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Ayudantıa Calculo Avanzado
Rodrigo J. Tranamil Vidal1
Departamento de Matematicas y EstadısticaUniversidad de La Frontera
Av. Francisco Salazar 01145, [email protected]
Marzo 5, 2008
1Alumno 4to ano de Ingenieria Civil Industrial mencion Informatica
Indice
1. Geometrıa de Rn 31.1. El espacio tridimensional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2. Superficies cuadraticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2.1. Planos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.2.2. Cilindros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2.3. Esferas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.2.4. Elipsoides . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.2.5. Conos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.2.6. Paraboloide Eliptico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.2.7. Paraboloide Hiperbolico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.2.8. Hiperboloide de una Hoja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.2.9. Hiperboloide de dos Hojas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.3. Graficas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
2. Algebra vectorial 142.1. Elementos basicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142.2. Ecuaciones de la recta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152.3. Ecuaciones del plano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152.4. Ecuaciones distancias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162.5. Posiciones relativas de rectas y planos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2.5.1. Posiciones de dos planos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172.5.2. Posiciones de dos rectas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172.5.3. Posiciones de recta y plano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
2.6. Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
3. Funciones de Varias Variables 333.1. Campos Escalares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 333.2. Lımites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 333.3. Continuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 333.4. Derivadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 343.5. Diferenciabilidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 343.6. La diferencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
3.6.1. La diferencial como aproximacion del incremento . . . . . . . . . . . . . . . 343.7. El Gradiente (∇f) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 363.8. Derivadas Parciales de Orden Superior-Hessiana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 363.9. Regla de la Cadena y Derivacion Implıcita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 373.10. Extremos de funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
3.10.1. Definiciones y Teoremas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 383.10.2. Puntos crıticos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 393.10.3. Naturaleza de los puntos crıtcos. Criterio del hessiano . . . . . . . . . . . . . 39
3.11. Extremos condicionados. Multiplicadores de Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . 403.11.1. Metodo de los multiplicadores de Lagrange. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
3.12. Maximos y mınimos absolutos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 413.13. Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
1
4. Integrales Multiples 674.1. Integral de Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 674.2. Integrales Dobles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
4.2.1. Forma de las integrales dobles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 674.2.2. Cambio de variable en la integral doble . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 684.2.3. Coordenadas polares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 684.2.4. Aplicaciones de la integral doble . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
4.3. Integrales Triples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 734.3.1. Forma de las integrales triples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 734.3.2. Cambio de variable en la integral triple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 734.3.3. Coordenadas cilındricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 734.3.4. Coordenadas esfericas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 744.3.5. Aplicaciones de la integral triple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
4.4. Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
5. Integracion en Campos 925.1. Curvas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 925.2. Integral de Lınea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 925.3. Integral de Superficie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 935.4. Teoremas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94
5.4.1. Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 945.4.2. Stoke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 945.4.3. Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94
5.5. Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95
2
1. Geometrıa de Rn
Se ha tenido la oportunidad de trabajar con el conjunto de los numeros reales y establecer unacorrespondencia biunıvoca con los puntos de una recta que llamamos recta real, con lo cual, unnumero real lo podemos representar como un punto de tal recta. De igual manera, una pareja denumeros reales puede ser representada por un punto en el plano xy. Al extender esta idea, unaterna de numeros reales puede ser representada por un punto en el espacio tridimensional (Fig. 1).
- Rxr
-
6
y
x
P (x,y)r
x
y
-
6
��������9
y
z
x
P (x,y,z)
(x,y,0)
(0,y,0)
rr rr
(x,0,0)
Figura 1
1.1. El espacio tridimensional
Una terna que indica un punto en el espacio se escribe P (x, y, z), en donde x, y, z son lascoordenadas del punto, y representan las distancias del punto P a los planos coordenados yz, xzy xy, respectivamente. Con ello se obtiene un sistema de coordenadas rectangulares en el espacio.Los ejes coordenados, eje x, eje y, eje z, determinan tres planos, llamados planos coordenadosxy, xz, yz. Estos planos coordenados dividen al espacio en ocho partes, llamadas octantes. Elprimer octante corresponde a la parte en la cual las tres coordenadas son positivas. (Fig. 2)
6
-
�
Plano xy
Plano yz
Plano xz
x
y
z
r7
r(x,y,0)
(x,y,z)
z
Figura 2
3
En la geometrıa analıtica del plano y tambien del espacio, los dos problemas fundamentales aresolver son:
Dada una ecuacion matematica hallar su lugar geometrico, y
Dado un lugar geometrico hallar su ecuacion matematica.
1.2. Superficies cuadraticas
Por superficie se entiende la grafica de una ecuacion de tres variables de la forma F (x, y, z) = 0.En particular, la ecuacion lineal del plano ax + by + cz + d = 0 es una superficie. Se denominasuperficie cuadratica cuando F (x, y, z) = 0 es el lugar geometrico de un polinomio de segundogrado en las variables x, y, z. Esto es
Ax2 +By2 + Cz2 +Dxy + Exz + Fyz +Gx+Hy + Iz +K = 0
Un problema recurrente en el calculo de varias variables (campos escalares), es el de graficar oal menos intentar un bosquejo de algunas superficies, mostramos a continuacion como bosquejary reconocer una superficie cuadratica recurriendo a algunas tecnicas basicas.
1.2.1. Planos
Para trazar la grafica de un plano es conveniente hallar la denominada traza de la grafica enlos planos coordenados, esto es, la recta de interseccion de la grafica del plano con cada uno de losplanos coordenados. Se entiende por plano coordenado a cada uno de los planos xy, xz, yz. Porejemplo, si la ecuacion del plano es ax+by+cz+d = 0, entonces con z = 0 se obtiene ax+by+d = 0ecuacion que resulta ser la traza de la grafica del plano en el plano xy. Analogamente, se encuentranlas dos trazas restantes.
Ejemplo 1 Trazar la grafica de la ecuacion x+ y + z = 1
Si z = 0, entonces la traza en el plano xy es la recta x + y = 1, la que tiene como puntos deinterseccion con los ejes los puntos (1, 0, 0) y (0, 1, 0). De manera analoga, se encuentra que lasrectas x+ z = 1, y + z = 1 son las trazas en los planos xz e yz respectivamente.
6
- y
z
��
��
��+x
������@
@@@�������
x+z=1 y+z=1
x+y=1
Ejemplo 1
Con estos datos se obtiene que la grafica de la ecuacion x + y + z = 1, al menos en el primeroctante, tiene la representacion que muestra la figura del ejemplo 1.
4
1.2.2. Cilindros
Un cilindro esta generado por una curva plana llamada directriz y una recta, llamada generatriz,que se mueve paralelamente a si misma, apoyandose en la directriz.Como lugar geometrico, el cilindro es el conjunto de puntos que satisface relaciones del tipo
f(x, y) = 0, f(x, z) = 0, f(y, z) = 0
En el primer caso, el cilindro tiene eje paralelo al eje z, en el segundo paralelo al eje y, y en eltercero, paralelo al eje x.En la forma general de la ecuacion cuadratica, el cilindro se caracteriza por tener omitida una desus variables x, y o z.
Por ejemplo, x2 + y2 = 1, x2 + z2 = 1, y2 + z2 = 1, son ecuaciones de cilindros en R3. Esevidente que estas ecuaciones carecen de una de las variables.
Por ejemplo, en la primera de ellas no esta la variable z, y se considera que ella es “libre” paravariar en el espacio, con lo su generatriz es paralela al eje z. La curva plana x2 + y2 = 1 es ladirectriz del cilindro. Para las ecuaciones restantes se obtienen consideraciones analogas.
-
6
�������
y
z
xFigura (a)
Directriz y2 = 4axGeneratriz paralela al eje z
-
6
��
���
��
��
y
z
x
��
���
��
���
Figura (b)
Directriz y2 = 4azgeneratriz paralela al eje x
Como norma general, para intentar la grafica de una superficie se puede hallar, en primer lugar,la curva de interseccion de la superficie con los planos coordenados o con planos paralelos a loscoordenados, y examinar esta curva (trazas).
Por ejemplo, las superficies b2x2 + a2y2 = a2b2, b2x2 + a2z2 = a2b2, b2y2 + a2z2 = a2b2, soncilindros elıpticos, al intersectarseles con el plano coordenado faltante, la curva de interseccion esuna elipse.
De igual modo, las ecuaciones z2 = 4ax, z2 = 4ay, x2 = 4ay, x2 = 4az, y2 = 4ax, y2 = 4az,son cilindros parabolicos. Es sencillo ver que al intersectarlos con el plano coordenado faltante, lacurva de interseccion es una parabola. (figuras a y b).
5
1.2.3. Esferas
La esfera es el lugar geometrico de todos los puntos que mantienen una distancia constante aun punto fijo. La distancia constante se denomina radio y el punto fijo centro. Si el centro es elpunto (h, k, j) y el radio es r, entonces un punto cualquiera en la esfera de coordenadas (x, y, z)satisface la ecuacion
(x− h)2 + (y − k)2 + (z − j)2 = r2
En el caso particular de que que el centro sea el punto (0, 0, 0), entonces la ecuacion de la esferatoma la forma
x2 + y2 + z2 = r2
La traza de la esfera en el plano xy se obtiene haciendo z = 0. Se obtiene la circunferenciax2 + y2 = r2. Las trazas en los planos restantes son tambien circunferencias.
La ecuacion general de la esfera en el espacio tiene la forma
x2 + y2 + z2 +Gx+Hy + Iz + k = 0
Ejemplo La ecuacion x2 + y2 + z2 − 2x− 2y + 2z + 2 = 0 representa una esfera centrada en elpunto (1, 1,−1) y de radio 1.
&%'$
6
����)- y
z
x
Ejemplo
(x− 1)2 + (y − 1)2 + (z + 1)2 = 1
6
1.2.4. Elipsoides
El elipsoide es el lugar geometrico de todos los puntos que satisfacen la relacion
-
6
�
""
"=x
z
y
x2
a2+y2
b2+z2
c2= 1
La ecuacion general del elipsoide en el espacio tiene la forma
(x− h)2
a2+
(y − k)2
b2+
(z − j)2
c2= 1
En la forma general de la ecuacion cuadratica, el elipsoide tiene ecuacion
Ax2 +By2 + Cz2 + k = 0
con A,B,C diferentes de cero, diferentes en magnitud, y de igual signo.
Se puede verificar facilmente, que las trazas, es decir, la interseccion con planos paralelos a losplanos coordenados son elipses.
Si a = b o a = c, o b = c, se obtiene una superficie de revolucion, en el cual la generatriz esuna elipse que gira alrededor de uno de sus ejes. En particular, si la elipse es una circunferencia,a = b = c, se obtiene la esfera.
Ejemplo La ecuacion x2 + 2y2 + z2− 4x+ 4y− 2z+ 3 = 0 es un elipsoide de centro en el punto(2,−1, 1) y semiejes a = c = 4, b = 2.
1.2.5. Conos
El cono es el lugar geometrico de todos los puntos que satisfacen una relacion de la forma
x2
a2+y2
b2− z2
c2= 0,
x2
a2+z2
c2− y2
b2= 0,
y2
b2+z2
c2− x2
a2= 0,
La ecuacion general del cono en el espacio tiene la forma
(x− h)2
a2+
(y − k)2
b2− (z − j)2
c2= 0
Este tipo de cono es elıptico si a 6= b. Si a = b el cono es circular recto. Las trazas de un conosobre los planos coordenados son rectas o puntos.
En la forma general de la ecuacion cuadratica, el cono se caracteriza por tener constantes A,B,Cdiferentes de cero, dos de ellas de igual signo, y K = 0. En un cono de revolucion la generatriz esuna recta que corta al eje de revolucion en el vertice.
7
Ejemplo La ecuacion z2 = x2 + 4y2 representa un cono elıptico con elipses como traza paraz 6= 0. Si z = 0, entonces x = y = 0, lo que significa que la traza es un punto.
1.2.6. Paraboloide Eliptico
El Paraboloide elıptico es el lugar geometrico de todos los puntos que satisfacen una relacionde la forma
x2
a2+y2
b2= c2z,
x2
a2+z2
c2= b2y,
y2
b2+z2
c2= a2x
La ecuacion general del Paraboloide elıptico en el espacio tiene la forma
(x− h)2
a2+
(y − k)2
b2= c2 (z − j)
La traza en el plano xy es un punto, las otras trazas son parabolas. Si a = b, se tiene unparaboloide de revolucion, que se obtiene haciendo girar la traza xz alrededor del eje z.
En la forma general de la ecuacion cuadratica, el paraboloide elıptico se caracteriza por unaconstante A,B,C igual cero, y las restantes del mismo signo.
Ejemplo La ecuacion z − 1 = x2 + 4y2 es de un paraboloide, cuya traza en el plano yz esz = 1 + y2, una parabola. Del mismo modo, su traza en el plano xz es la parabola z = 1 + x2.Para ver la traza en el plano xy se observa que si z < 1 no existen valores de x e y cuya suma decuadrados sea negativa. Si z ≥ 0, entonces las trazas son elipses.
1.2.7. Paraboloide Hiperbolico
El Paraboloide Hiperbolico es el lugar geometrico de todos los puntos que satisfacen una relacionde la forma
x2
a2− y2
b2= c2z,
x2
a2− z2
c2= b2y,
y2
b2− z2
c2= a2x
La ecuacion general del Paraboloide Hiperbolico en el espacio tiene la forma
(x− h)2
a2− (y − k)2
b2= c2 (z − j)
La traza en el plano xy son rectas. En los otros planos es una parabola. Esta superficie no es derevolucion. Cuando se trata de un hiperboloide de revolucion la generatriz es una hiperbola quegira alrededor de uno de sus ejes de simetrıa.
En la forma general de la ecuacion cuadratica, el Paraboloide Hiperbolico se caracteriza por unaconstante A,B,C igual cero, y las restantes de distinto signo.
Ejemplo La ecuacion x2 − y2 = z representa un paraboloide hiperbolicode centro el origen. Sus trazas son una parabola y dos hiperbolas.
8
1.2.8. Hiperboloide de una Hoja
El Hiperboloide de una Hoja es el lugar geometrico de todos los puntos que satisfacen unarelacion de la forma
x2
a2+y2
b2− z2
c2= 1,
x2
a2− y2
b2+z2
c2= 1, −x
2
a2+y2
b2+z2
c2= 1
La ecuacion general del Hiperboloide de una Hoja en el espacio es
(x− h)2
a2+
(y − k)2
b2− (z − j)2
c2= 1
En la forma general de la ecuacion cuadratica, el Hiperboloide de una Hoja se caracteriza por tenersus constante A,B,C diferentes de cero, y una de ellas tiene signo negativo.
Sus trazas son elipses o hiperbolas. Si a = b se tiene una superficie de revolucion, haciendo girarla traza xz alrededor del eje z.
Ejemplo La ecuacion 36x2+4y2−9z2 = 36 representa un Hiperboloide de una hoja, de semiejesa = 1, b = 3, c = 2. Sus trazas son; en el plano xy elipse, en los planos yz y xz hiperbolas.
1.2.9. Hiperboloide de dos Hojas
El Hiperboloide de dos Hojas es el lugar geometrico de todos los puntos que satisfacen unarelacion de la forma
x2
a2− y2
b2− z2
c2= 1, −x
2
a2+y2
b2− z2
c2= 1, −x
2
a2− y2
b2+z2
c2= 1
La ecuacion general del Hiperboloide de una Hoja en el espacio es
(x− h)2
a2− (y − k)2
b2− (z − j)2
c2= 1
Esta expresion carece de traza yz, ya que con z = 0 se obtiene una suma de cuadrados iguala un numero negativo. Las trazas restantes son hiperbolas. Si b = c, se tiene una superficie derevolucion, que se obtiene haciendo girar la traza xz alrededor del eje z.
En la forma general de la ecuacion cuadratica, el Hiperboloide de dos Hojas se caracteriza portener sus constante A,B,C diferentes de cero, y dos de ellas son de signo negativo.
Ejemplo La ecuacion 4x2−y2 +4z2 +16 = 0 representa un Hiperboloide de dos hojas. Su trazaen los planos xy e yz son hiperbolas. Su traza en el plano xz es el conjunto vacıo.
9
1.3. Graficas
En esta seccion se presentaran las diferentes y variadas ecuaciones con sus respectivas graficas,usando el programa Maple 9.
Las conicas en el espacio
1. La ecuacion del una circunferencia es x2 + y2 = a2. Esta se proyecta en todo el eje Z,debido a que carece de esta variable, es decir, esta puede tomar infinitos valores. Para el casoa = 1, se tiene el siguiente grafico:
2. La ecuacion de una hiperbole esx2
a2+y2
b2= 1. En particular si a = 1/2 y b = 1, se tiene el
siguiente grafico:
3. La ecuacion de una parabola es y = x2. Al igual que los casos anteriores esta se proyectaen todo el eje Z. Se tiene el siguiente grafico:
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Elipsoide
La ecuacion de un elipsoide esx2
a2+y2
b2+z2
c2= 1. De esta ecuacion, se obtiene el siguiente
grafico:
Paraboloide
1. Se tiene el caso del Paraboloide elıptico el cual es ax2 + by2 = z, cuyo grafico es:
2. Otro caso es Paraboloide circular el cual tiene por ecuacion a x2 + y2 = z, el cual poseela siguiente grafica:
11
3. Por ultimo se tiene la ecuacion del Paraboloide hiperbolico que es ax2 − by2 = z. Sugrafica se asemeja a una silla de montar:
Conos
1. Se tiene el caso del Cono elıptico el cual es ax2 + by2 = z2, cuyo grafico es:
2. Otro caso es el Cono circular el cual tiene por ecuacion a x2 + y2 = z2, el grafico es elsiguiente:
12
Hiperboloide de una hoja
Esta posee la siguiente ecuacionx2
a2+y2
b2− z2
c2= 1. Cabe mencionar que las dos variables con
signos positivos representan una elipse, las combinaciones de las variables positivas con negativasforman hiperboles. De acuerdo a ciertos valores que se le pueden dar a las constantes, se tiene lasiguiente grafica:
Hiperboloide de dos hoja
Esta posee la siguiente ecuacion −x2
a2− y
2
b2+z2
c2= 1. Esta grafica posee dos variables negativas
que forman una elipse, respecto la variable positiva su constante define donde parte la grafica. Enparticular se tiene la siguiente grafica:
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2. Algebra vectorial
2.1. Elementos basicos
Hay que recordar los conceptos involucrados con el vector como modulo, direccion y sentido(vistos en cursos anteriores de fısica y algebra lineal). Entre otros, aparecen el vector director,vector normal.
El vector se puede definir analıticamente como sigue:
Consideremos como punto inicial el origen del sistema de coordenadas (0, 0, 0) y el punto
final las coordenadas (a, b, c), entonces se tiene que ~A = (a, b, c) − (0, 0, 0) = (a, b, c) es un
vector, cuya magnitud o norma es∥∥∥ ~A∥∥∥ =
√a2 + b2 + c2.
Ademas, este forma angulos con los planos coordenados llamados angulos directores, loscuales quedan expresados como:
cosα =a∥∥∥ ~A∥∥∥ , cos β =
b∥∥∥ ~A∥∥∥ , cos γ =c∥∥∥ ~A∥∥∥ ,
se cumple que cos2 α+ cos2 β + cos2 γ = 1.
El producto punto o escalar entre dos vectores corresponde a multiplicar componente acomponente y luego sumar los resultados, es decir
~A · ~B = (a1, a2, a3) · (b1, b2, b3) = a1b1 + a2b2 + a3b3
o bien se puede calcular geometricamente como ~A · ~B =∥∥∥ ~A∥∥∥∥∥∥ ~B∥∥∥ cos θ, donde θ es el angulo
que forman los dos vectores.
Por otro lado, el producto cruz o vectorial entres dos vectores corresponde a resolver elsiguiente determiante
~A× ~B =
∣∣∣∣∣∣i j ka1 a2 a3
b1 b2 b3
∣∣∣∣∣∣ = (a2b3 − b2a3)i− (a1b3 − b1a3)j + (a1b2 − b1a2)k
o bien se puede calcular geometricamente como ~A× ~B =∥∥∥ ~A∥∥∥∥∥∥ ~B∥∥∥ sen θ.
Observaciones:
1. El producto cruz o producto vectorial da como resultado un vector y el producto puntoo producto escalar da un escalar como resultado.
2. Otra observacion es que el vector resultante del producto vectorial, es perpendicular alplano que definen los dos vectores.
14
2.2. Ecuaciones de la recta
Los elementos que hay que tener siempre presente para encontrar la ecuacion de una recta, noimportando la forma de la ecuacion solicitada, son un punto A = (a1, a2, a3) que pertenezca
a la recta y un vector director ~d = (d1, d2, d3) que este contenido en ella, ademas de un puntovariable X = (x, y, z) perteneciente a la recta.
En resumen tenemos las siguientes formas de escribir la ecuacion de una recta:
• ~X = A+ t~d (vectorial)
•
x = a1 + td1
y = a2 + td2 (Parametrica)z = a3 + td3
• x− x1
d1
=x− x2
d2
=x− x3
d3
(cartesiana)
•{A1x+B1y + C1z +D1 = 0 (General)A2x+B2y + C2z +D2 = 0
2.3. Ecuaciones del plano
Para hallar estas ecuaciones debemos encontrar un punto P1 = (x1, y1, z1) y una normal ~n =(a, b, c) que pertenezcan al plano. Posteriormente nos damos un punto variable P = (x, y, z)que sea del plano, y finalmente aplicamos la condicion ~pp1 · ~n = 0 llegando a las siguientesformas:
• (x− x1, y − y1, z − z1) · (a, b, c) = 0 (Vectorial)
• a(x− x1) + b(y − y1) + c(z − z1) = 0 (Punto-normal)
• Ax+By + Cz +D = 0 (General)
• x
p+y
q+z
r= 1, con p, q y r intersecciones con los ejes coordenados. (Reducida)
15
2.4. Ecuaciones distancias
• Sean los puntos P (x1, y1, z1) y Q(x2, y2, z2) ubicados en el espacio, su distancia quedadefinida como:
d =
√(x1 − x2)
2 + (y1 − y2)2 + (z1 − z2)
2
• Sea el punto P y la recta en su forma vectorial R : ~X = A+ t~d
Para hallar la distancia entre estos dos elementos geometricos se recurre a la siguienteecuacion:
d =
∥∥∥~d× ~AP∥∥∥∥∥∥~d∥∥∥
Donde ~AP es un vector formado por el punto A que pertenece a la recta y el punto Pdonde queremos medir al distancia; y ~d es el vector director de la recta R.
• Sea el punto Q y el plano en su forma vectorial π : (x− x1, y − y1, z − z1) · ~n = 0
La distancia entre estos dos elementos, queda definida de acuerdo a la siguiente ecuacion:
d =
∣∣∣ ~PQ · ~n∣∣∣‖~n‖
Donde ~PQ es un vector formado por el punto P que pertenece al plano y el punto Qque es donde queremos medir respecto el plano; ~n es el vector normal del plano.
Observacion: Notar que para hallar la distancia entre dos planos, se halla un punto quepertenezca a uno de ellos (ya que al menos una de la dos ecuaciones es conocida) y elproblema se reduce al encontrar la distancia entre un punto y un plano el cual ya tienesolucion usando la ecuacion mostrada anteriormente punto-plano. Asi, todos los problemasde encontrar distancia entre los diferentes elementos geometricos se reducen a los dos casosanteriores.
16
2.5. Posiciones relativas de rectas y planos
2.5.1. Posiciones de dos planos
Sean P1 y P2 los planos de ecuaciones a1x+ b1y + c1z + d1 = 0 y a2x+ b2y + c2z + d2 = 0
Caben las siguientes posibilidades:
• Los planos coinciden, sia1
a2
=b1b2
=c1c2
=d1
d2
• Los planos son paralelos, y distintos, sia1
a2
=b1b2
=c1c26= d1
d2
• En cualquier otro caso, el rango del sistema es 2, y entonces los planos definen unarecta.
2.5.2. Posiciones de dos rectas
Se considera un par de rectas dadas en la forma
•{a1x+ +b1y + c1z = d1
a2x+ +b2y + c2z = d2•{m1x+ +n1y + p1z = q1m2x+ +n2y + p2z = q2
Sea A la matriz del sistema formado por estas cuatro ecuaciones, y A′ la ampliada. Esto es:
• A =
a1 b1 c1a2 b2 c2m1 n1 p1
m2 n2 p2
• A′ =
a1 b1 c1 d1
a2 b2 c2 d2
m1 n1 p1 q1m2 n2 p2 q2
Existen las siguientes alternativas:
1. rang(A) = 2, rang(A′) = 2⇒ son dos rectas coincidentes.
2. rang(A) = 2, rang(A′) = 3⇒ son dos rectas paralelas, distintas.
3. rang(A) = 3, rang(A′) = 3 ⇒ son dos rectas secantes; su punto de corte es la soluciondel sistema.
4. rang(A′) = 4, es decir, det(A′) = 0⇒ las rectas se cruzan.
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2.5.3. Posiciones de recta y plano
Se considera la recta y el plano en la forma
•{a1x+ +b1y + c1z = d1
a2x+ +b2y + c2z = d2
• ax+ +by + cz = d
Sea A la matriz del sistema formado por estas tres ecuaciones, y A′ la ampliada. Esto es:
• A =
a1 b1 c1a2 b2 c2a b c
• A′ =
a1 b1 c1 d1
a2 b2 c2 d2
a b c d
Existen las siguientes alternativas:
1. rang(A) = 2, rang(A′) = 2⇒ la recta esta contenida en el plano.
2. rang(A) = 2, rang(A′) = 3⇒ la recta es paralela al plano, y no contenida en el.
3. rang(A) = 3, rang(A′) = 3 ⇒ la recta es secante al plano. El punto de corte es lasolucion del sistema.
Es interesante destacar que el paralelismo entre una recta y un plano se da si det(A) = 0.
18
2.6. Problemas
1. Hallar la ecuacion del plano que pasa por los puntos A(1, 0, 0), B(0, 2, 0) y C(0, 0, 3).
→ Como se conoce las intersecciones con los ejes a = 1, b = 2, c = 3, se puede ocuparla ecuacion reducida del plano, esto es:
x
a+y
b+z
c= 1⇒ x
1+y
2+z
3= 1⇒ 6x+ 3y + 2z − 6 = 0
2. Comprobar si los planos que pasan por los puntos a(2, 0, 0), b(0,−1, 0) y c(0, 0, 3); y porlos puntos p(−4, 0, 0), q(0, 2, 0) y r(0, 0,−6) tienen el mismo vector normal.
→ Consideremos que los puntos a, b, c pertenecen al plano P1 y que los puntos p, q, rpertenecen al plano P2. Con los puntos a y b se forma el vector ~ab = (−2,−1, 0) y conlos puntos a y c se forma el vector ~ac = (−2, 0, 3), luego hacemos el producto cruz entreestos dos vectores y se obtiene un vector perpendicular a los dos vectores anteriores quepor estar contenidos en el plano P1 vendria siendo la normal ~n1, esto es:
~n1 = ~ab× ~ac =
∣∣∣∣∣∣i j k−2 −1 0−2 0 3
∣∣∣∣∣∣ = (−3, 6,−2)
El mismo procedimiento se realiza para el plano P2 con los puntos p, q y r, lo cual serıa:
~n2 = ~pq × ~pr =
∣∣∣∣∣∣i j k4 2 0−4 0 −6
∣∣∣∣∣∣ = (−12, 24,−8) = 4(−3, 6,−2)⇒ ~n1 = ~n2
→ Otra forma de resolver este problema es utilizando la ecuacion reducida del planoya que se conoce las intersenciones con los ejes coodenados de cada plano. Entonces setiene que para cada plano ocurre lo siguiente:
• P1:x
2+
y
−1+z
3= 1⇒ 3x− 6y + 2z − 6 = 0 ⇒ ~n1 = (3,−6, 2)
• P2:x
−4+y
2+
z
−6= 1⇒ 6x− 12y + 4z + 24 = 0 ⇒ ~n2 = 2(3,−6, 2)
3. Hallar la ecuacion del plano que pasa por la recta R : {x = t, y = 2− t, z = 2 + t} ypor el punto a(1, 0,−1).
→ El vector director de la recta R es ~d = (1,−1, 1). Por otro lado, todos los puntosque satisfacen la ecuacion de la recta pertenecen al plano porque la recta esta contenidaen el plano, en particular se tiene el punto b(0, 2, 2). Entonces, con el punto a(1, 0,−1)
y el punto b(0, 2, 2) formamos el vector ~ab = (−1, 2, 3) el cual pertenece al plano quebuscamos. Ahora, aplicamos el producto cruz entre el vector director y el vector anteriordando como resultado un vector perpendicular que es el vector normal del plano ~n, estoes:
~n = ~d× ~ab =
∣∣∣∣∣∣i j k1 −1 1−1 2 3
∣∣∣∣∣∣ = (−5,−4, 1)
Con ~n y el punto b formamos la ec. del plano: (−5,−4, 1) · (x− 0, y − 2, z − 2) = 0
19
4. Hallar al ecuacion del plano que corta a los ejes coordenados en puntos situados adistancia 2 del origen de coordenadas.
→ Los puntos son (2, 0, 0), (0, 2, 0) y (0, 0, 2). Luego, la ecuacion del plano es
x
a+y
b+z
c= 1⇒ x
2+y
2+z
2= 1⇒ x+ y + z − 2 = 0
5. ¿Que relacion deben cumplir los parametros a, b, c para que los puntos A(1, 1, 1),B(0, 2,−1), C(2, 1, 0) y D(a, b, c) sean coplanarios (esten el mismo plano)?
→ Formemos vectores con los puntos anteriores ~AB = (0, 2,−1)−(1, 1, 1) = (−1, 1,−2)~CD = (2, 1, 0) − (a, b, c) = (2 − a, 1 − b,−c). Como estos vectores estan contenidos en
un mismo plano el coseno del angulo que forman es cero, por lo tanto el productopunto entre ellos es cero. Con este hecho tenemos que ~AB · ~CD = 0 ⇒ (−1, 1,−2) ·(2 − a, 1 − b,−c) = 0, desarrollando el lado izquierdo de la idualdad se tiene que−2 + a + 1 − b + 2c = 0 entonces la relacion que deben cumplir los paramatros esa− b+ 2c− 1 = 0
6. Dada la rectax− 1
1=y
1=z + 2
−1y el plano x+ y + z = 0. Determinar:
• El punto de corte de la recta y el plano.
→ Sea el punto de corte (a, b, c) entre la recta y el plano, este debe cumplir quea − 1 = b = −c − 2 y ademas a + b + c = 0. Con la primera relacion se tiene quea = b + 1 y que b = −c − 1, reemplazando en la segunda relacion se tiene que−c− 1− c− 2 + c = 0 con lo cual se llega a que c = 1, a = 2 y b = 1. Entonces elpunto de corte es (2, 1, 1)
• Los puntos de la recta que distan√
3 unidades del plano.
→ Consideremos el punto p = (1, 1,−2) y la normal ~n = (1, 1, 1) pertenecientes alplano, el punto q = (a, b, c) perteneciente a la recta que esta ubicado a
√3 unidades
del plano. Recordando la ecuacion de distancia entre un punto y un plano se tieneque:
d =| ~pq · ~n|‖~n‖
⇒√
3 =|(a− 1, b− 1, c+ 2) · (1, 1, 1)|
‖(1, 1, 1)‖=|a− 1 + b− 1 + c+ 2|√
12 + 12 + 12
⇒ 3 = |a+ b+ c|
Pero a, b, c pertenecen a la recta por lo tanto se cumple que
a = t+ 1b = tc = −t− 2
Con esto se tiene que 3 = |a+ b+ c| = |t+ 1 + t− t− 2| = |t− 1| con lo cual sellega a que t = −2 y t = 4.Finalmente los puntos de la recta que distan
√3 unidades del plano son (−1,−2, 0)
y (5, 4,−6).
20
7. Determinar la posicion relativa entre la recta R : {x+ 2y − 5 = 0, 3y − z − 6 = 0} y elplano 2x− y + 2z + 7 = 0. Si se cortan hallar el punto de interseccion.
Formemos la matriz A y su apliada A′:
A =
1 2 00 3 −12 −1 2
A′ =
1 2 0 50 3 −1 62 −1 2 −7
Escalonemos las matrices para ver cual es su rango y de acuerdo a esto decidir cual esla posicion relativa:
• A =
1 2 01 1 −1/30 −3 2
→ 1 0 2/3
0 1 −1/30 0 2
→ 1 0 0
0 1 00 0 1
• A′ =
1 2 0 50 1 −1/3 22 −3 2 −17
→ 1 0 3/2 1
0 1 −1/3 20 0 0 −11
→ 1 0 0 11/3
0 1 0 5/30 0 1 −11
⇒ Como rango(A) = 3 y rango(A′)=3, entonces la recta es secante al plano.
→ Para encontrar el punto de interseccion escribiremos la ecuacion de la recta en suforma parametrica, la reemplazaremos en la ecuacion del plano y encontraremos el valordel parametro para el cual se intersectan la recta y el plano, con esto obtenemos el puntode interseccion.
Se tiene que la recta es de la forma {x+ 2y − 5 = 0, 3y − z − 6 = 0} que es lo mismoque {x = 1 + 2t, 2− t, −3t}. Luego, reemplazando en la ecuacion del plano se tiene que
2(1 + 2t)− (2− t) + 2(−3t) + 7 = 0⇒ t = 7⇒ punto de interseccion (15,−5,−21).
8. Estudiar la posicion relativa del plano 3x−y+az = 0 y la recta x− y + 2z − 3 = 0, x+ z = −1,segun el valor de a.
A =
1 −1 21 0 13 −1 a
A′ =
1 −1 2 31 0 1 −13 −1 a 0
Si a = 4⇒ rang(A) = 2 y rang(A′) = 3, entonces son paralelos.
Si a = −4⇒ rang(A) = 3 y rang(A′) = 3, entonces se cortan.
21
9. Estudiar la posicion relativa de las siguientes rectas:
a) {x = 1− 2t, y = 2− t, z = 3 + t} respecto la rectax− 1
2=y + 2
1=
z
−1.
Se tiene que
~d1 = (−2,−1, 1) y P1 = (1, 2, 3)
~d2 = (2, 1,−1) y P2 = (1,−2, 0)
A =
(−2 −1 1
2 1 −1
)A′ =
−2 −1 12 1 −10 −4 −3
Como rang(A) = 1 y rang(A′) = 2, entonces son paralelas.
b) {x = 0, y = 1, z = t} respecto la recta {x = 2 + t, −t, 1 + t}.Se tiene que
~d1 = (0, 0, 1) y P1 = (1,−1, 1)
~d2 = (0, 1, 0) y P2 = (2, 0, 1)
A =
(0 0 11 −1 1
)A′ =
0 0 11 −1 12 −1 1
Como rang(A) = 2 y rang(A′) = 3, entonces se cruzan sin cortarse.
c) {x = t, y = 2 + t, z = −t} respecto la rectax
1=y − 1
2=z + 2
1.
Se tiene que
~d1 = (1, 1,−1) y P1 = (1, 2, 1)
~d2 = (0, 2, 0) y P2 = (0, 1,−2)
A =
(1 1 −11 2 1
)A′ =
1 1 11 2 10 −1 −2
Como rang(A) = 2 y rang(A′) = 2, entonces son secantes (se cortan).
10. Determinar la recta que definen el plano x− y + z = 2, con el plano 2x− 3y + 4z = 7.
Como los planos se cortan, el producto cruz entre los vectores normales da un vectorperpendicular que vendrıa siendo el vector director de la recta buscada. Esto es:
~n1 = (1,−1, 1) y ~n2 = (2,−3, 4) ⇒ ~n1 × ~n2 =
∣∣∣∣∣∣i j k1 −1 12 −3 4
∣∣∣∣∣∣ = (−1,−2,−1) = ~d
Mirando, se puede hallar un punto que satisfaga ambas ecuaciones de los planos, esdecir, que pertenezca a la recta. En particular se tiene el punto (1, 1, 2).
Entonces la ecuacion de la recta, en su forma vectorial, es:
~X = (1, 1, 2) + t(−1,−2,−1)
22
11. Hallar la ecuacion del plano que pasa por los puntos a(3, 2,−1) y b(4, 0, 2). Siendoperpendicular al plano P1 : x− 5y − 2z = 6.
Con los puntos a y b formamos el vector ~ab, luego hacemos el producto cruz con la normaldel plano P1 y nos da como resultado la normal del plano buscado. Si consideramos queel plano que buscamos posee la normal ~n, tenemos que:
~ab = (1,−2, 3)⇒ ~n = ~n1 × ~ab =
∣∣∣∣∣∣i j k1 −5 −21 −2 3
∣∣∣∣∣∣ = (−19,−5, 3)
Entonces la ec. vectorial del plano es (−19,−5, 3) · (x− 3, y − 2, z + 1) = 0
12. Hallar la ecuacion del plano que contiene las rectas R1 : x = y =4− z
4, y R2 : 2x =
2− y = z.
~n = ~d1 × ~d2 =
∣∣∣∣∣∣i j k1 1 −41 −2 2
∣∣∣∣∣∣ = (−6,−6,−3)
De la recta R1 se obtiene el punto (1, 1, 0) que ademas pertenece al plano que buscamos.Luego la ecuacion vectorial del plano es:
(−6,−6,−3) · (x− 1, y − 1, z) = 0
13. Hallar la distancia del origen al plano que pasa por el punto (3, 4, 2) y es perpendiculara la recta que une (1, 2, 3) con (3, 5, 9).
La ecuacion de la recta es ~X = (1, 2, 3)+ t(2, 3, 6), el vector director es igual a la normaldel plano, o sea tenemos que el plano tiene por ecuacion a (2, 3, 6)·(x−3, y−4, z−2) = 0.
Ocupemos que la ecuacion distancia punto-plano la cual es
d =
∣∣∣ ~PQ · ~n∣∣∣‖~n‖
Donde P es un punto del plano, Q es el punto donde queremos medir la distancia, ~PQes el vector formado por P y Q, ~n es la normal del plano. En nuestro caso P (3, 4, 2),
Q(0, 0, 0) entonces ~PQ = (−3,−4,−2). Luego tenemos que:
d =|(−3,−4,−2) · (2, 3, 6)|
‖(2, 3, 6)‖=|−30|√
49=
30
7
23
14. Un plano P1 tiene como intersecciones con los ejes coordenados a los puntos (4, 0, 0),(0, 6, 0) y (0, 0, 12). Hallar la ecuacion del plano P que pasa por el punto (6,−2, 4) y esparalelo al anterior.
Tenemos que p1 :x
4+y
6+
z
12= 1⇒ ~n = (
1
4,1
6,
1
12) ∼= (3, 2, 1)
Luego, la ecuacion del plano solicitado es P : (3, 2, 1) · (x− 6, y + 2, z − 4) = 0
15. Obtener las ecuaciones de los planos que son perpendiculares a la recta
{x− y + 1 = 0, y − 2z = 3} y distan 3 unidades del punto (1, 1, 1). Ademas calcular elseno del angulo que forma la recta y el plano coordenado OXY.
a) Notemos que el director de la recta es igual a las normales de los planos, entonces
ocurre que ~n1 = ~n2 = ~d = (2, 2, 1).Consideremos el punto P (x, y, z) perteneciente al plano, y el punto Q(1, 1, 1) queesta a 3 unidades del plano; con esto, tenemos que:
d =
∣∣∣ ~PQ · ~n∣∣∣‖~n‖
⇒ 3 =|(1− x, 1− y, 1− z) · (2, 2, 1)|
‖(2, 2, 1)‖=|5− 2x− 2y − z|√
9
⇒ 9 = |5− 2x− 2y − z| =⇒ 2x+ 2y + z − 4 = 0 ∧ 2x+ 2y + z − 14 = 0 .
b) Para encontrar el angulo ocuparemos el director de la recta ~d = (2, 2, 1) y el vectornormal ~n = (0, 0, 1) del plano OXY. Con esto tenemos que:
∥∥∥~d× ~n∥∥∥ =∥∥∥~d∥∥∥ ‖~n‖ sen θ ⇒
∣∣∣∣∣∣i j k2 2 10 0 1
∣∣∣∣∣∣ = ‖(2, 2, 1)‖ · ‖(0, 0, 1)‖ sen θ
‖(2,−2, 0)‖ =√
9 ·√
1 · sen θ ⇒ sen θ =2√
2
3
Otra formaUsemos la definicion geometrica del producto punto:∣∣∣~d · ~n∣∣∣ =
∥∥∥~d∥∥∥ ‖~n‖ cos θ ⇒ |(2, 2, 1) · (0, 0, 1)| = ‖(2, 2, 1)‖·‖(0, 0, 1)‖·cos θ ⇒ cos θ =1
3
sen2 θ + cos2 θ = 1⇒ sen θ =√
1− cos2 θ =
√1−
(1
3
)2
=
√8
3=⇒ sen θ =
2√
2
3
24
16. Hallar la ecuacion del plano que pasa por la recta de interseccion de los planos
P1 : x+ y − z = 2 y P2 : 2− y + 3z = 1, y que ademas, pasa por el punto a(−1, 2, 1).
Los planos P1 y P2 definen una recta la cual tiene por ecuacion parametrica{x = t, y =
7− 5t
2, z =
3− 3t
2
}Con t = 0 y t = 1 se obtienen los puntos (0, 7/2, 3/2) y (1, 1, 0) que pertenecen a larecta, es decir, pertenecen al plano.
Ahora, utilizando los puntos encontrados anteriormente mas el punto a(−1, 2, 1) for-mamos los vectores ~q y ~p que estan en el plano buscado, luego aplicamos el productocruz y obtenemos la normal del plano, esto es:
(0, 7/2, 3/2)− (−1, 2, 1) = ~q = (1, 3/2, 1/2)
(1, 1, 0)− (−1, 2, 1) = ~p = (2,−1,−1)
~q × ~p = ~n =
∣∣∣∣∣∣i j k1 3/2 1/22 −1 −1
∣∣∣∣∣∣ = (−1, 2,−4)
Finalmente, ocupando la ecuacion vectorial del plano y desarrollando los terminos ten-emos que:
(x+1, y−2, z−1)·(−1, 2,−4) = 0⇒ −x−1+2y−4−4z+4 = 0⇒ x− 2y + 4z + 1 = 0
17. Determinar la posicion relativa de los planos P1 : x+ 2y − 3z = 1 y
P2 : 3x+ 6y − 9z = 4. Si no se intersectan halla la distancia mas corta entre ellos.
Ocurre que la normal del plano P1 es ~n2 = (1, 2,−3), y la normal del plano P2 es~n1 = (3, 6,−9) = 3(1, 2,−3) , como son las mimas los planos son paralelos.
Para hallar la distancia entre ellos, nos daremos el punto p(2, 2, 5/3) ∈ P1 y el puntoq(1, 1,−5/9) ∈ P2 esto para formar el vector ~pq = (1, 1, 10/9). Ahora haremos uso de laformula distancia entre un punto y un plano, esto es:
d =
∣∣∣∣ ~pq · ~n‖~n‖∣∣∣∣ =
∣∣∣∣(1, 1, 10/9) · (1, 2,−3)
‖(1, 2,−3)‖
∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣∣ 1 + 2− 103√
12 + 22 + (−3)2
∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣ −13√14
∣∣∣∣d =
1
3√
14≈ 0, 089
18. Determinar la ecuacion de la recta que pasa por el punto (0, 1, 2), que es perpendiculara la recta {R : x = 1 + t, y = 1− t, z = 2t} y que ademas, intersecta a la recta.
La recta R posee el vector director ~d = (1,−1, 2); ademas, los puntos que pertenecen aella tiene la forma q(t) = (1−t, t, 2−2t). Con este punto mas el punto (0, 1, 2) formamosel vector ~pq(t) = (−1− t, t, 2− 2t) que esta contenido en la recta que buscamos.
25
Ahora aplicamos la condicion ~pq(t) · ~d = 0 para encontrar el valor del parametro t parael cual la recta se intersectan, es decir, el punto de interseccion.
~pq(t) · ~d = 0⇒ (−1− t, t, 2− 2t) · (1,−1, 2) = 0⇒ −1− t− t+ 4− 4t = 0⇒ t =1
2
~pq(t =1
2) = ~drecta = (−1− 1
2,1
2, 2− 2 · 1
2) = (−3
2,1
2, 1)
~X = (0, 1, 2) + t(−3
2,1
2, 1)
19. Determinar la ecuacion de la recta que pasa por (5, 1, 0) y que es perpendicular al plano2x− y + z = 1.
Se tiene que la nomal del plano es el director de la recta:
~n = ~d = (2,−1, 1)⇒ ~X = (5, 1, 0) + t(2,−1, 1)
20. Determinar el punto en que la recta del ejercicio anterior intersecta al plano que contieneal punto (1, 2,−1) y al eje X.
Tenemos que debido a que el eje X esta contenido en el plano, y este tiene la formavectorial ~X = t(1, 0, 0), obtenemos los puntos (1, 0, 0) y (2, 0, 0) que junto al punto(1, 2,−1) pertenecen al plano.
Con estos puntos formamos los vectores (0,−2, 1) y (1,−1, 1), aplicamos el productocruz y obtenemos la normal del plano, esto es:
~n = (0,−2, 1)× (1,−1, 1) =
∣∣∣∣∣∣i j k0 −2 11 −1 1
∣∣∣∣∣∣ = (0, 1, 2)
Con esto la ecuacion del plano es:
P : (0, 1, 2) · (x− 1, y − 2, z + 1) = 0⇒ y + 2z = 0
Recordemos que la recta del ejercicio anterior tiene la forma~X(t) = (5+2t, 1−t, t) = (x, y, z) que reemplazado en el plano encontrado anteriormentese tiene que:
1− t+ 2t = 0⇒ t = −1⇒ ~X(t = −1) = (5 + 2 · −1, 1−−1,−1)
Punto de interseccion (3, 2,−1)
21. Los puntos (1,−1, 3), (2, 1, 7) y (4, 2, 6) son vertices de un triangulo rectangulo, ya quesi consideramos los vectores
A = (1, 2, 4), B = (3, 3, 3), C = (2, 1,−1)
obtenidos al restar las coordenadas de los puntos dados, se tiene
∠AB =21√
21√
27=
√7
9, ∠BC =
6√27√
6=
√2
9, ∠AC = 0
Se concluye de ∠AC = 0, que el triangulo es rectangulo.
26
22. Los puntos (−3, 2, 4), (6, 1, 2) y (−12, 3, 6) son colineales puesto que usando la funciondistancia se encuentra que
d((−3, 2, 4), (6, 1, 2)) =√
81 + 1 + 4 =√
86
d((−3, 2, 4), (−12, 3, 6)) =√
81 + 1 + 4 =√
86
d((6, 1, 2), (−12, 3, 6)) =√
324 + 4 + 16 =√
344
Ahora se observa que√
86 +√
86 = 2√
86 =√
344. Esto demuestra que los puntos soncolineales.
23. Los puntos medios de un triangulo son los puntos (3, 2, 3), (−1, 1, 5) y (0, 3, 4). Vamosa encontrar los vertices del triangulo.
Vamos a considerar que los vertices tienen coordenadas (x1, x2, x3), (y1, y2, y3), (z1, z2, z3)
Se tiene que12(x1 + y1, x2 + y2, x3 + y3) = (3, 2, 3)
12(x1 + z1, x2 + z2, x3 + z3) = (−1, 1, 5)12(y1 + z1, y2 + z2, y3 + z3) = (0, 3, 4)
Este sistema en coordenadas, se transforma en los siguientes
x1 + y1 = 6, x2 + y2 = 4, x3 + y3 = 6x1 + z1 = −2, x2 + z2 = 2, x3 + z3 = 10y1 + z1 = 0, y2 + z2 = 6, y3 + z3 = 8
Al resolver se encuentra z1 = −4; y1 = 4; x1 = 2; z2 = 2; y2 = 4; x2 = 0; z3 = 6; y3 =2; x3 = 4. Con ello se tiene que los vertices tienen coordenadas (2, 0, 4), (4, 4, 2) y(−4, 2, 6).
24. La ecuacion parametrica de la recta que pasa por el punto (4,−5, 0) y es perpendicularal plano x+ 3y − 6z − 8 = 0 es
X = (4,−5, 0) + t (1, 3,−6)
25. La ecuacion parametrica de la recta que pasa por el origen y es perpendicular a lasrectas de directores (4, 2, 1) y (−3,−2, 1) se puede hallar como sigue.
Sea (d1, d2, d3) el vector director de la recta que se busca. Entonces se satisface que
(d1, d2, d3) · (4, 2, 1) = 0(d1, d2, d3) · (−3,−2, 1) = 0
Al resolver se encuentra; d1 = −2d3, d2 = 72d3, d3 = d3, de modo que, en particular se
tiene que d = (4,−7,−2). Luego, la ecuacion de la recta es,
X = t(4,−7,−2)
26. La ecuacion del plano que contiene los puntos (3, 4, 1), (1, 7, 1) y (−1,−2, 5) se encuentracomo sigue:
Con los tres puntos dados se forman dos vectores del mismo origen
A = (3, 4, 1)− (1, 7, 1) = (2,−3, 0), B = (3, 4, 1)− (−1,−2, 5) = (4, 6,−4)
27
Luego, el vector normal n que se necesita es
n =
∣∣∣∣∣∣i j k2 −3 04 6 −4
∣∣∣∣∣∣ = (12, 8, 24)
En consecuencia, la ecuacion del plano es
(x− 3, y − 4, z − 1) · (12, 8, 24) = 0
que en forma general tiene la forma 3x+ 2y + 6z − 23 = 0.
27. La ecuacion del plano que es perpendicular a la recta que pasa por los puntos (2, 2,−4)y (7,−1, 3), y que contiene al punto (4, 0,−2) se encuentra de la siguiente forma:
Como el plano es perpendicular a la recta, el vector director de esta sirve como vectornormal del plano. Esto es, n = (5,−3, 7). Con el vector normal y el punto en el planoconcluimos que
(x− 4, y, z + 2) · (5,−3, 7) = 0
resultando como ecuacion del plano, 5x− 3y + 7z − 6 = 0.
28. Para hallar la ecuacion del plano que es perpendicular a los planos x − y + z = 0 y2x+ y − 4z − 5 = 0 y que contiene al punto (4, 0,−2) se procede como sigue:
Suponemos que el vector normal tiene la forma n = (a, b, c). Se debe cumplir que
(a, b, c) · (1,−1, 1) = 0(a, b, c) · (2, 1,−4) = 0
de lo cual, el vector normal tiene coordenadas, n = (1, 2, 1), y en consecuencia,
(x− 4, y, z + 2) · (1, 2, 1) = 0 =⇒ x+ 2y + z − 2 = 0
es la ecuacion del plano buscado.
29. Para hallar el trabajo que realiza la fuerza F = (5, 0,−3) para mover un objeto a lolargo de la recta que une los puntos P = (4, 1, 3) y Q = (−5, 6, 2), en donde la magnitudde la fuerza esta medida en libras y la distancia en pies, se determina en primer lugarel vector desplazamiento Q− P = (−9, 5,−1), pues T = F · d. Se debe recordar que sila fuerza F es constante y se desea mover un objeto una distancia d a lo largo de unarecta actuando la fuerza en la misma direccion del movimiento, entonces T = F · d . Sila fuerza no esta dirigida a lo largo de la recta del movimiento, entonces
T = compLF · d
siendo d el desplazamiento entre los puntos P y Q, con PQ representacion del desplaza-miento vectorial. En consecuencia
T = (5, 0,−3) · (−9, 5,−1) = −42 plb
28
30. Para probar que los vectores (A− c B) y B, con la condicion que A y B son distintos
de cero y c =A ·B||B||2
, son perpendiculares se procede como sigue
(A− c B) ·B = A ·B− c B ·B = A ·B− A ·B||B||2
(B ·B)
= A ·B−A ·B = 0
31. Las rectasx+ 1
2=y + 4
−5=z − 2
3yx− 3
−2=y + 14
5=z − 8
−3
son coincidentes, pues el producto cruz de sus vectores directores es cero. En efecto,∣∣∣∣∣∣i j k2 −5 3−2 5 −3
∣∣∣∣∣∣ = 0
y ademas, el punto (−1,−4, 2) esta en ambas rectas. Verificar este resultado por el rangode la matriz de los oeficientes y la aumentada.
32. La recta de ecuacion x+1 =y − 6
−2= z se encuentra en el plano de ecuacion 3x+y−z =
3. En efecto, el punto (0, 4, 1) pertenece tanto al plano como a la recta. La ecuacionparametrica de la recta tiene la forma
X = (−1, 6, 0) + t (1,−2, 1)
de la cual se obtiene que el punto (−1, 6, 0) esta en la recta y en el plano. Por otraparte, los vectores normal del plano y director de la recta satisfacen
(3, 1,−1) · (1,−2, 1) = 0
lo que significa que la recta es paralela al plano, pero como ya se han encontrado dospuntos que pertenecen tanto al plano como a la recta, se deduce que la recta esta en elplano.
33. Para determinar el menor angulo entre las rectas de ecuaciones {x = 2y + 4, z = −y + 4}y {x = y + 7, 2z = y + 2}, escribimos las ecuaciones en forma parametrica
{x = 2t+ 4, y = t, z = 4− t}, y {x = t+ 7, y = t, z = 1 +t
2}
Los vectores directores son, respectivamente, d1 = (2, 1,−1) y d2 = (1, 1,1
2). En conse-
cuencia √6 ·√
9 · cos θ = (2, 1,−1) · (2, 2, 1)
cos θ =5
3√
6=⇒ θ = arc cos
5
3√
6
29
34. Para hallar la ecuacion del plano que contiene el punto (6, 2, 4) y la rectax− 1
5=
y + 2
6=z − 3
7seguimos el siguiente camino:
De la ecuacion de la recta parametrizada en la forma
X = (1,−2, 3) + t (5, 6, 7)
obtenemos dos puntos, que por hipotesis, deben estar en el plano. Estos puntos son(1,−2, 3) y (6, 4, 10). Como esta dado un tercer punto en el plano, entonces formamosdos vectores,
a = (6, 2, 4)− (1,−2, 3) = (5, 4, 1), b = (6, 2, 4)− (6, 4, 10) = (0,−2,−6)
con los cuales encontramos el vector normal
n =
∣∣∣∣∣∣i j k5 4 10 −2 −6
∣∣∣∣∣∣ = (11,−15, 5)
Luego, la ecuacion del plano es 11x− 15y + 5z − 56 = 0
35. Para hallar la ecuacion del plano que contiene las rectas
x− 2
4=y + 3
−1=z + 2
3, {3x+ 2y + z + 2 = 0, x− y + 2z − 1 = 0}
que se intersectan, tenemos que la parametrizacion de la primera es
x = 2 + 4t, y = −3− t, z = −2 + 3t
Para parametrizar la segunda recta, que es la interseccion de dos planos, resolvemos elsistema
3x+ 2y + z + 2 = 0x− y + 2z − 1 = 0
al eliminar la variable z se obtiene x + y = −1. Con x = s se obtienen y = −1 − s,z = −s, de donde la parametrizacion de la segunda recta es
x = s, y = −1− s, z = −s
Los vectores directores de ambas rectas son d1 = (4,−1, 3) y d2 = (−1, 1, 1), con locual, un vector normal al plano es∣∣∣∣∣∣
i j k4 −1 3−1 1 1
∣∣∣∣∣∣ = (−4,−7, 3)
Para hallar el punto de interseccion de ambas rectas igualamos sus coordenadas usandolas parametrizaciones.
2 + 4t = s, −3− t = −1− s, −2 + 3t = −s
30
de donde t = 0, s = 2. Esto significa, que para esos valores de los parametros s y t setiene el mismo punto, ¡ el de interseccion !, que resulta ser (2,−3,−2). En consecuencia
(x− 2, y + 3, z + 2) · (4, 7,−3) = 0 =⇒ 4x+ 7y − 3z + 7 = 0
es la ecuacion del plano.
36. Probemos que las rectas siguientes son paralelas, y hallemos el plano que determinan,{3x− y − z = 0, 8x− 2y − 3z + 1 = 0} y {x− 3y + z + 3 = 0, 3x− y − z + 5 = 0}Haciendo z = t tenemos las parametrizaciones
{x =t− 1
2, y =
t− 3
2, z = t}, y {x =
t− 3
2, y =
t+ 1
2, z = t}
siendo claro que los vectores directores de ambas rectas; d1 = (1
2,1
2, 1) y d2 = (
1
2,1
2, 1)
son paralelos. Esto prueba que las rectas son paralelas. Para hallar la ecuacion del planoconsideremos en la primera recta los puntos (1, 0, 3) y (2, 1, 5), y en la segunda recta elpunto (0, 2, 3). De esta manera, se tienen los vectores
a = (1, 0, 3)− (2, 1, 5) = (−1,−1,−2), b = (1, 0, 3)− (0, 2, 3) = (1,−2, 0)
con los cuales se determina el vector normal n al plano que se anda buscando
n =
∣∣∣∣∣∣i j k−1 −1 −21 −2 0
∣∣∣∣∣∣ = (−4,−2, 3)
Luego, la ecuacion del plano es (x− 1, y, z − 3) · (−4,−2, 3) = 0. Es decir
4x+ 2y − 3z + 5 = 0
37. La ecuacion parametrica de la recta que pasa por el origen y es perpendicular a la recta14(x− 10) = 1
3y = 1
2z en su interseccion, se halla como sigue:
Si (d1, d2, d3) es el vector director de la recta, entonces la condicion de perpendicularidadhace que se satisfaga (d1, d2, d3) · (4, 3, 2) = 0. Por otra parte, el punto de interseccionse determina al resolver el par de ecuaciones
{x = 10 + 4t, y = 3t, z = 2t}, {x = sd1, y = sd2, z = sd3}
de la segunda y tercera ecuacion se obtiene 2d2 = 3d3, de donde s = t. Siendo ası,d2 = 3, y d3 = 2. Para hallar d1 consideremos la condicion de perpendicularidad,4d1 + 3d2 + 2d3 = 0. Al reemplazar d2 = 3, y d3 = 2, se obtiene d1 = −13
4. Con esto, un
vector director es d = (13,−12,−8). En consecuencia, la ecuacion buscada de la rectaes
x
13=
y
−12=
z
−8
O bienX = t (13,−12,−8)
31
38. La ecuacion parametrica de la recta que pasa por el punto (2, 0,−4) y es paralela a cadauno de los planos 2x+ y − z = 0 y x+ 3y + 5z = 0, se halla como sigue:
Si (d1, d2, d3) es el vector director de la recta, entonces se debe cumplir que
(d1, d2, d3) · (2, 1,−1) = 0(d1, d2, d3) · (1, 3, 5) = 0
Al resolver se obtiene como vector director de la recta d = (8,−11, 5). De modo que laecuacion de la recta es
X = (2, 0,−4) + t (8,−11, 5)
39. Determine si las siguientes rectas son paralelas
{x = 4− 2t, y = 1 + 4t, z = 3 + 10t}, {x = s, y = 6− 2s, z = 4− 5s}
La forma mas simple de ver esto es por medio de los vectores directores.
d1 = (−2, 4, 10) d2 = (1,−2,−5)
dado que existe escalar k = −2 tal kd2 = d1, se sigue que las rectas son paralelas.
40. Hallar la ecuacion de la recta que pasa por el punto (2,−4, 5), que es perpendicular con
la rectax+ 8
2=y − 5
3=z − 1
−1, y es paralela al plano 3x+ y − 2z = 5
Solo falta hallar el vector director de la recta y tenemos la respuesta. La recta pedidaes L y tiene vector director ~d = (a, b, c). El plano tiene vector normal ~n = (3, 1,−2). La
recta perpendicular a la recta L, es L1 y tiene vector director ~d1 = (2, 3,−1). Es facildarse cuenta que
~d · ~d1 = 0, ~n · ~d = 0
esto lleva a resolver el sistema
2a+ 3b− c = 03a+ b− 2c = 0
=⇒ a =5
7c, b = −1
7c
En conscuencia, el vector director de la recta que andamos buscando es, con c = 7
~d = (5,−1, 1)
y la ecuacion resulta serX = (2, 3,−3) + t (5,−1, 1)
32
3. Funciones de Varias Variables
3.1. Campos Escalares
Un campo escalar es una funcion de la forma:
f : Rn −→ R~x = (x1, x2, ..., xn) 7→ f(~x) = y
Elementos basicos:
• Dom f : Son todos los puntos para los cuales f esta definida.
• Rec f : Es el conjunto de numeros que se obtiene al evaluar f en los puntos del dominio.
• La grafica de f : A ⊂ Rn → R, es el conjunto de puntos (~x, f(~x)) del espacio n + 1dimensional.
Observacion: para graficar se recurre al concepto de Trazas en donde graficas por separadose unen para formar un fin, el cual es la grafica de la superficie en cuestion.
3.2. Lımites
Existen diferentes formas para calcular los lımites, entres los cuales estan:
• Por caminos: Trata de encontar funciones que pasen por el punto al cual tiende lavariable y reempazarlo en el argumento del lımite.
• Manipulacion algebraica.
• Acotada por nula (Acotado·0 = 0)
• Uso de infinitesimos que se reemplazan en el lımite. Ejemplos: lnx ∼ x, 1− cosx ∼ x2
2,
etc.
• Polares: El reemplazo es el siguiente:
{x = r cos θy = r sen θ
(x, y)→ 0⇒ r → 0.
3.3. Continuidad
Para decidir si una funcion es continua en el punto (x0, y0) existe tres condiciones, estas son:
• f(x, y) esta definida en (x0, y0).
• lım(x,y)→(x0,y0)
f(x, y)⇒ Existe.
• lım(x,y)→(x0,y0)
f(x, y) = f(x0, y0)
Basta que una de las condiciones anteriores no se cumpla para que la funcion no sea continuaen (x0, y0).
33
3.4. Derivadas
• Derivada direccional: Para calcular esta derivada se debe considerar el siguientelımite:
D~uf(x0, y0) = lımh→0
f( ~x0 + h~u)− f( ~x0)
h
donde ~x0 es el punto de aplicacion, el vector unitario ~u es la direccion donde se calculala derivada.
• Derivada Parcial: Consiste en derivar en direccion de los vectores unitarios que poseenlos ejes coordenados. Por ejemplo el eje X posee el vector ~u = (1, 0) con lo cual setiene D~uf = D1f = fx, el eje Y posee el vector ~u = (0, 1) con lo cual se llega a queD~uf = D2f = fy.
3.5. Diferenciabilidad
Teorema 1: Si f : A ⊂ Rn → R admite todas sus derivadas parciales en ~x0 y, ademas, queestas derivadas sean funciones continuas en dicho punto entonces f es diferenciable.
Teorema 2: La funcion f : A ⊂ Rn → R definida en un conjunto abierto D de Rn, esdiferenciable en el punto (x0, y0) ∈ D, si:
1. Existen las derivadas parciales de f en (x0, y0)
A =∂f
∂x((x0, y0)), A =
∂f
∂y((x0, y0))
2. El siguiente lımite vale cero:
lım(h,k)→(0,0)
r(h, k)
‖(h, k)‖= lım
(h,k)→(0,0)
∆f − λ(h, k)√h2 + k2
= 0
donde, ∆f = f(x0 + h, y0 + k)− f(x0, y0) y λ(h, k) = Ah+Bk
Observacion: Diferenciabilidad implica continuidad y existencia de derivadas parciales,existencia de derivadas direccionales en cualquier direccion.
3.6. La diferencial
Si la funcion f : A ⊂ Rn → R es diferenciable en el conjunto abierto D de Rn, entonces,para cada x = (x, y) ∈ D, se llama diferencial de la funcion f en x y se denota por df ,a la expresion:
df =∂f
∂xdx+
∂f
∂ydy
3.6.1. La diferencial como aproximacion del incremento
Geometricamente se pueden dar las siguientes interpretaciones:
34
1. El valor aproximado de una funcion f(x, y), en un punto (x, y), se puede obtener susti-tuyendo el valor de (x, y) en la ecuacion del plano tangente, en un punto cercano (x0, y0).Es decir, para hallar el valor aproximado de una funcion en un punto, calculamos laecuacion del plano tangente, en un punto cercano, y sustituimos las coordenadas delpunto sobre la ecuacion de dicho plano.
2. Al pasar del punto x = (x, y) al punto cercano (x + h), el incremento que sufre lafuncion:
∆f = f(x + h)− f(x)
coincide, de manera aproximada, con el diferencial df . Es decir, la diferencial de unafuncion es una buena aproximacion del incremento.
Calculo de valores aproximados
Supongamos que queremos calcular, aunque sea de manera aproximada, el valor de unafuncion en un punto (x, y), pero no sabemos calcular el valor de la funcion en dicho punto,f(x, y), o dicho calculo resulta extremadamente complicado, y sin embargo, supongamos quesabemos calcular el valor de la funcion y el de sus derivadas parciales en un punto cercano(x0, y0). Pues bien, podemos utilizar el valor de la funcion y el de su derivadas parciales eneste punto (x0, y0) para calcular el valor aproximado de la funcion en el punto desconocido(x, y).
Para hacer calculos aproximados de operaciones podemos utilizar cualquiera de las dos op-ciones:
1. Para hallar el valor aproximado de una funcion en un punto, calculamos la ecuacion delplano tangente, en un punto cercano, y sustituimos las coordenadas del punto sobre laecuacion de dicho plano.
f(x, y) ≈ f(x0, y0) + fx(x0, y0)(x− x0) + fx(x0, y0)(y − y0)
2. Aproximar el incremento mediante la diferencial
f(x, y) ≈ f(x0, y0) + df(x0, y0)
Hay que advertir que estas aproximaciones solo seran validas para valores muy cercanosal punto conocido y para funciones diferenciables.
35
3.7. El Gradiente (∇f)
Sea f : R2 → R una funcion diferenciable definida en el conjunto abierto D de R2. Se defineel (vector) gradiente de la funcion f en el punto (x, y) ∈ D, como el vector de R2 dado por
∇f(x, y) : R2 → R, tal que ∇f(x, y) = (∂f(x, y)
∂x,∂f(x, y)
∂y).
Propiedades del gradiente:
• La derivada direccional de f apartir del punto (a, b) en direccion del vector ~u se puededefinir a partir del gradiente:
D~uf(a, b) = ∇f(a, b) · ~u
• El maximo ritmo de cambio (razon de cambio o simplemente derivada) de f(x, y) en elpunto (a, b) es ‖∇f(a, b)‖ y ocurre en direccion del gradiente, esto es en direccion de
~u =∇f(a, b)
‖∇f(a, b)‖.
El mınimo ocurre en sentido contrario al gradiente, se antepone un signo menos.
• Plano tangente a f(x, y) en el punto (a, b, c = f(a, b)) esta dado por
∇f(a, b, c) · (x− a, y − b, z − c) = 0
Otra expresion esx− afx(a, b)
=y − bfy(a, b)
=z − c−1
.
3.8. Derivadas Parciales de Orden Superior-Hessiana
• Notaciones
◦ fxx = (fx)x = f11 =∂
∂x
(∂f
∂x
)=∂2f
∂x2= D11f
◦ fxy = (fx)y = f21 =∂
∂y
(∂f
∂x
)=
∂2f
∂y∂x= D2(D1f) = D21f
Para evitar confusion con el orden de derivacion (fxy = D21f), utilizaremos el siguientecriterio: se empieza derivando por la variable mas cercana a la funcion.
• Hessiana: Dada una funcon f : R2 → R, definimos su matriz hessiana como la matrizque tiene como componentes las derivadas parciales de segundo orden, dispuestas de lasiguiente forma:
H(x, y) =
(fxx fxy
fyx fyy
)
36
3.9. Regla de la Cadena y Derivacion Implıcita
Sea z = f(x, y), donde x = g(t) e y = h(t), entonces:
dz
dt=∂f
∂x· ∂x∂t
+∂f
∂y· ∂y∂t
Una observacion es que si x e y son funciones de mas de una variable, entonces se mantieneconstante (al menos una se deja variable) todas las demas. Generalizando se tiene que:
du
dti=
∂u
∂x1
· ∂x1
∂ti+
∂u
∂x2
· ∂x2
∂ti+ ...+
∂u
∂xn
· ∂xn
∂ti
∀i = 1, 2, ...,m.
Ejemplo: sea z = f(x, y), donde x = g(t) e y = h(s, t), entonces
• dz
ds=∂z
∂x· ∂x∂s
+∂z
∂y· ∂y∂s
• dz
dt=∂z
∂x· ∂x∂t
+∂z
∂y· ∂y∂t
Ojo!∂x
∂sse deriva manteniendo constante t, y
∂x
∂tse deriva manteniendo constante s.
Ahora queda analizar la derivacion implıcita, la cual queda expresada ası:
• Con F (x, y) = 0, el cual sale de y = f(x), se tiene que y′ =dy
dx= −Fx
Fy
• Si F (x, y, z) = 0, el cual nace de z = f(x, y), entonces tenemos quedz
dx= −
FFx
FFz
y
dz
dy= −
FFy
FFz
37
3.10. Extremos de funciones
3.10.1. Definiciones y Teoremas
1. Definicion de maximos y mınimos absolutos: Los valores f(x0, y0) y f(x1, y1) talque f(x0, y0) ≤ f(x, y) ≤ f(x1, y1) para todo (x, y) en D se conocen como mınimoabsoluto y maximo absoluto de f en la region D.
2. Teorema de existencia del maximo y del mınimo absoluto: Toda funcion con-tinua, definida en una region cerrada y acotada D, alcanza, en dicha region, un valormaximo absoluto y un mınimo absoluto.
3. Definicion de maximo y mınimo relativo: (Extremo local) Sea f una funciondefinida en el conjunto abierto D de R2. Se dice que f tiene un maximo (mınimo)local o relativo en el punto (x0, y0) ∈ D si f(x0, y0) ≥ f(x, y) (f(x0, y0) ≤ f(x, y)respectivamente) para todo (x, y) en una bola B de centro en (x0, y0).
4. Teorema de los maximos y mınimos relativos. Los extremos de una funcion con-tinua se producen solamente en los puntos crıticos. Es decir, en un maximo y en unmınimo relativo, las derivadas parciales o no existen o valen cero.
f(x0, y0) es mınimo relativo ⇔ f(x, y) ≥ f(x0, y0) ∀(x, y) ∈ Bx0,y0
f(x0, y0) es maximo relativo ⇔ f(x, y) ≤ f(x0, y0) ∀(x, y) ∈ Bx0,y0
Es decir, la funcion f tendra un maximo (mınimo) local en (x0, y0) ∈ D si f(x0, y0) es elvalor mas grande (mas pequeno, respectivamente) de todos los valores de f(x, y) para(x, y) en una bola de centro en (x0, y0).
38
3.10.2. Puntos crıticos
Se llaman puntos crıticos de una funcion a aquellos puntos en los que el gradiente vale ceroo no esta definido, es decir,
1. Puntos en los que todas las derivadas parciales valen cero (simultaneamente).
fx(x0, y0) = 0 y fy(x0, y0) = 0
2. Puntos en los que alguna de las derivadas parciales no esta definida.
fx(x0, y0) o fy(x0, y0) = 0 no existe
3.10.3. Naturaleza de los puntos crıtcos. Criterio del hessiano
Para estudiar la naturaleza de los puntos crıticos, formamos la matriz hessiana en dichospuntos:
Hf(x, y) =
(fxx fxy
fyx fyy
)Y comparamos los signos de los dos determinantes principales:
D1 = fxx(a, b), |Hf(a, b)| =∣∣∣∣ fxx fxy
fyx fyy
∣∣∣∣ = fxxfyy − (fxy)2
Si |H(a, b)| > 0⇒{fxx(a, b) > 0 (a,b) es un Mınimo relativofxx(a, b) < 0 (a,b) es un Maximo relativo
• Si |H(a, b)| < 0⇒ (a, b) es punto de silla.
• Si |H(a, b)| = 0⇒ No hay informacion.
Nota: El criterio del hessiano puede fallar a la hora de estudiar la naturaleza de los extremosrelativos de dos formas: Bien porque alguna de las derivadas parciales no este definida,entonces no se puede aplicar el criterio; o bien, porque el hessiano sea cero, en cuyo caso elcriterio no da informacion.
39
3.11. Extremos condicionados. Multiplicadores de Lagrange
Planteamiento del problema: En estos tipos de problemas se trata de hacer maxima omınima una funcion f(x, y) sujeta a una restriccion g(x, y) = 0. Teoricamente el problemase puede resolver despejando la variable y en la ecuacion g(x, y) = 0, y sustituyendo el valorobtenido, y = φ(x), en la en la funcion f , con lo cual el problema se reduce al calculo demaximos y mınimos de una funcion de una sola variable.
f(x, y) = f(x, φ(x)) = h(x)
El problema se presenta cuando no es posible o no es practico despejar la variable y en laecuacion g(x, y) = 0.
Observacion: El extremo de la funcion f(x, y) condicionado por la ecuacion g(x, y) = 0, noes extremo de la funcion f(x, y), considerada aisladamente, sino de la interseccion de ambasfunciones.
3.11.1. Metodo de los multiplicadores de Lagrange.
Los extremos de la funcion f(x, y), condicionados por la restriccion g(x, y) = 0, se producenen los puntos crıticos de la funcion:
L(x, y, λ) = f(x, y) + λg(x, y)
Dichos puntos crıticos vendran determinados por las soluciones del sistema:
Lx = 0Ly = 0Lλ = 0
⇔fx + λgx = 0fy + λgy = 0g(x, y) = 0
El procedimiento mas comodo para resolver el sistema consiste en eliminar λ entre las dosprimeras ecuaciones y sustituir el resultado en la tercera. En el proceso de resolucion delsistema hay que procurar evitar perder soluciones en las simplificaciones. Por ejemplo, de laecuacion λx = x se obtienen dos soluciones x = 0 y λ = 1, mientras que si tachamos la xperdemos la solucion x = 0.
Para determinar su naturaleza estudiamos el signo del determinante:
∆ =
∣∣∣∣∣∣Lλλ Lλx Lλy
Lxλ Lxx Lxλ
Lyλ Lyx Lyy
∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣∣0 gx gy
gx Lxx Lxy
gy Lyx Lyy
∣∣∣∣∣∣ =− → mınimo+→ Maximo
0→ Duda
Algunos ejemplos de problemas a resolver serıan:
hallar el mınimo de la funcion f(x, y) = x2 +y2 condicionado por la restriccion x+y−1 = 0,inscribir un rectangulo de area maxima, con los lados paralelos a los ejes de coordenadas, enla region del primer cuadrante limitada por la parabola y = 3−x2 y los ejes de coordenadas.
40
3.12. Maximos y mınimos absolutos
Toda funcion continua definida en un recinto cerrado y acotado alcanza un valor maximo yun valor mınimo sobre dicho recinto. Para hallar los maximos y mınimos absolutos de unafuncion continua en un recinto cerrado y acotado realizaremos el siguiente proceso:
1. Hallamos los puntos crıticos en el interior del recinto. Para ello hallamos los puntoscrıticos de la funcion, ignorando el contorno del recinto, y una vez hallados los puntoscrıticos seleccionamos los situados en el interior del recinto.
2. Hallamos los puntos crıticos en el contorno del recinto. Para ello estudiamos los ex-tremos de la funcion condicionados por el contorno; bien aplicando los multiplicadoresde Lagrange, o bien por sustitucion de la variable.
3. Comparamos los valores de la funcion en los puntos crıticos hallados. El mayor corre-sponde al maximo absoluto y el menor al mınimo absoluto.
41
3.13. Problemas
1. Calcular el siguiente lımite lım(x,y)→(0,1)
(y2 + 2y − 3)(1− cosx)
x2(y − 1)
Este lımite aparecio en una prueba, pero era bastante facil de resolver. Recordando elinfinitesimo (1− cosx) ∼ x2/2, se tiene que
lım(x,y)→(0,1)
(y2 + 2y − 3)(1− cosx)
x2(y − 1)= lım
(x,y)→(0,1)
(y − 2)(y − 1)(x2
2)
x2(y − 1)= lım
(x,y)→(0,1)
y − 2
2= −1
2
2. Una ecuacion de la superficie de una montana es z = 1200−3x2−2y2, donde la distanciase mide en pies, el eje X apunta al Este y el eje Y apunta al norte. Un montanista esta enel punto correspondiente a (−10, 5, 950).
a) ¿Cual es la direccion de la ladera mas pronunciada?
Es en la direccion del gradiente, es decir:
∆z(x, y) = (−6x,−4y)x=−10 y=5→ ∆z(−10, 5) = (60,−20)
b) Si el montanista se mueve en direccion al Este. ¿Esta ascendiendo o descendiendo?.¿Cual es su rapidez?
En este caso la direccion es ~µ = (1, 0). Veamos como varıa la altura en esa direccion(o derivada direccional):
D~µ z(−10, 5) = ∇z(−10, 5) · ~µ = (60,−20) · (1, 0) = 60
El montanista esta ascendiendo, con una velocidad de 60 pies/s
c) ¿En que direccion la altura permanece constante?
Que la altura permanezca constante significa que no varıa la razon de cambio, esdecir, la derivada vale cero. Esto ocurre en una cierta direccion ~x = (a, b) a partirdel punto dado (−10, 5). Entonces se tiene que:
∆z = 0⇒ D~x z(−10, 5) = 0⇒ ∇z(−10, 5) · ~x = (60,−20) · (a, b) = 0⇒ 3a = b
~x = (a, b) = (a, 3a) = a(1, 3)⇒ ~x = a(1, 3) ∀ a ∈ R− {0}
3. Considerar el campo escalar
f(x, y) =
{xy(x2−y2)
x2+y2 si (x, y) 6= (0, 0)
0 si (x, y) = (0, 0)
a) Hallar D12f(0, 0) y D21f(0, 0).
Para el caso (x, y) = (0, 0) usamos la definicion
D1f(0, 0) = lımh→0
f(h, 0)− f(0, 0)
h= lım
h→0
0
h= 0
42
D2f(0, 0) = lımh→0
f(0, h)− f(0, 0)
h= lım
h→0
0
h= 0
Para el caso (x, y) 6= (0, 0) derivamos directamente obteniendo:
D1f(x, y) =(3x2y − y3)(x2 + y2)− (2x)(xy(x2 − y2))
(x2 + y2)2
D2f(x, y) =(x(x2 − y2)(x2 + y2))− (2y)(xy(x2 − y2))
(x2 + y2)2
Hasta el momento tenemos que
D1f(x, y) =
{(3x2y−y3)(x2+y2)−(2x)(xy(x2−y2))
(x2+y2)2si (x, y) 6= (0, 0)
0 si (x, y) = (0, 0)
D2f(x, y) =
{(x(x2−y2)(x2+y2))−(2y)(xy(x2−y2))
(x2+y2)2si (x, y) 6= (0, 0)
0 si (x, y) = (0, 0)
Ahora, caculamosD12f(0, 0) yD21f(0, 0) usando la definicion pero ya no con f(x, y)si no que con las funciones D1f(x, y) y D2f(x, y) respectivamente.
D12f(0, 0) = lımh→0
D2f(h, 0)−D2f(0, 0)
h= lım
h→0
0
h= 0
D21f(0, 0) = lımh→0
D1f(0, h)−D1f(0, 0)
h= lım
h→0
0
h= 0
b) Decidir si f es diferenciable.
Veamos si sus derivadas parciales son continuasPara fx tenemos que
lım(x,y)→(0,0)
(3x2y − y3)(x2 + y2)− (2x)(xy(x2 − y2))
(x2 + y2)2= 0
Para fy ocurre que
lım(x,y)→(0,0)
(x(x2 − y2)(x2 + y2))− (2y)(xy(x2 − y2))
(x2 + y2)2= 0
Si probamos con polares, caminos (y = mx, y = x2, etc) el lımite vale cero, o sease cumple que lım
(x,y)→(0,0)fx(x, y) = fx(0, 0) y lım
(x,y)→(0,0)fy(x, y) = fy(0, 0).
Como las derivadas parciales son continuas, la funcion f(x, y) es diferenciable.
c) Calcular la ecuacion del plano tangente en (1, 1, 0).
Consideremos que f(x, y) = z. Ahora, reescribamos la funcion como
T (x, y, z) =xy(x2 − y2)
x2 + y2− z. Entonces, calculamos la normal del plano tangente en
el punto (1, 1, 0) y escribimos la ecuacion del plano solicitado:
∇T (1, 1, 0) = (1, 0,−1)⇒ (1, 0,−1) · (x− 1, y − 1, z − 0) = 0⇒ x− z = 1
43
4. Hallar ∂w∂t
si w =√x2 + y2 + z2, x = cos(st), y = sen(st), z = s2t.
∂w
∂t=∂w
∂x
∂x
∂t+∂w
∂y
∂y
∂t+∂w
∂z
∂z
∂t∂w
∂t=
x√x2 + y2 + z2
− sen(st)s+y√
x2 + y2 + z2cos(st)s+
z√x2 + y2 + z2
s2
∂w
∂t=− cos(st) sen(st)s+ sen(st) cos(st)s+ s4t√
x2 + y2 + z2
∂w
∂t=
s4t√1 + s4t2
Otra forma
w =√x2 + y2 + z2 =
√cos2(st) + sen2(st) + s4t2 =
√1 + s4t2
∂w
∂t=
1
2√
1 + s4t2· 2s4t =
s4t√1 + s4t2
5. Dada la funcion z = f(x, y). Se sabe que D~uf(1, 2) = 2, si ~u = 12√
2(2, 2), y que
D~vf(1, 2) = 2, si ~v = 1√2(1,−1). Calcular ∇f(1, 2).
Sea ∇f(1, 2) = (a, b), entonces
D~uf(1, 2) = ∇f(1, 2) · ~u = (a, b) · (2, 2)
2√
2= 2⇒ a+ b = 2
√2 (1)
D~vf(1, 2) = ∇f(1, 2) · ~v = (a, b) · (1,−1)√2
= −2⇒ a− b = −2√
2 (2)
Sumando (1) y (2), se tiene que:
2a = 0⇒ a = 0 ∧ b = 2√
2⇒ ∇f(1, 2) = (a, b) = (0, 2√
2)
6. Determinar continuidad de la funcion f(x, y) =
{x3y
x6+y2 si (x, y) 6= (0, 0)
0 si (x, y) = (0, 0)
lım(x,y)→(0,0)
x3y
x6 + y2= lım
r→0
r2 cos3 θ sen θ
r3 cos6 θ + sen2 θ= 0
Si usamos el camino y = x3 ⇒ lımx→0
x6
x6 + x6= lım
x→0
1
2=
1
2Luego, el lımite no existe. Por lo tanto la funcion no es continua.
7. La temperatura en grados celsius en la superficie de una placa metalica es T (x, y) =20 − 4x2 − y2, donde x e y se miden en centımetros. Hallar la direccion, a partir delpunto (2,−3), en que aumenta mas rapido la temperatura y hallar esa tasa o razon decrecimiento maxima.
La direccion es ∇T = (−8x,−2y)⇒ ∇T (2,−3) = (−16, 6)
TASA = ‖(−16, 6)‖ =√
256 + 36 =√
292 ≈ 17, 09o por cm.
44
8. Si f y g son funciones diferenciables de una variable, muestre que la funcion u(x, t) =f(x+ at)+ g(x− at) es solucion de la ecuacion de onda que tiene la forma utt = a2uxx.
Debemos mostrar que u(x, t) = f(x+at)+g(x−at) es solucion de la ecuacion de onda,es decir, satisface la ecuacion.
Sean w = x+ at y v = x− at. Luego u(x, t) = f(w) + g(v).
ut =∂(f(w) + g(v))
∂t=
df
dw
∂w
∂t+dg
dv
∂v
∂t= a
df
dw− adg
dv= af ′(w)− ag′(v)
utt =∂ut
∂t=∂(af ′(w)− ag′(v))
∂t=∂ut
∂w
∂w
∂t+∂ut
∂v
∂v
∂t= a2f ′′(w)−a2g′′(v) = a2(f ′′(w)−g′′(v))
Por otro lado y de forma similar:
ux =∂(f(w) + g(v))
∂x=
df
dw
∂w
∂x+dg
dv
∂v
∂x=
df
dw+dg
dv= f ′(w) + g′(v)
uxx =∂ux
∂x=∂(f ′(w) + g′(v))
∂x=∂ux
∂w
∂w
∂x+∂ux
∂v
∂v
∂x= f ′′(w) + g′′(v)
⇒ utt = a2uxx
9. Sea f una funcion homogenea de grado n, es decir
f(tx, ty) = tnf(x, y) ∀ t, n entero positivo.
Verifique que f satisface la ecuacion x∂f
∂x+ y
∂f
∂y= nf(x, y).
→ Se tiene que que f satisface
f(tx, ty) = tnf(x, y) (1)
Sean w = tx y v = ty.
Derivando ambos lados de (1) con respecto a t:
∂f(tx, ty)
∂t=∂(tnf(x, y))
∂t⇒ ∂f(w, v)
∂t=∂(tnf(x, y))
∂t
∂f(w, v)
∂w
∂w
∂t+∂f(w, v)
∂v
∂v
∂t= ntn−1f(x, y)⇒ x
∂f(w, v)
∂w+ y
∂f(w, v)
∂v= ntn−1f(x, y)
La ultima igualdad es valida para todo t real, en particular para t = 1:
x∂f(tx, ty)
∂tx+ y
∂f(tx, ty)
∂ty= ntn−1f(x, y)
t=1→ x∂f(x, y)
∂x+ y
∂f(x, y)
∂y= nf(x, y)
45
10. Para la funcion f(x, y) = x2y + 2y2x, en el punto P (1, 3), hallar:
a) La direccion de mayor crecimiento de f .
∇f(x, y) = (2xy + 2y2, x2 + 4xy)⇒ ∇f(1, 3) = (24, 13)
b) La derivada de f en la direcion de mayor crecimiento de f .
D~uf(1, 3) = ∇f(1, 2)(24, 13)
‖(24, 13)‖=
(24, 13)(24, 13)√242 + 132
=√
745
c) Las direcciones en las que la derivada de f es cero.
Sea ~x = (a, b) el vector que da la direccion en que la derivada es cero:
D~xf(1, 3) = 0⇒ (24, 13)(a, b) = 0⇒ a = −13b
24⇒ ~x = (−13
24, 1)b ∀b ∈ R− {0}
d) La ecuacion del plano tangente a la superficie z = f(x, y) en (1, 3, 21).
Como z = f(x, y), entonces definamos que
T (x, y, z) = x2y + 2y2x− z ⇒ ∇T (1, 3, 21) = (24, 13,−1)
La ecuacion del plano tangente en el punto (1, 3, 21) es
(24, 13,−1) · (x− 1, y − 3, z − 21) = 0
11. Una linda y hermosa funcion f , de dos variables, se desplaza por el plano cartesianoexhibiendo sus derivadas parciales continuas. Considerar los puntos A(1, 3), B(3, 3),
C(1, 7), D(6, 15). La derivada direccional de f en A en la direccion del vector ~AB es
5 y la derivada direccional de f en A en la dirrecion del vector ~AC es 6. Calcular laderivada de f en la dirrecion del vector ~AD.
Del enunciado se desprende que
D ~ABf(1, 3) = 5D ~ACf(1, 3) = 6D ~ADf(1, 3) = x
⇐⇒~AB = (2, 0)~AC = (0, 4)~AD = (5, 12)
Sea ∇f(1, 3) = (a, b), tenemos que
D ~ABf(1, 3) = ∇f(1, 3)(2, 0)
‖(2, 0)‖= 5⇒ (a, b)(1, 0) = 5⇒ a = 5
D ~ACf(1, 3) = ∇f(1, 3)(0, 4)
‖(0, 4)‖= 6⇒ (a, b)(0, 1) = 6⇒ b = 6
Ahora conocemos el valor del gradiente ∇f(1, 3) = (a, b)a=5, b=6→ ∇f(1, 3) = (5, 6)
D ~ADf(1, 3) = x⇒ ∇f(1, 3)(5, 12)
‖(5, 12)‖= x⇒ (5, 6)(5, 12)√
169= x⇒ x =
97
13
Entonces, se tiene que la derivada de f en la dirrecion del vector ~AD vale97
13
46
12. La temperatura T en cualquier punto P (x, y, z) de la superficie de una bola mecanicaque tiene por centro el origen de coordenadas es inversamente proporcional a la distanciadel punto P al centro de la bola. Se sabe que la temperatura en el punto (1, 2, 2) es de120o . Hallar la tasa de cambio de T en (1, 2, 2) en la direccion hacia el punto (2, 1, 3).
• La distancia entre el punto variable P (x, y, z), que pertenece a la superficie de labola mecanica, y el centro que esta en el origen de coordenadas (0, 0, 0) es:
d =√x2 + y2 + z2
Por otro lado, la temperatura y la distancia son inversamente proporcionales, estoes:
T (x, y, z) =k√
x2 + y2 + z2⇒ T (1, 2, 2) = 120⇒ k√
12 + 22 + 22= 120→ k = 360
La funcion temperatura:
[T (x, y, z) =
360√x2 + y2 + z2
]
• La direccion es ~ν = (2, 1, 3)− (1, 2, 2) = (1,−1, 1)
• ∇T (1, 2, 2) = 360
(−1
2· (9)−3/2 · (2, 4, 4)
)=−40
3· (1, 2, 2)
⇒ D~νf(1, 2, 2) = ∇T (1, 2, 2) · ~ν =−40
3· (1, 2, 2) · (1,−1, 1)⇒ D~νf(1, 2, 2) =
−40
3
13. La temperatura T de una placa de metal en el plano xy viene dada por:
T (x, y) =k√
x2 + y2
Si la temperatura en el punto (3, 4) es de 100o:
a) Hallar la razon de cambio de la temperatura en direccion del vector (1, 1).
Primero calculemos la constante K.
T (3, 4) = 100o ⇒ k√x2 + y2
= 100⇒ k = 500
D~uf(3, 4) = ∇T (3, 4) · (1, 1)
‖(1, 1)‖=
500√2
(−3
53,−4
53
)=−28√
2
b) Hallar la dirrecion en que se anula la tasa de cambio.
Definamos la direccion que buscamos como ~x = (a, b), entonces se tiene que
D~xT (3, 4) = 0⇒ ∇T (3, 4) · ~x = 0⇒ (−3,−4)(a, b) = 0⇒ a =−4a
3
La direccion buscada es ~x = (a, b) = b
(3
4, 1
); con b ∈ R− {0}
47
14. El volcan Villarica puede ser representado mediante la ecuacion f(x, y) = 4000−x2−y2.Un alpinista se halla en el punto (20, 20, 3000). Si quiere llegar lo mas rapido a la cumbre,hallar bajo que direccion o angulo debe moverse.
∇f(x, y) = (−2x,−2y)⇒ Direccion: ∇f(20, 20) = (−40,−40)
Angulo ⇒ θ = arctan
(−40
−40
)= arctan(1)⇒ θ =
π
4
15. Calcular los siguientes lımites (indicar procedimientos):
a) lım(x,y)→(0,0)
cosπx2y
x2 + y2
Para calcular este lımite usaremos polares, esto es:
lım(x,y)→(0,0)
cosπx2y
x2 + y2= lım
r→0cos
[πr3 cos2 θ sen θ
r2
]= 1
b) lım(x,y)→(0,2)
sen xy
x
Tambien usaremos polares, con el cambio x = r cos θ e y − 2 = r sen θ, con lo cualr → 0.
lım(x,y)→(0,2)
sen xy
x= lım
r→0
sen [r cos θ(r sen θ + 2)]
r cos θ· (r sen θ + 2)
(r sen θ + 2)= 1· lım
r→0(r sen θ+2) = 2
Otra forma
Usando el infinitesimo senx ∼ x, cuando x → 0, que aplicado al ejercicio se tieneque
lım(x,y)→(0,2)
sen xy
x= lım
(x,y)→(0,2)
xy
x= lım
(x,y)→(0,2)y = 2
c) lım(x,y)→(0,0)
x3
y2
Probemos por el camino y = x
lım(x,y)→(0,0)
x3
y2= lım
x→0
x3
x2= lım
x→0x = 0
Ahora, por el camino y = x2
lım(x,y)→(0,0)
x3
y2= lım
x→0
x3
x4= lım
x→0
1
x=∞
Como nos dio valores distintos para el mismo el lımite, este no existe.
48
16. Dado el siguiente campo escalar
f(x, y) =
{x3y−xy3
x2+y2 si (x, y) 6= (0, 0)
0 si (x, y) = (0, 0)
Hallar D12f(0, 0) y D21f(0, 0).
a) Determinar D1f(x, y) y D2f(x, y) si (x, y) 6= (0, 0):
D1f(x, y) =x4y + 4x2y3 − y5
(x2 + y2)2
D2f(x, y) =x5 − 4x3y2 − xy4
(x2 + y2)2
b) Determinar D1f(0, 0) y D2f(0, 0) si (x, y) = (0, 0). Como el punto (0, 0) es conflic-tivo, se utiliza la definicion, esto es:
D1f(0, 0) = lımh→0
f(h, 0)− f(0, 0)
h= lım
h→0
0
h= 0
D2f(0, 0) = lımh→0
f(0, h)− f(0, 0)
h= lım
h→0
0
h= 0
c) Entonces hasta el momento se tiene lo siguiente:
D1f(x, y) =
{x4y+4x2y3−y5
(x2+y2)2si (x, y) 6= (0, 0)
0 si (x, y) = (0, 0)
D2f(x, y) =
{x5−4x3y2−xy4
(x2+y2)2si (x, y) 6= (0, 0)
0 si (x, y) = (0, 0)
d) Luego, para terminar se tiene que D12f(0, 0) y D21f(0, 0) son:
D12f(0, 0) = lımh→0
D2f(h, 0)−D2f(0, 0)
h= lım
h→0
h5
h5= 1
D21f(0, 0) = lımh→0
D1f(0, h)−D1f(0, 0)
h= lım
h→0
−h5
h5= −1
17. Demuestre que el elipsoide 3x2+2y2+z2 = 9 y la esfera x2+y2+z2−8x−6y−8z+24 = 0son tangentes en el punto (1, 1, 2).
Calculemos las normales de los planos tangentes en el punto dado:
→ f(x, y, z) = 3x2 + 2y2 + z2 − 9⇒ ∇f(x, y, z) = (6x, 4y, 2z)⇒ ∇f(1, 1, 2) = (6, 4, 4)
El plano tangente del elipsoide en el punto (1, 1, 2) es
(6, 4, 4) · (x− 1, y − 1, z − 2) = 0
→ g(x, y, z) = x2 + y2 + z2 − 8x− 6y − 8z + 24⇒ ∇g(1, 1, 2) = (−6,−4,−4)
El plano tangente de la esfera en el punto (1, 1, 2) es
(−6,−4,−4) · (x− 1, y − 1, z − 2) = 0⇒ (6, 4, 4) · (x− 1, y − 1, z − 2) = 0
Como los planos tangentes en dicho punto son iguales, entonces son tangentes en elpunto (1, 1, 2).
49
18. Calcular la derivada direccional de f(x, y, z) = x3 + 4xy + z2 − 2yz en (1, 2, 1) en ladireccion de la normal a la superficie dada por {x = t, y = 2t2, z = t3}.
Tenemos que z = t3 = 2t2 · t · 12
=xy
2. Entonces la superficie es[
T (x, y, z) =yx
2− z]⇒ Direccion: ∇T (x, y, z) = (
x
2,y
2,−1)⇒ ∇T (1, 2, 1) = (1,
1
2,−1)
D~Tf(1, 2, 1) = ∇f(1, 2, 1) · ∇T (1, 2, 1)
‖∇T (1, 2, 1)‖=
(11, 6,−2)(1, 12,−1)√
94
=32
3
19. Calcule las derivadas parciales y muestre que no son continuas en el origen, para elcampo:
f(x, y) =
{(x2 + y2) sen 1√
x2+y2si (x, y) 6= (0, 0)
0 si (x, y) = (0, 0)
a) Si (x, y) = (0, 0) se usa la definicion, esto es
fx = lımh→0
f(h, 0)− f(0, 0)
h= lım
h→0
h2 sen 1|h|
h= lım
h→0h · sen 1
|h|(∗)
→ lımh→0+
h · sen 1
−h= −1
→ lımh→0−
h · sen 1
h= 1
El lımite no existe.Por lo tanto, no existe la derivada parcial respecto x. Lo mismo ocurre con laderivada parcial respecto y.
b) La funcion no es continua en el origen, puesto que el lımite no existe
lım(x,y)→(0,0)
(x2 + y2) ·
ACOTADO︷ ︸︸ ︷sen
1√x2 + y2
= 0 · acotado = 0
lım(x,y)→(0,0)
(x2 + y2) sen1√
x2 + y2= lım
r→0r2 sen
1
r= lım
r→0
sen 1r
1r
= 1
20. Si w = f(x, y), x = 2u+ v, y = u− v. Demuestre que
5∂2w
∂2x+ 2
∂2w
∂x∂y+ 2
∂2w
∂y2=∂2w
∂u2+∂2w
∂v2
→ Se tiene que∂w
∂u=∂w
∂x
∂x
∂u+∂w
∂y
∂y
∂u= 2
∂w
∂x+∂w
∂y(1)
∂w
∂v=∂w
∂x
∂x
∂v+∂w
∂y
∂y
∂v=∂w
∂x− ∂w
∂y(2)
Derivando (1) respecto u y (2) respecto v, se tiene que
∂2w
∂u2=
∂
∂u
(∂w
∂u
)= 2
∂
∂x
(2∂w
∂x+∂w
∂y
)+∂
∂y
(2∂w
∂x+∂w
∂y
)= 4
∂2w
∂x2+2
∂w
∂x∂y+2
∂w
∂x∂y+∂2w
∂y2(3)
50
∂2w
∂v2=
∂
∂v
(∂w
∂v
)=
∂
∂x
(∂w
∂x− ∂w
∂y
)− ∂
∂y
(∂w
∂x− ∂w
∂y
)=∂2w
∂x2− ∂w
∂x∂y− ∂w
∂x∂y+∂2w
∂y2(4)
Finalmente, sumando (3) y (4) se demuestra lo pedido
∂2w
∂u2+∂2w
∂v2=
[4∂2w
∂x2+ 2
∂w
∂x∂y+ 2
∂w
∂x∂y+∂2w
∂y2
]+
[∂2w
∂x2− ∂w
∂x∂y− ∂w
∂x∂y+∂2w
∂y2
]∂2w
∂u2+∂2w
∂v2= 5
∂2w
∂2x+ 2
∂2w
∂x∂y+ 2
∂2w
∂y2
21. Sean los vectores unitarios ~u =(
1√2, 1√
2
)y ~v =
(3√5, 4√
5
). Sea f una funcion diferen-
ciable en un punto (x0, y0) tal que la derivada parcial respecto y es −√
2.
a) Calcular la derivada direccional en direccion del vector ~v partir de (x0, y0).
Sea ∇f(x0, y0) = (a, b), ocurre que
D~uf(x0, y0) = ∇f(x0, y0) · ~u = (a, b)
(1√2,
1√2
)= 1⇒ a+ b =
√2
La derivada parcial respecto y evaluada en el punto (x0, y0) corresponde a la segundacomponente del vector gradiente, esto es
∂f(x0, y0)
∂y= −√
2⇒ b = −√
2 ∧ a = −2√
2
Entonces, D~vf(x0, y0) = ∇f(x0, y0) · ~v = (−2√
2,−√
2)
(3
5,4
5
)= −√
2
b) Hallar la direccion de mayor crecimiento y el valor maximo de f a partir de (x0, y0).
Direccion de mayor crecimiento esta dado por el gradiente:
∇f(x0, y0) = (−2√
2,−√
2)
Valor maximo de f es la norma del gradiente:
‖f(x0, y0)‖ =
√(−2√
2)2 + (−√
2)2 =√
8 + 2 =√
10
c) Por ultimo, hallar la direccion en que se anula la tasa o razon de cambio de fconsiderando el mismo punto (x0, y0).
Sea ~x = (n,m) la direccion en que se anula la derivada a partir del punto (x0, y0),entonces ocurre que
D~xf(x0, y0) = 0⇒ ∇f(x0, y0) · ~x = 0⇒ (−2√
2,−√
2)(n,m) = 0⇒ n =−m2
La direccion es: ~x = (n,m) = (−m2,m) = m(
−1
2, 1) Con m ∈ R− {0}
51
22. Hallar el plano tangente a la superficie z = x2 + 2y2 paralelo al plano x+ 2y − z = 10.(Pista: primero halle el punto de interseccion)
Consideremos la funcion de la superficie como T (x, y, z) = x2 + 2y2 − zLa normal del plano buscado es (1, 2,−1) y se cumple que
~n = ∇T (a, b, c)⇒ (1, 2,−1) = (2a, 4b,−1)⇒ a =1
2∧ b =
1
2∧ c = −1⇒
Punto de interseccion entre la superficie y el plano:
(1
2,1
2,−1
)La ecuacion del plano es
(1, 2,−1)(x− 1
2, y − 1
2, z + 1) = 0
23. Determine el punto en el plano 2x− y + 2z = 16 que este mas cerca del origen.
Hay que minimizar la distancia entre el punto del plano (x, y, z) y el origen de coorde-nadas (0, 0, 0). Entonces, la funcion objetivo es d2 = x2 + y2 + z2 y la restriccion es laecuacion del plano.
L(x, y, z, λ) = x2 + y2 + z2 + λ(2x− y + 2z − 16)
Lx = 2x+ 2λ = 0Ly = 2y − λ = 0Lz = 2z − 2λ = 0Lλ = 2x− y + 2z − 16 = 0
Se tiene que x = −λ, y = λ/2, z = −λ; reemplazando en Lλ:
−2λ− λ
2− 2λ = 16⇒ −8λ− λ = 32⇒ λ =
−32
9
Luego,el punto en el plano 2x−y+2z = 16 que esta mas cerca del origen es
(32
9,−16
9,32
9
).
24. Hallar la funcion f que satisface ∂f∂y
= x2 + 2y, y que cumple la condicion f(x, x2) = 1.
∂f
∂y= x2 + 2y /
∫f(x, y) =
∫(x2 + 2y)dy = x2y + y2 + k(x)
Como f(x, x2) = 1⇒ x2 · x2 + x4 + k(x) = 1⇒ k(x) = 1− 2x4
f(x, y) = x2y + y21− 2x4
25. Dada la funcion
f(x, y) =
{x3y
x6+y2 si (x, y) 6= (0, 0)
0 si (x, y) = (0, 0)
52
a) Calcule∂f
∂x(0, 0) y
∂f
∂y(0, 0).
∂f
∂x(0, 0) = lım
h→0
f((0, 0) + h(1, 0))− f(0, 0)
h= lım
h→0
f(h, 0)− f(0, 0)
h= lım
h→0
0
h= 0
∂f
∂y(0, 0) = lım
h→0
f((0, 0) + h(0, 1))− f(0, 0)
h= lım
h→0
f(0, h)− f(0, 0)
h= lım
h→0
0
h= 0
b) Determine si f es continua en (0, 0).
Veamos que pasa con el lımite lım(x,y)→(0,0)
x3y
x6 + y2:
• Por el camino y = 0⇒ lımx→0
0 = 0
• Por el camino y = x3 ⇒ lımx→0
1
2=
1
2→ El lımite no existe, entonces f(x, y) no es continua en el (0, 0)
26. Dada la funcion
f(x, y) =
{ |xy|√x2+y2
si (x, y) 6= (0, 0)
0 si (x, y) = (0, 0)
Determinar la derivada direccional en (0, 0) en la direccion del vector ~u =
(3
5,4
5
).
→ Como (x, y) = (0, 0) es un punto conflictivo, usaremos la definicion para calcular laderivada direccional, esto es:
D~uf(0, 0) = lımh→0
f[(0, 0) + h(3
5, 4
5)]− f(0, 0)
h= lım
h→0
f(35h, 4
5h)
h= lım
h→0
∣∣35h · 4
5h∣∣
√h· 1h
= lımh→0
12
25
|h2|h |h|
= lımh→0
12 |h|25h
(∗)
{lım
h→0−
1225−hh
= −1225
lımh→0+
1225
hh
= 1225
Como el lımite no existe, entonces la derivada direccional no existe.
27. Suponga que f tiene derivadas parciales continuas y tiene derivada direccional maximaigual a 50 en P0(1, 2), que alcanza en la direccion de P0 a Q(3,−4). Utilizando estainformacion calcular ∇f(1, 2).
Se tiene que la direccion unitaria de mayor crecimiento es
∇f(1, 2)
‖∇f(1, 2)‖=
(2,−6)√4 + 36
=(1,−3)√
10⇒ ∇f(1, 2) =
(1,−3)√10‖∇f(1, 2)‖
Pero nos dicen que el maximo valor de la derivada direccional es 50, entonces
‖∇f(1, 2)‖ = 50⇒ ∇f(1, 2) = 50(1,−3)√
10
53
Otra forma
∇f(1, 2)(2,−6)√
40= 50⇒ (a, b)(
1√10,− 3√
10) = 50
a√10− 3b√
10= 50⇒ a− 3b = 50
√10⇒ a = 50
√10 + 3b
∇f(1, 2) = (a, b) = (50√
10 + 3b, b) ∀ b ∈ R− {0}
28. Hallar maximo de f(x, y) = 4xy sujeto a la restriccionx2
9+y2
4= 1.
L(x, y, λ) = 4xy − λ(x2
9+y2
4− 1
)Lx = 4y − 2xλ
9= 0
Ly = 4x− yλ2
= 0
Lλ = x2
9+ y2
4− 1 = 0
Multiplicando Lx por x y Ly por y, se tiene que:
−2λx2
9+λy2
2= 0⇒ λ(
y2
2− 2x2
9) = 0⇒ λ = 0 ∨ y = ±2x
3
reemplazando en Lλ se tiene
x2
9+
4
9
x2
4−1 = 0⇒ 2x2
9−1 = 0⇒ x = ± 3√
2→ De donde y =
2
3
3√2
=2√2
√2√2
= ±√
2
Los puntos crıticos son (3√2,√
2), (3√2,−√
2), (− 3√2,√
2), (− 3√2,−√
2). Al reemplazar
en f(x, y) = 4xy se tiene
f
(3√2,√
2
)= f
(− 3√
2,−√
2
)= 4 · 3√
2·√
2 = 12⇒ Maximo
29. Hallar los puntos extremos de la siguiente curva x2 + y2 + xy = 3x+ 6y − 1.
Hagamos f(x, y) = x2 + y2 + xy − 3x− 6y + 1, entonces tenemos que
fx = 2x+ y − 3 = 0fy = 2y + x− 6 = 0
Resolviendo el sistema se llega a que x = 0 e y = 3, entonces el punto crıtico es (0, 3).Veamos cual es el signo del determinante del hessiano
Hf(x, y) =
(fxx fxy
fyx fyy
)=
(2 21 2
)⇒ |H(0, 3)| > 0∧ fxx > 0⇒ (0, 3) es un Mınimo.
30. Hallar extremos de f(x, y) = x2 + y2 + z2 sujeto a la restriccion 3x− 2y + 4z = 4.
L(x, y, z, λ) = x2 + y2 + z2 + λ(3x− 2y + 4z − 4)
54
Lx = 2x+ 3λ = 0Ly = 2y − 2λ = 0Lz = 2z + λ = 0
Lλ = 3x− 2y + 4z − 4 = 0
Se tiene que x =−3λ
2, y = λ, z =
−λ2
. Reemplazando en Lλ se tiene que
−9λ
2− 2λ− λ
2− 4 = 0 / · 2
−9λ− 4λ− λ− 8 = 0⇒ 14λ = 8⇒ λ =−4
7→ El punto crıtico es (
6
7,−4
7,2
7)
El punto (0, 0, 4) cumple la restriccion y se tiene que f(0, 0, 4) = 16.
Por otro lado f
(6
7,−4
7,2
7
)=
56
49, entonces el punto crıtico es un mınimo.
31. Hallar maximos y mınimos de la funcion f(x, y) = (2x− y)2 sobre la region triangulardel plano XY , con vertices (2, 0), (0, 1) y (1, 2).
Se trata de un problema de maximos y mınimos absolutos. Se debe analizar el interiorolvidandose de la restriccion y luego se analiza la frontera que en este caso correspondea las ecuaciones de la recta de cada lado de la region triangular, estas son
F1 : y = −12
(x− 2), F2 : y = −2(x− 2) y F3 : y = x+ 1.
Interior
f(x, y) = (2x− y)2
{D1f = 2(2x− y)2 = 0D2f = 2(2x− y) = 0
Se tiene que ∀(x, y) tal que y = 2x es solucion del sistema.
Entonces se a encontrado infinitos puntos crıticos, que cumplen la condicion y = 2xy estan dentro la region triangular, y ademas la funcion evaluada es cero (f(x, y) =f(x, 2x) = 2x− 2x = 0).
Frontera
a) Para F1 ⇒ 0 ≤ x ≤ 2; y = −12
(x− 2)
f(x,−1
2(x− 2)) = (
5
2x− 1)2 ⇒ df
dx= 2(
5
2x− 1)
5
2= 0⇒ x =
2
5∧ y =
4
5
b) Para F2 ⇒ 1 ≤ x ≤ 2; y = −2(x− 2)
f(x,−2(x− 2)) = (4x− 4)2 ⇒ df
dx= 2(4x− 4)4 = 0⇒ x = 1 ∧ y = 2
c) Para F3 ⇒ 0 ≤ x ≤ 1; y = x+ 1
f(x, x+ 1) = (x− 1)2 ⇒ df
dx= 2(x− 1) = 0⇒ x = 1 ∧ y = 2
Por ultimo, evaluamos todos los punto encontrados tanto en el interior como en lafrontera, esto es
f(2, 0) = 16, f(0, 1) = 1, f(1, 2) = f(25, 4
5) = f(1, 2) = 0 ⇒ Maximo absoluto: (2, 0) y
Mınimo absoluto: (1, 2), (25, 4
5)
55
32. Obtenga el valor maximo de la funcion f(x, y, z) = x+2y+3z en la curva de intersecciondel plano x− y + z = 1 y el cilindro x2 + y2 = 1.
L(x, y, z, λ, ν) = x+ 2y + 3z + λ(x− y + z − 1) + ν(x2 + y2 − 1)
Lx = 1 + λ+ 2νx = 0Ly = 2− λ+ 2νy = 0Lz = 3 + λ = 0Lλ = x− y + z − 1 = 0Lν = x2 + y2 − 1 = 0
De Lz se obtiene que λ = −3. Reemplazando en Lx y Ly se tiene que
−2 = −2νx5 = −2νy
⇒ −2
5=x
y
Reemplazando en Lν
x2 + y2 − 1 = 0⇒ x2 +25
4x2 = 1⇒ x = ± 2√
29y = ± 5√
29
Ahora, reemplazamos los valores encontrados en Lz(2√29,− 5√
29
)⇒ 2√
29+
5√29
+ z = 1⇒ z = 1− 7√29(
− 2√29,
5√29
)⇒ − 2√
29− 5√
29+ z = 1⇒ z = 1 +
7√29
Por ultimo, evaluamos lo puntos criticos en la funcion objetivo:
f
(2√29,− 5√
29, 1− 7√
29
)=
2√29− 10√
29+ 3− 21√
29= 3−
√29
f
(− 2√
29,
5√29, 1 +
7√29
)= − 2√
29+
10√29
+ 3 +21√29
= 3 +√
29
Entonces, el valor maximo de f lo alcanza en
(− 2√
29,
5√29, 1 +
7√29
)con un valor
igual a 3 +√
29.
Observacion: No importa el valor de ν.
33. La interseccion del plano x + y + 2z = 2 y el paraboloide z = x2 + y2 es una elipse.Derterminar los puntos en esta elipse que estan mas lejos y mas cerca del origen.
La funcion objetivo corresponde a la distancia entre el origen (0, 0, 0) y el punto variablede la elipse (x, y, z). La idea es encontrar los valores de (x, y, z) tal que minimiza ymaximiza la funcion distancia y estan en el plano y el paraboloide.
Observacion: minimizar o maximizar la funcion d es lo mismo que minimizar o max-imizar la funcion d2, esta ultima tiene involucradas derivadas mas amigables, por ellotrabajamos con ella.
d =√x2 + y2 + z2 ⇒ d2 = x2 + y2 + z2
56
L(x, y, z, λ, ν) = x2 + y2 + z2 + λ(x+ y + 2z − 2) + ν(x2 + y2 − z)Lx = 2x+ λ+ 2νx = 0Ly = 2y + λ+ 2νy = 0Lz = 2z + 2λ− ν = 0Lλ = x+ y + 2z − 2 = 0Lν = x2 + y2 − z = 0
Los pasos son
a) Ocupando Lx, Ly y Lz, dejar x, y y z en funcion de λ y ν.
b) Hallar, con las relaciones encontradas anteriormente, la relacion entre λ y ν usandoLλ.
c) Reemplazar b) en las ecuaciones encontradas en a).
d) Ver cual de los puntos encontrados satisfacen la ecuacion Lν . Estos son los puntoscriticos
e) Por ultimo, evaluar en la funcion d encontrando que Cerca = (1/2, 1/2, 1/2) yLejos = (−1,−1, 2).
34. Hallar los puntos sobre la curva plana x2 + xy + y2 = 1 mas proximos y mas alejadosdel origen.
Este es un problema de extremos condicionados, donde la funcion objetivo es:
d2 = x2 + y2
⇒ L(x, y, z, λ) = x2 + y2 + λ(x2 + xy + y2 − 1)
Lx = 2x+ 2xλ+ yλ = 0Ly = 2y + 2yλ+ xλ = 0Lλ = x2 + xy + y2 − 1 = 0
De la ecuacion Lx tenemos que
2x(1 + λ) = −yλ⇒ x =−yλ
2(1 + λ)(1)
De Ly tenemos que
xλ = −2y(1 + λ)⇒ x =−2y(1 + λ)
λ(2)
Igualando (1) y (2) se obtiene
−2y(1 + λ)
λ=−yλ
2(1 + λ)Se puede simplificar y porque no toma el valor cero
4(1 + 2λ+ λ2) = λ2 ⇒{λ1 = −2
3⇒ x = y (3)
λ2 = −2⇒ x = −y (4)
Reemplazando (3) en Lλ
x2 + xy + y2 − 1 = 0⇒ x2 + x2 + x2 = 1⇒ x = ± 1√3∧ y ± 1√
3
57
Ahora, reemplazando (4) en Lλ
x2 + xy + y2 − 1 = 0⇒ x2 − x2 + x2 = 1⇒ x = ±1 ∧ y = ∓1
Evaluemos los puntos crıticos en la funcion objetivo
f(1√3,
1√3) = f(− 1√
3,− 1√
3) =
2
3
f(1,−1) = f(−1, 1) = 2
Maximos: (1,−1) y (−1, 1)
Mınimos: ( 1√3, 1√
3) y (− 1√
3,− 1√
3)
35. Sobre el recinto M = {(x, y)/y ≥ 0, 4x2 + y2 ≤ 4}. Hallar los extremos absolutos de lafuncion f(x, y) = 4x2 + y2 − 4x− 3y.
• Interior:
fx = 8x− 4 = 0fy = 2y − 3 = 0
⇒x = 1
2
y = 32
• Frontera:
F1 : y = 0⇒ f(x, 0) = f(x) = 4x2 − 4x⇒ f ′(x) = 8x− 4 = 0⇒ x =1
2∧ y = 0
F2 : y =√
4− 4x2 ⇒ f(x,√
4− 4x2) = f(x) = −4x− 3√
4− 4x2 ⇒
f ′(x) = −4 +12x√
4− 4x2= 0⇒ x = ± 2√
13∧ y =
6√13
Ahora evaluamos en la funcion
(x, y) f(x, y)
(12, 3
2) -3,25
(12, 0) -1,00
( 2√13, 6√
13) -3,21
( −2√13, 6√
13) 1,23
mınimo: (1
2,3
2) maximo: (
−2√13,
6√13
)
58
36. Hallar maximos y mınimos a la funcion f(x, y) = x2− 4xy+ 5 sobre la region dada porR = {(x, y)/0 ≤ x ≤ 4, 0 ≤ y ≤
√x}.
a) Interior
fx = 2x− 4y = 0fy = −4x = 0
⇒ x = 0, y = 0
b) Frontera
F1 : y = 0⇒ f(x, 0) = x2 + 5→ f ′(x) = 2x = 0⇒ x = 0, y = 0
F2 : x = 4⇒ f(4, y) = −16y + 13→ f ′(y) = −16 = 0⇒⇐
F3 : y =√x⇒ f(x,
√x) = x2−4x
√x+5→ f ′(x) = 2x−6x
√x = 0⇒
{x = 0, y = 0x = 9, y = 3
c) Por ultimo agregamos lo vertices (0, 0), (4, 2), (4, 0); y evaluamos todos los puntoscrıticos en la fucion objetivo:
(x, y) f(x, y)
(0, 0) 5
(9, 3) -22
(4, 2) -10
(4, 0) 21
mınimo: (4, 0) maximo: (9, 3)
37. Estudiar continuidad del campo escalar:
f(x, y) =
{xy2
x2+y4 si (x, y) 6= (0, 0)
0 si (x, y) = (0, 0)
• f(0, 0) = 0, esta definida en (0, 0).
• lım(x,y)→(0,0)
xy2
x2 + y4= lım
r→0
r cos θ sen2 θ
cos θ + r2 sen θ= 0, existe el lımite.
• f(0, 0) = lım(x,y)→(0,0)
xy2
x2 + y4= 0⇒ La funcion es continua.
38. Calcular la derivada direccional del campo f(x, y, z) = x2−2xy+z3 en el punto (1,−1, 1)en direccion del vector ~v = (1, 3, 1).
∇f(x, y, z) = (2x− 2y,−2x, 3z2)⇒ ∇f(1,−1, 1) = (4,−2, 3) ~v =(1, 3, 1)
‖(1, 3, 1)‖
D~vf(1,−1, 1) = ∇f(1,−1, 1) · ~v =(4,−2, 3)(1, 3, 1)√
11
4− 6 + 3√11
=1√11
59
39. Si z = f(x2 − y2, y2 − x2), hallar yzx + xzy para (x, y) 6= (0, 0).
Hagamos la siguiente sustitucion u = x2 − y2 y v = y2 − x2 con lo cual z = f(u, v),entonces se tiene que:
zx =∂z
∂x=∂z
∂u
∂u
∂x+∂z
∂v
∂v
∂x= 2x
∂z
∂u− 2x
∂z
∂v
Multiplicando por y se obtiene[yzx = 2xy
∂z
∂u− 2xy
∂z
∂v
](1)
zy =∂z
∂y=∂z
∂u
∂u
∂y+∂z
∂v
∂v
∂y= −2y
∂z
∂u+ 2y
∂z
∂v
Multiplicando por x se obtiene[xzy = −2xy
∂z
∂u+ 2xy
∂z
∂v
](2)
Finalmente, sumando (1) y (2) nos queda
yzx + xzy = 2xy∂z
∂u− 2xy
∂z
∂v+−2xy
∂z
∂u+ 2xy
∂z
∂v
yzx + xzy = 0
40. Las ecuaciones x2 +y2 +z2 = 3 y x2 +3xy−2z = 0 definen implıcitamente las funcionesy = y(x) y z = z(x). Si y(1) = −1 y z(1) = 1, calcular
lımx→1
z(x) + y(x)
x− 1
→ Se tiene que las ecuaciones definen implicitamente las funciones y = y(x) y z = z(x).
x2 + y2 + z2 = 3x2 + 3xy − 2z = 0
Derivando respecto x ambas ecuaciones
2x+ 2yyx + 2zzx = 02x+ 3y + 3xyyx − 2zx = 0
Sumando ambas ecuaciones y reduciendo terminos semejantes, se obtiene
yx(2y + 3xz) = −2xz − 2x− 3yz ⇒ yx =−2xz − 2x− 3yz
2y + 3xz⇒ yx(1) = −1
Usando la primera ecuacion del sistema
2zzx = −2x− 2yyx ⇒ 2zx(1) = −2 + 2 · (−1) = −4⇒ zx(1) = −2
Luego, se tiene que
lımx→1
z(x) + y(x)
x− 1∼ 0
0⇒ lım
x→1z′(x) + y′(x) = z′(1) + y′(1) = −1− 2 = −3
60
41. ¿Donde cruza al eje z el plano tangente a z = ex−y en (1, 1, 1)?
Definamos la funcion T (x, y, z) = ex−y − z ⇒ ∇T (x, y, z) = (ex−y,−ex−y,−1).
Ecuacion del plano tangente en (1, 1, 1):
∇T (1, 1, 1) · (x− 1, y − 1, z − 1) = 0⇒ x− y − z + 1 = 0
Para ver donde cruza al eje z, debe ocurrir que x = 0 e y = 0, con lo cual se llega a que
x− y − z + 1 = 0⇒ z = 1⇒ Cruza en el punto (0, 0, 1)
42. Determinar si las ecuaciones 2x−y+u3−v2 = 1, x+y+u2 +v3 = 4 se pueden resolverpara u = u(x, y), v = v(x, y) en la vecindad V (1, 1), en la cual u(1, 1) = v(1, 1) = 1.
Si es ası, hallar∂u
∂xy∂v
∂yen (1, 1).
Definamos F = 2x−y+u3−v2−1 y G = x+y+u2+v3−4. En primer lugar verificamosque el jacobiano del denominador es distinto de cero en el punto (1, 1).
∂(F,G)
∂(u, v)=
Fu Fv
Gu Gv=
3u2 −2v2u 3v2 = 9u2v2 + 4uv = 13 6= 0
Luego, el sistema se puede resolver para ux y vx. Se tiene
2 + 3u2ux − 2vvx = 0 / · 3v1 + 2uux + 3v2vx = 0 / · 2
al sumar y factorizar, ux(1, 1) = − 2 + 6v
4u+ 9u2v=−8
13y vx(1, 1) =
−1
3
43. La temperatura en un punto (x, y, z) del espacio viene dada por
T (x, y, z) =49
1 + x2 + 2y2 + 3z2
determinar la direccion en que aumenta mas rapido la temperatura en el punto (1, 1, 1)y cual es el maximo incremento a partir de ese punto.
→ La direccion en que aumenta mas rapido la temperatura viene dado por el gradiente,esto es:
∇T (1, 1, 1) = (−2,−4,−6)⇒ Maximo incremento: ‖∇T (1, 1, 1)‖ =√
4 + 16 + 36 =√
56
44. Averiguar si es diferenciable la funcion
f(x, y) =
{2xy√x2+y2
si (x, y) 6= (0, 0)
0 si (x, y) = (0, 0)
• Veamos si es continua
lım(x,y)→(0,0)
2xy√x2 + y2
= lımr→0
r sen θ cos θ = 0 = f(0, 0)⇒ La funcion es continua
61
• Si calculamos las derivadas parciales de f(x, y), resultan que no son continuas.Segun el Teorema 1 si una funcion admite todas sus derivadas parciales yson continuas, entonces es diferenciable, pero no afirma nada si las derivadasparciales no son continuas.Por ello, usaremos el teorema 2 para decidir si es diferenciable la funcion f(x, y),esto es:
◦ Existen las derivadas parciales de f en (x0, y0) = (0, 0)?
A =∂f
∂x((0, 0)) = D1f(0, 0) = lım
h→0
f(h, 0)− f(0, 0)
h= 0
B =∂f
∂y((0, 0)) = D2f(0, 0) = lım
h→0
f(0, h)− f(0, 0)
h= 0
Si existen
◦ El siguiente lımite vale cero?
lım(x,y)→(0,0)
f(0 + h, 0 + k)− f(0, 0)− Ah−Bk√h2 + k2
= lım(x,y)→(0,0)
2hk√h2+k2 − 0− 0 · h− 0 · k
√h2 + k2
= lım(x,y)→(0,0)
2xy√x2 + y2
= lımr→0
2 sen θ cos θ = 2 sen θ cos θ ⇒ El lımite no existe.
Luego, la funcion no es diferenciable en el (0, 0).
45. Sea el campo escalar
f(x, y) =
{x3+y3
x2+y2 si (x, y) 6= (0, 0)
0 si (x, y) = (0, 0)
a) Estudiar la diferenciabilidad en (0, 0).
Se tiene que (x0, y0) = (0, 0) y ademas
A =∂f
∂x((0, 0)) = lım
h→0
f(h, 0)− f(0, 0)
h= lım
h→0
h− 0
h= 1
B =∂f
∂y((0, 0)) = lım
h→0
f(0, h)− f(0, 0)
h= lım
h→0
h− 0)
h= 1
Entonces, tenemos que
lım(h,k)→(0,0)
h3+k3
h2+k2 − 0− 1 · (h− 0)− 1 · (k − 0)√h2 + k2
= lım(h,k)→(0,0)
−hk(h+ k)
(h2 + k2)3/26= 0
Entonces la funcion no es diferenciable.
b) Hallar plano tangente en un punto a su eleccion
Ocupemos el punto (1, 1, 1), y calculemos la normal del plano tangente
~n = ∇f(1, 1, 1) =
(1
2,1
2,−1
)⇒ Plano Tangente: ⇒ (
1
2,1
2,−1)·(x−1, y−1, z−1) = 0
62
46. Hallar maximos y mınimos absolutos de f(x, y) = x2 − y2 en el conjunto
R ={(x, y)/y − x2 + 1 ≥ 0, y + x2 ≤ 1
}a) Interior
fx = 2x = 0fy = −2y = 0
⇒ (0, 0) punto crıtico
b) Frontera
F1 : y = x2−1⇒ f(y) = y+1+ y2 ⇒ f ′(y) = 1+2y = 0⇒ y =1
2∧ x = ±
√3
2
F2 : y = 1−x2 ⇒ z = 1−y−y2 ⇒ z′(y) = −1−2y = 0⇒ y =−1
2∧ x = ±
√3
2
Observacion: ninguno de los puntos crıticos obtenidos nos sirven, ya que en el interior(0, 0) es punto de silla, y las fronteras F1 y F2 arrojan puntos crıticos que no estan enla region R.
Pero, nos queda por considerar los vertices que son (1, 0), (−1, 0), (0,−1) y (0, 1), yevaluando en la funcion, se tiene que
(x, y) f(x, y)
(1, 0) 1
(−1, 0) 1
(0, 1) -1
(0,−1) -1
Mınimo absolutos: (0, 1), (0,−1) Maximo absoluto: (1, 0), (−1, 0)
47. En relacion a un sistema de coordenadas cartesiano, el centro de una plaza queda en elorigen del sistema, y el contorno queda modelado por la ecuacion 3y2 +4xy+6x2 = 140.Si una persona esta en el centro de la plaza, cual sera la distancia mınima que recorre,si se va por el camino mas corto hacia el contorno.
→ Se trata de un problema de extremos condicionados, donde la funcion objetivo es ladistancia entre el origen (0, 0) y el punto del contorno de la plaza (x, y), es decir
d =√x2 + y2 ⇒ f(x, y) = d2 = x2 + y2
Ademas, el punto (x, y) debe satisfacer la ecuacion 3y2 + 4xy + 6x2 = 140. Con todoesto, se forma el langraniano
L(x, y, λ) = x2 + y2 + λ(3y2 + 4xy + 6x2 − 140)
Lx = 2x+ 4yλ+ 12xλ = 0Ly = 2y + 6yλ+ 4xλ = 0Lλ = 3y2 + 4xy + 6x2 − 140 = 0
63
x(1 + 6λ) = −2yλ⇒ x =−2yλ
(1 + 6λ)(1)
x(2λ) = −(y + 3yλ)⇒ x =−(y + 3yλ)
2λ(2)
Igualando estas ecuaciones, se tiene que:
−2yλ
(1 + 6λ)=−(y + 3yλ)
2λ⇒ 4λ2 = (1 + 6λ)(1 + 3λ)
1 + 9λ+ 14λ2 = 0⇒ λ1 =−1
7λ2 =
−1
2
Reemplazando λ1 = −17
en (1) o en (2) (da lo mismo), se tiene que x = 2y.
Entonces, ocupando Lλ
3y2 + 4 · 2y + 4x · −2x+ 6x2 − 140 = 0⇒ 35y2 = 140⇒ y = ±2 x = ±4
Con λ1 = −17
en (1) o en (2) (otra vez da lo mismo), se tiene que y = −2x.
Ahora ocupamos Lλ obteniendo que
3 · 4x2 + 4x · −2x+ 6x2 − 140 = 0⇒ 10x2 = 140⇒ x = ±√
14 y = ∓2√
14
(x, y) f(x, y)
(±2,±4) 20
(±√
14,∓2√
14) 70
La distancia mınima que recorre, si se va por el camino mas corto es d =√
22 + 42 =√20 = 2
√5.
48. Hallar el valor maximo y mınimo de la funcion f(x, y) = x2y(4− x− y) en el triangulolimitado por las rectas x = 0, y = 0, x+ y = 6.
Se trata de un problema de maximos absolutos. Entonces se analiza el interior y lafrontera.
a) Interiorf(x, y) = x2y(4− x− y)
fx = 2xy(4− x− y)− x2y = 0fy = x2(4− x− y)− x2y = 0
⇒ 2xy(4− x− y)− x2(4− x− y) = 0⇒ x(4− x− y)(2y − x) = 0
x+ y = 4 x = 0 x = 2y ⇒ Punto crıtico: (2y, y) ∀ y ∈ R
64
b) Frontera
F1 : y = 0⇒ f(x, 0) = 0⇒ f ′(x) = 0 ∀x ∈ [0, 6]⇒ (0, 0) (6, 0)
F2 : x = 0⇒ f(0, y) = 0⇒ f ′(y) = 0 ∀ y ∈ [0, 6]⇒ (0, 0) (0, 6)
F3 : y = 6− x⇒ f(x, 6− x) = f(x) = −12x2 + 2x3 ⇒ f ′(x) = x(−24 + 6x) = 0
x = 0⇒ y = 6 x = 4⇒ y = 2
Los vertices son (0, 0), (0, 6) y (6, 0).
Evaluando en la funcion, se tiene que:
(x, y) f(x, y)
(0, 6) 0
(4, 2) -64
(0, 0) 0
(6, 0) 0
(0, 4) 0
El valor mınimo de la funcion es −64, mientras que el valor maximo es 0.
49. Un contenedor en forma de un solido rectangular debe tener un volumen de 480 piescubicos. Construir la base costara $500 por pie cuadrado y construir los lados y la partesuperior costara $300. Determinar las dimensiones de un contenedor de ese tamano queminimice el costo.
Se trata de un problema de maximos y mınimos condicionado. Definiendo la altura conla variable z y las dimensiones de la base con las variables x e y, la funcion costo (funcionobjetivo), tiene la siguiente forma:
c(x, y, z) = $500xy + $2(300yz) + $2(300xz) + $300xy = $(800xy + 600yz + 600xz)
Ahora, agregamos la condicion que corresponde al volumen que debe de tener el con-tenedor, el cual es de 480 pies. Es decir xyz = 480⇒ g(x, y, z) = 480− xyz.Con esto formamos el langraniano y sus derivadas parciales para obtener los puntoscrıticos, esto es:
L(x, y, z, λ) = $(800xy + 600yz + 600xz) + λ (480− xyz)
Lx = 0Ly = 0Lz = 0Lλ = 0
⇔
800y + 600z − yzλ = 0800x+ 600z − xzλ = 0600y + 600x− xyλ = 0
480− xyz = 0
65
Como los lados del contenedor no pueden ser cero, multipliquemos por x la primeraecuacion, por y la segunda, y por z la tercera obteniendo las siguientes igualdades:
480λ = 800xy + 600xz = 800xy + 600yz = 600yz + 600xz
Consideremos el segundo y el tercer miembro de la igualdad:
800xy + 600xz = 800xy + 600yz ⇒ x = y (1)
Ahora consideremos el tercer y cuarto miemdro de la igualdad:
800xy + 600yz = 600yz + 600xz ⇒ z =4
3y (2)
Reemplazando (1) y (2) en la cuarta ecuacion del sistema:
xyz = 480⇒ y · y · 43y = 480⇒ y3 = 5 · 23 · 32 ⇒ y = 2
3√
45
Finalmente volviendo a ocupar (1) y (2) obtenemos x = 23√
45 ∧ z =8
33√
45
Entonces, las dimensiones que debe tener el contenedor, cumpliendo todas las restric-ciones solicitadas, son de altura igual a 8
33√
45 pies, y una base cuadrada con lado de
2 3√
45 pies.
50. Hallar maximos y mınimos de la funcion f(x, y) = x2 +3y2 sobre la region limitada porla ecuacion x2 − 2x+ y2 = 3.
Respuesta
Mınimos absolutos:(
32,√
152
),(
32, −
√15
2
)Maximo absoluto: (0, 0)
51. La temperatura en el espacio esta dado por T (x, y) = x2 + y2. Una espira, que estaubicada en este espacio, tiene por ecuacion 3x2 + 4xy+ 6y2 = 140. Hallar los puntos dela espira que posee mayor y menor temperatura. ¿Cuales son estas temperaturas?
Respuesta
Maximos:(−√
14,√
14),(2√
14,−√
14)
Mınimos: (2, 4), (−2,−4)
66
4. Integrales Multiples
4.1. Integral de Riemann
Se tiene que la suma de riemann para el caso n = 2 es:∫E
f(x, y) dA = lımn→∞
n∑i=1
n∑j=1
fE(xi, yj)A(Rij)
Siendo E el conjunto sobre el cual se esta integrando y A(Rij) el area.
Para calcular la suma de riemann sobre el conjunto E= [a, b]× [c, d] se debe considerar que
1. La particion de x
P1 =
{xi = a+
(b− a)n
i, 0 ≤ i ≤ n
}, ∆xi =
b− an
2. La particion de y
P1 =
{yj = c+
(d− c)n
j, 0 ≤ j ≤ n
}, ∆yj =
d− cn
Con la definicion anterior, el area es
A(Rij) = ∆xi∆yj =
(b− an
)(d− cn
)=
(b− a)(d− c)n2
Observacion: Existen otras formas de particionar los conjuntos P1 y P2, pero esta es maspractica, facil de recordar y usar.
4.2. Integrales Dobles
4.2.1. Forma de las integrales dobles
Las integrales dobles son de la forma I =
∫∫f(x, y) dA
Los recinto de integracion son:
• Rx = {(x, y) ∈ R2 | a < x < b , g(x) < y < h(x)} ⇒∫ b
a
∫ h(x)
g(x)
f(x, y) dy dx
• Ry = {(x, y) ∈ R2 | a < y < b , g(y) < x < h(y)} ⇒∫ b
a
∫ h(y)
g(y)
f(x, y) dx dy
67
4.2.2. Cambio de variable en la integral doble
La idea es hacer un cambio de variables que simplifica, muchas veces, los calculos.
Teorema: Sea f : E ⊂ R2 → R una funcion continua. Sea T : E∗ ⊂ R2 → E ⊂ R2 unatransformacion inyectiva, de clase ζ1, y con jacobiano J(T ) no nulo en todo punto de E∗, detal modo que
T (u, v) = (x(u, v), y(u, v) )
El jacobiano tiene la siguiente forma:
J(T ) =
∣∣∣∣ ∂u∂x
∂v∂y
∂v∂x
∂v∂y
∣∣∣∣Entonces la formula del cambio de variables para la integral doble es∫∫
E
f(x, y) dx dy =
∫∫E∗f(x(u, v), y(u, v) ) J(T ) du dv
4.2.3. Coordenadas polares
Si hay un transformacion importante y de uso habitual en el calculo de las integrales dobles,ese es el de coordenadas polares. Recordar que para ubicar un punto en ese sistema se usanr, el radio, que mide la distancia del punto al origen, y θ, el angulo que forma el radio vectordel punto con la parte positiva del eje x.
La transformacion T dada por
x = r cos θ, y = r sen θ
es inyectiva si consideramos r > 0, y el angulo θ variando en un intervalo de la forma0 < θ ≤ 2π, ∨ 0 ≤ θ < 2π. En tal caso, el Jacobiano de la transformacion es
J(T ) =∂(x, y)
∂(r, θ)=
∣∣∣∣cos θ −r sen θsen θ r cos θ
∣∣∣∣ = r
68
En terminos geometricos las curvas r son rectas por el origen y las curvas θ son cırcu-los concentricos con el origen, siendo la imagen de un rectangulo en el plano rθ un “par-alelogramo” en el plano de las xy, limitado por dos radios y dos arcos de cırculo.
4.2.4. Aplicaciones de la integral doble
Vamos a ver como el calculo de areas, volumen de revolucion, momentos y aun mas, se hacenmas faciles con la integral doble.
1. Area de una region plana
Consideremos la funcion f(x, y) = 1. Al integrar esta funcion, que es continua y positiva,sobre una region E del plano xy, se obtiene el volumen del paralelepıpedo de base E yaltura 1. Ocurre que
area × 1 = area
Por tanto, lo que se obtiene al tener f(x, y) = 1 es el area de la region E. Esto es
Area de E =
∫ ∫E
dy dx =
∫ b1
a1
∫ g2(x)
g1(x)
dy dx
2. VolumenSi la funcion z = f(x, y) es continua y no negativa, entonces el volumen bajo la superficiede la grafica de esta funcion sobre la region R, viene dado por
V =
∫ ∫R
f(x, y) dx dy
69
Mas aun, si f(x, y) y g(x, y) son dos funciones tales que f(x, y) ≤ g(x, y) sobre la regionR, entonces el volumen comprendido entre ambas graficas esta dado por
V =
∫ ∫R
[ g(x, y)− f(x, y) ] dx dy
3. Centro de masa y momentosEste concepto ya ha sido estudiado en cursos previos de Calculo, y para su determinacionse utilizaron integrales simples. La idea es ahora utilizar integrales dobles.
Un cuerpo plano ocupa una region R del plano xy. Si la densidad en cada punto esρ(x, y), entonces la masa total del cuerpo R es
M =
∫ ∫R
ρ(x, y) dx dy
Observa que el cuerpo es plano, pues se tomo z = 1 en la integral que define la masa.
Los momentos respecto de los ejes coordenados vienen dados por
Mx =
∫ ∫R
y ρ(x, y) dx dy, My =
∫ ∫R
x ρ(x, y) dx dy
Se considera una region R del plano cartesiano, una recta con normal n dirigida haciala region R, y un punto sobre esta recta. Si x es un punto de la region, entonces ladistancia de ese punto x a la recta se puede calcular. De hecho, se construye el vectorx− x0 y se determina la magnitud de su proyeccion vectorial sobre el vector normal n.
Sea L una recta con normal n, x0 un punto fijo de L. El primer momento (ML), y elsegundo momento o momento de inercia (IL), de una region R ⊂ R2 con respectoa la recta L, vienen dados por la expresiones
ML =
∫R
compn(x− x0) dA, x ∈ R, x0 ∈ L
IL =
∫R
comp2n(x− x0) dA, x ∈ R, x0 ∈ L
El numero
compn(x− x0) =n · (x− x0)
||n||es la medida de la distancia dirigida del punto x a la recta L. Como compba es lalongitud dirigida de proyba, entonces en este caso es la distancia dirigida de x a la rectaL.
Si en las definiciones de ML y de IL, se considera a L como el eje x, entonces se elige elvector normal n en la direccion positiva del eje y. Esto significa que puede ser elegidoel vector unitario j = (0, 1), con lo cual
compn(x− x0) = j · (x− x0) = j · ((x, y)− (x, 0)) = y
Se concluye entonces que
Mx =
∫R
y dA , Ix =
∫R
y2 dA
70
Cuando L es el eje y, elegimos n en la direccion positiva del eje x, con lo cual el vectorunitario i = (1, 0) es una buena eleccion. Se tiene que
compn(x− x0) = i · (x− x0) = i · ((x, y)− (0, y)) = x
Luego,
My =
∫R
x dA , Iy =
∫R
x2 dA
En terminos fısicos; El momento es la medida de la tendencia de la materia a giraralrededor de una recta. El Momento de inercia respecto a una recta es la tendenciade la materia a resistirse a un cambio del movimiento rotatorio.
Muy ligado con la masa se encuentra el centro de masa de una region del plano.
Se llama centro de masa de una region R, o centroide si la densidad es constante,al punto
P = (x, y) =1
M(R)(My,Mx)
en donde, M(R) es la masa de la region.
Ejemplo: Hallar las coordenadas del centro de masa de la region acotada por las curvasy = x2 y y = 2x+ 3.
a) La grafica del recinto es fundamental
b) Los puntos de interseccion de las curvas son
(−1, 1) y (3, 9)
c) Escribimos el recinto Rx o Ry:
Rx = {(x, y)/ − 1 ≤ x ≤ 3, x2 ≤ y ≤ 2x+ 3}
d) Si no dan la densidad, considerar igual a 1, de modo que en este caso tenemos que
masa=area
e) Escribir la integral de la masa.
M =
∫ 3
−1
∫ 2x+3
x2
dy dx
71
f ) Lo cual debe dar
M =32
3g) Vamos por el momento en x. Anotamos la integral del Mx
Mx =
∫ 3
−1
∫ 2x+3
x2
y dy dx
lo cual da como resultado
Mx =1447
60∼ 24,1
h) Para el My la integral es
My =
∫ 3
−1
∫ 2x+3
x2
x dy dx
y su valor debe dar
My =32
3i) El centro de masa lo tenemos casi listo.
x = 1, y =1447
640∼ 2,26
4. Volumen de revolucionSe considera la region acotada R del plano xy, y una recta L que no la intersecte (Lpuede ser frontera de R). Si R gira en un angulo α alrededor de la recta L, entonces setienen tres situaciones:
• L es una recta paralela al eje xSi la recta L tiene ecuacion y = c, entonces el volumen que genera la region al rotaralrededor de L viene dado por
V = α
∫R
|y − c| dA
• L es una recta paralela al eje ySi se rota R alrededor de la recta x = c, entonces el volumen de revolucion esta dadopor
V = α
∫R
|x− c| dA
• L es una recta cualquiera
Pappus
Si una region R gira alrededor de una recta L del plano, y si L no intersecta a R,entonces el volumen generado es igual a α veces el producto del area de R por ladistancia recorrida por el centro de masa de R (α es el angulo de rotacion).
V = α · A(R) · |(x, y)− L|A partir de este resultado se tienen dos casos particulares
a) Si la recta L es y = c, entonces V = α |y − c| A(R)
b) Si la recta L es x = c, entonces V = α |x− c|A(R).
α |y − c| es la distancia recorrida por el centro de masa.
Si no se hace mencion del angulo de rotacion, se toma α = 2π.
72
4.3. Integrales Triples
4.3.1. Forma de las integrales triples
Las integrales triples tienes la siguiente forma I =
∫ ∫ ∫f(x, y, z) dV
Los recinto de integracion son 6, solo mostrare dos:
• Rxy = {(x, y, z) ∈ R3 | a < x < b , g1(x) < y < h1(x) , g2(x, y) < z < h2(x, y)}
⇒∫ b
a
∫ h1(x)
g1(x)
∫ h2(x,y)
g2(x,y)
f(x, y, z) dx dy dz
• Ryx = {(x, y, z) ∈ R3 | a < y < b , g1(y) < x < h1(y) , g2(x, y) < z < h2(x, y)}
⇒∫ b
a
∫ h1(x)
g1(x)
∫ h2(x,y)
g2(x,y)
f(x, y, z) dy dx dz
4.3.2. Cambio de variable en la integral triple
La idea es muy parecida a la desarrollada en integrales dobles. El hacer un cambio de vari-ables simplifica, muchas veces, los calculos. En este caso de tres variables se considera unatransformacion
T : R∗ ⊂ R3 → R ⊂ R3, T (u, v, w) = (x(u, v, w), y(u, v, w), z(u, v, w))
El jacobiano tiene la siguiente forma:
J(T ) =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
∂x
∂u
∂x
∂v
∂x
∂w
∂y
∂u
∂y
∂v
∂y
∂w
∂z
∂u
∂z
∂v
∂z
∂w
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣En estas condiciones, la formula del cambio de variables en integrales triples es∫
R
f(x, y, z) dx dy dz =
∫R∗f(x(u, v, w), y(u, v, w), z(u, v, w) ) J(T ) du dv dw
4.3.3. Coordenadas cilındricas
Este cambio de variables, no es otra cosa que una generalizacion de las polares vistas enintegrales dobles. En efecto, si T : R3 → R3 es la aplicacion
T (r, θ, z) = (r cos θ, r sen θ, z) = (x, y, z), r > 0, 0 ≤ θ ≤ 2π
73
entonces ella es inyectiva y de clase ζ1, con Jacobiano
J(x, y, z) =
∣∣∣∣∣∣cos θ sen θ 0−rsen θ rcos θ 0
0 0 1
∣∣∣∣∣∣ = r
Esta aplicacion T da origen a las denominadas coordenadas cilındricas. La figura 1 ilustrala relacion que existe entre coordenadas rectangulares (x, y, z) y las coordenadas cilındricasde un punto P de R3.
La transformacion a coordenadas cilındricas T : R∗ ⊂ R3 → R ⊂ R3, para una funcionf : R→ R3 integrable es tal que∫
R
f(x, y, z) dx dy dz =
∫R∗f(r cos θ, r sen θ, z) r dr dθdz
6
-
�
��
���
SS
SSS
x
x
y
z
P (x, y, z)
z
θ r�
y
Figura 1
6
-
�
��
���
SS
SSS
x
x
y
z
P (x, y, z)
rcos ψ
θ
φ
φ
Q
r
�
R �
Figura 2
4.3.4. Coordenadas esfericas
Estas coordenadas presentan un mayor grado de dificultad que las cilındricas.
Si T : R3 → R3 es una aplicacion tal que
T (r, θ, φ) = (r cos θ sen φ, r sen θ sen φ, r cos φ)
con r > 0; 0 < θ ≤ 2π; 0 ≤ ψ ≤ π, entonces esta transformacion es inyectiva y de claseζ1, con Jacobiano dado por
J(x, y, z) =
∣∣∣∣∣∣cos θ sen φ sen θ sen φ cos φ−r sen θ sen φ r cos θ sen φ 0r cos θ cos φ r sen θ cos φ −r sen φ
∣∣∣∣∣∣ = −r2 sen φ
Respecto de la integral, una transformacion en coordenadas esfericas
T : R∗ ⊂ R3 → R ⊂ R3
74
para una funcion f : R→ R3 integrable, satisface∫R
f(x, y, z) dx dy dz =
∫R∗f(r, θ, φ) · r2 sen φ dθ dr dφ
La figura 2 muestra la relacion existente, para un punto P , entre las coordenadas rectangu-lares y las coordenadas esfericas. La parte complicada es hallar el angulo φ que se mide desdeel eje z
4.3.5. Aplicaciones de la integral triple
Volumen
Si f(x, y, z) = 1, entonces el volumen V de una region R del espacio tridimensional quedadeterminado por la integral triple sobre R. Es decir,
V =
∫ ∫ ∫R
dx dy dz
Masa - Momentos - Centro de masa
Si un solido tiene densidad ρ(x, y, z) en cada punto, entonces su masa se determina mediantela expresion
M =
∫ ∫ ∫R
ρ(x, y, z) dx dy dz
Sean P un plano en R3 con normal n, x0 un punto fijo en el plano. El primer momento(MP ) y el momento de Inercia (IP ) de una region R en R3 con respecto al plano P sedefinen como:
MP =
∫R
compn
[x− x0
]dx dy dz
IP =
∫R
comp2n
[x− x0
]dx dy dz
Casos particulares
I) Si P es el plano xy, se escoge el vector n en la direccion positiva del eje z, teniendose que
compn
[x− x0
]= k ·
[x− x0
]= z
Luego,
Mxy =
∫ ∫ ∫R
z dx dy dz, Ixy =
∫ ∫ ∫R
z2 dx dy dz
75
II) Si P es el plano yz, se escoge n en direccion positiva del eje x. Se tiene que
compn
[x− x0
]= i ·
[x− x0
]= x
Luego,
Myz =
∫ ∫ ∫R
x dx dy dz, Iyz =
∫ ∫ ∫R
x2 dx dy dz
III) Si P es el plano xz, se escoge n en direccion positiva del eje y. Se tiene que
compn
[x− x0
]= j ·
[x− x0
]= y
Luego,
Mzx =
∫ ∫ ∫R
y dx dy dz, Izx =
∫ ∫ ∫R
y2 dx dy dz
El centro de masa de un solido de masa M es R3 es el punto de coordenadas
(x, y, z) =1
M(Myz,Mzx,Mxy)
76
4.4. Problemas
1. Calcular las siguientes sumas de riemann
a)
∫E
(2x+ y) dA, E = [0, 1]× [0, 2]
Las particiones P1 y P2, y el area A(Rij) queda como
P1 =
{xi =
i
n, 0 ≤ i ≤ n
}y P2 =
{yj =
j
n, 0 ≤ j ≤ 2n
}⇒ A(Rij) =
1
n2
Con lo anterior se tiene que∫E
(2x+ y) dA = lımn→∞
n∑i=1
2n∑j=1
(2xi + yj)A(Rij) = lımn→∞
n∑i=1
2n∑j=1
(2i
n+j
n)
1
n2
Desarrollando las sumatorias
n∑i=1
2n∑j=1
(2i
n+j
n)
1
n2=
1
n3
n∑i=1
[2i(2n) +
2n(2n+ 1)
2
]=
1
n2
[4n(n+ 1)
2+ (2n+ 1)n
]1
n[2n+ 2 + 2n+ 1] = 4 +
3
n⇒∫
E
(2x+ y) dA = lımn→∞
[4 +
3
n
]= 4
b)
∫E
(3x2 + 2y) dA, E = [0, 2]× [0, 1]
Las particiones P1 y P2, y el area A(Rij) queda como
P1 =
{xi =
i
n, 0 ≤ i ≤ 2n
}y P2 =
{yj =
j
n, 0 ≤ j ≤ n
}⇒ A(Rij) =
1
n2
Con lo anterior se tiene que∫E
(3x2+2y) dA = lımn→∞
n∑i=1
2n∑j=1
(3x2i +2yj)A(Rij) = lım
n→∞
n∑i=1
2n∑j=1
(3
(i
n
)2
+ 2j
n
)1
n2
Desarrollando las sumatorias
n∑i=1
2n∑j=1
(3(i
n)2 + 2
i
n)
1
n2=
1
n3
n∑i=1
[3
ni2(n) + 2
n(n+ 1)
2
]1
n3
[3(4n+ 1)2n(2n+ 1)
6+ n(n+ 1)(2n)
]⇒∫
E
(2x+ y) dA = lımn→∞
[8 + 2] = 10
77
2. Escribir las siguientes integrales en sumas de riemann
a)
∫ 10
5
∫ 2
−2
(x2 + 3xy)dy dx
xi = 5 +(10− 5)
ni = 5 +
5
ni, ∆xi =
10− 5
n=
5
n
yj = −2 +(2−−2)
nj = −2 +
4
nj, ∆yj =
2−−2
n=
4
n
⇒ A(Rij) =5
n· 4n
=20
n2∫ 10
5
∫ 2
−2
(x2 + 3xy)dy dx = lımn→∞
n∑i=1
n∑j=1
(x2
i + 3xiyj
)(20
n
)∫ 10
5
∫ 2
−2
(x2+3xy)dy dx = lımn→∞
n∑i=1
n∑j=1
[(5 +
5i
n
)2
+ 3
(5 +
5i
n
)(4j
n− 2
)](20
n2
)
b)
∫ 6
−2
∫ 4
0
x2ydx dy
xi = 0 +(4− 0)
ni =
4
ni, ∆xi =
4− 0
n=
4
n
yj = −2 +(6−−2)
nj = −2 +
8
nj, ∆yj =
6−−2
n=
8
n
⇒ A(Rij) =4
n· 8n
=32
n2∫ 6
−2
∫ 4
0
x2ydx dy = lımn→∞
n∑i=1
n∑j=1
(x2
i yj
)(32
n
)= lım
n→∞
n∑i=1
n∑j=1
[(4i
n
)2(8j
n− 2
)](32
n2
)
c)
∫R
(x+ 1)dA, siendo R con vertices (1, 1), (5, 1), (1, 3) y (5, 3).
Se tiene que ∫R
(x+ 1)dA =
∫ 3
1
∫ 5
1
(x+ 1)dx dy
xi = 1 +(5− 1)
ni = 1 +
4
ni, ∆xi =
5− 1
n=
4
n
yj = 1 +(3− 1)
nj = 1 +
2
nj, ∆yj =
3− 1
n=
2
n
⇒ A(Rij) =4
n· 2n
=8
n2∫ 3
1
∫ 5
1
(x+ 1)dx dy = lımn→∞
n∑i=1
n∑j=1
(xi + 1)
(8
n2
)= lım
n→∞
n∑i=1
n∑j=1
[2 +
4i
n
](8
n2
)
78
3. Escribir el recinto triangular de vertices (0, 1), (1, 0) y (2, 2√
2) como una region deltipo:
a) Rx
Rx =
0 ≤ x ≤ 1; 1− x ≤ y ≤(
2√
3−12
)x+ 1
1 ≤ x ≤ 2; 2√
3x− 2√
3 ≤ y ≤(
2√
3−12
)x+ 1
b) Ry
Ry =
{0 ≤ y ≤ 1; 1− y ≤ x ≤ y+2
√3
2√
3
1 ≤ y ≤ 2√
3; 2y−2
2√
3−1≤ x ≤ y+2
√3
2√
3
}c) Rpolar
Rpolar =
{0 ≤ θ ≤ π
3; 1
sen θ+cos θ≤ r ≤ 2
√3
2√
3 cos θ−sen θπ3≤ θ ≤ π
2; 1
sen θ+cos θ≤ r ≤ 2
2 sen θ+(2√
3−1) cos θ
}
4. Sea R = {(x, y)/x = 0, y = 0, x2 + y2 = 10, xy = 3}, describir la region como
a) Rx
Rx =
0 ≤ x ≤ 1; 0 ≤ y ≤
√1− x2
1 ≤ x ≤ 3; 3x≤ y ≤
√1− x2
3 ≤ x ≤√
10; 0 ≤ y ≤√
1− x2
b) Ry
Ry =
0 ≤ y ≤ 1; 0 ≤ x ≤
√1− y2
1 ≤ y ≤ 3; 3y≤ x ≤
√1− y2
3 ≤ y ≤√
10; 0 ≤ x ≤√
1− y2
c) Rpolar
Rpolar =
{0 ≤ θ ≤ arctan π
3; 0 ≤ r ≤
√10
arctan π3≤ θ ≤ arctan 3;
√3 csc θ sec θ ≤ r ≤
√10
}
5. Invertir el orden de integracion de la siguiente integral∫ 1
0
∫ 1−y
−√
1−y2
f(x, y)dx dy
Se tiene que la integral mostrada describe la region Ry, como
Ry ={
0 ≤ y ≤ 1; −√
1− y2 ≤ x ≤ 1− y}
Entonces la region Rx es
Rx =
{−1 ≤ x ≤ 0; 0 ≤ y ≤
√1− x2
0 ≤ x ≤ 1; 0 ≤ y ≤ 1− x
}79
Finalmente la integral nos queda
I =
∫ 0
−1
∫ √1−x2
0
f(x, y)dy dx+
∫ 1
0
∫ 1−x
0
f(x, y)dy dx
6. Calcular las siguientes integrales, usando el metodo mas conveniente (polares, tranfor-macion propia, etc.)
a)
∫ ∫(x2 + y2)dx dy, con R una circunferencia de radio 1 y centro (1, 0).
La ecuacion de la circunferencia es x2 + y2 − 2y = 0. Usando polares se tiene quer2 − 2r sen θ = 0, con lo que se llega a que r = 2 sen θ. Con esto se tiene que:∫ ∫
(x2 + y2)dx dy =
∫ π
0
∫ 2 sen θ
0
r3dr dθ = 4
∫ π
0
sen2 θ dθ = 6π
b)
∫∫R
(x2 + y2)dx dy, siendo R = {x2 + y2 = 1, x2 + y2 = 2, y = 2x, y = x}.
La tranformacion adecuada para calcular esta integral es
T (x, y) =(x2 + y2,
y
x
)Cuyo jacobiano es
|J(x, y)| =∣∣∣∣ 2x − y
x2
2y 1x
∣∣∣∣ = 2 + 2y2
x2⇒∣∣J−1(x, y)
∣∣ = |J(u, v)| = 1
2 + 2v2
Con lo cual, la integral nos queda como∫∫R
(x2+y2)dx dy =
∫ 2
1
∫ 2
1
u· 1
2(1 + v2)du dv =
1
2
(u2
2
)2
1
·(arctan(v))21 =
3
4(arctan(2)−π/4)
c)
∫∫R
dx dy
x3, siendo R = {y2 = 2x, y2 = x, y = x2, y = 2x2}.
Usemos la siguiente tranformacion para calcular la integral
T (x, y) =
(y
x2,y2
x
)Cuyo jacobiano es
|J(x, y)| =∣∣∣∣ − 2y
x3 − y2
x2
1x2
2yx
∣∣∣∣ =
∣∣∣∣−3y2
x4
∣∣∣∣⇒ ∣∣J−1(x, y)∣∣ =
x4
3y2
Con lo cual, la integral nos queda como∫∫R
dx dy
x3=
∫ 2
1
∫ 2
1
1
3vdu dv =
1
3(u)2
1 · (ln(v))21 =
1
3ln(2)
80
d)
∫∫R
dx dy
4− 3x2 − y2, siendo R = {3x2 + y2 ≤ 1}.
Usemos la siguiente tranformacion para calcular la integral
T (r, θ) =
(1√3r cos θ, r sen θ
)= (x, y)
Cuyo jacobiano es
|J(r, θ)| =
∣∣∣∣∣ 1√3cos θ sen θ
− 1√3r sen θ r cos θ
∣∣∣∣∣ =1√3r
Con lo cual, la integral nos queda como∫∫R
dx dy
4− 3x2 − y2=
∫ 2π
0
∫ 1
0
1√3r dr dθ
4− r2=
1√3
(θ)2π0 ·−1
2
(ln(4− r2)
)10
=π√3(ln(4)−ln(3))
e)
∫∫R
xy dA, siendo R .la region del plano acotada por el ejeX y la semicircunferencia
positiva (x− 2)2 + y2 = 1.
Usemos la siguiente tranformacion para calcular la integral
T (r, θ) = (r cos θ + 2, r sen θ) = (x, y)
Cuyo jacobiano es
|J(r, θ)| =∣∣∣∣ cos θ sen θ−r sen θ r cos θ
∣∣∣∣ = r
Con lo cual, la integral nos queda como∫∫R
xy dA =
∫ π
0
∫ 1
0
(r cos θ + 2)r2 sen θ dr dθ =4
3
f )
∫∫R
√1− x2
a2− y2
b2dA, siendo R la region acotada por la elipse
x2
a2+y2
b2= 1.
Usemos la siguiente tranformacion para calcular la integral
T (r, θ) = (ar cos θ, br sen θ) = (x, y)
Cuyo jacobiano es
|J(r, θ)| =∣∣∣∣ a cos θ b sen θ−ar sen θ br cos θ
∣∣∣∣ = abr
Con lo cual, la integral nos queda como∫∫R
√1− x2
a2− y2
b2= ab
∫ 2π
0
∫ 1
0
r√
1− r2 dr dθ = 2πab
∫ 1
0
r√
1− r2 dr =2π
3ab
81
g)
∫∫R
xy dA, siendo R = {x− 2y = 0, x+ y = 4, x+ y = 1, x− 2y = −4}.
Usemos la siguiente tranformacion para calcular la integral
T (x, y) = (x− 2y, x+ y) = (u, v)
Cuyo jacobiano es
|J(x, y)| =∣∣∣∣ 1 1−2 1
∣∣∣∣ = 3⇒∣∣J−1(x, y)
∣∣ = |J(u, v)| = 1
3
Con lo cual, la integral nos queda como∫∫R
xy dA =
∫ 4
1
∫ 0
−4
(2v + u
3
)(v − u
3
)du dv =
164
9
h)
∫∫R
y sen(xy) dA, siendo R = {xy = 1, xy = 4, y = 1, y = 4}.
Usemos la siguiente tranformacion para calcular la integral
T (x, y) = (xy, y) = (u, v)
Cuyo jacobiano es
|J(x, y)| =∣∣∣∣ y 0x 1
∣∣∣∣ = y ⇒∣∣J−1(x, y)
∣∣ = |J(u, v)| = 1
v
Con lo cual, la integral nos queda como∫∫R
y sen(xy) dA =
∫ 4
1
∫ 4
1
(v sen(u)
1
v
)du dv = 3(cos(1)− cos(4))
i)
∫∫R
x2
y2dA, siendo R = {x = 2, xy = 1, y = x}.
La integral nos queda como∫∫R
x2
y2dA =
∫ 2
1
∫ x
1x
x2
y2dy dx =
9
4
j ) Calcular
∫ 1
0
∫ 1
x
1
ysen y cos
x
ydx dy
No se puede iterar en el orden de integracion dado, por lo cual se debe invertir elorden de integracion.De la integral dada, se deduce que
0 ≤ x ≤ 1 x ≤ y ≤ 1⇒ Invirtiendo el orden de integracion ⇒ 0 ≤ y ≤ 1 0 ≤ x ≤ y
Con lo cual, la integral nos queda como∫ 1
0
∫ 1
x
1
ysen y cos
x
ydx dy =
∫ 1
0
∫ y
0
1
ysen y cos
x
ydx dy = sen(1)(1− cos(1))
82
k) Calcular la siguiente integral
∫ 2
0
∫ √4−x2
0
xy√x2 + y2
dy dx.
Usando polares, se tiene que∫ π
0
∫ 2
0
r2 cos θ sen θ dr dθ =
(r3
3
)2
0
·∫ π
0
sen 2θ dθ =4
3
7. Expresar la integral
∫∫A
(1− x2 − y2)dx dy en coordenadas polares, siendo A el recinto
triangular de vertices (0, 0), (1, 0), (1, 1).
El angulo parte de 0 hasta la recta y = x, en polares se escribe como r sen θ = r cos θ,del cual se deduce que θ = π
4.
Por otro lado, el radio parte de cero hasta la recta x = 1, es decir, hasta r cos θ = 1⇒r = csc θ.
En resumen se tiene que
0 ≤ θ ≤ π
4, 0 ≤ r ≤ csc θ ⇒
∫∫A
(1− x2 − y2)dx dy =
∫ π4
0
∫ csc θ
0
r3√
(1− r2)2dr dθ
8. Hallar una integral que exprese la masa de la region limitada por las circunferenciasx2 − 2x + y2 = 0 y x2 − 4x + y2 = 0, y por el eje X. Considere la densidad comoρ(x, y) = x2 + y2.
MASA =
∫∫ρ(x, y) dA =
∫∫(x2 + y2) dA =
∫ π2
0
∫ 4 cos θ
2 cos θ
r3 dr dθ
9. Exprese, mediante una intergral doble, el area encerrada por las curvas y = −x2 + 2x,y = x2 − 2x e y = x.
AREA =
∫∫dA =
∫ π4
0
∫ sec θ[tan θ+2]
sec θ[2−tan θ]
dr dθ
10. Calcular el area S de la region del plano limitada por las desigualdades
2x+ 3y − 6 ≥ 0, 2x− 3y + 6 ≥ 0, 2x+ 3y − 18 ≤ 0, 2x− 3y − 6 ≤ 0
Usemos la transformacion siguiente
T (x, y) = (2x+ 3y, 2x− 3y) = (u, v)
Cuyo jacobiano es
|J(x, y)| =∣∣∣∣ 2 2
3 −3
∣∣∣∣ = |−12| = 12⇒∣∣J−1(x, y)
∣∣ = |J(u, v)| = 1
12
Con lo cual, la integral del area nos queda como
AREA =
∫∫S
dA =
∫ 18
6
∫ 6
−6
du dv
12= 12
83
11. Hallar el volumen de la superficie que esta limitada superiormente por z = 1− x2 − y2
e inferiormente por z = 1− y.
El volumen de la superficie es
Volumen =
∫∫[z2 − z1] dx dy =
∫∫ [(1− x2 − y2)− (1− y)
]dx dy =
∫∫(y−x2−y2)dx dy
Describiendo la superficie desde el plano XY , se tiene que
−1
2≤ x ≤ 1
2,
1
2−√
1
4− x2 ≤ y ≤ 1
2+
√1
4− x2
Utilizando polares, se tiene que la integral nos queda
0 ≤ θ ≤ π, 0 ≤ r ≤ sen θ ⇒∫ π
0
∫ sen θ
0
(r sen θ − r2)r dr dθ =π
32
12. Sea R la region que acotan las curvas y = x+ 1, y = x− 1, y = 1− x, y = 2− xa) Determinar el centro de masa de R
Debemos hallar (x, y), pero la region es un poco complicada de trabajar. Por ello,realizaremos una transformacion de la region T (R∗) = R, y calcularemos el centrode masa (u, v).
T (x, y) = (y + x, y − x) = (u, v)⇒ |J(x, y)| = 2→∣∣J−1(x, y)
∣∣ = |J(u, v)| = 1
2
Por la simetrıa de R∗, se tiene que v = 0, y u = 32. Entonces, el centro de masa de
la region R es
T (u, v) =
(u− v
2,u+ v
2
)⇒ T (v, u) = (x, y)
T
(3
2, 0
)=
(3
4,3
4
)⇒ (x, y) =
(3
4,3
4
)b) Hallar el volumen que genera la region al rotar en torno a la recta x+ y = 3.
Recordemos que el volumen viene dado por
V = 2πA(R)|Ax+By + C|√
A2 +B2
El area de la region es
A(R) = T (A(R∗)) =
∫ 1
−1
∫ 2
1
1
2du dv = 1
Con esto, se tiene que
V = 2π
∣∣34
+ 34− 3∣∣
√2
=3π√
2
84
c) Hallar el momento de la region R∗ respecto la recta v = 3
El momento viene dado por
Mv=3 =
∫∫u dA =
∫ 1
−1
∫ 2
1
u du dv = 3
d) Determine el volumen del solido, en el primer octante, limitado por el cilindrox2 + y2 = 1 y el cono z =
√x2 + y2
Mirando desde el plano XY , se tiene que superiormente esta acorado por el conoz =
√x2 + y2 e inferiormente por el plano z = 0.∫∫
[z2 − z1] dA =
∫∫ √x2 + y2dA
Siendo A = {x2 + y2 = 1, x ≥ 0, y ≥ 0}. Usando polares para describir la regiondel plano se tiene que∫∫ √
x2 + y2dA =
∫ π2
0
∫ 1
0
r2dr dθ =π
6
13. Hallar el volumen de revolucion que genera la region triangular de vertices (0, 0), (2, 0)y (1, 3) al girar en torno de la recta x+ y = 4.
El volumen de revolucion viene dado por la expresion
V = 2πA(R)|Ax+By + C|√
A2 +B2
El area viene dado por
A(R) =base× altura
2=
2 · 32
= 3
Por sımetria de la region se tiene que
(x, y) = (1, y)⇒ y =Mx
M=Mx
A
Mx =
∫ 3
0
∫ 8−y3
y3
y dx dy = 6⇒ y =6
3= 2⇒ (x, y) = (1, 2)
V = 2π · 3 · |2 + 1− 4|√2
= 3√
2π ≈ 13, 328
14. Hallar la masa de la region R acotada po el cuadrado |x| + |y| = 1, si la densidad esδ(x, y) = y − 2x2.
Masa =
∫∫δ(x, y) dA =
∫ 0
−1
∫ 1+x
−1−x
(y−2x2) dy dx+
∫ 1
0
∫ 1−x
x−1
(y−2x2) dy dx =
∣∣∣∣−2
3
∣∣∣∣ =2
3
85
15. El calculo del volumen de un solido da lugar a la integral triple
V =
∫ 3
0
∫ √9−x2
0
∫ 9
x2+y2
dz dy dx
Exprese V mediante otra integral triple cuyo orden de integracion sea dy dx dz; y luegocalculela.
→ De la integral dada se deduce que el orden de integracion es dz dy dx0 ≤ x ≤ 3
0 ≤ y ≤√
9− x2
x2 + y2 ≤ z ≤ 9
Cambiando el orden de integracion a dy dx dz, se tiene que
0 ≤ z ≤ 90 ≤ x ≤
√z
0 ≤ y ≤√z − x2
Con lo cual la integral nos queda de la siguiente forma
V =
∫ 9
0
∫ √z
0
∫ √z−x2
0
dy dx dz
→ Para calcular la integral usaremos coordenadas cilındricas (r, θ, z), con lo cual setiene
0 ≤ r ≤ 30 ≤ θ ≤ π
2
r2 ≤ z ≤ 9
⇒ V =
∫ π2
0
∫ 3
0
∫ 9
r2
rdz dr dθ =π
2·(
9r2
2− r74
4
)3
0
=81π
8
16. Calcular el volumen exterior a la superficie z2 = x2 + y2 e interior a la superficiex2 + y2 + z2 = 1.
Recordemos que en esfericas las variable son (r, θ, φ), y ademas se tiene que
x = r cos θ senφy = r sen θ senφz = r cosφ
⇒ cuyo jaconiano es |J(T )| = r2 senφ
Con esto presente, lo aplicamos al problema
0 ≤ r ≤ 10 ≤ θ ≤ 2π0 ≤ φ ≤ π
4
Con lo anterior la integral que da el volumen es
V =
∫ 2π
0
∫ 1
0
∫ π4
0
r2 senφ dφ dr dθ = 2π · 13· (− cosφ)
π40 =
2π
3
(1−√
2
2
)
86
17. Calcular I =
∫ π2
0
∫ π2
x
∫ 3
1
sen y2 dz dy dx
El orden de integracion dado nos lleva a resolver (o iterar) una integral difıcil
∫sen y2 dy.
Por esto, cambiamos el orden de integracion
1 ≤ z ≤ 30 ≤ x ≤ 40 ≤ y ≤ π
2
⇒ I =
∫ 3
1
∫ π2
0
∫ y
0
sen y2 dx dy dz =
∫ 3
1
∫ π2
0
y sen y2 dy dz = 1
18. Plantear las integrales triples que proporcionan el volumen acotado por las superficiessiguientes
a) Acotada superiormente por z = 1− y2 entre los planos x+ y = 1, x+ y = 3.
Usando cilindricas, se tiene que
V =
∫ π2
0
∫ 3cos θ+sen θ
1cos θ+sen θ
∫ 1−r2 sen2 θ
0
r dz dr dθ
b) Acotada inferiormente por z = x2 + y2 y superiormente por x2 + y2 + z2 = 6.
Como z = x2 + y2, reemplazando en x2 + y2 + z2 = 6 se tiene que
z + z2 = 6⇒ z2 + z − 6 = 0⇒ z = 2 z = −3
Luego, la interseccion de las superficie ocurre a la altura z = 2. Usando cilındricas,se tiene que
0 ≤ r ≤√
20 ≤ θ ≤ 2π
r2 ≤ z ≤√
6− r2
⇒ V =
∫ 2π
0
∫ √2
0
∫ √6−r2
r2
r dz dr dθ
c) x = 4− y2, z = 0, z = x.
Describiendo la superficie desde el plano XY , se tiene que
−2 ≤ x ≤ 20 ≤ y ≤
√4− x
0 ≤ z ≤ x⇒ V =
∫ 2
−2
∫ √4−x
0
∫ x
0
dz dy dx
d) z = 9− x2 − y2, z = 0.
Describiendo la superficie desde el plano XY , se tiene que
−3 ≤ x ≤ 3
−√
9− x2 ≤ y ≤√
9− x2
0 ≤ z ≤ 9− x2 − y2
⇒ V =
∫ 3
−3
∫ √9−x2
−√
9−x2
∫ 9−x2−y2
0
dz dy dx
e) z = 4− x2, y = 4− x2, z = 0, y = 0, x = 0
Describiendo la superficie desde el plano XY , se tiene que
0 ≤ x ≤ 2≤ y ≤ 4− x2
0 ≤ z ≤ 4− x2
⇒ V =
∫ 2
0
∫ 4−x2
0
∫ 4−x2
0
dz dy dx
87
19. Calcular el volumen que acota el elipsoidex2
9+y2
4+ z2 = 1
Realicemos una transformacion modificada de la esferica, esto es
x = 3r cos θ senφy = 2r sen θ cosφz = r cosφ
⇒ cuyo jacobiano es J(T ) = 6r2 senφ
Con esto, el elipsoide se convierte en una esfera de radio 1 y centro en el (0, 0, 0)
⇒ V =
∫ 2π
0
∫ π
0
∫ 1
0
6r2 senφ dr dφ dθ = 4π
∫ π
0
senφ dφ = 4π (− cosφ)π0 = 8π
20. Exprese la integral
ID =
∫ ∫ ∫(x2 + yz) dV
en coordenadas rectangulares, cilındricas y esfericas. Donde D es la region limitadainferiormente por x2 + y2 + z2 = 4z, y superiormente z = 3.
a) Rectangulares (x, y, z)
−√
3 ≤ x ≤√
3
−√
3− x2 ≤ y ≤√
3− x2√4− x2 − y2 + 2 ≤ z ≤ 3
⇒ I =
∫ √3
−√
3
∫ √3−x2
−√
3−x2
∫ 3
√4−x2−y2+2
(x2 + yz)dz dy dx
b) Cilındricas
(x, y, z)→ (r, θ, z) : [x = r cos θ, y = r sen θ, z = z]⇒ J(T ) = r
0 ≤ r ≤√
30 ≤ θ ≤ 2π√
4− r2 + 2 ≤ z ≤ 3
⇒ I =
∫ √3
0
∫ 2π
0
∫ 3
√4−r2+2
r(r2 cos2 θ + r2z sen θ)dr dθ dz
c) Esfericas
(x, y, z)→ (r, θ, φ) : [x = r cos θ senφ, y = r sen θ senφ, z = r cosφ]⇒ J(T ) = r2 senφ
0 ≤ r ≤√
30 ≤ θ ≤ 2π√
4− r2 + 2 ≤ φ ≤ 3
I =
∫ arctan�√
33
�
0
∫ 2π
0
∫ 3 sec φ
0
r2 senφ(r2 cos2 θ sen2 φ+ r2 cosφ sen θ senφ)dr dθ dφ+
∫ π2
arctan�√
33
�
∫ 2π
0
∫ 4 sen φ
0
r2 senφ(r2 cos2 θ sen2 φ+ r2 cosφ sen θ senφ)dr dθ dφ
88
21. Calcular usando coordenadas esfericas la integral
∫ ∫ ∫S
√x2 + y2 + z2 dx dy dz, donde
S es el solido acotado por la superficie x2 + y2 + z2 = z.
Usando esfericas, la integral nos queda de la siguiente forma
I =
∫ 2π
0
∫ π2
0
∫ cos φ
0
r3 senφ dr dφ dθ = 2π ·∫ π
2
0
senφ ·(r4
4
)cos φ
0
=
π
2·∫ π
2
0
cos4 φ senφ dφ = −π2·(
cos5 φ
5
)π2
0
=π
10
22. Calcular
∫ ∫ ∫S
((x+ y)2− z) dx dy dz, donde S es el solido acotado por las superficies
z = 0 y (z − 1)2 = x2 + y2.
Usando coordenadas cilındricas, se tiene que
I =
∫ 2π
0
∫ 1
0
∫ 1−r
0
r[(r cos θ+r sen θ)2−z] dz dr dθ =
∫ 2π
0
∫ 1
0
∫ 1−r
0
(r3(cos θ+sen θ)2−zr) dz dr dθ
∫ 2π
0
∫ 1
0
(r3(1− r)(cos θ + sen θ)2 − r(1− r)2
2
)dr dθ =
∫ 2π
0
[(r4
4− r5
5
)1
0
(1 + 2 sen θ cos θ)− 1
2
(r2
2− 2r3
3+r4
4
)1
0
]dθ =
1
20
∫ 2π
0
(1 + 2 sen θ cos θ) dθ − 1
24
∫ 2π
0
dθ = 2π · 1
20− 2π · 1
24=
π
60
23. Escriba una integral triple para la integral de f(x, y, z) = 6 + 4y sobre la region delprimer octante acotada por el cono z =
√x2 + y2 y el cilindro x2 + y2 = 1, y los planos
coordenados, en rectangulares, cilındricas y esfericas.
a) Rectangulares
0 ≤ x ≤ 1
0 ≤ y ≤√
1− x2
0 ≤ z ≤√x2 + y2
⇒ I =
∫ 1
0
∫ √1−x2
0
∫ √x2+y2
0
(6 + 4y)dz dy dx
b) Cilındricas
0 ≤ r ≤ 10 ≤ θ ≤ π
2
0 ≤ z ≤ r⇒ I =
∫ π2
0
∫ 1
0
∫ r
0
r(6 + 4r sen θ)dz dr dθ
c) Esfericas
0 ≤ r ≤ cscφ0 ≤ θ ≤ π
2
0 ≤ φ ≤ π4
⇒ I =
∫ π2
0
∫ π4
0
∫ csc φ
0
r2 senφ(6 + 4r sen θ senφ)dr dθ dφ
89
24. Colocar los limites de integracion a la integral
∫R
z dV , siendo R la parte comun de las
superficies x2 + y2 + z2 ≤ 1, x2 + y2 + (z − 1)2 ≤ 1.
→ Usando coordenadas esfericas se tiene que
0 ≤ r ≤ 1 0 ≤ r ≤ 2 cosφ0 ≤ θ ≤ 2π 0 ≤ θ ≤ 2π0 ≤ φ ≤ π
6π6≤ φ ≤ π
2∫R
z dV =
∫ 1
0
∫ 2π
0
∫ π6
0
r3 cosφ senφ dφ dθ dr +
∫ 2 csc φ
0
∫ 2π
0
∫ π2
π6
r3 cosφ senφ dφ dθ dr
25. Escribir el volumen que acota cada region acotada por las superficies dadas
a) z = x2 + 4y2 − 2, y z = 2− x2 − 4y2.
V = 2 ·∫ √
22
−√
2
2
∫ √2−4y2
0
∫ 2−x2−4y2
0
dz dx dy
b) z = x2 + y2, xy = 1, xy = 2, 2y = x, 2x = y, z = 0.
Usemos la siguiente transformacion para calcular la integral anterior
T (x, y, z) =(xy,
y
x, z)
= (u, v, w)
Cuyo jacobiano es
|J(x, y)| =
∣∣∣∣∣∣y −y
x2 0x 1
x0
0 0 0
∣∣∣∣∣∣ =2y
x⇒∣∣J−1(x, y)
∣∣ = |J(u, v)| = 1
2v
Teniendo en cuenta queu
v= x2 y uv = y2, se tiene que
V = 2 ·∫ 2
1
∫ 2
1/2
∫ uv+uv
0
1
2vdu dv dw
c) z = x2 + y2, z = 4x2 + 4y2, y = x2, y = 3x, x, y, z ≥ 0.
Usando coordenadas cilındricas, se tiene que
V =
∫ arctan(3)
0
∫ sec2 θ sen θ
0
∫ 4r2
r2
r dz dr dθ
26. Escribir la integral triple del volumen de la region entre z =√x2 + y2 y z =
√3(x2 + y2)
y acotada por x2 + y2 + z2 = 16.
Usando coordenadas esfericas
0 ≤ r ≤ 40 ≤ θ ≤ 2ππ4≤ φ ≤ arctan(3)
⇒ V =
∫ 2π
0
∫ π4
arctan(3)
∫ 4
0
r2 senφdr dφ dθ
90
27. Escribir la integral triple del volumen del solido que acotan z = x2 + 3y2, z = 9− x2.
Vamos a usar coordenadas cilındricas
V =
∫ 2π
0
∫ 3√1+sen2 θ
0
∫ 9−r2 sen2 θ
1+2r2 sen2 θ
r dz dr dθ
28. Escribir la integral triple del volumen que acota el solido y =√
4− x2 − y2, entre losplanos y = x e y = x
√3.
Usando coordenadas esfericas
V =
∫ arctan(√
3)
π4
∫ π
0
∫ 2
0
r2 senφ dr dφ dθ
29. Escribir la integral triple del volumen del solido 4(x2 + y2) = (2a − x)2 acotado porx2 + y2 = 2ax, x = 0, z = 0, z = 2a.
Se tiene que
• x2 − 2ax+ y2 = 0⇒ (x− a)2 + y2 = a2 ⇒ x = a+√a2 − y2
• 4(x2 + y2) = (2a− x)2 ⇒ z = 2a− 2√x2 + y2
Entonces, usanado coordenadas rectangulares tenemos que
−a ≤ y ≤ a
0 ≤ x ≤ a+√a2 − y2
0 ≤ z ≤ 2a− 2√x2 + y2
⇒ V = 2 ·∫ a
−a
∫ a+√
a2−y2
0
∫ 2a−2√
x2+y2
0
dz dx dy
Ahora, ocupemos coordenadas cilindricas
0 ≤ r ≤ a0 ≤ θ ≤ π0 ≤ z ≤ 2a− 2r
⇒ V = 2 ·∫ π
0
∫ a
0
∫ 2a−2r
0
r dz dr dθ
30. Calcular
∫R
(x+ y)12 (x+ 2y − z)
13 dV , siendo R la region
1 ≤ x+ y ≤ 2, 0 ≤ x+ 2y − z ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1
La transformacion adecuada es
T (x, y, z) = (x+ y, x+ 2y − z, z) = (u, v, w)
Cuyo jacobiano es
|J(x, y)| =
∣∣∣∣∣∣1 1 01 2 00 0 1
∣∣∣∣∣∣ = 1⇒∣∣J−1(x, y)
∣∣ = |J(u, v)| = 1
∫R
(x+ y)12 (x+ 2y − z)
13 dV =
∫ 1
0
∫ 1
0
∫ 2
1
(u1/2 · v1/3) du dv dw =1
2
(3√
8− 1)
=1
2
91
5. Integracion en Campos
Existen dos tipos de campos, escalar y vectorial. En particular, la integracion en camposescalares corresponde a las integrales multiples vistas anteriormente en donde el conjuntodonde se integra o recinto de integracion son lugares geometricos en dos o en tres dimensiones.Ahora, la integracion en campos vectoriales se hace sobre conjuntos llamados curvas o lineas,y superficies.
Existen 4 categorıas para las integrales sobre campos vectoriales:
• Integrando Escalar y la diferencial escalar.
• Integrando Escalar y la diferencial Vectorial.
• Integrando Vectorial y la diferencial escalar.
• Integrando Vectorial y la diferencial Vectorial.
En este ultimo se tiene dos casos, con producto escalar y con producto vectorial.
Observacion: Un elemento matematico importante en el estudio de la integracion en campos
es el operador nabla ∇ = (∂
∂x,∂
∂y,∂
∂z· · · ), que aplicado a un campo vectorial y de acuerdo
al tipo de producto, vectorial o escalar, que se este aplicando toma el nombre de:
1. El Rotacional de un campo vectorial: (~∇× ~F )
2. La Divergencia de un campo vectorial: (~∇ · ~F )
5.1. Curvas
Trayectorias: sea α : [a, b] ⊂ R → Rn, es regular si α′(t) 6= 0 ∀t. Es regular por partes siα es regular en cada subintervalo del intervalo [a, b]. Es suave si α(a) = α(b) (inicio=final),simple cerrada si α es inyectiva y α(a) = α(b). Las curvas se pueden parametrizar en dossentidos.
5.2. Integral de Lınea
• Caso Campo Escalar ∫α
f dL =
∫ a
b
f(α(t)) · ‖α′(t)‖ dt
El resultado de la integral de lınea sobre campo escalar posee varias intepretacionescomo masa de un alambre, centro de masa o momento de inercia, esto va a dependerde lo que se pida en el problema.
• Caso campo vectorial ∫α
~F ~dL =
∫ a
b
~F (α(t)) · α′(t) dt
En este caso el resultado de la integral de lınea sobre campo vectorial se intepreta comotrabajo que es la energıa necesaria para mover un cuerpo sobre α, circulacion que es lacomponente tangencial neta sobre α, o tambien se intepreta como flujo que son lıneas
92
que entran o salen de α, debido a un campo de fuerza vectorial. Que intepretacion levamos a dar va a depender de los requirientos del problema.
Campos Gradientes: El campo vectorial ~F (x, y) es gradiente si ~∇× ~F = ~0, de ser ası en-
tonces el campo tiene asociado una funcion potencial f(x, y) la cual cumple que ∇f = ~F .
Para calcular la funcion potencial a un campo de tres variables ~F (x, y, z) = (F1, F2, F3) sepuede usar la siguiente ecuacion
f(x, y) =
∫ x
0
F1 dx+
∫ y
0
F2 dy +
∫ z
0
F3 dz
El teorema fundamental del calculo puede ser aplicado a la integral de lınea, relacionandoesta con su funcion potencial.
Si ~F es gradiente, entonces para calcular la integral de lınea se necesita saber el punto inicial(a, b) y el punto final (c, d). Luego, se evalua los puntos en el potencial, como se muestra enla siguiente ecuacion ∫
α
~F d~L =
∫α
(∇f) d~L = f(a, b)− f(d, c)
Observacion: si el campo es gradiente y la curva es cerrada entonces la integral de lınea escero.
5.3. Integral de Superficie
Ahora el recinto o conjunto donde se integra es la supeficie S la cual posee un dominio Ddefinida en el plano y tambien posee una normal ~n la cual tiene orientacion hacia afuera.Ademas, la superficie se puede parametrizar φ(u, v). Esta parametrizacion se relaciona conla normal de la siguiente forma:
~n =∂φ(u, v)
∂u× ∂φ(u, v)
∂v
• Caso campo escalar∫S
f ds =
∫∫D
f(φ(u, v)) · ‖~n‖ dudv =
∫∫D
f(φ(u, v)) ·∥∥∥∥∂φ(u, v)
∂u× ∂φ(u, v)
∂v
∥∥∥∥ dudvSi el campo que esta actuando es unitario, es decir, f(x, y) = 1 entonces lo que se estacalculando es el area de la superficie parametrizada o la masa si la densidad es uno.Si el campo no es unitario, entonces se dice que es la densidad de la superficie y en estecaso lo que se esta calculando es la masa de la supeficie.
• Caso campo vectorial∫S
~F ~dS =
∫∫D
~F (φ(u, v)) · ~n dudv =
∫∫D
~F (φ(u, v)) · ∂φ(u, v)
∂u× ∂φ(u, v)
∂vdudv
La integral de superficie es el flujo o cantidad de lineas que pasa por la supeficie.
93
5.4. Teoremas
Se puede relacionar las integrales de superficie con las integrales de lınea, y las integrales desuperficie y de linea con las integrales iteradas. El medio que se ocupa para realizar estastareas son los teoremas, en la siguiente forma:
5.4.1. Green
Sea R la region del plano y sea C su frontera. Sea ~F (P (x, y), Q(x, y)) donde P (x, y) y Q(x, y)son campos escalares, se tiene que:∫
C
~F =
∫C
P (x, y) dx+Q(x, y) dy =
∫∫R
(∂Q
∂x− ∂P
∂x
)dxdy
Se puede observar que el teorema de green relaciona la integral de linea a lo largo de lafrontera C con la integral doble o de area sobre el interior de la region R.
5.4.2. Stoke
Sea S superficie definida por una funcion z = f(x, y) con (x, y) ∈ D. Sea ~F un campovectorial definido sobre S. Si ∂S es la frontera de S, se tiene:∫
S
(~∇× ~F
)dS =
∫∂S
~F dL
Se observa que el teorema de Stokes establece que la integral de superficie de la componentenormal del rotacional de un campo vectorial ~F sobre la superficie S, es igual a integral delınea de la componente tangencial de ~F a lo largo de la frontera de S.
5.4.3. Gauss
Sea V region cerrada con frontera S, sea ~F campo vectorial definido sobre S, entonces:∫S
~F dS =
∫S
~F ndS =
∫ ∫ ∫V
(~∇ · ~F
)dV
El teorema de Gauss relaciona integrales de superficie con integrales de volumen, y afirmaque el flujo de un campo vectorial fuera de una superficie cerrada es igual a la integral de ladivergencia de ese campo vectorial sobre el volumen acotado por la superficie.
El significado fısico de la divergencia es que en un punto P, ∇~F (P ) es la razon de flujo netoque sale por P, por unidad de volumen.
94
5.5. Problemas
1. Parametrizar las siguientes curvas entre los puntos dados
a) y = 1, entre (0, 1) y (1, 1).
α(t) = (t, 1) 0 ≤ t ≤ 1
b)y
x2= 2, entre (0, 0) y (3, 18).
Sea x = t⇒ y = 2t2 −→ α(t) = (t, t2) 0 ≤ t ≤ 3
c) 4x2 + y2 + 2x = 4, toda la curva.
4x2 + y2 + 2x = 4⇒ 4(x+1
4)2 + y2 =
17
4⇒
(x+ 14)2
1716
+y2
1716
= 1
Entonces, se tiene que
x+1
4=
√17
4cos t y =
√17
4sen t⇒ α(t) =
(√17
4cos t− 1
4,
√17
4sen t
)0 ≤ t ≤ 2π
2. Calcular la integral
∫ B
A
(2x2 + 2y2 − x+ 2)ds, donde A(3, 0) y b(0, 3) con respecto a la
curva x2 + y2 = 9.
El argumento de la integral es un campo escalar f(x, y) = 2x2 + 2y2 − x+ 2. La curvaC+ se parametriza como
α(t) = (3 cos t, 3 sen t) 0 ≤ t ≤ π
2
α′(t) = (−3 sen t, 3 cos t)⇒ ‖α′(t)‖ =√
9 sen2 t+ 9 cos2 t = 3
f(α(t)) = f(3 cos t, 3 sen t) = 2(9)− 3 cos t+ 2 = 20− 3 cos t
Finalmente se tiene que:∫ B
A
f dL =
∫ b
a
f(α(t)) · ‖α′(t)‖ dt =
∫ π2
0
(20− 3 cos t) 3dt = 30π − 9
3. Determinar el trabajo realizado por la fuerza ~F (x, y) = (xy, 1), al desplazarse desde elpunto (0, 0) hasta (1, 1)
a) Por el camino y = x2 (C1)
α(t) = (t, t2) 0 ≤ t ≤ 1
α′(t) = (1, 2t) ~F (α(t)) = (t3, 1)
TC1 =
∫~F (α(t))α′(t) dt =
∫ 1
0
(t3, 1)(1, 2t) dt =
∫ 1
0
(t3 + 2t)dt =5
4
95
b) Por y = x (C2)α(t) = (t, t) 0 ≤ t ≤ 1
α′(t) = (1, 1) ~F (α(t)) = (t2, 1)
TC2 =
∫ 1
0
(t2, 1)(1, 1) dt =
∫ 1
0
(t2 + 1)dt =4
3
c) Por la curva cerrada compuesta por C1 y C2, en el sentido antihorario.
TC1+C2 = TC1 − TC2 =5
4− 4
3= − 1
12
4. Calcular la integral ∫C
(2xex2+2y2 − y)dx+ (4yex2+2y2
+ x2)dy
a) Donde C es la circunferencia x2 + y2 = 1, orientada en sentido antihorario.
Como la curva es cerrada, vamos a ocupar green, esto es∫~Fd~L =
∫∫ (∂Q
∂x− ∂P
∂y
)dA =
∫∫(2x+ 1) dA
En polares ∫ 2π
0
∫ 1
0
(2r2 cos θ + r)dr dθ =1
2
b) Donde C es la curva formada por el arco de la curva y = 2 − x2 que va desde elpunto (1, 1) hasta el punto (−1, 1).
Si la region la cerramos con la recta y = 1, se puede aplicar green de la siguientemanera: ∫
y=1
~Fd~L+
∫C
~Fd~L =
∫∫A(C)
(∂Q
∂x− ∂P
∂y
)dA
Trabajemos la integral con y = 1
α(t) = (t, 1) − 1 ≤ t ≤ 1
α′(t) = (1, 0) ~F (α(t)) = (2tet2+2 − 1, 4et2+2 + t2)∫y=1
~Fd~L =
∫ 1
−1
(2tet2+2 − 1, 4et2+2 + t2)(1, 0) dt =
∫ 1
0
(2tet2+2 − 1)dt = −2
Por otro lado, se tiene que∫∫A(C)
(∂Q
∂x− ∂P
∂y
)dA =
∫ 1
−1
∫ 2−x2
1
(2x+ 1)dy dx =4
3
Finalmente, obtebemos lo que andabamos buscando∫C
~Fd~L =
∫∫A(C)
(∂Q
∂x− ∂P
∂y
)dA−
∫y=1
~Fd~L =4
3+ 2 =
10
3
96
5. Dada la integral
∫C
(6xy2 − y3)dx+ (6x2y − 3xy2)dy,
a) Muestre que su valor es independiente de la curva C, donde C es una curva que vadesde el punto (1, 2) al punto (3, 4).
Si el rotor es cero, entonces el campo es gradiente o conservativo, es decir, es inde-pendiente de la curva.Se tiene que P = 6xy2 − y3 y que Q = 6x2y − 3xy2, luego el rotor nos queda como
~∇× ~F =
∣∣∣∣∣∣i j k∂∂x
∂∂y
∂∂z
P Q 0
∣∣∣∣∣∣ = (0, 0, 0) = ~0
Entonces, el valor de la integral es independiente de la curva C.
b) Calcular dicha integral
Si es conservativo, entonces tiene asociado una funcion potencial que se calcula dela siguiente manera
f(x, y) =
∫ x
0
F1(t, 0) dt+
∫ y
0
F2(x, t) dt =
∫ x
0
0·dt+∫ y
0
(6x2t−3xt2) dt = 3x2y2−xy3
f(x, y) = 3x2y2 − xy3
Usando el teorema fundamental del calculo∫C
(6xy2 − y3)dx+ (6x2y − 3xy2)dy = f(3, 2)− f(1, 2) = 572− 192− 12 + 8 = 476
6. Considerar la trayectoria C que se halla en el primer octante y compuesta de las curvas:
C1 ={4x2 + y = 1, z = 0
}C2 =
{x2 + y2 + z2 = 1, x = 0
}Calcular el trabajo que realiza el campo ~F (x, y, z) = (3x2y, x3 + z, y) para mover unapartıcula sobre la curva C que es recorrida en sentido positivo.
Primero, parametrizamos las curvas C1 y C2
C1 : α(t) = (t, 1− 4t2, 0) 0 ≤ t ≤ 1
2
α′(t) = (1,−8t, 0) ~F (α(t)) = (3t2 − 12t4, t3, 1− 4t2)∫C1
~Fd~L =
∫ 12
0
(3t2 − 12t4, t3, 1− 4t2) · (1,−8t, 0) dt =
∫ 12
0
(4t3 − 16t5)dt =1
48
C2 : α(t) = (0, cos t, sen t) 0 ≤ t ≤ π
2
α′(t) = (0,− sen t, cos t) ~F (α(t)) = (0, sen t, cos t)∫C2
~Fd~L =
∫ π2
0
(0, sen t, cos t) · (0,− sen t, cos t) dt =
∫ π2
0
2 sen t cos t dt = 1
Ahora, calculamos la integral uniendo las dos trayectorias C = C1 + C2, esto es:∫C
~Fd~L = −∫
C1
~Fd~L+
∫C2
~Fd~L = − 1
48+ 1 =
47
48
97
7. Sea I =
∮C
xy dx+ (x2 + y2) dy C : x2 + 4y2 = 9
a) Obtener el valor de la integral a lo largo de la curva cerrada C.
Usando el teorema de Green, se tiene que
I =
∫∫A(C)
(∂Q
∂x− ∂P
∂y
)dA =
∫∫A(C)
x dA
Usando polares
{x = 3r cos θy = 3
2r sen θ
J(T ) =9
2r
∫ 2π
0
∫ 1
0
(3r cos θ · 92r)dr dθ =
27
2· (sen θ)2π
0 ·(r2
2
)1
0
= 0
b) Hallar I a lo largo de C∗ entre los puntos A(3, 0) y B(0, 32).
Cerremos la region con las curvas C1 : y = 0 y C2 : x = 0, para poder usar Green,esto es:
IC∗ + IC1 + IC2 =
∫∫A(C)
(∂Q
∂x− ∂P
∂y
)dA = 0
y = 0⇒ C1(t) = (t, 0); 0 ≤ t ≤ 3→ C ′1(t) = (1, 0) ~F (C1(t)) = (0, t2)
x = 0⇒ C2(t) = (0, t); 0 ≤ t ≤ 3
2→ C ′
2(t) = (0, 1) ~F (C2(t)) = (0, t2)
Retomando la primera expresion con lo anterior, se tiene que
I = IC2 − IC1 =
∫ 32
0
(0, t2)(0, 1) dt−∫ 3
0
(0, t2)(1, 0) dt =9
8− 0 =
9
8
8. Calcular la circulacion del campo ~F = (xy2, x3) a lo largo del rectangulo de vertices(0, 0), (2, 0), (2, 3) y (0, 3).
Usando Green ∫α
~Fd~L =
∫∫A(α)
(∂Q
∂x− ∂P
∂y
)dA
∂Q∂x
= 3x2
∂P∂y
= 2xy
∂Q
∂x− ∂P
∂y= 3x2 − 2xy ⇒ I =
∫ 2
0
∫ 3
0
(3x2 − 2xy)dy dx = 6
98
9. Calcular trabajo que realiza el campo ~F =
(1− y
x2 + (y − 1)2,
x
x2 + (y − 1)2
)para mover
un objeto sobre el cuadrado de vertices (3, 0), (−3, 0), (0,−3) y (0, 3) recorrido ensentido positivo.
Ocurre que el punto (0, 1), que esta dentro de la region limitada por la curva, indefineel campo vectorial dado. Es por ello que este punto se encierra con una circunferenciade radio muy pequeno que se denotara por ε.
Luego, ocupando green y definiendo a α =4∑
i=1
αi como el contorno del cuadrado,
tenemos que ∫α
~Fd~L−∫⊗
~Fd~L =
∫∫A(α)
(∂Q
∂x− ∂P
∂y
)dA
I =
∫∫A(α)
(∂Q
∂x− ∂P
∂y
)dA+
∫⊗
~Fd~L
Calculemos el primer termino del lado derecho de la ecuacion anterior
∂Q
∂x− ∂P
∂y= 0⇒
∫∫Aα
(∂Q
∂x− ∂P
∂y
)= 0
Para calcular el segundo termino debemos parametrizar la circunferencia (⊗) como
α(t) = (ε cos t, ε sen t) 0 ≤ t ≤ 2π
α′(t) = (−ε sen t, ε cos t) ~F (α(t)) =
(−ε sen t
ε,ε cos t
ε
)=
(− sen t
ε,cos t
ε
)Con lo cual tenemos que∫
⊗
~Fd~L =
∫ 2π
0
(− sen t
ε,cos t
ε
)· (−ε sen t, ε cos t) =
∫ 2π
0
dt = 2π
10. Calcular la integral de lınea
∫r
(ex2 − y3)dx + (ey2 − x3)dy, siendo r la frontera positi-
vamente orientada de la region del plano limitada por las circunferencias α1 de centro(0, 1) y radio 1, y la circunferencia α2 de centro (0, 2) y de radio 2.
La curva esta dada por
α :
x2 + (y − 1)2 = 1
x2 + (y − 2)2 = 4
Por green tenemos que∫α
~Fd~L =
∫∫A(α)
(∂Q
∂x− ∂P
∂y
)dA = 3
∫∫A(R)
(x2 + y2) dA
Usando polares
3
∫ π
0
∫ 4 sen θ
2 sen θ
r3dr dθ =135π
2
Con esto ocurre que ∫α
~Fd~L =135π
2
99
11. Dado el campo ~F (x, y) =
(1
2ln(x2 + y2),− arc tg
(yx
)):
a) Determinar si es conservativo sobre el abierto A = {(x, y)/ x > 0}
Como el campo tiene dos componentes, queda analizar
∂Q
∂x=
∂
∂x
(arc tg
(yx
))=
y
x2 + y2
∂P
∂y=
∂
∂y
(1
2ln(x2 + y2)
)=
y
x2 + y2
∂Q
∂x− ∂P
∂y= 0⇒ El Campo es conservativo o gradiente
b) Si lo es, hallar el potencial del campo.
Como el campo es gradiente, entonces tiene asociado un potencial f(x, y) que secalcula como
f(x, y) =
∫ x
1
F1(t, 0) +
∫ y
0
F2(x, t) =
∫ x
1
1
2ln t2dt−
∫ y
0
arc tg
(t
x
)dt
Resolviendo las integrales con sustituciones y por partes, se llega a que
f(x, y) = 1− x− y arc tgy
x+
1
2x ln(x2 + y2)
12. Calcule la integral
∫C
(ex cos y − ey sen x)dx+ (ey cosx− ex sen y)dy, sabiendo que C es
una curva que va desde el punto (0, 0) hasta el punto(
π2, π).
Verifiquemos si el campo es gradiente
∂Q
∂x= −ey sen x− ex cos y
∂P
∂y= −ey sen x− ex cos y
∂Q
∂x− ∂P
∂y= 0⇒ El Campo es conservativo o gradiente
Como ~F (x, y) es gradiente, entonces se puede calcular su potencial. Para hallar el po-tencial se tiene que
f(x, y) =
∫ x
0
F1(t, 0) dt+
∫ y
0
F2(x, t) dt =
∫ x
0
et − sen t dt+
∫ y
0
(et cosx− ex sen t) dt
f(x, y) = ey cosx+ ex cos y − 2
Como encontramos la expresion de el potencial, podemos calcular la integral como sigue
I = f(π
2, π)− f(0, 0) = −e
π2 − 2
100
13. Demuestre que el area acotada por la curva cerrada simple C viene dada por
A =1
2
∫c
x dy − y dx
Teniendo en cuenta el campo vectorial ~F (x, y) = (−y, x) y ocupando el teorema degreen, se tiene que∫
C
~Fd~L =
∫C
xdy − ydx =
∫∫A(C)
(∂Q
∂x− ∂P
∂y
)dA
Obtenemos que∂Q
∂x= 1
∂P
∂y= −1
Reemplazando en la ecuacion anterior. se obtiene que:∫∫A(C)
(∂Q
∂x− ∂P
∂y
)dA = 2
∫∫A(C)
dA = 2× AREA
Luego, ocurre que:
A =1
2
∫c
x dy − y dx
14. Use el ejercicio anterior para calcular el area de la elipsex2
a2+y2
b2= 1
El area de la elipse viene dada por
A =1
2
∫c
x dy − y dx =1
2
∫ b
a
~F (α(t)) · α′(t) dt, con α(t) = (a cos t, b sen t); 0 ≤ t ≤ 2π
α′(t) = (−a sen t, b cos t) ~F (α(t)) = (−b sen t, a cos t)⇒ ~F (α(t)) · α′(t) = ab
⇒ 1
2
∫ 2π
0
ab dt =1
2ab · 2π ⇒ El area de la elipse es abπ
15. Calcular la circulacion del campo ~F = (xy2, x3) a lo largo de la region de vertices (0, 0),(2, 0), (2, 3) y (0, 3).
Como la region del plano es cerrada, ocupamos el teorema de Green, esto es
I =
∫∫A(C)
(∂Q
∂x− ∂P
∂y
)dA =
∫∫A(C)
(3x2 − 2xy) dA
I =
∫ 2
0
∫ 3
0
(3x2 − 2xy) dy dx = 6
101
16. Hallar el flujo del campo vectorial ~F = (x3, y3, z3) a traves de la superficie abiertax2 + y2 = z2 para 1 < z < 2.
FLUJO=
∫S
~F d~S =
∫∫A(S)
~F (φ(x, y)) · ~n dA
Entonces, parametrizamos la superficie de la siguiente forma
φ(x, y) = (x, y,√x2 + y2), D =
{(x, y)/1 ≤ x2 + y2 ≤ 4
}Derivando la funcion φ(x, y) respecto x e y
φx = (1, 0,x√
x2 + y2) φy = (0, 1,
y√x2 + y2
)
Obtenemos la normal aplicando el producto cruz entre φx y φy, esto es
~n = φx × φy =
∣∣∣∣∣∣∣∣i j k1 0 x√
x2+y2
0 1 y√x2+y2
∣∣∣∣∣∣∣∣ =
(−x√x2 + y2
,−y√x2 + y2
, 1
)
Ahora, evaluamos la parametrizacion en el campo vectorial
~F (φ(x, y)) = (x3, y3, (x2 + y2)3/2)
Realizamos el producto punto del argumento de la integral y la calculamos obteniendoel flujo a traves de la superficie∫
S
~F d~S =
∫∫A(S)
~F (φ(x, y)) · ~n dA =
∫∫A(S)
2xy√x2 + y2
Por ultimo, usando coordenadas polares y considerando el dominio D, tenemos que
FLUJO =
∫ 2π
0
∫ 2
1
2r sen θ cos θ dr dθ = 0
17. Hallar la circulacion del campo ~F = (2x + y − z, 2x + z, 2x − y − z) a lo largo de lacurva de interseccion de las superficies 4x2 + 4y2 + z2 = 4, con 2x− z = 0.
La circulacion viene dada por la integral de lınea
∫∂S
~F d~L donde ∂S es la curva de
interseccion entre las superficies dadas, es decir
α ={4x2 + 4y2 + z2 = 4, 2x− z = 0
}={2x2 + y2 = 1
}=
{x2
1/2+ y2 = 1
}Para calcular esta integral ocuparemos el teorema de Stokes, en donde∫
∂S
~F d~L =
∫S
~∇× ~F d~S =
∫∫A(S)
(~∇× ~F )(φ(x, y)) · ~n dA
Entonces, empecemos por calcular el rotor del campor vectorial ~F (x, y)
~∇× ~F =
∣∣∣∣∣∣i j k∂∂x
∂∂y
∂∂z
2x+ y − z 2x+ z 2x− y − z
∣∣∣∣∣∣ = (−2,−3, 1)
102
Como nos dio una funcion vectorial constante ocurre que
(~∇× ~F )(φ(x, y)) = (−2,−3, 1)
La paremetrizacion es
φ(x, y) = (x, y, 2x), D ={(x, y)/2x2 + y2 = 1
}φx = (1, 0, 2) φy = (0, 1, 0)
Con lo cual el calculo de la normal nos queda de la siguiente manera
~n = φx × φy =
∣∣∣∣∣∣i j k1 0 20 1 0
∣∣∣∣∣∣ = (−2, 0, 1)
CIRCULACION =
∫∫A(S)
(~∇× ~F )(φ(x, y)) · ~n dA = 5
∫∫dA =
5√
2
2
18. Sea ~F (x, y, z) = (xz, yz,−z2). Calcular
∫s
~Fd~S, siendo S la cara interna del paraboloide
x2 + y2 = 3z, entre z = 0 y z = 1.
a) Directamente
φ(x, y) = (x, y,x2 + y2
3), D =
{(x, y)/x2 + y2 ≤ 3
}φx = (1, 0,
2x
3) φy = (0, 1,
2y
3)
La normal nos queda de la siguiente manera
~n = φx × φy =
∣∣∣∣∣∣i j k1 0 2x
3
1 0 2y3
∣∣∣∣∣∣ =
(2x
3,2y
3,−1
)Entonces, tememos que∫
S
~F d~S =
∫∫D
~F (φ(x, y)) · ~n ds =1
3
∫∫D
(x2 + y2)2 ds
en polares nos queda que
1
3
∫∫D
(x2 + y2)2 ds =1
3
∫ √3
0
∫ 2π
0
r5 dr dθ =2π
3
(r6
6
)√3
0
= 3π
b) Usando Gauss ∫S
~Fd~S +
∫Plano
~Fd~S =
∫ ∫ ∫V (S)
(~∇ · ~F ) dV
Ocurre que ~∇ · ~F = (z + z − 2z) = 0, entonces tenemos que∫S
~Fd~S = −∫
Plano
~Fd~S
103
Se tiene que calcular el flujo a traves del paraboloide x2 + y2 = 3z es lo mismo quecalcular el flujo a traves del plano z = 1, bajo el campo ~F (x, y, z) = (xz, yz,−z2)y el dominio D =
{(x, y)/x2 + y2 ≤ 3
}.
El plano posee la normal ~n = (0, 0, 1) y la parametrizacion φ(x, y) = (x, y, 1), conlo cual se llega a∫
Plano
~Fd~S =
∫∫D
(~F (φ(x, y)))(~n) ds =
∫∫D
(x, y,−1)(0, 0, 1) ds = −3π
∫S
~Fd~S = −∫
Plano
~Fd~S = −(−3π) = 3π
19. Calcule
∫∫S
(x2 + y2) ds, donde S es la superficie del cono z2 = 3(x2 + y2), acotada por
z = 0, z = 3.
Notar que esta actuando un campo escalar, el cual es f(x, y, z) = x2+y2. Entonces, la in-tegral de superficie se define a partir del producto entre la evaluacion de la parametrizacionen el campo escalar y el modulo de la normal, es decir∫∫
S
(x2 + y2) ds =
∫∫A(S)
f(φ(x, y)) ‖~n‖ ds
La parametrizacion es
φ(x, y) = (x, y,√
3(x2 + y2)), D ={(x, y)/x2 + y2 ≤ 3
}φx = (1, 0,
x√
3√x2 + y2
) φy = (0, 1,y√
3√x2 + y2
)
La normal es
~n = φx × φy =
∣∣∣∣∣∣∣∣i j k
1 0 x√
3√x2+y2
0 1 y√
3√x2+y2
∣∣∣∣∣∣∣∣ =
(− x
√3√
x2 + y2,− y
√3√
x2 + y2, 1
)
⇒ ‖~n‖ =
√3x2 + 3y2 + x2 + y2
x2 + y2= 2 f(φ(x, y)) = x2 + y2
∫∫A(S)
f(φ(x, y)) ‖~n‖ ds =
∫∫A(S
2(x2 + y2) ds = 2
∫ 2π
0
∫ √3
0
r3 dr dθ = 9π
20. Verifique el teorema de Stokes para ~F (x, y, z) = (3y,−xz, yz2), donde S es la superficiedel paraboloide 2z = x2 + y2, acotada por z = 2 y C es su borde.
Debemos verificar que se cumpla la siguiente igualdad∫C
~Fd~L︸ ︷︷ ︸(1)
=
∫S
(~∇× ~F ) d~S︸ ︷︷ ︸(2)
104
→ Trabajemos (1)
Primero, parametrizamos la curva C
C : α(t) = (2 cos t, 2 sen t, 2) 0 ≤ t ≤ 2π
α′(t) = (−2 sen t, 2 cos t, 0) ~F (α(t)) = (6 sen t,−4 cos t, 8 sen t)∫C
~Fd~L =
∫ 2π
0
(4 cos2 t− 12) dt = −20π
→ Ahora trabajemos con (2)
Primero calculemos el rotor del campo
~∇× ~F =
∣∣∣∣∣∣i j k∂∂x
∂∂y
∂∂z
3y −xz yz2
∣∣∣∣∣∣ =(z2 + x, 0,−z − 3
)⇒ ~F (φ(x, y)) = (4 + x, 0,−5)
La parametrizacion es
φ(x, y) = (x, y, 2), D ={(x, y)/x2 + y2 ≤ 4
}φx = (1, 0, x) φy = (0, 1, y)
La normal es
~n = φx × φy =
∣∣∣∣∣∣i j k1 0 x0 1 y
∣∣∣∣∣∣ = (0, 0, 1)
Finalmente se tiene que (2) es∫∫S
(~∇× ~F ) d~S =
∫∫S
(~∇× ~F )(φ(x, y)) · ~n ds = −5
∫∫D
ds = −5 · 4π = −20π
Luego, como los resultados de (1) y (2) son iguales, hemos comprobado el teorema destokes.
21. Calcule la integral
∫s
~F d~S con ~F (x, y, z) = (xz2, x2y−z3, 2xy+y2z), y S es la superficie
que limita la region situada dentro de la esfera x2 + y2 + z2 = a2 y sobre el plano z = 0.De alguna interpretacion repecto el resultado obtenido.
Usando el teorema de Gauss, se tiene que∫s
~F d~S =
∫ ∫ ∫s
(~∇ · ~F ) dV
~∇ · ~F = z2 + y2 + z2 ⇒∫ ∫ ∫
s
(z2 + y2 + z2) dV
en esfericas nos queda∫ π2
0
∫ 2π
0
∫ a
0
r4 senφ dr dθ dφ = 2 · 2π · (− cosφ)π20 ·(r5
5
)a
0
=4a5π
5
Interpretacion
La integral calcula el flujo o lineas que atraviesan el solido por unidad de tiempo.
Si el campo dado fuera magnetico, entonces el resultado correponde al flujo magneticoque sale del solido, y este depende del radio de la semiesfera. Hay mas flujo magnetico,si mas grande es el radio.
105
22. Calcule
∫C
y2
2dx + zdy + xdz, usando el teorema de stokes, donde C es la curva inter-
seccion del plano x + z = 1, y el elipsoide x2 + 2y2 + z2 = 1, orientada en el sentidohorario, mirada desde el origen.
Usando el teorema de Sokes se tiene que∫C
~Fd~L =
∫S
(~∇× ~F ) d~S
Primero calculemos el rotor del campo
~∇× ~F =
∣∣∣∣∣∣∣i j k∂∂x
∂∂y
∂∂z
y2
2z x
∣∣∣∣∣∣∣ = (−1,−1,−y)
La parametrizacion es
φ(x, y) = (x, y, 1− x), D ={(x, y)/x2 + 2y2 ≤ 1
}φx = (1, 0,−1) φy = (0, 1, 0)
La normal es
~n = φx × φy =
∣∣∣∣∣∣i j k1 0 −10 1 0
∣∣∣∣∣∣ = (1, 0, 1)
∫∫S
(~∇× ~F ) d~S =
∫∫S
(~∇× ~F )(φ(x, y)) · ~n ds = −∫∫
D
(1 + y) ds = −π
23. Verificar el teorema de stokes para el campo ~F (x, y, z) = (z, x, y) sobre la supeficiex2 + z2 = 16 cortada por los planos z = 0, x = 0, x = 2, y = 0, y = 5.∫
C
~Fd~L︸ ︷︷ ︸(1)
=
∫S
(~∇× ~F ) d~S︸ ︷︷ ︸(2)
→ Trabajemos (1)
Primero, parametrizamos las curvas que se forman C1, C2, C3, C4
C1 : α(t) = (2, t, 2√
3) 0 ≤ t ≤ 2
α′(t) = (0, 1, 0) ~F (α(t)) = (2√
3, 2, t)∫C1
~Fd~L =
∫ 5
0
2 dt = 10
C2 : α(t) = (t, 5,√
16− t2) 0 ≤ t ≤ 2 (←)
α′(t) = (1, 0,−t√
16− t2) ~F (α(t)) = (
√16− t2, t, 5)∫
C2
~Fd~L = −∫ 2
0
(√16− t2 − 5t√
16− t2
)dt = 20− 12
√3− 4π
3
106
C3 : α(t) = (0, t, 4) 0 ≤ t ≤ 5
α′(t) = (0, 1, 0) ~F (α(t)) = (0, 0, 1)∫C3
~Fd~L =
∫ 5
0
0 dt = 0
C4 : α(t) = (t, 0,√
16− t2) 0 ≤ t ≤ 2
α′(t) = (1, 0,−t√
16− t2) ~F (α(t)) = (
√16− t2, t, 0)∫
C4
~Fd~L =
∫ 2
0
√16− t2 dt = 2
√3 +
4π
3
Finalmente, tenemos que la integral se escribe como∫C
~Fd~L =
∫C1
~Fd~L+
∫C2
~Fd~L+
∫C3
~Fd~L+
∫C4
~Fd~L
∫C
~Fd~L = 10 + 20− 12√
3− 4π
3+ 0 +
4π
3+ 2√
3 = 30− 10√
3
→ Ahora trabajemos con (2)
Primero calculemos el rotor del campo
~∇× ~F =
∣∣∣∣∣∣i j k∂∂x
∂∂y
∂∂z
z x y
∣∣∣∣∣∣ = (1, 1, 1)⇒ ~F (φ(x, y)) = (1, 1, 1)
La parametrizacion es
φ(x, y) = (x, y,√
16− x2), D = [0, 2]× [0, 5]
φx = (1, 0,−x√
16− x2) φy = (0, 1, 0)
La normal es
~n = φx × φy =
∣∣∣∣∣∣i j k1 0 −x√
16−x2
0 1 0
∣∣∣∣∣∣ = (x√
16− x2, 0, 1)
Finalmente se tiene que (2) es∫∫S
(~∇×~F ) d~S =
∫∫S
(~∇×~F )(φ(x, y))·~n ds =
∫ 2
0
∫ 5
0
(1 +
x√16− x2
)dy dx = 30−10
√3
Luego, como los resultados de (1) y (2) son iguales, hemos comprobado el teorema destokes para el campo dado.
107
24. Sea S la parte del paraboloide z = x2 + y2 que queda bajo el plano z = 2x y α la curvade interseccion de ambos. Calcular la circulacion del campo ~F (x, y, z) = (z, x, y) a lolargo de α:
a) Usando el teorema de Stokes (normal con componente z > 0). Segun stokes se
cumple que ∫C
~Fd~L =
∫S
(~∇× ~F ) d~S
→ Calculemos el rotor del campo
~∇× ~F =
∣∣∣∣∣∣i j k∂∂x
∂∂y
∂∂z
z x y
∣∣∣∣∣∣ = (1, 1, 1)⇒ ~F (φ(x, y)) = (1, 1, 1)
La parametrizacion es
φ(x, y) = (x, y, 2x), D ={(x, y)/(x− 1)2 + y2 ≤ 1
}φx = (1, 0, 2) φy = (0, 1, 0)
La normal es
~n = φx × φy =
∣∣∣∣∣∣i j k1 0 20 1 0
∣∣∣∣∣∣ = (−2, 0, 1)
Finalmente se tiene que
∫S
(~∇× ~F ) d~S es
∫∫S
(~∇× ~F ) d~S =
∫∫S
(~∇× ~F )(φ(x, y)) · ~n ds = −∫∫
A(S)
dA = −π
b) Directamente (integral de lınea con orientacion apropiada)
→ Parametrizamos la curva C
C : α(t) = (cos t+ 1, sen t, 2(cos t+ 1)) 0 ≤ t ≤ 2π
α′(t) = (− sen t, cos t,−2 sen t) ~F (α(t)) = (2(cos t+ 1), cos t+ 1, sen t)∫C
~Fd~L =
∫ 2π
0
(1− 3 sen2 t) dt = −π
25. Calcular flujo saliente del campo ~F (x, y, z) = (xz, xy, yz) a traves de la superficie cerra-da formada por la parte del cilindro (con sus dos tapas) x2 + y2 = 4 comprendida entrelos planos z = 0 y z + y = 2.
Usaremos Gauss para calcular el flujo
FLUJO =
∫S
~Fd~S =
∫ ∫ ∫V (S)
(~∇ · ~F ) dV pero ~∇ · ~F = z + x+ y
⇒∫ ∫ ∫
V (S)
(z + x+ y) dV =
∫ 2π
0
∫ 2
0
∫ 2−r sen θ
0
(r cos θ + r sen θ + z)r dz dr dθ = 6π
108
26. Calcular el area de la porcion del paraboloide z = x2 + y2 que esta compredida entrelos planos z = 1 y z = 0.
La interseccion del paraboloide con el plano z = 0 es el punto (0, 0) y con el planoz = 1 es la circunferencia x2 + y2 = 1. La region limitada por la proyeccion de dichacircunferencia sobre el plano XY es
D ={(x, y) ∈ R2/ x2 + y2 ≤ 1
}Podemos considerar la siguiente parametrizacion
φ(x, y) = (x, y, x2 + y2), (x, y) ∈ D
De esta manera S = φ(D), siendo S la superficie descrita en el enunciado. Su productovectorial fundamental es
~n(x, y) = (−2x,−2y, 1), y ‖~n(x, y)‖ =√
4x2 + 4y2 + 1
El area solicitada sera
A(S) =
∫∫D
‖~n(x, y)‖ dx dy =
∫∫D
√4x2 + 4y2 + 1 dx dy
Usando coordenadas polares la integral nos queda de la siguiente forma∫ 1
0
∫ 2π
0
r√
4r2 + 1 dθ dr =π
6(5√
5− 1)
27. Parametrice la superficie plana cuyo borde es la curva C :
{x2 + y2 = z2
2
z = y + 1
La curva C es la interseccion del cono x2 + y2 = z2/2 con el plano z = y + 1
x2 + y2 =1
2(y + 1)2 =
1
2(y2 + 2y + 1)⇒ x2 +
1
2y2 − 2y − 1
2= 0⇒ x2 +
(y − 1)2
2= 1
Es una elipse en el plano z = y + 1. Su proyeccion sobre el plano XY es la curva α de
ecuacion x2 +(y − 1)2
2= 1 (una elipse tambien). Sea S la superficie del plano z = y+1
limitada por C; se puede parametrizar como
φ(x, y) = (x, y, y + 1), (x, y) ∈ D =
{(x, y) ∈ R2/ x2 +
(y − 1)2
2≤ 1
}
28. Calcule
∫S
x2z dS, siendo S la cara externa de x2+y2 = a2 limitada por z = 2 y z = −2.
La superficie es un cilindro circular recto. Puesto que x2 + y2 = a2 y z esta entre −2 y2 consideremos la siguiente parametrizacion
φ(u, v) = (a cosu, a sen v, v) D = [0, 2π]× [−2, 2]
109
Calculemos la normal de la superficie
φu = (−a senu, a cosu, 0) φv = (0, 0, 1)
~n = φu × φv =
∣∣∣∣∣∣i j k
−a senu a cosu 00 0 1
∣∣∣∣∣∣ = (a cosu, a senu, 0) → ‖~n‖ = a
∫s
x2z dS =
∫∫D
a3v cos2 u du dv = a3
∫ 2π
0
∫ 2
−2
v cos2 u dv du = 0
29. Calcule el area de la porcion de superficie conica x2 + y2 = z2 situada por encima delplano z = 0 y limitada por la esfera x2 + y2 + z2 = 2ax.
Hemos de parametrizar la superficie de la cual hay que hallar el area, esto es, la hojasuperior (pues z ≥ 0) del cono x2 + y2 = z2. Como S es la grafica de la funcionz =
√x2 + y2 = f(x, y) sobre la region D (que queda definida por la interseccion del
cono y la esfera)
x2 + y2 = z2
x2 + y2 + z2 = 2ax
}⇒ 2(x2 + y2) = 2ax → (x− a
2)2 + y2 =
a2
4
D =
{(x, y)/ (x− a
2)2 + y2 ≤ a2
4
}entonces S = φ(D) siendo φ la parametrizacion
φ(x, y) = (x, y,√x2 + y2), ∀ (x, y) ∈ D
La normal de la superficie es
~n = (−fx(x, y),−fy(x, y), 1) =
(−x√x2 + y2
,−y√x2 + y2
, 1
)⇒ ‖~n‖ =
√2
y el area solicitada vale
A(S) =
∫∫D
‖~n‖ dx dy =
∫∫D
√2 dx dy =
√2A(D) =
√2πa2
4
30. Dado el recinto limitado por los planos z = y, z = 0 y el cilindro x2 + y2 = a2. Calculeel area de la porcion de superficie cilındrica comprendida entre los planos.
En el cilindro x2 + y2 = a2 podemos tomar la parametrizacion
φ(x, y) = (a cosu, a senu, v)
con (u, v) ∈ D, siendo
D ={(u, v) ∈ R2/ 0 ≤ u ≤ π, 0 ≤ v ≤ a senu
}Como ya sabemos la normal es ~n = (a cosu, a senu, 0), con lo cual ‖~n‖ = a.
De esta manera S = φ(D) es la mitad de la superficie que se describe en el enunciadoporque solo consideramos la porcion del cilindro con z ≥ 0. El area se S es
A(S) =
∫∫D
a du dv =
∫ π
0
∫ a sen u
0
a dv du = 2a2
Por tanto, el area que nos piden, que es doble que la de S, vale 4a2.
110
31. Calcule usando el teorema de Stokes, la integral
∫C
(y − 1) dx + z2 dy + y dz, donde C
es la interseccion de las superficies x2 + y2 = z2/2 y z = y + 1.
Sea ~F (x, y, z) = (y − 1, z2, y), que es un campo vectorial de clase ζ1. Por el teorema deStokes ∫
C
~F dL =
∫S
rotF dS
siendo S = φ(D) una superficie simple y regular cuyo borde C es la imagen φ(γ∗) deuna curva γ de Jordan ζ1 a trozos orientada positivamente.
Sea S la superficie del plano z = y + 1 limitada por C; se puede parametrizar como(vease problema 27)
φ(x, y) = (x, y, y + 1), (x, y) ∈ D =
{(x, y) ∈ R2/ x2 +
(y − 1)2
2≤ 1
}rotF (x, y, z) = (1− 2z, 0,−1); ~n = (0,−1− 1)
Ası, la integral de lınea que se pide vale∫C
~F dL =
∫S
rotF dS =
∫∫D
(1− 2z, 0,−1)(0,−1− 1) dx dy = −∫∫
D
= −√
2π
32. Halle el flujo del campo ~F (x, y, z) = (x, y, 2z), a traves de la superficie cerrada S quelimita el solido
V ={(x, y, z)/ 0 ≤ z ≤ 4− 2x2 − 2y2
}a) Directamente
La superficie cerrada S que limita el solido V esta compuesta por dos superficies:una porcion del paraboloide S1, y la tapa inferior S2.Por tanto, hay que calcular el flujo de ~F a traves de cada una de ellas hacia elexterior de la superficie cerrada.
1) Parametrizamos S1 de ecuacion z = 4− 2x2 − 2y2 (paraboloide):
r1 : R2 → R3 : r1(x, y) = (x, y, 4− 2x2 − 2y2),
Donde las variables x e y varıan en la proyeccion del solido en el plano XY ,que calculamos a partir de la interseccion del paraboloide con el plano z = 0.
S1 = r1(D), D ={(x, y) ∈ R2/ x2 + y2 ≤ 2
}El vector normal
~n1 =∂r1∂x× ∂r1∂y
= (4x, 4y, 1)
Tiene tercera componente positiva y por lo tanto su sentido es hacia el exteriorde S. El flujo de ~F a traves de S1 es∫
S1
~F~n dS =
∫∫D
~F (r1) · ~n1 dx dy
=
∫∫D
(x, y, 8− 4x2 − 4y2)(4x, 4y, 1) dx dy
=
∫∫D
8 dx dy = 16π
111
2) Parametrizamos S2, tapa inferior de ecuacion z = 0,
r2 : R2 → R3 : r2(x, y) = (x, y, 0), S2 = r2(D).
El vector normal es~n2 = (0, 0, 1)
esta dirigido hacia el interior de la superficie S. Calculamos,∫S2
~F~n dS =
∫∫D
~F (r2) · − ~n2 dx dy
=
∫∫D
(x, y, 0)(0, 0,−1) dx dy = 0
Por tanto, el flujo de ~F hacia el exterior de la superficie cerrada S es∫S
~F~ndS =
∫S1
~F~ndS +
∫S2
~F~ndS = 16π
b) Usando el teorema de Gauss
El flujo de ~F , utilizando el teorema de Gauss, puede calcularse como la integraltriple en V de la divergencia de ~F .
div ~F (x, y, z) = ~∇ · ~F =
(∂
∂x,∂
∂y,∂
∂z
)· (x, y, 2z) = 1 + 1 + 2 = 4
Entonces, ∫S
~F~n dS =
∫ ∫ ∫V
(~∇ · ~F ) dV (Gauss)∫ ∫ ∫V
4 dx dy dz = 4
∫ ∫ ∫ 4−2x2−2y2
0
dz dx dy = 4
∫ ∫(4− 2x2 − 2y2)dx dy
Para hacer esta integral doble en el circulo D paramos a coordenadas polares con
0 ≤ r ≤ sqrt2, 0 ≤ θ ≤ 2π.
por tanto, ∫S
~F~n dS = 4
∫ √2
0
∫ 2π
0
(4− 2r2)r dr dθ = 16π
112
Referencias
[1] Valenzuela Ph, Calculo II y III
[2] Larson, Calculo, Volumen II
[3] Apostol, Tom. Calculus. Vol. II. Editorial Reverte. Bogota. 1988.
[4] Bradley, G. Calculo de varias variable. Volumen II. Editorial Prentice-Hall. Es-pana, 1998.
[5] Demidovich, B. Problemas de analisis matematico. Editorial MIR. Moscu. 1977.
113
![Cálculo avanzado y aplicaciones [u de chile]](https://img.pdfslide.net/doc/110x75/55b5f5fbbb61eb80218b45b3/calculo-avanzado-y-aplicaciones-u-de-chile.jpg)
