de f (x, y) dx dy? Explicar. R

Soluci´ on. Se deduce r´ apidamente de la definici´ on y de las propiedades de la integral doble que,

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

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ZZ

f (x, y) dx dy =

R

ZZ

n dx dy = n

R

ZZ

89

dx dy

R

´ = nArea(R) = n A. ♣ Ejemplo.

¿Qué valor debe tener f (x, y) para que la integral doble

ZZ

f (x, y) dx dy represente el valor del

R

a ´rea de la regi´ on R?

Soluci´ on. 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.

calcular el a ´rea de la regi´ on limitada por y = x2 , y = 2x + 3.

Soluci´ on. 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

x=3

x=−1

=

Z

y=2x+3

dy dx = y=x2

Z

x=3

x=−1

y=2x+3 y 2 dx y=x

x3 x=3 32 2 (2x + 3 − x ) dx = x + 3x − = 3 x=−1 3 x=−1

Z

x=3

2

♣ Ejemplo.

calcular el a ´rea de la regi´ on limitada por x = 6y − y 2 , y = x.

Soluci´ on. La regi´ on est´ a limitada por la izquierda por por la recta x = y, y por la derecha por la par´ abola 2 x = 6y − y 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 Z x=6y−y 2

y=0

y=5 y=0

dx dy =

x=y

Z

y=5

y=0

x=6y−y2 x dy x=y

2 y y 3 y=5 125 (5y − y ) dy = 5 − = 2 3 y=0 6 2

♣ Ejemplo.

Calcule el a ´rea de la regi´ on limitada por las curvas x2 + y = 4, x − y + 2 = 0.

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

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90

Soluci´ on. 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,

x = −2.

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 . A =

ZZ

dx dy =

Z

1

−2

R

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 2 3 2 1 1 (−2) (−2) = − − + 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

♣

[B24]. Cambio de variables en integrales Ejemplo. Hallar el a ´rea de la regi´ on limitada por x + y = 1, x + y = 2, y = 2x y y = 2x + 2. Soluci´ on. 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

se se se se

transforma transforma transforma transforma

en en en en

u = 1, u = 2, v = 0, v = 2,

La regi´ on R se transforma en la regi´ on R. Como ∂(u, v) ux uy 1 1 = = =3 ∂(x, y) vx vy −2 1

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

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91

entonces el jacobiano de la transformaci´ on es 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

Z v=2Z u=2 ZZ ∂(x, y) 1 du dv dx dy = ∂(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) = 3 3 3 1 0

♣

Ejemplo. Hallar el a ´rea de la regi´ on limitada por xy = 4, xy = 8, xy 3 = 5 y xy 3 = 15. Soluci´ on. La forma de las ecuaciones dadas sugiere hacer el cambio de variable u = xy,

v = xy 3

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 = = ∂(x, y) vx vy y 3 3xy 2

u = 4, u = 8, v = 5, v = 15, = 2xy 2 = 2v

entonces el jacobiano de la transformaci´ on es ∂(x, y) 1 1 = = ∂(u, v) ∂(u, v) 2v ∂(x, y)

Integrando en la regi´ on R del plano uv, teniendo en cuenta el jacobiano de la transformaci´ on, obtenemos el ´rea pedida: a 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

u 8 1 dv = v 4 2

Z

15

5

15 8−4 4 dv = ln(v) v 2 5

= 2 ln(15) − ln(5) = 2 ln(3).

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

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92 ♣

Ejemplo. Hallar el a ´rea de la regi´ on limitada por y 2 = x, y 2 = 8x, x2 = y y x2 = 8y. Soluci´ on. 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 ∂(u, v) ux uy x2 = = ∂(x, y) vx vy 2 x y

y 2 x2 x − 2 y

entonces el jacobiano de la transformaci´ on es

∂(x, y) 1 1 = =− ∂(u, v) ∂(u, v) 3 ∂(x, y)

= −3

1 Integrando en la regi´ on R del plano uv y teniendo en cuenta que el jacobiano de la transformaci´ on es − , 3 obtenemos el ´ area pedida: ZZ R

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. ZZ x−y Calcular e x+y dA, donde R es la regi´ on limitada por x = 0, y = 0, x + y = 1. R

Soluci´ on. La forma de las ecuaciones dadas sugiere hacer el cambio de variables u = x − y,

v =x+y

entonces

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

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93

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 ´rea pedida: a ZZ

e

x−y x+y

dx dy =

R

ZZ R

= = =

Z

∂(x, y) du dv. e ∂(u, v) u v

v=1Z u=v

v=0 Z 1

u

ev

u=−v

1 du dv 2

Z u v (e1 − e−1 ) 1 ve v dv = vdv 2 −v 0 0 (e − e−1 ) v 2 1 e − e−1 = 2 2 0 4 1 2

♣

Ejemplo. ZZ Calcule (x−y)ex+y dx dy, siendo R la regi´ on limitada por x+y = 1, x+y = −1, x−y = −1 y x−y = −3. R

Soluci´ on. La forma de las ecuaciones dadas sugiere hacer el cambio de variables u = x − y,

v =x+y

entonces

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

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x+y =1 x + y = −1 x − y = −1 x − y = −3

se se se se

transforma transforma transforma transforma

en en en en

94

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

∂(x, y) 1 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 ´rea pedida: a ZZ

x+y

(x − y)e

dx dy =

R

ZZ R

Z

∂(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 1 u v (−1)2 (−3)2 = e dv = − ev dv 2 −1 2 2 2 −3 −1 1 9 v 1 1 9 = − e = − (e1 − e−1 ) 2 2 2 2 −1 =

♣

[B25]. Integrales dobles en coordenadas polares Ejemplo. Analice de la siguiente afirmaci´ on Z Z p la verdad o falsedad ZZ 2 2 x + y dx dy = r dr dθ?. Justifique su respuesta. R

R

Soluci´ on. Observe que

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

p

x2 + y 2 =

p

(r cos θ)2 + (r sen θ)2 =

Cálculo II

√

r 2 = r.

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De esta igualdad y de (??) se deduce que ZZ p

x2

+

y 2 dx dy

=

R

ZZ

95

r dr dθ

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. Analice la verdad oZfalsedad de la siguiente afirmaci´ on Z Z Z x2 +y 2 r2 e dx dy = e dr dθ?. Justifique su respuesta. R

R

Soluci´ on. Observe que x2 + y 2 = (r cos θ)2 + (r sen θ)2 = r 2 . De esta igualdad y de (??) se deduce que ZZ ZZ 2 x2 +y 2 e dx dy = er r dr dθ R

R

Concluimos entonces que la afirmaci´ on es falsa. ♣ Ejemplo. Analice on: La integral Z Z p la verdad o falsedad de la siguiente afirmaci´ ZZ doble p x2 + y 2 − 25 dx dy se transforma en coordenadas polares a r 2 − 25 dr dθ. Justifique su respuesta. R

R

Soluci´ on. Observe que x2 + y 2 = (r cos θ)2 + (r sen θ)2 = r 2 . De esta igualdad y de (??) se deduce que ZZ p ZZ p 2 2 x + y − 25 dx dy = r r 2 − 25 dr dθ. R

R

Concluimos entonces que la afirmaci´ on es falsa. ♣

Ejemplo

Calcule

ZZ R

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

y p

x2 + y 2

dx dy, siendo R la regi´ on limitada por x2 + y 2 = 16 y y ≥ 0.

Cálculo II

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96

Soluci´ on. 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 y p

Por tanto, se tiene ZZ R

x2 + y 2

y p

=p

x2 + y 2

r sen θ (r cos θ)2 + (r sen θ)2

dx dy =

Z

π

Z

π

0

=

Z

= sen θ.

4

r sen θ dr dθ

0

0

r2 4 sen θ dθ 2 0

2 02 4 = ( sen θ) − ( cos θ) dθ 2 2 0 Z π π = 8 sen θ dθ = −8 cos θ Z

π

0

0

= −8 cos π + 8 cos 0 = 8 + 8 = 16.

♣ Ejemplo.

Calcular

por x2 + y 2 = 1.

ZZ p

4 − x2 − y 2 dx dy, siendo R la regi´ on situada en el primer cuadrante limitada

R

Soluci´ on. 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

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

p

4 − x2 − y 2 =

p

4 − (r cos θ)2 − (r sen θ)2 =

Cálculo II

p

4 − r2.

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97

Por tanto, se tiene ZZ p

4 − x2 − y 2 dx dy =

R

Z

2π 0

Z 1p 0

Z

4 − r 2 r dr dθ

2π h

(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. ZZ 2 2 Calcule e−(x +y ) dx dy, siendo R la regi´ on limitada por x2 + y 2 = 16. R

Soluci´ on. 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

2π

0

R

Z

4

2

e−r r dr dθ

0

2 e−r i 4 dθ 2 0 0 Z 2π h e−16 e0 i = − + dθ 2 2 0 h 1 e−16 i = 2π − 2 2

=

Z

2π h

−

♣ Ejemplo. ZZ 2 2 Calcule ex +y dx dy, siendo R la regi´ on anular limitada por las circunferencias R

x2 + y 2 = 1 y x2 + y 2 = 9. Soluci´ on. Los l´ımites polares son 1 ≤ r ≤ 3 y 0 ≤ θ ≤ 2π. Adem´ as x2 + y 2 = (r cos θ)2 + (r sen θ)2 = r 2 . Por tanto, se tiene

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

Cálculo II

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ZZ

x2 +y 2

e

dx dy =

R

=

Z Z Z

2π 0

Z

4

98

2

er r dr dθ

0

2π 0

"

2

er 2

#

2π

3 dθ 1

e9 e1 = − 2 2 0 9 e e = 2π − 2 2

dθ

♣ Ejemplo. ZZ p Calcule x2 + y 2 dx dy, siendo R la regi´ on limitada por x2 + y 2 = 4 y y ≥ 0. R

Soluci´ on. Los l´ımites polares son 0 ≤ r ≤ 2 y 0 ≤ θ ≤ π. Adem´ as

Por tanto, se tiene

p

x2 + y 2 =

ZZ p

p

(r cos θ)2 + (r sen θ)2 = r.

x2 + y 2 dx dy =

Z

0

R

π

Z

2

r r dr dθ

0

Z π h 3 i r 2 dθ 3 0 0 Z πh 3 03 i 2 = − dθ 3 3 0 8 = π 3

=

♣ Ejemplo. ZZ p Calcule x2 + y 2 dx dy, siendo R la regi´ on situada en el primer cuadrante limitada por x2 + y 2 = 4x. R

Soluci´ on. Completando cuadrados en la ecuaci´ on x2 + y 2 = 4x, tenemos x2 + y 2 = 4x − 4x + y 2 = 0 2 x − 4x + 22 + y 2 = 22 x2

esto es,

(x − 2)2 + y 2 = 22

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

Cálculo II

(19)

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99

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 (19) as´ı, los l´ımites polares son 0 ≤ r ≤ 2 y 0 ≤ θ ≤ 2π. Por otro lado, se tiene que

p

Por tanto, se tiene

x2 + y 2 =

ZZ p

p

(r cos θ)2 + (r sen θ)2 = r.

x2 + y 2 dx dy =

Z

2π

Z

Z

2π h 3 i 2 r

0

R

=

0

Z

=

0

2

r r dr dθ 0

3

2π h 3 2

3

16 π 3

=

dθ 0

−

03 i dθ 3 ♣

Ejemplo. ZZ p Calcule sen x2 + y 2 dx dy, siendo R la regi´ on π 2 ≤ x2 + y 2 ≤ 4π 2 . R

Soluci´ on. 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

R

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

sen

p

x2

+

y 2 dx dy

=

Z

2π

0

Z

2π

r sen r dr dθ π

r sen r dr. Integrando por partes tenemos

Cálculo II

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u=r du = dr

100

dv = sen rdr v = −cosr

entonces Z

r sen r dr = −r cos r +

Z

cos r dr = −r cos r + sen r

Por lo tanto ZZ R

sen

p

x2

+ y 2 dx dy

=

Z

2π

Z

2π

0

= = =

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. ZZ Calcule

x2

x dx dy, siendo R la regi´ on situada en el primer cuadrante limitada por x2 + y 2 = 2x. + y2

R

Soluci´ on. Pasando a coordenadas polares tenemos x = r cos θ y = r sen θ 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

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

x r cos θ cos θ = = . 2 2 2 +y (r cos θ) + (r sen θ) r

Cálculo II

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101

Por tanto, se tiene ZZ

x dx dy = x2 + y 2

Z

π/2 Z cos θ

r

=

Z

π/2 Z cos θ

cos θ dr dθ

0

R

0

Z

=

0

cos θ dr dθ r

0

π/2

cos2 θ dθ

0

Z

= Tarea: Complete el ejercicio.

Ejemplo.

Calcule la siguiente integral doble:

Z aZ 0

π/2

1 + cos 2θ dθ 2 0 1 sen 2θ 2π θ+ 0 2 2

=

√

♣ a2 −x2

0

Soluci´ on.

Ejemplo.

Calcule la siguiente integral doble:

Z

aZ

p a2 − y 2 dy dx

√ a2 −x2

√ −a − a2 −x2

♣ dy dx

Soluci´ on. Z

aZ

√

a2 −x2

√ −a − a2 −x2

dy dx =

Z

2π

0

=

Z

Z

a

r dr dθ

0

2π

0

a2 dθ = πa2 . 2 ♣

Ejemplo.

Calcule el a ´rea de la regi´ on situada en el primer cuadrante limitada por x2 + y 2 = 2x.

Soluci´ on. Conviene pasar a coordenadas polares: 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 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.

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

Cálculo II

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102

Por tanto, se tiene ZZ

A =

dx dy =

Z

2π

0

R

Z

2 cos θ

r dr dθ = 0

Z 2π 2 4 cos2 θ 02 ( )−( ) = 2 2 0 1 1 2π = 8 θ + sen 2θ = 8 2 4 0

Z

0

Z dθ = 8

2π

2π

r 2 2 cos θ dθ 2 0

cos2 θ dθ

0

1 1 2π + sen 2(2)π = 8π 2 4 ♣

[B26]. Sucesiones ´ DEFINICION 2. Una sucesi´ on es una funci´ 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 término n-ésimo 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-ésimo de una sucesi´ on, entonces podemos generar o determinar cada término de la sucesi´ on. Veamos algunos ejemplos.

Ejemplo Dados los siguientes formular expl´ıcitas para los términos n-ésimos, hallar los primeros términos de las sucesiones que generan. on que se obtiene es ① Si an = n, entonces la sucesi´ 1, 2, 3, 4, 5, . . . 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

´ 3. La sucesi´ DEFINICION on {an } converge a L si para todo ε > 0, existe un n´ 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, decimos que n7→∞

la sucesi´ on {an } diverge. Por tanto, la sucesi´ on {an } en divergente si ocurre unos de los siguientes casos l´ım an = ∞,

n7→∞

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

l´ım an = −∞,

n7→∞

Cálculo II

l´ım an no es u ńico

n7→∞

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103

´ 4. Una sucesi´ DEFINICION on {an } es mon´ 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 2. Sean {xn } y {yn } dos funciones tales que l´ım xn = x

n7→∞

y

l´ım yn = y.

n7→∞

Entonces (a) l´ım (xn + yn ) = x + y, (c) (e) (f) (g)

(b) λ ∈ R, l´ım λxn = λx n7→∞ x xn (d) l´ım = . l´ım xn yn = xy, n7→∞ n7→∞ yn y Toda sucesi´ on acotada, creciente o decreciente es convergente. Toda sucesi´ on no acotada es divergente. El l´ımite de una sucesi´ on convergente es u ńico. n7→∞

Ejemplo Determinar si la siguiente sucesión es convergente o divergente. 3 4 5 6 7 , , , , , ... 2 3 4 5 6 Soluci´ on. Observando los términos de la sucesi´ on vemos que el término n-ésimo de la sucesi´ on es an =

n+2 . 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 Determinar la convergencia o divergencia de la sucesión cuyo término n-ésimo es. (a)

1 an = 2 + 2 , n

(b)

1 bn = n sen n

Soluci´ on. 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 Determinar la convergencia o divergencia de la sucesión cuyo término n-ésimo es. R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

Cálculo II

Matemáticas

UMSA

Dr. Mario Chavez Gordillo Phd (1) an = 3n − 4 (3) an =

(−1)n

(5) an =

√ n

(7) an =

n3 − 2n √ n2 − n

(2) an =

2 n3

√ 4

n n2 + n r 1 (6) an = n n √ 4 n (8) an = √ 4 3n + 1 (4) an = √ 4

n

104

Soluci´ on.

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

Cálculo II

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UMSA

(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 = l´ım r = = 0 2 n7→∞ n7→∞ 1 1 4 n + n 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 1 1 1 n n 1 = l´ım e n ln (6) l´ım an = l´ım = l´ım n7→∞ n7→∞ n7→∞ n7→∞ n n

{an } converge

n7→∞

= l´ım e

ln(n−1 ) n

n7→∞

= l´ım e−

105

ln n n

n7→∞

= e−0 = 1

n3 − 2n − 2n 3 (7) l´ım an = l´ım 2 √ = l´ım 2 n √ n7→∞ n7→∞ n − n n7→∞ n − n n3 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 (8) l´ım an = l´ım √ = 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

n3

{an } diverge

{an } converge

Ejemplo Determinar la convergencia o divergencia de la sucesión cuyo término n-ésimo es. an = Soluci´ on. Calculando el l´ımite

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

p

n3 + 2n − n

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UMSA l´ım an

n7→∞

106

√ p n2 + 2n + n n2 + 2n − n2 2 = l´ım ( n + 2n − n) √ = l´ım √ n7→∞ n7→∞ n2 + 2n + n n2 + 2n + n

2n 2 2 = l´ım r = l´ım r n7→∞ n7→∞ n7→∞ + 2n + n 2 n2 + 2n 1+ +1 +1 2 n n 2 2 = r = √ = 1 1+1 2 1+ +1 ∞ =

l´ım √

n2

Por tanto, la sucesi´ on {an } es convergente y converge a 1.

[B27]. Series ´ 5. Dada la sucesi´ DEFINICION on {an }, definimos sus sumas parciales por 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 denotada por ∞ X

n7→∞

an . Esto es

n=1

∞ X

n=1

an = l´ım sn = a1 + a2 + · · · n7→∞

Algunas series especiales ① La serie geométrica de raz´ on r. ∞ X ☞ Si |r| < 1, entonces ar n = ☞ Si |r| ≥ 1, entonces

n=1 ∞ X

a 1−r

ar n diverge.

n=1

∞ X 1 ② La serie Arm´ onica diverge. n n=1

③ La serie Arm´ onica de grado p (serie p de Riemman)

∞ X 1 converge si p > 1 y diverge si p ≤ 1. np n=1

0.1. 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 términos an positivos se tienen los siguientes criterios: n=1

① Criterio de divergencia. Si l´ım an 6= 0, entonces la serie n7→∞

∞ X

an es divergente.

n=1

Ejemplo Determinar la convergencia o divergencia de la serie

∞ X

2n

n=1

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

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107

Soluci´ on. El término general de la serie es an = 2n . Ahora bien, como l´ım an = l´ım 2n = 2∞ = ∞ = 6 0,

n7→∞

entonces la serie dada es divergente.

n7→∞

Ejemplo Determinar la convergencia o divergencia de la serie

∞ X

2n

n=1

n+1 . Ahora bien, como n−1 n+1 1 + 1/n = l´ım = 1 6= 0, l´ım an = l´ım n7→∞ n7→∞ n − 1 n7→∞ 1 − 1/n entonces la serie dada es divergente. ∞ X 1 n 1+ Ejemplo Determinar la convergencia o divergencia de la serie n n=1 n 1 Soluci´ on. El término general de la serie es an = 1 + . Ahora bien, como n 1 n = e 6= 0, l´ım an = l´ım 1 + n7→∞ n7→∞ n entonces la serie dada es divergente. Soluci´ on. El término general de la serie es an =

Ejemplo Determinar la convergencia o divergencia de la serie

∞ X 1 √ n n=1

1 Soluci´ on. El término 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 ∞ ∞ X X 1 1 1 √ = con p = . 1/2 2 n n n=1

n=1

Como p = 12 < 1, la serie dada diverge. ② Criterio de Comparaci´ on. Si an ≤ bn , entonces ∞ ∞ X X ☞ Si bn converge, entonces an converge. ☞ Si

n=1 ∞ X

n=1

an no converge, entonces

n=1

Ejemplo serie

∞ X

bn no converge.

n=1

Aplicando el criterio de Comparaci´ on, determinar la convergencia o divergencia de la

∞ X

1 n(n + 1) n=1

Soluci´ on. Comparemos la serie dada con la serie p de Riemann 1 1 ≤ 2 n(n + 1) n

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

Cálculo II

∞ X 1 . Como 2 n n=1

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UMSA y sabiendo que la serie es convergente.

Ejemplo serie

108

∞ X 1 es convergente por ser p = 2 > 1, deducimos que la serie dada también n2 n=1

Aplicando el criterio de Comparaci´ on, determinar la convergencia o divergencia de la

∞ X

1 ln n n=1

Soluci´ on. Comparemos la serie dada con la serie Arm´ onica

∞ X 1 . Como ln n < n, entonces 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 también n n=1 es divergente.

Ejemplo Analizar la convergencia y/o divergencia de la siguiente serie: ∞ 3 X n + 6n2 + 5n − 2 p . n 3 (n3 + 1)4 n=1

Soluci´ on. Puesto que

n3 ≤ n3 + 1

entonces

por tanto

de aqu´ı

invirtiendo

as´ı

por tanto

p 3

(n3 )4 ≤ n4 ≤

p 3

(n3 + 1)4

p 3 (n3 + 1)4

p n5 ≤ n 3 (n3 + 1)4 1 1 ≥ p 5 3 n n (n3 + 1)4 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 de donde se deduce que

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

1 6 5 2 n3 + 6n2 + 5n − 2 p + 3+ 4− 5 ≥ 2 n n n n n 3 (n3 + 1)4

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109

∞ ∞ ∞ ∞ X X 1 X1 X1 1 , , y son series arm´ onicas de grado p con p > 2 3 4 n n=1 n n=1 n n5 n=1 n=1 2, todas son convergentes, por tanto la desigualdad anterior implica que nuestra serie también es convergente. an ③ Criterio de Comparaci´ on por el Cociente. Si l´ım = k, entonces n7→∞ bn ∞ ∞ X X ☞ Si 0 < k < ∞, entonces las series an y bn ambas convergen o ambas divergen.

Debido a que las series

☞ Si k = 0 y

∞ X

n=1

bn converge, entonces

n=1 ∞ X

☞ Si k = ∞ y

bn diverge, entonces

n=1

n=1

∞ X

n=1 ∞ X

an también converge. an también diverge.

n=1

Ejemplo

Aplicando el criterio de Comparaci´ on por el Cociente, determinar la convergencia o ∞ X 1 divergencia de la serie n2 + 4 n=1 Soluci´ on. Comparemos la serie dada con la serie p de Riemann convergente

l´ım

n7→∞

∞ X 1 . El hecho de que 2 n n=1

1 2 1 1 + 4 = l´ım n = l´ım 2 = l´ım = 1 ∈ (0, ∞) 1 4 n7→∞ n2 + 4 n7→∞ n + 4 n7→∞ 1 + n2 n2 n2

n2

implica que la serie dada es convergente.

Ejemplo

Aplicando el criterio de Comparaci´ on por el Cociente, determinar la convergencia o ∞ X 1 p divergencia de la serie n(2n − 1) n=1 ∞ X 1 √ . El hecho de que Soluci´ on. Comparemos la serie dada con la serie divergente n n=1

1 l´ım

n7→∞

p

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 2 n7→∞ n7→∞ t 2n − n n2

n n(2n − 1) 1 n

2−

1 n

= 0

implica que la serie dada es divergente.

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

Cálculo II

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④ Criterio Cauchy o de la Raiz

l´ım

n7→∞

√ n

an = k

 ∞ X   an converge  Si k < 1, entonces    n=1   ∞ X  Si k > 1, entonces an diverge     n=1    Si k = 1, entonces el criterio no resuelve

⇒

Ejemplo AAnalizar la convergencia y/o divergencia de la siguiente serie: ∞ X

n=1

πn2 cos 2 2n − 3

2n

Soluci´ on.

l´ım

n→∞

s n

πn2 cos 2 2n − 3

2n

2 πn2 = l´ım cos 2 n→∞ 2n − 3  2

=

 l´ım cos

n→∞

π

 = 3  2− 2 n

cos

π 2 =0 1, entonces     n=1    Si k = 1, entonces el criterio falla

Ejemplo Aplicando el criterio del Cociente, determinar la convergencia o divergencia de la serie ∞ X n 3n n=1

Soluci´ on. 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 = l´ım 1 + = < 1, n n+1 n7→∞ an n7→∞ n7→∞ n3 n7→∞ n 3 3 3n de donde se deduce que la serie dada es convergente.

Ejemplo Aplicando el criterio del Cociente, determinar la convergencia o divergencia de la serie ∞ X (n + 1)(n + 2)

n=1

n!

Soluci´ on. Aplicando el criterio del Cociente tenemos:

R R ξρ +βτ αηφoη + ξ νι

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an+1 l´ım n7→∞ an

111

(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 = 0 < 1, = l´ım n7→∞ (n + 1)2

de donde se deduce que la serie dada es convergente.

Ejemplo Aplicando el criterio del Cociente, determinar la convergencia o divergencia de la serie ∞ X

n3 (ln 2)n n=1 Soluci´ on. Aplicando el criterio del Cociente tenemos:

l´ım

n7→∞

an+1 an

(n + 1)3 (n + 1)3 (ln 2)n (n + 1)3 1 (ln 2)n+1 = l´ım = l´ ım = l´ ım = > 1, 3 n+1 3 3 n7→∞ n7 → ∞ n7 → ∞ (ln 2) n (ln 2)n ln 2 n (ln 2)n

de donde se deduce que la serie dada es divergente.

Ejemplo Analizar la convergencia y/o divergencia de la siguiente serie: ∞ X

n 2n . n (n + 1)3 n=1 Soluci´ on. (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 =

Mario Chavez - Ejercicios Resueltos de Calculo II.

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