Universidad de Santiago de Chile.Facultad de Ciencia

Departamento de Matematica y C. C.

Calculo Avanzado

Miguel Martinez - Carlos Silva - Emilio Villalobos

Derechos de Autor

Autor: c©Universidad de Santiago de Chile

Se autoriza la reproduccion parcial o

total de esta obra, con fines academicos,

por cualquier forma, medio o procedimiento,

siempre y cuando se incluya la cita

bibliografica del documento.

Agradecimientos

Este texto fue financiado en el marco de los proyectos concursables deinnovacion docente que promueve anualmente la Universidad de Santiago deChile a traves de la Vicerrectorıa Academica por intermedio de la Direccionde Docencia.

El centro motor que motivo a los autores a emprender tan significativodesafıo fue su compromiso con el proceso de ensenanza aprendizaje que selleva semestre a semestre en la Universidad de Santiago, con los estudiantesde ingenierıa quienes tienen el imperativo de mejorar sus aprendizajes y elevarsus estandares de competencias con la finalidad de que puedan asumir conpropiedad el desafıo de sus asignaturas profesionales y de especialidad conun mayor empoderamiento en el contexto de: teorıa, practica y aplicacionesa problemas en las areas de sus distintas especialidades.

En general, cada capıtulo comienza con una presentacion de definiciones,principios y teoremas, junto con material ilustrativo. Los problemas resueltossirven para ilustrar la teorıa y suministrar herramientas de analisis de losprincipios basicos tan importantes en el aprendizaje activo de los estudiantes.El gran numero de problemas resueltos y aplicaciones sirven para encauzar elaprendizaje del material, ası como las autoevaluaciones propuestas al fin decada unidad. Hemos escogido un enfoque y nivel de profundidad de acuerdocon lo que se espera del curso de Calculo Avanzado, asignatura que se impartedurante el tercer semestre del Plan Comun de la Carrera de Ingenierıa Civilde la Facultad de Ingenierıa de Universidad de Santiago de Chile.

El objetivo del primera parte de este texto es presentar los conceptosbasicos y las aplicaciones de las series de Fourier, y las funciones integrales,como asimismo, ilustrar su utilizacion en la resolucion de problemas de ecua-ciones en derivadas parciales y aplicaciones en el campo de la fısica e inge-nierıa.

En la segunda parte se abordan los temas de funciones vectoriales y calcu-lo diferencial de funciones de dos o mas variables y sus aplicaciones, incluyen-do aplicaciones e interpretaciones geometricas y fısicas que contribuyan a lacomprension de los estudiantes.

Unido a lo anterior, en la tercera parte se incluyen los temas de integracionmultiple, integral de lınea , superficie y los teoremas de Green, Gauss y Stokespor sus multiples aplicaciones en los campos de la fısica y ciencias de laingeniera

Finalmente, queremos aprovechar la ocasion para expresar nuestro es-pecial agradecimiento hacia nuestros colegas de la Coordinacion de CalculoAvanzado que con sus crıticas constructivas y opiniones han ayudado a el

i

enriquecimiento del material que conforma este texto. Deseamos tambienagradecer la participacion directa e indirecta de nuestros estudiantes con loscuales pusimos a prueba el material que se estaba generando incluyendolosen la pagina web de la asignatura de Calculo Avanzado.

Agradecemos tambien muy especialmente la colaboracion del profesorOmar Ramos por la confeccion de diagramas, figuras e imagenes de fun-ciones bi y tridimensionales que ilustran conceptos y problemas. Tambiense encargo de la version Latex de los distintos archivos que conforman elmanuscrito del texto.

No obstante lo anterior, la responsabilidad por los eventuales errores oinexactitudes que se puedan encontrar en el texto corresponde a los autores,quienes estaran atentos para recibir cualquier comentario o sugerencia quepermita mejorar su contenido en las siguientes direcciones:miguel.martinez@usach.cl, carlos.silva.c@usach.cl,emilio.villalobos@usach.cl.

Los Autores:Miguel Martınez

Concha Carlos Silva CornejoEmilio Villalobos Marın

ii

PrefacioEl material presentado en el texto contiene los temas tratados en el cursode Calculo Avanzado, asignatura semestral para las carreras de Ingenierıade la Universidad de Santiago de Chile, correspondiente al area de CienciasBasicas, tiene por prerrequisitos las asignaturas de Calculo I y Calculo II deprimer ano. Proporciona los conceptos, habilidades y tecnicas que permitenadquirir las competencias matematicas alineadas con el perfil de competen-cias profesionales, necesarias para cursar con exito las asignaturas de cienciasbasicas de la ingenierıa e ingenierıa aplicada. Los temas tratados por el textoy en el orden de aparicion son los siguientes: Series e Integrales de Fourier,que forma parte de este temario porque por razones de tiempo no se incluyeen el Capıtulo de Series de primer ano, este tema resulta necesario en laformacion basica de alumnos de ingenierıa sobre todo cuando necesiten re-solver ecuaciones diferenciales parciales usando el metodo de separacion devariables o bien en aplicaciones en el campo de la ingenierıa. Este tema bienpodrıa formar parte de un texto de ecuaciones diferenciales. El tema de fun-ciones vectoriales de una variable real trata la importancia de la derivada deeste tipo de funciones, interpretacion geometrica y analıtica, y su aplicaciona problemas de movimiento, comportamiento de curvas, especialmente en loque tiene que ver con caracterısticas geometricas de ellas. Las funciones es-calares son tratadas en detalle, se analiza el concepto de lımite y continuidadconsiderando funciones de dos variables, generalizando en aquellos casos quelo amerita, se ve el tema de la diferenciacion con todas sus potencialidadesque garantizan la derivacion tanto la derivacion parcial, como la derivaciondireccional y derivacion implıcita, este tema termina con maximos y mıni-mos y problemas aplicados de optimizacion. Este ultimo capıtulo tratan lostemas de integracion, integrales dobles y triples en coordenadas cartesianasy generalizando con cambios de coordenadas, integral de lınea para funcionesescalares y vectoriales, propiedades de los campos gradientes y el teorema deGreen; integral de superficie para funciones escalares y vectoriales finalizan-do con el estudio de los teoremas de Gauss y Stokes. Los temas tratados deacuerdo con los objetivos generales los podemos describir como sigue: Seriese integrales de Fourier

i) Analizar los conceptos asociados a la definicion de la Serie de Fourier, suspropiedades y procedimientos de calculo, y aplicarlos a la resolucion deproblemas de ingenierıa.

ii) Formular el concepto de Integral de Fourier, sus propiedades y metodosde calculo y aplicar esta informacion en la solucion de problemas deingenierıa.

iii

Funciones vectoriales

i) Analizar el concepto de diferenciacion de funciones vectoriales, sus propiedades,procedimientos para realizar calculos y aplicarlos a la resolucion deproblemas de Ciencia e Ingenierıa

ii) Utilizar los conceptos de vector tangente, normal , binormal, curvaturay torsion e identidades de Frenet sus propiedades y procedimientos decalculos para emplearlos en la resolucion de problemas.

Diferenciacion parcial

i) Definir los conceptos de lımite, continuidad y describir las caracterısticasgraficas de las funciones de varias variables en IR2 en IR.

ii) Analizar criterios para reconocer y evaluar la diferenciabilidad de unafuncion escalar de varias variables, usar su propiedades, metodos decalculos para su aplicacion a la resolucion de problemas de Ingenierıa.

iii) Generalizar el concepto de diferenciacion para funciones compuestas eimplıcitas de varias variables, sus propiedades, metodos de calculos ysu aplicacion a la resolucion de problemas de Ingenierıa

iv) Aplicar diferentes metodos para determinar maximo y mınimos de unafuncion de varias variables y utilizarlos en la resolucion de problemasde optimizacion

Integracion

i) Analizar el concepto de integral doble sus propiedades y procedimientosde calculo , y su aplicacion a problemas de fısica e ingenierıa

ii) Analizar el concepto de integral triple sus propiedades y procedimientosde calculo, y su aplicacion en problemas de fısica e ingenierıa.

iii) Analizar los conceptos de integral de trayectoria e integral de lınea, yutilizar sus propiedades en la resolucion de problemas matematicos, defısica e ingenierıa

iv) Analizar los conceptos de integral de superficie, y utilizar sus propiedadesen la resolucion de problemas matematicos, de fısica e ingenierıa

Estructura de cada unidad Cada unidad en su desarrollo teorico yfundamentacion matematica enfatiza los conceptos, los teoremas queavalan los procedimientos y las tecnicas de resolucion de problemas.

iv

Unido a lo anterior, en cada tema hay una unidad de problemas resuel-tos, otra de problemas propuestos, algunos con soluciones y una unidadde aplicaciones a los temas de ingenierıa. Finalmente, se incluye tam-bien un instrumento de autoevaluacion que consiste en un test conproblemas de desarrollo que mide el nivel de las competencias cogniti-vas alcanzado por el estudiante. Este material pretende ser una fuentede motivacion que haga que los estudiantes perseveren en sus estudiosy puedan vencer las dificultades de aprendizaje, y alcanzar niveles quele permitan rapidamente conectarse con los temas en que esta inmersoun problema y estructurar un a respuesta al problema usando diversasherramientas matematicas, esto le dara desde luego un plus durantetoda su vida profesional.

v

Indice general

1. Serie de Fourier 1

1.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.2. Propiedades Generales . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.2.1. Lema Elemental . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.3. La serie de Fourier de una funcion . . . . . . . . . . . . 4

1.3.1. Coeficientes de Fourier . . . . . . . . . . . . . . 6

1.3.2. Atributos de la funcion . . . . . . . . . . . . . . 7

1.3.3. Convergencia de las series de Fourier . . . . . . 9

1.3.4. La integral de funciones pares e impares . . . . 15

1.3.5. Teorema de las funciones pares y de las impares 16

1.4. Desarrollos llamados de medio rango . . . . . . . . . . 17

1.4.1. Extension impar: . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

1.4.2. Extension par . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

1.5. Diferenciacion e Integracion de la series de Fourier . . . 21

1.5.1. Derivacion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

1.5.2. Integracion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

1.5.3. Identidad de Parseval . . . . . . . . . . . . . . . 25

1.6. Integral de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

1.6.1. Criterio de convergencia de la integral deFourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

1.6.2. Integrales de Fourier de cosenos y senos . . . . . 31

1.7. Aplicaciones de Series de Fourier . . . . . . . . . . . . 38

vi

1.7.1. Onda cuadrada alta frecuencia . . . . . . . . . 38

1.7.2. Rectificador de onda completa. . . . . . . . . . 39

1.7.3. Ecuacion de calor unidimensional . . . . . . . . 40

1.7.4. Ecuacion de calor: barra aislada . . . . . . . . 41

1.7.5. Ecuacion de Onda . . . . . . . . . . . . . . . . 42

1.7.6. Deflexion de una viga . . . . . . . . . . . . . . 44

1.8. Problemas Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

1.9. Ejercicios Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

1.9.1. Serie de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

1.9.2. Integral de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . 63

1.10. Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

1.10.1. Respuestas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

1.11. Auto evaluaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

2. Funciones Vectoriales de una variable real 92

2.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92

2.2. Funciones Vectoriales . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93

2.3. Lımite de una funcion vectorial. . . . . . . . . . . . . . 95

2.3.1. Teorema del lımite . . . . . . . . . . . . . . . . 95

2.3.2. Operaciones con funciones vectoriales . . . . . 98

2.3.3. Teoremas del algebra de lımites . . . . . . . . . 98

2.3.4. Teorema: producto de funcion escalar por vec-torial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99

2.4. Continuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99

2.5. La Derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100

2.6. Regularidad de una curva . . . . . . . . . . . . . . . . 102

2.6.1. Camino regular . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103

2.6.2. Propiedades de la Derivada . . . . . . . . . . . 103

2.7. Parametrizacion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104

2.7.1. Ejemplos de reparametrizaciones . . . . . . . . 106

2.8. Longitud de Arco . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107

vii

2.8.1. La Longitud de Arco como Parametro . . . . . 109

2.8.2. Parametrizacion por Longitud de Arco . . . . . 111

2.9. Trayectorias y curvas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113

2.10. Vectores Unitarios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115

2.10.1. Vector Tangente unitario . . . . . . . . . . . . 115

2.10.2. Vector Normal . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116

2.10.3. Vector Binormal . . . . . . . . . . . . . . . . . 116

2.11. Curvatura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118

2.11.1. Calculo de curvatura usando parametro t cualquieraen R3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120

2.12. Planos por un punto de la curva . . . . . . . . . . . . . 123

2.12.1. Plano Osculador . . . . . . . . . . . . . . . . . 124

2.12.2. Plano Normal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124

2.12.3. Plano Rectificante . . . . . . . . . . . . . . . . 124

2.12.4. Recta Tangente . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125

2.12.5. Recta Normal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125

2.12.6. Recta Binormal . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125

2.13. Torsion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127

2.13.1. Calculo de la torsion usando parametro t cualquiera(en R3) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128

2.14. Formulas de Frenet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130

2.15. Aplicaciones de Funciones Vectoriales y Curvas . . . . 131

2.15.1. Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132

2.16. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140

2.17. Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 169

2.17.1. Respuestas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173

2.18. Auto Evaluaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175

viii

3. Funciones de varias variables 189

3.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189

3.2. Funciones Escalares de Variable Vectorial . . . . . . . . 193

3.2.1. Conceptos Topologicos . . . . . . . . . . . . . . 193

3.2.2. Aspectos Geometrico de las Funciones Escalares 197

3.2.3. Grafica de una Funcion . . . . . . . . . . . . . . 197

3.2.4. Curvas y Superficies de Nivel . . . . . . . . . . 198

3.2.5. Lımite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 199

3.2.6. Continuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205

3.2.7. Derivadas Parciales . . . . . . . . . . . . . . . . 207

3.3. Diferenciabilidad en dos variables . . . . . . . . . . . . 209

3.3.1. Derivada Direccional . . . . . . . . . . . . . . . 211

3.3.2. Plano tangente y recta normal . . . . . . . . . . 215

3.3.3. Funcion Compuesta. La Regla de la Cadena. . . 218

3.3.4. Funcion Implıcita . . . . . . . . . . . . . . . . . 222

3.3.5. Jacobiano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 226

3.3.6. Maximos y Mınimos . . . . . . . . . . . . . . . 228

3.3.7. Extremos Restringidos . . . . . . . . . . . . . . 233

3.4. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 245

3.4.1. Continuidad y diferenciabilidad . . . . . . . . . 245

3.4.2. Regla de la cadena . . . . . . . . . . . . . . . . 248

3.4.3. Derivacion Implıcita . . . . . . . . . . . . . . . 251

3.4.4. Plano Tangente a una Superficie . . . . . . . . . 256

3.4.5. Derivadas Direccionales . . . . . . . . . . . . . . 258

3.4.6. Valores extremos . . . . . . . . . . . . . . . . . 260

3.4.7. Multimplicadores de Lagrange para extremos re-stringidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 264

3.4.8. Aplicacion al calculo de errores . . . . . . . . . 275

3.5. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 276

3.5.1. Lımites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 276

3.5.2. Diferenciabilidad, continuidad . . . . . . . . . . 277

ix

3.5.3. Derivadas parciales . . . . . . . . . . . . . . . . 278

3.5.4. Derivadas Direccionales . . . . . . . . . . . . . . 280

3.5.5. Puntos crıticos maximos y mınimos . . . . . . . 284

3.6. Aplicaciones Derivada Direccional . . . . . . . . . . . . 286

3.7. Aplicaciones de Maximos y Mınimos . . . . . . . . . . 289

3.7.1. Aplicacion al campo de la mecanica . . . . . . . 289

3.7.2. Aplicaciones a la geometrıa . . . . . . . . . . . 292

3.7.3. Aplicacion al campo de la economıa . . . . . . 297

3.7.4. Problemas Propuestos de Aplicaciones . . . . . 302

3.8. Auto evaluaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 304

4. Integracion Multiple 315

4.1. Integrales dobles y triples . . . . . . . . . . . . . . . . 315

4.1.1. Integrales Dobles . . . . . . . . . . . . . . . . . 315

4.1.2. Integrales sobre conjuntos acotados de R2 . . . 320

4.1.3. Teorema de Fubini . . . . . . . . . . . . . . . . 322

4.1.4. Areas y Volumenes . . . . . . . . . . . . . . . . 327

4.1.5. Cambio de variable . . . . . . . . . . . . . . . . 329

4.2. Aplicaciones de la integral doble . . . . . . . . . . . . 333

4.2.1. Masa de una region plana de densidad variable. 333

4.2.2. Momentos y centroide de una region plana . . . 334

4.3. Integrales triples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 337

4.3.1. Ideas preliminares . . . . . . . . . . . . . . . . . 337

4.3.2. Teorema de Fubini . . . . . . . . . . . . . . . . 337

4.3.3. Teorema de la integral triple (Para dominios masgenerales) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 338

4.3.4. Cambio de variable para integrales triples . . . 342

4.3.5. Formula del cambio de variable . . . . . . . . . 345

4.3.6. Masa, Momentos, y Centroide de una Region delEspacio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 348

4.4. Ejercicios resueltos integrales triples y dobles . . . . . . 350

x

4.4.1. Calculo de integrales dobles en coordenadas rectangu-lares cartesianas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 350

4.4.2. Cambios de orden de Integracion . . . . . . . . 361

4.4.3. Cambios de variables: Coordenadas polares . . . 363

4.4.4. Cambios de variables. Coordenadas curvilıneas . 367

4.4.5. Calculo de integrales triples en coordenadas rectangu-lares cartesianas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 373

4.4.6. Coordenadas esfericas . . . . . . . . . . . . . . 377

4.4.7. Coordenadas Cilındricas . . . . . . . . . . . . . 380

4.5. Ejercicios propuestos integrales dobles y triples . . . . . 389

4.5.1. Integrales dobles . . . . . . . . . . . . . . . . . 389

4.5.2. Calculo de Integrales dobles usando transforma-cion de coordenadas . . . . . . . . . . . . . . . 392

4.5.3. Integrales triples . . . . . . . . . . . . . . . . . 394

4.5.4. Integrales triples iteradas . . . . . . . . . . . . . 394

4.5.5. Integrales triples en coordenadas rectangularescartesianas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 396

4.5.6. Calcular las integrales dadas usando las coorde-nadas adecuadas: . . . . . . . . . . . . . . . . . 397

4.5.7. Resolver las integrales usando coordenadas esferi-cas: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 399

4.6. Aplicaciones integrales dobles y triples . . . . . . . . . 401

4.6.1. Volumenes de cuerpos en el espacio . . . . . . . 401

4.6.2. Area de figuras planas. . . . . . . . . . . . . . . 404

4.6.3. Momentos y centros de masa para placas planasdelgadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 406

4.6.4. Centroide de figuras geometricas . . . . . . . . . 407

4.6.5. Momentos y Centros de masa de un solido . . . 412

4.6.6. Masa de un solido . . . . . . . . . . . . . . . . . 413

4.6.7. Determinacion del centroide dee un solido . . . 424

4.7. Autoevaluacion Integrales dobles y triples . . . . . . . 426

xi

5. Integral de Linea 436

5.1. Campos vectoriales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 441

5.2. Cambio de parametrizacion . . . . . . . . . . . . . . . 446

5.2.1. Reparametrizacion . . . . . . . . . . . . . . . . 447

5.3. Independencia de trayectoria . . . . . . . . . . . . . . . 449

5.4. Campos Conservativos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 451

5.4.1. Campo gradiente . . . . . . . . . . . . . . . . . 451

5.4.2. Teorema de Green . . . . . . . . . . . . . . . . 456

5.5. Aplicaciones de la integral de trayectoria . . . . . . . . 461

5.5.1. Area de una pared . . . . . . . . . . . . . . . . 465

5.6. Aplicaciones de la integral de lınea . . . . . . . . . . . 467

5.7. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 477

5.7.1. Campo conservativo . . . . . . . . . . . . . . . 481

5.7.2. Teorema de Green . . . . . . . . . . . . . . . . 485

5.8. Problemas propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 492

5.8.1. Integral de trayectoria . . . . . . . . . . . . . . 492

5.8.2. Integral de lınea . . . . . . . . . . . . . . . . . . 493

5.8.3. Campos conservativos . . . . . . . . . . . . . . 494

5.8.4. Teorema de Green . . . . . . . . . . . . . . . . 495

5.9. Autoevaluaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 496

6. Integrales de superficie 504

6.1. Superficie orientada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 507

6.1.1. Integral de flujo. . . . . . . . . . . . . . . . . . 508

6.1.2. Superficies Parametrizadas. . . . . . . . . . . . 510

6.1.3. Vector normal a S : . . . . . . . . . . . . . . . . 510

6.1.4. Area de una superficie parametrizada . . . . . . 513

6.1.5. Integral de una funcion escalar sobre una super-ficie. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 516

6.1.6. Integral de Superficie de campos vectoriales . . 517

6.1.7. Aplicacion al campo de la fısica: . . . . . . . . . 519

xii

6.2. Teoremas de Gauss y de Stokes . . . . . . . . . . . . . 519

6.2.1. Divergencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 519

6.2.2. Teorema de la divergencia de Gauss. . . . . . . 520

6.2.3. Teorema de Stokes. . . . . . . . . . . . . . . . . 524

6.3. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 525

6.3.1. Integrales de superficie . . . . . . . . . . . . . . 529

6.3.2. Integral de Flujo de un campo vectorial . . . . . 532

6.3.3. Teorema de la divergencia de Gauss . . . . . . . 537

6.3.4. Teorema de Stokes . . . . . . . . . . . . . . . . 543

6.4. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 550

6.4.1. Area de una superficie . . . . . . . . . . . . . . 550

6.4.2. Integrales de funciones escalares sobre superficie 553

6.4.3. Integral de Flujo . . . . . . . . . . . . . . . . . 555

6.4.4. Teorema de la divergencia de Gauss . . . . . . . 557

6.4.5. Teorema de Stokes . . . . . . . . . . . . . . . . 561

6.5. Aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 564

6.5.1. Aplicaciones Integral de Flujo . . . . . . . . . . 564

6.5.2. Aplicacion del teorema de Gauss . . . . . . . . 568

6.5.3. Aplicacion teorema de Stokes . . . . . . . . . . 573

6.5.4. Aplicacion teorema de Green . . . . . . . . . . 576

6.5.5. Aplicaciones al electromagnetismo . . . . . . . 580

6.6. Auto evaluaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 587

xiii

Capıtulo 1

Serie de Fourier

En el presente capıtulo se estudiaran los conceptos basicos , metodosde calculo de los coeficientes y condiciones de convergencia para repre-sentar funciones mediante series e integrales de Fourier .

1.1. Introduccion

Las funciones periodicas se presentan frecuentemente en una gran var-iedad de problemas de fısica e ingenierıa, tales como propagacion deondas en un medio, conduccion del calor a lo largo de una varilla ,resonancia nuclear magnetica ,en consecuencia, abordar la solucion detales problemas, requiere del estudio de la serie de Fourier.

La serie de Fourier es la representacion de una funcion en terminosde una serie trigonometrica infinita cuyas bases son las funciones senoy coseno. Algunas de las ventajas de esta representacion sobre otrasrepresentaciones, tales como, las series de Taylor, son:

a) primero, se puede representar funciones periodicas en terminos delas bases seno y coseno que tienen diferentes frecuencias;

b) segundo, se puede representar funciones discontinuas en un punto oseccionalmente continuas en un numero finito de puntos;

c) tercero, permite encontrar la respuesta de un sistema que es pertur-bado por una funcion periodica, en terminos de una frecuencia funda-mental y cada una de las frecuencias armonicas.

1

1.2. Propiedades Generales

Para problemas con condiciones de frontera periodicas en el intervalo−L ≤ x ≤ L, nos preguntamos si es posible expresar una funcion comouna combinacion lineal de funciones seno y coseno de frecuencias cadavez mayores, como la siguiente serie infinita (conocida como serie deFourier de f(x)):

f(x) = a0 +∞∑n=1

(an cos

(nπx

L

)+ bn sin

(nπx

L

)) (1,1,1)

Obviando la igualdad, vale preguntarse ¿converge esta serie infinita?,¿que condi-ciones debe cumplir f para que se de la convergencia?,¿cuando convergea f(x)?

Estas preguntas no tienen una respuesta sencilla. Sin embargo, las seriesde Fourier normalmente funcionan bastante bien.

Supongamos que f admite desarrollo en serie de Fourier, ¿como se ob-tienen los coeficientes a0, an y bn en terminos de f(x) ?. Para responderesta ultima pregunta necesitaremos del siguiente lema.

1.2.1. Lema Elemental

Lema 1.2.1. i) Si m y n son numeros enteros no negativos distintos,entonces:∫ L

−Lcos(nπxL

)cos(mπx

L

)dx =

∫ L

−Lsin(nπxL

)sin(mπx

L

)dx = 0

(1.2.1)ii) Para cualquier par de enteros no negativos m y n,entonces:∫ L

−Lcos(nπxL

)sin(mπx

L

)dx = 0 (1.2.2)

iii)Para cualquier entero positivo n, entonces:∫ L

−Lcos2

(nπxL

)dx =

∫ L

−Lsin2

(nπxL

)dx = L (1.2.3)

2

Demostracion:

Se prueba integrando directamente: usando la identidad cosα cos β =cos(α− β) + cos(α + β)

2

i)

∫ L

−Lcos(nπxL

)cos(mπx

L

)dx =

1

2

∫ L

−Lcos

((n−m)πx

L

)dx+

1

2

∫ L

−Lcos

((n+m)πx

L

)dx

=1

2

L

(n−m) πsin

((n−m) πx

L

)∣∣∣∣L−L

+1

2

L

(n+m) πsin

((n+m) πx

L

)∣∣∣∣L−L

= 0

Ademas, si m = 0 y n 6= 0 es facilmente verificable que la integral

es cero.

En forma similar se prueba que

∫ L

−Lsin(nπxL

)sin(mπx

L

)dx = 0

ii) Usando la identidad trigonometrica sinα cos β =sin(α− β) + sin(α + β)

2

∫ L

−Lcos(nπxL

)sin(mπx

L

)dx =

1

2

L∫−L

sin

((n−m) πx

L

)dx+

1

2

L∫−L

sin

((n+m)πx

L

)dx

= −1

2

L

(n−m) πcos

((n−m) πx

L

)|L−L

−1

2

L

(n+m)πsin

((n+m)πx

L

)|L−L

= 0

A estas formulas integrales se les llama relaciones de ortogonalidad

y diremos que en tal caso el conjunto de las funciones

cos(nπxL

), sin

(mπxL

)∀ n = 0, 1, 2, ..., y ∀ m = 1, 2, ..., son ortogonales en [−L,L]iii) La demostracion queda como ejercicio para el lector, se prueba

3

integrando directamente.En sıntesis, se puede puntualizar que:

1

L

∫ L

−Lcos(nπxL

)cos(mπx

L

)dx =

0, si m 6= n1, si m = n

= δm,n

1

L

∫ L

−Lsin(nπxL

)sin(mπx

L

)dx =

0, si m 6= n1, si m = n

= δm,n

donde δm,n se define como el delta de Kroneker.

1

L

∫ L

−Lcos(nπxL

)sin(mπx

L

)dx = 0 ∀m,n∫ L

−Lcos(nπxL

)dx = 0 ∀m,n ; y∫ L

−Lsin(mπx

L

)dx = 0 ∀m,n

1.3. La serie de Fourier de una funcion

Se debe distinguir entre f(x) y su serie de Fourier en el intervalo −L ≤x ≤ L:

Serie de Fourier de f(x)

a0 +∞∑n=1

(an cos

(nπxL

)+ bn sin

(nπxL

))La serie trigonometrica puede incluso no converger y si converge, puedeque no lo haga a f(x). Partiendo del supuesto que la serie convergepodrıamos determinar los coeficientes de Fourier a0, an y bn, usandolas relaciones de ortogonalidad.

Sea f(x) definida en el intervalo −L ≤ x ≤ L:

f(x) = a0 +∞∑n=1

(an cos

(nπxL

)+ bn sin

(nπxL

))(1.3.4)

Integrando la identidad ( 1.3.4) se tiene:∫ L

−Lf(x)dx =

∫ L

−La0dx+

∞∑n=1

(an

∫ L

L

cos(nπxL

)dx+ bn

∫ L

−Lsin(nπxL

)dx

)4

Como todas las integrales de la derecha valen cero, excepto la primera,

se deduce de aquı el valor de a0, suponiendo que la

L∫−L

f(x)dx existe, ası.

a0 =1

2L

L∫−L

f(x)dx

Para el calculo de an multiplicamos la identidad ( 1.3.4) por cos(mπx

L

)e integramos la serie termino a termino, queda∫ L

−Lf(x) cos

(mπxL

)dx = a0

∫ L

−Lcos(mπx

L

)dx+

∞∑n=1

(an

∫ L

L

cos(nπxL

)cos(mπx

L

)dx+ bn

∫ L

−Lsin(nπxL

)cos(mπx

L

)dx

)=

= 0 +∞∑n=1

an · Lδn,m + 0 = Lam

Por lo tanto, al evaluar δn,m, queda un solo termino:∫ L

−Lf(x) cos

(mπxL

)dx = amL,

ası el valor de am es

am =1

L

∫ L

−Lf(x) cos

(mπxL

)dx, ∀ m ≥ 1

Cambiando el ındice libre m por n , en ambos lados de la ecuacion,queda

an =1

L

∫ L

−Lf(x) cos

(nπxL

)dx, ∀ n ≥ 1

Ahora, multiplicando ( 1.3.4) por sin(mπx

L

)e integrando de manera

similar y por el lema se tiene

bn =1

L

∫ L

−Lf(x) sin

(nπxL

)dx, ∀ n ≥ 1

Hemos determinado los coeficientes a0, an y bn ,claro que, bajo muchossupuestos. Estos calculos sugieren la siguiente definicion.

5

1.3.1. Coeficientes de Fourier

Definicion 1.-

i) Sea f una funcion Riemann integrable en [−L,L], las constantes

a0 =1

2L

L∫−L

f(x)dx

an =1

L

∫ L

−Lf(x) cos

(nπxL

)dx para n = 1, 2, 3, ...

bn =1

L

∫ L

−Lf(x) sin

(nπxL

)dx para n = 1, 2, 3, ...

2,1,1

se denominan los coeficientes de Fourier de f en [−L,L].ii) La serie:

f(x) ∼ a0 +∞∑n=1

[an cos

(nπxL

)+ bn sin

(nπxL

)]es la serie de Fourier de f en el intervalo [−L,L] , cuando los coefi-cientes estan dados por (2,1,1). Para no hablar de convergencia todavıa,escribimos el signo”∼”que significa que a la derecha se tiene la serie deFourier de f en −L ≤ x ≤ L.

Observese que, la serie de Fourier de f , se puede interpretar como unageneralizacion de una combinacion lineal en una base ortogonal seno,coseno, que es aplicada a una funcion en lugar de un vector estandaren Rn.El siguiente ejemplo ilustra como dada una funcion periodica f(x), deperıodo 2π, se calculan los coeficientes de Fourier y expresa la serietrigonometrica de Fourier correspondiente.

Ejemplo 1: Determinar la serie de Fourier de f(x) = x si x ∈ [−π, π]

6

Solucion: La grafica de la funcion es:

Los coeficientes de Fourier de f en [−π, π] , son:

a0 = 12π

π∫−πxdx = 0

an = 1π

π∫−πx cos (nx) dx =

[1n2π

cos(nx) + xnπ

sin(nx)]π−π = 0

bn = 1π

π∫−πx sin(nx)dx =

[1n2π

sin(nx)− xnπ

cos(nx)]π−π

∴ bn = 2n(−1)n+1 ∀ n ≥ 1

Por tanto, la serie de Fourier de f en[−π, π] es:

∞∑n=1

2

n(−1)n+1 sin(nx)

1.3.2. Atributos de la funcion

Lo anteriormente expuesto es valido para cierto tipo de funciones, nosreferimos a las funciones f(x) que son seccionalmente continuas.

Definicion 2.- Sea f(x) definida en [a, b]. Entonces f es seccional-mente continua en [a, b] si:

a) f es continua en [a, b] ,excepto quizas en un numero finito de puntos.

b) Ambos lımx→a+ f(x) y lımx→b− f(x) existen y son finitos.

c) f no es continua en x0, x0 ∈ (a, b) y los lımites lımx→x+0f(x) y lımx→x−0

f(x)existen y son finitos .

7

Definicion 3.- f(x) es seccionalmente suave en [a, b] si f y f ′ son

seccionalmente continuas en [a, b] .

Ejemplo 2: Muestre que f(x) = x13 no es seccionalmente suave en

ningun intervalo cerrado que contenga en su interior al cero.

Solucion: En efecto, se tiene que

f ′(x) =1

3x−23 =⇒ lım

x→0f ′(x) = lım

x→0

1

3x−23 = ∞,

no existe. Por tanto, la funcion no es seccionalmente suave.

Observacion:

Las funciones seno y coseno, que aparecen como bases en la serie de

Fourier, tienen perıodos diferentes los que son iguales a2L

npara n ≥ 1.

Por otra parte, un multiplo entero del perıodo de una funcion perıodicaes tambien un perıodo , podemos afirmar entonces, que 2L es el perıodocomun para las funciones seno y coseno del desarrollo de la serie. Porlo anterior, la serie de Fourier no solo representa a f en el intervalo−L ≤ x ≤ L , sino que, proporciona una extension perıodica de f entodos los reales.

8

Ejemplo 3: Encontrar el perıodo de la funcion f(x) = 100 cos2 x.

Solucion: Utilizando la identidad trigonometrica cos2 θ = 12(1+cos 2θ)

se tiene

f(x) = 100 cos2 x = 1001

2(1 + cos 2x)

luego queda

f(x) = 50 + 50 cos 2x

como el perıodo de cos 2x es π y una funcion constante tiene cualquierperıodo, entonces f(x) es de perıodo π.

1.3.3. Convergencia de las series de Fourier

A continuacion vamos a establecer las condiciones de suficiencia quedebe cumplir una funcion f(x) para que pueda ser representada pormedio de una serie de Fourier.

Teorema 1.3.1. Si f(x) es seccionalmente suave en el intervalo[−L,L], entonces la serie de Fourier de f(x) converge. i) A la ex-tension perıodica de f(x), en los puntos que la extension perıodica seacontinua. ii) Al promedio de los lımites laterales 1

2(f(x+) + f(x−)) en

los puntos donde la extension perıodica tenga una discontinuidad desalto.

En el siguiente ejemplo, se evalua si la serie de Fourier resultante deuna funcion f(x) en un punto x0 dado converge o no en ese punto

9

Ejemplo 4: Sea f(x) =

0 si −3 ≤ x ≤ 0x si 0 ≤ x ≤ 3

.Construir la serie de

Fourier y analizar la convergencia en todo R

Solucion: Representemos la grafica de la funcion

Los coeficientes de la serie de Fourier de f(x),son:

a0 =1

6

3∫−3

f(x)dx =1

6

3∫0

xdx =3

4

an =1

3

3∫−3

f(x) cos(nπx

3

)dx

=1

3

∫ 3

0

x cos(nπx

3

)dx =

1

3

∣∣∣∣∣9 cos(nπx

3

)n2π2

+3x sin

(nπx

3

)nπ

∣∣∣∣∣3

0

=3

n2π2(cos(nπ)− 1) =

3

n2π2((−1)n − 1)

bn =1

3

3∫−3

f(x) sin(nπx

3

)dx

=1

3

∫ 3

0

x sin(nπx

3

)dx =

1

3

∣∣∣∣∣9 sin(nπx

3

)n2π2

+3x cos

(nπx

3

)nπ

∣∣∣∣∣3

0

= − 3

nπcos(nπ) = − 3

nπ(−1)n

Por consiguiente, la serie de Fourier la podemos escribir

3

4+∞∑n=1

(3

n2π2((−1)n − 1) cos

(nπx3

)− 3

nπ(−1)n sin

(nπx3

))10

Tenemos que f es continua en [−3, 3] ,por lo tanto su extension perıod-ica es seccionalmente continua en R , con discontinuidad de salto enlos puntos x = 3± 6n, n ∈ ZPor lo tanto, de acuerdo al teorema la serie converge a

fE(x) =

f(x) si x 6= 3± 6n

32

si x = 3± 6nn ∈ Z

entonces

fE(x) =3

4+

3

π2

∞∑n=1

(1

n2((−1)n − 1) cos

(nπx3

)− π

n(−1)n sin

(nπx3

))

los coeficientes ((−1)n − 1) son nulos, si n es numero par e iguales a−2, si n es numero impar. Entonces

f(x) =3

4− 6

π2

∞∑n=1

(1

(2n− 1)2cos

((2n− 1)πx

3

)+

π

6n(−1)n sin

(nπx3

))

Al evaluar la convergencia en x0= 3, punto de discontinuidad de la

funcion, se obtiene

3

2=

3

4− 6

π2

∞∑n=1

[1

(2n− 1)2(−1)2n−1

]=⇒

∞∑n=1

1

(2n− 1)2=π2

8

Observese que a partir de la convergencia de la serie de Fourier en unpunto se puede inferir la convergencia de la suma de terminos de laserie resultante.

Definicion 4.- Una suma parcial de la serie de Fourier es una sumade la forma:

Sn = a0 +N∑n=1

an cos(nπLx)

+ bn sin(nπLx)

Observacion. Al truncar la serie infinita se obtiene un polinomio degrado n.

11

Ejemplo 5 Sea f(x) = x + π, x ∈ [−π, π] . Determine la serie deFourier y obtener la grafica de sumas parciales S1(x), S3(x), S10(x).

Solucion : La grafica de la funcion es

Los coeficientes de Fourier de f en [−π, π]

a0 =1

2π

π∫−π

(x+ π)dx =1

2π

[x2

2+ πx

]π−π

=1

2π

(2π2)

= π

∴ a0 = π

an =1

π

π∫−π

(x+ π) cos (nx) dx =1

π

[1

n2cos(nx) +

x

nsin(nx)

]π−π

∴ an = 0

bn =1

π

π∫−π

(x+ π) sin(nx)dx =1

π

[1

n2sen(nx)− x

ncos s(nx)

]π−π

∴ bn = 2n(−1)n+1

Ası la serie de Fourier de f (x) es

π + 2∞∑n=1

(−1)n+1

nsin(nx) = π + 2

(sinx− sin 2x

2+sin3x

3− ..)

Para visualizar la convergencia de esta serie grafiquemos algunas de sussumas parciales

Sn(x) = π + 2n∑k=1

(−1)n

ksin(kx)

12

Obtengamos S1 :

S1(x) = π + 21∑

k=1

(−1)n

ksin(kx)

13

Obtengamos S3

S3(x) = π + 23∑

k=1

(−1)n

ksin(kx)

Finalmente Obtengamos S10

S10 = π + 210∑k=1

(−1)n

ksin(kx)

A partir de este ejemplo, podemos inferir que para las series de Fourierlas graficas de las sumas parciales son curvas aproximadas de la graficade la funcion perıodica representada por la serie. Se puede visualizarademas, que en la medida que es mayor el numero de terminos delas sumas parciales estas convergen de mejor forma a la grafica de lafuncion f .

14

1.3.4. La integral de funciones pares e impares

Lema 1.3.1. (de funciones pares e impares) Sea f una funcion in-tegrable en [−L,L] . a) Si f una funcion par en [−L,L], entoncesL∫−Lf(x)dx = 2

L∫0

f(x)dx. b) Si f es funcion impar en [−L,L], entonces

L∫−Lf(x)dx = 0.

Demostracion

a) f funcion par, entonces f(−x) = f(x) ∀x ∈ R. Considerando quef

es par y el cambio de variable t = −x se tiene

0∫−L

f(x)dx =

0∫−L

f(−x)dx =

L∫0

f(t)dt =

L∫0

f(x)dx

entonces

L∫−L

f(x)dx =

0∫−L

f(x)dx+

L∫0

f(x)dx = 2

L∫0

f(x)dx

b) f funcion impar, entonces f(−x) = −f(x) ∀x ∈ R. Usando estehecho y el cambio de variable t = −x se tiene

0∫−L

f(x)dx =

0∫−L

−f(−x)dx =

0∫L

f(t)dt =

L

−∫0

f(x)dx

entoncesL∫−L

f(x)dx =

0∫−L

f(x)dx+

L∫0

f(x)dx =

L∫0

f(x)dx−L∫0

f(x)dx = 0

lo que demuestra el lema.A continuacion, vamos a determinar los coeficientes y la serie de Fouriercoseno (o seno) segun corresponda, dada una funcion f par (o impar)de periodo 2L.

15

1.3.5. Teorema de las funciones pares y de las im-pares

Teorema 1.3.2. Sea f una funcion integrable en [−L,L], a) Si f espar, la serie de Fourier de f en [−L,L] es

a0 +∞∑n=1

an cos(nπxL

)

con coeficientes a0 =1

L

L∫0

f(x)dx y an =2

L

L∫0

f(x) cos(nπxL

)dx,

se denomina serie de cosenos. b) Si f es impar, la serie de Fourier def en [−L,L] es

∞∑n=1

bn sin(nπxL

)con coeficiente bn =

2

L

∫ L

0

f(x) sin(nπxL

)dx, se denomina serie de

senos.

Demostracion: Se deja al lector, debe aplicar el Lema 1.3.1 en el calculode los coeficientes de Fourier.

Ejemplo 6: Calcule la serie de Fourier de f(x) = 1 − |x| en −2 ≤x ≤ 2.

Solucion: A partir de la grafica de la funcion podemos inferir que lafuncion es par.

Es decir f(−x) = 1 − |−x| = 1 − |x| = f(x) ∀x ∈ R, luego se tieneque f es par.

Los coeficientes del desarrollo de Fourier, son:

16

a0 =1

2

2∫0

(1− x)dx =1

2

(x− x2

2

)∣∣∣∣∣∣2

0

= 0

an =2

2

∫ 2

0

(1− x) cos(nπx

2

)dx =

∫ 2

0

cos(nπx

2

)dx−

∫ 2

0

x cos(nπx

2

)dx

= 0−

[4 cos

(nπx

2

)n2π2

+2x sin

(nπx

2

)nπ

]2

0

por consiguiente

an =

0 si n es par8

(2n−1)2π2 si n es impar

Ası la serie de Fourier de f(x) = 1− |x| es:

8

π2

∞∑n=1

1

(2n− 1)2cos

((2n− 1)πx

2

)

En muchos problemas se tiene la posibilidad de trabajar con series desenos o series de cosenos. Por ejemplo , al resolver ecuaciones diferen-ciales parciales de segundo orden aplicando el metodo de separacion devariables.

1.4. Desarrollos llamados de medio rango

Sea una funcion f seccionalmente continua que esta definida solo enel semi-intervalo [0, L], queremos obtener el desarrollo de f en serie deFourier ∀x ∈ [0, L] . Una forma de hacer lo anterior es extender f alintervalo [−L,L] y por supuesto , puede ser hecho de muchas maneras,sin embargo, dos extensiones son las mas convenientes e importantes.Construir una extension impar lo que origina una serie de senos oconstruir un extension par lo que determina una serie de cosenos.Estas se denominan desarrollos de medio rango.

1.4.1. Extension impar:

Supongamos que conocemos f(x) solamente para 0 ≤ x ≤ L, entoncespodemos extenderla como una funcion impar, obteniendo otra funcion

17

denotada fi(x) definida por:

fi(x) =

f(x), 0 ≤ x ≤ L

−f(−x), −L ≤ x ≤ 0

como se muestra en la figura adjunta.

Si f(x) es seccionalmente suave en 0 ≤ x ≤ L, entonces fi(x) es tambienseccionamente suave y se puede aplicar el teorema de convergencia deseries de Fourier.

La serie de Fourier de fi(x) es

fi(x) =∞∑n=1

bn sin(nπxL

), − L ≤ x ≤ L

Como estamos interesados solamente en lo que ocurre entre 0 ≤ x ≤ L.En esa region f(x) es identica a fi(x) y la serie de Fourier es

f(x) =∞∑n=1

bn sin(nπxL

), 0 ≤ x ≤ L

con coeficiente bn =2

L

∫ L

0

f(x) sin(nπxL

)

Ejemplo 7. Sea la funcion f(x) = x en el interior 0 ≤ x ≤ L.Obtener el desarrollo de medio rango considerando una extension im-par.

18

Solucion. Consideremos la extension impar de f(x) en 0 ≤ x ≤ L,la grafica de f muestra que la serie de fourier de senos converge a f(x)en 0 ≤ x ≤ L. Sin embargo, en x = L hay una discontinuidad de salto,luego la serie converge a cero aunque f(L) 6= 0.

bn =2

L

∫ L

0

f(x) sin(nπxL

)dx =

2

L

∫ L

0

x sin(nπxL

)dx =

2L

nπ(−1)n+1

Por lo tanto, la serie resultante es:

x =2L

π

∞∑n=1

(−1)n+1

nsin(nπxL

), 0 ≤ x ≤ L

1.4.2. Extension par

Supongamos ahora que conocemos f(x) solamente para 0 ≤ x ≤ L, entonces la extendemos como funcion par, obteniendo otra funciondenotada fp(x) definida por:

fp(x) =

f(x), 0 ≤ x ≤ L

f(−x), −L ≤ x ≤ 0

como muestra la figura adjunta:

Si f(x) es seccionalmente continua en 0 ≤ x ≤ L, entonces su extensionpar fp(x) lo sera tambien por lo que se puede aplicar el teorema deconvergencia de series de Fourier.

En el intervalo 0 ≤ x ≤ L, la funcion f(x) es identica a su extensionpar. La serie que se obtiene se denomina serie de Fourier de cosenos def(x).

a0 +∞∑n=1

an cos(nπxL

), 0 ≤ x ≤ L, con coeficientes

19

a0 =1

L

∫ L

0

f(x)dx y an =2

L

∫ L

0

f(x) cos(nπxL

)dx

Ejemplo 8: Construir la serie de Fourier de Cosenos de f(x) = x en

0 ≤ x ≤ L.

Solucion: Por las caracterısticas de la extension en lo que conciernea la continuidad de la funcion tenemos:

x = a0 +∞∑n=1

an cos(nπxL

), 0 ≤ x ≤ L

a0 =1

L

∫ L

0

f(x)dx =1

L

∫ L

0

xdx =1

L

x2

2

∣∣∣∣L0

=L

2

an =2

L

∫ L

0

f(x) cos(nπxL

)dx =

2

L

∫ L

0

f(x) cos(nπxL

)dx

an =

0 si n par.

− 4Ln2π2 si n impar.

20

Finalmente, la serie de Fourier coseno de f(x) = x en 0 ≤ x ≤ L es:

L

2− 4L

π2

∞∑n=1

1

(2n− 1)2cos

((2n− 1)πx

L

)

1.5. Diferenciacion e Integracion de la se-

ries de Fourier

1.5.1. Derivacion

Las series infinitas, aun las convergentes no siempre se pueden derivartermino a termino. Un caso ilustrativo, es el de la funcion f(x) = xdefinida para −π ≤ x ≤ π, cuya serie de Fourier es

∞∑n=1

2(−1)n+1

nsin(nx)

que converge para −π < x < π, es decir

x =∞∑n=1

2(−1)n+1

nsin(nx), x ∈ ]−π, π[

Si diferenciamos, esta serie termino a termino tenemos:

∞∑n=1

2(−1)n+1 cos(nx)

la cual es una serie que no converge en ] − π, π[ , ya que si an =2(−1)n+1 cos(nx) para cada x ∈]− π, π[, lım

n→∞an no existe, como no

ocurre que an −→ 0 ,concluimos que∞∑n=1

2(−1)n+1 cos(nx) no converge

para cada x ∈]− π, π[.

Por otro lado, f ′(x) = 1 ∀x ∈]−π, π[. Esto muestra en este caso quela derivada termino a termino de la serie, no converge a la derivada dela funcion que representa.

La dificultad se nos presenta cada vez que la serie de Fourier de f(x)tiene una discontinuidad de salto, la derivacion termino a termino noesta justificada en estos casos. Sin embargo, podemos aquı considerar elsiguiente teorema que precisa las condiciones para permitir la derivaciontermino a termino.

21

Teorema 1.5.1. Sea f una funcion continua en [−L,L] con f(−L) =f(L), si f ′ es seccionalmente suave en [−L,L] donde f ′′(x) existe setiene.

f ′(x) =∞∑n=1

nπ

L

[−an sin

(nπxL

)+ bn cos

(nπxL

)]Demostracion.-

Se deja al lector, se sugiere escribir la serie de Fourier de f ′(x), con-siderando que esta serie converge a f ′(x) siempre que f ′′(x) exista. Useintegracion por partes para relacionar los coeficientes de f ′(x) con loscorrespondientes de f(x).

Ejemplo 9. Dada la funcion f(x) = x2 en −π ≤ x ≤ π , verifique

si la derivada de esta serie existe.

Solucion Claramente se satisface las hipotesis de la proposicion an-terior. La serie de Fourier de la funcion f(x) en [−π, π] es:

(Ver Problema 2 en problemas resueltos)

f(x) =π2

3+ 4

∞∑n=1

(−1)n

n2cos(nx)

Como f ′(x) = 2x es continua, y existe f ′′(x) = 2 en todo el intervalo,entonces para −π < x < π

f ′(x) = 2x = 4∞∑n=1

(−1)n+1

nsin(nx)

Note que este resultado concuerda con lo establecido en el ejemplo 1del inciso 2.1.

22

1.5.2. Integracion

La precaucion que se tiene para la derivacion termino a termino de laserie de Fourier no se requiere para el caso de la integracion .

Teorema 1.5.2. Sea f una funcion seccionalmente suave en [−L,L]con serie de Fourier

f(x) = a0 +∞∑n=1

[an cos

(nπxL

)+ bn sin

(nπxL

)]

Entonces para cada x ∈ [−L,L] .

∫ x

−Lf(t)dt = a0(x+L)+

L

π

∞∑n=1

1

n

[an sin

(nπxL

)− bn

(cos(nπxL

)− (−1)n

)]

Demostracion;

Sea F (x) =

x∫−L

f(t)dt− a0x ∀x ∈ [−L,L] , ası definida F es continua

en [−L,L] , ademas

F (−L) =

−L∫−L

f(t)dt−a0 (−L) = a0L y F (L) =

L∫−L

f(t)dt−a0L = 2a0L−a0L = a0L

Por lo cual F (−L) = F (L), asimismo F ′(x) = f(x)− a0 ∀x ∈ [−L,L]donde f es continua. Entonces podemos asegurar que F ′ es seccional-mente continua en [−L,L] y por el teorema de convergencia tenemosque

F (x) = A0 +∞∑n=1

[An cos

(nπxL

)+Bn sin

(nπxL

)](1.5.5)

donde para n ≥ 1.

23

An =1

L

∫ L

−LF (t) cos

(nπt

L

)dt integrando por partes

=1

LF (t)

L

nπsin

(nπt

L

)∣∣∣∣LL

− L

nπ

∫ L

−LF ′(t) sin

(nπt

L

)dt

= 0− L

nπ

∫ L

−L(f(t)− a0) sin

(nπt

L

)dt

= − L

nπ

∫ L

−Lf(t) sin

(nπt

L

)dt+

L

nπa0

∫ L

−Lsin

(nπt

L

)dt

An = − L

nπbn

donde bn es el coeficiente correspondiente de la serie de Fourier de f en[−L,L].

De manera analoga se tiene que:

Bn =1

L

∫ L

−LF (t) sin

(nπt

L

)dt =

L

nπan

donde an es tambien el correspondiente coeficiente de la serie de Fourierde f en [−L,L].

Por lo tanto, reemplazando en 1.5.5

F (x) = A0 +L

π

∞∑n=1

1

n

[−bn cos

(nπxL

)+ an sin

(nπxL

)], x ∈ [−L,L]

para A0 tenemos:

F (L) = a0L = A0 +∞∑n=1

An cos(nπ) =⇒ A0 = a0L−∞∑n=1

An cos(nπ)

finalmente

A0 = a0L+L

π

∞∑n=1

1

nbn cos(nπ)

24

ahora sustituyendo A0 se tiene

F (x) = a0L+L

π

1

n

∞∑n=1

bn cos(nπ)+L

π

∞∑n=1

1

n

[−bn cos

(nπxL

)+ an sin

(nπxL

)]y reemplazando en la igualdad inicial obtenemos lo que afirma el teo-rema.

∫ x

−Lf(t)dt = a0(x+L)+

L

π

∞∑n=1

1

n

[an sin

(nπxL

)− bn

(cos(nπxL

)− (−1)n

)]

1.5.3. Identidad de Parseval

Sea f una funcion seccionalmente continua en [−L,L] y tal que f ′

es tambien seccionalmente continua en [−L,L].

Si

f(x) = a0 +∞∑n=1

[an cos

(nπxL

)− bn sin

(nπxL

)]es la serie de Fourier de f , entonces

1

L

L∫−L

[f(x)]2 dx = 2 (a0)2 +∞∑n=1

[(an)2 + (bn)2]

que se conoce como identidad de Parseval

Prueba: La serie de Fourier de f converge a f(x) para cada x delintervalo [−L,L].

f(x) = a0 +∞∑n=1

[an cos

(nπxL

)− bn sin

(nπxL

)]Multiplicando por f(x) se tiene

f(x)2 = a0f(x) +∞∑n=1

[anf(x) cos

(nπxL

)− bnf(x) sin

(nπxL

)]25

podemos integrar termino a termino.

∫ L

−L[f(x)]2dx = a0

∫ L

−Lf(x)dx+

∞∑n=1

[an

∫ L

−Lf(x) cos

(nπxL

)− bn

∫ L

−Lf(x) sin

(nπxL

)]de aquı recordando lo que son los coeficientes de una serie de Fourierse tiene.

L∫−L

[f(x)]2 dx = 2 (a0)2 L+ L∞∑n=1

[an · an + bn · bn] =⇒

1

L

L∫−L

[f(x)]2 dx = 2 (a0)2 +∞∑n=1

[(an)2 + (bn)2]

Observese que la identidad de Parseval, permite inferir la suma deuna serie infinita, dada una funcion f que tiene una representacion deFourier para cada x del intervalo [−L,L].

Ejemplo 10. Sea f(x) =

x −π < x < π0 x = −π, π , perıodica de perıodo

2π. Pruebe que∞∑n=1

1

n2=π2

6.

Figura 1.1: grafica funcion perıodo 2π

Solucion: Como f(x) en es una funcion impar se tiene que :an = 0 para n = 0, 1, 2, ...y

26

bn =1

π

π∫−π

x sin (nπ) dx =2

π

π∫0

x sin (nπ) dx = −[

2x cos(nx)

nπ

]π0

=⇒ bn =

2n

n = 1, 3, 5, ...− 2n

n = 2, 4, 6, ...

Por tanto

f(x) ∼ 2∞∑n=1

(−1)n+1 sin(nx)

n= 2

[sinx

1− sin 2x

2+

sin 3x

3...

]

Aplicando la identidad de Parseval

1

π

π∫−π

x2dx = 4

[1

12+

1

22+

1

32+

1

42+ ...

]=⇒

∞∑n=1

1

n2=

1

4π

π∫−π

x2dx =1

4π

[x3

3

]π−π

=π2

6

∞∑n=1

1

n2=π2

6

1.6. Integral de Fourier

Las series de Fourier nos proporcionan una herramienta poderosa pararepresentar funciones perıodicas. Luego, es conveniente generalizar estemetodo para incluir funciones no perıodicas.A continuacion en esta seccion vamos a representar una funcion f noperıodica por medio de la integral de Fourier

Definicion.- Si f(x) definida en (−∞,∞) es seccionalmente continuaen cada intervalo finito y tiene derivadas por la derecha e izquierda en

27

todo punto y tal que∞∫−∞|f(x)| dx converge, entonces la integral de

Fourier de f se define como:

∞∫0

[A(w) coswx+B(w) sinwx] dw

donde:

A(w) =1

π

∫ ∞−∞

f(t) coswtdt

B(w) =1

π

∫ ∞−∞

f(t) sinwtdt

A(w) y B(w) se llaman los coeficientes de la integral de Fourier de f(x).

Ejemplo 11. Encontrar la representacion por medio de la integral deFourier de la funcion:

f(x) =

1 , |x| < 10 , |x| > 1

Solucion: Primeramente, determinemos la grafica de la funcion

Ahora, calculemos los coeficientes de la Integral de Fourier

A(w) =

∞1

π

∫−∞

f(u) coswudu =

1∫−1

coswudu =

[sinwu

w

]|1−1

= 21

π

sinw

w

B(w) =

∞1

π

∫−∞

f(u) sinwudu =

1∫−1

sinwudu = 0

28

Por lo tanto, la integral de Fourier de f(x) es:

1

π

∞∫0

2

wsinw coswxdw

1.6.1. Criterio de convergencia de la integral deFourier

Si f(x) es seccionalmente continua en [−L,L] ∀ L > 0 y tal que∞∫−∞|f(t)| dt existe, entonces la integral de Fourier converge a 1

2[f(x+) +

f(x−)] (Promedio de los lımites izquierdo y derecho de f(x)), ∀ x dondef′(x+) y f

′(x−) existen.

Ejemplo 12. Estudie la convergencia de la Integral de Fourier delejemplo 11

Solucion Sea f(x) definida en ejemplo 11, debido a que f(x) es sec-cionalmente suave, la integral de Fourier de f(x) converge a 1

2[f(x+) +

f(x−)] ∀ x. De acuerdo con el criterio de convergencia se tiene:

2

π

∞∫0

sinw

wcoswxdw =

1 si −1 < x < 112

si x = ±10 si |x| > 1

En particular, una situacion interesante se da cuando x = 0.

2

π

∞∫0

sinw

wcos 0dw = 1 =⇒

∞∫0

sinw

wdw =

π

2

Aunque integrales de este tipo no pueden expresarse en terminos defunciones elementales, suelen presentarse en matematicas aplicadas contal frecuencia , que han recibido un nombre especial y se encuentran

29

tabuladas.En particular sabemos que:

lımw→0

sinw

w= 1

y que

∞∫0

sinw

wdw =

π

2

En el caso de la integral de Fourier, la grafica de la funcion f se obtienemediante aproximaciones sucesivas sustituyendo el lımite superior dela integral ∞ por los numeros x. De aquı que la integral

z∫0

sinw

wcoswxdw

es una aproximacion de la integral encontrada anteriormente, y por lotanto de f (x) .

Supongamos que solo consideramos las frecuencias w < w0.En estecaso, nos da como aproximacion de f (x)

f (x) ≈ 2

π

w0∫0

coswx sinw

wdw

30

Ahora bien,

coswx sinw =sin (wx+ w)− sin(wx− w)

2

y, por consiguiente, podemos escribir la ultima integral en la forma

f (x) ≈ 1

π

w0∫0

sinw(x+ 1)

wdw − 1

π

w0∫0

sinw (x− 1)

wdw

Consideremos el cambio de variable u = w (x± 1) =⇒ du = wdx parala primera y la segunda de estas integrales. Entonces tenemos

f (x) ≈ 1

π

w0(x+1)∫0

sinu

udu− 1

π

w0(x−1)∫0

sinu

udu

f (x) ≈ 1

πSi [w0 (x+ 1)]− 1

πSi [w0 (x− 1)]

En terminos fısicos, estas curvas describen la salida de un filtro idealde pasa baja, que elimina todas las frecuencias superiores w0 cuandola senal de entrada es un impulso aislado rectangular.

1.6.2. Integrales de Fourier de cosenos y senos

Sea f(x) una funcion definida en [0,∞), podemos extender esta funciona una funcion par o impar en (−∞,∞) y calcular la integral de Fourierde esta ultima, que resulta ser de coseno y seno respectivamente, locual es completamente analoga a los desarrollos en cosenos y senos deuna funcion definida en un intervalo [0, L] para el caso de las series deFourier.

Definicion: Sea f definida en [0,∞) y sea∞∫0

|f(u)| du convergente,

la integral de Fourier en cosenos de f es

∞∫0

A(w) cos(wx)dw

donde el coeficiente es:

31

A(w) =2

π

∞∫0

f(u) cos(wu)du

A su vez, la integral de Fourier en senos de f es

∞∫0

B(w) sin(wx)dw

donde el coeficiente es:

B(w) =2

π

∞∫0

f(u) sin(wu)du

En cuanto a la convergencia de la integral de Fourier, en este caso,si f es seccionalmente suave en todo el intervalo [0,∞], entonces estaintegral converge a 1

2[f(x+) + f(x−)] en (0,∞).

Ejemplo 13: Encontrar la integral de Fourier de f(x) =

x2 si 0 ≤ x ≤ 100 si x > 10

,

si:

a) se considera una extension par de f(x)

b) se considera una extension impar de f(x); y luego

c) en ambos casos, determinar las convergencias de estas integrales .

Solucion: Consideremos la grafica de la funcion

a) Para obtener la integral de Fourier de cosenos, extendemos f comouna funcion par fP definida en toda la recta real, luego:

32

A(w) =2

π

∞∫0

f(u) cos(wu)du =2

π

10∫0

u2 cos(wu)du

=2

π

u2

wsin(wu)|10

0 −2

w

10∫0

u sin(wu)du

=

2

π

[u2

wsin(wu)− 2

w

(1

w2sin(wu)− u

wcos(wu)

)]10

0

=1

π

(200

w− 4

w3

)sin 10w +

40

πw2cos 10w

Por tanto, la integral de Fourier de cosenos es:

1

π

∞∫0

[(200

w− 4

w3

)sin 10w +

40

w2cos 10w

]coswxdw

Al aplicar el criterio de convergencia obtenemos:

1

π

∞∫0

[(200

w− 4

w3

)sin 10w +

40

w2cos 10w

]coswxdw

=

x2 si 0 < x < 100 si x > 100 si x = 050 si x = 10

33

b) Para obtener la integral de Fourier de senos, extendemos f comouna funcion impar fI definida en toda la recta real.

B(w) =1

π

∞∫−∞

f(t) sinwtdt =2

π

10∫0

u2 sinwudu

=2

π

[−u2

wcoswu

]10

0

+2

w

10∫0

u coswudu

=

2

π

[−u

2

wcoswu+

2

w

(1

w2coswu+

u

wsinwu

)]10

0

=2

π

[−102

wcos 10w +

2

w3cos 10w +

20

w2sin 10w − 2

w3

]entonces la integral de Fourier de senos es:

1

π

∞∫0

[(−200

w+

4

w3

)cos 10w +

40

w2sin 10w − 4

w3

]sinwxdw

Finalmente, al aplicar el criterio de convergencia obtenemos:

1

π

∞∫0

[(−200

w+

4

w3

)cos 10w +

40

w2sin 10w − 4

w3

]sinwxdw

=

x2 si 0 < x < 100 si x > 100 si x = 050 si x = 10

Ejemplo 14: Encontrar la integral de Fourier de f (x) = e−ax si

x > 0 y a es una constante tal que a > 0, considerando una extension

a) par de f.b) impar de f.c) en ambos casos, determinar las convergencias de estas integrales.Solucion

Extension Par

34

Extension impar

a) Puesto que f es par , es decir f (x) = f (−x) ∀x ∈ R se tiene

f (x) =

∞∫0

A(w) cos(wx)dw

donde el coeficiente es:

A(w) =2

π

∞∫0

e−au cos(wu)du

Integrando por partes se tiene

∞∫0

e−au cos(wu)du = − a

a2 + w2lımR→∞

[e−au

(−wasenwu+ coswu

)]R0

=a

a2 + w2

35

Por consiguiente,

A (w) =2

π

a

a2 + w2

Sustituyendo esta expresion se obtiene:

2a

π

∞∫0

cos(wx)

a2 + w2dw

para x > 0, a > 0.

Finalmente, como la funcion es continua ∀x > 0, la integral convergea f (x) , entonces

f (x) = e−ax =2a

π

∞∫0

cos(wx)

a2 + w2dw

=⇒∞∫0

cos(wx)

a2 + w2dw =

πe−ax

2a

b) Puesto que f es impar , es decir f (x) = −f (−x) ∀x ∈ R se tiene

f (x) =

∞∫0

B(w) sin(wx)dw

donde el coeficiente es:

B(w) =2

π

∞∫0

e−au sin(wu)du

Integrando por partes se tiene

∞∫0

e−au sin(wu)du =1

a2 + w2lımR→∞

[e−au (asenwu− w coswu)

]R0

=w

a2 + w2

36

Por consiguiente,

B (w) =2

π

w

a2 + w2

Sustituyendo esta expresion se obtiene:

f (x) = e−ax =2

π

∞∫0

w sin(wx)

a2 + w2dw

para x > 0, a > 0.

Estos ejemplos ilustran como puede aplicarse la representacion de laintegral de Fourier para evaluar integrales.

37

1.7. Aplicaciones de Series de Fourier

Para dar una vision del uso de las series e integrales de Fourier, se for-mularan, analizaran y resolveran problemas de sistemas fısicos sujetosa perturbaciones periodicas y no periodicas.

1.7.1. Onda cuadrada alta frecuencia

Una aplicacion simple de la Serie de Fourier la podemos encontraren el analisis de circuitos electronicos que son disenados para manejarpulsos variables agudos, tales como, una onda cuadrada o un ”dientede sierra”. Supongamos que una onda cuadrada esta definida por lafuncion:

f(x) =

0, − π < x < 0h, 0 < x < π

Encuentre la serie de Fourier que representa esta senal.

Solucion

Los coeficientes de Fourier son:

a0 =1

2π

∫ π

0

hdt =h

2

an =1

π

∫ π

0

h cosntdt = 0, n ≥ 1

bn =1

π

∫ π

0

h sinntdt =h

nπ(1− cosnπ)

bn =

2hnπ, n impar =⇒ bn = 2h

(2n−1)π

0 ; n par

Ası la serie resultante es:

f(x) =∞∑n=1

2h

(2n− 1)πsin (2n− 1)x =

h

2+

(sinx

1+

sin 3x

3+

sin 5x

5+ ...

)38

Es importante decir que el primer termino representa el promedio def(x) sobre el intervalo [−π, π] y que todos los terminos en base cosenose anulan. Ademas f (x) − h

2es una funcion impar, luego ,tenemos

una serie de fourier solo con base seno. Por otra parte, los coficientesbn decrecen inversamente proporcional con n. Fisicamente esto signifi-ca que la onda cuadrada debe contener muchos componentes de altafrecuencia. Si el aparato electronico no deja pasar estos componentes,la onda cuadrada resultante emerge mas o menos redondeada.

1.7.2. Rectificador de onda completa.

Consideremos ahora la salida de un rectificador de onda completa, queproduce corriente continua pulsante como muestra la figura. El rectifi-cador se puede modelar como un dispositivo que se alimenta con unaonda senoidal ,que deja pasar los los pulsos positivos, e invierte lospulsos negativos. Esto produce:

f(x) =

sinωx, 0 < ωx < π− sinωx, −π < ωx < 0

Encuentre la serie de Fourier que respresenta esta senal

Solucion

Puesto que f (x) es una funcion par, es decir f (x) = f (−x), la seriede fourier sera cosenoidal

a0 =1

2π

(∫ 0

−π− sinωtd(ωt) +

∫ π

0

sinωtd(ωt)

)=

2

2π

∫ π

0

sinωtd(ωt) =2

π

an =2

π

∫ π

0

sinωt cosnωtd(ωt), n ≥ 1

an =

−2π

2n2−1

, n par =⇒ an = − 1π

44n2−1

0, n impar

bn = 0, ∀ n

39

Por lo tanto, la serie resultante es:

f(x) =2

π− 4

π

∞∑n=1

1

(4n2 − 1)cos (2nωx)

La frecuencia de oscilacion mas baja es 2ω.Las componentes de altafrecuencia decaen inversamente con n2, lo que muestra que el rectifi-cador de onda completa hace un buen trabajo para producir un modeloaproximado de la corriente continua.

1.7.3. Ecuacion de calor unidimensional

El flujo unidimensional de calor en un cuerpo material homogeneoesta modelado por la ecuacion c2 ∂

2u(x,t)∂x2

= ∂u(x,t)∂t

donde u(x, t) es

la temperatura del cuerpo y c2 = 2 la constante de difusion del calor.Si se considera que 0 < x < 3 y t > 0, y que las temperaturas enla fronteras son u(0, t) = u(3, t) = 0, lim

x→0u(x, t) < ∞ , entonces la

solucion general de este problema esta dado por:

u (x, t) =∞∑n=1

Cne−2n2π2t sin

nπx

3, 0 < x < 3 y t > 0

Encontrar la temperatura de la barra , si la temperatura inicial esu(x, 0) = 25oC , 0 < x < 3 .

Solucion:

Evaluemos la solucion general para t = 0, lo que produce:

u (x, 0) = 25 =∞∑n=1

Cn sinnπx

3, 0 < x < 3

Se obtiene una serie de Fourier seno. Ası, para determinar la constante

Cn se debe construir una extension impar f (x) =

25 0 < x < 3−25 −3 < x < 0

.

40

Podemos encontrar entonces:

Cn =2

L

∫ L

0

f (x) sinnπx

Ldx =

2

3

∫ 3

0

25 sinnπx

3dx

Cn =50

3

[− 3

nπcos

nπx

3

]3

0

=50 (1− cosnπ)

nπ

De modo, que la temperatura en la barra queda

u (x, t) =∞∑n=1

50 (1− cosnπ)

nπe−2n2π2t sin

nπx

3, 0 < x < 3 y t > 0

Este problema ilustra la importancia de la serie de Fourier para re-solver problemas de aplicacion modelados por ecuaciones diferencialesparciales de segundo orden.

1.7.4. Ecuacion de calor: barra aislada

El flujo unidimensional de calor en un cuerpo material homogeneoesta modelado por la ecuacion c2 ∂

2u(x,t)∂x2

= ∂u(x,t)∂t

donde u(x, t) es

la temperatura del cuerpo y c2 la constante de difusion del calor.

En el caso de una barra aislada, que se prolonga hacia el infinito enambos sentidos, la solucion general esta dada por

u(x, t) =

∫ ∞0

(A (w) cos(wx)+B (w) sin(wx) ) e−c2w2tdw. Si se aplica la

condicion inicial u(x, 0) = f (x) , −∞ < x <∞ ,donde f(x) es la tem-peratura inicial, se obtiene que u(x, 0) = f (x) =

∫∞0

(A (w) cos(wx) +B (w) sin(wx) ) dw es una integral de Fourier con coeficientes A (w) =1

π

∫ ∞−∞

f (v) cos(wv) dv y B (w) =1

π

∫ ∞−∞

f (v) sin(wv) dv

Determine la integral de Fourier, si la funcion temperatura inicial esf(x) = e−x

2/2;−∞ < x <∞, y la solucion general de esta ecuacion.

Solucion:

Como f es una funcion par se tiene Ip =

∫ ∞0

A (w) cos(wx) dw, con

, y B (w) = 0 luego

41

A (w) =2

π

∫ ∞0

e−v2/2 cos(wv) dv =⇒ A

′(w) = − 2

π

∫ ∞0

ve−v2/2 sin(wv) dv

Integrando por partes se tiene

A′(w) = − 2

π

[−e−v2/2 sin(wv) + w

∫ ∞0

e−v2/2 sin(wv) dv

]∞0

Evaluando la integral y resolviendo EDO(1)

A′(w) = − 2

π

[0 + w(

π

2A (w)

]∞0

=⇒ A′(w) = −wA (w)

A (w) = Ce−w2/2, C constante

Luego la integral de Fourier es:

e−x2/2 = C

∫ π

0

e−w2/2 cos(wx) dw

Por tanto, la solucion general queda:

u(x, t) = C

∫ ∞0

(e−w2/2 cos(wx)) e−c

2w2t dw

Este problema ilustra la importancia de la Integral de Fourier pararesolver problemas de aplicacion modelados por ecuaciones de difusiondel calor.

1.7.5. Ecuacion de Onda

Una onda unidimensional que se desplaza en una cuerda elastica ho-mogenea, esta modelado por la ecuacion c2 ∂

2u(x,t)∂x2

= ∂2u(x,t)∂t2

dondeu(x, t) es el desplazamiento de la cuerda desde el eje x en el tiempo ty c2 la constante la rapidez de la onda en el medio.

Si los extremos de la cuerda estan fijos en x = 0, x = L , t > 0, esdecir que las condiciones de frontera son u(0, t) = u(L, t) = 0 , entoncesla solucion general de este problema esta dado por:

u (x, t) =∞∑n=1

(An cosnπct

L+Bn sin

nπct

L) sin

nπx

L, 0 < x < L y t > 0

42

Considere que la forma inicial de la cuerda esta dado por f (x) , esdecir u (x, 0) = f (x) , y que la velocidad inicial de la cuerda es cero,

es decir∂u (x, t)

∂t= 0. Encontrar el desplazamiento u (x, t) de la cuerda

en un tiempo posterior.

Solucion.

Determinemos las constantes An y Bn de la solucion general aplicandolas condiciones iniciales.

Para satisfacer la condicion∂u (x, t)

∂t= 0 , sera necesario derivar la

solucion general, entonces

ut (x, t) =∞∑n=1

nπc

L(−An sin

nπct

L+Bn cos

nπct

L) sin

nπx

L

ut (x, t) =∞∑n=1

nπc

LBn sin

nπx

L⇐⇒ Bn = 0 ∀n

De manera que la solucion general se reduce a

u (x, t) =∞∑n=1

An cosnπct

Lsin

nπx

L, 0 < x < L y t > 0

Ahora, apliquemos la condicion u (x, 0) = f (x) , para determinar laconstante An. Esto da como resultado

u (x, 0) = f (x) =∞∑n=1

An sennπx

L, 0 < x < L y t > 0

que corresponde a una serie de Fourier senoidal. Ası, es necesario con-

siderar una extension impar de la funcion dada fi (x) =

f (x) si 0 < x < L−f (−x) si −L < x < 0

,

de este modo el coeficiente queda

An =2

L

∫ L

0

f (x) sinnπx

Ldx

El resultado final es

u (x, t) =∞∑n=1

(2

L

∫ L

0

f (x) sinnπx

Ldx

)cos

nπt

Lsin

nπx

L, 0 < x < L y t > 0

43

1.7.6. Deflexion de una viga

Una viga de longitud L , esta soportada desde sus extremos como mues-tra la figura adjunta . Sobre la viga actua una carga uniformemente dis-tribuida q por unidad de longitud y su deflexion esta dada por y (x) .Si se escoge la direccion del eje y apuntando hacia abajo, como indicala figura, se sabe que la funcion y (x) satisface la ecuacion:

d4y

dx4=

1

EIq (x)

donde q (x) es la carga por unidad de longitud en el punto x, I esel momento de inercia y E el modulo de elasticidad de la viga. Si ennuestro caso estas tres cantidades son constantes encuente la deflexiony (x) de la viga.

Solucion.

Puesto que la funcion y (x) debe se nula en los extremos x = 0 y x = L,la podemos representar mediante una serie de Fourier de senos.

y (x) =∞∑n=1

bn sinnπx

L, x ∈ [0, L]

Si suponemos que y (x) es una funcion continua , con derivadas contin-uas hasta el cuarto orden en [0, L] , entonces

y(4) (x) =∞∑n=1

(nπxL

)4

bn sinnπx

L, x ∈ [0, L]

A su vez la carga distrribuida por unidad de longitud q (x) = q, tambienpuede ser desarrollada en serie de Fourier de senos

q =∞∑n=1

qn sinnπx

L, x ∈ [0, L]

44

de donde qn = 1L

∫ L0q sin

(nπxL

)dx =

4nπ

n = impar0 n = par

Sustituyendo ambas series de Fourier en la ecuacion diferencial

∞∑n=1

(nπxL

)2

bn sinnπx

L=∞∑n=1

qn sinnπx

L, x ∈ [0, L]

Comparando los coeficientes de ambas serie queda(nπxL

)2bn =

4nπ

n = impar0 n = par

=⇒ bn

4qL4

EIπ51n5 n = impar

0 n = par

Por tanto la deflexion queda determinada por

y (x) =4qL4

EIπ5

∞∑n=1

1

(2n− 1)5sin

(2n− 1)πx

L, x ∈ [0, L]

1.8. Problemas Propuestos

Rectificador media onda

La funcion adjunta sirve para modelar la salida de un rectificador demedia onda:

f(x) =

sinωx, 0 ≤ ωx ≤ π

0, −π ≤ ωx ≤ 0

a) Represente graficamente la senal de salida si esta se extiende peri-odicamente con periodo 2π.

b) Determine la serie de Fourier que la representa.

Solucion:

f(x) =1

π+

1

2sinωx− 2

π

∞∑n=1

1

(4n2 − 1)cos (2nωx)

Onda triangular

Una onda triangular se representa por la funcion:

f(x) =

−x,−π < x < 0x, 0 < x < h

45

a) Represente graficamente la funcion.

b) Represente f(x) mediante una serie de Fourier.

c) Estudie la convergencia de la serie en x = −π, x = 0, y x = π

d) Muestre que:∞∑n=1

1

(2n− 1)2=π2

8

Solucion:

b)

f(x) =π

2− 4

π

∞∑n=1

cos (2n− 1)x

(2n− 1)2

Conduccion del calor.

Consideremos una varilla delgada, aislada, situada a lo largo del ejex, desde x = 0 hasta x = a,y supongamos que la conduccion de calordesde la varilla hacia el exterior se da solamente por los extremos deella, los cuales se mantienen a temperatura cero. En fısica se muestraque si en tiempo t = 0 la temperatura u a lo largo de la varilla es iguala u(x, 0) = bn sinnx, donde bn = cte y n ∈ Z+, entonces para el tiempot > 0 la temperatura es igual a u(x, t) = bn(sinnx) e−κn

2t, donde κ > 0es una constante positiva. Asimismo, hay un principo de superposicionque nos permite anadir los efectos de diferentes distribuciones inicialesde temperatura. Por lo tanto, si la temperatura inicial es:

u(x, 0) = f (x) =∞∑n=1

bn sinnx

entonces en tiempo t > 0, se tiene:

u(x, t) =∞∑n=1

bn (sinnx) e−κn2t para 0 ≤ x ≤ a

De acuerdo con todo esto, hallar la temperatura para t > 0 para lassiguientes temperaturas iniciales dadas.

a) u(x, 0) = f (x) = 3 sinx+ 5 sin 2x. ¿Que tipo de extension de f(x)serequiere en este caso?

b) u(x, 0) = f (x) = ex sinx.¿Que tipo de extension de f(x)se requiereen este caso?

46

Soluciones.

a)u(x, t) = f (x) = 3 sinxe−κt + 5 sin 2xe−4κt

b)

u(x, t) =4

π

∞∑n=1

n

n2 + 4

[(−1)n−1 eπ − 1

]sinnx e−κn

2t

Valor de la raız media cuadratica

Las series de fourier se constituyen en una herramienta poderosa en elanalisis del comportamiento de los sistemas fısicos sujetos a pertuba-ciones periodicas f(t).

El valor de la raız media cuadratica o RMC de una funcion f(t), sobreun intervalo (a, b) ,se define como:

〈f(t)〉 =

√∫ baf 2 (t) dt

b− a

a) Sea f (t) una funcion definida x ∈ [a, b] , con un perıodo funda-

mental T = b − a. Pruebe que aplicando la identidad de Parseval elvalor RMC se reduce a la formula:

〈f(t)〉 =

√√√√a20 +

1

2

∞∑n=1

[a2n + b2

n]

b) Determine RMC de f(t) = E sinωt, con E y ω constantes positi-vas.

Solucion:

47

b) El perıodo fundamental de la funcion f(t) = E sinωt, es 2πω

.Entonces el valor RMC de f(t) es:

〈f(t)〉 =

√1

(2π/ω)

∫ 2πω

0

E2 sin2(ωt) dt =E√

2

Cuerda vibrante. Extremos fijos

Un cuerda vibra libremente con ambos estremos fijos en x = 0 y x = L.

a) Si su movimiento esta descrito por la ecuacion de onda:

∂2u (x, t)

∂t2= v2∂

2u (x, t)

∂x2

con las condiciones iniciales:

u (x, t) = f (x) y∂u (x, 0)

∂t= g(x)

Suponga que la solucion de esta ecuacion es una serie de Fourier de laforma:

u(x, t) =∞∑bn

n=1

(t) sin(nπx

L)

sustituya esta solucion en la ecuacion anterior y determine los coefi-cientes b (t) .

b) Considere la presencia de un medio resistivo que amortigua las vi-braciones de acuerdo con la ecuacion

∂2u (x, t)

∂t2= v2∂

2u (x, t)

∂x2− k∂u (x, t)

∂t

Suponga que rige la solucion anterior con las mismas condiciones ini-ciales y nuevamente determine el coeficiente b (t) , suponiendo que el

amortiguamiento es pequeno, es decir(nπυL

)2 −(k2

)2> 0

c) Repita los calculos pero suponiendo que el amortiguamiento es grande

es decir(nπυL

)2 −(k2

)2< 0.

Soluciones:

48

a)

bn (t) = An cos(nπνt

L) +Bn sin(

nπυt

L)

An =2

L

∫ L

0

f (x) sin(nπxL

)dx, Bn =

2

nπυ

∫ L

0

g (x) sin(nπxL

)dx

b)

bn (t) = e−k2t (An cos(ωnt) +Bn sin(ωnt))

An =2

L

∫ L

0

f (x) sin(nπxL

)dx, Bn =

2

Lωn

∫ L

0

g (x) sin(nπxL

)dx+

k

2ωnAn,

ω2n =

(nπυL

)2

−(k

2

)2

> 0

c)

bn (t) = e−k2t (An cosh(σnt) +Bn sinh(σnt))

An =2

L

∫ L

0

f (x) sin(nπxL

)dx, Bn =

2

Lσn

∫ L

0

g (x) sin(nπxL

)dx+

k

2σnAn

donde, σ2n =

(nπυL

)2

−(k

2

)2

< 0

Distribucion de temperatura en un disco

En una placa circular de radio ρ = 1, cuyas secciones superior e inferiorestan aisladas, se mantiene la mitad de su periferia superior a unatemperatura constante T1y la otra mitad a una temperatura constanteT2.Encontrar la temperatura de la placa en condiciones estacionarias.

a) La ecuacion de difusion del calor, en coordenadas polares (ρ, θ) ,en

condiciones estacionarias esta dada por ∂2φ∂ρ2

+ 1ρ∂φ∂ρ

+ 1ρ2∂2φ∂θ2

= 0,donde

φ (ρ, θ) es la funcion temperatura. Suponga que φ (ρ, θ) ,se puede sepa-rar como φ (ρ, θ) = M (ρ)N (θ)y pruebe que la ecuacion se transforma

en ρ2 M′′

M+ ρ M

′

M= −N

′′

N.

b) A partir del resultado anterior , haga cada lado de la ecuacion iguala λ2 y encuentre las EDO(2)

N” (θ) + λ2N (θ) = 0

49

ρ2M” (ρ) + ρM (ρ) +M (ρ) = 0

b) Pruebe que N (θ) = A1 cosλθ + A2 sinλθ y M (ρ) = B1ρλ +

B2ρ−λson soluciones de las correspondientes ecuaciones anteriores.

c) Pruebe que la solucion general es

φ (ρ, θ) = M (ρ)N (θ) =∞∑n=1

T1 + T2

2

(T − T ) (1− cosnπ)

nπρnsennθ

1.9. Ejercicios Resueltos

Mediante la inclusion de ejercicios resueltos se espera quelos estudiantes tengan oportunidad de movilizar sus capaci-dades para buscar, analizar, procesar, representar y comu-nicar diferentes tipos de informacion, decodificando y tra-duciendo la informacion contenida en las funciones, graficos,series de Fourier, integrales de Fourier y sus propiedades.

1.9.1. Serie de Fourier

Problema 1

Sea f (x) periodica de perıodo 2 dada por

f(x) =

12− x, 0 ≤ x ≤ 1

x− 32, 1 ≤ x ≤ 2

a) determinar su serie de Fourier

b) estudie la convergencia de la serie en x0 = −πSolucion

La serie de Fourier en este intervalo es

a0 +∞∑n=1

(an cos (nx) + bn sinn (nx)), x ∈ [0, 2]

con coeficientes

50

a0 = 12

2∫0

f (x) dx = 12

1∫0

(12− x)dx+ 1

2

2∫1

(x− 32)dx

a0 = 12

[1

2x− x2

2

]1

0

+ 12

[x2

2− 3

2x

]2

1

= 0

an =2∫0

f (x) cosnxdx

an =1∫0

(12− x)

cosnxdx+2∫1

(x− 32) cosnxdx

Integrando por partes, se tiene

an =

[1

2nπsinnπx

]1

0

−[

cosnπx

(nπ)2 +x sinnπx

nπ

]1

0

+

+

[cosnπx

(nπ)2 +x sinnπx

nπ

]2

1

−[

3

2nπsinnπx

]2

0

∴ an =2 (1− (−1)n)

(nπ)2

bn =2∫0

f (x) sinnxdx

bn =1∫0

(12− x)

sinnxdx+2∫1

(x− 32) sinnxdx

Integrando por partes, se tiene

bn =

[− 1

2nπcosnπx

]1

0

−[

sinnπx

(nπ)2 −x cosnπx

nπ

]1

0

+

+

[sinnπx

(nπ)2 −x cosnπx

nπ

]2

1

+

[3

2nπcosnπx

]2

1

= 0

La serie de Fourier de f en [0, 2] es

2∞∑n=1

(1− (−1)n)

(nπ)2cosnx =

4

π2

∞∑n=1

1

(2n− 1)2 cos ((2n− 1)x)

b) Como f es continua ,entonces la serie en x = −π converge a

f (−π) = f (4− π) =1

2− (4− π) = π − 7

2

51

Problema 2

a) Desarrollar en serie de Fourier la funcion periodica de perıodo 2π,definida por:

f(x) = x2, − π ≤ x ≤ π

b) A partir del resultado obtenido calcular la suma de:

∞∑n=1

1

n2

c) Determine la convergencia de la serie∞∑n=1

1

n4

Solucion:

a) La funcion f es par por lo cual obtendremos una serie de cosenos,que tiene la forma:

a0 +∞∑n=1

an cos (nx)

a0 = 1π

π∫0

f(x)dx = 1π

π∫0

x2dx = 1π

[x3

3

]π0

= π2

3

an = 2π

π∫0

f(x) cos(nx)dx = 2π

π∫0

x2 cos(nx)dx

an =[x2 sin(nx)

n+ 2x cos(nx)

n2

]π0

= 4 cos(nπ)n2 = 4(−1)n

n2

Luego, la serie de Fourier de f en [−π, π]es:

π2

3+ 4

∞∑n=1

(−1)n

n2cos (nx)

Como la funcion es continua en R ,tenemos:

x2 =π2

3+ 4

∞∑n=1

(−1)n

n2cos (nx) , ∀ x ∈ R

52

b) La serie numerica se puede obtener poniendo x = π y f(π) = π2,

π2 =π2

3− 4

(− 1

12− 1

22− 1

32− ...

)de donde

∞∑n=1

1

n2=

1

4

(π − π2

3

)=π2

6

c) Como la funcion f es seccionalmente suave para −π ≤ x ≤ π yf (−π) = f (π) se cumplen las condiciones de suficiencia de la identidadde Parseval, entonces:

1

π

π∫−π

[x2]2dx = 2

[π2

3

]2

+∞∑n=1

[4 (−1)n

n2

]2

=⇒

1

π

[x5

5

]π−π

=2

9π4 +

∞∑n=1

16

n4=⇒

∞∑n=1

1

n2=π4

90

Problema 3

Sea f(x) = |x| + 1, −1 ≤ x ≤ 1, la funcion periodica de perıodo 2,determinar:

a) Su serie de Fourier

b) La convergencia de la serie:

∞∑n=1

1

(2n− 1)2

c) La convergencia de la serie∞∑n=1

1

(2n− 1)4

Solucion

a) f(x) = |x| + 1 es funcion par, con semiperıodo L = 1, entoncestenemos una serie coseno, que tiene la forma:

S (x) = a0 +∞∑n=1

an cos (nπx)

53

Con coeficientes

a0 = 12

1∫0

f(x)dx = 12

1∫0

(x+ 1) dx = 32

an = 21∫0

f(x) cos(nπx)dx = 21∫0

(x+ 1) cos(nx)dx

an = 2[

sin(nπx)nπ

]1

0+ 2

[x sin(nπx)

nπ+ 2 cos(nπx)

(nπ)2

]1

0

an =[

2 cos(nπx)

(nπ)2

]1

0= 2((−1)n−1)

(nπ)2

an =

0; si n par

− 4(nπ)2

; si n impar

Por consiguiente, la serie de Fourier de f en [−1, 1] es:

S (x) =3

2− 4

π2

∞∑n=1

1

(2n− 1)2 cos ((2n− 1)πx)

b) Como la funcion es continua en R ,considerando el valor x = 0,seobtiene por el teorema de la convergencia puntual:

3

2+

4

π2

∞∑n=1

1

(2n− 1)2= f (0) = 1

∞∑n=1

1

(2n− 1)2 =π2

8

c) Como la funcion f es seccionalmente suave para −1 ≤ x ≤ 1 yf (−1) = f (1) se cumplen las condiciones de suficiencia de la identidadde Parseval, entonces:

2

1∫0

[x+ 1]2 dx = 2

[3

2

]2

+∞∑n=1

[4

(2n− 1)2

]2

=⇒

2

[(x+ 1)3

3

]1

0

=9

2+∞∑n=1

16

π2 (2n− 1)4 =⇒

∞∑n=1

1

(2n− 1)2 =π4

96

54

Problema 4

a) Para f(x) = e−[x], 0 ≤ x ≤ 2 ,obtener su serie de Fourier en cosenos,de perıodo 4.

b) Del resultado determinar la convergencia de:

∞∑n=1

(−1)n−1

2n− 1

Solucion

a) Evaluando la funcion parte entera tenemos

f(x) =

1 si 0 ≤ x < 1e−1 si 1 ≤ x < 2e−2 si x = 2

Con extension par fp(x) de f(x) se obtiene la serie:

a0 +∞∑n=1

an cosnπx

2

a0 = 12

[1∫0

1dx+2∫1

e−1dx

]= 1

2[1 + e−1]

an =

[1∫0

cos nπx2dx+

2∫1

e−1 cos nπx2dx

]=

sin nπx2

nπ2|10 + e−1 sin nπx

2nπ2|21

= 2sin nπ

2

nπ+ 2e−1 sinnπ−sin nπ

2

nπ= 2

sin nπ2

nπ[1− e−1]

Finalmente, la serie es:

1 + e−1

2+ 2(1− e−1)

∞∑n=1

sin nπ2

nπcos

nπx

2

b) Convergencia de x0 = 2 punto de discontinuidad con lımites lateralese−1 se tiene convergencia:

e−1 =1 + e−1

2+ 2(1− e−1)

∞∑n=1

sin nπ2

nπcosnπ

55

e−1 − 1

2= 2(1− e−1)

∞∑n=1

sin nπ2

nπcosnπ

∞∑n=1

(−1)n−1

2n− 1=π

4

Problema 5

Sea f (x) = x2 − [x] , para x ∈ [0, 2] .

a) Obtener la serie de Fourier coseno de f (x) .

b) Obtener a que valores converge la serie para cada x ∈ [0, 2] .

Solucion

a) Si se evalua la funcion parte entera de x tenemos

[x] = 0,∀x ∈ (0, 1) y [x] = 1,∀x ∈ (1, 2) .

Entonces la funcion queda f (x) =

x2, 0 ≤ x < 1

x2 − 1, 1 ≤ x < 2

Consideremos ahora una extension par de la funcion f , entonces la seriecoseno de f (x) es

S (x) = a0 +∞∑n=1

an cos(nπx

2

)con coeficientes

a0 = 12

2∫0

f (x) dx = 12

1∫0

x2dx+ 12

2∫1

(x2 − 1)dx

a0 = 12

[x3

3

]1

0

+ 12

[x3

3− x]2

1

= 56

an =2∫0

f (x) cos nπx2dx

an =1∫0

x2 cos nπx2dx+

2∫1

(x2 − 1) cos nπx2dx

Integrando por partes, se tiene

an =

[8x

(nπ)2 cosnπx

2+

(2

nπx2 − 16

(nπ)3

)sin

nπx

2

]1

0

56

+

[8x

(nπ)2 cosnπx

2+

(2

nπx2 − 16

(nπ)3

)sin

nπx

2

]2

1

−[

2

nπsin

nπx

2

]1

0

∴ an =

[16

(nπ)2 cosnπ +2

nπsinnπ

]Sustituyendo estos resultados, se obtiene la serie de Fourier

S (x) =5

6+∞∑n=1

[16

(nπ)2 cosnπ +2

nπsinnπ

]cos

nπx

2

Tenemos que f es seccionamente continua en [0, 2] , por lo tanto su ex-tension perıodica es seccionalmente continua en R , con discontinuidadde salto en los puntos x = 1 y x = 2

Por lo tanto, de acuerdo con el teorema de convergencia, la serie con-verge a

S(x) =

f(x) si 0 ≤ x < 1

12

si x = 1f (x) si 1 ≤ x < 2

32

si x = 2

Problema 6

Utilice la serie de Fourier para demostrar la identidad trigonometrica

sin3(x) =3

4sin(x)− 1

4sin(3x)

Solucion

Se calcula la serie de Fourier de f(x) = sin3(x) en [−π, π] . Como f (x)es impar la serie sera:

∞∑n=1

bn sinnπ

con coeficientes:

bn =2

π

π∫0

sin3(x) sin(nx)dx

57

En primer lugar, calculemos la integral para n 6= 1π∫

0

sin3 x sinnxdx =[− sin3 x

cosnx

n

]|π0 +

3

n

π∫0

sin2 x cosx cosnxdx

Usando la identidad trigometrica: cos x cosnx =cos(n− 1)x − cos(n+ 1)x

2La ultima integral se puede expesar como

=3

2n

π∫0

sin2 x [cos(n− 1)x− cos(n+ 1)x] dx (1)

En segundo lugar, calculemos el valor del coeficiente b1 para n = 1 en(1)

b1 = − 1

π

3

2

π∫0

sin2 x cos 2xdx = − 3

4π

π∫0

(1− cos 2x) cos 2xdx =3

4π

π∫0

1− cos 4x

2dx

b1 =2 · 34π

π

2=

3

4

En tercer lugar, para n > 1 en (1)

bn =3

2n

sin2 x

(sin(n+ 1)x

n+ 1+

sin(n− 1)x

n− 1

)|π0 −

π∫0

(sin(n+ 1)x

n+ 1+

sin(n− 1)x

n− 1

)sin 2xdx

bn = − 3

2n

π∫0

(sin(n+ 1)x

n+ 1+

sin(n− 1)x

n− 1

)sin 2xdx

Usando la identidad trigonometrica

bn = − 3

2n

1

n+ 1

1

2

π∫0

(cos(n+ 1)x− cos(n+ 3)xπ) dx

− 3

2n

1

n− 1

1

2

π∫0

(cos(n− 3)x− cos(n+ 1)x)dx = 0, ∀ n 6= 3

Para n = 3 el calculo directo, produce:

b3 = − 3

2 · 3 · 2π

2

2

π= −1

4Por tanto, la serie de Fourier de f en [−π, π]es:

3

4sin(x)− 1

4sin(3x)

58

Problema 7

Sea f(x) = x(sinx), para −π ≤ x ≤ π, entonces:

a) Determine la serie de esta funcion.

b) Pruebe la convergencia de la serie:

∞∑n=1

(−1)n

n2 − 1=

1

4

c) Pruebe que esta serie se puede diferenciar termino a termino y utiliceeste hecho para obtener el desarrollo de Fourier de sin (x) + x cos (x) .

Solucion

a) La funcion f(x) es par, es decir f(x) = f(−x) ∀ x ∈ (−π, π),entonces:

bn = 0

a0 =1

π

π∫0

f(x)dx =1

π

π∫0

x sinxdx =

∴ a0 =1

π

[x (− cosx)]π0 +

π∫0

cosxdx

= 1

an =2

π

π∫0

f(x) cos(nx)dx =2

π

π∫0

x sinx cos(nx)dx

Para n 6= 1

an =1

π

π∫0

x [sin ((n+ 1)x)− sin ((n− 1)x)] dx

Integrando por partes, queda

an =1

π

[x

(−cos ((n+ 1)x)

(n+ 1)+

cos ((n− 1)x)

(n− 1)

)]π0

−

− 1

π

[−sin ((n+ 1)x)

(n+ 1)2 +sin ((n− 1)x)

(n− 1)2

]π0

Evaluando los lımites de la integral produce

59

∴ an =2 (−1)n+1

n2 − 1

Para n = 1

a1 =2

π

π∫0

x sinx cosxdx =1

π

π∫0

x sin(2x)dx = −1

2

Por tanto, la serie de Fourier de f para x ∈ [−π, π]es:

f (x) = 1− 1

2cosx+ 2

∞∑n=2

(−1)n+1

n2 − 1cos (nx)

b) En x = 0 hay un punto de continuidad de la funcion, entonces laserie converge a f(0)

f(0) = 0 = 1− 1

2cos 0 + 2

∞∑n=2

(−1)n+1

n2 − 1cos (0)

Finalmente

∞∑n=2

(−1)n+1

n2 − 1=

1

4

c) Sea f(x) = x(sinx), para −π ≤ x ≤ π.

i) Como f (x) = x sinx ,es producto de funciones continuas, es continuaen [−π, π] .

ii) f ′ (x) = sinx+ x cosx ,es producto y suma de funciones continuas,es continua en [−π, π] .

iii) Existe f′′

(x) = 2 cosx− x sinx, y tambien es continua en [−π, π] .

Ademas f (−π) = (−π) (sin (−π)) = (−π) (− sin (π)) = π sin π = f (π)

Por tanto, se satisfacen las hipotesis del teorema de diferenciacion dela serie de Fourier, entonces para −π < x < π

60

f (x) = 1− 1

2cosx+ 2

∞∑n=2

(−1)n+1

n2 − 1cos (nx)

=⇒ f ′ (x) = sin x+ x cosx =1

2sinx+ 2

∞∑n=2

(−1)n

n2 − 1sin (nx)

Problema 8

a) Desarrollar en serie de Fourier la funcion perıodica de perıodo 2π.Representar graficamente y estudiar la convergencia de la serie en R.

f(x) =

0, si − π ≤ x ≤ 0x, si 0 < x ≤ π

b) A partir del resultado anterior obtenga la suma de la serie:

∞∑n=1

1

(2n− 1)2

c) Pruebe que esta serie se puede integrar termino a termino y obtener

un desarrollo en serie trigonometrica para

∫ x

−πf (u) du en [−π, π] .

Solucion

a) Calculemos los coeficientes de Fourier.

a0 =1

2π

π∫−π

f(x)dx =1

2π

0∫−π

f(x)dx+

π∫0

f(x)dx

=1

2π

π∫0

xdx

∴ a0 =1

2π

[x2

2

]π0

=π

4

an =1

π

π∫−π

f(x) cos(nx)dx =1

π

π∫0

x cos(nx)dx

Usando el metodo de integracion por partes se tiene:

an =1

π

[x cos(nx)

n+

cos(nx)

n2

]π0

=1

π

[0− 0 +

(−1)n

n2− 1

n2

]an =

(−1)n − 1

n2π=

0 si n par− 2n2π

si n impar

61

Ası:

a2n = 0 ∀ n

a2n−1 = − 2

(2n− 1)2π∀ n.

bn =1

π

π∫−π

f(x) sin(nx)dx =1

π

π∫0

x sin(nx)dx

=1

π

[−x cos(nx)

n+

sin(nx)

n2

]π0

= −cos(nπ)

n

luego estos coeficientes son:

∴ bn =(−1)n+1

n

Por lo tanto, la serie de Fourier de f para x ∈ [−π, π] ,es:

π

4+∞∑n=1

[−(−1)n−1

n2πcosnx+

(−1)n+1

nsin(nx)

]

Esta serie converge a:

i) f(x) = 0 para −π < x ≤ 0, puesto que, son puntos de continuidadde f.

ii) f (x) = x para 0 < x < π, son puntos de continuidad de f.

iii)f (π+) + f (π−)

2=π

2en los puntos de discontinuidad del tipo

x = π + 2nπ con n ∈ Z.

b) Aplicando el criterio de convergencia en x = 0, f (0) = 0 se tiene

0 =π

4− 2

π

(1

12+

1

32+

1

52+ ...

)de donde

π

4=

2

π

(1

12+

1

32+

1

52+ ...

)y de aquı

∞∑n=1

1

(2n− 1)2=π2

8

62

c) Como f(x) =

0, si − π ≤ x ≤ 0x, si 0 < x ≤ π

es una funcion seccionalmente

continua en [−π, π] , con serie de Fourier

π

4+∞∑n=1

[− 2

π (2n− 1)2 cos ((2n− 1)x) +(−1)n+1

nsin(nx)

]

se satisface las hipotesis del teorema de integracion de series de Fourier,luego puede integrase termino a termino. Entonces, para cualquier x ∈[−π, π] , se tiene:

Primero,

∫ x

−πf (u) du =

0, si − π ≤ x ≤ 0x2

2si 0 < x ≤ π

en [−π, π]

Segundo, integrando la serie produce∫ x

−π

[π

4+∞∑n=1

(−2 cos ((2n− 1)u)

π (2n− 1)2 +(−1)n+1 sin(nu)

n

)]du

=

[π

4u+

∞∑n=1

(−2 sin ((2n− 1)u)

π (2n− 1)3 − (−1)n+1 cos(nu)

n2

)]x−π

=π

4x+ π2 +

∞∑n=1

(−2 sin (2n− 1)x

π (2n− 1)3 +(−1)n+1 cos(nx)

n2− 1

n2

)

Por tanto, la funcion f queda representada por la serie anteriormenteobtenida.

1.9.2. Integral de Fourier

Problema 9

a) Halle la representacion de la integral de Fourier de la funcion f(x) =x, |x| < π0, |x| ≥ π

b) De esta representacion deducir que:∫ ∞0

sin(wπ)

w2sin(wx)dx = π

∫ ∞0

cos(wπ)

wsin(wx)dx

63

Solucion

a) Como f es una funcion impar, entonces

f (x) =

∞∫0

B(w) sin(wu)dw

con coeficiente

B (w) =2

π

π∫0

u sin(wu)du

=2

π

[−ucos(wu)

w+

sin(wu)

w2

]π0

B (w) =2

π

[−π cos(wπ)

w+

sin(wπ)

w2

]

Por consiguiente

f (x) =2

π

∞∫0

[−π cos(wπ)

w+

sin(wπ)

w2

]sin(wx)dw

Es la integral de Fourier de f para |x| 6= 0

b) En particular cuando |x| > π, se tiene f (x) = 0. Entonces laintegral converge a cero

0 =2

π

∞∫0

[−π cos(wπ)

w+

sin(wπ)

w2

]sin(wx)dw

Por tanto,

∞∫0

sin(wπ)

w2sin(wx)dw = π

∞∫0

cos(wπ)

wsin(wx)dw

64

Problema 10

Halle la representacion de la integral de Fourier de la funcion f(x) =xe−|x| si x ∈ (−∞,∞) y estudie su convergencia en R.

Solucion

Se tiene que f(x) es una funcion impar. Examinemos, si se cumplen lascondiciones de existencia de integral de Fourier.

En primer lugar

∞∫−∞

∣∣xe−|x|∣∣ dx = 2

∞∫0

xe−xdx

= 2

−xe−x|∞0 +

∞∫0

e−xdx

= 2 · 1 = 2

la integral es convergenteAdemas, f es continua y diferenciable ∀x.

Los coeficientes de Fourier de f son:

A(w) = 0 ya que f es una funcion impar

B(w) =

∞∫−∞

ue−|u| sin(wu)du =4w

(1 + w2)2

Entonces, para todo x la integral de Fourier converge a:

xe−x =4

π

∞∫0

w

(1 + w2)2 sin(wx)dw

65

Problema 11

Sea f la funcion pulso rectangular unitario de perıodo 2 definida por

f (x) =

12δ

si −δ < x < δ0 si −1 ≤ x < δ o δ < x ≤ 1

a) Representar graficamente f (x)

b) Obtener la serie de Fourier de f (x) .

c) Si an (δ) es el coeficiente n-esimo de la serie anterior, calcular loslımites:

lımn→∞

( lımδ→0+

(an (δ)) , lımδ→0+

( lımn→∞

(an (δ)))

Solucion

b) Como f es una funcion par de perıodo 2 ,entonces :

a0 =

1∫0

f (x) dx =

δ∫0

1

2δdx =

1

2

an = 2

1∫0

f (x) cos(nπx)dx = 2

δ∫0

1

2δcos (nπx) dx =

1

δ

sen(nπδ)

nπ= an (δ)

donde en este caso definimos an(δ) =1

δ

sin(nπδ)

nπbn = 0 ∀n

Luego, se tiene que:

f (x) ∼ 1

2+

1

δ

∞∑n=1

sen(nπδ)

nπcos (nπx) , x ∈ [−1, 1]

c) En primer lugar calculemos:

lımδ→0+

( lımn→∞

(an (δ))) = lımδ→0+

( lımn→∞

1

δ

sen(nπδ)

nπn→∞

) = lımδ→0+

(0) = 0

En segundo lugar

lımn→∞

( lımδ→0+

(ak (δ)) = lımn→∞

( lımδ→0+

(1

δ

sen(nπδ)

nπ

)) = lım

n→∞(1) = 1

66

Problema 12

Dada la funcion f(x) = xe−x con x > 0,

a) Verifique que considerando las extensiones par e impar de la funcionf :

∫ ∞0

[1− w2

(1 + w2)2

]coswx dw =

∫ ∞0

[2w

(1 + w2)2

]senwx dw

b) Estudiar la convergencia de la IF para deducir que:

∫ ∞0

[1

(1 + w2)2

]dw =

∫ ∞0

[w2

(1 + w2)2

]dw

Solucion

Consideremos para f(x) = xex con x > 0 su extension par

fp (x) =

xe−x si x > 0−xex si x < 0

=⇒

fp (x) ∼ 1

π

∞∫0

A (w) coswxdw con A (w) = 2

∞∫0

xe−x coswx dx

Ahora, consideremos la extension impar de f

fi (x) =

xe−x si x > 0xex si x < 0

=⇒

fi (x) ∼ 1

π

∞∫0

B (w) sinwxdw con B (w) = 2

∞∫0

xe−xsenwx dx

Podemos calcular los coeficientes A (w) y B (w) integrando por partes:

67

A (w) = 2

∞∫0

xe−x coswx dx = 2

∫ ∞0

e−x(x coswx)dx =⇒

A (w) = 2

[xe−x (− coswx+ wsenwx)

(1 + w2)− e−x((1− w2) coswx− 2wsenwx)

(1 + w2)2

]∞0

A(w) = 2

[1− w2

(1 + w2)2

]

B (w) = 2

∞∫0

xe−x sinwx dx = 2

∫ ∞0

e−x(x sinwx)dx =⇒

B (w) = 2

[xe−x (− sinwx− w coswx)

(1 + w2)− e−x((1− w2) sinwx+ 2w coswx)

(1 + w2)2

]∞0

B(w) = 2

[2w

(1 + w2)2

]Construyendo las respectivas integrales de Fourier y aplicando el teo-rema de la convergencia , puesto que f es una funcion seccionalmentesuave ∀x > 0 ,se tiene que :

xe−x =2

π

∞∫0

[1− w2

(1 + w2)2

]coswxdw

xe−x =2

π

∞∫0

[2w

(1 + w2)2

]senwxdw

Por lo tanto, las extensiones son iguales:

∞∫0

[1− w2

(1 + w2)2

]coswx dw =

∞∫0

[2w

(1 + w2)2

]sinwx dw

b) En x = 0 se tiene un punto en que estas extensiones son continuas,luego ambas integrales convergen a f(0) = 0

∞∫0

1− w2

(1 + w2)2dw = 0 =⇒

∞∫0

1

(1 + w2)2dw =

∞∫0

w2

(1 + w2)2dw

68

Problema 13

Si f (x) es una funcion par ,con integral de Fourier f (x) = 1π

∞∫0

A (w) cos(wx)dw,

demuestre que:

a) xf (x) = 1π

∞∫0

A∗ (w) cos(wx)dw, donde A∗ (w) = −dA(w)dw

b) x2f (x) = 1π

∞∫0

A∗ (w) cos(wx)dw, donde A∗ (w) = −d2A(w)dw2

Solucion

a) Se tiene que xf (x) = 1π

∞∫0

A∗ (w) sin(wx)dw, es una funcion impar,

entonces A∗ (w) = 2

∞∫0

v f (v) sin(wv)dv (1).

Como f (x) = 1π

∞∫0

A (w) cos(wx)dw con A (w) = 2

∞∫0

f (v) cos(wv)dv.

Entonces, derivando el coeficiente queda dA(w)dw

= −2

∞∫0

vf (v) sin(wv)dv (2)

Por lo tanto, comparando (1) y (2) se tienedA(w)dw

= −A∗ (w)

b) Como x2f (x) = 1π

∞∫0

A∗ (w) cos(wx)dw, es una funcion par,

entonces A∗ (w) = 2π

∞∫0

v2 f (v) cos(wv)dv (1)

Como, f (x) = 1π

∞∫0

A (w) cos(wx)dw con A (w) = 2

∞∫0

f (v) cos(wv)dv.

Por consiguiente dA(w)dw

= −2

∞∫0

vf (v) sin(wv)dv =⇒

69

d2A(w)dw2 = −2

∞∫0

v2 f (v) cos(wv)dv (2)

Por lo tanto, comparando (1) y (2)se tiene d2A(w)dw2 = −A∗ (w) .

1.10. Ejercicios propuestos

1.- Sea f una funcion de perıodo π dada por

f(x) =

sin 2x si 0 ≤ x ≤ π/2

0 si π/2 ≤ x ≤ π

a) Obtener la serie de Fourier de f(x).

b) Deducir la convergencia de la serie:∞∑n=1

14n2−1

2.- Sea f una funcion dada por f(x) =

x (π − x) si 0 < x < πx (π + x) si −π < x < 0

a) Represente graficamente la funcion f usando Maple

b) Obtener la serie de Fourier de f(x).

c) Deducir la convergencia de la serie:∞∑n=1

(−1)(n−1)

(2n−1)3

3.- Un pulso triangular simetrico de altura y ancho ajustables es

descrito por: f(x) =

a(1− x

b

)si 0 ≤ x ≤ b

0 si b ≤ x ≤ π

a) Muestre que los coefientes de Fourier son: a0 = ab2π

, an = 2abπ

(1−cosnb)

(nb)2

b) Tome a = 1 y b = π2

calcule y represente las cinco primeras

sumas parciales.

70

4. Sea f una funcion dada por f(x) = 1 + |x| x ∈ [−1, 1]

a) Obtener la serie de Fourier de f(x).

b) Deducir la convergencia de la serie:∞∑n=1

1(2n−1)2

5. Encontrar la serie de coseno de Fourier de la funcion perıodica deperıodo 4, dada por f (x) = e−[x] 0 ≤ x ≤ 2.

b) Deducir la convergencia de la serie:∞∑n=1

12n−1

c) Usando la identidad de Parseval deducir la convergencia de la serie:∞∑n=1

1(2n−1)2

6. Sea f (x) = x sinx, −π ≤ x ≤ π

a) Obtener la serie de Fourier de f.

b) Pruebe que esta serie se puede diferenciar termino a termino.

c) Use el resultado anterior para obtener el desarrollo de Fourier.

de sinx+ x cosx, −π ≤ x ≤ π.

b) Deducir la convergencia de la serie∞∑n=1

1(2n−1)6

7. Sea f(x) =

0 si −π ≤ x ≤ 0x si 0 < x ≤ π

a) Obtener la serie de Fourier de f.

b) Pruebe que esta serie se puede integrar termino a termino.

c) Use los resultados anteriores para obtener el desarrollo en

serie trigonometrica para

∫ x

−πf (u) du

8. a) Establecer que si f(x) = x, −π < x < π entonces

x = 2∞∑n=1

(−1)n+1

nsinnx

b) Con la identidad de Parseval deducir la convergencia∞∑n=1

1n2 = π2

6

c) Muestre que la integracion de la serie de Fourier de f(x) = x, −π <x < π

71

conduce a.

∞∑n=1

(−1)n+1

n2=π2

12

d) Sea f(x) una funcion continua definida en −π < x < π con serie de

Fourier a0 +∞∑n=1

(an cosnx+ bn sinnx). Si g(x) = f(x− π) pruebe que

la serie

de Fourier de g(x) es

a0 +∞∑n=1

((−1)n an cosnx+ (−1)n bn sinnx)

e) Aplicando los resultados de a) y d), obtener la serie de Fourier deperıodo

2π de la funcion definida por g(x) = x− π , 0 < x < π.

9. Sea f(x) una funcion seccionalmente contınua, impar de perıodo 2π,con

serie de Fourier∞∑n=1

bn sin(nx)

a) Verificar que g(x) =x∫0

f(t)dt, x ∈ R

es funcion par de perıodo 2π

b) Deducir que∞∑n=1

bnn

(1− cos(nx)) es la serie de Fourier de g(x) y

que∞∑n=1

bnn

= 1π

π∫0

(x∫0

f(t)dt)

10. Sea f (x) , x ∈ R funcion impar con integral de Fourier

Ii = 1π

π∫0

B (w) sinwx dw. Pruebe que la integral de Fourier de

g (x) = f (x) sinx es: Ip =π∫0

A (w) cos(wx) dw, con

A(w) =

1π

[B (w + 1)−B (w − 1)] w > 11π

[B (w + 1) +B (w − 1)] 0 ≤ w < 1

72

11. Sea f(x) =

1− x2 si |x| ≤ 1

0 si |x| > 1, obtener la integral de Fourier

y estudie su convergencia en x0 = 0.

12. a) Obtener la integral de Fourier de f(x) =

cosx si |x| ≤ π

0 si |x| > π

b) Estudiar la convergencia de la IF en x0 = 0 , x1 = π.

13. Establecer la igualdad2

π

∞∫0

w

1 + w2sinwπdw = e−x si x > 0 y de

esto deducir el valor al cual converge∞∫0

w2

(1+w2)2dw.

14. Obtener la Integral de Fourier de f (x) = e−|x| , x ∈ R.

Del resultado, deducir el valor de∞∫0

cos(wx)(1+w2)

dw.

15. Aplicando la la representacion de la integral de Fourier

demostrar que:

a)∞∫0

cos(πw/2) coswx

1− w2dw =

π2

cosx si |x| < π2

0 si |x| > π2

b)∞∫0

1− cos πw

wsin(wx)dw =

π2

si 0 < x < π0 si x > π

16. Si f (x)es una funcion par con integral de Fourier

f (x) =∞∫0

A (w) cos(wx)dw, demuestre que:

f (ax) = 1πa

∞∫0

A(wa

)cos(wx)dw, a > 0

17. Pruebe que la integral de Fourier de f puede escribirse como

lımw→∞

1

π

∞∫−∞

f (t)sin(w(t− x))

t− xdt

73

1.10.1. Respuestas

1) a)

f (x) ∼ 1

π+

1

2sin 2x− 2

π

∞∑n=1

1

4n2 − 1cos 4nx

b) Estudie la convergencia en f(π2

)∞∑n=1

1

4n2 − 1=

1

2

2) a) f(x) =

x (π − x) si 0 < x < πx (π + x) si −π < x < 0

b)

f (x) ∼ 8

π

∞∑n=1

1

(2n− 1)3sin(2n− 1)x

c) Como f(x) es discontinua en x = π la serie converge a f(π+) + f(π−)2

luego

∞∑n=1

(−1)(n−1)

(2n− 1)2=π3

32

3) Si a = 1 y b = π2

el grafico de la funcion es

4)

a)

74

f (x) ∼ 3

2− 4

π2

∞∑n=1

1

(2n− 1)2cos(2n− 1)πx

b) Como f(x) es continua ∀x la serie converge a f(0), luego

∞∑n=1

1

(2n− 1)2=π2

8

c) Aplicando la identidad de Parseval, se tiene:

∞∑n=1

1

(2n− 1)4=π4

96

5. a)

f (x) ∼ 1 + e−1

2+

2

π

(1− e−1

) ∞∑n=1

sin(nπ2

)

ncos(

nπ

2x)

b) Como f(x) es discontinua en x0 = 2 converge a los lımites

laterales en ese punto, entonces se tiene la convergencia

∞∑n=1

1

2n− 1=π

4

6. a)

x sinx = π − 1

2π cosx+ 2π

∞∑n=1

(−1)n+1

n2 − 1cos (nx) , -π ≤ x ≤ π

b) f y f′

son seccionalmente suave en −π ≤ x ≤ π y f (−π) = f (π) ,

luego se satisfacen las condiciones del teorema de diferenciacion.

c)Tenemos que

x cosx+ senx =1

2π sinx+ 2π

∞∑n=1

(−1)n

n2 − 1n sin (nx) , − π ≤ x ≤ π

7. a)

75

f (x) ∼ 1

4π+

∞∑n=1

[(−1)n − 1

πn2cos (nx) +

(−1)n+1

nsin (nx)

], −π ≤ x ≤ π

b) f es seccionalmente continua en −π ≤ x ≤ π ,entonces se

satisfacen las condiciones del teorema de integracion. Luego,

su serie puede integrarse termino a termino

c) Tenemos que

∫ x

−πf (u) du =

0 −π ≤ x ≤ 0x2

20 < x ≤ π

Esta funcion esta representada por la serie obtenida al integrar

la serie de Fourier anterior

1

4πx+

1

4π2 +

∞∑n=1

[(−1)n − 1

πn2

sin (nx)

n+

(−1)n+1

n

(− cosnx+ (−1)n)

n

]

8)e)

x− π = −2∞∑n=1

sin(nx)

n

11)a)1

π

∫ ∞0

[4 sinw

w3− 4 cosw

w2

]coswx dw

b) La funcion es continua en x0 = 0 luego la IF converge a f(0)∫ ∞0

[4 sinw

w3− 4 cosw

w2

]dw = π

12)

a) Comof(x) es una funcion par se tiene que:

A(w) =2

π

π∫0

cos v cos(wv) dv =2

π

w sinwπ

1− w2

B (w) = 0

76

Por lo tanto,

IF =2

π

π∫0

w sinwπ

1− w2coswxdw.

b) En x0 = 0 hay un punto de continuidad de f (x), entonces

2

π

π∫0

w sinwπ

1− w2dw = f (0) = 1

y x1 = π es un punto de discontinuidad de f (x), entonces:

2

π

π∫0

w sin 2wπ

1− w2dw =

f (π+) + f (π−)

2=

0 + 1

2

13) Considere una extension impar de f(x), entonces

A (w) = 0 y B (w) = 2w1+w2

La Integral de Fourier de f(x)es 2π

∞∫0

w1+w2 sinwx dw.

Usando la identidad de Parseval∞∫0

w2

(1+w2)2dw = π

4

14) Como f es par tiene Integral de Fourier f(x) = 2π

∞∫0

cos(wx)(1+w2)

dw.

Al estudiar la continuidad en x0 = 1 se obtiene la convergencia∞∫0

cos(w)(1+w2)

dw = π2e

1.11. Auto evaluaciones

En el aprendizaje de Calculo Avanzado como parte de la matematicase requiere el dominio de dos tipos basicos de conocimientos:

a) el conocimiento conceptual y

b) el conocimiento procedimental.

El primero esta vinculado al razonamiento y reflexion, se caracterizapor ser un conocimiento teorico, producido por la actividad cognitiva,

77

que permite establecer relaciones entre sus componentes; su caracter esdeclarativo y se asocia con el saber que y el saber por que.

El segundo esta vinculado a la accion y se relaciona con metodos y lasestrategias para representar conceptos y transformar estas representa-ciones; usando habilidades y destrezas para analizar comprensivamente,elaborar, comparar, resolver algoritmos, evaluar y argumentar. De estemodo el conocimiento procedimental permite depurar y refinar la con-struccion del conocimiento conceptual, como asimismo, usar de maneraeficaz y flexible, en un contexto aplicado, los conceptos, proposiciones,teorıas y modelos matematicos. En consecuencia, esta asociado con elsaber hacer.

Evaluacion formativa

Al termino de cada unidad , se incluyen una serie de evaluaciones for-mativas que deben realizar los propios alumnos en situaciones de auto-evaluacion de acuerdo a la dinamica de trabajo individual, por equiposo grupal si se utiliza en el trabajo en el aula o en trabajo personalrealizado en casa.

Por consiguiente, esta modalidad de evaluacion tiene por funcion gener-ar evidencias de los resultados de aprendizaje logrados por los propiosestudiantes para retroalimentar su avances de aprendizaje. Asimismo,debe proporcionar informacion a los estudiantes sobre sus aciertos, difi-cultades, falencias y omisiones en el proceso de aprendizaje del Calcu-lo Avanzado de modo de introducir cambios y ajustes en los meto-dos de estudios. De este modo, las autoevaluaciones abarcan tanto losconocimientos conceptuales como procedimentalales luego son una in-stancia para que los estudiantes perfeccionen su capacidad para: re-conocer los conceptos, principios, reglas y propiedades que se sustentael Calculo Avanzado; identificar y aplicar metodos matematicos en laresolucion de problemas; analizar y evaluar informacion matematicaproveniente de otras ciencias ; y analizar y evaluar las soluciones de unproblema para fundamentar su pertinencia.

Estrategia de aplicacion

Como se ha senalado el objetivo fundamental de estos instrumentosde autoevaluacion es que el alumno verifique, constate y descubra lasfalencias que aun persisten en el ambito cognitivo y procedimental de

78

su aprendizaje del tema objeto del estudio, ya sea que este sea el totalo una parcialidad de un tema. Se pretende que con esta constatacion elalumno se motive para persistir en su estudio, si aun no ha logrado elnivel necesario que asegure su exito en las evaluaciones regulares que seharan del tema. Para que este ejercicio tenga el exito propuesto, se debetrabajar el tiempo estipulado, y con las condiciones medioambientalesnecesarias de privacidad y silencio , que aseguren la efectividad de laactividad, o que reproduzcan condiciones requeridas de una prueba oexamen..

Series e Integrales de Fourier

Autoevaluacion No1

El estudiante:

1) Representara una funcion f(x) definida en el intervalo [0, L] por unaserie de Fourier coseno o seno, aplicando extensiones pares o imparessegun sea el caso, y evaluar si la serie converge o no en un punto x0

dado del dominio.

2) Obtendra la suma de ciertas series infinitas empleando el teoremade la convergencia de las series de Fourier.

3) Verificara si una serie de Fourier se puede diferenciar termino a termi-no y aplicar el teorema de la diferenciacion para obtener la derivada dela serie de fourier

4) Representara una funcion f (x) no perıodica por una Integral deFourier y emplear el teorema de la convergencia para probar si la Inte-gral Fourier converge o no en un punto x0 del dominio.

5) Probara el teorema de Parseval para una funcion f que se representapor una integral de Fourier y deducira la convergencia de ciertas sumasde series.

6) Representara una funcion periodica f(x) de perıodo 2L por una seriede Fourier, y aplicara el teorema de la convergencia para determinar sila serie converge o no en un punto x0 del dominio.

Tiempo : 1 hora 20 minutos

Problema 1

79

a) Desarrollar en serie de Fourier de cosenos la funcion

f (x) = sin(x

2

)definida en el intervalo [0, π].

b) Deducir la convergencia de la serie

∞∑n=1

1

4n2 − 1=

1

2

b) Pruebe que la serie de f se puede diferenciar termino a termino y

utilice este hecho para obtener el desarrollo de Fourier de cos(x

2

).

Problema 2

a) Probar que si f (x) =∫∞

0(A (w) cos (wx)+B (w) sin (wx))dw, con co-

eficientes A (w) = 1π

∫∞−∞ f (u) cos (wu) du yB (w) = 1

π

∫∞−∞ f (u) sin (wu) du.

Entonces 1π

∫∞−∞ [f (x)]2 dx =

∫∞0

(A2 (w) +B2 (w))dw

b) Si f (x) =

π, |x| ≤ a0, |x| > a

,pruebe que∫∞

0sin2 waw2 dw = aπ

2

Problema 3

Sea f (x) =

0 si −5 < x < 03 si 0 < x < 5

tal que f (x+ 10) = f (x)

a) Obtener la serie de Fourier de f (x)

b) Defina f (x) en los puntos −5, 0 y 5 de manera que la serie de Fourierobtenida anteriormente converja a f (x) ∀x con |x| ≤ 5.

Pauta de Correccion

Problema 1

Para obtener el desarrollo en serie de Fourier de cosenos de la funciondada, construimos una extension par de la funcion f tal que

fp (x) =

sin(x

2

), 0 ≤ x ≤ π

− sin(x

2

), −π ≤ x < 0

Como esta funcion es par, de perıodo 2π ,tenemos que

80

bn = 0

a0 = 1π

π∫0

f(x)dx = 1π

π∫0

sin(x2

)dx = 1

π

[−2 cos

(x2

)]π0

a0 = 2π

[1− cos π

2

]= 2

π

an = 2π

π∫0

f(x) cos(nx)dx = 2π

π∫0

sin x2

cos(nx)dx

an = 1π

π∫0

[sin(

12

+ n)x− sin

(12− n

)x]dx

an = 1π

[−

cos(

12

+ n)x(

12

+ n) −

cos(

12

+ n)x(

12

+ n) ]π

0

an = 1π

[2

1 + 2n+

2

1− 2n

]=

4

π (1− 4n2)

Por lo tanto, la serie de fp en [0, π] ,es:

2

π+

1

π

∞∑n=1

4

(1− 4n2)cos (nx)

La funcion fp seccionalmente continua, de perıodo 2π, aplicando elteorema de convergencia de Fourier , tenemos que:

f (x) =2

π+

1

π

∞∑n=1

4

(1− 4n2)cos (nx) , ∀x ∈ (0, 2π)

En particular para x = 0,

2

π+

1

π

∞∑n=1

4

(1− 4n2)= 0

∞∑n=1

4

(4n2 − 1)=

1

2

c) Sea f(x) = sin(x2

), para 0 ≤ x ≤ π.

i) Como f (x) = sin(x2

), es continua en (0, π) .

81

ii) f ′ (x) = 12

cos(x2

), es continua en (0, π) .

iii) Existe f′′

(x) = −14

sin(

12

), y tambien es continua en (0, π) .

Ademas f (0) = (sin (0)) = (sin (π)) = sin 2π = f (π)

Luego, se satisfacen las hipotesis del teorema de diferenciacion de laserie de Fourier, entonces para−π < x < π,derivando la serie de Fourierde f , obtenemos:

sin(x

2

)=

2

π+

1

π

∞∑n=1

4

(1− 4n2)cos (nx)

1

2cos(x

2

)= 0− 1

π

∞∑n=1

4n

(1− 4n2)sin (nx)

cos(x

2

)=

1

π

∞∑n=1

8n

(4n2 − 1)sin (nx)

Problema 2

a) Mutiplicando la integral de Fourier por f y realizando el productointerno en (−∞,∞) , se tiene

∫ ∞−∞

[f (x)]2 dx =

∫ ∞0

∫ ∞−∞

[(A (w) f (x) cos (wx) +B (w) f (x) sin (wx))dw]dx∫ ∞−∞

[f (x)]2 dx =

∫ ∞0

(A (w)

∫ ∞−∞

f (x) cos (wx) dx+B (w)

∫ ∞−∞

f (x) sin (wx) dx)dw

∫ ∞−∞

[f (x)]2 dx = π

∫ ∞0

(A2 (w) +B2 (w))dw =⇒

1

π

∫ ∞−∞

[f (x)]2 dx =

∫ ∞0

(A2 (w) +B2 (w))dw

b) Como f (x) =

π, |x| ≤ a0, |x| > a

, es funcion par, entonces la integral

de Fourier de f es ∫ ∞0

A (w) cos (wx) dw

82

con coeficiente

A (w) =2

π

∫ ∞0

f (u) cos (wu) du =2

π

∫ a

0

π cos (wu) du

= 2

[sinwu

w

]a0

= 2sinwa

w

∴ A2 (w) =4 sin2wa

w2

Por otra parte:

1

π

∫ ∞−∞

[f (x)]2 dx =1

π

∫ a

−aπ2dx = 2aπ

Como la funcion f es par, se tiene

1

π

∫ ∞−∞

[f (x)]2 dx =

∫ ∞0

A2 (w) dw

Entonces, al reemplazar los terminos

2aπ = 4

∫ ∞0

sin2wa

w2dw

∴∫ ∞

0

sin2wa

w2dw =

aπ

2

Problema 3

La serie de Fourier buscada es de la forma:

f (x) ∼ a0 +∞∑n=1

(an cosnπx

5+ bn sin

nπx

5)

con coeficientes

a0 =1

10

∫ 5

03dx =

[3x

10

]5

0

=3

2

an =1

5

[∫ 0

−50 cos

nπx

5dx+

∫ 5

03 cos

nπx

5dx]

an =3

5

[5

nπsin

nπx

5

]5

0

= 0

bn =1

5

[∫ 0

−50 sin

nπx

5dx+

∫ 5

03 sin

nπx

5dx]

83

bn =3

5

[− 5

nπcos

nπx

5

]5

0

bn =3

nπ[1− cosnπ]

Sustituyendo los coeficientes en la serie obtenemos

3

2+

3

π

∞∑n=1

[1− cosnπ]

nsin(

nπx

5)

b) Como f (x) es una funcion seccionalmente continua entonces en los

puntos de discotinuidad converge af (x+

o ) + f (x−o )

2. Luego en los pun-

tos −5, 0 y 5 converge a3

2.

Por tanto la funcion debe asumir estos valores en los puntos menciona-dos para que se cumpla la covergencia propuesta.

Autoevaluacion No 2

Tiempo : 2 horas

Problema 1

Dada la funcion f (x) = x− [2x] , 0 < x < 1

a) Obtener la serie de Fourier de cosenos.

b) Establecer la convergencia de la serie en x0 = 0 y x1 =1

2.

Problema 2

Deducir la igualdad de la integral de Fourier

x =2

π

∫ (−π cosπw

w+

sin πw

w2

)sinwxdw

para 0 < x < π.

Problema 3

Sea f (x) continua por tramos, impar de perıodo 2π con serie de Fourier∞∑n=1

bn sin (nx) .

a) Verificar que g (x) =∫ x

0f (t) dt , x ∈ R es funcion par de perıodo

2π.

84

b) Deducir∞∑n=1

bnn−∞∑n=1

bnn

cos (nx) es la serie de Fourier de g (x) y que

∞∑n=1

bnn

=1

π

∫ π0

(∫ x0f (t) dt

)dx

Pauta de Correccion

Problema 1

a) Consideremos una extension par de f (x) de perıodo P = 2, es decirf (x+ 2) = f (x)

Como f (x) = x − [2x] , 0 < x < 1, se tiene que 0 < x <1

2, [2x] = 0 y

1

2< x < 1, [2x] = 1.

Ası f (x) =

x si 0 < x <

1

2

x− 1 si1

2< x < 1

, luego los coeficientes de Fourier

son

a0 =∫ 1/2

0xdx+

∫ 1

1/2(x− 1) dx =

[x2

2

]1/2

0

+

[(x− 1)2

2

]1

1/2

= 0

an = 2∫ 1/2

0x cosnπxdx+ 2

∫ 1

1/2(x− 1) cosnπxdx

an = 2

[x

sinnπx

nπ+

cosnπx

(nπ)2

]1/2

0

+2

[x

sinnπx

nπ+

cosnπx

(nπ)2

]1

1/2

−2

[sinnπx

nπ

]1

1/2

an =2

(nπ)2 [cosnπ − 1] +2 sin

(nπ2

)nπ

an =2

(nπ)2 [(−1)n − 1] +2 (−1)n−1

(2n− 1)π

bn = 0

De este modo la serie de Fourier queda

∞∑n=1

[2

(nπ)2 [(−1)n − 1] +2 (−1)n−1

(2n− 1)π

]cosnπx

b) En x0 = 0 hay un punto de continuidad de f, entonces la serieconverge a

85

f (0) = 0 =∞∑n=1

[2

(nπ)2 [(−1)n − 1] +2 (−1)n−1

(2n− 1)π

]

Para x1 =1

2se tiene un punto de discontinuidad de f , entonces la serie

converge a

f(

12

+)

+ f(

12

)2

=12

+(−1

2

)2

= 0.

Problema 2

Consideremos la funcion f (x) =

x si −π < |x| < π0 si |x| > π

, la cual es

impar, entonces la integral de Fourier de f es∫∞

0B (w) sin (wx) dx, con

coeficiente:

B (w) =2

π

∫∞0f (x) sin (wx) dx =

2

π

∫ π0x sin (wx) dx

B (w) =2

π

[−xcoswx

w+

sin (wx)

w2

]π0

B (w) =2

π

(−π coswπ

w+

sin (wπ)

w2

)Por tanto la integral de Fourier , queda

2

π

∫∞0

(−π coswπ

w+

sin (wπ)

w2

)sin (wx) dx

Como f es continua en (0, π) , la integral de Fourier converge a

f (x) = x =2

π

∫∞0

(−π coswπ

w+

sin (wπ)

w2

)sinwxdw

Problema 3

a) En primer lugar, verifiquemos que g (x) es una funcion par. En efectosea

g (−x) =∫ −x

0f (t) dt =

∫ x0f (−u) (−du), si cambiamos la variable u =

−t

Pero la funcion del integrando f (u) es una impar es decir f (−u) =−f (u) ∀u

entonces g (−x) =∫ x

0f (u) (du) = g (x)

86

En segundo lugar, estudiemos el perıodo de la funcion

g (x+ 2π) =

∫ x+2π

0

f (t) dt

=

∫ x

0

f (t) dt+

∫ x+2π

x

f (t) dt

=

∫ x

0

f (t) dt+

∫ π

−πf (t) dt

=

∫ x

0

f (t) dt = g (x)

Por tanto g (x) tiene perıodo 2π

b) Integrando la serie de Fourier de f , se tiene

g (x) =

∫ x

0

f (t) dt =

∫ x

0

∞∑n=1

bn sin (nx) dt

=

[−∞∑n=1

bncos (nx)

n

]x0

=∞∑n=1

bnn−∞∑n=1

bnn

cos (nx)

Como g (x) es par su serie de Fourier es de la forma

g(x) = a0 +∞∑n=1

an cosnx donde −π ≤ x ≤ π y coeficientes

a0 =1

2π

∫ π

−πg (x) dx =

1

π

∫ π

0

g (x) dx

=1

π

∫ π

0

(∫ x

0

f (t) dt

)dx =

∞∑n=1

bnn

Autovaluacion No 3

Tiempo : 1 hora 20 minutos

87

Problema 1

Sea f (x) = cos bx, −π ≤ x ≤ π, con f (x+ 2π) = f (x) , b constanteno entera.

a) Obtener la serie de Fourier de f.

b) A partir de la convergencia de la serie, deducir la igualdad

π

senbπ= 2b

(1

2b2− 1

b2 − 12+

1

b2 − 22∓ ...

)Problema 2

Sea la funcion f (x) =

(

1− |x|a

)si |x| < a

0 si |x| > a

a) Obtener la integral de Fourier de f.

b) Deducir que 1− x =2

π

∫∞0

1− cosw

w2coswxdw, si 0 ≤ x ≤ 1; y∫∞

0

1− cosw

w2coswx dw = 0, si x > 1.

Problema 3

a) Utilice la integral de Fourier para obtener la convergencia∫ ∞0

sinw

wdw =

π

2

.

b) Probar que la funcion definida por g (x) =∫ 1x

0

sin wx

wdw, x > 0

g (0) =π

2es continua en cero.

Pauta de Autocorreccion

Problema 1

a) Como f (x) = cos bx, en −π ≤ x ≤ π es funcion par, entonces laserie de Fourier de f es cosenoidal,

es decir f (x) ∼ a0 +∞∑n=1

an cosnx con coeficientes

88

a0 =1

π

∫ π0

cos bxdx =

[1

bπsin bπ

]π0

=sin bπ

bπ

an =2

π

∫ π0

cos bx cosnxdx =2

π

[sin (b− n)x

2(b− n)+

sin (b+ n)x

2 (b+ n)

]π0

an =2

π

[sin (b− n) π

2(b− n)+

sin (b+ n) π

2 (b+ n)

]an =

2b (−1)n sin bπ

π(b2 − n2)

Por tanto la serie de fourier queda

f (x) ∼ sin bπ

bπ+

2b sin bπ

π

∞∑n=1

(−1)n

(b2 − n2)cosnx

b) En x0 = 0 hay un punto de continuidad de f entonces por el teoremade convergencia de la serie, esta converge a

f (0) = 1 =sin bπ

bπ+

2b sin bπ

π

∞∑n=1

(−1)n

(b2 − n2)

Entonces

π

sin bπ=

1

b+ 2b

∞∑n=1

(−1)n

(b2 − n2)⇐⇒

π

sin bπ= 2b

(1

2b2+∞∑n=1

(−1)n

(b2 − n2)

)⇐⇒

π

sin bπ= 2b

(1

2b2− 1

b2 − 12+

1

b2 − 22∓ ...

)Problema 2

a) Como:

f (−x) =

(1− |−x|

a

)=

(1− |x|

a

)= f (x) ∀x ∈ [−a, a]

la funcion f es par, entonces la integral de Fourier de f es∫∞0A (w) cos (wx) dx, con coeficiente:

A (w) =2

π

[∫ a0

(1− x

a

)cos (wx) dx+

∫∞a

0 cos (wx) dx]

A (w) =2

π

∫ a0

(1− x

a

)cos (wx) dx

A (w) =2

π

(1− cos aw

aw2

)89

Por tanto la integral de Fourier queda

2

π

∫ ∞0

(1− cos aw

aw2

)cos (wx) dx,

b) Como la funcion f es continua para ∀x ∈ [0, 1],aplicando el teoremade convergencia con a = 1, se deduce que la integral de Fourier convergea

f (x) = 1− x =2

π

∫∞0

1− cosw

w2coswxdw, y del mismo modo

f (x) = 0 =2

π

∫∞0

1− cosw

w2coswxdw, ∀x > 1

Problema 3

a)Sea la funcion f (x) =

1 si |x| ≤ 10 si |x| > 1

, como la funcion f es par,

entonces la integral de Fourier de f es∫∞0A (w) cos (wx) dx, con coeficiente:

A (w) =2

π

[∫ 1

01 cos (wx) dx+

∫∞1

0 cos (wx) dx]

A (w) =2

π

∫ 1

0cos (wx) dx

A (w) =2

π

[sinwx

w

]1

0

=2

π

sinw

w

Por tanto, la integral de Fourier queda

f (x) =2

π

∫ ∞0

(sinw

w

)cos (wx) dx

Como la funcion es continua en x = 0,entonces la integral converge a

f (0) = 1 =2

π

∫ ∞0

sinw

wdx =⇒∫ ∞

0

sinw

wdx =

π

2

b) Sea la integral

g (x) =

∫ 1x

0

sin wx

wdw, x > 0 g (0) =

π

2

90

aplicando el cambio de variables u = wx

=⇒ xdu = dw, se tiene

g (x) =

∫ 1x2

0

sinu

xuxdu =

∫ 1x2

0

sinu

udu

Calculemos ahora el lımite de esta funcion cuando x→ 0

limx→0

g (x) = lımx→0

∫ 1x2

0

sinu

udu

=

∫ ∞0

sinu

udu =

π

2= g (0)

Lo que implica que g(x) es continua en cero.

91

Capıtulo 2

Funciones Vectoriales de unavariable real

2.1. Introduccion

La recta de R3 que pasa por el punto−→P 0 = (x0, y0, z0) y es paralela a un

vector −→a = (a1,a2,a3) se define como el conjunto−→P 0 + t−→a | t ∈ R

.En

esta definicion de recta a cada numero real t corresponde el punto−→P 0 + t−→a de R3 es decir a cada valor t de R le asocia el punto(x0 + ta1,y0 + ta2,z0 + ta3) de R3. Tal correspondencia o asociaciongenera lo que llamaremos una funcion vectorial de una variable real

que en este caso es de R en R3. Si denotamos por−→f a tal funcion

entonces su regla de correspondencia es

−→f (t) = (x0 + ta1,y0 + ta2,z0 + ta3)

El dominio de−→f es el conjunto de todos los numeros reales y el rango

de−→f es la recta que pasa por el punto

−→P o y es paralela al vector

−→a . Este es un ejemplo del tipo de funciones que estudiaremos en estemodulo; para tales funciones consideraremos los conceptos de lımite,continuidad, derivada e integral. Desde el punto de vista conceptual nohallaremos ideas nuevas y en la mayor parte de los casos las tecnicasusadas son las mismas desarrolladas en el calculo de funciones real deuna variable real.

92

2.2. Funciones Vectoriales

Definicion 2.2.1. Una funcion vectorial de una variable real es unafuncion cuyo dominio es un conjunto de numeros reales y el rango esun conjunto de vectores o puntos de Rn

Notacion−→f : D ⊆ R→ Rn tal que ∀ t ∈ D,

−→f (t) = (f1(t), f2(t), . . . , fn(t)),

donde fk : D ⊆ R → R para cada k = 1, 2, .., n es una funcion real de

variable real. Cada fk es la k-esima componente del vector−→f (t).

Si la funcion−→f describe el movimiento de una partıcula, el vector−→

f (t) = (f1(t), f2(t), . . . , fn(t)) senala la posicion en el instante t, esdecir en estos casos t representa la variable tiempo.

Ejemplo 1

Sea−→f : I ⊆ R → R3 tal que

−→f (t) = (cos t, sin t, t), I = [0, 2π]

Hacer un esquema del rango de−→f

Solucion:

Pongamos−→f (t) = (x(t), y(t), z(t)) donde x = cos t, y = sin t, z = t.

En este caso para cualquier valor de t se cumple x2 + y2 = 1 que

es la proyeccion en el plano XY de cualquier punto−→f (t) de la curva

que esta sobre el manto de un cilindro de radio unitario x2 + y2 = 1,

y z = t senala la distancia de−→f (t) al plano XY.

El rango de−→f es entonces una curva que partiendo de (1, 0, 0)

describe un arco completo de una helicoidal en el manto del cilindrox2 + y2 = 1 de R3.

93

Ejemplo 2

Sea−→f : I ⊆ R→ R3 tal que

−→f (t) = (t, t, t), describa el rango de

−→f .

Solucion:

Las imagenes−→f(t) = (t, t, t) las podemos escribir vectorialmente de

la forma−→f (t) = (0, 0, 0) + t(1, 1, 1) lo que nos permite reconocer que

se trata de una recta que pasa por el origen (0, 0, 0) en la direccion delvector −→v = (1, 1, 1).

Ejemplo 3

Sea−→f : I ⊆ R → R3 tal que

−→f = (t, t, 2t2), I = [−3, 3] describa el

rango de−→f.

Solucion:

Ponemos−→f (t) = t(1, 1, 0) + t2(0, 0, 2), de esta expresion se puede afir-

mar que−→f (t) es la suma de un vector a lo largo de la recta y = x

en el plano XY y un vector perpendicular al plano XY. Quiere decir

entonces que el rango de−→f se encuentra en el plano que contiene los

vectores (1, 1, 0), (0, 0, 2) perpendicular al plano XY.

Si se considera en un punto (t, t, 0) en el plano XY y u distancia alorigen, u =

√t2 + t2 =

√2t, resulta que z = 2t2 = u2. Por lo tanto, el

rango de−→f es una porcion de la parabola z = u2 que esta en el plano

y = x perpendicular al plano XY y que contiene al eje z.

94

2.3. Lımite de una funcion vectorial.

Previamente aclaremos o recordemos algunos conceptos en cuanto a lametrica que usaremos.

Definicion 2.3.1. (distancia)

Si −→a y−→b son una par de elementos (puntos) de Rn dados por

−→a = (a1, a2, a3, . . . , an),−→b = (b1, b2, b3, . . . , bn) la distancia desde −→a

hasta−→b es

∥∥∥−→b −−→a ∥∥∥ se define por

∥∥∥−→b −−→a ∥∥∥ =

[n∑i=1

(bi − ai)2

] 12

que en R2 y R3 viene a corresponder a lo que definimos como distanciasentre dos puntos.

Definicion 2.3.2. Se dice que el vector−→l = (l1, l2, l3, . . . , ln) es el

lımite de la funcion vectorial−→f : I ⊆ R→ Rn en t0 ∈ I , si para cada

ε > 0 existe un numero δ > 0 tal que siempre que t esta en el dominio

de−→f y 0 < |t− t0| < δ entonces

∥∥∥−→f (t)−−→l∥∥∥ < ε

2.3.1. Teorema del lımite

Teorema 2.3.1. Sea−→f : I ⊆ R→ Rn funcion vectorial. Entonces

95

lımt→t0

−→f (t) =

−→l = (l1, l2, l3, . . . , ln)⇐⇒ lım

t→t0fk(t) = lk, k = 1, 2, ..., n

donde−→f (t) = (f1(t), f2(t), . . . , fn(t))

Demostracion.-i) (⇐) Suponemos que lım

t→t0fk(t) = lk, k = 1, 2, ..., n

Sea ε > 0 dado

∥∥∥−→f (t)−−→l∥∥∥ = ‖(f1(t)− l1, f2(t)− l2, ..., fn(t)− ln)‖

= ‖(f1(t)− l1, 0, 0, ..., 0) + (0, f2(t)− l2, 0, ..., 0) + (0, 0, 0, ..., fn(t)− ln)‖≤ ‖(f1(t)− l, 0, ..., 0)‖+ ‖(0, f2(t)− l2, 0, ..,0)‖+ ...+ ‖(0, ..., 0, fn(t)− ln)‖≤ |f1(t)− l|+ |f2(t)− l2|+ ...+ |fn(t)− ln|

Si lımt→t0

fk(t) = lk =⇒Si εn> 0 existe δk > 0 tal que 0 < |t− t0| <

δk =⇒ |fk(t)− lk| < εn, k = 1, 2, ..., n

tomando δ = mın δk , k = 1, 2, ..., n se tiene que 0 < |t− t0| < δ =⇒|fk(t)− lk| < ε

npara todo k = 1, 2, .., n.

De la desigualdad anterior, mayorando porε

n.

∥∥∥−→f (t)−−→l∥∥∥ < ε

n+ ...+

ε

n=

n∑i=1

ε

n=ε

nn = ε

∀ t ∈ (t0 − δ, t0 + δ), lo que prueba esta parte del teorema.

ii) (⇒) Suponemos que lımt→t0

−→f (t) =

−→l

Sea ε > 0 dado

lımt→t0

−→f (t) =

−→l = (l1, l2, l3, . . . , ln) y

−→f (t) = (f1(t), f2(t), . . . , fn(t))

implica que existe δ > 0 tal que

96

∥∥∥−→f (t)−−→l∥∥∥ < ε todo t en el dominio de

−→f tal que 0 < |t− t0| < δ

pero |fk(t)− lk| < ‖f(t)− l‖ todo k, entonces |fk(t)− lk| < ε todo t

en el dominio de−→f tal que 0 < |t− t0| < δ.

Por lo tanto

lımt→t0

fk(t) = lk todo k = 1, 2, ..., n.

Se ha establecido entonces que:

limt→to

−→f (t) =

−→l = (l1, l2, l3, ...., ln)⇔ lim

t→tofk(t) = lk, k = 1, 2, 3, ...., n.

Ejemplo 4

Si−→f (t) = (cos t, sin t) , calcule lım

t→π2

−→f (t)

Solucion:

lımt→π

2

−→f (t) =

(lımt→π

2

cos t, lımt→π

2

sin t

)= (0, 1)

Ejemplo 5

La trayectoria de una partıcula en el espacio R3 esta dada por lafuncion vectorial −→c (t) = (cos 2t, sin t, 2t

π). Calcule: lim

t→π2

−→c (t), limt→π−→c (t)

y limt→−π

2

−→c (t) .

Solucion.-

lımt→π

2

(cos 2t, sin t, 2tπ

) = ( lımt→π

2

cos 2t, lımt→π

2

sin t, lımt→π

2

2tπ

) =(−1, 1, 1)

lımt→π(cos 2t, sin t, 2tπ

) = (lımt→π

cos 2t, lımt→π

sin t, lımt→π

2tπ

) = (1, 0, 2)

lımt→−π

2

(cos 2t, sin t, 2tπ

) = ( lımt→−π

2

cos 2t, lımt→−π

2

sin t, lımt→−π

2

2tπ

) = (−1,−1,−1)

97

2.3.2. Operaciones con funciones vectoriales

Definicion 2.3.3. Sean−→f ,−→g : I ⊆ R → Rn funciones vectoriales,

entonces, para cada t ∈ I se define−→f +−→g ,

−→f −−→g ,

−→f · −→g ,

−→f ×−→g

de la forma siguiente:

a) (−→f +−→g )(t) =

−→f (t) +−→g (t) = ((f1 + g1)(t), (f2 + g2)(t), ..., (fn + gn)(t))

b) (−→f −−→g )(t) =

−→f (t)−−→g (t) = ((f1 − g1)(t), (f2 − g2)(t), ..., (fn − gn)(t))

c) (−→f · −→g )(t) =

−→f (t) · −→g (t) = f1(t)g1(t) + f2(t)g2(t) + ...+ fn(t)gn(t)

=n∑i=1

fi(t) · gi(t)

d) (−→f ×−→g )(t) =

−→f (t)×−→g (t)

= ((f2g3)(t)− (f3g2)(t)), (f3g1)(t)− (f1g3)(t), (f1g2)(t)− (f2g1)(t)).

en este caso para n = 3.

Definicion 2.3.4. Producto por escalar

Si γ : I → R y−→f : I → Rn es funcion vectorial, definimos:

γ−→f : I → Rn tal que (γ

−→f )(t) = γ(t)

−→f (t) = (γ(t)f1(t), γ(t)f2(t), ..., γ(t)fn(t))

Estas definiciones nos llevan al siguiente teorema

2.3.3. Teoremas del algebra de lımites

Teorema 2.3.2. Sean−→f ,−→g : I ⊆ R → Rn funciones vectoriales,

to ∈ I , si lımt→to

−→f (t) = −→a y lım

t→to−→g (t) =

−→b ; −→a ,

−→b ∈ Rn,entonces:

a) lımt→to

[−→f +−→g

](t) = lim

t→to

−→f (t) + lım

t→to−→g (t) = −→a +

−→b

b) lımt→to

[−→f −−→g

](t) = lım

t→to

−→f (t)− lım

t→to−→g (t) = −→a −

−→b

c) lımt→to

[−→f · −→g

](t) = lım

t→to

−→f (t) · lım

t→to−→g (t) = −→a ·

−→b

d) lımt→to

[−→f ×−→g

](t) = lım

t→to

−→f (t)× lım

t→to−→g (t) = −→a ×

−→b , con n = 3 en

este caso.

98

Demostracion:

Es consecuencia directa de aplicacion del Teorema del Lımite y ladefinicion

de las operaciones. Se deja como ejercicio al lector.

2.3.4. Teorema: producto de funcion escalar porvectorial

Teorema 2.3.3. Sean γ : I ⊆ R → R y−→f : I ⊆ R → Rn, to ∈ I tal

que:

lımt→to

γ(t) = α ; y lımt→to

−→f (t) = −→a , α ∈ R y −→a ∈ Rn, entonces:

limt→to

[γ−→f]

(t) = limt→to

γ(t)limt→to

−→f (t) = α−→a

Demostracion: Se deja como ejercicio al lector.

2.4. Continuidad

Definicion 2.4.1. Sea−→f : I → Rn y to ∈ I , diremos que

−→f es con-

tinua en to si para cada ε > 0,existe δ > 0 tal que ∀ t ∈ I : |t− to| <δ,entonces

∥∥∥−→f (t)−−→f (to)

∥∥∥ < ε

Note que: si−→f = (f1, f2, f3, ..., fn) tal que

−→f : I → Rn y fi : I → R,

i = 1, 2, 3, ..., n.

Entonces−→f es continua en to, ssi, fi es contınua en to para todo

i = 1, 2, 3, ..., n.

En efecto, vea que |fi(t)− fi(to)| ≤[n∑i=1

((fi(t)− fi(to))2

] 12

=⇒ si−→f es continua, entonces fi es continua. Reciprocamente co-

mo∥∥∥−→f (t)−

−→f (to)

∥∥∥ ≤ n∑i=1

|fi(t)− fi(to| podemos inferir que si fi es

continua, i = 1, 2, 3, ..., n,entonces−→f es continua.

Por lo tanto, decimos que una funcion vectorial es continua ,si y solosi, lo son cada una de sus funciones componentes

99

Observacion: Los teoremas de continuidad que obviaremos en estecaso y que son una replica de los teoremas de lımites se pueden probarfacilmente.

2.5. La Derivada

Definicion 2.5.1. Sea−→f : I ⊆ R→ Rn funcion vectorial y to ∈ I. Se

define la derivada de−→f en to, denotada d

−→fdt

(t0) o−→f (to) por el lımite:

−→f (to) = lım

h→0

−→f (to+h)−

−→f (to)

h, cuando este lımite existe.

Geometricamente −→c ′(to) es un vector tangente a la curva C descritapor la trayectoria −→c (t) en el punto −→c (t0) orientado.

De la definicion del lımite se deduce que:

Teorema 2.5.1. Sea−→f : I ⊆ R→ Rn, to ∈ I y

−→f = (f1, f2, f3, ..., fn)

entonces−→f es derivable en to si y solo si cada fi es derivable en to.

Demostracion

−→f ‘(to) = lım

h→0

−→f (to + h)−

−→f (to)

h

100

= limh→0

1

h[f1(to + h)− f1(to), f2(to + h)− f2(to), ..., fn(to + h)− fn(to)]

=[limh→0

f1(to+h)−f1(to)h

, lımh→0

f2(to+h)−f2(to)h

, ..., lımh→0

fn(to+h)−fn(to)h

]=[f′1(to), f

′2(to), ..., f

′n(to)

]Por lo tanto

−→f ′(to) existe si y solo si f ′k(to) existe para k = 1, 2, 3, ..., n

Definicion Si suponemos que −→c (t) describe una trayectoria seguida por

una partıcula podemos definir al vector −→c (t) como el vector velocidaden la trayectoria −→c en el punto −→c (t). Asimismo , definiremos la rapidezen ese punto como

∣∣−→c ´(t)∣∣

Ejemplo 6

Sea −→c (t) = (r cos(t), r sin(t)), trayectoria cuyo camino corresponde auna circunferencia de radio r. Muestre que−→c (t) y−→c ′(t) son ortogonales

Muestre que −→c (t) y −→c ′(t) son ortogonales

Solucion.

Tenemos −→c (t) es derivable lo que implica −→c ′(t) = (−r sin t, r cos t)Por consiguiente−→c (t) · −→c ′(t) = (r cos(t), r sin(t)) · (−r sin t, r cos t)

= r (sin t) r cos (t)− r (cos t) r sin (t) = 0

∴ −→c (t) y −→c ′(t) son ortogonales ∀ t.

101

2.6. Regularidad de una curva

Una diferencia significativa de la derivada de funciones vectoriales re-specto de la suavidad o regularidad de la curva en el aspecto geometricoes que en este caso la derivabilidad no detecta picos en la curva. Paradescribir este hecho consideramos el siguiente ejemplo:

Ejemplo 7

Sea−→f : R → R2 definida por

−→f (t) = (t3, t2 |t|). Su grafico como

muestra la figura es similar al grafico de y = |x| en R2 y sabemos quela funcion f (x) = |x| no es derivable en x = 0.

Muestre que la funcion dada es derivable para t = 0.

Solucion−→f (t) = (t3, t2 |t|)⇒ x(t) = t3 , y(t) = t2 |t|

x(t) = t3 ⇒ x′(t) = 3t2,∀ t,

y(t) = t2 |t| ⇒ y′(t) = 3t2, t > 0−3t2, t < 0

Ademas si t = 0 ⇒ y′(0) = limh→0

y(h)− y(0)

h= lim

h→0

h2 |h|h

= limh→0

h |h| =0

∴−→f (0) = (0, 0)

Lo que prueba que esta funcion es derivable en todo R y que hay puntosen los cuales la derivada es cero, esto geometricamente significa quela curva no es suave en ese punto, cambia rapidamente de direccion,presenta un peak.

Con el objeto de advertir este comportamiento geometrico en una curvay su relacion con la derivada demos la siguiente definicion.

102

2.6.1. Camino regular

Definicion 2.6.1. Sea−→f : I ⊆ R→ Rn una funcion de clase C1(I).Se

dice que−→f (t) describe un camino regular si

−→f ′(t) 6= −→0 ∀ t ∈ I.

Consideremos el siguiente ejemplo para aclarar aun mas este concepto

Ejemplo 8

Sea la curva C es descrita por −→c (t) = (cos3 t, sin3 t), 0 ≤ t ≤ 2π, que

corresponde a un Astroide

Muestre que no es una curva regular en 0 ≤ t ≤ 2π,

Solucion

Esta trayectoria regular no es regular, pues en t = 0, π2, π, y 3π

2la

derivada se anula como podemos verificar en el siguiente calculo.−→c (t) = (3 cos2 t(− sin t); 3 sin2 t cos3 t) = (−3 cos2 t sin t; 3 sin2 t cos3 t)−→c (0) = (0, 0) ; −→c (π

2) = (0, 0) , −→c (π) = (0, 0) , y −→c (3π

2) = (0, 0)

2.6.2. Propiedades de la Derivada

Teorema 2.6.1. Sean−→f ,−→g : I ⊆ R → Rn funciones derivables y

α : I ⊆ R→ R una funcion derivable, entonces:

i) (k−→f )′(t) = k

−→f (t)

103

ii) (−→f +−→g )′(t) =

−→f ′(t) +−→g ′(t)

iii) (−→f −−→g )′(t) =

−→f ′(t)−−→g ′(t)

iv) (α−→f )′(t) = α′(t)

−→f (t) + α(t)

−→f ′(t)

v) (−→f ·−→g )

′(t) =

−→f (t)·−→g (t)+

−→f (t)·−→g (t) Producto Punto o Producto

interno

vi) (−→f α)(t) =

−→f (α(t))α(t)

vii) (−→f ×−→g )′(t) =

−→f (t)×−→g (t) +

−→f (t)×−→g ′(t) para n = 3

Demostracion: i), ii), iii) se dejan al lector

(α−→f )′(t) = (α(t)

−→f (t)) = g ((αf1)(t), (αf2)(t), (αf3)(t), ..., (αfn)(t))

= (α′(t)f1(t) + α(t)f ′1(t), α′(t)f2(t) + α(t)f ′2(t), ..., α′(t)fn(t) + α(t)f ′n(t))

= (α′(t)f1(t), α′(t)f2(t), ..., α′(t)fn(t) + α(t)f ′1(t), α(t)f ′2(t), ..., α(t)f ′n(t))

= α′(t)(f1(t), f2(t), ..., fn(t)) + α(t)(f ′1(t), f ′2(t), ..., f ′n(t))

= α′(t)−→f (t) + α(t)

−→f ′(t)

v) (−→f · −→g )′(t) =

(−→f (t) · −→g (t)

)′=

d

dt

[n∑k=1

fi(t)gi(t)

]=

n∑k=1

d

dt(fk(t)gk(t))

=n∑k=1

[f ′k(t)gk(t) + fk(t)g′k(t)]

=n∑k=1

f ′k(t)gk(t) +n∑k=1

fk(t)g′k(t)

=−→f ′(t) · −→g (t) +

−→f (t) · −→g ′(t)

v), vi) se dejan al lector.

2.7. Parametrizacion

Si −→c (t) define una trayectoria donde t es el parametro, podemos mod-ificar la expresion que define −→c (t) por −→c (s) de tal modo de tener elmismo conjunto de imagenes, esto lo llamaremos reparametrizacion.

104

Definicion 2.7.1. Sean−→f : I ⊆ R→ Rn tal que

−→f = (f1, f2, f3, ..., fn)

define un camino regular en el espacio Rn y ϕ : I1 → I una fun-cion de clase C1(I) biyectiva y tal que ϕ′(s) 6= 0, ∀ s ∈ I1, entonces−→f o : I1 → Rn tal que

−→f o(s) = (

−→f ϕ)(s) se llama reparametrizacion

de la trayectoria)−→f .

Observacion:

De esta definicion se tiene que:

1)−→f o(s) = (

−→f ϕ)(s)⇒

−→f ′(s) =

−→f (ϕ(s)) · ϕ(s)

si ϕ(s) = t⇒−→f′

o(s) =−→f (t) · ϕ(s) = ϕ(s) ·

−→f (t)

∴−→f ′o (s) = ϕ(s) ·

−→f ′(t)

como ϕ(s) es un escalar, esto significa que−→f′o(s) es ϕ(s) veces la

velocidad que llevarıa una partıcula parametrizada por−→f (t).

2) ϕ′(s) 6= 0⇒ ϕ(s) > 0,∀s ∈ I1 v ϕ(s) < 0,∀s ∈ I,

de la expresion−→f ′o (s) = ϕ(s) ·

−→f ′(t) se puede inferir que:

a.- Si ϕ(s) > 0 , ∀ s ∈ I1 ⇒−→fo(s) conserva la orientacion de

−→f (t)

b.- Si ϕ(s) < 0 , ∀ s ∈ I1 ⇒−→fo(s) invierte la orientacion de

−→f

Si−→fo(s) es una reparametrizacion de

−→f (t) y del hecho que

−→fo′(s) =

ϕ(s) ·−→f ′(t) en cada punto

−→fo(s) =

−→f (t) si ϕ(s) = t, se deduce el

105

siguiente teorema.

Teorema 2.7.1. Sea−→f : I ⊆ R → R2 ( o R3) un camino regular

y−→fo =

−→f ϕ : J ⊆ R→ R2 ( o R3) una reparametrizacion de el (

donde ϕ tiene las condiciones pedidas en la definicion). Entonces la

recta tangente a la curva C (traza de−→f ) en

−→f (to) con t0 ∈ I , es

la misma que la recta tangente a C en−→fo(s0) si t0 = ϕ(s0).

Demostracion.- t0 = ϕ(s0) ⇒−→P 0 =

−→f (to) =

−→f (ϕ(s0) ) =

−→fo(s0) ademas

−→fo(s) = ϕ(s)·

−→f (s) implica que los vectores

−→f ′(to)

y−→fo′(s0) son paralelos,entonces las rectas tangentes a la curva en

−→f (to) coinciden.

2.7.1. Ejemplos de reparametrizaciones

Sea−→f : [a, b]→ R3,una trayectoria regular . Entonces:

1) La trayectoria−→fo : [a, b] → R3 tal que t 7−→

−→f (a+ b− t) es la

reparametrizacion de−→f que corresponde a la aplicacion ϕ : [a, b] 7−→

[a, b] dada por t 7−→ a + b − t, llamamos a−→f o trayectoria opuesta a

−→f .

2) La trayectoria −→g : [0, 1]→ R3 tal que t 7−→−→f (a+ (b− a)t) es una

reparametrizacion de−→f que corresponde a la aplicacion ϕ : [0, 1] 7−→

[a, b] dada por t 7−→ a+ (b− a)t, y que conserva la trayectoria de−→f .

Ejemplo 9

Sea−→f : [−5, 10]→ R3 definida por t 7−→

−→f (t) = (t, t2, t3) . Reparametrizar

como trayectoria opuesta a−→f .

Solucion

Aplicando el apartado 1) tenemos:−→fo : [−5, 10] → R3 tal que t 7−→

−→f (5− t) = ((5− t), (5− t)2, (5− t)3) es la reparametrizacion opuesta

a−→f que corresponde a la aplicacion ϕ : [−5, 10] 7−→ [−5, 10] dada por

t 7−→ 5− t.Ejercicio

Sea−→f : [a, b]→ R3, una trayectoria regular y k una contante positiva

. Sea la aplicacion ϕ :[0, b−a

k

]7−→ [a, b] dada por ϕ(t) 7−→ kt + a.

106

Muestre que la trayectoria reparametizada−→f ϕ :

[0, b−a

k

]→ R3

mantiene la trayectoria de−→f pero la recorre k veces mas rapido.

2.8. Longitud de Arco

Sea C una curva descrita por−→f (t) = (f1(t), f2(t), f3(t), ..., fn(t)), defini-

da en un intervalo I = [a, b] en R.Sea P una particion de [a, b] y Lpla longitud de la poligonal originada por P.

Lp =n∑i=1

∥∥∥−→f (ti)−−→f (ti−1)

∥∥∥Para cada particion P se tiene una correspondiente Lp.

Definicion 2.8.1. La curva C descrita por−→f (t) = (f1(t), f2(t), f3(t), ..., fn(t))

definida en [a, b] se dice que es rectificable si

Lp/P es particion de [a, b]

tiene una cota superior. Si C es rectificable entonces la longitud ` de Ces el supremo del conjunto de los Lp, es decir

` = sup Lp/P es particion de [a, b]

Definicion 2.8.2. Sea−→f : I ⊆ R → Rn una trayectoria regular de

clase C1 . La longitud de−→f entre t = a, t = b denotada por `(

−→f ) o

simplemente ` se define por:

` =

∫ b

a

∥∥∥−→f (t)∥∥∥ dt

107

Ejemplo 10.

Si −→c : [0, 2π]→ R2 tal que −→c (t) = (r cos t, r sin t). ¿ Es una trayectoriaregular? ¿Cual es la longitud de la Curva asociada?

Solucion.

Como −→c (t) = (−r sin t, r cos t) 6= (0, 0) ∀t ∈ [0, 2π] la trayectoria esregular, luego

‖−→c (t)‖ =√

(−r cos t)2 + (r sin t)2) = r

∴ ` =

∫ 2π

0

‖−→c (t)‖ dt =

∫ 2π

0

rdt = 2πr

Ejemplo 11.

¿Cual es la longitud del astroide dado por la ecuacion:−→c (t) = (a cos3 t, a sin3 t) cont ∈ [0, 2π]?

Solucion:

Verifiquemos primeramente si el astroide es una curva regular:

−→c (t) = (−3a cos2 t sin t, 3a cos t sin2 t)

Podemos inferir que el astroide no es una curva regular, pues

−→c (t) = (−3a cos2 t sin t, 3a cos t sin2 t) = (0, 0) para t = 0, π2, π, 3π

2, 2π

pero dado que es simetrica respecto de ambos ejes podemos calcular sulongitud en el segmento del dominio

]0, π

2

[y luego multiplicamos por

108

cuatro.

`

4=

π2∫

0

‖−→c (t)‖ dt =

π2∫

0

√9a2 cos4 t sin2 t+ 9a2 sin4 t cos2 tdt

= 3a

π2∫

0

sin t cos tdt =

[3a

sin2 t

2

]π2

0

=3a

2

=⇒ ∴ ` = 6a

2.8.1. La Longitud de Arco como Parametro

Teorema 2.8.1. Sea−→f : I ⊆ R → Rn funcion de clase C1 tal que−→

f (t) 6= −→0 ∀ t ∈ I . Entonces la longitud s definida por

s(t) =

t∫0

∥∥∥−→f ′(u)∥∥∥ du, con t ∈ I , de una curva puede introducirse como

un parametro de la curva y :

∥∥∥d−→fds ∥∥∥ = 1

Demostracion:

s(t) =

t∫0

∥∥∥−→f ′(u)∥∥∥ du⇒ s(t) =

ds

dt=∥∥∥−→f ′(t)∥∥∥ ≥ 0

Claramente s = s(t) es monotona, estrictamente creciente y contınua,por lo tanto s(t) tiene funcion inversa, que denominaremos por t(s) tal

que t(s) existe y es positiva para todo s con 0 ≤ s ≤ l(−→f ).

−→f (t(s)) = (f1(t(s)), f2(t(s)), ..., fn(t(s))

Derivando usando la regla de la cadena tenemos:

109

d−→f

ds= (f1(t(s)) · t(s), f2(t(s)) · t(s), ..., fn(t(s)) · t(s))

=d−→f

dt· dtds

=d−→fdtdsdt

De donde se obtiene que:

∥∥∥∥∥d−→f

ds

∥∥∥∥∥ =

∥∥∥−→f (t)∥∥∥

‖s(t)‖=⇒

∥∥∥−→f (t)∥∥∥

s(t)= 1

Observacion:

1. Del teorema anterior se desprende, la rapidez con que recorre−→f

es constante e igual a 1 si esta parametrizada con el parametrolongitud de arco.

2. Si −→r (s) = (x(s), y(s), z(s)) describe una curva de R3, y s esparametro longitud de arco, entonces

T = d−→rds

es vector tangente unitario, ya que:∥∥∥T∥∥∥ =

∥∥drds

∥∥ = 1

Propiedades 2.8.1. La longitud de un arco es independiente de laparametrizacion

Demostracion:

Sean−→f : [a, b] → Rn un camino regular y

−→f ∗ : [c, d] → Rn una

reparametrizacion de−→f ; por lo cual existe ϕ de [c, d] en [a, b] de C1

que es sobreyectiva y ϕ(s) 6= 0 ∀ s ∈ [c, d]

Entonces:

110

s( −→

fo

)=

d∫c

∥∥∥−→f ∗(u)∥∥∥ du =

d∫c

∥∥∥−→f (ϕ(u))ϕ(u)∥∥∥ du

=

d∫c

∥∥∥−→f (ϕ(u))∥∥∥ ϕ(u)du si ϕ(u) > 0

t = ϕ(u)⇒ s( −→fo

)=

b∫a

∥∥∥−→f (t)∥∥∥ dt = s(

−→f )

∴ s( −→fo

)= s(−→f )

De la misma forma si ϕ(u) < 0, la parametrizacion invierte elsentido y ϕ(c) = b, ϕ(d) = a

∴ s( −→f ∗)

=

d∫c

∥∥∥−→f (ϕ(u))ϕ(u)∥∥∥ du =

d∫c

∥∥∥−→f (ϕ(u))∥∥∥ (−ϕ(u)) du

= −d∫c

∥∥∥−→f (ϕ(u))∥∥∥ ϕ(u)du =

d∫c

∥∥∥−→f (t))∥∥∥ dt =⇒

s( −→fo

)= s(

−→f )

2.8.2. Parametrizacion por Longitud de Arco

Definicion 2.8.3. Sea−→f : I ⊆ R→ Rn , funcion de clase C1 y tal

que−→f (t) 6= 0 en I = [a, b] , se define s por

s =

t∫a

∥∥∥−→f ′(u)∥∥∥ du = ϕ(t)

De la definicion de s se pueden hacer las siguientes precisiones:

1. s = ϕ(t) =

t∫a

∥∥∥−→f (u)∥∥∥ du⇒ ds

dt= ϕ(t) =

∥∥∥−→f (t)∥∥∥

111

2. Si t ∈ (a, b] ⇒ dsdt> 0 ⇒ s = ϕ(t) es funcion estrictamente

creciente.

3. Por (2) s = ϕ(t) es biyectiva y por lo tanto invertible, sea t =ϕ−1(s).

Por tanto, la parametrizacion de−→f en terminos s es:

−→f (s) =

−→f (ϕ−1(s))

Ejemplo 12

Considere la trayectoria: −→r (t) = (a cos t, asent) ,y reparametrice enfuncion de la longitud de arco s.

Solucion

La ecuacion cartesiana de la curva C es x2 + y2 = a2 ,que correspondea una circunsferencia centrada en el origen de radio a.

Verifiquemos si es una curva regular, su derivada es:

−→r (t) = (−a sin t, a cos t) 6= (0, 0) ∀t⇒‖−→r (t)‖ =

√a2 sin2 t+ a2 cos2 t

∴ ‖−→r (t)‖ = a

Determinemos su longitud de arco,

s =

t∫0

‖−→r (u)‖ du =

t∫0

adu = [au]t0 = at

∴ s = at o t =s

a

Por lo tanto, −→r (s) = (a cos sa, a sin s

a) es una parametrizacion por lon-

gitud de arco de la circunferencia de radio a.

Observacion: No siempre es sencillo parametrizar por longitud dearco, a modo de ejemplo veamos el siguiente caso.

Ejemplo 13

112

Considere la curva C curva descrita por la trayectoria−→r (t) = (t, t2+1),t ∈ [0, 3] , y parametrice en funcion de la longitud de arco s.

Solucion.

La curva corresponde a una parabola que tiene por ecuacion cartesiana:y = x2 + 1, x ∈ [0, 3]

Determinemos la longitud de la curva:

−→r (t) = (1, 2t)⇒ ‖r(t)‖ =√

1 + 4t2

s =

t∫0

√1 + 4u2du =

[ln∣∣√1 + 4u2 + 2u

∣∣4

+u√

1 + 4u2

2

]t0

s =1

4ln∣∣∣√1 + 4t2 + 2t

∣∣∣+t

2

√1 + 4t2

En este caso no es posible obtener t = ϕ−1(s) es decir despejar t enfuncion de s a partir de

s = ϕ(t) =1

4ln∣∣∣√1 + 4t2 + 2t

∣∣∣+t

2

√1 + 4t2

Luego no es posible hacer explicita la funcion t = g−1(s).

2.9. Trayectorias y curvas

La aplicacion −→c : [a, b] −→ R3(o R2) continua , definida de un inter-valo I al espacio R3o al plano R2, la llamaremos trayectoria. La imagenC en R3(o R2) de la trayectoria corresponde a lo que es una curva.

Definicion 2.9.1. Se llama curva de la trayectoria −→c : I ⊂ R →R3(R2) dada por −→c (t) = (x(t), y(t), z(t)) al conjunto de imagenes de−→c ;es decir

C =−→c (t) ∈ R3/ t ∈ I

=

(x(t), y(t), z(t)) ∈ R3 : t ∈ I

113

Ejemplo 1: Sea −→c : R → R3 una funcion definida por −→c (t) =(x0,y0,z0)+t(v1,v2,v3) es una recta L en el espacio que pasa por (x0,y0,z0)y tiene la direccion −→v = (v1,v2,v3). A partir de esta funcion se deducenlas ecuaciones: x(t) = x0 + tv1, y(t) = y0 + tv2, z(t) = z0 + tv3 , quese conocen como ecuaciones parametricas de una recta en el espa-cio.Luego, la recta es la imagen de la trayectoria: −→c (t) = (x0,y0,z0) +t(v1,v2,v3), t ∈ RGeneralmente, usamos t como variable independiente y −→c (t) senala laposicion de una partıcula en el espacio y t en este caso es la variabletiempo.

Ejemplo 2: Sea −→c : [0, 2π] → R2 una funcion definida por −→c (t) =(cos t, sin t) ,¿cual es la curva asociada a esta trayectoria?

Solucion

A partir de las funciones parametricas tenemos , x (t) = cos t y (t) = sin tque cumplen con

(x (t))2 + (y (t))2 = (cos t)2 + (sin t)2 = 1 ∀t ∈ [0, 2π]

Por lo tanto, es una trayectoria cuya imagen corresponde a una cir-cunsferencia centrada en el origen y radio unitario.

Observe que −→c (t) = (cos 3t, sin 3t) con t ∈[0, 2π

3

]describe la misma

curva. En este caso tenemos que trayectorias parametrizadas en formadiferente describen una misma curva. La variable t se designa usual-mente con el nombre de parametro. De ahora en adelante diremos que−→c (t) = (x(t), y(t), z(t)) es una representacion parametrica de la curvaC, donde t es el parametro.

Definicion 2.9.2. Sea −→c (t):[a, b]→ R3 continua, una trayectoria quedescribe la curva C.diremos que C en una curva cerrada si y solo si−→c (a) = −→c (b).

114

Una curva cerrada simple, o curva de Jordan es una curva cerrada quetiene la propiedad :si −→c (t1) = −→c (t2) =⇒ (t1 = t2) ∨ (t1 = a yt2 = b).Como vemos esto ocurrre si la funcion −→c es inyectiva en I esdecir ∀t1, t2 ∈ I, t1 6= t2 =⇒ −→c (t1) 6= −→c (t2)

Ejercicios 3

A partir de la representacion parametrica dada, describa las curvas yencuentre las ecuaciones cartesianas de las mismas, si ello es posible:

1) −→c (t) = (t,−t) t ≥ 02) −→c (t) = (4− t2, t) t ∈ [−2, 3]3) −→c (t) = (cos t, sin t, 2t) 0 ≤ t ≤ ∞4) −→c (t) = (a cos t, b sin t, 1) 0 ≤ t ≤ 2π

2.10. Vectores Unitarios

2.10.1. Vector Tangente unitario

Sea −→c (t) : [a, b]→ R3 una trayectoria y C la curva descrita por −→c (t),

supongamos que −→c tiene derivada de tercer orden y que −→c (t) 6= −→0 ∀t ∈ [a, b] . Definimos el Vector Tangente unitario en un punto −→c (t) dela trayectoria, como sigue:

T(t) =−→c (t)∥∥−→c (t)

∥∥

En el caso que el parametro sea el parametro longitud de arco, entonces: T(s) = −→c (s)

Propiedad

Sea −→c (s) : [0, L]→ R3 una trayectoria parametrizada por longitud de

arco. Pruebe que los vectores T y TT son ortogonales.

En efecto:

Como: T · T =∥∥∥T∥∥∥2

= 1 =⇒ dds

(T·T) = 0 ⇒ T · T + T · T = 0 ⇒

2T · T = 0

∴ T · T = 0 ; es decir que T es ortogonal a T

115

2.10.2. Vector Normal

En todos los puntos donde T 6= 0 definimos : N =T′ (s)∥∥∥T′ (s)∥∥∥ ,Vector

normal principal a la curva C en el punto −→c (s).

2.10.3. Vector Binormal

Hay un tercer vector unitario que es perpendicular tanto a T como aN . Se define por el producto cruz de estos vectores, y es denominadovector Binormal, denotado por: B = T× N

El conjunto de vectores

T, N, B

forma un sistema de vectores

unitarios, ortogonales entre sı, orientados positivamente en este ordenen cada punto −→c (s) de la curva, es decir se cumple que:

T · N = 0, N · B = 0, B · T = 0

T · T = 1, N · N = 1, B · B = 1

T× N = B, N× B = T, B× T = N

En la medida que varıa el conjunto de vectoresT , N , B

,este se de-

splaza a lo largo de la curva y se llama triedro movil.

Ejemplo 4

Considere la helice circular definida por:−→c (t) = (3 cos t, 3 sin t, 4t), t >

0 . Hallar los vectores T , N , y B.

116

Solucion.

Sea −→c´(t) = (−3 sin t, 3 cos t, 4) =⇒∥∥−→c´(t)∥∥ = 5

⇒ s =

t∫0

‖c(u)‖ du = 5t⇒ t =s

5

∴ −→c (s) = (3 coss

5, 3 sin

s

5, 4s

5)

Por lo tanto: T = −→c ′(s) = (−35

sin s5, 3

5cos s

5, 4

5)

Del resultado anterior podemos inferir que∥∥∥T∥∥∥ = 1

Ahora determinemos el vector normal a partir de su definicion: N =

T (s)∥∥∥T (s)∥∥∥

T (s) = (− 325

cos s5, − 3

25sin s

5, 0)∥∥∥T (s)

∥∥∥ =√(− 3

25cos s

5

)2+(− 3

25sin s

5

)2=√(

325

)2= 3

25

117

N =(− 3

25cos s

5,− 3

25sin s

5, 0)

325

= (− cos s5, − sin s

5, 0)

Del resultado anterior podemos inferir que:∥∥∥N∥∥∥ = 1

A partir de los vectores T y N se tiene B = T × N ⇒

B =

∣∣∣∣∣∣i j k

−35

sin s5

35

cos s5

45

− cos s5− sin s

50

∣∣∣∣∣∣ = 45

sin s5i− 4

5cos s

5j + 3

5j y podemos com-

probar que:∥∥∥B∥∥∥ = 1

De los calculos anteriores podemos resumir que tenemos:

En cada punto −→c (s) de la curva

T = (−35

sin s5, 3

5cos s

5, 4

5), N = (− cos s

5,− sin s

5, 0), B = (4

5sin s

5,−4

5cos s

5+ 3

5, 0)

como t =s

5podemos reparametrizar la trayectoria en funcion de t,

como sigue

T (t) = (−35

sin t, 35

cos t, 45), N(t) = (− cos t,− sin t, 0), B(t) = (4

5sin t,−4

5cos t+ 3

5, 0)

Como ejercicio dejamos que verifique que: T × N = B N × B = T B × T = N

2.11. Curvatura

Sea−→f : I → Rn funcion vectorial dos veces diferenciable, parametriza-

da por el parametro longitud de arco. Al numero k(s) =∥∥∥−→f ”(s)

∥∥∥ se

le llama curvatura de−→f en el punto

−→f (s).

Intuitivamente, de la definicion se infiere que la curvatura es una medidade cuanto se ”doblauna curva, como una medida del alejamiento de lacurva de la recta tangente.

Ejemplo 5

Calcular la curvatura de la helice −→c (t) = (3 cos t, 3 sin t, 4t), t ≥ 0

Solucion.

118

Sabemos que al parametrizar en funcion del arco se tiene

−→c (s) = (3 coss

5, 3 sin

s

5, 4s

5)

k(s) = ‖−→c ”(s)‖ =

∥∥∥∥(− 3

25cos

s

5,− 3

25sin

s

5, 0)

∥∥∥∥ =3

25

En este caso, la curvatura es constante y como k(s) = ‖−→c ”(s)‖ =∥∥∥T (s)∥∥∥ ,significa que el vector tangente unitario T (s) tiene la misma

rapidez de variacion de su direccion, en todos los puntos.

Ejemplo 6

Mostrar que la curvatura de una recta es cero.

Solucion

Sea P0 = (xo, yo, zo) punto de la recta y−→v = (a, b, c) su vector direccion,entonces podemos escribir −→c (t) = (xo + ta, yo + bt, zo + ct)

−→c (t) = (a, b, c) =⇒ s =t∫

0

√a2 + b2 + c2dt = t

√a2 + b2 + c2

∴ s = t√a2 + b2 + c2 o t =

s√a2 + b2 + c2

Reparametrizando en funcion del arco se tiene

−→c (s) = (xo +sa√

a2 + b2 + c2, yo +

sb√a2 + b2 + c2

, zo +sc√

a2 + b2 + c2)

Derivando la expresion anterior:

−→c ′(s) =1√

a2 + b2 + c2(a, b, c)⇒ −→c ”(s) = (0, 0, 0)

∴ k(s) = 0

Por lo tanto, la curvatura en cualquier punto es cero.

Cırculo, circunferencia de curvatura

119

Si −→c (s) es un punto de la curva C y k la curvatura. La circunferenciaque es tangente la curva C en el punto −→c (s) de radio R = 1

kse llama

circunferencia de curvatura y R radio de curvatura.

El centro de esta circunferencia se encuentra en la direccion del vector−→c ”(s).

2.11.1. Calculo de curvatura usando parametro tcualquiera en R3

Teorema 2.11.1. Sea−→f : I ⊆ R → R3 funcion vectorial, al menos

dos veces diferenciable ,tal que:−→f (t) 6= 0 ∀t ∈ I. Entonces:

k(t) =

∥∥∥−→f (t)×−→f ”(t)

∥∥∥∥∥∥−→f (t)∥∥∥3

Demostracion:

Sea s parametro longitud de arco tal que t = ϕ(s)

−→f (s) = T (s) =

−→f ‘(t)∥∥∥−→f ‘(t)

∥∥∥ ⇒ −→f (s) =1∥∥∥−→f ‘(t)∥∥∥ −→f ‘(t)

Debemos calcular−→f ′′(s). Usando la regla de la cadena se tiene:

120

−→f ”(s) =

d

dt

1∥∥∥−→f ‘(t)∥∥∥−→f ‘(t)

dt

dscon

dt

ds=

1

ds

dt

=1∥∥∥−→f ‘(t)∥∥∥

Por otra parte, como∥∥∥−→f ‘(t)

∥∥∥2

=−→f ‘(t) ·

−→f ‘(t)

Se tiene:

2∥∥∥−→f ‘(t)

∥∥∥ d

dt

(∥∥∥−→f ‘(t)∥∥∥) =

−→f ‘(t) ·

−→f ”(t) +

−→f ”(t) ·

−→f ‘(t)

⇒ d

dt

(∥∥∥−→f ‘(t)∥∥∥) =

−→f ‘(t) ·

−→f ”(t)∥∥∥−→f ‘(t)∥∥∥

Volviendo a la derivada de−→f (s) :

−→f ”(s) =

−→f ”(t)

∥∥∥−→f ‘(t)∥∥∥−−→f ‘(t)

d

dt

(∥∥∥−→f ‘(t)∥∥∥)

‖f ‘(t)‖2 · 1

ds

dt

−→f ”(s) =

−→f ”(t)

∥∥∥−→f ‘(t)∥∥∥−−→f ‘(t)

−→f ‘(t) ·

−→f ”(t)∥∥∥−→f ‘(t)∥∥∥∥∥∥−→f ‘(t)

∥∥∥2 · 1∥∥∥−→f ‘(t)∥∥∥

−→f ”(s) =

−→f ”(t)

∥∥∥−→f ‘(t)∥∥∥2

−−→f ‘(t)

(−→f ‘(t) ·

−→f ”(t)

)∥∥∥−→f ‘(t)

∥∥∥4

Como∥∥∥−→f ”(t)

∥∥∥2

=−→f ”(t) ·

−→f ”(t)⇒

∥∥∥−→f”(s)∥∥∥2

=

−→f”(t)∥∥∥−→f ‘(t)

∥∥∥2

−−→f ‘(t)

(−→f ‘(t) ·

−→f ”(t)

)∥∥∥−→f ‘(t)

∥∥∥4

2

∥∥∥−→f ”(s)∥∥∥2

=

∥∥∥−→f ”(t)∥∥∥2 ∥∥∥−→f ‘(t)

∥∥∥4

− 2∥∥∥−→f ‘(t)

∥∥∥2 (−→f ‘(t) ·

−→f ”(t)

)2

+∥∥∥−→f ‘(t)

∥∥∥2 (−→f ‘(t) ·

−→f ”(t)

)2

‖f ‘(t)‖8

121

∥∥∥−→f ”(s)∥∥∥2

=

∥∥∥−→f (t)∥∥∥2 ∥∥∥−→f ”(t)

∥∥∥2

−(−→f ‘(t) ·

−→f ”(t)

)2

∥∥∥−→f ‘(t)∥∥∥6

∥∥∥−→f ”(s)∥∥∥2

=

∥∥∥−→f ‘(t)×−→f ”(t)

∥∥∥2

∥∥∥−→f ‘(t)∥∥∥6

Por lo tanto:

k(t) =

∥∥∥−→f ‘(t)×−→f ”(t)

∥∥∥∥∥∥−→f ‘(t)∥∥∥3

Caso particular es el de curvas en el plano.Ejemplo 7Sea −→r (t) = (x(t), y(t)) una trayectoria de R2, en este caso

k(t) =|x(t)y”(t)− x”(t)y(t)|[(x(t))2 + (y(t))2]3/2

SolucionSe deja al alumno, como indicacion se sugiere poner

−→r (t) ≡−→f (t) = (x(t), y(t), 0)

y aplicar la formula del teorema precedente

Ejemplo 8 Calcule la curvatura de la espiral de Arquımides ρ = aθ.

Solucion.-

x = ρ cos θy = ρsinθ

=⇒ r(θ) = (aθ cos θ, aθsenθ)

se considera que x(θ) = aθ cos θ y y(θ) = aθsenθ, derivando estasfunciones se tiene

x(θ) = a cos θ − aθsenθ y y(θ) = asenθ + aθ cos θ

x(θ) = −2asenθ − aθ cos θ y y(θ) = 2a cos θ − aθsenθ

122

Figura 2.1: Espiral de Arquımides

efectuando los productos y simplificando se tiene

x(θ) y”(θ)− x”(θ)y(θ) = 2a2 + a2θ2 = a2(2 + θ2)

por otro lado tambien

(x(t))2 + (y(t))2 = a2 + a2θ2 = (1 + θ2)a2

reemplazando en la formula se tiene

k(θ) =|a2(2 + θ2)|

[(1 + θ2)a2]3/2y simplificando k(θ) =

2 + θ2

a(1 + θ2)3/2

para cualquier θ positivo.

Observese que lımθ→∞

2 + θ2

a(1 + θ2)3/2= 0, esto significa que la curvatura

de la espiral de Arquımides muy lejos del origen tiende a ser casi unarecta.

2.12. Planos por un punto de la curva

Sea −→c : I ⊆ IR → R3 un camino regular dos veces diferenciable

y−→P0 = −→c (t0) (donde t puede ser parametro longitud de arco).

Si−→T ,−→N y

−→B son los vectores tangente, normal y binormal de la

curva en −→c (t0) = (x0, y0, z0).Podemos definir los siguientes planos por−→P0 = −→c (t0)

123

2.12.1. Plano Osculador

Plano determinado por−→T y

−→N en el

−→P0 cuya ecuacion es:

(x− x0, y − y0, z − z0) ·−→B = 0

2.12.2. Plano Normal

Plano determinado por−→N y

−→B en el punto

−→P0 cuya ecuacion es:

(x− x0, y − y0, z − z0) ·−→T = 0

2.12.3. Plano Rectificante

Plano determinado por−→B y

−→T en el punto

−→P0 cuya ecuacion es:

(x− x0, y − y0, z − z0) ·−→N = 0

Con estos mismos vectores en el punto−→P0 se definen las rectas:

124

2.12.4. Recta Tangente

Cuya ecuacion vectorial es:

−→P (t) =

−→P0 + t

−→T

Es decir (x, y, z) = (x0, y0, z0) + t (T1, T2, T2) , t ∈ IR

2.12.5. Recta Normal

Cuya ecuacion vectorial es:

−→P (t) =

−→P 0 + t

−→N

Es decir (x, y, z) = (x0, y0, z0) + t (N1, N2, N2) , t ∈ IR

2.12.6. Recta Binormal

Cuya ecuacion vectorial es:

−→P (t) =

−→P 0 + t

−→B

Es decir (x, y, z) = (x0, y0, z0) + t (B1, B2, B2) , t ∈ IR

Ejemplo 9

Considere el camino regular definido por −→c (t) = (t3, t2, t). Obtener:

a) las ecuaciones de los planos Osculador, Normal, Rectificante y

b) las rectas tangente, normal y binormal a esta curva en el punto(1, 1, 1).

Solucion

Previo a responder este problema observemos que para determinar losplanos

125

y rectas pedidas no es obligatorio trabajar con los vectores unitariospor lo cual util observar que:

−→c (t) es vector paralelo a−→T (t) , es decir: −→c (t) = α

−→T

−→c (t)×−→c ”(t) es vector paralelo a−→B (t), es decir :−→c (t)×−→c ”(t) = β

−→B

(−→c (t)×−→c ”(t))×−→c (t) es vector paralelo a−→N (t) es decir :

(−→c (t)×−→c ”(t))×−→c (t) = γ−→N

De este modo, en nuestro problema particular.−→c (t) = (3t2, 2t, 1) y −→c´(t) = (6t, 2, 0) Lo que implica al evualar en t =1 queda:−→c (1) = (3, 2, 1)

y −→c´(1) = (6, 2, 0) por consiguiente −→c (1)×−→c ”(1) =

∣∣∣∣∣∣i j k3 2 16 2 0

∣∣∣∣∣∣ =

−2i+ 6j − 6k = −2(i− 3j + 3k)

(−→c (1)×−→c ”(1) × −→c (1) =

∣∣∣∣∣∣i j k−2 6 −63 2 1

∣∣∣∣∣∣ = 18i − 16j − 22k = 2(9i −

8j − 11k)

Ası estamos en condiciones de calcular en el punto (1, 1, 1):

Plano Rectificante

(x− 1, y − 1, z − 1) · (9,−8,−11) = 0

⇒ 9x− 8y − 11z + 10 = 0 ecuacion del plano

Plano Osculador

(x− 1, y − 1, z − 1) · (1,−3, 3) = 0

⇒ x− 3y + 2z − 1 = 0 ecuacion del plano

Plano Normal

(x− 1, y − 1, z − 1) · (3, 2, 1) = 0

126

⇒ 3 x+ 2y + z − 6 = 0 ecuacion del plano

Recta tangente:x− 1

3=y − 1

2=z − 1

1

Recta Normal:x− 1

9=y − 1

−8=z − 1

−11

Recta binormal:x− 1

1=y − 1

−3=z − 1

3

2.13. Torsion

Si una partıcula se mueve siguiendo un camino C, el plano osculadoren un punto P de la curva es un buen referente para observar el giroo torsimiento de la curva, que no es otra cosa que la medida del ale-jamiento de la curva del plano osculador en una vecindad del puntoP.

El comportamiento de la derivada del vector Binormal B(s) respecto

del parametro longitud de arco da la razon de cambio del vector−→B

respecto del plano osculador

Por otro lado se puede obsevar que:

B (s)·B (s) = 1 =⇒ B (s)·B (s)+B (s)·B (s) = 0 =⇒∴ B (s)·B (s) =

0 por lo que afirmamos que B (s) es perpendicular a B (s) .

Ademas como B (s) · T (s) = 0 =⇒ B (s) · T (s) + B (s) · T (s) = 0

T (s) = αN (s) por lo que B (s) · T (s) = 0 =⇒ ∴ dBds· T = 0 por lo

que se deduce dBds

es perpendicular a T . Estas dos ultimas conclusiones

senalan que dBds

es un vector perpendicular a B y a T , esto significa

entonces que dBds

es paralelo a N ,es decir normal al plano rectificanteen el punto P. Este razonamiento nos permite formular la siguientedefinicion.

Sea −→c : I ⊆ IR → R3 un camino regular tres veces diferenciable

parametrizado por longitud de arco y tal que−→f´(s) 6= 0 ∀s ∈ I ( es

decir con curvatura no nula). Al numero real τ(s) tal que

127

dB

ds= −τ(s)N(s)

se llama Torsion de la curva en el punto −→c (s). Entonces, se tiene que

τ(s) = −dBds· N(s)

Observaciones:

1) El signo menos tiene el proposito de que si τ(s) > 0,entoncesdB

dstiene la direccion de −N(s). Ası cuando P se mueve sobre la curva

en una direccion positiva T , B(s) gira alrededor de T en el mismo

sentido que un tirabuzon diestro que avanza en la direccion de T , comose muestra en la figura adjunta.

2) La ‖τ(s)‖ =∥∥∥dBds ∥∥∥es una medida de la rapidez con que la curva se

despega del plano osculador

3) La primera consecuencia importante, de lo anterior, es que si B(s)

no varıa ( B constante) significa que la curva se mantiene en el plano

osculador ydB

ds= 0.

Afirmamos, entonces que: −→c (s) describe una curva plana si ysolo si su torsion es cero

2.13.1. Calculo de la torsion usando parametro tcualquiera (en R3)

Teorema 2.13.1. Sea−→f : I ⊆ R → R3 funcion vectorial al menos

tres veces diferenciable tal que:−→f ´( t) 6= 0 y

−→f ′′( t) 6= 0 ∀t ∈ I.

Entonces:

128

τ(t) =

[−→f ′(t)×

−→f ′′(t)

]·−→f ′′′(t)∥∥∥−→f ′(t)×−→f ′′(t)∥∥∥2

La demostracion de esta formula la dejamos como interesante aunquelargo ejercicio para el lector.

Ejemplo 10

La curva C resulta de la interseccion de las superficies z = 2x2y yz = x+ y. Verifique usando la formula que τ(1) = 0.

Solucion.-

Sea z = 2x2y y z = x + y =⇒ x + y = 2x2y de aquı despejando

y se tiene y =x

2x2 − 1

Haciendo x = t se tiene una parametrizacion para la curva interseccionde las superficies:

−→c (t) =

(t,

t

2t2 − 1,

2t3

2t2 − 1

)Las derivadas son:

−→c ’(t) =

(1,−(2t2 + 1)

(2t2 − 1)2,2t2(2t2 − 3)

(2t2 − 1)2

)−→c ”(t) =

(0,

4t(2t2 + 3)

(2t2 − 1)3,4t(2t2 + 3)

(2t2 − 1)3

)−→c ”’(t) =

(0,−12(4t4 + 12t2 + 1)

(2t2 − 1)4,−12(4t4 + 12t2 + 1)

(2t2 − 1)4

)En P = (1, 1, 2), t = 1 y evaluando las derivadas en t = 1 se tiene:

−→c ’(1) = (1,−3,−2) , −→c ”(1) = (0, 20, 20) , −→c ”’(1) = (0,−204,−204)

[−→c ’(t)×−→c ”(t)]· −→c ”’(t) =

∣∣∣∣∣∣1 −3 −20 20 200 −204 −204

∣∣∣∣∣∣ = 0. =⇒ τ(1) = 0.

Comentario.- El resultado no podıa ser otro ya que la curva C esta enun plano, el plano z = x+ y.

129

2.14. Formulas de Frenet

Fueron obtenidas por el matematico Frances Jean Frederic Frenet en1847 en su tesis doctoral, hoy se les conoce como las formulas de Frenet.

1)dT

ds= kN

2)dN

ds=− kT + τB

3)dB

ds= − τ N

Demostracion.-

1) Igualdad establecida en la fundamentacion de la definicion de latorsion

2) De las respectivas definiciones se tiene:

N =dTds∥∥∥dTds ∥∥∥ , T(t) = −→c (s) y k(s) =

∥∥−→c ”(s)∥∥

N =dTds∥∥∥dTds ∥∥∥ =⇒ dT

ds=∥∥∥dTds ∥∥∥ N

T(t) = −→c (s) y k(s) =∥∥−→c ”(s)

∥∥ =⇒ dT

ds=∥∥−→c ”(s)

∥∥ N

= k(s) N

∴dT

ds= k N.

2) A partir de N = B × T y diferenciando se tiene:

dNds

= dBds× T + B × dT

ds= (−τ N)× T + B × (k N)

= τ (N × T ) + k(B× N) = τB − kT .

∴dN

ds= τB − kT

130

Finalmente, las formulas de Frenet se pueden resumir en una repre-sentacion matricial, donde la matriz de transformacion es antisimetri-ca. T ′(s)

N ′ (s)

B′ (s)

=

0 k 0−k 0 τ0 −τ 0

T

N

B

2.15. Aplicaciones de Funciones Vectori-

ales y Curvas

Cuando una partıcula se mueve en el espacio y describe una curva entres dimensiones, es conveniente fijar a la partıcula un sistema de coor-denadas rectangular, de tal manera que una coordenada sea tangentea la trayectoria, otra sea normal a ella y una tercera que sea ortogonala las dos primeras. Es decir , las coordenadas tangencial, normal y bi-normal constituyen un sistema de referencia cuya base esta constituida

por los vectoresT , N , B

.

Las ecuaciones de la velocidad y la aceleracion pueden obtenerse comosigue:−→v = −→r ′ = d−→r

dsdsdt

= s′T

−→a = −→v ′ = −→r ′′ = s′′T + s′T ′ = s

′′T + (s′)2

ρN donde ρ =

1

kPuede concluirse que:

1. la velocidad es tangente a la trayectoria y su magnitud es s′

131

2. la aceleracion tiene dos componentes.

a) Una es la componente tangencial , de magnitud (s′′),debidaal cambio de magnitud de la velocidad.

b) La otra es la componente normal, de magnitud (s′)2/ρ, haciael centro de curvatura. Esta componente se debe al cambio dedireccion de la velocidad.

Tanto la velocidad como la aceleracion siempre estan sobre el plano

osculador.

2.15.1. Problemas

Problema 1 Una partıcula se mueve a lo largo de la curva: y = 2x−x2

con una componente horizontal de la velocidad de 4m/s, es decir vx =4m/s. Hallar las componentes tangencial y normal de la aceleracion enel punto (1, 1), si en el instante t = 0, x(0) = 0

Solucion:

La funcion de posicion de la partıcula es:

−→r (t) = (x(t), 2x(t)− x2(t)), t ∈ I

y derivando obtenemos su velocidad −→v (t) = (x′(t), 2x′(t)− 2x(t)x′(t)).Como la componente horizontal de la velocidad es 4m/s entonces

x′(t) = 4 , integrando x(t) = 4t+C =⇒ x(0) = 0+C = 0 =⇒ C = 0

Luego −→r (t) = (4t, 8t− 16t2) =⇒ −→v (t) = −→r ′(t) = (4, 8− 32t) =⇒−→a = −→r ′′(t) = (0,−32)

Como −→r ′(1/4) = (4, 0), entonces−→T (1/4) =

−→r ′(1/4)

‖−→r ′(1/4)‖= (1, 0) y

−→N (1/4) = (0,−1) .

Luego, las componentes tangencial y normal de la aceleracion se

obtienen proyectando el vector aceleracion en esas direcciones.

aT = −→a (1/4) ·−→T (1/4) = (0,−32) · (1, 0) = 0 y

aN = −→a (1/4) ·−→N (1/4) = (0,−32) · (0,−1) = 32

132

Problema 2

a) Una partıcula se mueve en el espacio de tal forma que en el in-stante t = t0,el vector velocidad es (1, 1, 1) ,y el vector aceleracion es(−2, 1, 0) .Hallar las componentes tangencial y normal de la aceleracionen el instante t = t0.

b) Si la partıcula describe una curva en el espacio de tal manera quelos vectores velocidad y aceleracion tienen siempre magnitud constante,pruebe que la curvatura es constante en cada punto de la curva.

Solucion:

a) Puesto que , se conoce la velocidad tenemos:

−→v (t0) = ‖−→v (t0)‖ T = (1, 1, 1) =⇒ ‖−→v (t0)‖ =√

3−→a (t0) = aT (t0)T + aN(t0)N =⇒

−→v (t0) · −→a (t0) = aT (t0) ‖−→v (t0)‖ T · T + aN(t0) ‖−→v (t0)‖ T · N

aT (t0) =−→v (t0) · −→a (t0)

‖−→v (t0)‖=

(1, 1, 1) · (−2, 1, 0)√3

Por otra parte:

−→v (t0)×−→a (t0) = aT (t0) ‖−→v (t0)‖ T × T + aN(t0) ‖−→v (t0)‖ T × N

aN(t0) =‖−→v (t0)×−→a (t0)‖‖−→v (t0)‖

=‖(1, 1, 1)× (−2, 1, 0)‖√

3=

3√

2

2

b) La curvatura esta dada por: k (t) =‖−→v (t)×−→a (t)‖‖−→v (t)‖3

Supongamos que ‖−→v (t)‖ = c1 y‖−→a (t)‖ = c2

Dado que ‖−→v (t)‖ = c1 ,al derivar esta expresion , se tiene −→v (t)·−→a (t) =0,

entonces −→v (t) es ortogonal con −→a (t).

Ası

k (t) =‖−→v (t)×−→a (t)‖‖−→v (t)‖3 =

‖−→v (t)‖ ‖−→a (t)‖‖−→v (t)‖3 =

‖−→a (t)‖‖−→v (t)‖2 =

c2

c21

Problema 3

133

La aceleracion de una partıcula en funcion del tiempo viene dada por−→a (t) = (2t, 3t2, 4t3) . Si en el instante t = 0 esta en el origen de coor-denadas con velocidad inicial −→v (0) = (1, 0,−1).

a) Hallar la velocidad y la posicion en cualquier instante de tiempo.

b) Hallar el valor de t en el que la partıcula pasa por el plano xy.

Solucion:

a) Sea −→r (t) la posicion de la partıcula en el instante t. Entonces−→r ′(t) = −→v (t) y −→r ′′(t) = −→a (t).

Por lo tanto:

t∫0

d−→v =

t∫0

−→a (u)du =

t∫0

(2u, 3u2, 4u3

)du

= (u2, u3, u4)∣∣t0

= (t2, t3, t4)

Entonces:

−→v (t)−−→v (0) = (t2, t3, t4) =⇒ −→v (t) = (t2 + 1, t3, t4 − 1)

Ahora:

t∫0

d−→r (t) =

t∫0

−→v (u)du =

t∫0

(u2 + 1, u3, u4 − 1) du

−→r t)−−→r (0) = (t3

3+ t,

t4

4,t5

5− t) =⇒

−→r t) = (t3

3+ t,

t4

4,t5

5− t)

b) La partıcula pasa por el plano xy cuando z = 0 =⇒ t5

5− t =

0 =⇒ t = 0 y t = 5.

Problema 4

Usando la ecuacion1

ρ=

∣∣∣∣ d2y/dx2

(1 + (dy/dx)2)3/2

∣∣∣∣ .134

a) Hallar el radio de la curvatura de la curva representada por y =x2 + 2x en el punto x = 2.

b) Hallar los radios de la curvatura de la curva representada porx2

16+

y2

9= 1 en los puntos x = 0 y x = 4 respectivamente.

Solucion:

a) La curva representada por y = x2 + 2x corresponde a una parabolaque se abre hacia arriba cuyo vertice esta en el punto (−1,−1).

Usando la ecuacion calculemos el radio de curvatura: y = x2 + 2x =⇒

dydx

= 2x+ 2 =⇒ d2ydx2

= 2

1

ρ=

∣∣∣∣ 2

(1 + 4(x+ 1)2)3/2

∣∣∣∣ .Ası, el radio de curvatura en x = 0 es:

1

ρ=

∣∣∣∣ 2

(37)3/2

∣∣∣∣b) La curva representada por

x2

16+y2

9= 1 corresponde a una elipse

con semiejes mayor a = 4 y menor b = 3 respectivamente.

Derivando la ecuacion y = 3

√1− x2

16se tiene

dy

dx= − 3

16x√√√√

1−x2

16

=⇒

d2y

dx2= − 3

1611−x2

16

3/2

135

Por lo tanto , el radio de curvatura queda1

ρ=

3

16

∣∣∣∣∣∣∣1

(1− 7x2

256)3/2

∣∣∣∣∣∣∣Ası, el radio de curvatura en x = 0 es:

1

ρ=

3

16=⇒ ρ =

16

3

Problema 5

El vector posicion de una partıcula movil a lo largo de una curva,esta dado por: −→r = ati + b cos tj + b sin tk en donde a y b son

constante usando la ecuacion:1

ρ=

∣∣∣∣d2−→rds2

∣∣∣∣ donde ρ es el radio de

curvatura. Hallar la curvatura de la curva.

Solucion:

Parametricemos , el vector posicion en funcion de la longitud de arcos.

136

s =

t∫0

‖−→r ′(τ)‖ dτ =

t∫0

‖(a,−b sin t, b cos t)‖ dτ =√a2 + b2τ

∣∣∣t0

=⇒ t =s√

a2 + b2

−→r (s) =

(a

s√a2 + b2

, b coss√

a2 + b2, b sin

s√a2 + b2

)−→r ′ (s) =

(a√

a2 + b2,− b√

a2 + b2sin

s√a2 + b2

,b√

a2 + b2cos

s√a2 + b2

)−→r ′′ (s) =

(0,− b

a2 + b2sin

s√a2 + b2

,b

a2 + b2cos

s√a2 + b2

)

Por consiguiente, el radio de curvatura es:

1

ρ=

∣∣∣∣d2−→rds2

∣∣∣∣ =b

a2 + b2=⇒ ρ =

a2 + b2

b= constante

Problema 6

En un cierto instante, las magnitudes de la velocidad y la aceleracionde un proyectil son 20 m/s y 80 m/s respectivamente, y el angulo deinclinacion entre ellas es de 30o .Determinar el radio de curvatura de latrayectoria en ese instante

Solucion:

Sean T y N los vectores unitarios en las direcciones tangencial ynormal respectivamente. Como la velocidad es tangente a la trayectoriatenemos que

−→v = ‖−→v ‖ T = 20 (m/s) T

Las componentes tangencial y normal de la aceleracion son:

137

aT = a cos θ = 80 cos 30o = 40√

3(m/s2

)aN = asenθ = 80 sen30o = 40

(m/s2

)−→a = 40

√3(m/s2

)T + 40

(m/s2

)N

El radio de curvatura puede calcularse a partir de:

aN =‖−→v ‖2

ρ=⇒ ρ =

‖−→v ‖2

aN=

400

40= 10m

Problema 7

La aceleracion de una partıcula, esta dada por: −→a = 2ti+ 3t2j+ 2k endonde −→a esta m/s2 y t esta en s. Si en el instante t = 0,−→v = 0.A partir de la componente normal de la aceleracion hallar el radio decurvatura de la trayectoria de la partıcula en el instante t = 1 s.

Solucion:

En primera instancia determinemos la velocidad de la partıcula

t∫0

d−→v =

t∫0

−→a (u)du =

t∫0

(2τ i+ 3τ 2j + 2k

)dτ = t2i+ t3j + 2tk

−→v (t)−−→v (0) = t2i+ t3j + 2tk =⇒ −→v (t) = t2i+ t3j + 2tk

Ahora evaluemos la velocidad y la aceleracion respectivamente, en elinstante t = 1s :−→v (1) = i+ j + 2k

−→a (1) = 2i+ 3j + 2k

Ası la componente normal de la aceleracion en el instante t = 1 es

aN(1) =‖−→v (1)‖2

ρ=‖−→v (1)×−→a (1)‖‖−→v (1)‖

=⇒ ρ =‖−→v (1)‖3

‖−→v (1)×−→a (1)‖=(√

6)3

‖(−4, 2, 1)‖

Por lo tanto el radio de curvatura es:ρ =

(√6)3

‖(−4, 2, 1)‖=

(√6)3

√21

m

Problema 8

138

El vector posicion de una partıcula se describe por la funcion vectorial−→r (t) = a cos(wt)i + a sin (wt) j + bt2k ,donde a y b son constantespositivas.

Expresar la velocidad y la aceleracion en sus componentes tangencialy normal.

Solucion:

Calculemos la velocidad y la aceleracion en coordenadas rectangulares.−→v = −→r ′ (t) = −awsen(wt)i+ aw cos (wt) j + 2btk

−→a = −→r ′′ (t) = −aw2 cos(wt)i− aw2 sin (wt) j + 2bk

A continuacion , podemos calcular la rapidez y la magnitud de la acel-eracion

‖−→v ‖ =√−→v · −→v =

√a2w2 + 4b2t2

‖−→a ‖ =√−→a · −→a =

√a2w4 + 4b2

Ahora, estamos en condiciones de expresar la velocidad y la aceleracionen sus componentes tangencial y normal.−→v = ‖−→v ‖ T =

√a2w2 + 4b2t2 T

aT (t) =−→v (t) · −→a (t)

‖−→v (t0)‖=

4b2t√a2w2 + 4b2t2

aN(t) =‖−→v (t)×−→a (t)‖‖−→v (t0)‖

=

√a4w6 + 4a2b2w4t2 + 4a2b2w2

√a2w2 + 4b2t2

Por tanto, la aceleracion es:

−→a =4b2t√

a2w2 + 4b2t2T +

√a4w6 + 4a2b2w4t2 + 4a2b2w2

√a2w2 + 4b2t2

N

Problema 9

La posicion de una partıcula sobre la periferia de una rueda de 8 cmde diametro se especifica como s(t) = t3 − 4t2 + 8t en donde s es lalongitud del arco, medida en cm, a lo largo de la periferia circular, apartir de un origen conveniente, y t es el tiempo, en segundos.

Hallar la magnitud de la aceleracion ‖−→a ‖en el instante en que la mag-nitud de la aceleracion tangencial es de 4cm/s2.

Solucion:

A partir de la ecuacion dada s(t) = t3 − 4t2 + 8t, obtenemos

s′(t) = ‖−→v ‖ = 3t2 − 8t+ 8

139

s′′(t) = aN(t) = 6t− 8

El radio de curvatura ρ en este caso es el radio de la rueda. Ası que:ρ = 8

2= 4cm.

La aceleracion es

−→a (t) = s′′(t)T +

(s′(t))2

ρN = (6t− 8)T +

(3t2 − 8t+ 8)2

4N

En el instante que aT = 4, 6t − 8 = 4, de donde t = 2s. Luego, en elinstante t = 2s.−→a (2) = 4T + 4N

Por lo tanto, la magnitud de la aceleracion es:

‖−→a ‖ =√−→a · −→a = 4

√2cm/s2

2.16. Ejercicios resueltos

Ejercicio 1

Un par de trayectorias de [0,∞) en R3 se definen por−→c (t) = (cos t, sin t, bt)

y −→r (t) = (1, 0, t). Responda las siguientes preguntas:

a) ¿Se intersectan las curvas generadas por −→c (t) y −→r (t)?

b) Si estas trayectorias representan el desplazamiento de un par departıculas.

¿En que puntos ,si los hay, estas partıculas se encuentran?

Solucion:

a)−→c (t) es la ecuacion de la helice ascendente sobre el manto del cilindro

x2 + y2 = 1 y cada vuelta demora 2π unidades de tiempo. Asimismo,−→r (t) = (1, 0, t) es una recta vertical paralela al eje axial del cilindro ,que

esta sobre el manto de x2 + y2 = 1 y pasa por (1, 0, 0).

Igualando las primeras componentes cost = 1 ,obtenemos que las curvasse

intersectan para t = 0, 2π, 4π, . . .

140

b) Igualando las terceras componentes bt = t =⇒ Si b = 1,entonces las

partıculas se encuentran en los puntos (1, 0, 0), (1, 0, 2π), ..., (1, 0, 2nπ)

con n ∈ Z+0 .

Ejercicio 2

La curva C es definida a partir de la trayectoria−→c (t) = (2 cos(t), 2 sin(t), t)

con 0 ≤ t ≤ 2π . Describa la representacion grafica de C y pruebe que

si se usa como parametro la longitud de arco s , el vector tangente ala

curva es un vector unitario.

Solucion:

Por la continuidad de las funciones x(t) = 2cos(t), y(t) = 2sin(t) yz(t) = t

podemos inferir que C parte del punto −→c (0) = (x(0), y(0), z(0)) =(2, 0, 0)

y termina en −→c (2π) = (x(2π), y(2π), z(2π)) = (2, 0, 2π); ademas quela

curva asciende a traves del manto del cilindro x2 + y2 = 4 porque

[x(t)]2 + [y(t)]2 = [2 cos(t)]2 + [2 sin(t)]2 = 4 como se ilustra en la figura

El vector posicion de esta curva es−→c (t) = (2cos(t), 2sin(t), t). El vector

tangente es −→c ′(t) = (−2 sin(t), 2 cos(t), 1) (a) y la longitud del vector

tangente es

‖−→c ′(t)‖ =√

[−2 sin(t)]2 + [2 cos(t)]2 + 1 =√

5 (b)

141

La longitud total de esta curva es

Longitud =

∫ 2π

0

‖−→c ′(t)‖ dt =

∫ 2π

0

√5dt = 2π

√5

Definimos s(t) =∫ t

0‖c′(u)‖ du para t ∈ [0, 2π] =⇒ s(t) es la longitud

de

curva C desde (2, 0, 0) hasta (x(t), y(t), z(t)).

Claramente s(t) es continua y estrictamente creciente en [0, 2π] la ecuacion

s = s(t) puede resolverse para t como una funcion de s, es decir t =t(s) (c)

En este caso t = s√5

ası es que

−→c (s) = −→c (t(s)) =

(2 cos

(s√5

), 2 sin

(s√5

),s√5

)es vector posicion en terminos de s, derivando

−→c ′(s) = −→c ′(t(s)) =

(−2 sin

(s√5

)1√5, 2 cos

(s√5

)1√5,

1√5

)=

2√5

(sin

(s√5

), cos

(s√5

),1

2

)(2.16.1)

Calculando su modulo

‖−→c ′(s)‖ =2√5

√[sin

(s√5

)]2

+

[cos

(s√5

)]2

+1

4

=2√5

√1 +

1

4= 1

Por lo tanto, −→c ′(s) es vector unitario.

Especificaciones:

a) Si −→c (t) describe la trayectoria de una partıcula en el espacio, elvector−→c ′(t) = (−2 sin(t), 2 cos(t), 1) es la velocidad con que se desplaza lapartıcula

por la curva C en el punto −→c (t), en el instante “t”.

142

b)‖−→c ′(t)‖ =√

5 es la rapidez con que se desplaza la partıcula ∀t, loque

significa que la partıcula se mueve con rapidez constante ∀t.c) Asimismo, la longitud del arco es

s(t) =

∫ t

0

‖−→c ′(t)‖ du

=

∫ t

0

√5du =

√5t

s =√

5t =⇒ t =s√5

En general y en teorıa la ecuacion s = s(t) siempre se puede resolverpara t

en terminos de s, es decir tener t = t(s). En la practica existen casosen

los que por razones algebraicas no se puede tener t = t(s) ¿Conocesalgun

caso?

Ejercicio 3

Una partıcula se mueve en el espacio con vector posicion

−→r (t) = t−→A + t2

−→B + 2

(2

3t

) 32 −→A ×

−→B

donde−→A y

−→B son dos vectores unitarios fijos que forman angulo

deπ3

radianes.

Calcular la velocidad de la partıcula en el instante t y determinar encuanto

tiempo recorre una distancia de 12 unidades de longitud de arco desdela

posicion en t = 0.

Solucion:

143

La velocidad es el vector −→v (t) = −→r ′(t) donde

−→r ′(t) =−→A + 2t

−→B + 3

(2

3t

) 12 2

3

−→A ×

−→B

Por lo tanto

−→v (t) =−→A + 2t

−→B + 2

(2

3t

) 12 −→A ×

−→B

Para la segunda parte del problema usaremos

s(t) =

∫ t

0

‖−→r ′(t)‖ du con ‖−→r ′(t)‖ =√−→r ′(t) · −→r ′(t)

Calculando

−→r ′(t) · −→r ′(t) =

=

(−→A + 2t

−→B + 2

(2

3t

) 12 −→A ×

−→B

)·

(−→A + 2t

−→B + 2

(2

3t

) 12 −→A ×

−→B

)= 1 + 4t+ 4t2 (a)

por lo tanto−→r ′(t) · −→r ′(t) = (1 + 2t)2

=⇒ ‖−→r ′(t)‖ =

√(1 + 2t)2 = 1 + 2t

ası que

s(t) =

∫ t

0

(1 + 2u) du

=[u+ u2

]t0

= t+ t2

De acuerdo a lo que se pide en el problema s(t) = 12 =⇒ t2 +t−12 = 0

Las soluciones de esta ecuacion son t1 = 3 y t2 = −4 por la naturalezadel

problema debe ser t ≥ 0 luego desconsideramos t2 = −4. En conse-cuencia, 3

unidades de tiempo son necesarios

144

Especificaciones:

a)

(−→A + 2t

−→B + 2

(23t) 1

2−→A ×

−→B)·(−→A + 2t

−→B + 2

(23t) 1

2−→A ×

−→B)

=−→A ·−→A + 2t

−→B ·−→A + 2

(23t) 1

2−→A ×

−→B ·−→A + 2t

−→A ·−→B + 4t2

−→B ·−→B

+2(2t)(

23t) 1

2−→A ×

−→B ·−→B + 2

(23t) 1

2−→A ·

(−→A ×

−→B)

+2(2t)(

23t) 1

2−→B ·

(−→A ×

−→B)

+ 4(

23t) (−→

A ×−→B)·(−→A ×

−→B)

Como:−→A ·−→A = 1,

−→B ·−→B = 1,

−→A ·−→B = cos π

3= 1

2

−→A ·−→A ×

−→B = 0,

−→B ·−→A ×

−→B = 0, y(−→

A ×−→B)·(−→A ×

−→B)

=∥∥∥−→A ×−→B∥∥∥2

=(√

32

)2

= 34

Se concluye que:

−→r ′(t) · −→r ′(t) = 1 + t+ 0 + t+ 4t2 + 0 + 0 + 0 +8

3+

3

4= 1 + 4t+ 4t2 = (1 + 2t)2

Ejercicio 4

Sea−→F : I → Rn una funcion velocidad dos veces diferenciable.

a) Pruebe que la aceleracion se puede escribir como combinacion lineal

de los vectores unitarios T y N , especıficamente se pide establecer que:

−→a (t) =

(d2s

dt2

)T + k(t)

(ds

dt

)2

N

= aT T + aNN

b) Aplicando a) calcule las componentes tangencial y normal del vector

aceleracion correspondiente a −→r (t) = (t, cos2 t, sin2 t).

Solucion:

a) Sea −→g una reparametrizacion de−→F por longitud de arco entonces

−→F (t) = −→g (s) si y solo si t = t(s)⇐⇒ s = s(t).

Aplicando la regla de la cadena, queda

−→F (t) = −→g (s(t)) =⇒

−→F ′(t) = −→g ′(s) s′(t) = T

ds

dt

145

derivando nuevamente respecto de t

−→F ′′(t) = −→g ′′(s) [s′(t)]

2+−→g ′(s) s′′(t)

Por definicion k = k(s) = ‖−→g ′′(s)‖ es la, curvatura de C en g(s).

por otro lado

N =dTds∥∥∥dTds ∥∥∥ =⇒ −→g ′′(s) = ‖−→g ′′(s)‖ N

Relacionando las igualdades anteriores

−→a (t) =−→F ′′(t) =

(‖−→g ′′(s)‖ N

)(dsdt

)2

+ Td2s

dt2

=d2s

dt2T + ‖−→g ′′(s)‖

(ds

dt

)2

N

=d2s

dt2T + k

(ds

dt

)2

N

lo que significa que

−→a (t) =d2s

dt2T + k

(ds

dt

)2

N

b) En la aplicacion de a) en −→r (t) =(t, cos2 t, sin2 t

)tenemos −→r ′(t) = (1,− sin(2t), sin(2t)) .

Usando la expresion anterior, se tiene

s′(t) = ‖−→r ′(t)‖ =√

1 + 2 sin2(2t) =⇒ s′′(t) =4 sin(2t) cos(2t)√

1 + 2 sin2(2t)

Luego, la componente tangencial aT es

aT = s′′ =2 sin(2t)√

1 + 2 sin2(2t)

146

Ademas, −→r ′′(t) = (0,−2 cos(2t), 2 cos(2t)) y haciendo el producto cruzentre−→r ′(t) y −→r ′′(t) se tiene

−→r ′(t)×−→r ′′(t) = −2 cos(2t)j − 2 cos(2t)k (e)

y

‖−→r ′(t)×−→r ′′(t)‖ =√

4 cos2(2t) + 4 cos2(2t) =√

8 cos2(2t)

= 2√

2 |cos(2t)|

Como la curvatura k en funcion de t es

k =‖−→r ′(t)×−→r ′′(t)‖‖−→r ′(t)‖3

reemplazando

k =2√

2 |cos(2t)|(1 + 2 sin2(2t)

) 32

de

aN = k(t)

(ds

dt

)2

=2√

2 |cos(2t)|(1 + 2 sin2(2t)

) 32

(1 + 2 sin2(2t)

)

Por lo tanto, la componente normal de la aceleracion en este caso es

aN =2√

2 |cos(2t)|√1 + 2 sin2(2t)

Ejercicio 5

Sea la trayectoria regular −→r : R→ R3, definida por:

−→r (u) = (4au2

(1 + u2)2,2au(1− u2)

(1 + u2)2,a(1− u2)

1 + u2), a > 0

a) Pruebe que la funcion ϕ : R → ]−π, π[ tal que t = ϕ(u) =2 arctanu

147

define la reparametrizacion de −→r ,

−→r ∗ : ]−π, π[→ R tal que r(t) = (a sin2 t, a sin(t) cos(t), a cos t)

b) Verifique que −→r ∗(t) esta contenida en una superficie esferica.

c) Probar que los planos normales a la curva descrita por r(t) pasanpor el

centro de la esfera.

Solucion

De ϕ(u) = 2 arctanu se tiene que:

ϕ′(u) = 21+u2

> 0 ∀u ∈ R, por lo tanto, es estrictamente creciente en R

y como ϕ es continua, ϕ es biyectiva, y por tanto, invertible. Ademas

ϕ−1(t) = tan(t

2)

ϕ−1 : ]−π, π[→ R es de clase C1 en ]−π, π[ .

Por lo anterior, se puede definir r(t) :

−→r ∗(t) = (−→r ϕ−1)(t) = −→r (ϕ−1(t)) = −→r (tan(t

2))

=⇒ −→r ∗(t) = (4a tan2( t

2)

(1 + tan2( t2))2,2a tan( t

2)(1− tan2( t

2)

(1 + tan2( t2))2

,a(1− tan2( t

2))

(1 + tan2( t2))

Sustituyendo

−→r ∗(t) = (4a(1−cos t

1+cos t)

( 21+cos t

)2,2a√

1−cos t1+cos t

( 2 cos t1+cos t

)

( 21+cos t

)2,a( 2 cos t

1+cos t)

( 21+cos t

))

= (a(1− cos2 t), a cos t√

1− cos2 t, a cos t)

Por lo tanto, la reparametrizacion la podemos definir por:

−→r ∗(t) = (a sin2 t, a sin(t) cos(t), a cos t)

148

b) Consideremos ahora

x(t) = a sin2 t, y(t) = a sin t cos t, z(t) = a cos t =⇒

x2 + y2 + z2 = a2 sin4 t+ a2 sin2 t cos2 t+ a2 cos2 t

= a2 sin2 t(sin2 t+ cos2 t) + a2 cos2 t

= a2(sin2 t+ cos2 t) = a2

∴ la curva esta en la esfera x2 + y2 + z2 = a2

c) Se −→r ∗(t0) un punto cualquiera de la curva.

La ecuacion del plano normal es:

πN : ((x, y, z)− r(t0)) · r′(t0) = 0

y (0, 0, 0) ∈ πN si solo si −→r ∗(t0) · −→r ∗′(t0) = 0

−→r ∗(t0)·−→r ∗′(t0) = (a sin2 t0, a sin(t0) cos(t0), a cos t0)·(2a sin t0 cos t0, a(cos2 t0−sin2 t0),−a sin t0)

= 2a2 sin3 t0 cos t0 + a2(sin t0 cos3 t0 − sin3 t0 cos t0)− a2 sin t0 cos t0

= a2 sin3 t0 cos t0 + a2 sin t0 cos3 t0 − a2 sin t0 cos t0

= a2 sin t0 cos t0 − a2 sin t0 cos t0

= 0

∴ (0, 0, 0) ∈ πN

Ejercicio 6

Sea −→r : R+ → R3, definida por: −→r = (t2, 23t3, t),la trayectoria regular

que

describe una partıcula que se mueve a lo largo de una curva C. Para el

instante t = 1, determine:

149

a) Su velocidad ,rapidez y aceleracion.

b) Los versores tangente, normal y binormal a trayectoria en ese in-stante

c) La curvatura y torsion de la curva en ese punto.

d) Las componentes tangencial y normal de la aceleracion en el punto.

e) La hodografa del movimiento o trayectoria que se determina en elespacio

de velocidad.

Solucion:

a) A partir de la definicion tenemos que la velocidad ,rapidez y acel-eracion

en funcion del tiempo estan dadas por:−→v (t) = −→r ′ (t) = (2t, 2t2, 1) =⇒ −→v (1) = −→r ′ (1) = (2, 2, 1)

|−→v (t)| =√−→r ′ · −→r ′ =

√(4t2 + 4t4 + 1) =⇒ |−→v (1)| = 3

−→a (t) = −→r ′′ (t) = (2, 4t, 0) =⇒ −→a (1) = (2, 4, 0)

b) Los versores se pueden calcular usando las identidades

T (t) =−→r ′(t)|−→r ′(t)| =⇒ T (1) =

−→r ′(1)

|−→r ′(1)| = (2,2,1)3

B (t) =−→r ′(t)×−→r ′′ (t)|−→r ′(t)×−→r ′′ (t)| =⇒ B (1) =

−→r ′(1)×−→r ′′ (1)

|−→r ′(1)×−→r ′′ (1)| = (−4,2,4)6

N (t) = B (t)× T (t) =⇒ N (1) = B (1)× T (1) = (−1,2.−2)3

c) La curvatura y torsion en el punto se pueden determinar usando

las identidades:

κ (t) =

∣∣∣−→r ′(t)×−→r ′′ (t)∣∣∣|−→r ′(t)|3 =⇒ κ (1) =

∣∣∣−→r ′(1)×−→r ′′ (1)∣∣∣

|−→r ′(1)|3 = 633

= 29> 0

τ (t) =−→r ′(t)×−→r ′′ (t) · −→r

′′′(t)

|−→r ′(t)×−→r ′′ (t)|2 =⇒ τ (1) =−→r ′(1)×−→r ′′ (1) · −→r

′′′(1)

|−→r ′(1)×−→r ′′ (1)|2 = 836

= 29

d) Derivando la velocidad tenemos

−→a (t) = −→r ′′ (t) = |−→v (t)|′ T (t) + κ (t) |−→v (t)|2 N (t) ,

entonces las componentes tangencial y normal de la aceleracion son:

150

aT = |−→v (t)|′ = 4t + 8t3)√(4t2+4t4+1)

aN = κ (t) |−→v (t)|2=⇒

aT = |−→v (1)|′ = 4 + 8√(4+4+1)

= 123

= 4

aN = κ (1) |−→v (1)|2 = 29(3)2 = 2

e) A partir del vector velocidad −→v (t) = −→r ′ (t) = (2t, 2t2, 1) podemosinferir

sus componentes

x′ (t) = 2ty′(t) = 2t2

z′ (t) = 1

=⇒ y′(x) = x2

2

z′ = 1

Por lo tanto, la hodografa es una parabola en el plano z′ = 1 del espaciode velocidades.

Ejercicio 7

Sea −→r : R+ → R3, definida por: −→r = (a cos t, asent, β(t)), trayectoria

regular que describe una partıcula que se mueve a lo largo de una

curva C. ¿Cual debe ser la funcion β(t) para que la trayectoria este

contenida en un plano para todo t?.

Solucion:

La trayectoria de la partıcula es plana si y solo sı la torsion es nulapara

todo t. Es decir:

τ (t) =−→r ′(t)×−→r ′′ (t) · −→r

′′′(t)

|−→r ′(t)×−→r ′′ (t)|2 = 0 ∀t =⇒ −→r ′ (t)×−→r ′′ (t) · −→r′′′

(t) = 0 ∀t,

luego derivemos y calculemos el producto mixto−→r ′ = (−asent, a cos t, β′(t))−→r ′′ = (−a cos t,−asent, β′′(t))−→r ′′′ = (asent,−a cos t, β′′′(t))

=⇒

−→r ′ (t)×−→r ′′ (t) · −→r′′′

(t) = a2(β′′′(t) + β′(t)) = 0 =⇒

(β′′′(t) + β′(t)) = 0

La ecuacion diferencial homogenea de tercer orden , tiene solucion dela

forma β(t) = eλt; entonces

β′(t) = λeλt =⇒ β′′(t) = λ2eλt =⇒ β′′′(t) = λ3eλt

151

reemplazando terminos en la ecuacion anterior: (λ3 +λ)eλt = 0, eλt 6= 0

∀t conduce a la ecuacion caracterıstica (λ3 + λ) = 0, luego

β(t) = C1 + C2 cos t+ C3sent, donde C1, C2, C3 son constantes reales.

Por lo tanto, si la trayectoria esta dada por

−→r (t) = (a cos t, asent, C1 + C2 cos t+ C3sent)

la partıcula siempre se movera sobre un mismo plano.

Ejercicio 8

a) Sea −→r : I ⊆ R→ R3 una trayectoria regular de modo que−→r ′ (t) 6= 0 ∀t. supongamos que hay un t0 ∈ I para el que la distanciadel

origen al punto−→r (t0) ∈ R3 alcanza un valor mınimo. Pruebe que enese

punto −→r ′ (t0) es perpendicular a −→r (t0) .

b) Usando lo anterior , hallar los puntos en que la recta dada por−→r (t) = (t+ 1, 3t− 2, 2t− 1) esta mas cerca del origen.

Solucion:

a) En efecto consideremos la funcion distancia d(t)= |−→r (t)|de un punto

cualquiera al origen y supongamos que hay un t0 ∈ I, tal que se

alcanza un mınimo, entonces se tiene que

d′(t0) = |−→r (t0)|′=−→r (t0) · −→r ′ (t0)

|−→r (t0)|= 0,

de donde se tiene que −→r (t0) ·−→r ′ (t0) = 0 , por lo tanto, −→r (t0) y −→r ′ (t0)

son ortogonales en ese punto.

b) Basta encontrar un t0 ∈ I para el que la distancia del punto −→r (t0) ∈R3

alcanza su valor mınimo que satisface −→r (t0) · −→r ′ (t0) = 0

−→r (t0)−→·r ′ (t0) = (t0 + 1, 3t0 − 2, 2t0 − 1) · (1, 3, 2) = 0 =⇒

(t0 + 1) + 3(3t0 − 2) + 2(2t0 − 1) = 0 =⇒ t0 =1

2

152

Por lo tanto, el punto buscado es −→r(

12

)=(

32,−1

2, 0).

Ejercicio 9

Se llama evoluta de una curva −→r : I ⊆ R+ → R2 a la curva quedescriben

los centros de curvatura de −→r . Determine la evoluta de la curva−→r (t) = (t, t2).

Solucion:

La curva que describe el centro de curvatura esta dada por la ecuacion:−→c (t) = −→r (t)+ 1

κ(t)N (t) , determinemos la curvatura y el versor normal.

−→r ′ (t) = (1, 2t, 0) =⇒ −→r ′′ (t) = (0, 2, 0) =⇒−→r ′ (t)×−→r ′′ (t) = (0, 0, 2) =⇒ −→r ′ (t)×−→r ′′ (t)×−→r ′ (t) = (−4t, 2, 0)

Ademas:∣∣−→r ′ (t)×−→r ′′ (t)∣∣ = 2 y

∣∣−→r ′ (t)×−→r ′′ (t)×−→r ′ (t)∣∣ = 2 (1 + 4t2)1/2

κ (t) =

∣∣∣−→r ′(t)×−→r ′′ (t)∣∣∣|−→r ′(t)|3 = 2

(1 +4t2)3/2

N (t) =−→r ′(t)×−→r ′′ (t)×−→r ′(t)|−→r ′(t)×−→r ′′ (t)×−→r ′(t)| = (−4t,2)

2(1 +4t2)1/2, reemplazando terminos en la

ecuacion tenemos

−→c (t) = (t, t2)+(1 +4t2)

3/2

2(−4t,2)

2(1 +4t2)1/2=(−4t3, 3t2 + 1

2

),que corresponde

a

la ecuacion parametrica de la evoluta.

1.10 Ejercicio 10

Sea−→r : I ⊆ R→ R3 una trayectoria regular, dada por−→r = (x(t), y(t), z(t)),

t ∈ I. Pruebe que la ecuacion del plano osculador en −→r (t0), t0 ∈ I,es:∣∣∣∣∣∣x− x (t0) y − y (t0) z − z (t0)x′ (t0) y′ (t0) z′ (t0)x′′ (t0) y′′ (t0) z′′ (t0)

∣∣∣∣∣∣ = 0

Solucion:

La ecuacion del plano osculador es : (−→f −−→r (t0)) ·

−→B (t0) = 0, donde

−→B (t0) = −→r ′(t0)×−→r ′′(t0) =

∣∣∣∣∣∣i j k

x′ (t0) y′ (t0) z′ (t0)x′′ (t0) y′′ (t0) z′′ (t0)

∣∣∣∣∣∣153

−→B (t0) = (y′ (t0) z

′′(t0) − y

′′(t0) z′ (t0) , x

′′(t0) z′ (t0) − x′ (t0) z

′′(t0) ,

x′ (t0) y′′ (t0)− x′′ (t0) y′ (t0))

pongamos: x0 = x (t0) , y0 = y (t0) y z0 = z (t0)

(−→f −−→r (t0)) ·

−→B (t0) = 0 =⇒

(x− x0, y − y0, z − z0) · (y′0z′′

0 − y′′

0z′0, x

′′

0z′0 − x′0z

′′

0 , x′0y′′0 − x′′0y′0) = 0

desarrollando

(y′0z′′

0 −y′′

0z′0)(x−x0)+ (x

′′

0z′0−x′0z

′′

0 )(y−y0)+(x′0y′′0−x′′0y′0)(z−z0) = 0

esto ultimo se puede escribir∣∣∣∣∣∣x− x (t0) y − y (t0) z − z (t0)x′ (t0) y′ (t0) z′ (t0)x′′ (t0) y′′ (t0) z′′ (t0)

∣∣∣∣∣∣ = 0

lo que prueba la hipotesis.

Ejercicio 11

Un automovilista se desplaza por una carretera recta. En el instantet = 0

llega a una rotonda la que recorre con un trayectoria

−→f(t) = (acost, asent, bt(2− t)), t ∈ [0, 2]

En el instante t = 2 sale de la rotonda y vuelve a continuar por una

carretera recta.

a) Calcule la curvatura maxima de la rotonda para t ∈ [0, 2]¿en que pun-to

ocurre?

b) Determine la torsion de la rotonda para t ∈ [0, 2] .Haga un graficode la

torsion en funcion del tiempo.

154

Solucion:

a) Calculemos la curvatura de la trayectoria mediante la identidad:

κ (t) =

∣∣∣−→f ′(t)×−→f ′′ (t)∣∣∣|−→f ′(t)|3

−→f ′(t) = (−asent, a cos t, 2b(1−t)) =⇒

∣∣∣−→f ′(t)∣∣∣ =(√

a2 + 4b2(1− t)2)

−→f ′′(t) = (−acost,−asent,−2b) =⇒−→f ′(t) ×

−→f ′′(t) = (−2ab cos t + 2ab(1 − t)sent,−2absent − 2ab(1 −

t) cos t, a2)∣∣∣−→f ′(t)×−→f ′′(t)∣∣∣ = a√a2 + 4b2(1 + (1− t)2,reemplazando en la identi-

dad,

tenemos

κ (t) =a√a2 + 4b2(1 + (1− t)2

(a2 + 4b2(1− t)2)3/2

Sea Ψ (t) = a2 + 4b2(1 − t)2 =⇒ Ψ′ (t) = −8b2(1 − t) = 0 =⇒ Ent = 1

hay un punto crıtico de Ψ (t)

Como Ψ′′ (1) = 8b2 > 0, en t = 1 hay un mınimo de Ψ (t) y un maximode

κ (t) pues son inversamente proporcionales

Luego, κ (t) =√a2+4b2

a2y se alcanza en el punto

−→f(1) = (a cos 1, asen1, b).

b) Calculemos ahora la torsion; τ (t) =−→f ′(t)×

−→f′′

(t) ·−→f′′′

(t)

|−→f ′(t)×−→f ′′ (t)|2∀t

−→f ′′′(t) = (asent,−a cos t, 0) =⇒

−→f ′(t)×

−→f ′′(t) ·

−→f ′′(t) = 2a2b(1− t)

τ (t) = 2a2b(1−t)a2[a2+4b2(1+(1−t)2]

Se tiene que

τ (0) = 2b[a2+8b2]

, τ (1) = 0, τ (2) = − 2b[a2+8b2]

τ ′ (t) = 0 =⇒ 4b2(1− t)2 = a2 + 4b2 =⇒ (1− t)2 = a2+4b2

4b2

(1 − t)2 = 1 + a2

4b2> 1 =⇒ (1 − t)2 > 1 lo cual es imposible porque

(1− t) ≤ 1

para 0 ≤ t ≤ 2.

Por lo tanto, τ no tiene punto crıtico en[0, 2]

155

El grafico es del tipo

Ejercicio 12

a) Demuestre que la curva descrita por −→r (t) = (t cos t, t sin t, t) seencuentra

sobre la superficie de un cono. Dibuje la curva.

b) Si una partıcula parte del origen siguiendo la trayectoria anterior-mente

descrita, determine en que punto intersecta la esfera:

x2 + y2 + z2 = 2.

c) Calcule la longitud de la curva desde el origen al punto de iterseccion.

Solucion:

a) A partir de las ecuaciones parametricas tenemos:

x (t) = t cos ty (t) = t sin tz (t) = t

=⇒ x2 + y2 = t2(cos2 t+ sin2 t) =⇒ x2 + y2 = t2

∴ z2 = x2 + y2

corresponde a la ecuacion de un cono, cuyo sector superior ,se dibujaen el grafico adjunto ∀t ≥ 0

b) Calculemos para que valor del parametro t la partıcula intersecta laesfera, sustityendo las ecuaciones parametricas en la

esfera x2 + y2 + z2 = 2t2 = 2 =⇒ t = 1.Luego, la posicion del puntode impacto es −→r (1) = (cos 1, sin 1, 1)

c) La longitud de la curva es:

l =

∫ 1

0

‖−→r ′(t)‖ du con ‖−→r ′(t)‖ =√−→r ′(t) · −→r ′(t)

156

con −→r ′(t) = (cos t− t sin t, sin t+ t cos t, 0)

‖−→r ′(t)‖ =√−→r ′(t) · −→r ′(t) =

√2 + t2 =⇒

l =

∫ 1

0

√2 + t2dt =

[ln(√

2 + x2 + x)

+x√

2 + x2

2

]1

0

l =ln(√

3 + 2)

2+

√3

2

Ejercicio 13

Un proyectil es lanzado desde el nivel del suelo con una velocidad inicialde 100 m/seg con un angulo de elevacion de 30o.Determine:

a) la funcion vectorial y las ecuaciones parametricas de la trayectoriadel proyectil.

b) la altura maxima alcanzada.

c) el alcance del proyectil

d) la velocidad y rapidez en el impacto contra el suelo.

e) la curvatura en el punto de impacto.

Solucion:

a) Inicialmente tenemos t = 0 ,−→r 0 = (0, 0) ,y−→v 0 = (100 cos 30, 100 sin 30)

Integrando:−→a (t) = −→r ”(t) = (0,−10) =⇒

−→v (t) = −→r ´(t) = (100 cos 30,−10t+ 100 sin 30)

Integrando por segunda vez se obtiene:−→r (t) = ((100 cos 30) t,−5t2 +(100 sin 30)t)

157

Evaluando las funciones trigonometricas queda:−→r (t) = (50√

3 t,−5t2+50t)

Por lo tanto, las ecuaciones parametricas de la trayectoria del proyectilson

x(t) = 50√

3 t, y(t) = −5t2 + 50t

b) Determinemos el tiempo que demora en llegar a la altura maximadydt

= 0 =⇒ −10t+ 50 = 0 =⇒ t = 5s

Asi la altura maxima h alcanzada por el proyectil es

h = y(5) = −125 + 250 = 125m

c) El alcance maximo se logra cuando y(t) = 0, es decir si: −5t2 +50t =0

t(−5t+ 50) = 0⇒ t = 0, t = 10.

Entonces el alcance es: x (10) = 500√

3

d) La velocidad del proyectil en el impacto es:−→v (10) = (50√

3,−50)

e) La curvatura en el punto de impacto es:K (10) =

∣∣∣−→r ′(10)×−→r ′′ (10)∣∣∣

‖−→r ′(10)‖3 =

5√

3

104

Ejercicio 14

Sea C una curva determinada por la interseccion de los cilindros:

x2 = 1− y, z2 = y

a) Parametrizar C de forma −→r (t) = (x (t) , y (t) , z (t)), t ∈ I.Indicacion: x2 + z2 = 1

b) Obtener T , N , B,K y τ en P = (0, 1, 1)

Solucion:

a) Se puede parametrizar como −→r (t) = (cos t, sin2 t, sin t), t ∈ [0, 2π],

Calculemos el valor del parametro para−→r (t1) = (cos t1, sin

2 t1, sin t1) = (0, 1, 1) =⇒ t1 = π2.

Ası, −→r(π2

)= (0, 1, 1).

b)−→r ′ (t) = (− sin t, sin t cos t, cos t) =⇒ −→r ′(π2

)= (−1, 0, 0) =⇒

158

T(π2

)= (−1, 0, 0)

−→r ′′ (t) = (− cos t, 2 cos 2t,− sin t);−→r ′′(π2

)= (0,−2,−1)

−→r ′(π2

)×−→r ′′

(π2

)= (0,−1, 2) =⇒

∥∥−→r ′ (π2

)×−→r ′′

(π2

)∥∥ =√

5

=⇒ B(π2

)=(

0,− 1√5, 2√

5

)y N

(π2

)=(

0,− 2√5,− 1√

5

)Derivando por tercera vez tenemos:−→r ′′′ (t) = (sin t,−4 sin 2t,− cos t) =⇒ −→r ′′′

(π2

)= (1, 0, 0)

N(π2

)=−→r ′(π2

)×−→r ′′

(π2

)×−→r ′

(π2

)∥∥−→r ′ (π2

)×−→r ′′

(π2

)×−→r ′

(π2

)∥∥ =(

0,− 2√5,− 1√

5

)Por otra parte

K(π2

)=

∣∣∣−→r ′(π2 )×−→r′′(π2 )

∣∣∣‖−→r ′(π2 )‖3 =

√5 y τ

(π2

)=−→r ′(π2 )×−→r

′′(π2 ) · −→r

′′′(π2 )

‖−→r ′(π2 )×−→r ′′(π2 )‖2 = 0

Ejercicio 15

Dada la ecuacion parametrica de la trayectoria −→r (t) = (2t3 − 3t2, t −2arctan(t)), encontrar todos los valores de t para los cuales la curva

(i) Tiene tangente horizontal.

(ii) Tiene tangente vertical.

(iii) No es regular.

Solucion:

El vector tangente a la curva −→r (t) = (2t3 − 3t2, t− 2arctan(t)) es

−→r ′(t) = (6t2 − 6t,t2 − 1

t2 + 1) cuya pendiente es m (t) =

y′ (t)

x′ (t)=⇒

m (t) =y′ (t)

x′ (t)=

t+ 1

6t (t2 + 1)

(i) Para que la tangente sea horizontal, esta tiene que existir, es decir

−→r ′(t) 6= −→0 , y ademas m (t) = 0. Por tanto, t = −1.

ii) Para que la tangente sea vertical, esta tiene que existir, es decir−→r ′(t) 6=−→0 , y ademas m(t) =∞. Por tanto,t = 0.

(iii) Para que la curva sea no regular −→r ′(t) =−→0 =⇒ x′(t) = y′(t) = 0,

es decir, t = 1.

Ejercicio 16

159

Se llama evoluta de una curva parametrizada regular−→r (t) ,con curvatu-ra no nula, al lugar geometrico de los centros de curvatura. Denotamosla evoluta de −→r (t) por −→c (t).

(i) Encontrar una parametrizacion de −→c (t).

(ii) Hallar la evoluta de la parabola −→r (t) =

(t,t2

2

).

(iii) Hallar la evoluta de la helice −→r (s) =(√

22cos(s),

√2

2sen(s),

√2

2s)

,

s ∈ IR y comprobar que es regular y que s es su parametro arco.

Solucion:

(i) Si −→r (t) es punto de la curva y −→c (t) su correspondiente centro de

curvatura para t entonces la condicion que define el lugar geometrico

se tiene la relacion −→c (t)−−→r (t) =1

k(t)

−→N (t) de donde se deduce que

la

ecuacion de la evoluta es

−→c (t) = −→r (t) +1

k(t)

−→N (t)

(ii) Calculamos en primer lugar el vector normal y la curvatura de laparabola.

−→r (t) =

(t,t2

2

)=⇒ −→r ′(t) = (1, t) =⇒ |−→r ′(t)| =

√1 + t2 =⇒

−→N (t) =

(−t, 1)√1 + t2

Por otra parte

−→r ”(t) = (0, 1) =⇒ k(t) =|−→r ′ (t)×−→r ” (t)||−→r ′(t)|3

=1(√

1 + t2)3

Por lo tanto

−→c (t) =

(t,t2

2

)+

(√1 + t2

)3(√1 + t2

) (−t, 1) =

(−t3, 1 +

3

2t2)

iii) Calculamos el vector tangente a la curva a partir de su definicion

−→r (s) =(√

22cos(s),

√2

2sen(s),

√2

2s)

=⇒ −→r ′(s) =(−√

22sen(s),

√2

2cos(s),

√2

2

)160

=⇒ |−→r ′(s)| = 1

Por tanto T (s) =(−√

22sen(s),

√2

2cos(s),

√2

2

)Por otra parte,

T ′ (s) = −→r ′′(s) =(−√

22

cos(s),−√

22sen(s), 0

)=⇒ |−→r ′′(s)| =

√2

2

de donde

N (s) =−→r ′′(s)|−→r ′′(s)|

= (− cos(s),−sen(s), 0)

Ademas k(s) = |−→r ′′(s)| =√

22

Finalmente

−→c (s) = −→r (s) +1

k(s)

−→N (s) =

(−√

22cos(s),−

√2

2sen(s),

√2

2s), s ∈ IR

lo que implica −→c ′(s) =(√

22sen(s),−

√2

2cos(s),

√2

2s)

, y por tanto que

|−→c ′(s)| = 1 para cada s ∈ IR y en definitiva que −→c es regular yesta

parametrizada por arco s.

Ejercicio 17

Encontrar una parametrizacion de las siguientes curvas.

(i) y = x2 + 3x

(ii) x2 + y2 + 2y = 0

(iii) x2 − y2

4= 1

(iv) x2 + 3y2 = 1

Calcular en cada caso los vectores tangente unitario T , normal N , la

curvatura κ (t) y la torsion τ (t)

Solucion:

(i) Como se trata de una parabola podemos parametrizarla tomando

x = t =⇒ y = t2 + 3t

Ası −→r (t) = (t, t2 + 3t), y calculamos el vector tangente, −→r ′(t) =(1, 2t+ 3)

=⇒ ‖−→r ′(t)‖ =√

4t2 + 12t+ 10

161

y T (t) =−→r ′(t)‖−→r ′(t)‖

=(1, 2t+ 3)√

4t2 + 12t+ 10

Para calcular el vector normal en IR2tenemos en cuenta que es unvector

ortogonal al tangente y unitario.

N (t) =(−2t− 3, 1)√4t2 + 12t+ 10

La curvatura de una curva plana es k(t) =|−→r (t)×−→r ” (t)||−→r ′(t)|3

, con-

siderando

que IR2 es subespacio de IR3

En nuestro caso −→r ′(t) = (1, 2t+ 3, 0) =⇒ −→r ′′(t) = (0, 2, 0)

Por tanto, k(t) =2[√

4t2 + 12t+ 10]3 , la curvatura de la parabola varıa

en

funcion de t.

Finalmente, la torsion de la curva plana es

τ(t) =−→r ′ (t)×−→r ” (t) · −→r ′′′ (t)

|−→r ′(t)|3= 0, pues −→r ′′′ (t) = (0, 0, 0)

lo que significa que la curva siempre esta en el mismo plano.

(ii) La ecuacion dada representa una circunferencia de centro el (0,−1)y

radio r = 1, ya que x2 + y2 + 2y = x2 + (y + 1)2 − 1.

Por tanto, una parametrizacion es −→r (t) = (cos(t),−1 + sen(t))

Calculamos el vector tangente.

−→r ′(t) = (−sen(t), cos(t)) =⇒ ‖−→r ′(t)‖ = 1 =⇒

T (t) =−→r ′(t)‖−→r ′(t)‖

= (−sen(t), cos(t))

Para calcular el vector normal tenemos en cuenta que es un vectorortogonal

al tangente y unitario.

N (t) = (−cos(t),−sen(t))

162

La curvatura de una curva plana es k(t) =|−→r ′ (t)×−→r ” (t)||−→r ′(t)|3

, con-

siderando

que IR2es subespacio de IR3

En nuestro caso−→r ′(t) = (−sen(t), cos(t), 0) =⇒ −→r ′′(t) = (− cos(t),−sent(t), 0)

=⇒ |−→r (t)×−→r ” (t)| = 1

Por tanto, k(t) = 1 la curvatura de una circunsferencia es constante

Finalmente, la torsion de la curva plana es

τ(t) =−→r ′ (t)×−→r ” (t) · −→r ′′′ (t)

|−→r ′(t)|3= 0,pues −→r ′ (t) × −→r ” (t) · −→r ′′′ (t) =

(0, 0, 0).

(iii) La ecuacion dada representa una hiperbola de semieje a = 1 y b= 2.

Por tanto, una parametrizacion es −→r (t) = (cosh(t); 2senh(t))

Calculamos el vector tangente.−→r ′ (t) = (senh(t), 2 cosh(t))

=⇒ ‖−→r ′ (t)‖ =√senh2(t) + 4 cosh2(t)

y T (t) =−→r ′(t)‖−→r ′(t)‖

=(senh(t), 2 cosh(t))√senh2(t) + 4 cosh2(t)

Para calcular el vector normal tenemos en cuenta que es un vectorortogonal

al tangente y unitario.

N (t) =(−2 cosh(t), senh(t))√senh2(t) + 4 cosh2(t)

La curvatura de una curva plana es k(t) =|−→r ′ (t)×−→r ” (t)||−→r ′(t)|3

, con-

siderando que IR2es subespacio de IR3

En nuestro caso :−→r ′ (t) = (senh(t), 2 cosh(t), 0) =⇒ −→r ′′ (t) =(cosh(t); 2senh(t), 0)

=⇒ |−→r ′ (t)×−→r ” (t)| = 2

Por tanto k(t) =2[√

senh2(t) + 4 cosh2(t)]3 , la curvatura de la hiperbo-

la

163

varıa en funcion de t.

Finalmente, la torsion de la curva plana es

τ(t) =−→r ′ (t)×−→r ” (t) · −→r ′′′ (t)

|−→r ′(t)|3= 0, pues −→r ′ (t) × −→r ” (t) · −→r ′′′ (t) =

(0, 0, 0)

(iv) La ecuacion dada representa una elipse de centro el (0, 0)y semiejesa = 1

y b =1√3

Entonces, una parametrizacion es −→r (t) = (cos(t),1√3sen(t))

Calculamos el vector tangente.

−→r ′(t) = (−sen(t),1√3cos(t)) =⇒ ‖−→r ′(t)‖ =

√3

3

√2sen2(t) + 1 =⇒

T (t) =−→r ′(t)‖−→r ′(t)‖

=

√3√

2sen2(t) + 1(−sen(t),

1√3cos(t))

Para calcular el vector normal tenemos en cuenta que es un vectorortogonal

al tangente y unitario.

N (t) =

√3√

2sen2(t) + 1(− 1√

3cos(t),−sen(t))

La curvatura de una curva plana es k(t) =|−→r ′ (t)×−→r ” (t)||−→r ′(t)|3

, con-

siderando

que IR2es subespacio de IR3.

En nuestro caso

−→r ′(t) = (−sen(t),1√3cos(t), 0) =⇒ −→r ′′(t) = (− cos(t),− 1√

3sent(t), 0)

=⇒ |−→r (t)×−→r ” (t)| = 1√3

Por tanto, k(t) =3[√

2sen2(t) + 1]3 la curvatura de la elipse varıa en

funcion de t.

164

Finalmente, la torsion de la curva plana es

τ(t) =−→r ′ (t)×−→r ” (t) · −→r ′′′ (t)

|−→r ′(t)|3= 0

pues −→r ′ (t)×−→r ” (t) · −→r ′′′ (t) = (0, 0, 0)

Ejercicio 18

Sean −→r : I → IR3una curva regular y consideremos −→c la evoluta de −→r. Demostrar que −→c es regular si y solo si la torsion y la derivada de lacurvatura de −→r no se anulan simultaneamente en ningun punto y eneste caso demostrar que el parametro arco de −→c , s∗ satisface que

(s∗ (t))′ =1

k2 (t)

√(k′ (t))2 + (k (t))2 (τ (t))2 |−→r ′(t)|2 ∀t ∈ I

Solucion:

La evoluta de esta definida como la curva

−→c (t) = −→r (t) +1

k(t)

−→N (t) = −→r (t) + ρ (t)

−→N (t), donde ρ (t) =

1

k(t)es el

radio

de curvatura de −→r .Por lo tanto, si s denota el parametro arco de −→r tenemos que s (t) =|−→r ′(t)|−→c ′(t) = −→r ′(t) + ρ

′(t)−→N (t) + ρ (t)

−→N ′ (t) = −→r ′(t) + ρ

′(t)−→N (t) +

ρ (t)−→N ′ (s) s′ (t)

Por Frenet sabemos que:−→N ′ (s) = −k (s) T (s) − τ (s) B (s) =⇒

−→N ′ (s) = −ρ (s) T (s) −

τ (s) B (s)

−→c ′(t) = |−→r ′(t)| T (t)+ρ′(t)−→N (t)+ρ (t) s′ (t)

[−T (s)− ρ (s) τ (s) B (s)

]=⇒ −→c ′(t) = ρ

′(t)−→N (t)− ρ (t) τ (t) |−→r ′(t)| B (t) .

Ası |−→c ′(t)| =√

(ρ′ (t))2 + ρ2 (t) τ 2 (t) |−→r ′(t)|)2 puesto que el Triedrode

Frenet es ortonormal. Sustituyendo ρ y ρ′ por su expresion en funcion

de la curvatura, resulta que

|−→c ′(t)| =

√(k′ (t))2

(k (t))4+τ 2 (t)

k2 (t)|−→r ′(t)|2 =

1

k2 (t)

√(k′ (t))2 + k2 (t) τ 2 (t) |−→r ′(t)|2

165

para cada t ∈ I y por tanto, como ρ (t) y |−→r ′(t)| 6= −→0 c es regularen t ∈ Isi y solo si k ′ (t) = τ (t) = 0.

La expresion anterior muestra tambien que cuando −→c es regular, laderivada

de su parametro arco coincide con el termino de la derecha de la igual-dad

Ejercicio 19

Consideremos la curva C dada por −→r (t) = (et, e2t, t), t ∈ R.Hallar su curvatura y su torsion en el punto (1, 1, 0). ¿Es cierto que lacurva

tiene torsion negativa en todos sus puntos?

Solucion:

Calculamos primero las derivadas:−→r ′(t) = (et, 2e2t, 1)⇒ ‖−→r ′(t)‖ =

√1 + e2t + 4e4t

−→r ′′ = (et, 4e2t, 0)−→r ′ ×−→r ′′ = (−4e2t, et, 2e3t) ⇒

∥∥−→r ′ ×−→r ′′∥∥ =√e2t + 16e4t + 4e6t

−→r ′′′ = (et, 8e2t, 0)

Y podemos obtener la curvatura y la torsion en cada punto:

k(t) =

∥∥−→r ′ ×−→r ′′∥∥‖−→r ′(t)‖3 =

√e2t + 16e4t + 4e6t[√

1 + e2t + 4e4t]3

τ(t) =−→r ′ ×−→r ′′ · −→r ′′′

‖−→r ′ ×−→r ′′‖2 =4e3t[√

e2t + 16e4t + 4e6t]2

En el punto (1, 1, 0) = (et0 , e2t0 , t0) =⇒ t = 0

De donde deducimos que la curvatura y la torsion son

k(0) =

∥∥−→r ′ (0)×−→r ′′ (0)∥∥

‖−→r ′(0)‖3 =

√21

63/2

τ(0) =−→r ′ (0)×−→r ′′ (0) · −→r ′′′ (0)

‖−→r ′ (0)×−→r ′′ (0)‖2 =4

21

Por ultimo, la funcion τ(t) es claramente positiva, ∀ t ∈ IR

Ejercicio 20

166

Considere la curva C dada por −→r (t) = (cosh(t), sinh(t), t), t ∈ IR(a) Dibuje aproximadamente su traza.

(b) Si se recorre la traza partiendo desde punto (1, 0, 0), tras recorreruna

longitud de arco√

2 sobre la curva, ¿cuales son las coordenadas del

punto del espacio en el que nos encontraremos?

Solucion:

Consideremos la proyeccion de la curva sobre el plano XY :

x2 − y2 = cosh2(t) − sinh2(t) = 1 se trata de una rama de hiperbola,cuyo

eje de simetria es X, toma valores positivos de X y se recorre en elsentido

creciente de Y .

La tercera componente es simplemente z = t, para valores t > 0 lacurva

se eleva con respecto al plano z = 0 hacia, mientras que para valoresde

t < 0, “baja” con respecto el plano z = 0.

Determinemos el valor del parametro en el punto de partida

(1, 0, 0) = (cosh(t), sinh(t), t) =⇒ t = 0

Empezamos en s(0), la longitud de la curva, desde ese punto, se midela

longitud de arco.

Calculemos la rapidez, y luego la longitud del arco

167

−→r (t) = (cosh(t), sinh(t), t), t ∈ IR⇒−→r ′(t) = (senh(t), cosh(t), 1), t ∈IR

=⇒ ‖−→r ′(t)‖ =√cosh2(t) + sinh2(t) + 1 =

√2cosh2(t) =

√2cosh(t)

.

Ası que la longitud desde s(0) hasta

s(t) =∫ t

0‖−→r ′(u)‖ du =

√2∫ t

0cosh(u)du =

√2 senh(u)|t0 =

√2senh (t)

Ahora solo queda determinar el valor de t que hace que la longitud sea

exactamente√

2. Esto es, resolver√

2 =√

2sinh(t) ⇒ 1 = sinh(t) ⇒ t = arcsinh(1).

De manera que estaremos en el punto de coordenadas−→r (arcsinh(1)) = (cosh(arcsinh(1)), sinh(arcsinh(1)), arcsinh(1)) =⇒

−→r (arcsinh(1)) = (√

2, 1, arcsinh(1))

Ejercicio 21

Consideremos la curva C dada por −→r (t) = (t, t2, t3) ∈ R.Hallar su curvatura y su torsion en el punto (0, 0, 0). ¿En que puntotiene

la curva una torsion (en valor absoluto) maxima?

Solucion:

Calculamos primero las derivadas:

k(t) =

∥∥−→r ′ (t)×−→r ′′ (t)∥∥‖−→r ′(t)‖3 =

√4 + 36t2 + 36t4[√1 + 4t2 + 9t4

]3τ(t) =

−→r ′ ×−→r ′′ · −→r ′′′

‖−→r ′ ×−→r ′′‖2 =12

[4 + 36t2 + 36t4]2

De donde deducimos que la curvatura y la torsion son

k(0) =

∥∥−→r ′ (0)×−→r ′′ (0)∥∥

‖−→r ′(0)‖3 = 2

τ(0) =−→r ′ (0)×−→r ′′ (0) · −→r ′′′ (0)

‖−→r ′ (0)×−→r ′′ (0)‖2 = 3

Como el denominador que aparece en la expresion de τ(t) es siempre

una cantidad positiva que toma su valor mınimo en t = 0, concluimos

que el valor absoluto de la torsion alcanza su valor maximo en t = 0.

168

2.17. Ejercicios propuestos

1. Sean ~f,~g : [a, b]→ Rn funciones derivables, probar que:

a) (α~f + β~g)(t) = α~f (t) + β~g (t) , α y β constantes

b) (α~f)′ (t) = α′ (t) ~f (t)+α(t)f ′ (t) si α = α(t) es una funcion escalar.

c)(~f · ~g

)′(t) = ~f ′(t) · ~g(t) + ~f(t) · ~g′(t)

d)(~f × ~g

)′(t) = (f ′ × g) (t) + (f × g′) (t)

2. Para ~f(t) = (e2t, t2, e−2t) calcular:

a) ~f ′ (t)

b) ~f ′′ (t)

c)∥∥∥~f ′(t)∥∥∥

3. Obtener una funcion parametrica vectorial de la curva resultanteal intersectar las superficies:

x2 + y2 + z2 = 2

y z =√

2 (1 + y)

169

4. Parametrizar en la forma ~r′ = ~r(t) = (x(t), y(t), z(t)), t ∈ [a, b] las curvas Cdefinidas por:

a) Recta por A = (1, 2,−3) y B = (2, 2, 2)

b) Recta interseccion de los planos x+ y + z = 0 y y − z = 0

c) Interseccion del cilindro recto x2 + y2 = 9 y el plano z = 1

d) El cilindro x2− ax+ y2 = 0 interseccion la esfera x2 + y2 + z2 = a2

5. Calcular la longitud l de la curva descrita por la trayectoria ~r(t) =(a cos3 t, a sin3 t), t ∈ [0, 2π]

6. Una hormiga camina sobre la superficie S : x(u, v) = sinu cos v, y (u, v) =sinu sin v, z (u, v) = cos u

π6≤ u ≤ π

2, −π

2≤ v ≤ π en el instante t = 0, se mueve de tal

forma que en cualquier tiempo t > 0 describe la trayectoria −→r (t) =(√3

2sin t, 1

2,√

32

cos t).

Demuestre que la hormiga se mueve sobre la superficie esferica S ydetermine cuando y en donde la hormiga abandona el sector descritode la esfera

170

7. Halle el o los valores de t para los cuales el vector tangente a lacurva descrita por r(t) = (2t2 + 1, 3t − 2), t ∈ R sea paralelo alvector ~u = (2,−1).

8. Calcule

lımt→0

( (x+t)2−x2t

, (x+t)3−x3t

, (x+t)4−x4t

)

9. Discuta la continuidad de la funcion

f(t) = (t, sin tt

) si t 6= 0(0, 1) si t = 0

10. Demuestre que: si∥∥∥−→f (t)

∥∥∥ es constante, entonces−→f y

−→f ′ son or-

togonales.

11. Encuentre un vector tangente y la recta tangente a la helice conicade representacion parametrica

−→f (t) = (t cos t, t sin t,

t

2π)

en los puntos (0, 0, 0) y (0, π2, 1

4)

12. Sea la helice descrita por−→f (t) = (cos t, sin t, t) t ∈ [0, π

2]. Pruebe

que en ningun punto de esta curva−→f ′(t) es paralelo a la cuerda

de−→f (0) a

−→f (π

2)

13. Una partıcula se mueve en el plano a lo largo de la espiral ρ = eθ

con una rapidez constante de 5 pies por segundo.

171

a) ¿Cuales son la velocidad y la aceleracion de la partıcula cuandoθ = π

4?

b) ¿Cuanto tarda la partıcula en ir desde el punto correspondiente aθ = 0 hasta el punto correspondiente a θ = π?

c) Si θ = 0 cuando t = 0, proporcione ecuaciones parametricas para latrayectoria de la partıcula.

14. Determine los puntos en que la recta tangente a la curva de R3

dada por

~r(t) =(6t+ 2t3

)ı+ (6t− 2t3)+ 3t2k

es paralela al plano x+ 3y + 2z = 5

15. Demuestre que el camino descrito por−→f : [−2, 2] → R2 definida

por−→f (t) = (t2− 1, t3 + 2t2− t− 2) no es simple. ¿Es cerrado?¿Es

cerrado simple?

16. Determine las ecuaciones de la recta tangente y del plano nor-

mal a la curva descrita por−→f : I → R3 definida por f(t) =

(etsint, etcost, 5t) en el punto P =−→f (0)

17. Sea−→f : [0, 5]→ R3 la trayectoria

−→f (t) = (sin t, cos t, t). Obtenga

una reparametrizacion−→f c de

−→f que conserve su orientacion y que

recorra la trayectoria de−→f en la quinta parte del tiempo en el que

lo hace−→f .

18. Un objeto ubicado inicialmente en el origen de coordenadas sedesplaza de acuerdo al movimiento

~r(t) = (t2,−t cos t, t sin t)

a) Determine el punto en que el objeto impacta a la esfera x2+y2+z2 =2

b) Calcular la longitud recorrida por el objeto hasta el instante delimpacto.

c) Calcular el angulo entre la trayectoria y la esfera en el instante delimpacto.

172

19. El movimiento de una partıcula se realiza en el cırculo unitario delplano XY de acuerdo con la formula (x, y, z) = (cos t2, sin t2, 0) ,t ≥ 0.

a) Como funciones de t. ¿Cual es el vector velocidad y la rapidez de lapartıcula?

b) ¿En que punto del cırculo se debe liberar la partıcula para quegolpee un blanco localizado en (2, 0, 0)?

c) ¿En que tiempo t se debe liberar? (usar t ≥ 0 mas pregunta b))

d) ¿Cual es su velocidad y rapidez en el instante en que se libera?

e) ¿En que instante se golpea el blanco?

20. Si f : I → IR es una funcion diferenciable, demostrar que lagrafica de f , es decir la curva y = f(x), es una curva regular ycalcular sus vectores tangente , normal, su curvatura, su radio decurvatura, y su centro de curvatura.

21. Sea C una curva de IR3 dada por la ecuacion−→r (t) = (4 cos(t), 4sen (t) , 4 cos t(t)), t ∈[0, 2π]

a) Verificar que es una elipse.

b) Determinar los vectores T , N , B en cualquier punto C

c) Calcular la curvatura y torsion de C en todo punto.

d) Determinar en que puntos de C la curvtura k es maxima y en cualeses mınima

2.17.1. Respuestas

2.

a) ~f ′ (t) = 2 (e2t, t,−e−2t)

b) ~f ′′ (t) = 2(2e2t, 1, 2e−2t)

c)∥∥∥~f ′(t)∥∥∥ = 2

√e4t + e−4t + t2

3. ~r(t) = (cos t,−1 + sin t,√

2 sin t), 0 ≤ t ≤ 2π

4. a) ~r(t) = (1 + t, 2,−3 + 5t) t ∈ R

173

b) ~r(t) = (−2t, t, t) t ∈ Rc) ~r(t) = (3 cos t, 3 sin t, 1) t ∈ [0, 2π]

d) ~r(t) = (a2

+ a2

cos t, a2

sin t,√

2a sin t4) t ∈ [0, 2π]

5. 6a, 6− t = π2, (x, y, z) = (

√3

2, 1

2, 0)

7. t = −32

8. (2x, 3x2, 4x3)

9. Es continua

10.−→f ·−→f ′ = 0

11.(1, 0, 1

2π

), −→r (t) = (t, 0, 1

2πt)

(0, π2, 1

4), −→r (t) = (−π

2t, π

2+ t, 1

4+ t 1

2π)

13.

a) ~v = (0, 5), ~a = (− 25√2e−

π4 , 0)

b) 15

√2(eπ − 1)

c)−→f (t) = [ 5√

2t+ 1](cos ln( 5√

2t+ 1), sin ln( 5√

2t+ 1))

14. ~r(2) = (28,−4, 12)

15. No es simple−→f (1) = (0, 0) =

−→f (−1)

16. ~r(t) = (t, 1 + t, 5t), x+ y + 5z = 1 plano normal

17. f : [0, 1]→ R3, f (s) = (sin(5s), cos(5s), 5s)

18.

a) (1,−cos1, sin1)

b) 1,57

19.

a) ~v = (−2t sin t2, 2t cos t2, 0); s = 2t

b) (12,−√

32, 0)

c)√

5π3

d) v = 2√

5π3

(√

32, 1

2, 0); s = 2

√5π3

e) 3√

3+10π2√

15π

174

20. La grafica de la funcion es la curva −→r : I → IR2 determinada por−→r (x) = (x, f(x))

Como −→r ′(x) = (x, f ′(x)), resulta que |−→r ′(x)| =√

1 + (f ′(x))2 >0 ∀x ∈ I y por tanto la curva es regular

T (x) =(1, f ′ (x))√1 + (f ′(x))2

y−→N (x) =

(−f ′ (x) , 1)√1 + (f ′(x))2

k(x) =|f” (x)|

(√

1 + (f ′(x))2)3y R(x) =

(√

1 + (f ′(x))2)3

|f” (x)|

−→c (x) = (x, f(x)) +(1 + (f ′(x)2)

|f” (x)|(−f ′ (x) , 1)

21.

A partir de las ecuaciones parametricas, se tiene que:

x (t) = 4 cos(t)y (t) = 4sen (t) =⇒ x2 + y2 = 16z (t) = 4 cos(t) z = x

T (t) =(−4sen (t) , 4 cos (t) ,−4sen (t))√

16 + 16sen2 (t), B (t) =

(−16, 0, 16)

16√

2

N (t) = B (t)× T (t) =(cos (t) , 2sen (t) , cos (t))√

2√

1 + sen2 (t)

k(t) =16√

2

43[√

1 + sen2 (t)]3 , τ(t) = 0

La curvatura es maxima si t = 0, π =⇒ P0 = (4, 0, 4)

La curvatura es mınima si t =π

2,3π

2=⇒ P1 = (0, 4, 0)

2.18. Auto Evaluaciones

Autoevaluacion No1

El estudiante:

1) Calculara ecuacion cartesiana de la trayectoria, curvatura y torsionen un punto de la curva, dada la ecuacion vectorial de una curva regular,

175

dos veces diferenciable, con ecuaciones parametricas en funcion de unparametro cualquiera t,

2) Determinara la ecuacion de la recta tangente y del plano osculador

a la curva descrita por la trayectoria−→f : I ⊆ R −→ R3 en un punto

de la curva.

3) Resolvera problemas de dinamica de partıculas querequiera calcularlongitud de una curva, curvatura maxima , torsion de la curva, ecua-ciones de rectas ,y planos principales en un punto dado de la curva.

Tiempo : 2 horas

Tiempo : 2 horas

Pregunta 1

Sea la helice −→r (t) = (a cos t, a sin t, bt) , b 6= 0, determine:

a) los valores de a y b si su curvatura es κ (t) =1

5y su torsion τ (t) =

2

5.

b) La ecuacion del cilındro sobre el cual se encuentra la helice.

Pregunta 2

Para la curva C dada por: −→r (t) =

(t3

3, 2t,

2

t

)en P0 =

(8

3, 4, 1

)Obtener las ecuaciones vectoriales y cartesianadas de:

a) Recta tangente.

b) Planos osculador.

Pregunta 3

En el instante t= 0 , una casa es lanzada al espacio por causa de un

tornado siguiendo la trayectoria

−→r (t) =(eat cos t, eat sin t, beat − b

)con a > 0, b > 0, t ≥ 0.

a) Calcular la distancia que recorre la casa hasta el instante t = π.

b) En el instante t1 con t1 ∈ [0, π] , en el cual la trayectoria tiene

curvatura maxima, un residente que dormıa tranquilo es lanzado

176

hacia el exterior.

i) ¿que trayectoria sigue el residente?

ii) ¿en que punto se encuentra la casa en t = π?

iii) Obtener la ecuacion de plano osculador a la trayectoria de la casa

en t = π.

Pauta de Autocorreccion

Pregunta 1

En primer lugar determinemos la curvatura la torsion en funcion deltiempo−→r ′ (t) = (−a sin t, a cos t, b) ∀t ∈ IR =⇒ ‖−→r ′ (t)‖ =

√a2 + b2

−→r ′′ (t) = (−a cos t,−a sin t, 0)−→r ′′′ (t) = (−a sin t, a cos t, 0)−→r ′ (t) × −→r ′′ (t) = (ab sin t,−ab cos t, a2) =⇒ ‖−→r ′ (t)×−→r ′′ (t)‖ =a√a2 + b2

−→r ′ (t)×−→r ′′ (t) · −→r ′′′ (t) =(−a2b sin2 t,−a2b cos2 t, 0

)Entonces, se tiene

κ (t) =

∥∥−→r ′ (t)×−→r ′′ (t)∥∥‖−→r ′ (t)‖3/2

=a

a2 + b2, y

τ (t) =

∥∥−→r ′ (t)×−→r ′′ (t) · −→r ′′′ (t)∥∥‖−→r ′ (t)‖3/2

=b

a2 + b2

Luego, a partir de los valores dados de curvatura y torsion, obtenemos

a

a2 + b2=

1

5,

b

a2 + b2=

2

5=⇒ a = 1, b = 2

Por tanto la ecuacion de la helice es

−→r (t) = (cos t, sin t, 2t)

b) A partir de la ecuaciones parametricas de la helice , se tiene

x = cos t, y = sin t, z = 2t ≥ 0 =⇒ x2 + y2 = 1, z ≥ 0, corresponde aun

177

cilindro de radio r = 1, cuyo eje axial coincide con el eje z.

Pregunta 2

a) La ecuacion de la recta tangente al punto P0 se define por−→f (λ) = −→r (t0) + λ−→r ′ (t0) , con λ ∈ IR

siendo −→r (t0) =

(t303, 2t0,

2

t0

)=

(8

3, 4, 1

)=⇒ 2t0 = 4 ⇐⇒ t0 = 2

Calculemos ahora la direccion de la recta tangente

−→r ′ (t) =

(t2, 2,− 2

t2

)=⇒ −→r ′ (t0) =

(4, 2,−1

2

)Sustituyendo terminos en la ecuacion de la recta tangente, obtenemos

(x, y, z) =

(8

3, 4, 1

)+ λ

(4, 2,−1

2

), λ ∈ IR

Eliminando el parametro λ , tenemos la ecuacion cartesiana

x− 8

34

=y − 4

2=z − 1

−12

b) La ecuacion del plano osculador al punto P0 se define por(−→f (t)−−→r (t0)

)·−→B (t0) = 0, siendo

−→B (t0) = −→r ′ (t0) × −→r ′′ (t0) el

vector

normal al plano osculador en el punto P0.

Como −→r ′ (t) =

(t2, 2,− 2

t2

)=⇒ −→r ′′ (t) =

(2t, 0,

4

t3

)⇐⇒

−→r ′′ (t0) =

(4, 0,

1

2

).

De manera que

−→B (t0) = −→r ′ (t0)×−→r ′′ (t0) =

∣∣∣∣∣∣i j k4 2 −1

2

4 0 12

∣∣∣∣∣∣ = (1,−4,−8)

Por tanto la ecuacion de plano, queda

178

[(x, y, z)−

(8

3, 4, 1

)]· (1,−4,−8) = 0

3x− 12y − 24z = −64

Pregunta 3

a) Derivando la ecuacion de la trayectoria se tiene

−→r ′ (t) =(aeat cos t− eat sin t, aeat sin t+ eat cos t, abeat

)= eat (a cos t− sin t, a sin t+ cos t, ab)

Calculando la norma de este vector obtenemos

‖−→r ′ (t)‖ = eat√a2 + 1 + a2b2

Entonces, la longitud de la curva es

l(−→r ) =

∫ π

0

‖−→r ′ (t)‖ dt =√a2 + 1 + a2b2

(eaπ − 1

a

)

b) La curvatura esta dada por la expresion κ (t) =

∥∥−→r ′ (t)×−→r ′′ (t)∥∥‖−→r ′ (t)‖3/2

Derivando por segunda vez,

−→r ′′ (t) = aeat (a cos t− sin t, a sin t+ cos t, ab)

+eat (−a sin t− cos t, a cos t− sin t, 0)

=⇒ −→r ′ (t)×−→r ′′ (t) = e2at (ab(sin t− a cos t),−ab(a sin t+ cos t, a2 + 1)

=⇒∥∥−→r ′ (t)×−→r ′′ (t)∥∥ = e2at

√a2 + 1

√a2 + 1 + a2b2

Luego, obtenemos

κ (t) =

√a2 + 1

eat(a2 + 1 + a2b2)

Por tanto, κ (t) es maximo para t1 = 0, cuando se tiene el valor mınimodel

denominador

179

i) El residente sale despedido por la recta tangente a la trayectoria del

tornado, en el instante t1 = 0, luego la ecuacion de la recta sera

−→R (0) = −→r (0) + λ−→r ′ (0) = (1, 0, 0) + λ (a, 1, ab)

ii) En el instante t = π la casa se encuentra en el punto

−→r (π) = (−eaπ, 0, beaπ − b)

iii) El plano osculador a la trayectoria de la casa en t1 = π es

(−→R −−→r (π)) ·

−→B (π) = 0

donde el vector binormal se determina por

−→B (π) = −→r ′ (π)×−→r ′′ (π) = e2πa

(a2b, ab, a2 + 1

)Por tanto, la ecuacion que produce es

(x− eaπ, y, z − (beaπ − b)) · e2πa(a2b, ab, a2 + 1

)= 0

Autoevaluacion No2

Tiempo : 2 horas

Pregunta 1

Una partıcula se desplaza a partir del instante t = 0 siguiendo la trayec-toria:

−→r (t) = (t, ln (sec t+ tagt) , ln sec t) , 0 ≤ t <π

2

Determinar la velocidad y rapidez en el instante que ha recorido una

distancia igual

√2

2.

Pregunta 2

Dada la curva C definida por las superficies x2+y2+z2 = 11, x2+y2 = 2,

z > 0, determinar en el punto(0,√

2, 3);

a) la ecuacion del plano osculador

b) los versores tangente, normal y binormal

180

Pregunta 3

Para la curva C dada por −→r = −→r (s) ,donde s es el parametro longitudde

arco, deducir las formulas:

a) −→r ′ (s) · −→r′′′

(s) = −κ2 (s)

b) −→r ′ (s) · −→r ′′ (s)×−→r ′′′ (t) = κ2τ

c) Usar las formulas anteriores para calcular κ, τ de la curva C

−→r (s) =

(4

5cos s, 1− sin s,−3

5cos s

)

d) Identificar la curva C

Pauta de Autocorreccion

Pregunta 1

Derivando la ecuacion de la trayectoria:

−→r (t) = (t, ln (sec t+ tagt) , ln sec t) , 0 ≤ t <π

2

obtenemos la velocidad

−→r ′ (t) = (1, sec t, tagt) , 0 ≤ t <π

2

En consecuencia la rapidez de la partıcula, queda

−→r ′ (t) =√

1 + sec2 t+ tag2 =√

2 sec t

Entonces, la distancia recorrida en funcion del tiempo, es

s (t) =√

2

∫ t

0

secudu =

√2

2ln

(1 + sin t

1− sin t

)A continuacion determinemos el tiempo t0, que corresponde a la dis-tancia

181

√2

2:

√2

2ln

(1 + sin t01− sin t0

)=

√2

2

ln

(1 + sin t01− sin t0

)= 1

t0 = arcsin

(e− 1

e+ 1

)≈ 0, 48

Por lo tanto la velocidad en ese tiempo es

−→v (t0) = −→r ′ (t0) = (1, sec (0,48) , tag (0, 48)) = (1; 1, 127; 0, 521)

y la rapidez

‖−→r ′ (t0)‖ =

√1 + (1, 127)2 + (0, 521)2

Pregunta 2

a) Determinemos la ecuacion de la curva C, sustituyendo la segundaecuacion

en la primera, obtenemos 2 + z2 = 11 =⇒ z2 = 9, z = ±3. Comoz > 0, la curva

dada es la circunsferencia x2 + y2 = 2, z = 3.

La ecuacion parametrica de la curva es −→r (t) =(√

2 cos t,√

2 sin t, 3),

y el

valor del parametro en el punto es −→r (t0) =(√

2 cos t0,√

2 sin t0, 3)

=(0,√

2, 3)

=⇒√

2 cos t0 = 0 =⇒ t0 = π2.

Calculemos ahora la ecuacion del plano osculador, derivando, obten-emos−→r ′ (t) =

(−√

2 sin t,√

2 cos t, 0)

=⇒ −→r ′(π2

)=(−√

2, 0, 0)

−→r ′′ (t) =(−√

2 cos t,−√

2 sin t, 0)

=⇒ −→r ′′(π2

)=(0,−√

2, 0)

El vector normal al plano en el punto dado es

−→r ′(π2

)×−→r ′′

(π2

)=

∣∣∣∣∣∣i j k

−√

2 0 0

0 −√

2 0

∣∣∣∣∣∣ = (0, 0, 2)

182

La ecuacion del plano osculador viene dada por[−→f −−→r

(π2

)]·−→N(π2

)= 0 ⇐⇒

[(x.y.z)−

(0,√

2, 3)]· (0, 0, 2) =⇒

z = 3

b) El versor tangente, en el punto es

t =−→r ′(π2

)∥∥−→r ′ (π2

)∥∥ =

(0,−√

2, 0)

√2

= (0,−1, 0) .

El versor binormal viene dado por

b =−→r ′(π2

)×−→r ′′

(π2

)∥∥−→r ′ (π2

)×−→r ′′

(π2

)∥∥ =(0, 0, 2)

2= (0, 0, 1) .

Finalmente el versor normal es

n = b× t = (1, 0, 0) .

Pregunta 3

a) A partir de −→r = −→r (s) tenemos que

−→r ′ (s) = T (s)

derivando por segunda vez y aplicando la identidad de Frenet, queda

−→r′′

(s) = T′(s) = κN (s) =⇒

−→r′′′

(s) = κ′N (s) + κN

′(s)

Utilizando nuevamente la identidades de Frenet , obtenemos

−→r′′′

(s) = κ′N (s) + κ

(τB − κT

)=⇒

−→r′′′

(s) = κ′N (s) + κτB − κ2T

Calculando el producto interno y considerando la ortonormalidad de labaseT , N , B

, produce

−→r ′ (s) · −→r′′′

(s) = T (s) ·(κ′N (s) + κτB − κ2T

)= −κ2

−→r ′ (s) · −→r′′

(s)×−→r′′′

(s) = T (s) · κN (s)×(κ′N (s) + κτB − κ2T

)= κ2τ

b) A partir de −→r (s) =(

45

cos s, 1− sin s,−35

cos s)

=⇒

183

−→r ′ (s) =(−4

5sin s,− cos s, 3

5sin s

)=⇒

−→r ′′ (s) =(−4

5cos s, sin s,−3

5cos s

)=⇒

−→r ′′′ (s) =(

45

sin s, cos s, 35

sin s)

Realizando el producto interno

−→r ′ (s) · −→r′′′

(s) = −1 = −κ2 =⇒ κ = 1

−→r ′ (s) · −→r′′

(s)×−→r′′′

(s) = 0

c) Desde κ = 1 podemos inferir que la curva es una circunferencia ypor

τ = 0 concluimos, que la curva es plana.

d) Eliminando el parametro s en las ecuaciones parametricas

(x, y, z) =

(4

5cos s, 1− sin s,−3

5cos s

)Produce

x2 + (y − 1)2 + z2 = 1, 3x+ 4z = 0

Autoevaluacion No3

Pregunta 1

Dada la ecuacion parametrica de la curva −→r (t) =

(t,

1

t+ 1,

1

t− t),

en el

punto (1, 2, 0) , determine:

a) la curvatura de la curva

b) La torsion de la curva

Pregunta 2

Sea r = r (θ) la ecuacion de una curva C en coordenadas polares, con

a ≤ θ ≤ b angulo polar y P (θ) punto de C. Demuestre que

a) La longitud de C desde P (a) hasta P (b) es L =∫ ba

√r2 + (r′)2dθ

b) La curvatura de C en P (θ) es κ =

∣∣2(r′)2 − rr′′ + r2

∣∣[r2 + (r′)2]3/2

.

184

c) Usando lo anterior,calcular la longitud L y la curvatura κ de laespiral

logarıtmica r (θ) = eλθ, donde λ es constante.

Pregunta 3

Un punto se mueve sobre la parabola y = x2. Si en el instante t = α ,P

se encuentra en (0, 0) y s′(α) = a ,s

′′(α) = b ; donde la funcion s = s (t)

es la longitud de arco de la curva y a , b constantes. Determine la

velocidad y la aceleracion de P en el instante t = α.

Pauta de Autocorreccion

Pregunta 1

El valor del parametro en el punto viene dado por

−→r (t0) =

(t0,

1

t0+ 1,

1

t0− t0

)= (1, 2, 0) =⇒ t0 = 1

Derivando sucesivamente

−→r ′ (t) =

(1,− 1

t2,− 1

t2− 1

)=⇒ −→r ′ (1) = (1,−1,−2)

−→r ′′ (t) =

(0,

2

t3,

2

t3

)=⇒ −→r ′′ (1) = (0, 2, 2)

−→r ′′′ (t) =

(0,− 6

t4,− 6

t4

)=⇒ −→r ′′′ (1) = (0,−6,−6)

La curvatura se determina mediante la identidad

κ (1) =

∥∥−→r ′ (1)×−→r ′′ (1)∥∥

‖−→r ′ (1)‖3/2=‖(2,−2, 2)‖√

63=

√2

6

Mientras que la torsion esta dada por la identidad

τ (1) =

∥∥−→r ′ (1)×−→r ′′ (1) · −→r ′′′ (1)∥∥

‖−→r ′ (1)×−→r ′′ (1)‖2 =‖(2,−2, 2) · (0,−6,−6)‖√

63= 0

Observese que la torsion es cero en todos los puntos ya que la curvaesta

contenida siempre en el mismo plano.

Pregunta 2

185

a) En este caso podemos parametrizar la ecuacion de la curva C de laforma−→r = −→r (θ) = (r (θ) cos θ, r (θ) sin θ)

Derivando esta expresion respecto de θ obtenemos

−→r ′ = −→r ′ (θ) = (r′(θ) cos θ − r (θ) sin θ, r

′(θ) sin θ + r (θ) cos θ)

De modo que∥∥−→r ′ (θ)∥∥ =[−→r ′ (θ) · −→r ′ (θ)]1/2 =

√(r′ cos θ − r sin θ)2 + (r′ sin θ + r cos θ)2

=⇒∥∥−→r ′ (θ)∥∥ =

√r2 + (r′)2.

Entonces la longitud del arco entre θ = a y θ = b para la curva −→r (θ)es

L =∫ ba

∥∥−→r ′ (θ)∥∥ dθ =∫ ba

√r2 + (r′)2dθ.

b) Deduciremos la curvatura usando la formula κ (θ) =

∥∥−→r ′ (θ)×−→r ′′ (θ)∥∥‖−→r ′ (θ)‖3/2

Tenemos que−→r ′ = r

′(θ) (cos θ, sin θ) + r (θ) (− sin θ, cos θ)

Derivando por segunda vez obtenemos

−→r ′′ = r′′

(θ) (cos θ, sin θ) + 2r′(θ) (− sin θ, cos θ)− r (θ) (cos θ, sin θ)

Determinemos el producto vectorial considerando R2 un subespaciovectorial

de R3

−→r ′ ×−→r ′′ =[r′(cos θ, sin θ, 0) + r(− sin θ, cos θ, 0)

]×[r′′(cos θ, sin θ) + 2r

′(− sin θ, cos θ)− r(cos θ, sin θ)

]=

(0, 0, 2(r

′)2 − rr′′ + r2

)ya que se satisfacen que

(cos θ, sin θ, 0)× (cos θ, sin θ, 0) = (0, 0, 0) y

(cos θ, sin θ, 0)× (− sin θ, cos θ, 0) = (0, 0, 1)

De esta forma∥∥−→r ′ ×−→r ′′∥∥ =∣∣2(r

′)2 − rr′′ + r2

∣∣186

Por lo tanto

κ (θ) =

∥∥−→r ′ (θ)×−→r ′′ (θ)∥∥‖−→r ′ (θ)‖3/2

=

∣∣2(r′)2 − rr′′ + r2

∣∣[r2 + (r′)2]3/2

c) Sea r (θ) = eλθ =⇒ r′(θ) = λeλθ =⇒ r

′′(θ) = λ2eλθ.

Aplicando directamente las formulas obtenidas en a) y b), obtenemos

la longitud de la curva y su curvatura

L =

∫ b

a

√r2 + (r′)2dθ =

∫ b

a

√e2λθ + λ2e2λθdθ

=1 + λ2

λ

(eλb − eλa

)

κ (θ) =

∣∣2(r′)2 − rr′′ + r2

∣∣[r2 + (r′)2]3/2

=(1 + λ2) e2λθ

(1 + λ2)√

1 + λ2e3λθ

=1√

1 + λ2eλθ

Pregunta 3

Dada la ecuacion cartesiana de la curva y = x2

Sea−→r (t) = (x (t) , y (t)) la funcion vectorial que describe el movimientodel

punto tal que y (t) = [x (t)]2 , entonces al derivar esta expresion tenemos

y′(t) = 2x (t)x

′(t) =⇒ y

′′(t) = 2((x

′(t))2 + x (t)x

′′(t)).

Sabemos que en el instante t = 0,−→r (α) = (x (α) , y (α)) = (0, 0) =⇒x (α) = 0, y (α) = 0

Al evaluar las derivadas de y produce: y′(α) = 0, y

′′(α) = 2

(x′(α))2

Por otra parte , sabemos que:

s′(α) =

∥∥−→r ′ (α)∥∥ =

√(x′ (α))2 + (y′ (α))2 =

∣∣x′ (α)∣∣ = a

s′′

(α) =(∥∥−→r ′ (t)∥∥)′ (α) =

[x′(t)x

′′(t) + y

′(t) y

′′(t)

‖−→r ′ (t)‖

](α) =

s′′

(α) =x′(α)x

′′(α)

a= b =⇒ x

′′(α) = b

187

Por lo tanto, la velocidad y la aceleracion en el punto P son

−→r ′ (α) =(x′(α) , y′ (α)

)= (a, 0)

−→r′′

(α) =(x′′

(α) , y′′ (α))

=(b, 2a2

)

188

Capıtulo 3

Funciones de varias variables

3.1. Introduccion

El concepto de funcion, ya establecido, en cursos precedentes puede serextendido a situaciones del tipo

−→f : A ⊂ IRm → B ⊂ IRn,m, n ∈ IN

en el sentido que son correspondencias que asignan a cada vector −→x ∈A un unico vector −→y ∈ B anotado −→y =

−→f (−→x ) . Consideradas las

componentes de −→x y de −→y la igualdad anterior, tambien, se anota dela forma

(y1, y2, . . . , yn) =−→f (x1, x2, . . . , xm);

estas funciones se denominan funciones vectoriales de variable vectorial, o bien, n funciones dependientes de m variables independientes. Susrespectivos dominio de definicion A y recorrido B se denominan camposvectoriales.

En este curso se consideran funciones del tipo

−→f : A ⊂ IRm → B ⊂ IR

esto es con m > 1 y n = 1 , que por las caracterıstica de los espaciospasan a llamarse, funciones reales de variable vectorial ( de m variablesindependientes). En la unidad anterior fueron consideradas funcionesvectoriales −→

f : A ⊂ IR→ IRn

189

es decir, con m = 1 y n > 1. Estas funciones se denotan como

y =−→f (x1, x2, . . . , xm)

alternativamente −→y = f (−→x ) con−→x = (x1, x2, . . . , xm) y se estudiaransus propiedades en cuanto a variaciones, graficas, aplicaciones, etc, apartir de los conceptos de lımite, continuidad, y derivada. En particular,para los casos usuales m = 2 y m = 3, se denotan z = f(x, y), (x, y) ∈A ⊂ IR2; w = f(x, y, z)(x, y, z) ∈ A ⊂ IR3, respectivamente.

Ejemplos

Caso 1)

a) La correspondencia z = f(x, y) = xy , A = IR2, B = IR , restringi-dos x e y a valores positivos f(x, y) = xy corresponde al area delrectangulo de lados x e y (comparado con f (r) = πr2, esta representael area del cırculo de radio r y es funcion del tipo f : A ⊂ IR → B ⊂IR, o sea con m = 1 y n = 1.

b) La correspondencia w = f(x, y, z) = xyz , tiene A = IR3, B = IR, y con x, y, z positivos representa el volumen V del prisma recto dearistas x, y, z.

Caso 2)

a) La funcion f : A ⊂ IR2 → B ⊂ IR dada por

z = f(x, y) =√x2 + y2, A = IR2, B = IR,

representa la distancia del punto P = (x, y) al origen O = (0, 0) deIR2.

b) La funcion f : A ⊂ IR3 → B ⊂ IR dada por

w = f(x, y, z) =√x2 + y2 + z2, A = IR3, B = IR,

representa la distancia del punto P = (x, y, z) al origen O = (0, 0, 0)de IR3.

Caso 3)

La funcion z = f(x, y) =1√

x2 + y2, en que f : A ⊂ IR2 → B ⊂ IR

tiene dominio A = IR2,y recorrido B = IR, representa el potencial

190

electrostatico en cada punto P = (x, y) del plano debido a una cargaunitaria colocada en el origen O = (0, 0) de IR2.

Nota: En estos ejemplos de funciones con m = 2, o m = 3 se puedeconsiderar los conceptos de lıneas de nivel y superficies de nivel como

S = (x, y) ∈ A/ f (x, y) = c

para c constante dada; y

S = (x, y, z) ∈ A/ f (x, y, z) = c

para c constante dada.

a) En el caso 2) se tiene que S =

(x, y) ∈ IR2/√x2 + y2 = c

con

c ≥ 0 son circunsferencias de radio√c (o el origen si c = 0).

b) En el caso 3) S =

(x, y) ∈ IR2 − (0, 0) / 1√

x2 + y2= c, c > 0

las lıneas que verifican x2 + y2 =

1

c2se llaman lıneas equipotenciales

alrededor de la carga, describen circunsferencias centradas el (0, 0) de

radio1

c.

Unido a lo anterior, en topografıa las curvas determinadas por ecuacionf (x, y) = c se llaman tambien contornos de nivel de una superficie.Por ejemplo, la funcion z = f(x, y) =

√25− x2 − y2 que tiene

A =

(x, y) ∈ IR2/ x2 + y2 ≤ 25, B = [0, 5]

representa una ”montana.esferica de radio basal 5 y altura 5; con c = 3se tiene

√25− x2 − y2 = 3, de lo cual se tiene el contorno de nivel

x2 + y2 = 16.

Caso 4)

La presion P ejercida por un gas ideal encerrado en un cilindro piston es

dada por la funcion P (T, V ) = kT

Vdonde k cte, T es la temperatura

y V el volumen del cilindro. En este caso las lıneas de nivel reciben elnombre de lıneas isobaricas P = c, o isotermas cuando T = c con Tfuncion temperatura en cada punto (x, y, z) .

Caso 5)

191

a) El area S de la superficie del cuerpo humano es una funcion delpeso w y la altura h dada por S (w, h) = 0, 091w0,425h0,725 (deduccionempırica), donde w esta en libras y h en pulgadas y S en pie2.

b) Tambien S es dada por S (h, t) = 2ht donde h es la altura en cmy t es la longitud de la circunferencia maxima del muslo en cm. Porejemplo, una nina de altura h = 156 cm y 50 cm de de circunsferenciamaxima del muslo tienen una superficie corporal de 15,600 cm2.

Caso 6)

La funcion f (x, y) = C xay1−a con C y a constantes, donde x son lasunidades de trabajo e y las unidades de capital representa un modelode unidades de produccion (Modelo de Cobb-Douglas), que se utilizaen economıa y en la evaluacion de proyectos.

Caso 7)

a) La potencia electrica para un voltage E y resistencia R es la funcion

de dos variables P (E,R) =E2

R.

b) La resistencia total al conectar en paralelo dos resistencias R1, R2

es regido por la ecuacion1

R=

1

R1

+1

R2

, de donde se deduce R =

R (R1, R2) .

Caso 8)

a) La aceleracion centrıpeta de una partıcula que se mueve en la cir-

cunferencia de radio r siendo v la rapidez es dada por a (r, v) =v2

r.

b) El desplazamiento vertical de una cuerda larga sujeta en el origen,que cae bajo la accion de su propio peso es dada por

u (x, t) =

−g

2a2(2axt− x2) , si 0 ≤ x ≤ at

− g

2a2t2 , si x > at, a cte

Caso 9)

La concentracion molecular C (x, t) de un lıquido es dada por

C (x, t) = t−1/2e−x2

k t

y esta funcion verifica la ecuacion de difusion

192

k

4

∂2C

∂x2=∂C

∂t.

Caso 10)

Cuando una chimenea de h metros de altura emite humo que contienecontaminante oxido nıtrico la concentracion C (x, z) a x km de distanciay z metros de altura es dada por

C (x, z) =a

x2

(eb(z−h)2

x2 + e−b(z−h)2

x2

)Calcular e interpretar los valores de

∂C

∂x,∂C

∂t,en el punto P = (2, 5)

para a = 200, b = 0, 02; h = 10 m.

Caso 11)

Un ejemplo de una funcion que depende de 4 variables es la que es-tablece la ley de Poiseuille en la cual la intensidad del flujo de un fluidoviscoso (como la sangre) traves de un conducto (como una arteria), es

Q (R,L, p1, p2) = kR4

L(p1 − p2)

con k cte, R radio de conducto, L su longitud y p1, p2 presiones en losextremos del conducto.

3.2. Funciones Escalares de Variable Vec-

torial

3.2.1. Conceptos Topologicos

Nuestro espacio universo sera Rn pensado preferentemente con n = 2o n = 3.

Si −→x ∈ Rn entonces cada vector −→x = (x1, x2, . . . , xn) esta conformadopor una n- upla ordenada de numeros reales.

La metrica que se usara, es la metrica usual, es decir si −→x ,−→y ∈ Rn talque:

−→x = (x1, x2, . . . , xn)−→y = (y1, y2, . . . , yn)

193

entonces

‖−→x −−→y ‖ =

(n∑i=1

(xi − yi)2

) 12

A ‖‖ se le llama norma euclidea y permite calcular la distancia entrelos puntos x e y.

Si y = 0 entonces

‖−→x ‖ =

(n∑i=1

x2i

) 12

Vecindad

Sea x0 ∈ Rn, una vecindad de x0 es:

Vδ (x0) = x ∈ Rn | ‖x− x0‖ < δ

En R2 esta vecindad es un disco centrado en P0. En R3 es una esferacentrada en P0 y de radio δ

Caso especial es el de la vecindad despuntada

V ∗δ (x0) = Vδ (x0)− x0

Punto Interior

Sea S ⊆ Rn, x ∈ S es un punto interior de S si existe δ > 0 tal que:

Vδ(x) ⊂ S

Conjunto Abierto

Sea A ⊆ Rn, diremos que A es un conjunto abierto si y solo si todossus puntos son interiores.

194

Ejemplo: ¿Cuales de los siguientes conjuntos son abiertos?

A = (x, y) ∈ R2 | x2 + y2 ≤ 1 No es conjunto abierto

A = (x, y) ∈ R2 | |x| < 1, |y| < 1 Es conjunto abierto

A = (x, y) ∈ R2 | 0 ≤ x < 1 No es conjunto abierto

Conjunto Cerrado

Sea B ⊆ Rn, diremos que B es un conjunto cerrado si su complementoRn −B es abierto.

Punto Frontera

Sea A ⊆ Rn, x0 es un punto frontera de A si y solo si ∀δ > 0 : Vδ (x0)∩A 6= ∅ y Vδ (x0) ∩ (Rn − A) 6= ∅

Interior de un Conjunto

Sea A ⊆ Rn,el conjunto de todos los puntos interiores de A se llama el

interior de A y se denotao

A o sea:

o

A = x | x es punto interior de A

Frontera de un Conjunto

Sea A ⊆ Rn , la frontera de A es el conjunto de todos los puntos fronterade A y se denota Fr(A).

Proposicion 1 Si S es abierto, no contiene ninguno de sus puntosfronteras.

Dem. Directamente de la definicion de conjunto abierto.

195

Proposicion 2 Si S es cerrado, contiene a todos sus puntos fronteras.

Segmento Lineal

Si P1, P2 ∈ Rn, el segmento lineal que une P1 con P2 es P = (1− t)P1 +P2, 0 ≤ t ≤ 1. P1 se llama punto inicial y P2 punto terminal.

Linea Poligonal

Una poligonal esta formada por un numero finito de segmentos linealesunidos sucesivamente por sus extremos.

Punto Aislado

Sea A ⊆ Rn , x0 es punto aislado de A si y solo si x0 ∈ A y ∃δ > 0 :

V ∗δ (x0) ∩ A = ∅

Punto de Acumulacion

Sea A ⊆ Rn , x ∈ Rn , x es punto de acumulacion de A si todavecindad despuntada de x contiene puntos de A, es decir:

x es punto de acumulacion de A⇐⇒ V ∗δ (x0) ∩ A 6= ∅

Region

Sea R ⊆ Rn ,diremos que el conjunto R es una region si es un conjuntoabierto y cualquier par de puntos de ella pueden unirse mediante unalınea poligonal, contenida en R.

196

Region Cerrada

Es una region unida con su frontera.

Teorema 3.2.1. Sea C ⊆ Rn y C es conjunto cerrado, entonces Ccontiene en todos sus puntos de acumulacion.

3.2.2. Aspectos Geometrico de las Funciones Es-calares

Sea f : D ⊆ Rn → R esta funcion a cada x ∈ D, x = (x1, x2, . . . , xn)le asigna una imagen b ∈ R, b un escalar.

b = f(x1, x2, . . . , xn)

a este tipo de funciones se les llama usualmente campo escalar.

Con el objeto de resaltar sus aspectos geometricos, especialmente parafunciones de dominio en R2 o R3 analizaremos conceptos como, grafi-cas, curvas de nivel, superficies de nivel, trazos, etc. de estas funciones.

Sea f : D ⊆ Rn → R si x ∈ D =⇒ x = (x1, x2, . . . , xn), D es eldominio de la funcion f.

f (D) = Im(f) = z ∈ R | z = f(x1, x2, . . . , xn)

3.2.3. Grafica de una Funcion

Sea f : D ⊆ Rn → R , definimos la grafica de f como el subconjuntode Rn+1 formado por todos los puntos (x1, x2, . . . , xn, f(x1, x2, . . . , xn))para cada (x1, x2, . . . , xn) ∈ Rn. Simbolicamente

Gf =

(x1, x2, . . . , xn, f(x1, x2, . . . , xn)) ∈ Rn+1 | (x1, x2, . . . , xn) ∈ D

Ası, si n = 2 y f es tal que z = f(x, y) entonces su grafica sera:

Gf =

(x, y, z) ∈ R3 | z = f(x, y)

197

3.2.4. Curvas y Superficies de Nivel

Sea f : D ⊆ Rn → R y C un escalar. Entonces el conjunto de puntos denivel de valor C ,se define como el conjunto de puntos (x1, x2, . . . , xn) ∈D para los cuales f(x1, x2, . . . , xn) = C.Simbolicamente, el conjuntode nivel

S = (x1, x2, . . . , xn) ∈ D | f(x1, x2, . . . , xn) = C

Si n = 2 el conjunto (x, y) | f(x, y) = C es una curva de nivel.

Si n = 3 el conjunto (x, y, z) | f(x, y, z) = C es una superficiede nivel.

Ejemplo:

1.- Trazar la curva de nivel de f(x, y) = x− y, C = 0, 1, 2 · ··

2.- Trazar la curva de nivel de f(x, y) = 10− x2 − 4y2, C = 0, 1, 2 · ··

Es familia de elipses centradas para C < 10, cuyo eje mayor seencuentra sobre el eje x

Observacion: Las curvas y las superficies de nivel permitendar una imagen de la grafica de la funcion.

198

3.2.5. Lımite

Sea f : D ⊆ Rn → R una funcion escalar y x0 un punto de acumulaciondel dominio D. Formularemos la definicion de lımite de una funcionescalar de la siguiente forma.

Definicion 3.2.1. La funcion f tiene como lımite al numero L ∈ Rcuando x→ x0, si para cada ε > 0, existe δ (ε, x0) > 0 tal que

x ∈ D y 0 < ‖x− x0‖ < δ entonces |f (x)− L| < ε

Simbolicamente:

lımx→x0

f (x) = L⇐⇒ ∀ε > 0,∃δ > 0 :

x ∈ D y 0 < ‖x− x0‖ < δ =⇒ |f (x)− L| < ε

En el caso particular n = 2 esta definicion es

lım(x,y)→(x0,y0)

f(x, y) = L⇐⇒ ∀ε > 0,∃δ > 0 : (x, y) ∈ D y

0 < ‖(x, y)− (x0, y0)‖ < δ =⇒ |f(x, y)− L| < ε

Ejemplo

Sea f(x, y) = x2 + 2xy. Determinar si existe lım(x,y)→(3,−1)

(x2 + 2xy)

199

Analisis:

Si (x, y) → (3,−1) significa que x esta cercano a 3 e y esta cercano a−1 por lo tanto el valor de x2 + 2xy debe estar proximo a 3 se esperaentonces que si este lımite existe debe ocurrir que:

lım(x,y)→(3,−1)

(x2 + 2xy

)= 3

Observe que:

|x− 3| ≤√

(x− 3)2 ≤√

(x− 3)2 + (y + 1)2 = ‖(x, y)− (3,−1)‖

|y + 1| ≤√

(y + 1)2 ≤√

(x− 3)2 + (y + 1)2 = ‖(x, y)− (3,−1)‖

por lo cual:

‖(x, y)− (3,−1)‖ < δ =⇒ |x− 3| < δ y |y + 1| <∣∣x2 + 2xy − 3

∣∣ < δ

por otro lado , se tiene∣∣x2 + 2xy − 3∣∣ =

∣∣(x− 3)2 + 2(x− 3)(y + 1) + 4(x− 3) + 6(y + 1)∣∣

≤ |x− 3|2 + 2 |x− 3| |y + 1|+ 4 |x− 3|+ 6 |y + 1|

Sin perdida de generalidad se puede poner la condicion δ < 1 entoncesmayorando termino a termino, produce

∣∣x2 + 2xy − 3∣∣ < |x− 3|+ 2 |y + 1|+ 4 |x− 3|+ 6 |y + 1|< δ + 2δ + 4δ + 6δ = 13δ

Definiendo δ = min

1, ε13

,

Todo lo anterior permite afirmar que:

‖(x, y)− (3,−1)‖ < δ ⇒∣∣x2 + 2xy − 3

∣∣ < 13∣∣x2 + 2xy − 3

∣∣< 13δ = 13

ε

13= ε

200

Lo cual prueba que lım(x,y)→(3,−1)

(x2 + 2xy) = 3

Consideremos otro ejemplo en que usamos tambien la definicion perootro procedimiento

Ejercicio:

Probar que

lım(x,y)→(0,0)

(x2y2

x2 + y2

)= 0

Solucion: Sea ε > 0 y

x2 ≤ x2 + y2, y2 ≤ x2 + y2 =⇒ x2y2 ≤(x2 + y2

)2

=⇒ x2y2

x2 + y2≤ x2 + y2, (x, y) 6= (0, 0)

Sea δ =√ε, ‖(x, y)− (0, 0)‖ = ‖(x, y)‖ =

√x2 + y2

√x2 + y2 < δ =⇒

√x2 + y2 <

√ε =⇒ x2 + y2 < ε

∴

∣∣∣∣ x2y2

x2 + y2

∣∣∣∣ =x2y2

x2 + y2< ε

Lo que prueba que

lım(x,y)→(0,0)

(x2y2

x2 + y2

)= 0

201

Los Teoremas de Lımites

Sean f : D1 ⊆ Rn → R , g : D2 ⊆ Rn → R tales que si a =(a1, a2, . . . , an) es punto de acumulacion de D1 y D2 y lım

x→af(x) = L,

lımx→a

g(x) = M, aquı x = (x1, x2, . . . , xn). Entonces:

a.) lımx→a

(f + g) (x) = L+M

b.) lımx→a

(f − g) (x) = L−M

c.) lımx→a

(f · g) (x) = L ·M

d.) lımx→a

(f

g

)(x) =

L

M, M 6= 0

La demostracion de estas propiedades es identica a la correspondientede las funciones de R en R.

Teorema 3.2.2. Sea f : D ⊆ Rn → R tal que lımx→a

f(x) = L, y g : I ⊆R→ R es una funcion continua en I. Entonces g f : D ⊆ Rn → R y

lımx→a

(g f) (x) = g(

lımx→a

f(x))

= g(L)

Ejemplo: Evaluar lım(x,y)→(3,2)

ex+y2

Solucion:

Sea g(z) = ez continua en todo R, lım(x,y)→(3,2)

x+ y2 = 7, entonces

lım(x,y)→(3,2)

ex+y2 = e7

Trayectorias:

Sea (x, y) un punto de R2. Una trayectoria por (x, y) es cualquier rectao curva que contenga a (x, y)

202

Regla de las dos trayectorias Una condicion necesaria (no sufi-ciente) para que lım

(x,y)→(x0,y0)f(x, y) exista y sea L, es que si los lımites

lımx→x0

f(x, ϕ (x)) y lımx→x0

f(x, ψ (x)) existen , para cualquier trayectoria

y = ϕ(x) , y = ψ (x) que pase por (x0, y0),deben valer L

Ejemplo: Sea f(x, y) = x2yx4+y2

¿Existira lım(x,y)→(0,0)

f(x, y)?.

Solucion:

Dominio de f es R2 − (0, 0) y claramente (0, 0) es punto de acumu-lacion

del dominio de f .

Sea T1 = (x, y) | y = ax familia de rectas que pasan por el origen siel

lımite existe deberıa ocurrir que:

lım(x,y)→(0,0)

x2y

x4 + y2= lım

x→0

x2 (αx)

x4 + α2x2

= lımx→0

(αx)

x2 + α2= 0

Esto senala que si el lımite existe este debe ser cero, seguimos averiguan-do:

Sea T2 = (x, y) | y = x2 parabola por el origen.

lım(x,y)→(0,0)

x2y

x4 + y2= lım

x→0

x4

x4 + x4=

1

2

No puede ser, el lımite si existe no puede tener dos valores diferentes.

Luego, no existe

lım(x,y)→(0,0)

x2y

x4 + y2

Lımites Iterados

Se llaman lımites iterados a los siguientes.

lımx→x0

(lımy→y0

f(x, y)

); lım

y→y0

(lımx→x0

f(x, y)

)

203

Ejemplo: Sea f(x, y) = x2−y2x2+y2

, (x, y) 6= (0, 0) .Determine los lımitesiterados de f.

Solucion:

Tenemos que (0, 0) es punto de acumulacion del dominio de f .

Evaluemos, los lımites iterados

lımx→0

(lımy→0

x2 − y2

x2 + y2

)= lım

x→0

x2

x2= 1

lımy→0

(lımx→0

x2 − y2

x2 + y2

)= lım

y→0

−y2

y2= −1

Los conceptos de lımites y lımites iterados se relacionan segun los sigu-ientes

teoremas.

Teorema 3.2.3. Si lım(x,y)→(x0,y0)

f(x, y) existe, y si para cada x en una

vecindad reducida de x0, lımy→y0

f(x, y) existe. Entonces

lımx→x0

(lımy→y0

f(x, y)

)= lım

(x,y)→(x0,y0)f(x, y)

Este teorema nos lleva a formular otro equivalente.

Teorema 3.2.4. Si lım(x,y)→(x0,y0)

f(x, y) existe, y si para cada y en una

vecindad reducida de y0, lımx→x0

f(x, y) existe. Entonces

lımy→y0

(lımx→x0

f(x, y)

)= lım

(x,y)→(x0,y0)f(x, y)

Ahora, se puede combinar ambos teoremas, lo que produce:

Teorema 3.2.5. Si lım(x,y)→(x0,y0)

f(x, y) existe, y si para cada x en una

vecindad reducida de x0, lımy→y0

f(x, y) existe, y si para cada y de una

vecindad reducida de y0, lımx→x0

f(x, y) existe. Entonces

lımy→y0

(lımx→x0

f(x, y)

)= lım

x→x0

(lımy→y0

f(x, y)

)= lım

(x,y)→(x0,y0)f(x, y)

En el ejemplo anterior podemos concluir que no existe lım(x,y)→(0,0)

x2−y2x2+y2

,pues

de existir su lımites iterados deben ser iguales.

204

3.2.6. Continuidad

Una funcion f es continua en a ( a es punto de acumulacion deD ⊆ Rn)si para cada ε > 0 existe δ > 0 tal que

∀x ∈ D : ‖x− a‖ < δ =⇒ |f(x)− f(a)| < ε

donde x = (x1, x2, ..., xn), a = (a1, a2, ..., an). O lo que es lo mismo:

Se tiene que f es continua en un punto a si:

i) f(a) existe, ii)lımx→a

f(x) existe y ; iii)lımx→a

f(x) = f(a).

Es decir, para que una funcion de varias variables sea continua en unpunto debe estar definida allı, debe tener lımite en el y el valor de lafuncion en el punto debe ser igual al valor del lımite en ese punto. EnR2 podemos enunciar esta propiedad de la siguiente forma.

Una funcion f en continua en un punto interior (x0, y0) de una regionR si f (x0, y0) esta definida y

lım(x,y)→(x0,y0)

f(x, y) = f (x0, y0)

f sera continua en la region R si es continua en cada punto de R. Lasfunciones que no son continuas se dicen que son discontinuas.

Teoremas de Continuidad

Son similares a los teoremas para funciones de una variable. Esto sig-nifica que, si una funcion es combinacion de otras funciones y estasfunciones a su vez son continuas entonces la funcion es continua excep-to en aquellos puntos en los que no esta definida.

Ejemplo. Sea la funcion f(x, y) =

x2y2

x2 + y2si (x, y) 6= (0, 0)

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

la continuidad de f en R2.

Solucion.

205

Claramente si (x, y) 6= (0, 0), f es un cuociente de funciones con-tinuas por lo que tambien es continua. Ademas, la funcion es continuaen (0, 0) pues se demostro en 1.4.2, que

lım(x,y)→(0,0)

x2y2

x2 + y2= 0 = f(0, 0),

Por lo tanto, esta funcion es continua en todo R2 . Continuando coneste mismo ejemplo, podemos usar coordenadas polares para mostrarde que este ultimo lımite vale cero. Decir que (x, y) → (0, 0) , encoordenadas polares es equivalente a que r → 0 (independientementedel valor de θ).

Expresando la funcion f(x, y) =x2y2

x2 + y2en coordenadas polares,

x = r cos θ, y = r sin θ, obtenemos la funcion

g(r, θ) =r2 cos 2θ sin 2θ

cos 2θ + sin 2θ= r2 cos 2θ sin 2θ

cos 2θ + sin 2θ

observese que

ϕ (θ) =cos 2θ sin 2θ

cos 2θ + sin 2θ= cos 2θ sin 2θ ≤ 1.

esta acotada, y ademasψ (r) = r2

Lo que implica que:

lımr→0

g(r, θ) = lımr→0

ψ(r)ϕ(θ) = 0.

Podemos concluir que si ϕ(θ) ≤ M esta acotada, en una vecindad concentro en el origen, y ψ(r)→ 0 cuando r −→ 0,entonces lım

r→0ψ(r)ϕ(∅) =

0.

Continuidad en un conjunto abierto.

Diremos una funcion es continua en un conjunto abierto U ⊆ Rn,si ellaes continua en cada punto del conjunto U .

206

3.2.7. Derivadas Parciales

Sea f : D ⊆ R2 → R funcion de dos variables que esta definida en unavecindad del puntos (x0, y0). La derivada parcial de f respecto de x en(x0, y0) se define por:

∂f

∂x(x0, y0) = lım

h→0

f(x0 + h, y0)− f(x0, y0)

h

Similarmente, la derivada parcial de f respecto de y en (x0, y0) se definepor:

∂f

∂y(x0, y0) = lım

h→0

f(x0, y0 + h)− f(x0, y0)

h

siempre que estos lımites existan. Las derivadas de orden superior sonuna reiteracion de la definicion anterior, es decir, derivadas sucesivas,ası:

∂2f

∂x2=

∂

∂x

(∂f

∂x

)= lım

h→0

fx(x0 + h, y0)− fx(x0, y0)

h

∂2f

∂y2=

∂

∂y

(∂f

∂y

)= lım

h→0

fy(x0, y0 + h)− fy(x0, y0)

h

∂2f

∂x∂y=

∂

∂x

(∂f

∂y

)= lım

h→0

fy(x0 + h, y0)− fy(x0, y0)

h

Ejemplo:

Ejemplo:

Calcular las derivadas parciales de:

f(x, y) = x4 sin y + cosxy

Solucion:

De acuerdo con la definicion debemos calcular

lımh→0

(x+ h)4 sin y + cos(x+ h)y − (x4 sin y + cosxy)

h

207

Desarrollando el numerador se tiene:

x4 sin y + 4x3h sin y + 6x2h2 sin y + 4xh3 sin y + h4 sin y

+ cos(xy) cos(hy)− sin(xy) sin(hy)− x4 sin y − cos(xy) =

4x3h sin y + 6x2h2 sin y + 4xh3 sin y + h4 sin y

+ cos(xy)(cos(hy)− 1)− sin(xy) sin(hy) =

Calculando lımite

lımh→0

(x+ h)4 sin y + cos(x+ h)y − (x4 sin y + cosxy)

h

= 4x3 sin y + cosxy lımh→0

(cos(hy)− 1)

h− sin(xy)lım

h→0

sin(hy)

h

Como

lımh→0

(cos(hy)− 1)

h= 0 y lım

h→0

sin(hy)

h= y

Tenemos que este lımite y por tanto la derivada es

∂f

∂x(x, y) = 4x3 sin y − y sin(xy)

De igual forma se puede calcular por definicion.

∂f

∂y(x, y) = x4 cos y − x cosxy

Derivadas Parciales Cruzadas

Teorema 3.2.6. (Teorema de Schwarz)

Sea f : D ⊆ R2 → R una funcion, D abierto. Si las derivadas∂2f

∂x∂yy

∂2f

∂y∂xexisten y son continuas en D, entonces:

∂2f

∂x∂y=

∂2f

∂y∂x

208

Demostracion queda propuesta.

Como ejemplo ilustrativo considere la funcion

f(x, y) =

x3y−xy3x2+y2

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

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

y verifique que:

∂2f

∂x∂y(0, 0) = 1,

∂2f

∂y∂x(0, 0) = −1

Observacion: Use la definicion y encuentre estos resultados.

3.3. Diferenciabilidad en dos variables

Sea f una funcion definida en una vecindad de (x0, y0). Diremos quef es diferenciable en (x0, y0) si existen numeros A y B tales que:

f(x0 + h, y0 + k)− f(x0, y0) = Ah+Bk + α (h, k) ‖(h, k)‖

y si el residuo tiene la propiedad lım‖(h,k)‖→0

α (h, k) = 0. Diremos que f

es diferenciable en una region, si es diferenciable en cada punto de laregion.

Teorema 3.3.1. Si f es diferenciable en (x0, y0), entonces f es con-tinua en (x0, y0).

Demostracion:

Sea (x, y) ∈ Vδ ((x0, y0)) y

f(x0+h, y0+k)−f(x0, y0) = A (x− x0)+B (y − y0)+α (h, k) ‖(x, y)− (x0, y0)‖

Ademas sabemos que

|x− x0| ≤ ‖(x, y)− (x0, y0)‖ , |y − y0| ≤ ‖(x, y)− (x0, y0)‖

entonces

209

‖f(x0 + h, y0 + k)− f(x0, y0)‖ ≤ |Ah+Bk + α (h, k)| ‖(x, y)− (x0, y0)‖

Si (x, y)→ (x0, y0) , tenemos que α (h, k)→ 0 y ‖(x, y)− (x0, y0)‖ →0

por lo tanto ‖f(x0 + h, y0 + k)− f(x0, y0)‖ → 0

∴ lım(h,k)→(0,0)

f(x0 + h, y0 + k) = f(x0, y0)

La diferenciabilidad es tambien una condicion mas fuerte que la exis-tencia de las derivadas parciales.

Teorema 3.3.2. Si f es diferenciable en (x0, y0), entonces las derivadasparciales de primer orden existen en (x0, y0) y

fx(x0, y0) = A

fy(x0, y0) = B

Demostracion

Sea f diferenciable en (x0, y0) =⇒

f(x0 + h, y0 + k)− f(x0, y0) = Ah+Bk + α (h, k)√h2 + k2

dividiendo por h 6= 0 y haciendo k = 0 se tiene:

f(x0 + h, y0)− f(x0, y0)

h= A+ α

|h|h

=⇒∣∣∣∣f(x0 + h, y0)− f(x0, y0)

h− A

∣∣∣∣ = |α (h)|∣∣∣∣ |h|h

∣∣∣∣ = |α (h)|

pero lımh→0

α (h) = 0

∴ lımh→0

f(x0 + h, y0)− f(x0, y0)

h= A

De manera analoga

210

∴ lımk→0

f(x0, y0 + k)− f(x0, y0)

k= B

Se puede tener tambien el siguiente criterio para la diferenciabilidad deuna

funcion.

Teorema 3.3.3. Sea f : D ⊆ R2 → R una funcion. Si f tiene primerasderivadas parciales continuas en una region D. Entonces f es diferen-ciable en cada punto de D.

Nota: Todas las ideas dadas para funciones de dos variables se puedenextender a funciones definidas en un espacio n dimensional.

Diferencial Total

En dos dimensiones:

Si f es diferenciable en (x0, y0) entonces la diferencial total es:

df =∂f

∂xdx+

∂f

∂ydy en (x0, y0)

En tres dimensiones:.

Si f es diferenciable en (x0, y0, z0) entonces la diferencial total es:

df =∂f

∂xdx+

∂f

∂ydy +

∂f

∂zdz en (x0, y0, z0)

3.3.1. Derivada Direccional

Gradiente

Sea f : D ⊆ Rn → R, P ∈ D abierto y f diferenciable en P. Entonces elvector gradiente de f en P se denota ∇f (P ) y se define por la formula:

∇f (P ) =

(∂f

∂x1

(P ) ,∂f

∂x2

(P ) , ...,∂f

∂xn(P )

)

211

Ejemplo: Sea f(x, y, z) = 3x3y2z. Calcular ∇f(1, 2, 3).

Solucion:

La funcion tiene derivadas parciales continuas, entonces

∇f(x, y, z) =(9x2y2z, 6x3yz, 3x3y2

)Evaluando, el gradiente de la funcion f en el punto (1, 2, 3) queda

∇f(1, 2, 3) = (108, 36, 12) = 12 (9, 3, 1)

Propiedades

Si f y g son funciones diferenciables demuestre que:

∇ (fg) = f∇g + g∇f

∇(f

g

)=g∇f − f∇g

g2si g no es cero

Ejemplo

Si f es diferenciable en una variable y g = f (x2 + y2 + z2) . Calcular

∇g · ∇g.Solucion.

Si ponemos u = x2 + y2 + z2 al derivar parcialmente se tiene

∂g

∂x= 2xf ′(u) ;

∂g

∂y= 2yf ′(u) ;

∂g

∂z= 2zf ′(u).

=⇒ ∇g = 2f ′(u)(x, y, z) =⇒ ∇g · ∇g = 4 [f ′(u)] 2 [(x, y, z) · (x, y, z)]

= 4 [f(u)] 2(x2 + y2 + z2)

(Definicion Derivada direccional)Sea f : D ⊆ Rn → R y P0 un punto interior de D. Sea u vectorunitario ‖u‖ = 1. La derivada direccional de f en P0 en la direccion deu se define por:

lımh→0

f(P0 + hu)− f(P0)

h

Si este lımite existe f tiene derivada direccional en P0 en la direccion

de u y la denotamos∂f

∂u(P0) .

212

Teorema 3.3.4. Si f es diferenciable en P, entonces∂f

∂u(P ) existe

para todos los vectores u, unitarios y

∂f

∂u(P ) = ∇f (P ) · u

Demostracion:

Considerando la demostracion en R3.Sean P0 = (x, y, z) y u = (u1,u2, u3)

Por definicion de diferenciabilidad se tiene:

f(P0 + hu)− f(P0) = f(x+ hu1, y + hu2, z + hu3)− f(x, y, z)

=∂f

∂xh · u1 +

∂f

∂yh · u2 +

∂f

∂zh · u3 + α |h|

= h

(∂f

∂xu1 +

∂f

∂yu1 +

∂f

∂zu3

)+ α |h|

Dividiendo por h y tomando lımite cuando h→ 0 se tiene α→ 0 y

lımh→0

f(P0 + hu)− f(P0)

h=∂f

∂xu1 +

∂f

∂yu2 +

∂f

∂zu3

∴∂f

∂u(P0) = ∇f (P0) · u

Nota: Para cada u vector unitario fijo, la derivada direccional∂f

∂ude-

fine una nueva funcion, a la cual a su vez se le puede aplicar la definicionde derivada direccional y tenemos ası las derivadas direccionales de or-den superior.

∂2f

∂u2=

∂

∂u

(∂f

∂u

)Ejemplo

Sea f (x, y) = x3y2 , calcular la derivada direccional de f en el puntoP0(−1, 2) en la direccion del vector −→u = (4,−3).

Solucion.

Como f (x, y) = x3y2 en una funcion diferenciable ∀ (x, y) ∈ R2,entonces

213

∂f

∂u(P ) = ∇f (P ) · u

En primer lugar calculemos el vector gradiente

∇f (P0) = (3x2y2, 2x3y)

En segundo lugar calculemos el vector unitario

u =−→u‖−→u ‖

=(4,−3)

5

Se deduce que

∂f

∂u(x, y) =

(3x2y2, 2x3y

)· (4,−3)

5

Por lo tanto, evaluando en P0(−1, 2) queda

∂f

∂u(−1, 2) =

(3 (−1)2 22, 2 (−1)3 2

)· (4,−3)

5

=96

5+

12

5=

108

5

Teorema 3.3.5. Supongamos que f tiene segundas derivadas parcialescontinuas en una vecindad de un punto P. Entonces:

∂2f

∂u2(P ) = (u · ∇)2 f

Demostracion:

∂f

∂u= f1u1 + f2u2 + f3u3

∂2f

∂u2= u1

∂f1

∂u+ u2

∂f2

∂u+ u3

∂f3

∂u∂2f

∂u2= u1 (f11u1 + f12u2 + f13u3) + u2 (f21u1 + f22u2 + f23u3)

+u3 (f31u1 + f32u2 + f33u3)

Como las derivadas cruzadas son iguales se tiene

∂2f

∂u2= u2

1 f11 + 2u1u2 f12 + 2u1u3 f13 + u22 f22 + 2u2u3 f23 + u2

3 f33

=

(u1

∂

∂x+ u2

∂

∂y+ u3

∂

∂z

)2

f = (u · ∇)2 f

214

Consecuencias de∂f

∂u(P ) = ∇f (P ) · u

1.) Si ∇f (P ) = 0 =⇒ ∂f

∂−→u(P ) = 0 ∀u

2.) La direccion de maximo crecimiento de la derivada direccional vienedada

por∂f

∂u(P ) = ‖∇f (P )‖ en la direccion del vector gradiente.

3.) La direccion de mayor decrecimiento (o mınimo crecimiento) vienedada en

la direccion −∇f (P ) y el valor mınimo es∂f

∂u(P ) = −‖∇f (P )‖ .

Demostracion:

Basta considerar

∂f

∂u(P ) = ∇f (P ) · u = ‖∇f (P )‖ cos θ

3.3.2. Plano tangente y recta normal

Sea z = f(x, y) la ecuacion de una superficie cualquiera. En lo que sigueconviene para mayor comprension del razonamiento usar la expresionF (x, y, z) = 0 para denotar la superficie de nivel de la funcion

F (x, y, z) = f(x, y)− z = 0 o

F (x, y, z) = z − f (x, y) = 0

Sea entonces la superficie F (x, y, z) = 0 y P0 = (x0, y0, z0) un puntode ella. Sea −→r (t) = (x(t), y(t), z(t)) la ecuacion parametrica de unacurva C en dicha superficie y que pasa por el punto (x0, y0, z0).

Tomando la diferencial de F (x, y, z) = 0 tenemos

∂F

∂xdx+

∂F

∂ydy +

∂F

∂zdz = 0

En P0 = (x0, y0, z0) de la curva donde −→r (t0) = P0 se tiene

215

∂F (P0)

∂x· x(t0)dt+

∂F (P0)

∂y· y(t0)dt+

∂F (P0)

∂z· z(t0)dt = 0 =⇒

∂F (P0)

∂x· x(t0) +

∂F (P0)

∂y· y(t0) +

∂F (P0)

∂z· z(t0) = 0

Es decir [∂F (P0)

∂x,∂F (P0)

∂y,∂F (P0)

∂z

]· (x(t0), y(t0), z(t0)) = 0

∴ 5F (P0) · −→r (t0) = 0

Esto nos dice que 5F (P0) es perpendicular a −→r (t0). Esto ocurre paratoda curva C que pase por P0 y como −→r (t0) es vector tangente aC se tiene que 5F (P0) es perpendicular a toda recta tangente ala superficie en P0. Por lo tanto, 5F (P0) es un vector normal a lasuperficie en P0.

Plano Tangente

La expresion de la forma:

∂F (P0)

∂x(x− x0) +

∂F (P0)

∂y(y − y0) +

∂F (P0)

∂z(z − z0) = 0

es la ecuacion del plano tangente a la superficie F (x, y, z) = 0 en elpunto P0 = (x0, y0, z0).

Si la superficie es z = f(x, y) =⇒ F (x, y, z) = z − f (x, y) = 0 laecuacion del plano tangente se puede escribir, tambien como:

z − z0 = fx(x0, y0)(x− x0) + fy(x0, y0)(y − y0)

Recta Normal

Sean P0 (x0, y0, z0) un punto dado y el vector director de esta recta5F (P0)

La ecuacion vectorial es:

216

(x, y, z) = (x0, y0, z0) + t(∂F (P0)

∂x,∂F (P0)

∂y,∂F (P0)

∂z), t ∈ R

Ecuacion parametrica:

x = x0 + t∂F (P0)

∂x

y = y0 + t∂F (P0)

∂y, t ∈ R

x = z0 + t∂F (P0)

∂z

Eliminando el parametro t obtenemos la ecuacion cartesiana:

x− x0

Fx(P0)=y − y0

Fy(P0)=z − z0

Fz(P0)

Ejemplo: Sea z = ex(cos y + 1) en el punto (0, π2, 1) ,calcular las

ecuaciones del plano tangente y la recta normal a la superficie.

Solucion.

La componentes del vector gradiente son

fx(x, y) = ex(cos y + 1), fy(x, y) = −ex(seny)

fx(0,π

2) = 1, fy(0,

π

2) = − 1

Reemplanzando terminos en la ecuacion del plano tenemos:

z − 1 = 1 · (x− 0) + (−1)(y − π

2)

=⇒ z − 1 = x− y +π

2

Finalmente, la ecuacion del plano tangente queda

217

x− y − z +π

2+ 1 = 0

y

(x, y, z) = (0,π

2, 1) + t(1,−1,−1)

la ecuacion de la recta normal en su forma vectorial.

3.3.3. Funcion Compuesta. La Regla de la Cadena.

En este modulo abordaremos en forma basica la siguiente problematica.Si u es una funcion diferenciable de variables x, y, z, · · ·, y a su vezestas ultimas son funciones de otras variables nuevas t y/o s ¿podemosencontrar la primera derivada parcial de u con respecto a las nuevasvariables t y/o s expresada en terminos de las derivadas parciales delas funciones dadas?. Ası, por ejemplo, si un fenomeno fısico esta ocur-riendo digamos en una region cilındrica, resultarıa mejor expresar lascantidades que interesen en terminos de coordenadas cilindricas y noen cartesianas.

Caso particular:

Sea f : D ⊆ R2 −→ R tal que u = f(x, y), tiene dos variablesindependientes. Supongamos que cada una de estas variables es diferen-ciable de una simple variable independiente t. Si x = x(t) y y = y(t),la derivada de la funcion compuesta (regla de la cadena) con respectoa t es

du

dt=

∂u

∂x· dxdt

+∂u

∂y· dydt

du

dt= ∇u · −→r ′ (t)

218

Caso particular de dos variable independientes simples.

Sea f : D ⊆ R2 −→ R tal que u = f(x, y), tiene dos variablesindependientes. Estas variables a su vez son funciones diferenciablesde dos variables simples independientes t y s. La expresion de lasderivadas de la funcion compuesta (o regla de la cadena) es:

∂u

∂t=∂u

∂x· dxdt

+∂u

∂y· dydt

∂u

∂s=∂u

∂x· dxds

+∂u

∂y· dyds

Las expresiones anteriores las podemos expresar matricialmente como:

(∂u

∂t,∂u

∂s

)=

(∂u

∂x,∂u

∂y

) dx

dt

dy

dtdx

ds

dy

ds

Ejemplo 1: Hallardz

dt, si z =

x

y, donde x = et y y = ln t.

Solucion.

Aplicando la derivacion compuesta, tenemos

dz

dt=∂u

∂x· dxdt

+∂u

∂y· dydt

=⇒ dz

dt=

1

yet +

(− x

y2

)1

t

dz

dt=

et

ln t− et

(ln t)2

1

t= et

(1

ln t− 1

t(ln t)2

)

Ejemplo 2: Hallar∂u

∂ty

∂u

∂ssi u = f(x, y), donde x = t2−s2,

y = ets

Solucion.

219

En este caso

∂u

∂t= fx(x, y)

dx

dt+fy(x, y)

dy

dt=⇒ ∂u

∂t= fx(x, y)(2t)+fy(x, y)(s ets)

Similarmente

∂u

∂s= fx(x, y)

dx

ds+fy(x, y)

dy

ds=⇒ ∂u

∂s= fx(x, y)(−2s)+fy(x, y)(t ets)

De forma mas general si

f : D ⊆ Rn −→ R tal que z = f(y1,y2,y3, · ··, yn,), es funcion de nvariables independientes. Supongamos tambien que cada una de estasvariables independientes es funcion diferenciable de otras m variablessimples independientes x1, x2, x3, · · ·, xm. La expresion de la derivadade la funcion compuesta (regla de la cadena) es similar, pudiendoseescribir cada una de estas derivadas por

∂z

∂xj=

n∑i=1

∂z

∂yi· ∂yi∂xj

, j = 1, 2, ...,m

Esta ecuacion se puede escribir utilizando matrices, como

(∂z

∂x1

, . . . ,∂z

∂xm

)=

(∂z

∂y1

, . . . ,∂z

∂yn

)∂y1

∂x1

. . .∂y1

∂xm...

...∂yn∂x1

· · · ∂yn∂xm

La matriz n×m(∂yi∂xj

)i=1...n, j=1...m

se denomina matriz jacobiana

de la transformacion yi = yi(x1,x2,x3, · ··, xm).

220

Ejemplo 3: Sea f(x, y, z) = x + x2y + zey, en donde x, y, y z ,estan relacionadas con u y v a traves de la transformacion

x = uv, y = u2 − v2, z = u sin v

Calcule∂f

∂u,∂f

∂v, y

∂2f

∂v∂u, en el punto (u, v) = (2, 2).

Solucion.

La matriz jacobiana para esta transformacion es xu xvyu yvzu zv

=

v u2u −2vsenv u cos v

xu xv

yu yvzu zv

(2, 2) =

2 24 −4

sin 2 2 cos 2

Para (u, v) = (2, 2), los valores de x, y y z son 4, 0 , y 2sen2respectivamente.Entonces la matriz reglon (fx fy fz) es

(fx fy fz) =(1 + 2xy x2 + zey ey

)evaluando en el punto (4, 0, 2sen2) queda(

1 + 2xy x2 + zey ey)

(4, 0, 2sen2) = (1 16 + 2sen2 1)

De donde

(fu fv) = (fx fy fz)

xu xvyu yvzu zv

= (fxxu + fyyu + fzzu fxxv + fyyv + fzzv)

Evaluando

(fu fv) (2, 2) = (66 + 9 sin 2 − 62− 8 sin 2 + 2 cos 2)

Por lo tanto

∂f

∂u(2, 2) = 66 + 9 sin 2 y

∂f

∂v(2, 2) = −62− 8 sin 2 + 2 cos 2

221

Ahora bien, como

fu = fxxu + fyyu + fzzu

= (1 + 2xy )v + (x2 + zey)2u+ ey sin v

Se tiene

∂2f

∂v∂u= fuv = 2(xyv + yxv)v + 1 + 2xy + 2(2xxv + zeyyv + eyzv)u

+ yveysenv + ey cos v

Evaluando en el punto (2, 2) se tiene

∂2f

∂v∂u(2, 2) = 1− 36sen2 + 9 cos 2

3.3.4. Funcion Implıcita

Cuando definimos funciones en forma implıcita decimos, por ejemplo,sea y = ϕ(x) una funcion diferenciable definida implıcitamente pormedio de la ecuacion F (x, y) = 0, o bien, sea z = f(x, y), definidaimplıcitamente por la ecuacion F (x, y, z) = 0.

El primer caso lo podemos ejemplificar con una funcion y = ϕ(x) defini-da por la ecuacion de la hiperbola x2 − 4xy − 3y2 = 9.

Muchas veces las ecuaciones que relacionan a las variables pueden sertan complejas y no lineales, que no es posible esperar encontrar rela-ciones sencillas, si las hay, explıcitas que expresen a una variable enterminos de las otras.

En terminos generales, lo que se pide es que esta relacion entre lasvariables exista localmente, es decir en alguna vecindad de un puntodonde las ecuaciones se satisfacen. La mayorıa de las veces no se esperanresultados globales, es decir, no todos los puntos que satisfacen lasrelaciones implıcitas satisfacen tambien las explıcitas.

Con el objeto de ilustrar estas ideas analicemos el siguiente ejemplo.

Ejemplo: Pruebe que la ecuacion z5 +z+xy = 0 define una funcionz = f(x, y) para todos los valores x e y.

Solucion.

222

Se debe establecer que para cada x e y se puede resolver en formaunica para z la ecuacion de quinto grado. Ya que esto no es obvio,razonamos utilizando la grafica de

u = z5 + z + a

grafica pendiente

Como u(z) = 5z4 +1, ∀a =⇒ u es estrictamente creciente, entonces

para cada a existen z1 y z2 tal que u(z1) < 0 < u(z2) por lo cualexiste un unico z tal que u(z) = 0 para cada a .

Si se identifica a con la cantidad xy se ha establecido el hechoplanteado.

Luego, ”z = f(x, y) se define implıcitamente por la ecuacion z5 + z+xy = 0”

Derivacion implıcita

Sea F : U ⊆ R2 → R definida en un conjunto abierto U . Sea P0 =(x0, y0) ∈ U un punto tal que:

i) F (x0, y0) = 0

ii)∂F

∂x,∂F

∂yson continuas en alguna vecindad Vδ (P0) y

iii)∂F

∂z(x0, y0) 6= 0.

Entonces existe una vecindad (x0−δ, x0 +δ) de x0 , (y0−a, y0 +a)vecindad de y0, y una funcion unica f (implıcita) de clase C1 talque:

a) f(x0) = y0 y f(x) ∈ (y0 − a, y0 + a) ∀x ∈ (x0 − δ, x0 + δ)

b) F (x, f(x)) = 0 ∀x ∈ (x0 − δ, x0 + δ)

c) ∀x,∈ Vδ(x0) tiene derivadas que pueden calcularse como:

223

dy

dx= −Fx(x, y)

Fy(x, y)

En el caso de funciones de dos variables definida implıcitamente, elsiguiente teorema afirma la existencia de funciones implıcitas bajo cier-tas circunstancias y da formulas para obtener las derivadas parcialesde estas funciones.

Teorema 3.3.6. (Teorema de la funcio implıcita)Sea F : U ⊆ R3 → R definida en un conjunto abierto U . Sea P0 =(x0, y0, z0) ∈ U un punto tal que:

i) F (x0, y0, z0) = 0

ii)∂F

∂x,∂F

∂y,∂F

∂zson continuas en alguna vecindad Vδ (P0) y

iii)∂F

∂z(x0, y0, z0) 6= 0.

Entonces existe una vecindad V = Vδ(x0, y0), y una vecindad(z0− a, z0 + a) de z0 y una funcion unica f (implıcita) de clase C1

sobre V tal que:

a) f(x0, y0) = z0 y f(x, y) ∈ (z0 − a, z0 + a) ∀(x, y) ∈ V.

b) F (x, y, f(x, y)) = 0, ∀(x, y) ∈ V.

c) ∀(x, y) ∈ V = Vδ(x0, y0) tiene derivadas que pueden calcularse como:

∂f(x, y)

∂x= −

∂F

∂x(x, y, f(x, y))

∂F

∂z(x, y, f(x, y))

∂f(x, y)

∂y= −

∂F

∂y(x, y, f(x, y))

∂F

∂z(x, y, f(x, y))

Este teorema se puede generalizar a mas variables, de tal modo quesi se dan las condiciones exigidas por el teorema y u = f(x, y, z, · · ·)

224

esta definida implıcitamente por F (x, y, z , · · ·, u) = 0 y Fu(x, y, z , · ··, u) 6= 0, entonces:

∂f

∂x= −

∂F

∂x∂F

∂z

,∂f

∂y= −

∂F

∂y∂F

∂z

,etc.

Ejemplo. Calcular∂z

∂xy

∂z

∂ysi z se define implıcitamente en la

ecuacion

x2y − 8xyz = yz + z3

Solucion.

Tenemos que:

F (x, y, z) = −x2y + 8xyz + yz + z3

Derivando parcialmente con respecto a x , y ,z.

Fx(x, y, z) = 8yz − 2xy,

Fy(x, y, z) = 8xz + z − x2,

Fz(x, y, z) = 8xy + y + 3z2

Claramente estas derivadas son continuas en R3, son funciones polinomicas,

Por consiguiente, F pertenece a C1 .

Para todo (x, y, z) en que Fz(x, y, z) 6= 0 se tiene.

∂z

∂x= − 8yz − 2xy

8xy + y + 3z2

∂z

∂y= − 8xz + z − x2

8xy + y + 3z2

225

3.3.5. Jacobiano

Si f1, f2, f3, . . . , fn son funciones diferenciables de Rn en R y si (x1,x2, x3, . . . , xn) ∈ D su dominio tal que

f1 = f1(x1, x2, x3 . . . , xn)

f2 = f2(x1, x2, x3 . . . , xn)...

fn = fn(x1, x2, x3 . . . , xn)

El Jacobiano de las funciones f1, f2, f3, . . . , fn , respecto de lasvariables x1, x2, x3 . . . , xn se define por el determinante de las primeras

derivadas parciales y se denota∂(f1, f2, f3, . . . , fn)

∂(x1, x2, x3 . . . , xn),

∂(f1, f2, f3, . . . , fn)

∂(x1, x2, x3 . . . , xn)=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∂f1∂x1

∂f1∂x2

. . . ∂f1∂xn

∂f2∂x1

∂f2∂x2

. . . ∂f2∂xn

...∂fn∂x1

∂fn∂x2

. . . ∂fn∂xn

∣∣∣∣∣∣∣∣∣Dos funciones definidas implıcitamente

Teorema 3.3.7. Sean F , G: U ⊆ R4 → R definidas en un conjuntoabierto F (x, y, u, v) y G(x, y, u, v). Sea P0 = (x0, y0, u0, v0) ∈ U unpunto tal que:

i) F (x0, y0, u0, v0) = 0 y G(x0, y0, u0, v0) = 0

ii) F y G tienen derivadas parciales continuas en alguna vecindadVδ (P0) y

iii)∂ (F,G)

∂ (u, v)(x0, y0, u0, v0) 6= 0.

Entonces las ecuaciones F (x, y, u, v) = 0 , G(x, y, u, v) = 0 definenfunciones implıcitas u = u(x, y), v = v(x, y) en alguna vecindad Vδ(x0, y0), las cuales tienen primeras derivadas parciales continuas conrespecto a cada una de las variables, tal que :

a) u0 = u(x0, y0), v0 = v(x0, y0).

b) F (x, y, u (x, y) , v (x, y)) = 0 , G(x, y, u (x, y) , v (x, y)) = 0, Vδ(x0, y0)

226

c) Las derivadas parciales de u y v en Vδ (P0) estan dadas por

∂u

∂x= −

∂(F,G)

∂(x, v)

∂(F,G)

∂(u, v)

,∂u

∂y= −

∂(F,G)

∂(y, v)

∂(F,G)

∂(u, v)

∂v

∂x= −

∂(F,G)

∂(u, x)

∂(F,G)

∂(u, v)

,∂v

∂y= −

∂(F,G)

∂(u, y)

∂(F,G)

∂(u, v)

Ejemplo Calcule las derivadas parciales∂u

∂xy

∂v

∂xdonde u y v

estan definidas por las ecuaciones implıcitas

x2 + 2uv = 1, x3 − u3 + v3 = 1

Solucion.

En este caso F (x, u, v) = x2 + 2uv − 1 = 0 y G(x, u, v) = x3 − u3 +v3 − 1 = 0

∂(F,G)

∂(u, v)=

∣∣∣∣ 2v 2u−3u2 3v2

∣∣∣∣ = 6(u3 + v3)

∂(F,G)

∂(u, v)6= 0 para todo (x, u, v) donde u 6= 0 y v 6= 0.

∂(F,G)

∂(x, v)=

∣∣∣∣ 2x 2u3x2 3v2

∣∣∣∣ = 6x(v2 − xu)

∂(F,G)

∂(u, x)=

∣∣∣∣ 2v 2x−3u2 3x2

∣∣∣∣ = 6x(xv + u2)

Entonces, derivando u y v con respecto a x, obtenemos

∂u

∂x= −6x(v2 − xu)

6(u3 + v3)=x(xu− v2)

u3 + v3

y

227

∂v

∂x= −6x(xv + u2)

6(u3 + v3)= −x(xv + u2)

u3 + v3

3.3.6. Maximos y Mınimos

Maximos y Mınimos (extremos locales o relativos) para funciones dedos o mas variables.

Sea f : U ⊆ R2 → R, U conjunto abierto.

i) f tiene un maximo local en x0 ∈ U si f(x0) ≥ f(x) ∀x ∈ Bδ(x0, y0)

ii) f tiene un mınimo local en x0 ∈ U si f(x0) ≤ f(x) ∀x ∈ Bδ(x0, y0)

Ejemplo 1: La funcion f(x, y) = 4− x2 − y2 tiene un maximo localen (0, 0), pues ∆f = f(0,0) − f(x, y) = x2 + y2 ≥ 0 ya que x2 ≥ 0,y2 ≥ 0 ∀(x, y) ∈ Bδ(0, 0).

Ejemplo 2: La funcion z = f(x, y) = x2 + y2

Tiene un mınimo local en (0, 0) : f(0, 0) ≤ x2 + y2 = f(x, y)

f(0, 0) = 0 es mınimo absoluto.

Ejemplo 3: La funcion z = f(x, y) = 1− 3√x2 + y2

f(0, 0) = 1 es mınimo local y absoluto.

Observacion: Si las desigualdades son validas en todo U se tendra ex-tremo absolutos.

Punto Crıtico: (Condicion necesaria)

Definicion. Un punto del dominio de f es un punto crıtico si todaslas derivadas parciales de f son cero en el punto o f no es diferenciableen el punto.

Caso particular:

Si f : R2 → R, (x0, y0) es punto crıtico de f si y solo si :

i)∂f(x0, y0)

∂x= 0,

∂f(x0, y0)

∂y= 0

228

o

ii)

@∂f(x0, y0)

∂x, y/o @

∂f(x0, y0)

∂y

Ejemplo : Sea z = f(x, y) = x2 − y2 =⇒ ∂f

∂x= 2x

∂f

∂y= −2y

=⇒ (0, 0) punto crıtico.

Punto silla:

Definicion : Sea punto (x0, y0) ∈ Dom(f) . Si cualquier Bδ(x0, y0) con-tiene puntos (x, y) ∈ Bδ(x0, y0) tales que f(x, y)− f(x0, y0) > 0 ypuntos (x, y) ∈ Bδ(x0, y0) tales que f(x, y)− f(x0, y0) < 0 se llamapunto ensilladura.

Nota. Un punto crıtico en que f no es maximo ni mınimo se llamapunto silla.

Ejemplo: En la funcion f(x, y) = x2−y2, (0, 0) es punto ensilladura,pues ∆f = f(0, 0)− f(x, y) = −x2 + y2 no se puede decir nada aun delsigno, pero para ∆f = f(0,0) − f(x, 0) = −x2 ≤ 0 y ∆f = f(0, 0) −f(0, y) = y2 ≥ 0, permite concluir que (0, 0) es punto ensilladura.

Observacion: Las definiciones anteriores son extensibles a funcionesde mas variables.

Teorema 3.3.8. Sea f una funcion continua de dos variables definidaen una region cerrada y acotada R del plano XY. Entonces:

a.) Al menos hay un punto (x0, y0) ∈ R en que f alcanza su valormınimo.

b.) Al menos hay un punto (x0, y0) ∈ R en que f alcanza su valormaximo.

Observacion: Este Teorema es extensible a mas variables.

Definicion: Sea f : U ⊆ Rn → R funcion definida en un conjuntoabierto U ∈ Rn y sea x ∈ U . Suponga que todas las derivadas parcialesde segundo orden existen en x. A la matriz cuadrada de orden n.

229

A = (aij)i,j=1,...,n donde aij =∂2f

∂xi∂xj(x)

x = (x1, x2, ..., xn)

se llama matriz Hessiana (o simplemente Hessiano) de la funcion f enx y se denota H(x).

Caso particular: Para f(x, y)

H(x, y) =

(∂2f∂x2

∂2f∂y∂x

∂2f∂x∂y

∂2f∂y2

)

Caso particular: Para f(x, y, z)

H(x, y, z) =

∂2f∂x2

∂2f∂y∂x

∂2f∂z∂x

∂2f∂x∂y

∂2f∂y2

∂2f∂z∂y

∂2f∂x∂z

∂2f∂y∂z

∂2f∂z2

Definicion. Sea la matriz

An =

a11 a12 . . . a1n

a21. . .

.... . .

an1 ann

Consideremos las submatrices Ak de An (k = 1, 2, . . . , n) definidas delas siguientes maneras:

A1 = (a11) , A2 =

(a11 a12

a21 a22

), A3 =

a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

, · · · ,

An =

a11 a12 . . . a1n

a21. . .

.... . .

an1 ann

230

Teorema 3.3.9. (Consideraciones suficientes para la existencia de ex-tremos locales)Sea f : U ⊆ Rn → R una funcion definida en un conjunto abierto U deRn y x un punto crıtico de f (es decir ∇f(x) =

−→0 ) y supongamos que

las derivadas parciales de segundo orden son continuas en una vecindadabierta de x. Entonces:

a.) Si todas las submatrices Ak de la matriz Hessiana H(x) definidasde la forma anterior tienen determinante positivo, f tiene un mınimolocal en x.

b.) Si todas las submatrices Ak de la matriz Hessiana H(x), definidas dela forma anterior, tienen determinantes de signo alternado comenzandopor A1 < 0, f tiene un maximo local en x.

Ejemplo 1: Sea f : R2 → R definida por f(x, y) = x2 + 3y2 − 2x −12y + 13. Determine los valores extremos de f .

Solucion

Aplicando la condicion necesaria de punto crıtico, obtenemos

∇f(x, y) = (2x−2, 6y−12) = (0, 0) =⇒ (1, 2) es el unico punto crıtico.

Calculemos la matriz Hessiana

H(x, y) =

(2 00 6

)Examinemos los determinantes de las submatrices

A1 = (2) =⇒ detA1 = 2 > 0

A2 =

(2 00 6

)=⇒ detA2 = 12 > 0

∴ f tiene mınimo local en (1, 2).

Ejemplo 2: Sea f : R2 → R definida por f(x, y) = (x2 + 3y2) e1−(x2+y2).¿Cuales son los puntos crıticos de f?

Solucion.

De la condicion de punto crıtico tenemos:

∂f∂x

= 2xe1−(x2+y2) − 2x (x2 + 3y2) e1−(x2+y2) = 0 =⇒

231

∂f∂x

= e1−(x2+y2) (2x− 2x3 − 6xy2) = 0

∂f∂y

= 6ye1−(x2+y2) − 2y (x2 + 3y2) e1−(x2+y2) = 0 =⇒∂f∂y

= e1−(x2+y2) (6y − 6y3 − 2x2y) = 0

De donde obtenemos, el sistema de ecuaciones

x− x3 − 3xy2 = 03y − 3y3 − x2y = 0

=⇒ x (1− x2 − 3y2) = 0

y (3− 3y2 − x2) = 0

=⇒

Puntos Crıticos: (0, 0), (0, 1), (0,−1), (1, 0), (1, 0), (−1, 0)

Determine en que puntos hay maximos, mınimos o puntos sillas.

Ejemplo 3: Sea f : R4 − 0, 0, 0, 0 → R y f(x, y, z, u) = x +y

x+

z

y+u

z+

1

u

Determine los valores extremos de f.

Solucion

Determinemos los puntos crıticos de la funcion f

∂f

∂x= 1− y

x2= 0

∂f

∂y=

1

x− z

y2= 0

∂f

∂z=

1

y− u

z2= 0

∂f

∂y=

1

z− 1

u2= 0

=⇒ (1, 1, 1, 1) Punto Crıtico.

La matriz Hessiana esta definida como

H(x, y, z, u) =

∂2f∂x2

∂2f∂y∂x

∂2f∂z∂x

∂2f∂u∂x

∂2f∂x∂y

∂2f∂y2

∂2f∂z∂y

∂2f∂u∂y

∂2f∂x∂z

∂2f∂y∂z

∂2f∂z2

∂2f∂u∂z

∂2f∂x∂u

∂2f∂y∂u

∂2f∂z∂u

∂2f∂u2

232

H(x, y, z, u) =

2yx3

− 1x2

0 0− 1x2

2zy3

− 1y2

0

0 − 1y2

2uz3

− 1z2

0 0 − 1z2

2u3

H(1, 1, 1, 1) =

2 −1 0 0−1 2 −1 00 −1 2 −10 0 −1 2

41 = 2, 42 = 3, 43 = 2, 44 = 5

∴Hay un mınimo local en (1, 1, 1, 1).

Teorema 3.3.10. (Condiciones suficientes para la existencia de ex-tremos locales en dos variables.)Sea f : U ⊆ R2 → R una funcion de dos variables que tiene derivadasparciales de segundo orden continuas en el conjunto abierto U. Sea

det(H (x, y)) =

∣∣∣∣ fxx fxyfyx fyy

∣∣∣∣ (x, y) ∀ (x, y) ∈ U. Sea (x0, y0) ∈ U tal

que ∇f (x0, y0) = 0. Entonces

i) Si det(H (x, y)) > 0 y fxx (x0, y0) < 0, f tiene una maximo local en(x0, y0) .

ii) Si det(H (x, y)) > 0 y fxx (x0, y0) > 0, f tiene un punto silla en(x0, y0) .

iii) Si det(H (x, y)) = 0 no podemos concluir nada.

3.3.7. Extremos Restringidos

Pensemos, que se tiene una funcion f(x, y) sujeta a cierta condiciong(x, y) = 0. Se quiere maximizar o minimizar f(x, y) con la condicionque (x, y) satisfaga la ecuacion g(x, y) = 0.

En este caso podemos elaborar una respuesta aplicando la condicionnecesaria de valor extremo para f(x, y)

df

dx=∂f

∂x+∂f

∂y· dydx

= 0

233

Aplicando el teorema de la funcion implıcita podemos calculardy

dxa

partir de la restriccion:

g(x, y(x)) = 0 =⇒ ∂g

∂x+∂g

∂y· dydx

= 0

=⇒ dy

dx= −

∂g∂x∂g∂y

Sustituyendo en la primera ecuacion tenemos:

df

dx=∂f

∂x+∂f

∂y·

(−

∂g∂x∂g∂y

)= 0 ,

∂g

∂y6= 0

=⇒ ∂f

∂x

∂g

∂y+∂f

∂y· ∂g∂x

= 0

=⇒ ∂(f, g)

∂(x, y)= 0

Lo que implica que los puntos crıticos deben cumplir dos condiciones:

g(x, y) = 0.

∂(f, g)

∂(x, y)= 0

Ademas, la decision de valor extremo resulta del signo ded2f

dx2en cada

punto crıtico, ya que f(x, y) = f(x, y(x)) = f(x).

Ejemplo 1. Obtenga las dimensiones de un rectangulo de perımetrodado que determinan la mayor y la menor area de este.

Solucion.

Si x e y denotan las longitudes de los lados del rectangulo, el problema

consistira en buscar los extremos de la funcion

f(x, y) = xy, x, y > 0

234

sujeta a la restriccion g(x, y) = x+y− L2

= 0 , donde L es el perımetro

dado.

Entonces aplicando las condiciones necesaria para obtener los puntos

crıticos tenemos:

g(x, y) = x+ y − L

2= 0.

∂(f, g)

∂(x, y)=

[y x1 1

]=⇒ y = x

Sustituyendo el resultado de la segunda ecuacion en la primera, se tiene:

x = y =L

4

Luego hemos encontrado que la funcion f tiene un unico punto crıticoen

P =

(L

4,L

4

).

Ademas, determinemos la naturaleza del punto usando el criterio de la

segunda derivada

f(x, y (x)) = xy =⇒ df

dx= y + x

dy

dx

g(x, y) = x+ y − L

2= 0 =⇒ dy

dx= −1

∴df

dx= y − x

d2f

dx2=

dy

dx− 1 = −2 < 0

Por tanto, en el punto (L4, L

4, L

2

16) hay un maximo relativo sobre la curva

de

interseccion de las dos superficies z = xy y x+ y = L2

La situacion se puede generalizar para funciones de mas variables o mascondiciones.

235

Por otra parte, para resolver este mismo tipo de problemas de maximoy

mınimo podemos utilizar otro metodo que se fundamenta en el siguiente

teorema.

Teorema 3.3.11. (Multiplicadores de Lagrange)Sean f : U ⊆ Rn → R, g : U ⊆ Rn → R funciones de C1. Sean x0 ∈ Utal que g(x0) = 0 y S = x ∈ U : g(x) = 0 supongamos ademas que∇g(x0) 6= 0. Si f |S (f restringida a S) tiene un maximo o mınimolocal en S, en x0,entonces existe λ ∈ R tal que:

∇f(x0) + λ∇g(x0) = 0

Nota: Lo anterior significa que x0 es un punto crıtico de f |S.Metodo: Construir F (x, y, λ) = f +λg y determinar puntos crıticos deF

Ejemplo 1. Utilice el procedimiento que se origina a partir de esteteorema para obtener el maximo local del ejemplo anterior.

Solucion.

En este casof(x, y) = xy, x, y > 0

sujeta a la condicion:

g(x, y) = x+ y − L

2= 0

.

Sea F (x, y, λ) = xy + λ(x+ y − L2), entonces

Fx = y + λ = 0

Fy = x+ λ = 0

Fλ = x+ y − L

2= 0

de aquı x = −λ, y = −λ y sustituyendo en la tercera ecuacion:

−λ− λ− L2

= 0 =⇒ λ = −L4.

El punto crıtico es (x0, y0) = ( L4, L

4).

El punto (L4, L

4, L

2

16) es el maximo relativo sobre la curva de interseccion

de las dos superficies z = xy y x+ y = L2

236

Ejemplo 2. De todos los rectangulos inscritos en la elipsex2

a2+y2

b2=

1,

a > 0 y b > 0 con lados paralelos al los ejes, determine el de mayorarea.

Solucion.

En este caso

f(x, y) = 4xy, x, y > 0

y g(x, y) =x2

a2+y2

b2− 1 = 0

Sea F (x, y, λ) = 4xy + λ

(x2

a2+y2

b2− 1 = 0

), entonces

Fx = 4y + 2λx

a2= 0 =⇒ λ = −2a2y

x

Fy = 4x+ 2λy

b2= 0 =⇒ λ = −2b2x

y

∴x2

a2=

y2

b2

Reemplazando esta ultima expresion en la ecuacion

Fλ =x2

a2+y2

b2− 1 = 0 =⇒

obtenemos a un unico punto crıtico:

(a√2,b√2

)Ademas, determinemos la naturaleza del punto usando el criterio de lasegunda derivada

f(x, y (x)) = 4xy =⇒ df

dx= 4y + 4x

dy

dx

=⇒ d2f

dx2= 4

dy

dx+ 4x

d2y

dx2

g(x, y) =x2

a2+y2

b2− 1 = 0 =⇒ dy

dx= − b

2x

a2y

=⇒ d2y

dx2= − b

2

a2

(1

y+b2

a2

x2

y3

)237

Evaluando segunda derivada en el punto P

(a√2,b√2

), pro-

duce

d2f

dx2= −8

b2x

a2y− 4

b4

a4

(x3

y3

)=⇒ d2f

dx2= −12

b

a< 0

Por tanto, el punto

(a√2,b√2

)hay maximo relativo cuyo valor

es f

(a√2,b√2

)= 2ab

Ejemplo 3: Obtenga los extremos posibles de f(x, y) = x2 + 24xy +8y2 con la restriccion x2 + y2 − 25 = 0.

Solucion:

Sea F (x, y, λ) = x2 + 24xy + 8y2 + λ (x2 + y2 − 25) .

Fx = 2x+ 24y + 2λx = 0 =⇒ (1 + λ)x+ 12y = 0 (1)

Fy = 24x+ 16y + 2λy = 0 =⇒ 12x+ (8 + λ)y = 0 (2)

Fλ = x2 + y2 − 25 = 0 (3)

Multiplicando la ecuacion (1) por 12 y (3) por(1 + λ) produce.

12(1 + λ)x+ 144y = 0

12(1 + λ)x+ (8 + λ)(1 + λ)y = 0

Restando ambas ecuaciones

=⇒ λ2 + 9λ− 136 = 0 =⇒ λ1 = 8; λ2 = −17

Si λ = 8 =⇒ 18x+ 24y = 024x+ 32y = 0

=⇒ 3x+ 4y = 0 =⇒ y = −3

4x

x2 +(

34x)2

= 25 =⇒ x = ±4

Lo que da los puntos crıticos (±4,∓3)

238

Si λ = −17 en forma similar se obtiene que (±3,±4) son puntoscrıticos.

Localizacion del maximo y el mınimo absoluto de f sobre un

dominio compacto.

Para determinar maximos y mınimos absolutos e una region cerrada

y acotada encerrada por una curva suave, se debe:

• Determinar todos los puntos crıticos en el interior de la region.

• Usar Lagrange para determinar puntos crıticos en la frontera.

• Evaluar f en los puntos, crıticos.

• Comparar todos estos valores y seleccionar el maximo y el mıni-mo.

Criterio de la Segunda Derivada para Extremos Restringidos.

Sea f(x, y) funcion a maximizar o minimizar y g(x, y) = 0 la condicion:

S = (x, y) ∈ R2 | g(x, y) = 0 .Sea F (x, y, λ) = f(x, y) + λg(x, y)

Sea (x0, y0, λ) punto crıtico de F

∂f∂x|(x0,y0) +λ ∂g

∂x|(x0,y0)= 0

∂f∂y|(x0,y0) +λ∂g

∂y|(x0,y0)= 0

g (x0, y0) = 0

Se desea utilizar el criterio de la segunda derivada para identificar ex-tremos locales de la funcion f(x, y) bajo la condicion g (x, y) = 0 loque conduce encontrar los maximos y mınimos de funciones de unavariable f(x, y(x)) .

De la condicion, calculemos y = y(x) y reemplacemos en f |S .Aquı podemos considerar f como funcion de una variable, es decirf(x, y) = f(x, y(x)) en S.

Nos proponemos calcular ∂2f∂x2

df

dx=∂f

∂x+∂f

∂y· dydx

239

d2f

dx2=

∂2f

∂x2+

∂2f

∂y∂x· dydx

+∂2f

∂x∂y· dydx

+∂2f

∂y2·(dy

dx

)2

+∂f

∂y· d

2y

dx2

=∂2f

∂x2+ 2

∂2f

∂y∂x· dydx

+∂2f

∂y2·(dy

dx

)2

+∂f

∂y· d

2y

dx2

g(x, y(x)) = 0 =⇒ ∂g

∂x+∂g

∂y· dydx

= 0

=⇒ dy

dx= −

∂g∂x∂g∂y

Derivando nuevamente g respecto de x

∂2g

∂x2+

∂2g

∂y∂x· dydx

+∂2g

∂x∂y· dydx

+∂2g

∂y2·(dy

dx

)2

+∂g

∂y· d

2y

dx2= 0

Sustituyendody

dxse tiene:

∂2g

∂x2+ 2

∂2g

∂y∂x·

(−

∂g∂x∂g∂y

)+∂2g

∂y2·

(−

∂g∂x∂g∂y

)2

+∂g

∂y· d

2y

dx2= 0 / ·

(∂g

∂y

)

∂2g

∂x2· ∂g∂y− 2

∂2g

∂y∂x· ∂g∂x

+∂2g

∂y2·(∂g

∂x

)2

· 1(∂g∂y

)2 +

(∂g

∂y

)2

· d2y

dx2= 0

=⇒ d2y

dx2=

1(∂g∂y

)2

[−∂

2g

∂x2· ∂g∂y

+ 2∂2g

∂y∂x· ∂g∂x− ∂2g

∂y2·(∂g

∂x

)2

· 1∂g∂y

]

Reemplazando en d2fdx2

240

d2y

dx2=

∂2f

∂x2− 2

∂2f

∂y∂x·

(∂g∂x∂g∂y

)+∂2f

∂y2·

(∂g∂x∂g∂y

)2

+∂f

∂y· 1(

∂g∂y

)2

[−∂

2g

∂x2· ∂g∂y

+ 2∂2g

∂y∂x· ∂g∂x− ∂2g

∂y2·(∂g

∂x

)2

· 1∂g∂y

]

y0 = y(x0),∂f

∂x|x0= −λ

∂g

∂x|x0 ;

∂f

∂y|x0= −λ

∂g

∂y|x0

Luego

(x0, y0) ,∂f∂x|x0

∂g∂x|x0

= −λ,∂f∂y|x0

∂g∂y|x0

= −λ

d2f

dx2=

1(∂g∂y

)2

[∂2f

∂x2·(∂g

∂y

)2

− 2∂2f

∂y∂x· ∂g∂x· ∂g∂y

+∂2f

∂y2·(∂g

∂x

)2

+λ∂2g

∂x2·(∂g

∂y

)2

− 2λ∂2g

∂y∂x· ∂g∂x· ∂g∂y

+ λ∂2g

∂y2·(∂g

∂x

)2]

=1(∂g∂y

)2

[(∂2f

∂x2+ λ

∂2g

∂x2

)·(∂g

∂y

)2

− 2

(∂2f

∂y∂x+ λ

∂2g

∂y∂x

)·

·∂g∂x· ∂g∂y

+

(∂2f

∂y2+ λ

∂2g

∂y2

)·(∂g

∂x

)2]

Podemos escribir entonces:

d2f

dx2=

1(∂g∂y

)2

[∂2F

∂x2·(∂g

∂y

)2

− 2∂2F

∂y∂x· ∂g∂x· ∂g∂y

+∂2F

∂y2·(∂g

∂x

)2]

En el parentesis, cuadrado se tiene

241

∗ =∂g

∂x

∣∣∣∣∣ ∂g∂x

∂g∂y

∂2F∂y∂x

∂2F∂y2

∣∣∣∣∣+∂g

∂y

∣∣∣∣∣ ∂g∂y

∂g∂x

∂2F∂y∂x

∂2F∂x2

∣∣∣∣∣= −

∣∣∣∣∣∣∣0 ∂g

∂x∂g∂y

∂g∂x

∂2F∂x2

∂2F∂y∂x

∂g∂y

∂2F∂y∂x

∂2F∂y2

∣∣∣∣∣∣∣ = −

∣∣∣∣∣∣∣0 ∂g

∂x∂g∂y

∂g∂x

∂2F∂x2

∂2F∂y∂x

∂g∂y

∂2F∂y∂x

∂2F∂y2

∣∣∣∣∣∣∣De lo anterior se plantea la siguiente definicion

Si f y g son funciones como las definidas antes y F = f+λg. Llamamoshessiano limitado de la funcion F a

HF =

∣∣∣∣∣∣∣0 ∂g

∂x∂g∂y

∂g∂x

∂2F∂x2

∂2F∂y∂x

∂g∂y

∂2F∂y∂x

∂2F∂y2

∣∣∣∣∣∣∣ en (x0, y0)

De tal modo que

d2f

dx2= − HF (x0, y0)(

∂g∂y

(x0, y0))2

Teorema en extremos restringidos

Consideremos nuevamente

d2f

dx2= − HF (x0, y0)(

∂g∂y

(x0, y0))2

De esta expresion, dado que el signo de la segunda derivada d2fdx2

depende

solo del determinante Hessiano limitado, ya que(∂g∂y

(x0, y0))2

> 0,

inferimos el siguiente criterio de la segunda derivada para extremosrestringidos.

a) Si HF (x0, y0) > 0, entonces d2fdx2

< 0 y la funcion tiene un maximolocal condicionado en (x0, y0).

242

b) Si HF (x0, y0) < 0, entonces d2fdx2

> 0 y la funcion tiene un mınimolocal condicionado en (x0, y0) .

c) Si HF (x0, y0) = 0 no hay informacion del punto(x0, y0).

Ejemplo: Hallar los extremos de f(x, y) = (x − y)2 sujeta a larestriccion x2 + y2 − 1 = 0

Solucion:

Sea F (x, y, λ) = (x− y)2 + λ (x2 + y2 − 1)

Fx = 2 (x− y) + 2λx = 0Fy = −2 (x− y) + 2λy = 0

=⇒ 2λ (x+ y) = 0

Fλ = x2 + y2 = 1

a) Si escogemos λ = 0 , y (x+ y) 6= 0 obtenemos los puntos crıticosde f libre de restriccion.

b) Si λ 6= 0 =⇒ y = −x. Reemplazando en la tercera ecuacion , seobtienen dos puntos crıticos de la funcion f sujetos a la restriccion.

P1

(1√2,− 1√

2

)y P2

(− 1√

2, 1√

2

)Determinemos el Hessiano lımitado para decidir la naturaleza de estospuntos crıticos

HF (x, y) =

∣∣∣∣∣∣0 2x 2y

2x 2 + 2λ −22y −2 2 + 2λ

∣∣∣∣∣∣= −8

(x2 + 2xy + y2

)− 8λ

(x2 + y2

)Sustituyendo y = −x en la primera ecuacion se tiene λ = −2 6=0,entonces el Hessiano se reduce a

HF (x, y) = −8(x2 + 2xy + y2

)+ 16

(x2 + y2

)= 8

(x2 − 2xy + y2

)Evaluando en el primer punto crıticos produce

243

HF

(1√2,− 1√

2

)= 16 > 0

entoncesd2f

dx2

(1√2,− 1√

2

)< 0, luego en el punto

(1√2,− 1√

2

)la funcion

f tiene un maximo local condicionado.

Por simetrıa, el segundo punto tambien corresponde a un maximo localcondicionado de f.

El criterio de la segunda derivada para extremos restringidos se puedegeneralizar para funciones de mas de dos variables.

En el caso de una funcion de tres variables x, y, z y sujeta a la solarestriccion g(x, y, z) = 0, formamos el Hessiano correspondiente a

F (x, y, z, λ) = f(x, y, z) + λg (x, y, z)

de la siguiente forma

HF =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣0 ∂g

∂x∂g∂y

∂g∂z

∂g∂x

∂2F∂x2

∂2F∂y∂x

∂2F∂x∂z

∂g∂y

∂2F∂y∂x

∂2F∂y2

∂2F∂y∂z

∂g∂z

∂2F∂x∂z

∂2F∂y∂z

∂2F∂z2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣y sea

A3 =

∣∣∣∣∣∣∣0 ∂g

∂x∂g∂y

∂g∂x

∂2F∂x2

∂2F∂y∂x

∂g∂y

∂2F∂y∂x

∂2F∂y2

∣∣∣∣∣∣∣El criterio de la segunda derivada en este caso expresa:

Sea (x0, y0, z0) punto crıtico.

a) Si HF < 0 y A3 > 0,entonces la funcion f tendra un maximo

condicionado en (x0, y0, z0).

b) Si HF < 0 y A3 < 0,entonces la funcion f tendra un mınimo

condicionado en (x0, y0, z0).

c) Si HF > 0,entonces la funcion f no tiene extremos condicionado

en (x0, y0, z0).

d.) Si HF = 0, no hay informacion acerca del punto (x0, y0,z0).

244

Ejemplo Hallar los extremos de la funcion f(x, y, z) = x2 + y2 + z2

sujeta a la restricion g (x, y, z) = z2 + 2x− y2 − 1 = 0.

Solucion:

Sea la funcion F = x2 + y2 + z2 + λ (z2 + 2x− y2 − 1)

Fx = 2x+ 2λ = 0 =⇒ 2 (x+ λ) = 0 =⇒ x = −λFy = 2y − 2λy = 0 =⇒ 2y(1− λ) = 0 =⇒ y = 0

Fz = 2z + 2λz = 0 =⇒ 2z(1 + λ) = 0 =⇒ z = 0

Fλ = z2 + 2x− y2 − 1 = 0

Reemplazando en Fλ : 02+2(−λ)−02−1 = 0 =⇒ λ = −12, y obtenemos

el punto crıtico(

12, 0, 0

)

HF =

∣∣∣∣∣∣∣∣0 2 −2y 2z2 2 0 0−2y 0 2− 2λ 02z 0 0 2 + 2λ

∣∣∣∣∣∣∣∣= −4

(4− 4x2

)− 2y · 2 · 2y (2− 2λ) + 2z · 2 (2− 2λ) (−2z)

HF

(1

2, 0, 0,−1

2

)= −16 < 0

A3 = 8y2 − 4 (2− 2λ) = 0− 12 < 0

∴Hay un mınimo condicionado de f en el punto(

12, 0, 0

).

Observese que las otras opciones no producen puntos crıticos en IR3

3.4. Problemas Resueltos

3.4.1. Continuidad y diferenciabilidad

Problema

Dada la funcion f : R2 → R definida como

f (x, y) =

arctg

xy

x2 + y2, si (x, y) 6= (0, 0)

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

245

a) Verificar si f es continua en IR2

b) Calcular si existen las derivadas parciales∂f

∂x,∂f

∂yen IR2

Solucion.

a) Tenemos que f (x, y) es continua ∀ (x, y) 6= (0, 0) puesto que es

composicion de dos funciones continuas, como son arctg yxy

x2 + y2.

Para estudiar la continuidad en el punto (0, 0) tenemos que calcular

lım(x,y)→(0,0)

f(x, y) lo que haremos a traves de la trayectoria y = mx,

entonces lım(x,y)→(0,0)

f(x,mx) = lımx→0

arctgmx2

x2 + y2= lım

x→0arctg

m

2 +m2

que depende de la pendiente m, por lo que este lımite no existe.

Por lo tanto f no es continua en el punto(0, 0)

b) Para (x, y) 6= (0, 0) la funcion admite derivadas parciales, que son:

∂f

∂x(x, y) = y

y2 − x2

(x2 + y2)2 + x2y2,

∂f

∂y(x, y) = x

x2 − y2

(x2 + y2)2 + x2y2

Para (x, y) = (0, 0) ,se tiene

∂f

∂x(0, 0) = lım

h→0

f(h, 0)− f (0, 0)

h

= lımh→0

arctg0− 0

h= lım

h→00 = 0

Analogamente, derivando con respecto a y

∂f

∂y(0, 0) = lım

h→0

f(0, h)− f (0, 0)

h

= lımh→0

arctg0− 0

h= lım

h→00 = 0

Por lo tanto, existen las derivadas parciales en (x, y) = (0, 0) .

246

Problema

Dada la funcion f : IR2 → IR definida como

f (x, y) =

x2seny2

x2 + y2, si (x, y) 6= (0, 0)

0 , si (x, y) = (0, 0), probar que es

diferenciable en el punto P0 = (0, 0) .¿Es continua la funcion

en ese punto?

Solucion.

Tenemos que utilizar la definicion y ver si el siguiente lımite es cero:

L = lım(h,k)→(0,0)

|∆f − df |√h2 + k2

donde ∆f = f(h, k)− f (0, 0) =h2senk2

h2 + k2, y

df =∂f

∂x(0, 0)h+

∂f

∂y(0, 0) k

En este caso

∂f

∂x(0, 0) = lım

h→0

f(h, 0)− f (0, 0)

h

= lımh→0

h2 · 0h2− 0

h= 0

Asimismo

∂f

∂y(0, 0) = lım

h→0

f(0, k)− f (0, 0)

k

= lımh→0

0 · senk2

k2− 0

k= 0

Luego, df = 0, entonces L = lım(h,k)→(0,,0)

h2senk2

(h2 + k2)√h2 + k2

g (h, k) =h2senk2

(h2 + k2)3/2≤ h2k2

(h2 + k2)3/2

≤ (h2 + k2)(h2 + k2)

(h2 + k2)3/2=√

(h2 + k2) < ε

247

Si δ = ε . Ası L = 0 y f es diferenciable en P0 = (0, 0) .

De lo anterior se deduce que f es es continua en (0, 0) ya que esdiferenciable en dicho punto.

3.4.2. Regla de la cadena

Problema 1

Sea la ecuacion zxx + 2zxy + zy = 0 , donde

x(u, v) =u+ v

2, y(u, v) =

u− v2

, z(u, v) =u2 − v2

4− w (u, v)

Muestre que al cambiar las variables independientes (x, y) por (u, v)y la

funcion z por w la ecuacion se reduce a 2− 4wuu = 0.

Solucion.

En primer lugar, calculamos la aplicacion inversa

u(x, y) = x+ y, v (x, y) = x− y.

Derivando parcialmente estas ultimas expresiones se tiene:

ux = 1, uy = 1; vx = 1, vy = −1

Usando estos resultados y la regla de la cadena, obtenemos

zx = zu ux + zv vx = zu + zv

zy = zu uy + zv vy = zu − zvReiterando la derivacion parcial y usando la regla de la cadena porsegunda

vez

zxx = (zx)u ux + (zx)v vx = zuu + zvu + zuv + zvv

zxy = (zx)u uy + (zx)v vy = zuu + zvu − (zuv + zvv)

zyy = (zx)u uy + (zv)v vy = zuu − zvu − (zuv − zvv)Suponiendo que z es una funcion continua con primeras derivadas par-ciales

248

continuas, entonces

zxx + 2zxy + zy = 4zuu = 0

Finalmente, zu =2u

4− wu =⇒ zuu =

1

2− wuu

Por tanto, se tiene1

2− wuu = 0

Problema 2

Una funcion z = z (x, y) se dice que es armonica si tiene derivadasparciales de segundo orden continuas y ademas zxx + zyy = 0.

Sean u =x

x2 + y2, v =

y

x2 + y2. Pruebe que:

i) u y v son armonicas

ii) (ux)2 = (vy)

2

iii) (uy)2 = (vx)

2

iv) uxvx = −uyvyb) Si f (x, y) es una funcion armonica, entonces la funcion w (x, y) =

f

(x

x2 + y2,

y

x2 + y2

)es tambien armonica

Solucion.

a) i) u =x

x2 + y2=⇒ ux =

y2 − x2

(x2 + y2)2, uy = − 2xy

(x2 + y2)2

v =y

x2 + y2=⇒ vx = − 2xy

(x2 + y2)2, vy =

x2 − y2

(x2 + y2)2

Derivando parcialmente por segunda vez se tiene

uxx =−2x(x2 + y2)2 − (y2 − x2)2(x2 + y2)2x

(x2 + y2)4

=2x3 − 6xy2

(x2 + y2)3

249

uyy =−2x(x2 + y2)2 − (2xy)2(x2 + y2)2y

(x2 + y2)4

=−2x3 + 6xy2

(x2 + y2)3

Lo anterior implica que

uxx + uyy = 0

Analogamente para ,

vxx + vyy = 0

Ademas

ii) (ux)2 =

(y2 − x2

(x2 + y2)2

)2

=

(x2 − y2

(x2 + y2)2

)2

= (vy)2

iii)(uy)2 =

(− 2xy

(x2 + y2)2

)2

=

(2xy

(x2 + y2)2

)2

= (vx)2

iv) uxvx =

(y2 − x2

(x2 + y2)2

)(− 2xy

(x2 + y2)2

)= −

(2xy(y2 − x2)

(x2 + y2)2

)= −uyvy

b) Aplicando derivacion compuesta tenemos:

wx =∂f

∂uux +

∂f

∂vvx,

wy =∂f

∂uuy +

∂f

∂vvy

Derivando parcialmente por segunda vez, queda

wxx =

[∂2f

∂u2ux +

∂2f

∂v∂uvx

]ux +

∂f

∂uuxx+

+

(∂2f

∂u∂vux +

∂2f

∂v2vx

)vx +

∂f

∂vvxx

wyy =

[∂2f

∂u2uy +

∂2f

∂v∂uvy

]uy +

∂f

∂uuyy+

+

(∂2f

∂u∂vuy +

∂2f

∂v2vy

)vy +

∂f

∂vvyy

Finalmente

250

wxx =∂2f

∂u2(ux)

2 +∂2f

∂v∂uvxux +

∂f

∂uuxx+

+∂2f

∂u∂vuxvx +

∂2f

∂v2(vx)

2 +∂f

∂vvxx

wyy =∂2f

∂u2(uy)

2 +∂2f

∂v∂uuyvy +

∂f

∂uuyy+

+∂2f

∂u∂vuyvy +

∂2f

∂v2(vy)

2 +∂f

∂vvyy

Sumando terminos y utilizando las igualdades establecidas en a) setiene

wxx + wyy =

(∂2f

∂u2+∂2f

∂v2

)(ux)

2 +∂f

∂u(uxx + uyy)+

+

(∂2f

∂u2+∂2f

∂v2

)(vx)

2 +∂f

∂v(vxx + vyy) = 0

3.4.3. Derivacion Implıcita

Problema 1

a) Sea f : R → R2 una funcion tal que grad f(1, 1) = (2, 4) y g :R3 → R2 una funcion tal que sus funciones coordenadas gi : R3 →R, i = 1, 2 tienen los siguientes gradientes grad g1(1, 1, 1) = (2, 3, 1),

grad g2(1, 1, 1) = (−5, 4, 2). Si g(1, 1, 1) = (1, 1). Obtener∂(f g)

∂x(1, 1, 1).

b) Utilizando el teorema de la funcion implıcita determine si es posibleescribir y en terminos de x para la funcion F (x, y) = x4 − exy3−1 = 0en una vecindad del punto (1, 1), y ademas encuentre su derivada.

Solucion

Sean las coordenadas cartesianas designadas en R3 por (x, y, z) y en R2

por (u, v), y tomando u = u(x, y, z), v = v(x, y, z) tenemos que:

∂f g∂x

(1, 1, 1) =∂f

∂u(g(1, 1, 1)) · ∂u

∂x(1, 1, 1) +

∂f

∂v(g(1, 1, 1)) · ∂v

∂x(1, 1, 1)

=∂f

∂u(1, 1) · ∂u

∂x(1, 1, 1) +

∂f

∂v(1, 1) · ∂v

∂x(1, 1, 1)

251

Notemos que

grad f(1, 1) =

(∂f

∂u(1, 1),

∂f

∂v(1, 1)

)= (2, 4),

grad g1 =

(∂g1

∂x,∂g1

∂y,∂g1

∂z

)=

(∂u

∂x,∂u

∂y,∂u

∂z

)= (2, 3, 1),

grad g2 =

(∂g2

∂x,∂g2

∂y,∂21

∂z

)=

(∂v

∂x,∂v

∂y,∂v

∂z

)= (−5, 4, 2),

Ası∂f g∂x

(1, 1, 1) = 2 · 2 + 4 · −5 = −16.

Primeramente note que (1, 1) ∈ F−1(0, 0) y ademas

∂F

∂x= 4x3 − y3exy

3−1,∂F

∂y= −3xy2exy

3−1

las cuales son continuas en R2 en particular para alguna vecindadV ((1, 1), δ) de (1, 1) donde ∂F

∂y(1, 1) = −3 6= 0 por lo tanto podemos

ocupar el teorema de la funcion implıcita, y definir f : V ((1, 1), δ)→ Rcon y = f(x) y 1 = f(1) cuya derivada es

y′ =4x3 − y3exy

3−1

3xy2exy3−1.

Problema 2

a) Determine las derivadas parciales ∂u/∂x, ∂u/∂y, ∂v/∂x, ∂v/∂y, dondeu, v son funciones definidas implicitamente por el sistema

F (x, y, u, v) = xeu+v + uv − 1 = 0,

G(x, y, u, v) = yeu−v − 2uv − 1 = 0.

alrededor del punto p = (1, 1, 0, 0).

b) Sea la funcion z = f(u2 + v2, u/v) obtener∂2z

∂u2.

252

Solucion.

a) Verificando las hipotesis del Teorema de la funcion implıcita podemosconcluir que:

∂u

∂x= − (yeu−v + 2u)eu+v

2xu+vyeu−v + yeu−vu− 2vxeu+v + 2xeu+vu+ vyeu−v

∂v

∂x= − eu+v(yeu−v − 2v)

2xu+vyeu−v + yeu−vu− 2vxeu+v + 2xeu+vu+ vyeu−v

∂u

∂y= − e(u− v)(xeu+v + u)

2xu+vyeu−v + yeu−vu− 2vxeu+v + 2xeu+vu+ vyeu−v

∂v

∂y=

(xeu+v + v)eu−v

2xu+vyeu−v + yeu−vu− 2vxeu+v + 2xeu+vu+ vyeu−v

b) Definiendo x = x(u, v) = u2 + v2, y = y(u, v) = u/v tenemos que

z = f(x, y), entonces

∂z

∂u=∂z

∂x

∂x

∂u+∂z

∂y

∂y

∂u=∂z

∂x2u+

∂z

∂y

1

v,

luego

∂2z

∂u2= 2

∂z

∂x+ 2u

(∂2z

∂x2

∂x

∂u+

∂2z

∂y∂x

∂y

∂u

)+

1

v

(∂2z

∂y2

∂y

∂u+

∂2z

∂x∂y

∂x

∂u

)= 2

∂z

∂x+ 2u

(∂2x

∂x22u+

∂2z

∂y∂x

1

v

)+

1

v

(∂2z

∂y22u+

∂2z

∂x∂y

1

v

)Utilizando finalmente el teorema de Schwarz tenemos que

∂2z

∂u2= 2

∂z

∂x+ 4u2 ∂

2z

∂x2+

1

v

∂2z

∂y2+

4u

v

∂2z

∂x∂y.

Problema 3

a) Si u = f(x, y, z) define una funcion diferenciable, y z se define im-plicitamente como una funcion de x e y por la ecuacion g(x, y, z) =0 con los atributos pedido en el teorema de la funcion implıcita.Pruebe que u tiene primeras derivadas parciales de x e y dadaspor:

∂u

∂x=

∂(f,g)∂(x,z)

∂y∂z

;∂u

∂y=

∂(f,g)∂(y,z)

∂y∂z

253

b) Si u = x2y + z2, y z = g(x, y) se define implıcitamente por laecuacion

x2y − 3z + 8yz3 = 0

Calcule:∂u

∂x(1, 0, 0) y

∂u

∂y(1, 0, 0)

Solucion.

a) Utilizando la regla de la cadena tenemos

∂u

∂x=∂f

∂x+∂f

∂z

∂z

∂x

por otra parte si g(x, y, z) = 0 define implıcitamente a z = z(x, y)entonces

∂z

∂x= −

∂g∂x∂g∂z

reemplazando en la ecuacion anterior

∂u

∂x=

∂f

∂x+∂f

∂z(−

∂g∂x∂g∂z

)

=∂f∂x

∂g∂z− ∂f

∂z∂g∂x

∂g∂z

=

∂(f,g)∂(x,z)

∂g∂z

Similarmente

∂u

∂y=∂f

∂y+∂f

∂z

∂z

∂yy

∂z

∂y= −

∂g∂y

∂g∂z

De lo anterior se deduce

∂u

∂y=

∂f

∂y+∂f

∂z(−

∂g∂y

∂g∂z

)

=

∂f∂y

∂g∂z− ∂f

∂z∂g∂y

∂g∂z

=

∂(f,g)∂(y,z)

∂g∂z

254

b) En este caso u = f(x, y, z) = x2y + z2 y z = z(x, y) se defineimplıcitamente

por g(x, y, z) = x2y − 3z + 8yz3 = 0 ,luego tenemos

∂g

∂x= 2xy ,

∂g

∂y= x2 + 8z3 ,

∂g

∂z= −3 + 24yz2

derivadas que son todas continuas por lo que se afirma que g es de C1

Ademas g(1, 0, 0) = 0 y ∂g∂z

(1, 0, 0) = −3 6= 0

Entonces por el teorema de la funcion implıcita se tiene que existeV = Vδ(1, 0) y una vecindad (−a, a) de z = 0 y una funcion z(x, y)de

C1 sobre V tal que

z(1, 0) = 0 y z(1, 0)ε(−a, a)

Calculemos el Jacobiano

∂(f, g)

∂(x, z)=

∣∣∣∣2xy 2z2xy −3 + 24yz2

∣∣∣∣= 2xy(−3 + 24yz2)− 2xy2z

= 2xy(−3 + 24yz2 − 2z)

Por otra parte∂g

∂z= −3 + 24yz2

Entonces

∂u

∂x=

2xy(−3 + 24yz2 − 2z)

−3 + 24yz2⇒

∂u

∂x(1, 0, 0) =

0

−3= 0

Tambien:

∂(f, g)

∂(y, z)=

∣∣∣∣ x2 2zx2 + 8z3 −3 + 24yz2

∣∣∣∣= −3x2 + 24x2yz2 − 2x2z − 16z3

= x2(24yz2 − 2z − 3)− 16z3

255

Finalmente

⇒ ∂u

∂y=x2(24yz2 − 2z − 3)− 16z3

−3 + 24yz2

⇒ ∂u

∂y(1, 0, 0) =

−3

−3= 1

3.4.4. Plano Tangente a una Superficie

Problema 1

Probar que los planos tangentes a la superficie S: xyz = a, a > 0constante, en cualquier punto de S forma con los planos coordenadosun tetraedro de volumen constante.

Solucion.

Sea la superficie S descrita por la funcion implıcita F (x, y, z) = xyz −a = 0.

los vectores normales a la superficie S satisfacen∇F (x, y, z) = (yz, xz, xy)

Si−→P 0 = (x0, y0, z0) ∈ S,entonces

−→N (P0) = ∇F (x0, y0, z0) = (y0z0, x0z0, x0y0)

La ecuacion del plano tangente al punto−→P 0 ∈ S, esta definida por

(−→r −−→P 0)·−→N (P0) = 0,luego y0z0 (x− x0)+x0z0 (y − y0)+x0y0 (z − z0) =

0.

Entonces, las trazas de este plano con los ejes coordenados son

i) Si x = α, y = 0, z = 0 =⇒ α =3x0y0z0

y0z0

= 3x0

ii) Si x = 0, y = β, z = 0 =⇒ β =3x0y0z0

x0z0

= 3y0

iii) Si x = 0, y = 0, z = γ =⇒ α =3x0y0z0

x0y0

= 3z0

El volumen del tetraedro es:

V =αβγ

6=

(3x0) (3y0) (3z0)

6=

9

2a, constante.

256

Problema 2

a) Probar que S1dada por F (x, y, z) = 0 y S2 dada por G(x, y, z) = 0son ortogonales en sus puntos de interseccion sı y solo si

FxGx + FyGy + FzGz = 0.

b) Probar que las superficies S1 : x2 + y2 + z2 − 2x + 4y − 8z = 0 yS2 : 3x2 − y2 + 2z2 − 6x− 4y − 16z + 31 = 0 son ortogonales.

Solucion.

a) La normal a S1dada por F (x, y, z) = 0 es−→N 1 = ∇F (x, y, z) =

(Fx, Fy, Fz).

Del mismo modo, la normal a S2 dada por G(x, y, z) = 0 es

−→N 2 = ∇G(x, y, z) = (Gx, Gy, Gz)

Por definicion, ambas superficies son ortogonales si ∇F ·∇G = 0 ⇐⇒

(Fx, Fy, Fz) · (Gx, Gy, Gz) = 0 =⇒FxGx + FyGy + FzGz = 0

b) Sea S1 : x2 + y2 + z2 − 2x+ 4y − 8z = 0 =⇒

(x− 1)2 + (y + 2)2 + (z − 4)2 − 21 = 0

y S2 : 3x2 − y2 + 2z2 − 6x− 4y − 16z + 31 = 0 =⇒

3(x− 1)2 − (y + 2)2 + 2(z − 4)2 = 0

Entonces S1tiene normal−→N 1 = ∇F (x, y, z) = (2x− 2, 2y + 4, 2z − 8)

Asimismo , S2 tiene normal

−→N 2 = ∇G(x, y, z) = (6x− 6,−2y − 4, 4z − 16)

=⇒ ∇F · ∇G = (2x− 2, 2y + 4, 2z − 8) · (6x− 6,−2y − 4, 4z − 16)

= (2x− 2) (6x− 6) + (2y + 4) (−2y − 4) + (2z − 8) (4z − 16)

= 4 [3(x− 1)2 − (y + 2)2 + 2(z − 4)2] = 4 · 0 = 0

Por lo tanto, la superficie S1 es ortogonal a S2.

257

3.4.5. Derivadas Direccionales

Problema 1

Sea f (x, y) :

2xy2

x2 + y4, si (x, y) 6= (0, 0)

0 , si (x, y) = (0, 0). Determine, si existe, la

derivada direccional de f en P0 = (0, 0).

Solucion.

Sea e = (e1, e2) un versor en una direccion cualquiera de IR2 tal que

Def (0, 0) = lımλ→0

f((0, 0) + λ (e1, e2))− f (0, 0)

λ= lım

λ→0

f(λe1, λe2)− f (0, 0)

λ

Def (0, 0) = lımλ→0

2 (λe1) (λe2)2

(λe1)2 + (λe2)4

λ= lım

λ→0

2λ3e1e22

λ2(e21 + λ2e4

2)

λ

Por lo tanto

Def (0, 0) = lımλ→0

2e22

e1

,este lımite existe si y solo si e1 6= 0

Problema 2

Sea f (x, y) =

x (x+ y)

x2 + y2, si (x, y) 6= (0, 0)

0 , si (x, y) = (0, 0). Determine, si existe,

la

derivada direccional de f en P0 = (0, 0).

Solucion.

Sea e = (e1, e2) un versor en una direccion cualquiera de IR2 tal que

Def (0, 0) = lımλ→0

f((0, 0) + λ (e1, e2))− f (0, 0)

λ= lım

λ→0

f(λe1, λe2)− f (0, 0)

λ

Def (0, 0) = lımλ→0

e1(e1 + e2)

λ (e21 + e2

2)

Este lımite existe si y solo si e1(e1 +e2) = 0 =⇒ e1 = 0 o (e1 +e2) = 0

i) Si e = (0, e2) = 0, Def (0, 0) = 0

ii) Si e = (e1,−e1) = 0, Def (0, 0) = 0.

258

Problema 3

Hallar la derivada direccional de f (x, y, z) = x2yz3 en el punto P0 =(1, 1,−1) en la direccion de la tangente a la trayectoria : −→r (t) =(e−t, 1 + 2sen (t) , t− cos (t)) .

Solucion.

Como f (x, y, z) = x2yz3es una funcion diferenciable en R3,entonces

Dtf (P0) = ∇f (P0) · t, donde ∇f (P ) = (2xyz3, x2z3, 3x2yz2)

El punto P0 que corresponde a t = t0 es:

−→r (t0) = (e−t0 , 1 + 2sen (t0) , t0 − cos (t0)) = (1, 1,−1) =⇒ e−t0 = 1

Ası, t0 = ln (1) = 0

El vector tangente a la curva es:

−→r ′ (t) = (−e−t, 2 cos (t) , 1 + sen (t)) , entonces −→r ′ (0) = (−1, 2, 1) y

el vector tangente unitario en esta direccion queda

t =−→r ′ (0)

‖−→r ′ (0)‖ = (−1,2,1)√6

Por tanto, la derivada direccional es

Dtf (P0) = (−2,−1, 3) · (−1,2,1)√6

= 3√6> 0

El valor positivo, significa que f aumenta en esta direccion.

Problema 4

Calcular la derivada direccional de f (x, y, z) = xy+xz−yz en el puntoP0=

(√2,−√

2, 0)

en direccion de la tangente a la curva determinadapor las superficies

x2 + y2 + z2 = 4, x+ y + z = 0

Solucion.

Como f (x, y, z) = xy + xz − yz es una funcion diferenciable enR3,entonces

Dtf (P0) = ∇f (P0) · t, donde ∇f (P ) = (y + z, x− z, x− y) =⇒

∇f (P0) =(−√

2,√

2, 2√

2)

259

Aun falta calcular el vector t =−→r ′ (P0)

‖−→r ′ (P0)‖ , que es tangente a la curva

determinada por las superficies dadas.

Sea C dada por −→r (x) = (x, y (x) , z (x)) =⇒ −→r ′ (x) =(1, y

′(x) , z′ (x)

),

donde y′(x) , z′ (x) se calculan implıcitamente a partir del sistema

de ecuaciones por derivacion con respecto a x, en el entendido

que y = y (x) , z = z (x) . En efecto:

2x+ 2yy′ + 2zz′ = 0 ·12

1 + y′+ z

′= 0

⇐⇒ yy′ + zz′ = −xy′+ z

′= −1

Resolviendo el ultimo sistema obtenemos

y′(x) =

∣∣∣∣ −x z−1 1

∣∣∣∣∣∣∣∣ y z1 1

∣∣∣∣ =−x+ z

y − z, z

′(x) =

∣∣∣∣ y −x1 −1

∣∣∣∣∣∣∣∣ y z1 1

∣∣∣∣ =x− yy − z

Evaluando

y′ (√

2)

=−√

2

−√

2= 1 y y

′ (√2)

=2√

2

−√

2= −2

Luego

=⇒ −→r ′(√

2)

= (1, 1,−2) =⇒ t =−→r ′ (P0)

‖−→r ′ (P0)‖=

(1, 1,−2)√6

Por lo tanto, se tiene que

Dtf (P0) = (−√

2,√

2, 2√

2) · (1, 1,−2)√6

=−4√

6

3.4.6. Valores extremos

Problema 1

Sea f : U ⊆ R2 → R definida en el abierto U , dada por f(x, y) =x4−2px2−y2 + 3 donde p es una constante entera. Calcular los valoresextremos de la funcion

Solucion

Apliquemos la condicion necesaria de punto crıtico, calculando las derivadasparciales e igualandolas a cero, luego

fx = 4x3 − 4px = 4x(x2 − p); fy = −2y.

260

Tenemos que fy = −2y = 0 =⇒ y = 0, pero en la derivada parcialrespecto de x hay que analizar el signo de p.

i) Si p > 0, fx = 4x(x2 − p) = 0 =⇒ x = 0, ±√p y los puntoscrıticos son

P1 = (0, 0), P2 = (√p, 0) y P3 = (−√p, 0).

ii) Si p = 0, fx = 4x3 = 0 =⇒ x = 0, y el unico punto crıtico esP1 = (0, 0).

iii) Si p < 0, fx = 4x(x2 − p) = 0 =⇒ x = 0, y el unico puntocrıtico es

P1 = (0, 0)

Estudiemos el Hessiano para ver si los puntos obtenidos son maximos,mınimos o puntos silla.

fxx = 12x2 − 4p, fxy = 0, fyx = 0, fyy = −2

Por tanto el determinante de la matriz Hessiana es

H (x, y) =

∣∣∣∣ 12x2 − 4p 00 −2

∣∣∣∣Estudiemos los puntos crıticos segun los valores del parametro p

1) Si p > 0: En este caso hay 3 puntos crıticos.

H (0, 0) =

∣∣∣∣ −4p 00 −2

∣∣∣∣ = 8p > 0 y fxx = −4p < 0

Entonces, el punto P1 = (0, 0) es un Maximo Relativo.

H (±√p, 0) =

∣∣∣∣ 8p 00 −2

∣∣∣∣ = −16p < 0

Por lo tanto, los puntos P2 = (√p, 0) y P3 = (−√p, 0) son Puntos Silla.

2) Si p < 0: En este caso en P1 = (0, 0) hay un punto crıtico. H (0, 0) =∣∣∣∣ −4p 00 −2

∣∣∣∣ = 8p < 0, luego en P1 = (0, 0) hay un Punto Silla.

3) Si p = 0: En este caso hay un unico punto crıtico en el origen, peroal calcular el determinante del Hessiano, obtenemos que H(0, 0) = 0,luego no se tiene informacion.

261

Sin embargo, podemos comprobar la naturaleza del punto aplicando ladefinicion de extremo local en las cercanıas del origen, siguiendo dostrayectorias distintas, para la funcion: f(x, y) = x4 − y2 + 3. Entonces

f(x, 0)− f(0, 0) = x4 > 0 para todo (x, 0) ∈ V (0, 0)

f(0, y)− f(0, 0) = −y2 < 0 para todo (0, y) ∈ V (0, 0).

Por lo tanto, P1 = (0, 0) es un Punto de Silla

Problema 2

Encuentre los valores extremos de la f (x, y) = x2 + y2 − 12x4.

Solucion.

Derivando parcialmente con respecto a x e y tenemos:

fx (x, y) = 2x− 2x3

fy (x, y) = 2y

Esta claro que fx y fy son funciones continuas en R2

Aplicando la condicion necesaria para los puntos crıticos de f

tenemos: 2x− 2x3 = 0; 2y = 0.

Al resolver el sistema obtenemos tres puntos crıticos.

P0 = (0, 0) , P1 = (1, 0) , P2 = (−1, 0)

Determinemos el Hessiano H (x, y) :

H (x, y) =

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

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣ 2− 6x2 00 2

∣∣∣∣ = 4− 12x2

Evaluemos el Hessiano H (x, y) en cada uno de los puntos:

i) Para P0 = (0, 0) =⇒ H (0, 0) = 4 > 0 y fxx (0, 0) = 2 > 0

Entonces en P0 hay un mınimo relativo f (0, 0) = 0.

ii) Para P1 = (1, 0) =⇒ H (1, 0) = −8 < 0 .

Entonces, en P1 hay punto silla de f.

iii) Para P2 = (−1, 0) =⇒ H (−1, 0) = −8 < 0 .

Ası, en P2 tambien hay un punto silla de f.

262

Problema 3

Encuentre los valores extremos de la f (x, y) = x2 + y2 − xy + x+ y

en el dominio D = (x, y) ∈ R2/ x ≤ 0, y ≤ 0, x+ y ≥ −3 .Solucion.

En primer lugar, determinemos los valores extremos en el conjunto

abierto: D∗ = (x, y) ∈ R2/ x < 0, y < 0, x+ y > −3 .Derivando parcialmente con respecto a x e y tenemos:

fx (x, y) = 2x− y + 1

fy (x, y) = 2y − x+ 1

Observe que fx y fy son continuas en R2

Aplicando la condicion necesaria para los puntos crıticos de f

tenemos el sistema:

2x− y = −1; −x+ 2y = −1.

Al resolver este sistema obtenemos un unico punto crıtico

P0 = (−1,−1) ∈ D∗

Determinemos el Hessiano H (x, y) :

H (x, y) =

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

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣ 2 −1−1 2

∣∣∣∣ = 3 ∀ (x, y) ∈ D∗:

Ası, P0 = (−1,−1) =⇒ H (−1,−1) = 3 > 0 y fxx (−1,−1) = 3 > 0

Se concluye, que en P0 hay un mınimo relativo f (−1,−1) = −1.

En segundo lugar, estudiemos la condicion que se presenta en la

frontera de D.

a) Si y = 0, f (x, 0) = x2 + x con x ∈ [−3, 0]

Determinemos los puntos crıticos en este borde

f′(x) = 2x+ 1 = 0 =⇒ x = −1

2

Luego, hay un punto critıco en P1 =(−1

2, 0)∈ D.

Como f′′

(x) = 2 > 0,∀x ∈ [−3, 0] , entonces en P1 =(−1

2, 0)

hay

un mınimo f(−1

2, 0)

= −14.

b) Si x = 0, f (0, y) = y2 + y con y ∈ [−3, 0]

Determinemos los puntos crıticos en este borde

263

f′(y) = 2y + 1 = 0 =⇒ y = −1

2

Luego, se tiene un punto critıco en P2 =(0,−1

2

)∈ D.

Como f′′

(y) = 2 > 0,∀y ∈ [−3, 0] ,entonces en P2 =(0,−1

2

)hay

un mınimo f(0,−1

2

)= −1

4.

c) Si x+ y = −3, f (x,−x− 3) = 3x2 + 9x+ 6 con x ∈ [−3, 0]

Determinemos los puntos crıticos en este borde

f′(x) = 6x+ 9 = 0 =⇒ x = −3

2=⇒ y = −3

2

Luego, hay un punto critıco en P2 =(−3

2,−3

2

)∈ D.

Como f′′

(x,−x− 3) = 6 > 0,∀x ∈ [−3, 0] ,entonces P2 =(−3

2,−3

2

)en hay un mınimo f

(−3

2,−3

2

)= −3

4.

3.4.7. Multimplicadores de Lagrange para extremosrestringidos

Problema 1

Obtener los extremos de la funcion f(x, y) = x3 + 2xy + y2 que seencuentren en la recta x+ y = 0.

Solucion

En primer lugar consideremos la funcion de Lagrange y apliquemos lacondicion necesaria de punto crıtico:

F (x, y, λ) = x3 + 2xy + y2 + λ(x+ y)

Fx = 3x2 + 2y + λ = 0 (1)

Fy = 2x+ 2y + λ = 0 (2)

Fz = x+ y = 0 (3)

De la (3) ecuacion obtenemos: y = −x que sustituida en la segunda:

2x− 2x+ λ = 0 =⇒ λ = 0

Sustituido este valor en la ecuacion (1), queda: 3x2 − 2x = 0, x = 0,x = 2/3

Entonces los puntos crıticos del lagrangiano son. P1(0, 0), P2

(2

3,−2

3

).

Clasificaremos los puntos con el determinante del Hessiano Limitado:

264

H (x, y) =

∣∣∣∣∣∣0 1 11 6x 21 2 2

∣∣∣∣∣∣evaluando en los puntos crıticos obtenidos anteriormente.

Consideremos H (0, 0) =

∣∣∣∣∣∣0 1 11 0 21 2 2

∣∣∣∣∣∣ = 2 > 0, entoncesd2f

dx2< 0 y en

P1(0, 0) hay un maximo local condicionado de f, cuyo valor es f(0, 0) =0.

Por otra parte H

(2

3,−2

3

)=

∣∣∣∣∣∣0 1 11 4 21 2 2

∣∣∣∣∣∣ = −2 > 0, entoncesd2f

dx2< 0

y en P2

(2

3,−2

3

)hay un mınimo local condicionado de f, cuyo valor

es f

(2

3,−2

3

)= − 4

27.

Problema 2

En que puntos de la elipsex2

a2+y2

b2= 1, la tangente a este lugar

geometrico forma con los ejes coordenados un triangulo de area mınima.

Solucion.

Sea la ecuacion de la tangente a la elipse en el punto (x0, y0) .

x0x

a2+y0y

b2= 1

Sea f (x, y) =1

2xT yT , el area que forma la recta tangente con los ejes

coordenados, donde xT yT se determinan a partir de la ecuacion de

la tangente.

Si yT = 0 =⇒ xT =a2

x0

xT = 0 =⇒ yT =b2

y0

Ası f (x, y) =1

2

a2b2

x0y0

es la funcion a estudiar, que verifica la condicion:

x20

a2+y2

0

b2− 1 = 0.

Consideremos la funcion :

265

L (x, y, λ) =1

2

a2b2

x0y0

+ λ

(x2

0

a2+y2

0

b2− 1

)

Lx (x, y, λ) = −1

2

a2b2

x20y0

+ 2λx0

a2= 0 ·1/y0

Ly (x, y, λ) = −1

2

a2b2

x0y20

+ 2λy0

b2= 0 ·/x0

Lλ (x, y, λ) =x2

0

a2+y2

0

b2− 1 = 0

Multiplicando las ecuaciones anteriores por los coeficientes que se

indican, tenemos

1,0) −1

2

a2b2

x20y

20

+2λ

a2

x0

y0

= 0 ·1/y0

2,0) −1

2

a2b2

x20y

20

+2λ

b2

y0

x0

= 0 ·1/x0

3,0)x2

0

a2+y2

0

b2− 1 = 0

Restando 2,0− 1,0 se tiene

2λ

a2

x0

y0

=2λ

b2

y0

x0

=⇒ x20 =

a2

b2y2

0

Sustituyendo este resultado en 3.0) se tiene un unico punto crıtico def en

P0 =

(a√2,b√2

)Mediante el criterio de la segunda derivada se puede determinar la

naturaleza del punto crıtico

f (x, y(x)) =1

2

a2b2

x0y0

=⇒ f′(x) =

a2b2

2

(−y0 − x0y

′0(x)

(x0y0)2

)donde a partir de la condicion obtenemos

2x0

a2+

2y0

b2y′0(x) = 0 =⇒ y

′0(x) = −b

2x0

a2y0

=⇒ y′0(x) = − b

2

a2

[y0 − x0y

′′0

y20

]Ası

f′′

(x) = −a2b2

2

((x0y0)2(2y

′0 + x0y

′′0 (x))− 2(x0y0)(y0 + x0y

′0(x))2

(x0y0)4

)Produce

266

f′′(a√2,b√2

)> 0

Por lo tanto, en el punto P0 =

(a√2,b√2

)un mınimo de f

Problema 3

Se desea construir una tolva para un silo, que tenga una capacidadde 100 m3 y forma de cono circular recto de 2m de radio, coronadopor un cilindro circular recto, empleando un mınimo de material parala superficie. Calcular las alturas x del cilindro e y del cono para talobjeto.

Solucion:

Sea la funcion superficie definida por f (x, y) = 2π√

4 + y2 +4πx

Con la condicion que el volumen sea g (x, y) = 43πy + 4πx− 100 = 0

Entonces formemos la funcion:

L (x, y, λ) = f (x, y) = 2π√

4 + y2 +4πx+ λ(

43πy + 4πx− 100

)Lx (x, y, λ) = 4π + 4πλ = 0 =⇒ λ = −1

Ly (x, y, λ) =4πy

2√

4 + y2+

4

3πλ = 0 =⇒ y

2√

4 + y2=

1

3

Lλ (x, y, λ) = 43πy + 4πx− 100 = 0

9y2 = 4 (4 + y2) =⇒ 5y2 = 16 =⇒ y =4√5

Sustituyendo en la restriccion se tiene

4πx = 100− 163√

5π =⇒ x =

100

4π− 4

3√

5

En consecuencia, se tiene un unico punto crıtico en

P0 =

(100

4π− 4√

5,

4√5

)La condicion de mınimo de f se estable mediante la segunda derivada

f (x, y(x)) = 2π√

4 + y2 + 4πx =⇒ f′(x) =

4πyy′

2√

4 + y2+ 4π

43πy + 4πx− 100 = 0 =⇒ y′ (x) = −3

Por lo tanto, sustituyendo y′ (x) , y derivando por segunda vez

267

f′(x) = − 6πy√

4 + y2+ 4π =⇒ f

′′(x) = −6π

((−3(4 + y2)− y2

(4 + y2)3/2

)f′′

(P0) > 0 =⇒ Valor mınimo

Ası el valor mınimo de la funcion es:

f

(100

4π− 4√

5,

4√5

)= 2π

√4 + 16

5+4π

(100

4π− 4√

5

)= 100− 20π

3√

5

Problema 4

Determine la distancia mınima y maxima del origen a la curva de in-

terseccion del paraboloide z =7

4− x2 − y2 y el plano x+ y + z = 2.

Solucion:

En este caso es conveniente los valores extremos del cuadrado de la

distancia con respecto al origen en vez de la distancia misma. Por lo

tanto, se deben hallar los valores extremos de la funcion:

f(x, y, z) = x2 + y2 + z2

sujeta a las restriciones

g (x, y, z) = z − 7

4+ x2 + y2 = 0

h (x, y, z) = x+ y + z − 2 = 0

Para aplicar el metodo de los multiplicadores de Lagrange se define

F (x, y, z, λ1, λ2) = x2+y2+z2+λ1

(z − 7

4+ x2 + y2

)+λ2 (x+ y + z − 2)

Fx = 2 (1 + λ1)x+ λ2 = 0 (1,0)Fy = 2 (1 + λ1) y + 2λ2 = 0 (2,0)Fz = 2z + λ1 + λ2 = 0 (3,0)

Fλ1 = z − 7

4+ x2 + y2 = 0 (4,0)

Fλ2 = x+ y + z − 2 = 0 (5,0)

1,0)− 2,0) : 2 (1 + λ1) (x− y) = 0 =⇒ λ1 = −1 o y = x

Si λ1 = −1 ,entonces de 1) λ2 = 0 y de 3) z =1

2

268

Si z =1

2, entonces de 4) y 5) se obtiene: 2x2 − 3x+ 1 = 0

Resolviendo la ecuacion anterior, sus soluciones son: x1 = 1;x2 =1

2

x1 = 1 =⇒ y1 =1

2=⇒

(1,

1

2,1

2

)es punto crıtico.

x2 =1

2=⇒ y2 = 1 =⇒

(1

2, 1,

1

2

)es punto crıtico.

Por otra parte:4)− 5) =⇒ x2 + y2 − x− y +1

4= 0

Si y = x =⇒ 2x2 − 2x+1

4= 0, resolviendo la ecuacion x =

2±√

2

4

y = x =2 +√

2

4=⇒ z =

4− 2√

2

4=⇒

(2 +√

2

4,2 +√

2

4,4− 2

√2

4

)es punto crıtico de f.

y = x =2−√

2

4=⇒ z =

4 + 2√

2

4=⇒

(2−√

2

4,2−√

2

4,4 + 2

√2

4

)es punto crıtico de f.

Ası

fmax

(2±√

2

4,2±√

2

4,4∓ 2

√2

4

)=

1

4

(9 + 2

√2)

fmın

(1

2, 1,

1

2

)=

3

2

Como la curva interseccion del paraboloide y el plano es una curvacerrada, la distancia mınima y la distancia maxima al origen son re-

spectivamente

√3

2y

1

2

√(9 + 2

√2).No necesitamos mas pruebas por

las caracteristicas geometricas del problema.

Problema 5

Demuestre que las distancias maxima y mınima desde el origen a la

curva de interseccion definida porx2

4+y2

5+z2

25= 1, z = x+ y.

Solucion:

269

Debenos encontrar los valores extremos de la funcion

f(x, y, z) = x2 + y2 + z2

sujeta a las restriciones

g (x, y, z) =x2

4+y2

5+z2

25− 1 = 0

h (x, y, z) = x+ y − z = 0

Para aplicar el metodo de los multiplicadores de Lagrange se define

F (x, y, z, λ1, λ2) = x2+y2+z2+λ1

(x2

4+y2

5+z2

25− 1

)+λ2 (x+ y − z)

Aplicando la condicion necesaria de punto crıtico

Fx = 2

(1 +

λ1

4

)x+ λ2 = 0 (1,0)

Fy = 2

(1 +

λ1

5

)y + λ2 = 0 (2,0)

Fz = 2(1 +λ1

5+ λ2 = 0 (3,0)

Fλ1 =x2

4+y2

5+z2

25− 1 = 0 (4,0)

Fλ2 = x+ y − z = 0 (5,0)

Despejando de estas ecuaciones x, y, z se tiene

x = − 2λ2

λ1 + 4; y = − 5λ2

2λ1 + 10; z = − 25λ2

2λ1 + 50; 6,0)

Al dividir 5,0 por λ2 6= 0 (lo cual esta justificado porque de otromodo de 1,0, 2,0 y 3,0, se tendrıa x = y = z = 0).

2

λ1 + 4+

5

2λ1 + 10+

25

2λ1 + 50= 0.Multiplicando por 2 (λ1 + 4) (2λ1 + 10) (2λ1 + 50)

y simplificando da

17λ21 + 245λ1 + 750 = 0 =⇒ (λ1 + 10)(17λ1 + 75) = 0

de donde: λ1 = −10, λ1 = −75

17

Caso i) Si λ1 = −10, entonces de 6,0 : x =λ2

3; y =

λ2

2; z =

5λ2

6.

Sutituyendo en 4.0 da:λ2

2

36+λ2

2

20+

5λ22

66− 1 = 0 =⇒ λ2

2 =180

19=⇒

270

λ2 = ±6

√5

19

Por lo tanto, se tienen dos puntos crıticos.

P1 =

(2

√5

19, 3

√5

19, 5

√5

19

)y P2 =

(−2

√5

19.− 3

√5

19,−5

√5

19

)

Evaluando en la funcion se tiene f

(±2

√5

19,±3

√5

19,±5

√5

19

)= 10

Caso ii) Si λ1 = −75

17, entonces de 6,0 : x =

34λ2

7; y = −17λ2

4; z =

17λ2

28.

Sutituyendo en 4.0 da:λ2

2

36+λ2

2

20+

5λ22

66−1 = 0 =⇒ λ2

2 =(140)2

(17)2(646)=⇒

λ2 = ±14017√

646

Por lo tanto, se tienen otros dos puntos crıticos mas.

P1 =

(40√646

,− 35√646

5√646

)y P2 =

(− 40√

646,

35√646

,− 5√646

)Evaluando en la funcion se tiene f

(± 40√

646,∓ 35√

646,± 5√

646

)=

75

17

Asi el valor maximo buscado es 10 y el valor mınimo es75

17

Problema 6

Se desea construir un silo, que tenga una capacidad de V0 con forma decilindro circular recto de altura h y radio basal r . Calcular la alturah del cilindro y radio basal r de manera que la superficie total seamınima.

Solucion:

Sea la funcion superficie definida por f (r, h) = 2πr2 +2πrh

Con la condicion que el volumen sea g (x, y) = πr2h− V0 = 0

Entonces formemos la funcion:

L (r, h, λ) = 2πr2 + 2πrh+ λ (πr2h− V0)

271

Lr (r, h, λ) = 4πr + 2πh+ 2λπrh = 0 1,0)Lh (r, h, λ) = 2πh+ λπr2 = 0 2,0)Lλ (r, h, λ) = πr2h− V0 = 0 3,0)

De 2,0) se tiene: λ = −2

ry sustituyendo este valor en 1,0) obtenemos

h = 2r

Si h = 2r, entonces de 3.0) r = 3

√V0

2π;h = 2 3

√V0

2π

En consecuencia, se tiene un unico punto crıtico en

P0 =

(3

√V0

2π, 2 3

√V0

2π

)La condicion de mınimo de f se establece mediante la segunda derivada

f (r, h(r)) = 6πr2 =⇒ f′(r) = 12πr

=⇒ f′′

(r) = 12π > 0

Por lo tanto, se tiene un valor mınimo de f si h = 2r

Ası el valor mınimo de la superficie es:

f

(3

√V0

2π, 2 3

√V0

2π

)= 6π

(V0

2π

)2/3

Problema 7:

Determinar los extremos absolutos de la funcion f (x, y) = y3 + x2y +2x2 + 2y2 − 4y − 8 en el conjunto D = (x, y) ∈ IR2/x2 + y2 ≤ 1 .Solucion:

En primer lugar estudiemos los puntos del interior de D, para ver siexisten maximos o mınimos locales.

La condicion necesaria, de los puntos interiores candidatos a extremos,es

∇f (x, y) = (0, 0) =⇒

∂f

∂x= 2x(y + 2) = 0

∂f

∂y= 3y2 + x2 + 4y − 4 = 0

i) La primera ecuacion implica que x = 0 o y = −2. Si y = −2, lasegunda ecuacion implica que x = 0, luego se tiene un punto crıtico enP0 = (0,−2) , sin embargo , P0 /∈ D.

272

ii) Si x = 0, la segunda ecuacion es 3y2 + 4y − 4 = 0 =⇒ y = −2,

y =2

3.

Las coordenadas del punto P1 =

(0,

2

3

)verifican

4

9< 1,entonces P1 ∈

D. Ademas f (P1) =8

27+

8

9− 8

3− 8 =

256

27= −9, 48.

En segundo lugar, estudiemos los puntos de la frontera de D usandola funcion f (x, y) = y3 + x2y + 2x2 + 2y2 − 4y − 8 bajo la restriciong (x, y) = x2 + y2 − 1 = 0.

Usemos el metodo de los multiplicadores de Lagrange.

Sea L (x, y, λ) = y3 + x2y + 2x2 + 2y2 − 4y − 8 + λ(x2 + y2 − 1),

y obtenemos:

∂L

∂x= 2x(y + 2) + λ2x = 0 (1,0)

∂L

∂y= 3y2 + x2 + 4y − 4 + λ2y = 0 (2,0)

∂L

∂λ= x2 + y2 − 1 = 0 (3,0)

De la ecuacion 1,0 se tiene que x = 0 o (y + 2) + λ = 0

a) Si x = 0,en 3.0 se tiene y2 − 1 = 0 =⇒ y = ±1.Luego se tienenotros dos puntos crıticos

P2 = (0, 1) y P2 = (0,−1) que satisfacen las ecuaciones 1,0 y 3,0.

Para comprobar que tambien satisfacen la ecuacion 2,0 , sustituyamosel ella

P1 = (0, 1) =⇒ λ =3

2∈ IR

P2 = (0,−1) =⇒ λ =5

2∈ IR.

Si evaluamos las funcion en los puntos encontrados obtenemos:

f (P2) = 1 + 2− 4− 8 = −9

f (P3) = −1 + 2 + 4− 8 = −3

b) Si (y + 2) + λ = 0 ⇐⇒ λ = −(y + 2), en 2,0 se tiene 3y2 + x2 +4y − 4 + 2y(y + 2) = 0

=⇒ x2 +y2 = 4, resultado que contradice la ecuacion 3,0, x2 +y2 = 1.

Luego, esta condicion no produce un punto crıtico.

273

Por lo tanto, comparando los valores de la funcion en los tres puntosencontrados, podemos inferir que el maximo absoluto se alcanza en P3

y que el mınimo absoluto se alcanza en P1

Problema 8:

Determine las dimensiones de una caja rectangular, sin tapa

superior,que ha de tener un volumen dado V0,de manera que

su superficie sea mınima.

Solucion:

Sea la funcion superficie definida por f (x, y, z) = xy + 2xz + 2yz

Con la condicion que el volumen sea g (x, y, z) = xyz − V0 = 0

Entonces formemos la funcion:

L (x, y, z, λ) = f (x, y) = xy + 2xz + 2yz + λ (xyz − V0)

Lx (x, y, z, λ) = y + 2z + λyz = 0 (1,0)Ly (x, y, z, λ) = x+ 2z + λxz = 0 (2,0)Lz (x, y, z, λ) = 2x+ 2y + λxy = 0 (3,0)Lλ (x, y, z, λ) = xyz − V0 = 0 (4,0)

Despejando y y x de 1,0 y 2,0 se tiene 5.0) y = x = − 2z1+λz

, sutituyendoen 3,0) produce:

− 8z1+λz

+ 4λz2

(1+λz)2= 0 =⇒ z = 1

λ6,0)

Reemplazando en 6,0) en 5,0) se tiene

y = x = − 4λ. Sustituyendo en 4.0(

− 4λ

) (− 4λ

) (1λ

)= V0 =⇒ λ =

(16V0

)1/3

Por lo tanto, se tiene un unico punto crıtico de f en

P0 =(

4(V016

)1/3, 4(V016

)1/3,(V016

)1/3).

Examinemos la naturaleza del punto crıtico usando el Hessiano limita-do:

H (x, y, z) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣0 ∂g

∂x∂g∂y

∂g∂z

∂g∂x

∂2L∂x2

∂2L∂x∂y

∂2L∂x∂z

∂g∂y

∂2L∂x∂y

∂2L∂y2

∂2L∂y∂z

∂g∂z

∂2L∂x∂z

∂2L∂y∂z

∂2L∂z2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ =⇒

274

H (x, y, z) =

∣∣∣∣∣∣∣∣0 yz xz xyyz 0 1 + λz 2 + λyxz 1 + λz 0 2 + λxxy 2 + λy 2 + λx 0

∣∣∣∣∣∣∣∣Evaluemos el Hessiano H

(4(V016

)1/3, 4(V016

)1/3,(V016

)1/3)

H =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣0 4

(V016

)2/34(V016

)2/316(V016

)2/3

4(V016

)2/30 2 6

4(V016

)2/32 0 6

16(V016

)2/36 6 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Usando propiedades de determinantes, obtenemos que el valor de Hes-siano es:

H = 16(V016

)4/3

∣∣∣∣∣∣∣∣0 1 1 41 0 2 61 2 0 64 6 6 0

∣∣∣∣∣∣∣∣H = −2048,0× (0,062 5V0)

43 < 0

Ademas: ∆3 =

∣∣∣∣∣∣0 1 11 0 21 2 0

∣∣∣∣∣∣ = 4 > 0

Entonces la funcion f tendra un maximo condicionado en el punto

P0 =(

4(V016

)1/3, 4(V016

)1/3,(V016

)1/3)

3.4.8. Aplicacion al calculo de errores

Problema 1:

El periodo T de un pendulo simple depende de la longitud l y de laaceleracion de gravedad g del lugar y esta dado por:

T = 2π

√l

g. Hallar a a) el error absoluto y b) el error relativo , al

calcular T con l = 0, 6 m y g = 10m/s2 si los valores verdaderos eranl = 58, 5cm y g = 9, 8m/s2.

Solucion:

a) Sea T = 2π

√l

g. el perıodo de un pendulo simple.

275

El error absoluto de T es ∆T, que en este caso es aproximadamentedT. ası se tiene:

El error absoluto de T = dT =∂T

∂ldl +

∂T

∂gdg =

π√lgdl − π

√l

g3dg

Error de l = ∆l = dl = (0, 6 − 0, 585)m = 0, 015m

Error de g = ∆g = dg = (10− 9, 8)m/s2 = 0, 2m/s2

El error absoluto de T = dT =π√

0, 6x10(0, 015)− π

√0, 6

1000(0, 2)

b) El error relativo de T =dT

T=

1

2π

√l

g

(π√lgdl − π

√l

g3dg

)

El error relativo de T =

(1

2ldl − 1

2gdg

).

El error relativo de T =dT

T=

1

2π

√l

g

(π√lgdl − π

√l

g3dg

)

3.5. Ejercicios Propuestos

3.5.1. Lımites

Problema 1

Determinar si existen los siguientes limites, y si existen, calcular suvalor

a) lım(x,y)→(0,0)

ln xsenyysenx

b) lım(x,y)→(0,0)

x2 − y2

x2 + y2

Solucion:

a) lım(x,y)→0

ln xsenyysenx

= 0, b) El lımite de la funcion f no existe

276

Problema 2

En los siguientes casos, usar coordenadas polares para concluir que ellımite de f (x, y) cuando (x, y) tiende a (0, 0) existe y vale cero.

a) lım(x,y)→(0,0)

y3

x2 + y2

b) lım(x,y)→(0,0)

x3y4

x4 + y4

3.5.2. Diferenciabilidad, continuidad

Problema 1

Dada la funcion f (x, y) =

xysen1

ysi y 6= 0

0 ∀ (x, 0), probar que es

diferenciable en el punto P0 = (0, 0) ,¿es continua en este punto?

Solucion:

La funcion f es diferenciable en P0 = (0, 0) , implica que es continuaen (0, 0)

Problema 2

Dada la funcion f (x, y) =

|x| y√x2 + y2

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

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

.

a) Estudiar su continuidad en IR2

b) Estudiar la existencia de derivadas parciales en IR2 y determinarlas,

si es que existen.

c) Estudiar su diferenciabilidad en IR2

Solucion:

a) La funcion f es en continua en IR2

b) Existen derivadas parciales en

IR2 − (o, a) /a 6= 0 ,No existe∂f

∂x(0, a) ,

∂f

∂y(0, a) = 0,

277

∂f

∂x(0, 0) = 0,

∂f

∂y(0, 0) = 0

c) La funcion f no es diferenciable en P0 = (0, 0) ,puesto que

lım(h,k)→(0,0)

|∆f − df |√h2 + k2

6= 0

Problema 3

Verificar que f (x, y) =√|xy| es continua y no diferenciable en (0, 0) .

Problema 4

Dada la funcion f (x, y) =

arctg x

4+y4

x2+y2si (x, y) 6= (0, 0)

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

a) Determinar el valor de a para que la funcion sea continua en elorigen.

b) Para este valor de a calcular fx(0, 0), fy(0, 0)

c) Hallar la derivada direccional Duf(1, 0), siendo u un vector unitarioque la forma un angulo de 60o con la parte positiva del eje OX.

Solucion:

a) f(x,y) es continua en (0,0) si a= f(0,0)

b) fx(0,0)=0 , fy(0,0)=0

c) Duf(1, 0) = 12

3.5.3. Derivadas parciales

Problema 1

Sea f (x, y) =

xyx2 − y2

x2 + y2si (x, y) 6= (0, 0)

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

a) Deducir que∂f

∂x(0, y) = −y ∀y;

∂f

∂y(x, 0) = x ∀x

b) Verificar que∂2f

∂y∂x(0, 0) 6= ∂2f

∂x∂y(0, 0)

278

Problema 2

Dada la funcion f (x, y) =

x+ y si x = 0 o y = 0

1 si x 6= 0, y 6= 0

a) Verifique que∂f

∂x(0, 0) = 1 ;

∂f

∂y(0, 0) = 1

b) Muestre que la funcion f no es continua en (0, 0)

Problema 3

Sea u =xy

x+ y, muestre que u satisface la ecuacion:

x2∂2u

∂x2+ 2xy

∂2u

∂y∂x+ y2∂

2u

∂y2= 0

Problema 4

Sea u =1√

x2 + y2 + z2, probar que u satisface la ecuacion:

∂2u

∂x2+∂2u

∂y2+∂2u

∂z2= 0

Problema 5

Enuncie las condiciones del teorema de Schwarz de igualdad de lasderivadas cruzadas.

Problema 6

Justifique si es cierto que una funcion f : IR3 → IR diferenciable enIR3 tiene derivadas parciales.

Solucion

Si una funcion f es diferenciable en −→x o y la diferencial es Df (−→x o) ,

entonces para todo vector unitario v 6= 0 existe Dvf (−→x o) que verifica

Dvf (−→x o) = Df (−→x o) · v. En particular, esto sucede para los vectores

(1, 0, 0) , (0, 1, 0) , (0, 0, 1) , por lo que existen las derivadas parciales

279

Problema 7

Suponga que z es funcion de las variables x e y , que satisface la ecuacionque se da en cada caso . Encontrar las derivadas parciales de primer

orden∂z

∂xy∂z

∂y

a) x3 + y3 + z3 + senxz + cos yz = 15

b) ez + x2 ln z + y = 0.

Solucion:

a)∂z

∂x= − (3x2 + z cosxz)

3z2 + x cosxz − ysenyz,∂z

∂y= − (3y2 − zsenxz)

3z2 + x cosxz − ysenyz

b)∂z

∂x= − 2xz ln z

zez + x2,∂z

∂y= − z

zez + x2

Problema 8

Suponga que existen funciones u y v , que satisfacen las siguientesecuaciones.

u cos v = x+ 1u sin y = x+ y

Calcular∂u

∂x,∂u

∂y,∂v

∂x,∂v

∂y

Solucion:∂u

∂x= cos v + senv ,

∂u

∂y= senv,

∂v

∂x=

cos v − senvu

,∂v

∂y=

cos v

u

3.5.4. Derivadas Direccionales

Problema 1

Calcule la derivada direccional de la funcion dada en la direccion delvector indicado.

a) f (x, y, z) = 2x2 − y2 − z2, en (1, 2, 2) hacia (4, 5, 0) .

b) f (x, y, z) = 2x2 − 8xy + z2 , en el punto (4, 4, 1) en la direccion dela

280

normal exterior a la superficie x2 + y2 + z = 17

Solucion:

a) Dvf (1, 2, 2) =8√22, b) Dvf (4, 4, 1) = − 446√

129

Problema 2

Determine la ecuacion del plano tangente al paraboloide x2+y2+z−1 =0 y que pasa por los puntos

(1, 0, 1

2

)y(0, 1, 1

2

).

Solucion:

La ecuacion de plano tangente es: x+ y + z =3

2

Problema 3

Sea S una superficie dada por la ecuacion x3 + y3 + z3 − a3 = 0, con aconstante, y Π un plano tangente en P0 = (xo, yo,zo) ∈ S que intersec-ta los ejes coordenados X,Y,Z en α, β, γ respectivamente. Probar queα−3/2 + β−3/2 + γ−3/2 = a−3/2 es constante.

Problema 4

Determinar el plano tangente a la superficie S

√x+√y +√z =√a, (a > 0)

en el punto P0 = (xo, yo,zo) ∈ S y demostrar que este plano corta losejes

coordenados en segmentos cuya suma de longitudes es constante.

Solucion:x− xo√

xo+y − yo√

yo+z − zo√

zo= 0

l =√a(√xo +

√yo +

√zo) = a, (a > 0)

281

Problema 5

Muestre que si el punto P0 = (xo, yo,zo) pertenece al elipsoide deecuacion:

π :x2

a2 − α+

y2

b2 − α+

z2

c2 − α= 1 con (α < c2 < b2 < a2)

y al manto del hiperboloide de ecuacion:

θ :x2

a2 − β+

y2

b2 − β+

z2

c2 − β= 1 con (c2 < β < b2 < a2)

Entonces las superficies π y θ se cortan ortogonalmente en P0 = (xo, yo,zo) .

Regla de la cadena

Problema 1

Sean f : R2 → R y g : R → R, con f (x, g (x)) = x sin (g (x)) .Sabiendo que g (1) = 0 y que f

′(1, 0) = 1, calcular g′ (1) .

Solucion:

El valor de la derivada es g′ (1) = 1

Problema 2

Sea f : D ⊂ IR2 → IR una funcion diferenciable homogenea degrado p, es

decir que verifica la condicion f (tx, ty) = tpf (x, y) ∀t > 0,∀ (x, y) ∈IR2.

a) Demuestre la ecuacion x∂f

∂x+ y

∂f

∂y= pf.

b) Pruebe que la siguientes funciones son homogeneas f (x, y) = xy,

f (x, y) = x2 + 3xy + y2 y luego verifique la ecuacion anterior.

Problema 3

Sea g(t) = f (x (t) , y (t)) de clase C2, deduzca que:

g′′(t) = fxx (x, y) (x′)2+2fxy (x, y)x′y′+fyy (x, y) (y′)

2+fx (x, y)x′′+fy (x, y) y′′

282

Problema 4

Sea f = f (x, y) de clase C2 con fx (0, 1) = 2, fy (0, 1) = 1; fxx(0, 1) = 0,

fxy (0, 1) = −1, fyy (0, 1) = 1.Si h(t) = f (t2, 1 + t3) .

Calcule la derivada compuesta (f −→r )′(t) y evalue h(0) = 4

Solucion:

h′′(t) = fxx (x, y) (x′)2 + 2fxy (x, y)x′y′ + fyy (x, y) (y′)2 + fx (x, y)x′′ +

fy (x, y) y′′

h′′ (0) = 4

Derivacion implıcita

Sea z = f(x, y) definida por z = u + vdonde u = u(x, y) y v = v(x, y)son funciones

definidas de manera implıcita por las ecuaciones

F = u+ eu+v − x = 0

G = v + eu−v − y = 0

Si u = v = 0 entonces x = y = 1: Calcular zx(1, 1).

Solucion:

zx(1, 1) = 1

Problema 5

Verifique que la funcion f (x, y) = g

(x

y2

)satisface la ecuacion:

2x∂f

∂x+ y

∂f

∂y= 0

Problema 6

Sea g(xyz, x2 + y2

)= 0 una ecuacion que define a z como una funcion

de x e

y. Verifique que si gx; gy y gz existen y son continuas en toda la regionen la que

gz 6= 0; entonces

283

yzx − xzy =z(x2 − y2)

xy

Problema 7

Si F (xz, yz) = 0 define a z como funcion implıcita de x e y y ademascumple con las

condiciones del teorema de la funcion implıcita en cada punto de unaregion R; entoncesverifique que, en R; se satisface la ecuacion

xzx + yzy = −z

3.5.5. Puntos crıticos maximos y mınimos

Problema 1

Sea f : U ⊆ R2 → R definida en el abierto U , dada por:

f(x, y) = x4 + y4 + 4axy + 8a4, (a ∈ R). Calcular los valores extremosde la funcion.

Solucion:

Si a = 0, entonces, el unico punto crıtico es P0 = (0, 0) (mınimo) .

Si a > 0, tenemos tres puntos crıtico es P0 = (0, 0) (punto silla),P1 = (

√a,−√a), P2 = (−

√a,√a) (mınimos).

Si a < 0, tenemos tres puntos crıtico es P0 = (0, 0) (punto silla),P1 = (

√−a,√−a), P2 = (−

√−a,−

√−a) (mınimos).

Problema 2

Hallar los extremos absolutos de la funcion f (x, y, z) = x+ y+ z en elconjunto D = ((x, y, z) ∈ IR3/x2 + y2 ≤ z ≤ 1) .

Solucion:

El mınimo de f se alcanza en

(−1

2,−1

2,1

2

)y vale

1

2, y el maximo se

alcanza en

(− 1√

2,− 1√

2,1

2

)y vale 1 +

√2

284

Problema 3

Sea la funcion f (x, y) = xy (y2 − x2)

a) Determine y clasifique los puntos crıticos de f

b) Detemine los maximos y los mınimos de f en la region

0 ≤ x ≤ 1; 0 ≤ y ≤ 1.

Solucion:

a) En P0 = (0, 0) hay un punto silla. En P1 = ( 1√3, 1) hay maximo de

f ,

y en P2 = (1, 1√3, ) hay un mınimo de f

b) El maximo es f( 1√3, 1) =

2

3√

3y el mınimo f(1, 1√

3) = − 2

3√

3

Problema 4

Calcular la distancia mınima del punto (0, b) a la parabola x2−4y = 0.

Solucion:

d = 2

Problema 5

Calcular el paralelepıpedo de volumen maximo que tiene una diagonalde longitud 1.

Solucion:

V

(1√3,

1√3,

1√3

)=

1

3√

3

Problema 6

Hallar el punto de la elipse 3x2−2xy+3y2 = 8 para la cual la respectivarecta tangente esta a la menor distancia del origen.

Solucion:

Se tienen cuatro puntos crıticos P0 = (1,−1) , P1 = (−1, 1) ,

P2 =(√

2,√

2), P3 =

(−√

2,−√

2).

285

Los puntos donde esta la menor distancia son:

d(√

2,√

2)

= d(−√

2,−√

2)

= 2

Los puntos donde esta la mayor distancia :

d (1,−1) = d (−1, 1) =√

2

Problema 7

Un canaleta cuya seccion transversal tiene forma de trapecio, con angu-los iguales en la base, se fabrica doblando bandas iguales a lo largo deambos lados de una larga plancha de metal,de 12 pulgadas de ancho.Encuentre los angulos de la base y el ancho de los lados que producenla maxima capacidad de la canaleta.

Solucion: angulos2π

3, ancho de lados 4 pulgadas

Problema 8

Pruebe que para angulos x, y, z cuya suma es x+ y + z = π2,

se cumple la desigualdad

sinx sin y sin z ≤ 1

8

3.6. Aplicaciones Derivada Direccional

Ejemplo 1

Suponga que la temperatura en grados Celsuis en el punto (x, y) cercade un aeropuerto esta dada por

f(x, y) =1

180[7400− 4x− 9y − 0, 03xy] ( con las distancias x e y

medidas en kilometros).

a) Suponga que un avion despega del aeropuerto en la ubicacion P (200, 200)y se dirige al noreste en la direccion especificada por el vector −→v =(3, 4) .¿Cual es la tasa de cambio inicial de la temperatura en la direc-cion dada?.

286

b) Si el avion sale del aeropuerto en P y vuela en la direccion −→v con

una rapidez v =ds

dt= 5 km/min. ¿Cual es la tasa de cambio inicial de

la temperatura en la direccion dada por unidad de tiempo?

Solucion:

a) Como f es una funcion diferenciable en IR2, la derivada direccionalde la funcion f en el punto P en la direccion −→v esta dada por:

Duf (P ) = ∇f (P ) · u

Determinemos el versor u =−→u‖−→u ‖

=(3, 4)√32 + 42

=

(3

5,4

5

)Ahora calculemos el gradiente∇f (P ) =

(1

180(−4− 0, 03y) ,

1

180(−9− 0, 03x)

)La derivada direccional en cualquier punto es

Dvf (P ) =

(1

180(−4− 0, 03y) ,

1

180(−9− 0, 03x)

)·(

3

5,4

5

)

Evaluemos la derivada direccional el punto P (200, 200), se encuentraque:

Dvf (200, 200) =

(3

5·(− 10

180

)+

4

5

(− 15

180

))= − 18

180

Dvf (200, 200) = −0, 1oC

km

Lo que significa que se observara una disminucion de 0, 1oC de temper-atura en esa direccion por cada km de viaje.

b) La tasa de variacion de la temperatura con respecto al tiempoesta dada por

df

dt=

df

ds

ds

dt= Dvf (P ) ‖−→v ‖ =

(−0, 1

oC

km

)(5km/min)

df

dt= −0, 5

km

mın

287

Ejemplo 2

Suponga ahora que consideramos que la temperatura en grados Celsuisen el punto (x, y, z) cerca de un aeropuerto esta dada por

f(x, y, z) =1

180[7400− 4x− 9y − 0, 03xy] −2z , donde f es la tem-

peratura por kilometro de altitud.

a) Si un halcon esta inmovil en el aire, en el punto P (200, 200, 5) ysobre el aeropuerto desciende en forma subita con una rapidez de 3km/min en la direccion dada por el vector (3,4,-12) . ¿Cual es la tasade cambio instantanea que experimenta el ave?

b) ¿En que direccion debe descender el halcon que esta en el puntoP(200,200) a una altitud de 5 km, a fin de calentarse lo mas rapido?

c) ¿Que tan rapido subira su temperatura conforme el ave baje a unarapidez de 3 km/min?

d) ¿Cual sera la direccion de la brujula y el angulo de descenso conformevuele en esa direccion particular?

Solucion:

a) La derivada direccional de la funcion f en el punto P en la direccion−→v esta dada por:

Duf (P ) = ∇f (P ) · u

Determinemos el versor u =−→u‖−→u ‖

=(3, 4,−12)√

32 + 42 + (−12)2=

(3

5,4

5,−12

13

)El vector gradiente de temperatura es

∇f (P ) =

(1

180(−4− 0, 03y) ,

1

180(−9− 0, 03x) ,−2

)El gradiente en la posicion inicial es

∇f(200, 200, 5) =

(− 10

180,− 15

180,−2

)Por tanto , la tasa de cambio inicial de la temperatura del ave respectode la distancia en la direccion dada es

df

ds= Duf (P ) = ∇f (P ) · u

288

Evaluemos la derivada direccional la posicion inicial P (200, 200, 5),

Dvf (200, 200, 5) =

(3

13·(− 10

180

)+

4

13

(− 15

180

)− 2

(−12

13

))=

47

26

Como la rapidez del ave esds

dt=3 km/min, entonces la tasa de cambio

por unidad de tiempo que experimenta el halcon es

df

dt=df

ds

ds

dt= Dvf (P ) ‖−→v ‖ =

(47

26

oC

km

)(3km/min) ≈ 5, 4

oC

mın

c) El valor maximo esta dado por

df

ds= [Dvf (P )]max = ‖∇f (P )‖

=

√(− 10

180

)2

+

(− 15

180

)2

+ (−2)2

= 2,0025

Y se alcanza en en la direccion dada por el gradiente

n =∇f (P )

‖∇f (P )‖=

(−10,−15,−360)

360, 45

La rapidez del halcon es 3 , por lo que la tasa temporal de cambio dela temperatura en esa direccion experimentada por el halcon es

df

dt=df

ds

ds

dt= Dvf (P ) ‖−→v ‖ =

(2, 0025

oC

km

)(3km/min) ≈ 6, 0075

oC

mın

3.7. Aplicaciones de Maximos y Mınimos

3.7.1. Aplicacion al campo de la mecanica

Sea−→F : D → R3 un campo de Fuerza definido en cierto dominio D de

R3. Consideremos ahora una partıcula de masa m que se mueve a lolargo de una trayectoria −→r (t) bajo la accion de este campo de fuerza.

289

La ecuacion de movimiento de la partıcula esta dada por la segundaley de Newton:

−→F (−→r (t)) = m−→r ” (t) (∗)

Si el campo vectorial−→F es conservativo, esto es,

−→F = −∇V , entonces:

1

2m ‖−→r ′ (t)‖+ V (−→r (t)) = c

donde c es una constante. El primer termino se llama energıa cineticay el segundo corresponde a la funcion potencial V.

Si diferenciamos la expresion anterior usando la regla de la cadena:

d

dt

[1

2m ‖−→r ′ (t)‖+ V (−→r (t))

]= m−→r ′ (t)·−→r ′′ (t)+∇V (−→r (t))·−→r ′ (t) =

0[m−→r ′′ (t) +∇V (−→r (t))

]· −→r ′ (t) = 0 ⇐⇒ m−→r ′′ (t) +∇V (−→r (t)) = 0

Por tanto, m−→r ′′ (t) = −∇V (−→r (t)) =−→F (−→r (t)) lo que demuestra la

ecuacion de Newton (∗) .

Un punto −→r o ∈ D se llama posicion de equilibrio si la fuerza en ese

punto es cero:−→F (−→r o) = 0.Un punto −→r o que sea de equilibrio se llama

estable si para todo ρ > 0 y ε > 0, podemos escoger numeros ρo > 0y εo > 0 tales que un punto situado en cualquier lugar a una distanciamenor que ρo de −→r o,despues de recibir inicialmente energıa cinetica enuna cantidad menor que εo, permanecera para siempre a una distanciade −→r o menor que ρ y poseera energıa cinetica menor que ε.

Ası, si tenemos una posicion de equilibrio, la estabilidad en −→r o sig-nifica que una partıcula que se mueve lentamente cerca de −→r o siemprepermanecera cerca de −→r o y se mantendra moviendose lentamente.

Ahora, si tenemos un punto de equilibrio inestable −→r o , entonces−→r (t) = −→r o resuelve la ecuacion de Newton

−→F (−→r (t)) = m−→r ” (t) ,

pero las soluciones cercanas pueden alejarse de −→r o conforme trascurrael tiempo.

Proposicion 3.7.1. i) Los puntos crıticos de un potencial son posi-ciones de equilibrio.ii) En un campo conservativo, un punto −→r o en el cual el potencialalcance un mınimo local estricto, es una posicion de equilibrio estable.

290

Demostracion

1) La primera afirmacion es bastante obvia debido a la definicion de

campo conservativo:−→F = −∇V, los puntos de equilibrios −→r o son

exactamente los puntos crıticos de V, en los cuales ∇V (−→r o) = 0

2) Para probar la afirmacion ii), haremos uso de la ley de conservacionde energıa . Tenemos

1

2m ‖−→r ′ (t)‖+ V (−→r (t)) =

1

2m ‖−→r ′ (0)‖+ V (−→r (0))

Escojamos un pequena vecindad de −→r o, y asumamos que la partıculatienen poca energıa cinetica. Conforme t crece, la partıcula se alejade −→r osobre una trayectoria −→r (t) y V (−→r (t)) crece pues V (−→r (0)) esun mınimo estricto , de modo que la energıa cinetica debe decrecer .Si la energıa cinetica inicial es suficientemente pequena, entonces, paraque la partıcula escape de la vecindad de −→r o, fuera de la cual V hacrecido en una cantidad definida, la energia cinetica tendria que volversenegativa, lo cual es imposible. Asi, la particula no puede escapar de lavecindad.

Sea una partıcula en un campo de potencial V restringido a manten-erse sobre la superficie de nivel S dada por la ecuacion φ (x, y, z) = 0

con ∇φ 6= 0. Si en la ecuacion de Newton−→F (−→r (t)) = m−→r ” (t) (∗) ,

reemplazamos−→F con la componente de

−→F paralela a S, aseguramos

que la partıcula permanecera en S.

Proposicion 3.7.2. i) Si en un punto P sobre la superficie S el poten-cial V |S tiene un valor extremo, entonces el punto P es una posicionde equilibrio sobre la superficie.ii) Si un punto P ∈ S es un mınimo local estricto del potencial V|S ,entonces el punto P es una posicion de equilibrio estable.

Ejemplo Sea el campo gravitacional cerca de la superficie de la tier-

ra; esto es, sea−→F = (0, 0,−mg) donde g es la aceleracion de gravedad

. Determine la funcion potencial gravitacional y ¿cuales son las posi-ciones de equilibrio, si una partıcula con masa m esta restrigida a laesfera g (x, y, z) = x2 +y2 + z2− r2 = 0, (r > 0)?¿Cuales son estables?.

Solucion:

291

Tenemos que Fz = −∂V∂z

= mg =⇒ V (x, y, z) = mgz

Usando el metodo de los multiplicadores de Lagrange podemos localizar

los extremos posibles, tenemos que:

L (x, y, z, λ) = V (x, y, z) + λg (x, y, z)

L (x, y, z, λ) = mgz + λ(x2 + y2 + z2 − r2

)Lx (x, y, z, λ) = 2λx = 0 =⇒ λ 6= 0 y x = 0 (1,0)

Ly (x, y, z, λ) = 2λy = 0 =⇒ λ 6= 0 y y = 0 (2,0)

Lz (x, y, z, λ) = mg + 2λz = 0 =⇒ λ = −mg2z

y z 6= 0 (3,0)

Lλ (x, y, z, λ) = x2 + y2 + z2 − r2 = 0 ( 4,0)

Reemplazando (1,0), (2,0), (3,0) en ( 4,0)

z2 − r2 = 0 =⇒ z = ±r y λ = −mg2r

Luego, se deduce que los puntos P1 = (0, 0, r) y P2 = (0, 0,−r) son

posiciones de equilibrio.

3.7.2. Aplicaciones a la geometrıa

Ejemplo 1 Determine la distancia mınima desde el origen (0,0,0) a

la superficie S del elipsoide x2 +y2

4+z2

9= 1.

Solucion:

Sabemos que la distancia entre un punto P y el origen esta dada porla funcion d(x, y, z) =

√x2 + y2 + z2. Sin embargo, por razones de

simplicidad en los calculos , en lugar de la funcion anterior vamos aconsiderar la funcion f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 en atencion a que ftendra un mınimo en un punto si y solo si d lo tiene.

Se trata de obtener los extremos condicionados de la funcion distancia

f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 sujeta a la condicion x2 +y2

4+z2

9= 1.

Formemos la funcion auxiliar de Lagrange

F (x, y, z, λ) = (x2 + y2 + z2) + λ(x2 +y2

4+z2

9− 1)

292

y consideremos entonces el sistema.

Fx (x, y, z, λ) = 2x+ 2λx = 0

Fy (x, y, z, λ) = 2y +1

2λy = 0

Fz (x, y, z, λ) = 2z +2

9λz = 0

Fλ (x, y, z, λ) = x2 +y2

4+z2

9− 1 = 0

De las tres primeras ecuaciones obtenemos

2x(1 + λ) = 0 =⇒ x = 0 ∨ λ = −1

y(2 +1

2λ) = 0 =⇒ y = 0 ∨ λ = −4

2z(1 +1

9λ) = 0 =⇒ z = 0 ∨ λ = −9

Sustituyendo y = z = 0 en la cuarta ecuacion produce

x2 − 1 = 0 =⇒ x = ±1

.

Reemplazando x = z = 0 en la cuarta ecuacion produce

y2

4− 1 = 0 =⇒ y = ±2

Sustituyendo x = y = 0 en la cuarta ecuacion produce

z2

9− 1 = 0 =⇒ z = ±3

Luego , se obtienen seis puntos crıticos

P0 = (1, 0, 0) , P1 = (−1, 0, 0) , P2 = (0, 2, 0) , P3 = (0,−2, 0)

P4 = (0, 0, 3) , P5 = (0, 0,−3) .

Evaluando la funcion en los puntos encontrados debera haber un maxi-mo y

un mınimo

f(±1, 0, 0) = 1, f(0,±2, 0) = 4, f(0, 0,±3) = 9

Se tiene que el mınimo de f se encuentra en los puntos (±1, 0, 0) y esigual 1. y el maximo esta localizado en los puntos (0, 0,±3) y vale 9.

293

Ejemplo 2 Determine la distancia mınima y maxima del origen a la

curva de interseccion del paraboloide x2 + y2 + z − 7

4= 0 y el plano

x+ y + z − 2 = 0.

Solucion:

Igual que el ejemplo anterior resulta mas conveniente hallar los ex-tremos del cuadrado de la distancia respecto del origen en vez de lafuncion distancia d (x, y, z) =

√x2 + y2 + z2

Por consiguiente, se trata de obtener los extremos condicionados dela funcion distancia f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 sujeta a las condiciones

g(x, y, z) = x2 + y2 + z − 7

4= 0 y h(x, y, z) = x+ y + z − 2 = 0

Formemos la funcion auxiliar de Lagrange

F (x, y, z, λ1, λ2) = (x2+y2+z2)+λ1

(x2 + y2 + z − 7

4

)+λ2 (x+ y + z − 2)

y consideremos entonces el sistema.

Fx(x, y, z, λ1, λ2) = 2x(1 + λ1) + 2λ2 = 0 (1)

Fy(x, y, z, λ1, λ2) = 2y(1 + λ1) + 2λ2 = 0 (2)

Fz(x, y, z, λ1, λ2) = 2z + λ1 + λ2 = 0 (3)

Fλ1(x, y, z, λ1, λ2) = x2 + y2 + z − 7

4= 0 (4)

Fλ2(x, y, z, λ1, λ2) = x+ y + z − 2 = 0 (5)

De las dos primeras ecuaciones se obtiene

λ1 = −1 o y = x

Consideremos primero el caso λ1 = −1.A partir de (1) se obtiene λ2 =

0 . Sustituyendo estos valores en (3) z =1

2.

Reemplazando z en (4) y (5), produce

x2 + y2 − 5

4= 0

x+ y − 3

2= 0

Resolviendo el sistema se obtienen los puntos crıticos

294

P0 =

(1,

1

2,1

2

), P1 =

(1

2, 1,

1

2

)Al evaluar ambos puntos en la funcion distancia, obtenemos

d (x, y, z) =

√1 +

1

4+

1

4=

√3

2

Consideremos ahora y = x , a partir de las ecuaciones (4) y (5) seobtiene

2x2 + z − 7

4= 0

2x+ z − 2 = 0

Resolviendo el sistema se obtienen los puntos crıticos

P3 =

(1

2±√

2

4,1

2±√

2

4, 1∓

√2

2

),

Al evaluar todos estos puntos en la funcion distancia, obtenemos

d

(1

2±√

2

4,1

2±√

2

4, 1∓

√2

2

)=

1

2

√9∓ 2

√2

Como la curva de interseccion del paraboloide y el plano es cerrada, lasdistancias maxima y minima absoluta del la curva al origen son:

dmax =1

2

√9 + 2

√2, dmın =

√3

2

Ejemplo 3 Encuentre el volumen maximo de una caja rectangular

inscrita en el elipsoidex2

a2+y2

b2+z2

c2= 1 con sus caras paralelas a los

planos coordenados.

Solucion:

Sea P(x,x,z) el vertice de la caja que esta en el primer octante dondex > 0, y > 0, z > 0. Por la simetria del problema se desea maximizarla funcion volumen f(x, y, z) = 8xyz sujeta a la condicion g(x, y, z) =x2

a2+y2

b2+z2

c2− 1 = 0

Formemos la funcion auxiliar de Lagrange

F (x, y, z, λ) = 8xyz + λ

(x2

a2+y2

b2+z2

c2− 1

)295

y consideremos entonces el sistema.

Fx (x, y, z, λ) = 8yz +2λ

a2x = 0 (1)

Fy (x, y, z, λ) = 8xz +2λ

b2y = 0 (2)

Fz (x, y, z, λ) = 8xy +2λ

c2z = 0 (3)

Fλ (x, y, z, λ) =x2

a2+y2

b2+z2

c2− 1 = 0 (4)

Multiplicando las ecuaciones (1), (2)y (3) por x, y, x respectivamente,produce

8xyz +2λ

a2x2 = 0 (1,1)

8xyz +2λ

b2y2 = 0 (2,2)

8xyz +2λ

c2z2 = 0 (3,3)

Entonces , obtenemos

2λ

a2x2 =

2λ

b2y2 =

2λ

c2z2 = −8xyz

Para obtener el volumen maximo se requiere que x, y, x 6= 0 y λ 6= 0

Concluimos entonces que

x2

a2=y2

b2=z2

c2

Sustituyendo esta expresion en la ecuacion (4), obtenemos

3x2

a2− 1 = 0 =⇒ x =

a√3

Ası, sucesivamente se tiene un unico punto crıtico

P0 =

(a√3,b√3,c√3

)Por lo tanto , la caja tiene un volumen maximo dado por

fmax

(a√3,b√3,c√3

)=

8

3√

3abc

296

3.7.3. Aplicacion al campo de la economıa

Supongase que la produccion de cierto producto de una companıa man-ufacturera es una cantidadQ , dondeQ es una funcion de f(K,L) dondeK es la cantidad de capital (o inversion) y L es la cantidad de trabajorealizado. Si el precio del trabajo es p, el precio del capital es q y lacompania no puede gastar mas de B dolares, ¿como podemos hallar lacantidad de capital y de trabajo que maximice la produccion Q?

Solucion:

Se esperarıa que si se incrementa la cantidad de capital o de trabajo,entonces la produccion debera incrementarse; esto es:

∂Q

∂K≥ 0 y

∂Q

∂L≥ 0

Tambien se esperaria que conforme se anada trabajo a una cantidaddada de capital, obtendremos menos productos adicionales por nuestroesfuerzo, esto es:

∂2Q

∂K2< 0

De manera analoga,∂2Q

∂L2< 0

Con estas hipotesis sobre Q , es razonable esperar que las curvas denivel de la produccion- llamadas isocuantas- Q(K,L) = c, se veancomo las esbozadas en la figura, con c1 < c2 < c3.

pendiente imagen

Podemos interpretar la convexidad de las isocuantas como sigue: si nosmovemos hacia la derecha a lo largo de una isocuanta dada , se em-plea mas capital para reemplazar una unidad de trabajo y producirla misma cantidad. La restriccion de presupuesto significa que debe-mos mantenernos dentro del triangulo acotado por los ejes y la rectapL + qK = B. Geometricamente, es claro que producimos mas al gas-tar nuestro dinero de tal manera que seleccionemos la isocuanta quesolamente toca, pero no cruza, la recta presupuesto.

297

Como el punto maximo esta en la frontera de nuestro dominio, aplicare-mos el metodo de los multiplicadores de Lagrange para hallar el maxi-mo. Para maximizar Q = f(K,L) sujeto a la restriccion pL+qK = B,buscamos los puntos crıticos de la funcion auxiliar

H (K,L, λ) = f (K,L) + λ (pL+ qK −B)

Ası queremos:

HK (K,L, λ) = fK (K,L) + λq = 0 =⇒ fK (K,L) = QK (K,L) = −λqHL (K,L, λ) = fL (K,L) + λp = 0 =⇒ fL (K,L) = QL (K,L) = −λpHλ (K,L, λ) = pL+ qK −B = 0 =⇒ pL+ qK −B = 0

Con estas ecuaciones podemos encontrar los puntos crıticos de la fun-cion Q. Luego, usando derivacion implicita podemos determinar el pun-to donde se maximiza la produccion.

En el ejemplo anterior , λ representa algo interesante. Mas adelantevamos a interpretar λ.

Sean k = qK y l = pL, de modo que k es el valor en dolares del capitalempleado, y l es el valor en dolares del trabajo empleado, entonces lasecuaciones se convierten en:

H (k, l, λ) = f (k, l) + λ (l + k −B)

Hk (k, l, λ) = fk (k, l) + λ = 0 =⇒ fk (k, l) = Qk (k, l) = −λHl (k, l, λ) = fl (k, l) + λ = 0 =⇒ fl (k, l) = Ql (k, l) = −λHλ (k, l, λ) = λl + k −B = 0 =⇒ λl + k −B = 0

Comparando con las primeras dos ecuaciones del caso anterior se tieneque:

∂Q

∂k=

1

q

∂

∂K= −λ =

∂Q

∂l=

1

p

∂

∂K

Ası , en el punto optimo de produccion , el cambio marginal en la pro-duccion por dolar de inversion de capital adicional, es igual al cambiomarginal de la produccion por dolar de trabajo adicional, y λ es este

298

valor comun. En el punto optimo, el intercambio de un dolar de capi-tal por un dolar de trabajo no cambia la produccion. Fuera del puntooptimo, la produccion marginal es distinta, y un intercambio, o el otro,incrementan la produccion.

Ejemplo Suponga que la produccion total de una compania esta da-da por la funcion P = P (K,L) = K1/4L1/2 donde K denota el numerode unidades de capital usado y L es el numero de unidades de trabajousado.

a) Suponga que cada unidad de capital K cuesta 1 millon de dolaresy cada unidad de trabajo L cuesta 7 millones de dolares.Considere elproblema de maximizar la produccion total P si el presupuesto totales de 10 millones de dolares.

b) Suponga que el capital K aumenta en una razon de 4 % por ano, yel trabajo L aumenta en una razon de 5 % por ano. Determine la razonde crecimiento de la produccion P por ano.

Solucion:

Tenemos que extremar P = P (K,L) = K1/4L1/2 bajo la condicionK + 7L− 10 = 0

Sea la funcion auxiliar de Lagrange

F (K,L.λ) = K1/4L1/2 + λ (K + 7L− 10)

y consideremos entonces el sistema.

FK (K,L.λ) =1

4K−3/4L1/2 + λ = 0 (1)

FL (K,L.λ) =1

2K1/4L−1/2 + 7λ = 0 (2)

Fλ (K,L.λ) = K + 7L− 10 = 0 (3)

Multiplicando (1,0) por 4K y (2,0) por 2L, produce:

K1/4L1/2 + 4Kλ = 0 (1,1)

K1/4L−1/2 + 14Lλ = 0 (2,1)

Restando las ultimas ecuaciones tenemos:

299

4Kλ− 14Lλ = 0

Entonces

2λ(2K − 7L) = 0 =⇒ λ = 0o (2K − 7L) = 0

Si λ = 0 nos quedamos sin restricion, luego

λ 6= 0y(2K − 7L) = 0 =⇒ K =7

2L

Reemplazando el resultado anterior en (3,0) ,queda

7

2L+ 7L = 10 =⇒ L =

20

21entonces K =

10

3

Asi, se tienen un unico punto crıtico en P0 =

(10

3,20

21

).

Por tanto, la produccion maximizada sera P

(10

3,20

21

)=

(10

3

)1/4(20

21

)1/2

ii) Supongamos que K y L aumentan en una razon de 4 % y 5 %,respectivamente, por ano

dK

dt= 0, 04K (1,0)

dL

dt= 0, 05L (2,0)

Usando la regla de la cadena sobre la funcion P (K,L) tenemos:

dP

dt=

∂P

∂K

∂K

∂t+∂P

∂L

∂L

∂tdP

dt=

1

4K−3/4L1/2∂K

∂t+

1

2K1/4L−1/2∂L

∂t(3,0)

Sustituyendo (1,0) y (2,0) en (3,0)

dP

dt=

1

4K−3/4L1/2 (0, 04K) +

1

2K1/4L−1/2 (0, 05L)

dP

dt= K1/4L1/2

(1

40, 04 +

1

20, 05

)300

Reemplazado en la expresion anterior P = K1/4L1/2

Finamente, se tiene:dP

dt= 0, 035P,lo que significa que la produccion

aumenta 3,5 % por ano.

Ejemplo Una compania planea gastar 10.000 dolares en publicidad.Cuesta 3.000 dolares un minuto de publicidad en la television y 1.000dolares un minuto de publicidad en la radio. Si la empresa comprax minutos de comerciales en television e y minutos de comerciales enla radio, su ingreso, en miles de dolares, esta dado por f (x, y) =−2x2 − y2 + xy + 8x + 3y. ¿Como puede la empresa maximizar suingreso invirtiendo en la publicidad?

Solucion:

Se desea maximizar la funcion f (x, y) = −2x2 − y2 + xy + 8x+ 3ybajo la restriccion g(x, y) = 3x+ y − 10 = 0.

Consideremos la funcion auxiliar

L (x, y, λ) = −2x2 − y2 + xy + 8x+ 3y + λ (3x+ y − 10)

Primero,apliquemos la condicion necesaria de punto crıtico ∇L (x, y, λ) =0.

Lx (x, y, λ) = −4x+ y + 8− 3λ = 0 (1)

Ly (x, y, λ) = −2y + x+ 3− λ = 0 (2)

Lλ (x, y, λ) = 3x+ y − 10 = 0 (3)

De la ecuaciones (1) y (2)se obtiene

y = 3λ+ 4x− 8 (1,1) , x = λ+ 2y − 3 (2,1)

Reemplazando (2,1) en (1,1) queda:

y = 3λ+ 4 (λ+ 2y − 3)− 8 =⇒ y = 7λ+ 8y − 80

Luego, se tiene

y =20

7− λ (1,2)

Asi, (1,2) en (2,1) produce:

301

x =19

7− λ (2,2)

Sustituyendo (1,2) y (2,2) en (3,0) , obtenemos:

4λ− 1 = 0 =⇒ λ =1

4.

Entonces (1,2) y (2,2) nos da un unico punto crıtico P0 =

(73

28,69

28

).

Determinemos la naturaleza de este punto critico usando el criterios dela segunda derivada.

El hessiano para f (x, y) es

H

(73

28,69

29

)=

∣∣∣∣ fxx fxyfxy fyy

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣ −4 11 −2

∣∣∣∣ = 7 > 0 y fxx

(73

28,69

28

)= −4 < 0

Por lo tanto, la funcion es maxima en el punto P0 =

(73

28,69

28

).

Ası , la empresa tendria que comprar73

28minutos de comerciales en

television y69

28minutos de comerciales en radio.

3.7.4. Problemas Propuestos de Aplicaciones

1.- Sea una partıcula que se mueve en un campo de potencial en R2

dado por V (x, y) = 3x2 + 2xy + 2x + y2 + y + 4. Hallar los puntos deequilibrio estable si los hay.

Solucion: Hay un unico punto de equilibrio estable en

(−1

4,1

4

).

2.- Sea una partıcula moviendose en un campo de potencial en R2 dadopor V (x, y) = x2 + 4xy − y2 − 8x − 6y. Hallar todos los puntos deequilibrio.¿Cuales, si los hay, son estable?

Solucion : Hay un unico punto de equilibrio inestable en (2, 1) .

3.- Sea una partıcula restringida a moverse sobre la esfera x2+y2+z2 =1, sujeta a fuerzas gravitacionales, asim como al potencial adicionalV (x, y, z) = x+ y.Hallar los puntos de equilibrio estable, si los hay.

302

Solucion : Hay un unico punto de equilibrio estable en (2 +m2g2)−1/2

(−1,−1,−mg) .

4.- Usando la informacion anterior , encuentre el punto optimo para lafuncion de produccion Q (K,L) = AKαL1−α , donde A y α son con-stantes positivas y 0 < α < 1, que se usa para modelar la econonomıanacional. Q es, entonces, la produccion agregada de la economıa parauna entrada de capital y trabajo dada .

Solucion: En el optimo:KQ

α=

pL

1− α

5.- Una compania usa aluminio, hierro y magnesio para producir acc-cesorios de automoviles. La cantidad de accesorios que puede producirusando x toneladas de aluminio, y toneladas de hierro y z toneladas demagnesio es Q (x, y, z) = xyz. El costo de la materia prima es: aluminio6 dolares por tonelada; hierro 4 dolares por tonelada ; y magnesio 8dolares por tonelada. ¿Cuantas toneladas de aluminio, hierro y magne-sio deberan usarse para manufacturar 1000 accesorios al menor costoposible?

Solucion: x =20

33√

3 , y = 10 3√

3, z = 5 3√

3

6.- Una Pyme cuenta con 8.000 dolares para importar dos tipos debebidas energeticas . Si x son la unidades de bebidas energeticas que se

importaran desde Holanda, y se estima que venderan12x

x+ 6unidades de

esta bebidas a un precio de 200 dolares cada una. Si y son la unidadesde bebidas energeticas que se importaran desde Alemania, estimandose

que venderan24y

y + 3unidades, a un precio de 200 dolares cada una.

Si el costo por unidad vendida de cada bebida es de 50 dolares.

a) Determine cuantas unidades de cada bebida energetica deben im-portar para maximizar su utilidad.

b) Determine la utilidad maxima.

Solucion:La funcion utilidad esta dada por la diferencia entre el preciode venta de las bebidas y el costo de importacion

a) 78, 5 bebidas Holandesas y 81, 5 bebidas Alemanas.

b) Utilidad U(78, 5; 81, 5) = 5144, 7 dolares.

303

7.- La funcion de produccion de una companıa es Q (x, y) = xy. Elcosto de produccion es C (x, y) = 2x+3y.Si esta companıa puede gastarC (x, y) = 10, ¿cual es la maxima cantidad que puede producir?

Solucion: P

(5

2,5

3

)=

25

6

3.8. Auto evaluaciones

Autoevaluacion No1

El estudiante:

1) Determinara si una funcion f : D ⊆ R2 −→ R definida en el conjun-to abierto D, es o no diferenciable en un punto del dominio, empleando ladefinicion de diferenciabilidad.

2) Calculara la derivada direccional maxima de una funcion f diferenciableen un punto evaluando el gradiente y el vector unitario necesario.

3) Utilizara el metodo de los multiplicadores de Lagrange para localizarlos posibles valores extremos de una funcion f : Ω ⊆ RN −→ R, definida enun conjunto abierto Ω, sujeta a una o dos condiciones gm(x) = 0 , m = 1,2 y

m < N

Tiempo: 2 horas

Pregunta 1

Estudie la diferenciabilidad de la funcion f(x; y) = x2 + 2y2 , en el punto

(x0; y0) = (1; 2).

Pregunta 2

Hallar los coeficientes a y b para que la derivada direccional maxima

de la funcion eax+bycos(x+ y) − z = 0 en el punto (0, 0) sea 3√

2 en la

direccion de la bisectriz del primer cuadrante.

Pregunta 3

Calcular la mınima distancia desde el origen (0, 0) hasta la recta

2x+ y = 1,usando el teorema de los Multiplicadores de Lagrange.

Pauta Autocorreccion

304

Pregunta 1En primer lugar, sus derivadas parciales en el punto (x0; y0) = (1; 2)existen y valen∂f

∂x(x, y) = 2x =⇒ ∂f

∂x(1, 2) = 2

∂f

∂y(x, y) = 4y =⇒ ∂f

∂y(1, 2) = 8

En segundo lugar, para mostrar que f es diferenciable tenemos quedemostrar

que se cumple

lım(x,y)→(x0,y0)

f (x, y)− f (x0, y0) +∂f

∂x(x0, y0) (x− x0) +

∂f

∂y(x0, y0) (y − y0)√

(x− x0)2 + (y − y0)2= 0

En efecto, tenemos que mostrar que

lım(x,y)→(1,2)

(x2 + 2y2)− (9 + 2(x− 1) + 8(y − 2))√(x− 1)2 + (y − 2)2

= 0

Para demostrar esto , traslademos el origen usando el cambio de variablesu = (x− 1) y v = (y − 2) .De este modo, tenemos que

lım(u,v)→(0,0)

((u+ 1)2 + 2(v + 2)2)− (9 + 2u+ 8v)√u2 + v2

si se desarrollan los parentesis, se obtiene

lım(u,v)→(0,0)

u2 + 2v2

√u2 + v2

Si nos acercamos al origen por una recta v = ku, obtenemos

lım(u,v)→(0,0)

u2 + 2v2

√u2 + v2

= lımu→0

u2(1 + 2k2)

u√

1 + k2= 0

Esto no prueba que el valor del lımite sea cero. Lo que nos indica es quesi

tal lımite existe, debe ser cero.Ası, se requiere la aplicacion directa de la definicion de lımite para concluirque este existe y vale ceroPara aplicar la definicion se tiene que∣∣u2 + 2v2

∣∣ ≤ ∣∣2u2 + 2v2∣∣ ≤ 2

∣∣u2 + v2∣∣

305

Luego ∣∣∣∣ u2 + 2v2

√u2 + v2

− 0

∣∣∣∣ ≤ ∣∣∣∣2(u2 + v2)√u2 + v2

∣∣∣∣ = 2√u2 + v2

vemos que

√u2 + v2 < δ =⇒

∣∣∣∣2(u2 + v2)√u2 + v2

∣∣∣∣ =√u2 + v2 <

δ

2

Es decir, con δ = 2ε nos queda

‖(u, v)− (0, 0)‖ < δ =⇒∣∣∣∣ u2 + 2v2

√u2 + v2

− 0

∣∣∣∣ < ε

lo que nos dice que efectivamente

lım(u,v)→(0,0)

u2 + 2v2

√u2 + v2

= 0

Por lo tanto la funcion f es diferenciable en el punto (1, 2) .

Pregunta 2La funcion z = eax+bycos(x + y) es continua en todo IR2 por ser com-

posicionde funciones continuas.

z′x =∂f

∂x= aeax+bycos(x+ y)− eax+bysen(x+ y)

z′y =∂f

∂y= beax+bycos(x+ y)− eax+bysen(x+ y)

Ademas, las derivadas parciales son continuas en todo IR2.Por tanto lafuncion es diferenciable en todo en todo IR2.Esto significa que la derivada direccional en un punto P (x, y) en una

direccion u se puede obtener como el producto escalar del gradiente de lafuncion en el punto y el versor que senala la direccion en el punto considerado

Duf (x, y) = ∇f (x, y) · u = 3√

2

Por otro lado, el gradiente de f nos da la direccion hacia donde la derivadadireccional es maxima, que en este caso corresponde a la bisectriz del primercuadrante, luego tenemos:

‖∇f (0, 0)‖ = 3√

2 y u =∇f (0, 0)

‖∇f (0, 0)‖=

(√2

2,

√2

2

)

306

Calculando el gradiente en el punto P(x, y) se tiene:

∇f (x, y) = (aeax+bycos(x+ y)− eax+bysen(x+ y), beax+bycos(x+ y)

−eax+bysen(x+ y))

Evaluando en el origen, obtenemos:

∇f (0, 0) = ai+ bj

se tiene que cumplir que:

√a2 + b2 = 3

√2 y u =

(a

3√

2,b

3√

2

)=

(√2

2,

√2

2

)=⇒ a = b

Por lo tanto, al sustituir el resultado en la primera ecuacion, queda:a = b = 3

Pregunta 3Hay que calcular los mınimos de la funcion d (x, y) =

√x2 + y2 bajo la

condicion 2x+ y − 1 = 0. Sin embargo, podemos simplificarcalculos si se trabaja con la funcion f (x, y) = x2 + y2, puesto quelos maximos y minımos de ambas funciones coinciden.Determinemos los puntos crıticos usando la funcion de LagrangeSea la funcion de Lagrange F (x, y, λ) = x2 + y2 + λ (2x+ y − 1) ,aplicando la condicion necesaria de punto critico , se tieneFx (x, y, λ) = 2x + 2λ = 0 =⇒ x = −λFy (x, y, λ) = 2y + λ = 0 =⇒ y = −λ

2Fλ (x, y, λ) = 2x+ y − 1 = 0

Sustituyendo los dos primeros resultados en la tercera ecuacion, produce

x =2

5, y =

1

5, λ = −2

5.

Entonces, existe un unico punto crıtico, que es P =

(2

5,1

5

).

Determinemos si es maximo o mınimo, usando la funcion de Lagrange

para el valor λ obtenido F (x, y) = x2 + y2 +2

3(2x+ y − 1)

Derivando parcialmente, queda

Fx (x, y) = 2x+4

3=⇒ Fxx (x, y) = 2, Fxy (x, y) = 0

Fy (x, y) = 2y +2

3=⇒ Fyy (x, y) = 2

307

Luego, el determinante de la matriz Hessiana es:

H (x, y) =

∣∣∣∣ 2 00 2

∣∣∣∣ = 4 6= 0. Como Fxx = 2 > 0 , se trata de un mınimo

de F .

Autoevaluacion No 2

El estudiante:1) Determinara la continuidad de una funcion f : R2 → R, dada f(x, y)

y un punto (x0, y0) del dominio.2) Evaluara las derivadas parciales, de primer y segundo orden, de una

funcion f(x, y) en un punto dado del dominio , por definicion.3) Calculara las derivadas parciales de primer y segundo orden de una

funcion f(x, y) usando el algebra de derivadas.4) Empleara la definicion de derivada direccional para determinar la ex-

istencia y variacion de una funcion f en un punto (x, y) de su dominio enuna direccion v,

5) Empleara el teorema de la funcion implicita, en la vecindad de unpunto (x0, y0) del dominio y calculara las derivadas de una funcion implıcitade primer y segundo orden.

6) Usara la regla de la cadena para probar que una funcion compuesta essolucion de una ecuacion diferencial parcial.

Tiempo: 2 horasPregunta 1

Dada la funcion f (x, y) =

x sin(xy)x2+y2

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

0 si (x, y) = (0, 0)a) estudie la continuidad de f en todo IR2

b) calcular∂f

∂xy∂f

∂yen todo IR2

c) estudie la derivada direccional de f en (0, 0)d) determine si f es diferenciable en (0, 0).

Pregunta 2Dada F (x, y, z) = x2 + y2 + z2 + xy + 2z − 1 = 0a) Verificar si F (x, y, z) = 0 define en el punto P (0,−1, 0) a z como

funcionimplıcita de x e y, es decir, z = f(x, y)b) Calcular zx (0,−1) , zy (0,−1) , zxx (0,−1) y zyy (0,−1)

Pregunta 3

308

La ecuacion de onda∂2u

∂t2= a

∂2u

∂x2

donde a es una constante, describe el movimiento de una onda, que puedeser una onda de sonido, una onda de luz o una onda que viaja a lo largode una cuerda vibrante.Si f y g son funciones de una sola variable dosveces derivables, compruebe que la funcion u(x, t) = f(x+at) + g(x−at)satisface la ecuacion de onda.

Pauta Autocorreccion

Pregunta 1(a) En los puntos de IR2 distintos de (0, 0) la funcion es continua por sercuociente de funciones continuas con denominador no nulo.En (0, 0) estudiemos la continuidad de f :i) Existe f (0, 0) = 0ii)

lim(x,y)→(0,0)

f (x, y) = lim(x,y)→(0,0)

x sin (xy)

x2 + y2

Al usar coordenadas polares se tiene

lim(x,y)→(0,0)

x sin (xy)

x2 + y2= lım

r→0

r cos θ sin (r2 cos θ sin θ)

r2

= lımr→0

r cos2 θ sin θ = 0 = f (0, 0)

Puesto que sinα ' α si α→ 0,y θ ∈ [0, 2π] , −1 < cos2θ sin θ < 1,en elultimo lımite se tiene que el producto de una cantidad infinitesimalpor una funcion acotada es cero.Por lo tanto la funcion es continua en todo IR2

b) Las derivadas parciales ∀ (x, y) 6= (0, 0) son:∂f

∂x=

[sin (xy) + xy cos (xy)] (x2 + y2)− 2x [x sin (xy)]

(x2 + y2)2

∂f

∂y=

[x2 cos (xy)] (x2 + y2)− 2y [x sin (xy)]

(x2 + y2)2

Ademas, las derivadas parciales para (x, y) = (0, 0) son

∂f

∂x(0, 0) = lım

h→0

f (h, 0)− f (0, 0)

h= lım

h→0

h sin 0h2− 0

h= lım

h→0

0

h= 0

∂f

∂y(0, 0) = lım

k→0

f (0, k)− f (0, 0)

k= lım

k→0

0 sin 0k2− 0

k= lım

k→0

0

k= 0

309

Por lo tanto las derivadas parciales de primer orden existen en todo IR2

c) Calculamos la derivada direccional en cualquier direccion u = (a, b) talque ‖u‖ =

√a+ b = 1utilizando, la definicion

Duf (0, 0) = lımt→0

f (ta, tb)− f (0, 0)

t

= lımt→0

ta sin(t2ab)t2

− 0

t= lım

h→0

ta(t2ab)t2− 0

tDuf (0, 0) = a2b

Por tanto, existe la derivada direccional de la funcion f en el origenen cualquier direccion u = (a, b).d) Examinemos si funcion es diferenciable en el origen.Utilizando la definicion de diferenciabilidad, se tiene:

lım(h,k)→(0,0)

f (h, k)− f (0, 0)− fx (0, 0)h− fy (0, 0) k

‖(h, k)‖=

lım(h,k)→(0,0)

h sin (hk)

h2 + k2− 0− 0 · h− 0 · k√h2 + k2

= lım(h,k)→(0,0)

h sin (hk)

(h2 + k2)3/2

Calculemos este lımite utilizando coordenadas polares

lım(h,k)→(0,0)

h sin (hk)

(h2 + k2)3/2= lım

r→0

r cos θ sin (r2 cos θ sin θ)

r3

= lımr→0

r cos θ (r2 cos θ sin θ)

r3

= cos2 θ sin θ 6= 0

El lımite no es cero y por lo tanto la funcion no es diferenciable en (0, 0).

Pregunta 2a) F (x, y, z) = 0 define a z = f(x, y) en una vecindad de P (0,−1, 0) si:i) El punto P es un punto de la superficie, es decir, F (0,−1, 0) = 0.En efecto, al evaluar F (0,−1, 0) = 0 + 1 + 0 + 0 + 0− 1 = 0.ii) Fx, Fy, Fz son continuas en una vecindad de P.En efecto:Fx(x, y, z) = 2x+ y , Fy(x, y, z) = 2y + x, Fz(x, y, z) = 2z + 2son funciones polinomicas y estas son continuas en IR2.iii) Ademas, se debe cumplir Fz(0,−1, 0) 6= 0Como Fz(x, y, z) = 2z + 2 entoncesFz(0,−1, 0) = 0 + 2 = 2 6= 0.

310

El teorema de la funcion implıcita garantiza una vecindad V (0,−1) en lacual podemos definir una funcion z = f(x, y) tal que F (x, y, f(x, y)) = 0.

b) La funcion tiene derivadas continuas en V (0,−1) que pueden calcularsepor:

zx (x, y) = −Fx(x, y, z)

Fz(x, y, z)= −2x+ y

2z + 2=⇒ zx(0,−1) = −Fx(0,−1, 0)

Fz(0,−1, 0)=

1

2

zy (x, y) = −Fy(x, y, z)

Fz(x, y, z)= −2y + x

2z + 2=⇒ zy(0,−1) = −Fy(0,−1, 0)

Fz(0,−1, 0)= 1

Para calcular las derivadas de segundo orden basta derivar (1) y (2) re-specto

a x e y respectivamente:

zxx (x, y) = − [(2z + 2)2− (2x+ y) (2zx)]

(2z + 2)2=⇒ zxx(0,−1) = −5

4

zyy (x, y) = − [(2z + 2) 2− (2y + x) (2zy)]

(2z + 2)2 =⇒ zyy(0,−1) = −2

Pregunta 3Derivando u(x, t) con respecto a x se tiene que :∂u

∂x= f ′(x+ at) + g′(x− at)

∂2u

∂x2= f ′′(x+ at) + g′′(x+ at)

Asimismo las derivadas u(x, t) con respecto a t estan dadas por :∂u

∂t= af ′(x+ at)− ag′(x− at)

∂2u

∂t2= a2f ′′(x+ at) + a2g′(x− at)

Sustituyendo obtenemos que∂2u

∂t2= a2f ′′(x+ at) + a2g′(x− at) = a2(f ′′(x+ at) + g′(x− at)) = a2∂

2u

∂x2

Autoevaluacion No 3

El estudiante:1) Resolvera problemas de aplicacion empleando la derivada direccional

de una funcion f diferenciable en un punto (x, y) en una direccion dada porvector unitario u,

2) Empleara el teorema de la derivada implicita para obtener las derivadasparciales de primer y segundo orden de una funcion implicita.

3) Hallara los puntos crıticos de una funcion f : Ω ⊆ R2 → R aplicandola condicion necesaria de punto crıtico.

311

4) Utilizara el criterio de la segunda derivada para determinar los ex-tremos locales de funciones de dos variables.

Tiempo: 2 horasPregunta 1El conjunto de los puntos (x, y) tal que 0 ≤ x ≤ 5 , 0 ≤ y ≤ 5 es un

cuadradocolocado en el primer cuadrante del plano XY . Supongamos que se calien-

taese cuadrado de tal manera que T (x, y) = x2 + y2 es la temperatura en el

puntoP (x, y). ¿En que direccion se establecera el flujo de calor en el puntoP0(3, 4) ?.

Pregunta 2

Sea g(xyz, x2 + y2

)= 0 una ecuacion que define a z como una funcion

dex e y. Verifique que si gx; gy y gz existen y son continuas en toda la regionen la que gz 6= 0; entonces

yzx − xzy = −z (x2 − y2)

xy

Pregunta 3Hallar los valores extremos locales, absolutos y puntos sillas def(x, y) = xy(1− x2 − y2) en [0, 1]× [0, 1].

Pauta Autocorreccion

Pregunta 1

El flujo de calor en la region esta dado por una funcion vectorial−→f (x, y)

ysu valor en cada punto depende de las coordenadas de este. Sabemos

que−→f (x, y) es perpendicular a las curvas de isonivel T (x, y) = c donde

c es constante. Por consiguiente, el gradiente de la funcion T (x, y)

verifica esta condicion. Entonces−→f (x, y) = −κ∇T (x, y) donde κ es una

constante positiva ,llamada conductividad termica. Notese que el signonegativo indica que el calor fluye desde puntos de mayor temperaturaa puntos de menor temperatura.

Como T (3, 4) = 25 el punto P esta en la isoterma T (x, y) = 25 , que esun cuadrante de la circunferencia x2 + y2 = 25. Sabemos que el flujo

312

de calor en P0(3, 4) es−→f (3, 4) = −K∇T (3, 4) .

Apartir de ∇T (x, y) = 2xi+ 2yjse tiene que ∇T (3, 4) = 6i+ 8j.Ası, el

flujo de calor en P0 es:−→f (3, 4) = −κ(6i+ 8j).

Como la conductividad termica es positiva se puede afirmar que elcalor fluye en P0 en la direccion del vector unitario.

u =−(6i+ 8j)√

36 + 64= −

(3

5i+

4

5j

)Pregunta 2

Sea g(xyz, x2 + y2

)= 0 y u =

xy

z, v = x2 + y2.

Entonces

zx = −gxgz

= −

[gu ·

y

z+ gv · 2x

](−gu ·

xy

z2

)zy = −gy

gz= −

[gu ·

x

z+ gv · 2y

](−gu ·

xy

z2

)Sumando terminos

yzx − xzy = y

[gu ·

y

z+ gv · 2x

]gu ·

xy

z2

− x

[gu ·

x

z+ gv · 2y

]gu ·

xy

z2

= −gu ·

(x2 − y2)

z

gu ·xy

z2

= −z (x2 − y2)

xy

Pregunta 3Sea f(x, y) = xy(1− x2 − y2) en el interior del cuadrado (0, 1)× (0, 1).Obtengamos sus puntos crıticos∇f (x, y) = 0 ⇐⇒fx (x, y) = y(1− x2 − y2) + xy(−2x) = y − 3x2y − y3 = 0fy (x, y) = x(1− x2 − y2) + xy(−2y) = x− x3 − 3xy2 = 0Factorizando las ecuaciones anteriores, se tieney(1− 3x2 − y2) = 0 =⇒ y = 0 o 1− 3x2 − y2 = 0x(1− x2 − 3y2) = 0 =⇒ x = 0 o 1− x2 − 3y2 = 0Consideremos y = 0, x = 0 =⇒ P0(0, 0) no pertenece al interior del

cuadrado.Tomemos ahora las expresionesy = 0; 1− x2 − 3y2 = 0 =⇒ dos puntos criticos P1(1, 0); P2(−1, 0)estos puntos no pertenecen al interior del cuadrado.Resolvamos las ecuaciones

313

x = 0; 1− 3x2 − y2 = 0 =⇒ P3(0; 1);P4(0;−1) estos puntostampoco pertenecen al interior del cuadrado.Examinemos, las ecuaciones1− x2 − 3y2 = 01− 3x2 − y2 = 0

=⇒ y2 = 1− 3x2 =⇒ 1− x2 − 3(1− 3x2) = 0

4x2 = 1 =⇒ x =1

2;x = −1

2esta ultima coordenada no pertenece al

interior del cuadrado, luego , al sustituir en la segunda ecuacionanterior produce:

x =1

2; 1− x2 − 3y2 = 0 =⇒ y =

1

2; y = −1

2=⇒ dos punto P5

(1

2;1

2

)y

P6

(1

2;−1

2

)/∈ al interior del cuadrado.

Entonces estudiemos el Hessiano en el punto P5

(1

2;1

2

)fxx (x, y) = −6xy, fxy (x, y) = 1− 3x2 − 3y2, fyy (x, y) = −6xy

H

(1

2,1

2

)=

∣∣∣∣ −32−1

2

−12−3

2

∣∣∣∣ = 2 > 0 y fxx

(1

2,1

2

)= −3

2< 0 =⇒

hay un mınimo local de f en P5

(1

2,1

2

)cuyo valor es f

(1

2,1

2

)=

1

8.

Finalmente, estudiemos la funcion en la frontera del cuadrado:Para x ∈ [0, 1]; y = 0 ; f(x, 0) = 0 =⇒ mınimo en este segmento

abierto .Ahora, en los vertices, f(0; 0) = 0 =⇒ mınimo local y f(1, 0) = 0.Para y ∈ [0, 1]; x = 1; f(1; y) = −y3 =⇒ f

′(y) = −3y2 = 0 ⇐⇒

y = 0; f′′(y) = −6y; f ′′ (0) = 0

no existen valores extremos en el segmento abierto .Ahora, en los vertices f(1, 0) = 0; f(1, 1) = −1. Por lo tanto hay mınimoslocales en (1, 0),(1, 1).Para x ∈ [0, 1]; y = 1; f(x; 1) = −x3 =⇒ f ′(x) = −3x2 = 0 ⇐⇒x = 0; f ′′(x) = −6x; f ′′ (0) = 0 entonces no existe ni maximo ni mınimoen el segmento abierto.En los vertices x = 0;x = 1 tenemos f(0, 1) = 0; f(1, 1) = −1 =⇒

mınimos locales.

Para x = 0; y ∈ [0, 1]; f(0; y) = 0 =⇒ mınimo local en el segmentoabierto.

314

Capıtulo 4

Integracion Multiple

Falta una introduccion

4.1. Integrales dobles y triples

4.1.1. Integrales Dobles

Aspectos geometricos

Sea R un rectangulo representado por R = [a, b]× [c, d] y f una funcioncontinua definida sobre R, es decir

f : R ⊆ R2 → R

Caso de funciones no negativas:Supongamos que f(x, y) ≥ 0 y ∀(x, y) ∈ R tal que la grafica de z = f(x, y)

esta arriba del plano xy ,determinando una region V del espacio R3, bajo lasuperficie z = f(x, y) y sobre la region R.

Antes de dar una definicion en el lenguaje de las Sumas de Riemann,podemos decir que; bajo las condiciones anteriores el volumen de la regionV corresponde en este caso a lo que llamaremos integral doble de f sobreR y que denotaremos:∫ ∫

R

f(x, y)dA o

∫ ∫R

f(x, y)dxdy

315

Ejemplo:

Sea f(x, y) = x2 + y2 y R = [0, 1]× [0, 2].

Figura 4.1: paraboloide

El volumen bajo el paraboloide z = x2 + y2 sobre el rectangulo R corre-sponde a la integral doble de f sobre R en este caso.∫ ∫

R

(x2 + y2)dA

Debemos estar claros eso si, que el concepto de integral doble es muchomas que esta interpretacion geometrica

Integral doble sobre un rectangulo

Sea R = [a, b] × [c, d] un rectangulo y f una funcion acotada definidasobre R es decir existe M > 0 tal que

−M ≤ f(x, y) ≤M para (x, y) ∈ R

Observacion: Una funcion continua sobre un rectangulo cerrado siempre esacotada.

Particion

Sean P1 = x0, x1, ..., xn particion de [a, b]P2 = y0, y1, ..., yn particion de [c, d]

Al conjunto P = P1 × P2 = (xi, yj) / 0 ≤ i ≤ n, 0 ≤ j ≤ n lo llamare-mos particion de R de valor n× n.

Sea ‖P1‖ = max 4xi = xi − xi−1 / i = 1, 2, ..., n‖P2‖ = max 4yi = yi − yi−1 / j = 1, 2, ..., n

316

Norma de la particion.

La norma de P denotada ‖P‖ se define por

‖P‖ = max ‖P1‖ , ‖P2‖

‖P‖ = max lij : diagonal de Rij

(no es unica forma de definir norma de P , pero esta es la que usaremos)

Sumas superiores y sumas inferiores

Sean Rij rectangulo [xi−1, xi]× [yj−1, yj] 1 ≤ i, j ≤ n y 4ij = area delrectangulo Rij = (xi − xi−1) · (yj − yj−1)

Definimos ahora, sumas inferiores y sumas superiores de Riemann de frespecto de la particion dada, por

sP (f) =n∑

i,j=1

mij(f)4ij,

SP (f) =n∑

i,j=1

Mij(f)4ij

Como consecuencia de estas definiciones podemos decir de estas sumas:i) Si P es una particion cualquiera de R

sP (f) ≤ SP (f)

ii) Si P ′ es particion mas fina que P ( P ⊆ P ′) entonces

sP (f) ≤ sP ′(f) y SP ′(f) ≤ SP (f)

iii) Si P1 y P2 son dos particiones cualquiera de R

sP1(f) ≤ SP2(f)

Con estas sumas formamos los respectivos conjuntos:Conjunto de sumas inferiores.

sP (f)/P es particion de R

Conjunto de sumas superiores.

SP (f)/P es particion de R

317

Si m y M son cortas inferior y superior respectivamente de f en R en-tonces

si A = (b− a) · (d− c).

i) sP (f) ≥ m · A para todo P particion de Res decir el conjunto de sumas inferiores es acotado inferiormenteii) SP (f) ≤M · A ∀ P particion de R, es decir, el conjunto de sumassuperiores es acotado superiormente.Por lo tanto, haciendo uso del axioma del supremo (o del ınfimo) de laaxiomatica de los numeros reales podemos definir.Si R es un rectangulo de R2 y f una funcion acotada sobre R definimos:a) Integral Inferior de f sobre R por∫ ∫

R

fdA = sup sP (f) : P es particion de R

b) Integral Superior de f sobre R por∫ ∫R

fdA = ınf SP (f) : P es particion de R

Sumas e IntegralesLas definiciones de estas respectivas integrales permiten afirmar que para

toda particion P de R y toda funcion acotada definida sobre R

sP (f) ≤∫ ∫

R

fdA ≤∫ ∫

R

fdA ≤ SP (f)

Estamos ahora en condiciones de formular la definicion de integral doblesobre un rectangulo en base a sumas superiores e inferiores.

Una funcion f(x, y) definida y acotada sobre un rectangulo R se dice quees Riemann integrable sobre R si∫ ∫

R

fdA =

∫ ∫R

fdA

Si f es integrable sobre R, entonces la integral doble definida de f sobre Rse denota por

∫ ∫RfdA o

∫ ∫Rfdxdy y en tal caso

∫ ∫R

fdA =

∫ ∫R

fdA =

∫ ∫R

fdA

318

Nota: Alternativamente en cursos de calculo se define:∫ ∫R

fdA = lım‖p‖→0

n∑i,j=1

f(xi, yj)Aij, (xi, yj) ∈ Rij

lo que no es contradictorio sino que complementario y resultan planteamien-tos equivalentes. Esto es la definicion utilizando el concepto de sumas inter-medias de Riemann.

Teorema 4.1.1. Cualquier funcion continua definida en un rectangulo cer-rado R es integrable

Demostracion:La demostracion de este hecho no resulta de interes en este curso a pesarde su enorme importancia, dejemos las cosas aquı a la imaginacion delestudiante.

Proposicion 4.1.1. (Propiedades basicas de la Integral Doble)De la definicion se desprende que:1) Si f(x, y) = 1 todo (x, y) ∈ R,la integral resulta el area de la region

A = Area de R =

∫ ∫R

dA

2) Si f es integrable en R∫ ∫R

cfdA = c

∫ ∫R

fdA

3) Si f y g son funciones integrables en R∫ ∫R

(f + g)dA =

∫ ∫R

fdA+

∫ ∫R

gdA

4) Si f y g son funciones integrables en R y f(x, y) ≤ g(x, y) para todo(x, y) ∈ R entonces ∫ ∫

R

fdA ≤∫ ∫

R

gdA

5) Si f es integrable sobre R, entonces |f | es integrable sobre R y∣∣∣∣∫ ∫R

fdA

∣∣∣∣ ≤ ∫ ∫R

|f | dA

319

Teorema 4.1.2. (Teorema del Valor Medio para Integrales Dobles)Si f(x, y) es continua sobre rectangulo R con area A(R), entonces existeun punto (ε, η) en el interior de R tal que∫ ∫

R

f(x, y)dA = f(ε, η) · A(R)

Demostracion:Sea

m = mın f(x, y) : (x, y) ∈ RM = max f(x, y) : (x, y) ∈ R

y supongamos que m < M. Entonces m ≤ f(x, y) ≤M, y si f noes identicamente igual a m o M , entonces

m · A(R) <

∫ ∫R

f(x, y)dA < M · A(R)

El teorema del valor medio de las funciones continuas asegura que existeun

punto (ε, η) en el interior R tal que

f(ε, η) =

[∫ ∫R

f(x, y)dA

]A(R)

=⇒∴ f(ε, η) · A(R) =

∫ ∫R

f(x, y)dA

4.1.2. Integrales sobre conjuntos acotados de R2

En este caso extenderemos la definicion de integral doble a regiones queno son necesariamente rectangulos, sino que regiones acotadas en general.

Supongamos que S es una region cerrada y acotada de R2, por ejemplo uncirculo, un triangulo, un rombo etc. , cualquier region con estas caracterısticasse puede poner dentro de un rectangulo R

Sea R rectangulo que contiene a region cerrada y acotada S y f unafuncion definida y acotada en S, extendemos f a R de la siguiente forma

fR(x, y) =

f(x, y), (x, y) ∈ S

0, (x, y) ∈ R− S

fR la consideraremos como la extension de f a todo R.

320

Sea S una region acotada de R2 y f una funcion definida y acotada sobreS, si R es en rectangulo tal que R ⊇ S y fR la extension de f a R del tipodefinido aquı, entonces si existe

∫ ∫RfRdA , definimos∫ ∫

S

fdA =

∫ ∫R

fRdA

Importante.

Las propiedades enunciadas, de la integral doble en rectangulos siguensiendo validas en conjuntos mas generales lo que se puede justificar por ladefinicion anterior

Integrales Iteradas

Una integral de la forma∫ b

a

∫ h(x)

g(x)

f(x, y)dydx

se llama integral iterada y se interpreta como∫ baF (x)dx donde para cada

x ∈ [a, b],con F (x) =∫ h(x)

g(x)f(x, y)dy.

Si f(x, y) es funcion continua sobre (x, y) : a ≤ x ≤ b, g(x) ≤ y ≤ h(x)y

G(x, y) una primitiva en la segunda variable, de f(x, y), es decir ,∂G(x, y)

∂y= f(x, y) para cada x ∈ [a, b] y todo g(x) ≤ y ≤ h(x), el

teoremaFundamental del calculo permite que

F (x) =

∫ h(x)

g(x)

f(x, y)dy = G(x, y) |y=h(x)y=g(x)= G(x, h(x))−G(x, g(x))

Se puede interpretar entonces la integral iterada como un proceso sucesivode integracion ası∫ b

a

∫ h(x)

g(x)

f(x, y)dydx =

∫ b

a

(∫ h(x)

g(x)

f(x, y)dy

)dx

De manera similar se tiene∫ d

c

∫ h(y)

g(y)

f(x, y)dxdy =

∫ d

c

(∫ h(y)

g(y)

f(x, y)dx

)dy

321

Ejemplo. ∫ 1

0

∫ x

0

(x2 + 4xy)dydx =

∫ 1

0

[∫ x

0

(x2 + 4xy)dy

]dx

=

∫ 1

0

[x2y + 2xy2

]x0dx

=

∫ 1

0

(x3 + 2x3)dx =

∫ 1

0

3x3dx =3

4x4

∣∣∣∣10

=3

4

Otros ejemplos: Interprete y evalue:i)

∫ 4

0

∫ 2

0x√ydxdy

ii)∫ 2

0

∫ 4

0x√ydydx

iii)∫ 1

0

∫ x0

sin(x2)dydx

iv)∫ 2

0

∫ 3√x

(x2 + y) dydx

v)∫ 5

0

∫ x22x

(x+ y)dydx

Algunas Respuestas

i)∫ 4

0

∫ 2

0x√ydxdy =

∫ 4

0

[∫ 2

0x√ydx]dy =

∫ 4

0

[x2

2

√y]2

0dy =

=∫ 4

02√ydy =

[2 · 2

3y

32

]4

0= 32

3

iii)∫ 1

0

∫ x0

sin(x2)dydx = 1−cos 12

iv)∫ 2

0

∫ 3√x

(x2 + y) dydx 16[1−

√2

7

]A continuacion examinaremos la evaluacion de la integral doble por medio

de integrales iteradas.

4.1.3. Teorema de Fubini

Sea f una funcion continua en una region R cerrada y acotada, entoncesa) Si R = (x, y)a ≤ x ≤ b, g1(x) ≤ y ≤ g2(x) y g y son funcionescontinuas en [a, b] se tiene:∫ ∫

R

fdA =

∫ b

a

∫ g2(x)

g1(x)

f(x, y)dydx

b) Si R = (x, y)c ≤ y ≤ d, h1(y) ≤ x ≤ h2(y) y h1 y h2 son

322

Figura 4.2: Region tipo a

Figura 4.3: Region tipo b

funciones continuas en [c, d] se tiene∫ ∫R

fdA =

∫ d

c

∫ h2(y)

h1(y)

f(x, y)dxdy

Ejemplo

Este ejemplo ilustra como este teorema se adapta a la situacion del prob-lema, en este caso se pide calcular∫ ∫

R

xydA

y R es la region triangular del plano con vertices en los puntos A(-6,-2),

B(-1,3) y C(9,-7).

Solucion:

323

Figura 4.4: Region triangular del plano

La region se debe subdividir en dos subregiones del tipo (a)., tal comolo muestra la figura siguiente

Los segmentos de recta AB, BC Y AC tienen ecuaciones y = x+ 4,y = −x + 2 e y = −1

3x − 4 respectivemente. Las regiones pueden

escribirse.

I : −6 ≤ x ≤ −1,−13x− 4 ≤ y ≤ x+ 4

II : −1 ≤ x ≤ 9,−13x− 4 ≤ y ≤ −x+ 2

Entonces aplicando T. de Fubini a ambas regiones se tiene

∫ ∫R

xydA =

∫ −1

−6

∫ x+4

− 13x−4

xydydx+

∫ 9

−1

∫ −x+2

− 13x−4

xydydx

=1

2

∫ −1

−6

[xy2]x+4

− 13x−4

dx+1

2

∫ 9

−1

[xy2]−x+2

− 13x−4

dx

=1

9

∫ −1

−6

(4x3 + 24x2)dx+1

9

∫ 9

−1

(4x3 − 30x2 − 54x)dx

= −1025

27

Se observa que R tambien puede subdividirse en dos regiones del tipo(b) mediante una recta paralela al eje horizontal que pase por A.

Proposicion 4.1.2. Suponga que S es una region acotada y sea C unacurva la cual divide a S en dos subregiones S1 y S2 .

Si f es continua en S , lo es tambien en S1 y S2 , y∫ ∫S

f(x, y)dA =

∫ ∫S1

f(x, y)dA+

∫ ∫S2

f(x, y)dA

324

Figura 4.5: Region triangular del plano, tipo b

Demostracion.- Directamente de la definicion eligiendo un rectangulo sufi-cientemente grande que contenga a S y extendiendo f de S a R,de S1 a R, S2 a R.

Ejemplo. Calcular∫ ∫

S(x2 + y)dA, donde S es la region limitada por

la recta y = x y la curva y = x3

Figura 4.6: Region comprendida entre las curvas y = x y y = x3

325

Solucion.- En este caso

S1 =

(x, y) ∈ R2 : −1 ≤ x ≤ 0, x ≤ y ≤ x3

S2 =

(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 1, x3 ≤ y ≤ x

∫ ∫S

(x2 + y)dA =

∫ ∫S1

(x2 + y)dA+

∫ ∫S2

(x2 + y)dA

∫ ∫S1

(x2 + y)dA =

∫ 0

−1

∫ x3

x

(x2 + y)dydx =

∫ 0

−1

[x2y +

y2

2

]x3x

dx

=

∫ 0

−1

[(x5 +x6

2)− (x3 +

x2

2)]dx

=

[x6

6+x7

14− x4

4− x3

6

]0

−1

= −(−1)6

6− (−1)7

14+

(−1)4

4+

(−1)3

6

= − 1

84

∫ ∫S2

(x2 + y)dA =

∫ 1

0

∫ x

x3(x2 + y)dydx =

∫ 1

0

[x2y +

y2

2

]xx3dx

=

∫ 1

0

[(x3 +x2

2)− (x5 +

x6

2)]dx

=

[(x4

4+x3

6)− (

x6

6+x7

14)

]1

0

= (14

4+

13

6)− (

16

6+

17

14)

=5

28

Por lo tanto ∫ ∫S

(x2 + y)dA = − 1

84+

5

28=

1

6

326

4.1.4. Areas y Volumenes

Area

Como se dijo en la introduccion y de acuerdo a la idea geometrica si Res una region plana entonces el area de R se calcula con la integral doble.

A(R) =

∫ ∫R

dA

Ejemplo. Calcule el area de la region interior a la circunferencia x2 +y2 =2ax arriba de la parabola ay = x2, a > 0.

Solucion:

Figura 4.7: Region en el plano xy, acotada por la circunferencia (x−a)2 +y2 = a2

y la parabola y = x2

a2

Sea R =

(x, y) ∈ IR2/ 0 ≤ x ≤ a, x2

a≤ y ≤

√2ax− x2

A =

∫ ∫R

dA =

∫ a

0

∫ √2ax−x2

x2

a

dydx

=

∫ a

0

(√

2ax− x2 − x2

a)dx

=a2

12(3π − 4)

Volumen

Si R es una region plana, z = f(x, y), z = g(x, y) son dos superficiestal que f(x, y) ≥ g(x, y) ∀(x, y) ∈ R , el volumen entre ambas superficies

327

al interior de la region se puede calcular usando la siguiente integral doble

V =

∫ ∫R

[f(x, y)− g(x, y)]dA

Ejemplo1) Use la integral doble para determinar el volumen del tetraedro acotadopor los planos coordenados y el plano 3x+ 6y + 4z − 12 = 0.

Solucion: Para determinar la region R hacemos z = 0 y encontramossu interseccion con el plano dado xy . Ası z = 0 =⇒ 3x + 6y = 12 =⇒ y =−1

2x+ 2

La region en el plano xy esta acotada por el eje x, el eje y y la rectay = −1

2x+ 2, por lo tanto

Figura 4.8: Region en el plano xy, acotada por el x = 0, y = 0 y la recta y = −x2 +2

Figura 4.9: Tetraedro

R =

(x, y) ∈ IR2/ 0 ≤ x ≤ 4, 0 ≤ y ≤ −12x+ 2

328

z = f(x, y) =12− 3x− 6y

4= 3− 3

4x− 3

2y y z = g(x, y) = 0

V =

∫ ∫R

f(x, y)dA

=

∫ ∫R

(3− 3

4x− 3

2y

)dA =

∫ 4

0

∫ − 12x+2

0

(3− 3

4x− 3

2y

)dydx =

=

∫ 4

0

[(3− 3

4x

)y − 3y2

4

]− 12x+2

0

dx =

∫ 4

0

(3

16x2 − 3

2x+ 3

)dx

=

[x3

16− 3x2

4+ 3x

]4

0

= 4

Otros ejemplos:1) Usando integral iterada calcule

∫ ∫s(x2 + 2y) dA, donde S: region

comprendida entre y = x2 e y =√x

2) Calcule el volumen del solido limitado por los cilindros x2 + z2 = 16 yy2 + z2 = 16 .Este es un interesante ejercicio, puede empezar por bosquejar el

solido o una parte de el, pues se puede aprovechar su simetrıa.

4.1.5. Cambio de variable

Un cambio de variables adecuado puede no solo simplificar el integrandosino tambien la region donde se evalua la integral.

Sea f una funcion continua definida sobre la region R cerrada y acotada.Considerese la integral doble ∫ ∫

R

f(x, y)dxdy

Definimos T , transformacion invertible

x = x(u, v), (u, v) ∈ Sy = y(u, v), (u, v) ∈ S

tal que∂(x, y)

∂(u, v)6= 0, la que produce una correspondencia biunıvoca

entre R y S donde R es una region en xy y S es la nueva region en planouv. resultado de la transformacion T .

Si P es una particion definida en R la transformacion induce a su vez unacorrespondiente particion en S de tal modo que si Rij es un subrectangulo

329

generado por la particion P en R, denotaremos por Sij el correspondientesubrectangulo en S

Si 4 Aij = Area de Rij y 4 A′ij = Area de Sij

Se tiene la siguiente razon entre las areas.

4Aij4A′ij

≈∣∣∣∣∂(x, y)

∂(u, v)

∣∣∣∣ =⇒4Aij ≈∣∣∣∣∂(x, y)

∂(u, v)

∣∣∣∣4 A′ij

Entonces

f(x, y)4 Axy ≈ f(x, y)

∣∣∣∣∂(x, y)

∂(u, v)

∣∣∣∣4 Auv

De esta relacion y la definicion de integral doble se tiene el siguienteteorema de cambio de variable.

Teorema 4.1.3. Sea R una region en el plano xy acotado por una curvasimple cerrada y suave y que S es la imagen de R bajo la transformacion Tinvertible, definida:

x = x(u, v), (u, v) ∈ Sy = y(u, v), (u, v) ∈ S

donde x(u, v), y(u, v) son continuamente diferenciables en un dominio quecontiene a S en cual

J ≡ ∂(x, y)

∂(u, v)6= 0

Si f(x, y) define una funcion continua sobre R se tiene:∫ ∫R

f(x, y)dxdy =

∫ ∫S

f (x (u, v) , y (u, v))

∣∣∣∣∂(x, y)

∂(u, v)

∣∣∣∣ dudvEjemplo

Calcular ∫ ∫R

3xydA

Sea R la region limitada por las rectas x−2y = 0, x−2y = −4, x+y = 4,x+ y = 1.Solucion:Sea u = x+ y, v = x− 2yResolviendo el sistema lineal obtenemos

330

Figura 4.10: Aplicacion definida por una ecuacion vetorial

Figura 4.11: Aplicacion definida por una transformacion lineal

u = x+ yv = x− 2y

⌋=⇒ x = 1

3(2u+ v)

y = 13

(u− v)

Ademas el jacobiano de la transformacion es

∣∣∣∣∂(x, y)

∂(u, v)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∂x∂u ∂x∂v

∂y∂u

∂y∂v

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣23 13

13−1

3

∣∣∣∣ =2

9− 1

9= −1

3

Aplicando el teorema del cambio de variable , obtenemos

331

∫ ∫R

3xydA =

∫ ∫S

3(1

3(2u+ v) · 1

3(u− v))

∣∣∣∣−1

3

∣∣∣∣ dA=

1

9

∫ ∫S

(2u+ v) (u− v) dA

=1

9

∫ 4

1

∫ 0

−4

(2u+ v) (u− v) dvdu

=104

9

Ejemplo

Calcular ∫ ∫R

√x2 + y2dA

R region del plano xy limitada por x2 + y2 = 4, x2 + y2 = 9

Figura 4.12: Region del plano xy limitada por x2 + y2 = 4, x2 + y2 = 9

Solucion:

Sea x = r cos θ, y = r sin θ el cambio de variable a polares

entonces ∣∣∣∣∂(x, y)

∂(r, θ)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∂x∂r ∂x∂θ

∂y∂r

∂y∂θ

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣cos θ −r sin θsin θ r cos θ

∣∣∣∣ = r

332

∫ ∫R

√x2 + y2dA =

∫ ∫S

r · |r| drdθ

=

∫ 2π

0

∫ 3

2

r2drdθ

=

∫ 2π

0

19

3dθ =

38

3π

4.2. Aplicaciones de la integral doble

4.2.1. Masa de una region plana de densidad variable.

Sea δ(x, y) funcion positiva y definida sobre un conjunto cerrado y aco-tado S con area no nula, que indica la densidad en cada punto (x, y) de S.

La masa de S es la integral de la funcion densidad.

M(S)=

∫ ∫S

δ(x, y)dA

En el caso que la densidad es constante δ = k, la masa es el producto delarea por la densidad: M(S) = k · A(S).

Ejemplo.

Encuentre la masa de un cırculo de radio a si su densidad es λ veces ladistancia al centro.Solucion:

Con el uso de coordenadas polares el calculo de la integral resultante esmas sencillo.

333

Figura 4.13:

M(S) = λ

∫ ∫S

√x2 + y2dydx = λ

∫ 2π

0

∫ a

0

ρ2dρdθ =2λπa3

3

4.2.2. Momentos y centroide de una region plana

Para un conjunto S acotado y de area positiva , y una funcion densidaddefinida en S, tenemos las siguientes definiciones.

Primer momento con respecto al eje y:

My =

∫ ∫S

δ(x, y)xdA

Primer momento con respecto al eje x:

Mx =

∫ ∫S

δ(x, y)ydA

Segundo momento con respecto al eje y:

Iy =

∫ ∫S

δ(x, y)x2dA

334

Segundo momento con respecto al eje x:

Ix =

∫ ∫S

δ(x, y)y2dA

Segundo momento Polar con respecto al origen:

I0 =

∫ ∫S

δ(x, y)(x2 + y2)dA

Centroide:

(x, y) =

(My

M,Mx

M

)Cuando la funcion densidad es variable y esta asociada con la distribucion

de la masa, los segundos momentos se llaman tambien momentos de inerciay el centroide se le llama tambien centro de masas.

En una forma mas general, el primer y segundo momento de un conjuntoS se puede definir con respecto a una linea recta cualquiera L.

ML =

∫ ∫S

δ(x, y)D(x, y)dA

IL =

∫ ∫S

δ(x, y) [D(x, y)]2 dA

Siendo D(x, y) la distancia de la recta L al punto (x,y).Ejemplo.

Una lamina triangular tiene los vertices (0, 0), (1, 0) y (1, 2), y tienedensidad δ(x, y) = x2y. Halle su centro de masa.

Solucion:En este caso R = (x, y) ∈ R2/ 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 2x

Debemos calcular M = M(S),My y Mx :

M =

∫ ∫S

x2ydA =

∫ 1

0

∫ 2x

0

x2ydydx =

∫ 1

0

[x2y2

2

]2x

0

dx

=⇒ M =

∫ 1

0

2x4dx =

[2x5

5

]1

0

=2

5

335

Figura 4.14:

Calculemos ahora

My =

∫ ∫S

x2yxdA =

∫ 1

0

∫ 2x

0

x3ydydx

=

∫ 1

0

2x5dx =

[2x6

6

]1

0

=⇒ My =1

3

Por ultimo

Mx =

∫ ∫S

x2yydA

∫ 1

0

∫ 2x

0

x2y2dydx

=

∫ 1

0

[x2y3

3

]2x

0

dx =

∫ 1

0

8x5

3dx

=⇒ Mx =

[8x6

18

]1

0

=4

9

Ası tenemos que

(x, y) =

(My

M,Mx

M

)= (

5

6,10

9)

336

4.3. Integrales triples

4.3.1. Ideas preliminares

Los conceptos a desarrollar en lo referente a la Integral en su genesis, susignificado y su calculo en el caso de tres variables es similar al mismo temaen funciones de una variable y de dos variables. El tratamiento hecho en elcaso de la integral doble se extiende en forma natural a las integrales triplesen sus mecanismos conceptuales y metodos de calculo involucrados solo hayun cambio en el escenario, el espacio R3.

Atendiendo a la declaracion anterior no haremos el detalle de la gen-eracion del concepto porque como ya lo dijimos se trata de una generalizacion.Para mantener el marco de referencia, pensemos en sumas superiores, sumasinferiores, integral superior e integral inferior para funciones definidas sobreuna caja rectangular de tipo:

h (x, y, z) : a1 ≤ x ≤ b1, a2 ≤ y ≤ b2, a3 ≤ z ≤ b3

Con este trasfondo se plantea el teorema de Fubini que permitira el calculode la integral triple.

4.3.2. Teorema de Fubini

Si f(x, y, z) esta definida sobre una regionR = a1 ≤ x ≤ b1, a2 ≤ y ≤ b2, a3 ≤ z ≤ b3 ,entonces:

∫ ∫R

∫f(x, y, z)dv =

∫ b1

a1

∫ b2

a2

∫ b3

a3

f(x, y, z)dzdydx

siempre que estas integrales existan.

Observacion: Hay otras cinco formas de calcular la integral triple de-pendiendo del orden de integracion en la integral iterada.

Ejemplo:

Calcule∫ ∫

R

∫(x2 + yz) dv, dondeR = 0 ≤ x ≤ 2,−1 ≤ y ≤ 2,−1 ≤ z ≤ 3

Solucion:

337

∫ ∫R

∫ (x2 + yz

)dv =

∫ 2

0

∫ 2

−1

∫ 3

−1

(x2 + yz

)dzdydx

=

∫ 2

0

∫ 2

−1

(x2z + y

z2

2

)∣∣∣∣3−1

dydx

=

∫ 2

0

∫ 2

−1

[(3x2 +

9

2y

)−(−x2 +

y

2

)]dydx

=

∫ 2

0

∫ 2

−1

(4x2 + 4y

)dydx

=

∫ 2

0

(4x2y + 2y2

)∣∣2−1dx

=

∫ 2

0

(12x2 + 6

)dx

= 4x3 + 6x∣∣20

= 44

4.3.3. Teorema de la integral triple (Para dominiosmas generales)

Si f(x, y, z) esta definida sobre un conjunto acotado R formado por todoslos puntos tales que a1 ≤ x ≤ b1, y1 (x) ≤ y ≤ y2 (x) y z1 (x, y) ≤ z ≤z2 (x, y)entonces:∫ ∫

R

∫f(x, y, z)dv =

∫ b1

a1

∫ y2(x)

y1(x)

∫ z2(x)

z1(x)

f(x, y, z)dzdydx

siempre que ambas integrales existan.

Importante.? Hay otras cinco formas de calcular la integral triple dependiendo el

orden de integracion para el calculo de la integral iterada.

? Si S es un conjunto acotado el cual tiene area en el plano XY y f(x, y, z)es una funcion definida, acotada y no negativa sobre S, y si R es el conjuntode todos los (x, y, z) tal que (x, y) ∈ S y 0 ≤ z ≤ f(x, y), entonces la regionR tiene volumen si y solo si f(x, y) es integrable sobre S y en tal caso

338

V (R) =

∫ ∫S

f(x, y)dA

? Si R es una rigion de R3 que tiene volumen, entonces

V (R) =

∫∫R

∫f(x, y, z)dv con f(x, y, z) = 1

Ejemplo

Sea R la region acotada por los paraboloides z = x2 + y2 y2z = 12− x2 − y2. Usando integral triple calcule el volumen de R.

La representacion grafica de estas superficies es.

Figura 4.15: Region acotada por los paraboloides z = x2 + y2 y 2z = 12− x2 − y2

Por separado, tenemos

Solucion:

La curva de interseccion es el cırculo x2 + y2 = 4, z = 4

Si f(x, y, z) = 1 se tiene el volumen

339

Figura 4.16:

v(R) =

∫∫R

∫f(x, y, z)dv

=

∫ 2

−2

∫ √4−x2

−√

4−x2

∫ 12−x2−y22

x2+y2dzdydx

= 6

∫ 2

0

∫ √4−x2

0

[4−

(x2 + y2

)]dydx

= 4

∫ 2

0

(4− x2

) 32 dx

= 12π

Ejemplo

Calcular el volumen de la region del espacio limitada por las superficiescılindricas x2 + z2 = 1, y2 + z2 = 1

Solucion:La representacion grafica de estas superficies es

Utilizaremos la simetrıa del problema y proyectaremos la region al planoxz ( tambien se podrıa proyectar al plano yz ).

La proyeccion nos da un cırculo de radio 1

340

Figura 4.17: Region acotada por los cilindros x2 + z2 = 1, y2 + z2 = 1

La region se puede expresar:

−1 ≤ x ≤ 1

−√

1− z2 ≤ y ≤√

1− z2

−√

1− x2 ≤ z ≤√

1− x2

Expresando el calculo del volumen como una integral triple tenemos

V =

∫ ∫R

∫dxdydz

usando integrales iteradas

V =

∫ 1

−1

∫ √1−x2

−√

1−x2

∫ √1−z2

−√

1−z2dydzdx =

∫ 1

−1

∫ √1−x2

−√

1−x22√

1− z2dzdx

Si seguimos por este camino llegamos a una expresion dıficil deresolver ( intentelo), recurriremos entonces al cambio de orden deintegracion que es un recurso siempre disponible

341

V =

∫ 1

−1

∫ √1−x2

−√

1−x22√

1− z2dzdx =

∫ 1

−1

∫ √1−z2

−√

1−z22√

1− z2dxdz

=

∫ 1

−1

4(1− z2)dxdz = (4z − 4z3

3)

∣∣∣∣1−1

=16

3

El volumen calculado es

V =16

3unidades de volumen

4.3.4. Cambio de variable para integrales triples

Sea T : U ⊆ R3 → R3 una transformacion de clase C1 definida por:

x = x (u, v, w)y = y (u, v, w)z = z (u, v, w)

Recordando el jacobiano de la transformacion se tiene:

J =∂ (x, y, z)

∂ (u, v, w)=

∣∣∣∣∣∣∂x∂u

∂x∂v

∂x∂w

∂y∂u

∂y∂v

∂y∂w

∂z∂u

∂z∂v

∂z∂w

∣∣∣∣∣∣Como en el caso anterior de dos variables, el jacobiano mide como la curvala transformacion distorsiona su dominio.

Formula de cambio de variable para integrales triplesSea R una region en el espacio xyz y S una region en el espacio uvw que

corresponde a R bajo la transformacion T definida por x = x (u, v, w) , y =y (u, v, w) y z = z (u, v, w) siempre que T sea de clase C1 y uno a uno,∂(x,y,z)∂(u,v,w)

6= 0 en S. Entonces:

∫∫R

∫f(x, y, z)dv =

∫∫S

∫f(x (u, v, w) , y (u, v, w) , z (u, v, w)) |J | dudvdw

Donde

J =∂ (x, y, z)

∂ (u, v, w)

Los cambios mas usados en integrales triples es a coordenadas cilindricasy coordenadas esfericas dependiendo de la naturaleza del problema.

342

Coordenadas cilındricas

El cambio de variable es:

x = r cos θy = r sin θz = z

Figura 4.18: Cambio a coordenadas cilındricas

Supongamos que: P es un punto del espacio de coordenadas xyz, P1

proyeccion de P en plano xy, r radio vector de O a P1 y θ el angulo entre

eje x y−−→OP1, medido del lado positivo del eje x entonces r =

√x2 + y2 y

θ = arctan yx

Tenemos

J =∂ (x, y, z)

∂ (r, θ, z)=

∣∣∣∣∣∣cos θ −r sin θ 0sin θ r cos θ 0

0 0 1

∣∣∣∣∣∣= r cos2 θ + r sin2 θ = r

∫∫R

∫f(x, y, z)dv =

∫∫S

∫f(r cos θ, r sin θ, z) · r · drdθdz

Ejemplo:

Use coordenadas cilındricas para calcular el volumen del solido limitadopor el paraboloide z = x2 + y2 y el plano z = 4.

Solucion:En el espacio xyz, la figura es al interior del elipsoide y limitado por

arriba por el plano z = 4 que es un plano paralelo al plan xy

343

Figura 4.19: Solido limitado por el paraboloide z = x2 + y2 y el plano z = 4

Aprovechando la simetrıa del solido calculamos la cuarta parte de el (porconveniencia). En esta situacion la region transformada viene descrita por:

0 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ π

2, r2 < z < 4

La descripcion de la region en las nuevas variables es fundamental parael acertado planteamiento de la integral doble como integral iterada, en estecaso esta circunstancia es evidente

V

4=

∫ π2

0

∫ ∫ 2

0

∫ 4

r2rdzdrdθ

=

∫ π2

0

∫ 2

0

(4r − r3

)drdθ

=

∫ π2

0

4dθ = 2π

∴ V = 8π

Coordenadas Esfericas

El cambio de variable es:

x = ρ cos θ sinφy = ρ sin θ sinφz = ρ cosφ

344

Figura 4.20: Cambio a coordenadas esfericas

Supongamos que P es un punto del espacio de coordenadas xyzP1 proyeccion de P en plano xy

ρ magnitud del radio vector−→OP

θ el angulo entre eje x y−−→OP1, medido del lado positivo del eje x

φ angulo formado por−→OP y el eje Z, medido del lado positivo del eje z.

J =∂ (x, y, z)

∂ (ρ, θ, φ)=

∣∣∣∣∣∣cos θ sinφ sin θ sinφ cosφ−ρ sin θ sinφ ρ cos θ sinφ 0ρ cos θ cosφ ρ sin θ cosφ −ρ sinφ

∣∣∣∣∣∣= −ρ2 sinφ

4.3.5. Formula del cambio de variable

∫∫R

∫f(x, y, z)dv =

∫∫S

∫f(ρ cos θ sinφ, ρ sin θ sinφ, ρ cosφ)

∣∣(−ρ2 sinφ)∣∣ drdθdz

Las coordenadas esfericas se usan preferentemente en el caso en que unoo ambas superficies que acotan la region de integracion es una esfera centradaen el origen, esto se observa en los siguientes ejemplos.

Ejemplo 1

345

Figura 4.21: Solido limitado imitada inferiormente por el semicono z2 = x2 +

y2, z ≥ 0 y superiormente por la esfera x2 + y2 + z2 = 9.

Hallar el volumen de la region solida limitada inferiormente por el semi-cono z2 = x2 + y2, z ≥ 0 y superiormente por la esfera x2 + y2 + z2 = 9.

Solucion:

Haciendo la interseccion de

x2 + y2 + z2 = 9 y z = x2 + y2

resulta que la interseccion de estas superficies es una circunferencia en elplano z = 3√

2definida por las ecuaciones

⇒ x2 + y2 =9

2, z =

3√2

esto permite visualizar que (0, 3√2, 3√

2) es un punto de la interseccion por lo

que 0 ≤ φ ≤ π4, la esfera tiene radio 3 por lo cual 0 ≤ ρ ≤ 3, y 0 ≤ θ ≤ 2π.

Como se esta calculando el volumen de una region que es simetrica respectodel eje z, la cuarta parte de la region queda descrita por

0 ≤ ρ ≤ 3, 0 ≤ θ ≤ π

2, 0 ≤ φ ≤ π

4

346

esto implica ∴

V

4=

∫∫R

∫f(x, y, z)dV =

∫ π2

0

∫ π4

0

∫ 3

0

ρ2 sinφdρdφdθ

V

4=

∫ π2

0

∫ π4

0

9 sinφdφdθ

V

4=

∫ π2

0

(−9√

2+ 9

)dθ =

9

2

(√2− 1√

2

)π

Por lo tanto

V = 18

(√2− 1√

2

)π

Ejemplo 2

Utilice coordinadas esfericas para hallar el volumen del solido que esta ar-riba del cono z =

√x2 + y2 y debajo de la esfera x2 + y2 + z2 = z

Figura 4.22: Solido que esta arriba del cono z =√x2 + y2 y debajo de la esfera

x2 + y2 + z2 = z

Solucion:

x2 + y2 + z2 = z ⇐⇒ x2 + y2 + (z − 1

2)2 =

1

4

es una esfera que pasa por el origen y tiene centro en (0, 0, 12).

La ecuacion de la esfera en coordinadas esfericas es ρ = cosφ,a su vez dela ecuacion del cono se infiere que 0 ≤ φ ≤ π

4.

347

Por lo que la region en coordenadas esfericas esta descrita por

, 0 ≤ φ ≤ π

4, 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ ρ ≤ cosφ

El volumen de la region es

V =

∫∫R

∫f(x, y, z)dV =

∫ 2π

0

∫ π4

0

∫ cosφ

0

ρ2 sinφdρdφdθ

=

∫ 2π

0

∫ π4

0

sinφ

[ρ3

3

]∣∣∣∣cosφ

0

dφdθ

=2π

3

∫ π4

0

sinφ cos3 φdφ =2π

3

∣∣∣∣. [−cos4 φ

4

]∣∣∣∣π40

=π

8

Por lo tantoV =

π

8

4.3.6. Masa, Momentos, y Centroide de una Regiondel Espacio

Como en el caso de dos dimensiones, si δ(x, y, z) funcion positiva y con-tinua, definida sobre una region compacta (conjunto cerrado y acotado) Wcon volumen, que indica la densidad en cada punto (x, y, z) de W.

La masa de W es dada por la integral de la funcion densidad.

M(W )=

∫ ∫ ∫W

δ(x, y, z)dV

El primer momento de W se define respecto de algun plano, y el segundomomento (o momento de inercia) con respecto a algun plano, lınea o punto.

Daremos aqui solo las formulas tıpicas planos coordenados, ejes y el ori-gen.

Primer momento con respecto al plano yz.

Myz =

∫ ∫ ∫W

δ(x, y, z)xdV

Segundo momento con repecto al plano yz.

Iyz =

∫ ∫ ∫W

δ(x, y, z)x2dV

348

Segundo momento con repecto al eje x

Ix =

∫ ∫ ∫W

δ(x, y, z)(y2 + z2)dV

Segundo momento polar con respecto del origen

I0 =

∫ ∫ ∫W

δ(x, y, z)(x2 + y2 + z2)dV

Centroide: (x, y, z) =(Myz

M, Mzx

M, Mxy

M

).

Ejemplo

Determinar el centroide de la porcion de la esfera x2 + y2 + z2 ≤ a2, enel primer octante, asumiendo densidad constante.

Solucion:

El problema no pierde generalidad si suponemos que δ = 1, y claramentex = y = z.

Necesitamos calcular solamente

Mxy =

∫ ∫ ∫W

δ(x, y, z)zdV

y usando coordenadas esfericas esta integral queda

Mxy =

∫ π2

0

∫ π2

0

∫ a

0

(ρ cosφ)ρ2senφdρdφdθ =πa4

16

Como V = πa3

6, el centroide es

(38a, 3

8a, 3

8a)

Ejemplo

Encontrar el momento de inercia IL de un cilindro circular recto co a radiode la base, h altura y densidad proporcional a la distancia al eje del cilindro,con respecto a una recta L paralela al eje del cilindro y a una distancia bde el.

349

Solucion:

La recta L se define por: x = b, y = 0

El cilindro es descrito por: 0≤ r ≤ a, 0 ≤ z ≤ h

La densidad es δ = kr

Entonces

IL =

∫ ∫ ∫W

δ(x, y, z)((x− b)2 + y2)dV

=

∫ 2π

0

∫ a

0

∫ h

0

kr((x− b)2 + y2)rdzdrdθ

=

∫ 2π

0

∫ a

0

∫ h

0

kr2(r2 + b2)dzdrdθ + 0

= 2πka3h(a2

5+ b2

3

)

4.4. Ejercicios resueltos integrales triples y

dobles

4.4.1. Calculo de integrales dobles en coordenadas rectangu-lares cartesianas

Problema 1

Calcular

∫∫D

√x + ydxdy si D es la region acotada por las respectivas

rectas y = x, y = −x y x = 1

Solucion:

Se tiene que la region D = (x, y) ∈ IR2/ 0 ≤ x ≤ 1;−x ≤ y ≤ x

350

Figura 4.23: D region acotada por y = x, y = −x y x = 1

∫∫D

√x + ydxdy =

∫ 1

0

∫ x

−x

√x + ydydx

=2

3

∫ 1

0

(x + y)3/2∣∣∣x−xdx

=2

3

∫ 1

0

(2x)3/2 dx

=25/2

3

2

5(x)5/2

∣∣∣10

=8√

2

15

Problema 2

Calcular

∫∫D

√x2 − y2dxdy si D es el dominio limitado por el triangulo

de vertices A (0, 0) , B(1,−1), C (1, 1) . Vease figura 4.23Solucion

Entonces se tiene que el dominio esta delimitado por las rectas y = x,y = −x y x = 1.Luego el dominio de integracion es:

D =

(x, y) ∈ IR2/ 0 ≤ x ≤ 1;−x ≤ y ≤ x

.Integrando a franjas verticales, resulta

351

∫∫D

√x2 − y2dxdy =

∫ 1

0

∫ x

−x

√x2 − y2dydx

=

∫ 1

0

∫ x

−xx

√1−

(yx

)2

dydx

Hacemos el cambio de variablesy

x= sent =⇒ dy = x cos tdt y

determinemos los limites.Para y = x =⇒ arcsen

(xx

)= arcsen (1) =

π

2.

Para y = −x =⇒ arcsen

(−xx

)= arcsen (−1) = −π

2Por tanto

∫ 1

0

∫ x

−xx

√1−

(yx

)2

dydx =

∫ 1

0

∫ π2

−π2

x2√

1− sen2tdtdx

=

∫ 1

0

∫ π2

−π2

x2 cos2 tdtdx

=

∫ 1

0

∫ π2

−π2

x2(1 + cos 2t

2)dtdx

=

∫ 1

0

x2

[t

2+sen2t

4

]π2

−π2

dx

=π

2

∫ 1

0

x2dx

=π

2

[x3

3

]1

0

=π

6

352

Problema 3

Calcular

∫∫D

(y − 2x2

)dxdy si D es la region acotada por |x|+ |y| = 2

Figura 4.24: D region acotada por |x|+ |y| = 2

Solucion:

Se tiene que la region D = (x, y) ∈ IR2/ |x|+ |y| ≤ 2

Si escogemos la region con una particion de tipo I, es necesario utilizardos integrales iterativas porque para −2 ≤ x ≤ 0 , la frontera inferior de laregion es la grafica de y = −x−2, y la superior es y = x+2;y para 0 ≤ x ≤ 2la frontera inferior de la region es la grafica de y = x − 2, y la superior esy = −x+ 2

Entonces se tiene D = D1 ∪D2 tal que D1 ∪D2 = φ.

donde D1 = (x, y) ∈ IR2/ − 2 ≤ x ≤ 0, − x− 2 ≤ y ≤ x+ 2

D2 = (x, y) ∈ IR2/ 0 < x ≤ 2, x− 2 ≤ y ≤ −x+ 2

Por otra parte la funcion del integrando f (x, y) = y−2x2 es simetrica conrespecto al eje y, es decir ∀ (x, y, z) ∈ D existe (−x, y, z) tal que f (−x, y) =y − 2(−x)2 = f (x, y) .

Por lo tanto

353

∫∫D

(y − 2x2

)dxdy = 2

∫ 2

0

∫ −x+2

x−2

(y − 2x2

)dydx

= 2

∫ 2

0

(y2

2+ 2x2y

)∣∣∣∣−x+2

x−2

dx

= 2

∫ 1

0

(4x3 − 8x2

)dx

=

(x4 − 8

3x3

)∣∣∣∣20

= 2

(16− 64

3

)= −32

3

Problema 4

Calcular

∫∫D

(x2 + y2

)dxdy si D = (x, y) ∈ IR2/ x2 + y2 ≤ 1 .Usando

coordenadas cartesianas

Figura 4.25: D region acotada por x2 + y2 ≤ 1

Solucion:

Usando coordenadas cartesianas, la region de integracion es un cırculo

centrado en el origen de radio uno

Por lo tanto

D =

(x, y) ∈ IR2/ − 1 ≤ x ≤ 1,−√

1− x2 ≤ y ≤√

1− x2

354

∫∫D

(x2 + y2

)dxdy =

∫ 1

−1

∫ √1−x2

−√

1−x2(x2 + y2)dydx

=

∫ 1

−1

(x2y +y3

3)

∣∣∣∣√

1−x2

−√

1−x2dx

= 2

∫ 1

−1

(x2√

1− x2 +1

3

√(1− x2)3)dx

= 2

∫ 1

−1

x2√

1− x2dx+2

3

∫ 1

−1

√(1− x2)3dx

Con ayuda de una tabla de integrales obtenemos que:

∫ 1

−1

x2√

1− x2dx = (−x4

√1− x2 +

1

8(x√

1− x2 + arcsenx)

∣∣∣∣1−1

=1

8(arcsen(1)− arcsen (−1) =

1

8(π

2+π

2) =

π

8

∫ 1

−1

√(1− x2)3dx = (

x

4

√(1− x2)3 +

3x

8

√(1− x2) +

3

8arcsenx)

∣∣∣∣1−1

=3π

8

Por lo tanto: ∫∫D

(x2 + y2

)dxdy =

2π

8+

2

3

3π

8=π

2

Notese que la solucion del problema usando coordenadas cartesianas esbastante compleja

Problema 5

Calcular

∫∫D

xydxdy si D es la region acotada por y =√x, y =

√3x− 18, y ≥ 0.Usando coordenadas cartesianas.

Solucion.Si escogemos la region con una particion de tipo I, es necesario utilizar

dos integrales iterativas porque para 0 ≤ x ≤ 6 , la frontera inferior de laregion es la grafica de y = 0, y la superior es y =

√x;y para 6 ≤ x ≤ 9 la

355

Figura 4.26: D y =√x, y =

√3x− 18, y ≥ 0. Region de tipo I

frontera inferior de la region es la grafica de y =√

3x− 18, y la superior esy =√x

Luego tenemos que D = D1 ∪D2 tal que D1 ∪D2 = φ.

Entonces D1 = (x, y) ∈ IR2/ 0 ≤ x ≤ 6, 0 ≤ y ≤√x

D2 =

(x, y) ∈ IR2/ 6 < x ≤ 9,√

3x− 18 ≤ y ≤√x

Por lo tanto

∫∫D

xydxdy =

∫∫D1

xydxdy +

∫∫D2

xydxdy

=

∫ 6

0

∫ √x0

xydydx+

∫ 9

6

∫ √x√

3x−18

xydydx

=

∫ 6

0

x

[y2

2

]√x0

dx+

∫ 9

6

x

[y2

2

]√x√

3x−18

dx

=1

2

∫ 6

0

x2dx+1

2

∫ 9

6

(−2x2 + 18x)dx

=

[1

6x3

]6

0

+

[−x

3

3+ 9

x2

2

]9

6

=185

2

Si escogemos la region con una particion de tipo II, es necesario utilizarsolo una integral iterativa porque para 0 ≤ y ≤ 3 , la frontera izquierdade la region es la grafica de x = y2 mentras que la frontera derecha queda

determinada por la grafica x =y2

3+ 6, obteniendo ası la region

D1 =

(x, y) ∈ IR2/ y2 ≤ x ≤ y2

3+ 6, 0 ≤ y ≤ 3

356

Figura 4.27: D y =√x, y =

√3x− 18, y ≥ 0. Region de tipo II

la integral iterativa queda∫∫D

xydxdy =

∫ 3

0

∫ (y2/3)+6

y2xydxdy

=

∫ 3

0

[x2

2

](y2/3)+6

y2ydy

=1

2

∫ 3

0

[(y2 + 18

3

)2

− y4

](y2/3)+6

y2

ydy

=1

18

∫ 3

0

[−8y5 + 36y3 + 324y

]dy

=1

18

[−4

3y6 + 9y4 + 162y2

]3

0

=1

18

[−4

336 + 36 + 2 · 36

]=

185

2

357

Problema 6

Encontrar el area de la region determinada por las desigualdades: xy ≥ 4,

y ≤ x, 27y ≥ 4x2.

Figura 4.28: Region determinada por xy ≥ 4, y ≤ x, 27y ≥ 4x2

Solucion.

Sabemos que xy = 4 tiene por grafica una hiperbola equilatera, y = xes la recta bisectriz del primer cuadrante y 27y = 4x2 corresponde a unaparabola. Veamos cuale son los puntos de interseccion de estas curvas con elproprosito de configurar el dominio de integracion

xy = 4y = x

=⇒ x2 = 4 =⇒ x = ±2 =⇒ y = ±2

27y = 4x2

y = x

=⇒ 27x = 4x2 =⇒

x = 0

x =27

4

=⇒ y = 0, y =

27

4

xy = 427y = 4x2

=⇒ x = 3, y =

4

3

Para calcular el area A(R) =

∫∫D

dxdy, podemos escoger una particion

del

dominio de tipo I o de tipo II.

Consideremos dos subregiones de tipo I

D1 =

(x, y) ∈ IR2/ 2 ≤ x ≤ 3,

4

x≤ y ≤ x

D2 =

(x, y) ∈ IR2/ 3 ≤ x ≤ 27

4,

4

27x2 ≤ y ≤ x

358

Si proyectamos sobre eje x

A(R) =

∫∫D

dxdy =

∫∫D1

dxdy +

∫∫D2

dxdy

A(R) =

∫ 3

2

∫ x

4x

dydx+

∫ 27/4

3

∫ x

427x2dydx

=

∫ 3

2

y|x4xdx+

∫ 27/4

3

y|x427x2 dx

=

∫ 3

2

[x− 4

x

]dx+

∫ 27/4

3

[x− 4

27x2

]dx

=

[x2

2− 4 lnx

]3

2

+

[x2

2− 4

81x3

]27/4

3

=5

2− 4 ln

3

2+

729

32− 9

2− 4

81

273

43+

4

8133

= −2− 4 ln3

2+

729

32− 243

16+

4

3

=665

96− 4 ln

3

2

Si proyectamos sobre eje y

DI =

(x, y) ∈ IR2/

4

y≤ x ≤ 3

2

√3y,

4

3≤ y ≤ 2

DI =

(x, y) ∈ IR2/ y ≤ x ≤ 3

2

√3y, 2 ≤ y ≤ 27

4

A(R) =

∫∫D

dxdy =

∫∫D1

dxdy +

∫∫D2

dxdy

A(R) =

∫ 2

43

∫ 32

√3y

4y

dxdy +

∫ 27/4

2

∫ 32

√3y

y

dxdy

=

∫ 2

43

[√3y − 4 ln y

]dy +

∫ 27/4

2

[3

2

√3y − y

]dy

=

[3

2

√3y3 − 4

y

]2

43

+

[√3y3 − y2

2

]27/4

2

= −8

3− 4 ln

3

2+

9 · 27

8− 729

32+ 2

=665

96− 4 ln

3

2

359

Problema 7

Encontrar el volumen de la region acotada por los tres planos coordenadosy el plano x+ 2y + 3z = 6 Solucion.

Figura 4.29: Region determinada por los tres planos coordenados y el plano x+

2y + 3z = 6

Usando integrales dobles y proyectando la region sobre el plano xy ten-emos:

V =∫∫

D

6− x− 2y

3dxdy ,D =

(x, y) ∈ IR2/ 0 ≤ x ≤ 6, 0 ≤ y ≤ 6− x

2

V =1

3

∫ 6

0

∫ 6−x2

0

(6− x− 2y) dydx

=1

3

∫ 6

0

[(6− x)y − y2

] 6−x2

0dx

=1

3

∫ 6

0

[(6− x)2

2− (6− x)2

4

]dx

=1

12

∫ 6

0

(6− x)2dx

=

[− 1

36(6− x)3

]6

0

= 6

Usando integrales dobles y proyectando la region sobre el plano yz ten-emos:

V =∫∫

R(6− 3z − 2y) dzdy ,R =

(y, z) ∈ IR2/ 0 ≤ y ≤ 3, 0 ≤ z ≤ 6− 2y

3

360

V =

∫ 3

0

∫ 6−2y3

0

(6− 2y − 3z) dzdy

=

∫ 3

0

[(6− 2y)z − 3

2z2

] 6−2y3

0

dy

=

∫ 3

0

[(6− 2y)2

3− (6− 2y)2

6

]dy

=1

6

∫ 3

0

(6− 2y)2dy

=

[− 1

12

(6− x)3

3

]3

0

= 6

4.4.2. Cambios de orden de Integracion

Problema 1

Invierta el orden de integracion y evalue la integral resultante .

I =

∫ 1

0

∫ 2

2x

ey2

dydx

Solucion.

El dominio de integracion dado esD = (x, y) ∈ IR2/ 0 ≤ x ≤ 1, 2x ≤ y ≤ 2 .Si se invierte el orden de integracion tenemos que modificar la particion

del

dominio. D =

(x, y) ∈ IR2/ 0 ≤ x ≤ y

2, 0 ≤ y ≤ 2

,entonces la inte-

gral

se puede escribir.

I =

∫ 1

0

∫ 2

2x

ey2

dydx =

∫ 2

0

∫ y2

0

ey2

dxdy

=

∫ 2

0

xey2∣∣∣ y20dy

=

∫ 2

0

y

2ey

2

dy =1

4ey

2∣∣∣40

=1

4

(e16 − 1

)361

Problema 2

Invierta el orden de integracion y evalue la integral resultante .

I =

∫ 2

0

∫ 4

x2

√y cos ydydx

Solucion.El dominio de integracion dado esD = (x, y) ∈ IR2/ 0 ≤ x ≤ 2, x2 ≤ y ≤ 4 .Si se invierte el orden de integracion tenemos que modificar la particion

deldominio, D =

(x, y) ∈ IR2/ 0 ≤ x ≤ √y, 0 ≤ y ≤ 4

,entonces la inte-

gralse puede escribir

∫ 2

0

∫ 4

x2

√y cos ydydx =

∫ 4

0

∫ √y0

√y cos ydxdy

=

∫ 4

0

√y cos(y)x|

√y

0 dy

=

∫ 4

0

y cos(y)dy

Integrando esta ultima integral por partes se tiene:

∫ 4

0

y cos(y)dy = ysen(y)|40 −∫ 4

0

sen(y)dy

= ysen(y)|40 + cos(y)|40= 4sen(4) + cos(4)− 1

Problema 3

Invierta el orden de integracion y evalue la integral resultante .

I =

∫ e

1

∫ lnx

0

ydydx

Solucion.El dominio de integracion dado esD = (x, y) ∈ IR2/ 1 ≤ x ≤ e, 0 ≤ y ≤ lnx .Si se invierte el orden de integracion tenemos que el dominio,D = (x, y) ∈ IR2/ ey ≤ x ≤ e, 0 ≤ y ≤ 1 ,entonces la integralse puede escribir

362

∫ e

1

∫ lnx

0

ydydx =

∫ 1

0

∫ e

eyydxdy

=

∫ 4

0

y x∣∣∣eeydy

=

∫ 4

0

y(e− ey)dy

= e

[y2

2

]4

0

− ey [y − ey]40

= 8e− 4e4 − 1

4.4.3. Cambios de variables: Coordenadas polares

Problema 1

Calcular

∫∫D

(x2 + y2

)dxdy si D = (x, y) ∈ IR2/ x2 + y2 ≤ 1 ,usando

coordenadas polares. Vease figura 4.25Solucion.A partir de la coordenadas polares tenemos:x = rcosθ, y = rsenθ =⇒ x2 + y2 = r2

El valor absoluto del Jacobiano de transformacion a polares es:∣∣∣∣∂ (x, y)

∂ (r, θ)

∣∣∣∣ = r

Reemplazando terminos en la integral, produce∫∫D

(x2 + y2

)dxdy =

∫∫D

r2

∣∣∣∣∂ (x, y)

∂ (r, θ)

∣∣∣∣ drdθ

=

∫ 1

0

∫ 2π

0

r3dθdr =

∫ 1

0

∫ 2π

0

r3 θ|2π0 dr

= 2π

∫ 1

0

r3dr = 2πr4

4

∣∣∣∣10

=π

2

Las coordenadas polares dieron una solucion mas simple del problema.La simplicidad depende de la naturaleza del problema y de la simetria quepresenta el dominio.

363

Problema 2

Calcular el area de la region interior a la circunferencia x2 + y2 = 8y yexterior a la circunferencia x2 + y2 = 9.

Solucion.

Determinemos el centro y radio de la circunsferencia

x2 + y2 = 8y =⇒ x2 + y2 − 8y = 0 =⇒ x2 + (y − 4)2 = 16

El area de la region D es: A (D)

∫∫D

dxdy Vease figura 4.30

Figura 4.30: Region interior a la circunferencia x2 + y2 = 8y y exterior a la

circunferencia x2 + y2 = 9

Por simetrıa, podemos calcular el area de la region D en el primer cuad-rante

y multiplicar por 2.

A fin de conocer los lımites de integracion en coordenadas polares

necesitamos conocer el angulo que forma la recta OT con el eje x.

x2 + y2 = 8y =⇒ r2 = 8rsenθ =⇒ r = 8senθ

x2 + y2 = 9 =⇒ r = 3

Como T pertenece a ambas circunferencias se cumple

8senθ = 3 =⇒ θ = arcsen3

8

Luego, la mitad de la regionD∗ =

(r, θ) /3 ≤ r ≤ 8senθ; arcsen

3

8≤ θ ≤ π

2

∫∫

D

dxdy =

∫∫D∗

∣∣∣∣∂ (x, y)

∂ (r, θ)

∣∣∣∣ drdθ364

2

∫ π/2

arcsen 38

∫ 8senθ

3

rdrdθ = 2

∫ π/2

arcsen 38

r2

2

∣∣∣∣8senθ3

dθ∫ π/2

arcsen 38

(64sen2θ − 9

)dθ =

[64

(θ

2− sen2θ

4

)− 9

2θ

]π/2arcsen 3

8

=

[55

2θ − 16sen2θ

]π/2arcsen 3

8

=

[55

4π − 55

2arcsen

3

8+ 16sen(2arcsen

3

8)

]≈ 38, 42

Problema 3

Calcular

∫∫D

x2 + y2

x+√x2 + y2

dxdy , si D es el interior del cardioide r =

a (1 + cos θ)

Figura 4.31: D es la region interior del cardioide r = a (1 + cos θ)

Solucion.

Cambiando a cordenadas polares, tenemos:∫∫D

x2 + y2

x+√x2 + y2

dxdy =

∫∫D∗

r2

r cos θ + r

∣∣∣∣∂ (x, y)

∂ (r, θ)

∣∣∣∣ drdθ=

∫∫D∗

r2

r cos θ + rrdrdθ

365

=

∫ 2π

0

∫ a(1+cos θ)

0

r2

1 + cos θdrdθ

=

∫ 2π

0

1

1 + cos θ

r3

3

∣∣∣∣a(1+cos θ)

0

dθ

=a3

3

∫ 2π

0

(1 + cos θ)2 dθ

=a3

3

∫ 2π

0

(1 + 2 cos θ + cos2 θ

)dθ

=a3

3

[θ + 2senθ +

θ

2+sen2θ

4

]2π

0

= πa3

Observacion si deseamos se rigurosos debemos hacer notar que la integrales

impropia cuando x ≤ 0, e y = 0, pues en tal caso el denominador es cero.Luego:

I = lımα→π−ε→0

∫ α

0

∫ a(1+cos θ)

ε

r2

1 + cos θdrdθ + lım

β→π+ε→0

∫ 2π

β

∫ a(1+cos θ)

ε

r2

1 + cos θdrdθ

= lımα→π−

a3

3

∫ α

0

(1 + cos θ)2 dθ + lımβ→π+

a3

3

∫ 2π

β

(1 + cos θ)2 dθ

= lımα→π−

a3

3

[3

2α + 2senα +

sen2α

4

]+ lım

β→π+

a3

3

[3π − 3

2β − 2senβ − sen2β

4

]= πa3

Problema 4

Calcular el volumen V del solido acotado por las graficas z = 9− x2− y2

y z = 5.Solucion.Como el solido es simetrico, basta encontrar su volumen en el primer

octante y multiplicar su resultado por cuatro.Usando integrales dobles y proyectando la region sobre el plano xy ten-

emos:

V = 4

∫ ∫D

[9− x2 − y2 − 5

]dxdy

366

Figura 4.32: solido acotado por las graficas z = 9− x2 − y2 y z = 5

D = (x, y) ∈ IR2/ x ≥ 0, y ≥ 0, 0 ≤ x2 + y2 ≤ 4A partir de la coordenadas polares, obtenemos:x = rcosθy = rsenθ

=⇒ f (x, y) = 4− x2 − y2 = 4− r2

0 ≤ x2 + y2 = r2 ≤ 4 ⇐⇒ 0 ≤ r ≤ 2 y 0 ≤ θ ≤ π

2

D∗ =

(r, θ) / 0 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ π

2

El valor absoluto del Jacobiano de transformacion a polares es:∣∣∣∣∂ (x, y)

∂ (r, θ)

∣∣∣∣ = r

Reemplazando terminos en la integral, produce:

V = 4

∫ ∫D∗

[4− r2

]rdrdθ

= 4

∫ π/2

0

∫ 2

0

[4− r2

]rdrdθ

= 4

∫ π/2

0

[4

2r2 − 1

4r4

]2

0

dθ

= 8π

4.4.4. Cambios de variables. Coordenadas curvilıneas

Problema 1

Calcular I =

∫∫D

3xydxdy, donde D es la region acotada por las rectas

x− 2y = 0, x− 2y = −4x+ y = 4, x+ y = 1

(1)

Solucion.

Podemos usar el cambio de variables

367

Figura 4.33: D region acotada por x − 2y = 0, x − 2y = −4, x + y = 4,

x+ y = 1

u = x− 2yv = x+ y

(1) =⇒

x =1

3(2u+ v)

y =1

3(u− v)

(2)

Asi,x− 2y = −4 se transforma en u = −4

x− 2y = 0 se transforma en u = 0

x+ y = 1 se transforma en v = 1

x+ y = 4 se transforma en v = 4

Para calcular el Jacobiano

∣∣∣∣∂ (x, y)

∂ (u, v)

∣∣∣∣ tenemos dos posibilidades.

La primera, es usar la transformacion inversa (2) x e y en terminos de uy v .

La segunda, mucho mas simple, es calcular a partir de (1)

∣∣∣∣∂ (u, v)

∂ (x, y)

∣∣∣∣ y

luego

usar la propiedad

∣∣∣∣∂ (x, y)

∂ (u, v)

∣∣∣∣ =

[∣∣∣∣∂ (u, v)

∂ (x, y)

∣∣∣∣]−1

.

En efecto

∣∣∣∣∂ (u, v)

∂ (x, y)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣ 1 −21 1

∣∣∣∣ = 1 + 2 = 3 =⇒∣∣∣∣∂ (x, y)

∂ (u, v)

∣∣∣∣ =1

3

Por lo tanto, del teorema del cambio e variables se deduce que:

368

I =

∫∫D

3xydxdy =

∫∫D∗

3

(1

3(2u+ v)

1

3(u− v)

) ∣∣∣∣∂ (x, y)

∂ (u, v)

∣∣∣∣ dudv=

∫ 4

1

∫ 0

−4

1

9

(2u2 − uv − v2

)dvdu

=1

9

∫ 4

1

[2u2v − uv2

2− v3

3

]0

−4

du

=1

9

∫ 4

1

[8u2 + 8u− 64

3

]du

=1

9

[8u3

3+ 4u2 − 64

3u

]4

1

du =164

9

Problema 2

Calcular el area de la region D, que esta acotada por las curvasx2 − y2 = 1, x2 − y2 = 9x+ y = 4, x+ y = 6

(1)

Figura 4.34: D region acotada por x2−y2 = 1, x2−y2 = 9, x+y = 4, x+y = 6

Solucion.Teniendo en cuenta el cambio de variables que transforma la region D enla region D∗

u = x2 − y2

v = x+ y

(1) =⇒

La imagen D∗ de la region D esta acotada por la rectas verticales;x2 − y2 = 1 se transforma en u = 1x2 − y2 = 9 se transforma en u = 9y las rectas horizontalesx+ y = 4 se transforma en v = 4

369

x+ y = 6 se transforma en v = 6Es decir, D∗ = (u, v) /1 ≤ u ≤ 9, 4 ≤ v ≤ 6

Vamos a calcular

∣∣∣∣∂ (x, y)

∂ (u, v)

∣∣∣∣ a partir de (1)

∣∣∣∣∂ (u, v)

∂ (x, y)

∣∣∣∣ y usar la propiedad∣∣∣∣∂ (x, y)

∂ (u, v)

∣∣∣∣ =

[∣∣∣∣∂ (u, v)

∂ (x, y)

∣∣∣∣]−1

.

En efecto

∣∣∣∣∂ (u, v)

∂ (x, y)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣ 2x −2y1 1

∣∣∣∣ = 2 (x+ y) = 2v =⇒∣∣∣∣∂ (x, y)

∂ (u, v)

∣∣∣∣ =1

2vEl teorema del cambio variables afirma que:

A (D) =

∫∫D

dxdy =

∫∫D∗

∣∣∣∣∂ (x, y)

∂ (u, v)

∣∣∣∣ dudv=

∫ 9

1

∫ 6

4

1

3vdvdu

=1

2

∫ 9

1

[ln v]64 du

=1

2

(ln

6

4

)∫ 9

1

du

=1

2ln

3

2[u]91 = 4 ln

3

2

Problema 3

Calcular I =

∫∫D

x3 + y3

xydxdy, donde D es la region del primer cuad-

rante acotada por:y = x2, y = 4x2

x = y2, x = 4y2 (1)

Solucion.El calculo de I serıa bastante complejo si usamos coordenadas cartesianaspor la simetrıa que tiene el dominio.Sin embargo, una cambio de variablessimplifica la region D y la transforma en D∗.

Sean u =x2

y, v =

y2

xLuego D∗ esta acotada por la rectas verticales;y = x2 se transforma en u = 1.

y = 4x2 se transforma en u =1

4.

y las rectas horizontalesx = y2 se transforma en v = 1.

370

Figura 4.35: D region acotada por y = x2, y = 4x2, x = y2, x = 4y2

x = 4y2 se transforma en v =1

4.

Es decir, D∗ =

(u, v) /1 ≤ u ≤ 1

4, 1 ≤ v ≤ 1

4

Para calcular

∣∣∣∣∂ (x, y)

∂ (u, v)

∣∣∣∣ tenemos dos posibilidades, la primera es despejar

x

e y en terminos de u y v a partir de (1) .

La segunda, es calcular

∣∣∣∣∂ (u, v)

∂ (x, y)

∣∣∣∣ y usar la propiedad

∣∣∣∣∂ (x, y)

∂ (u, v)

∣∣∣∣ =

[∣∣∣∣∂ (u, v)

∂ (x, y)

∣∣∣∣]−1

.

En efecto

∣∣∣∣∂ (u, v)

∂ (x, y)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣∣2x

y−x

2

y2

−y2

x2

2y

x

∣∣∣∣∣∣∣ = 4− 1 = 3 =⇒∣∣∣∣∂ (x, y)

∂ (u, v)

∣∣∣∣ =1

3

Calculemos ahora la integral

371

I =

∫∫D

x3 + y3

xydxdy =

∫∫D

(x2

y+y2

x

)dxdy

=

∫ 1

1/4

∫ 1

1/4

(u+ v)1

3dvdu

=1

3

∫ 1

1/4

[uv +

v2

2

]1

1/4

du

=1

3

∫ 1

1/4

[3

4u+

15

32

]du

=1

3

[3

8u2 +

15

32u

]1

1/4

=1

3

[3

8

15

16+

15

32

3

4

]=

15

64

Problema 4

Evaluar la integral I =

∫∫D

[x+ y]2 dxdy, donde D es la region del plano

xy acotado por las curvasx+ y = 2, x+ y = 4,y = x, x2 − y2 = 4,

(1)

Figura 4.36: D region acotada por x+ y = 2, x+ y = 4, y = x y x2 − y2 = 4

Solucion. Observese que las ecuaciones de la curvas de la frontera deD solo incluyen a x e y en las combinaciones de x± y,y el integrando incluyesolamentenlas mismas combinaciones. Aprovechando estas simetrıas, sean lascoordenadas

u = x+ y, v = x− yLuego, la imagen D∗ de la region D esta acotada por las curvas;

372

x+ y = 2 se transforma en u = 2.x+ y = 4 se transforma en u = 4.A su vezx− y = 0 se transforma en v = 0.x2 − y2 = (x+ y) (x− y) = 4 se transforma en uv = 4.

Es decir, D∗ =

(u, v) / 2 ≤ u ≤ 4, 0 ≤ v ≤ 4

u

El jacobiano de la transformacion es

∣∣∣∣∂ (x, y)

∂ (u, v)

∣∣∣∣ =

[∣∣∣∣∂ (u, v)

∂ (x, y)

∣∣∣∣]−1

.

En efecto∂ (u, v)

∂ (x, y)=

∣∣∣∣ 1 11 −1

∣∣∣∣ = −2 =⇒∣∣∣∣∂ (x, y)

∂ (u, v)

∣∣∣∣ =1

2Entonces: ∫∫

D

[x+ y]2 dxdy =1

2

∫∫D∗u2dudv

=1

2

∫ 4

2

∫ 4/u

0

u2dvdu

=1

2

∫ 4

2

u2 v|4/u0 du

=1

2

∫ 4

2

4udu

=4

2

u2

2

∣∣∣∣42

= 12

4.4.5. Calculo de integrales triples en coordenadas rectangu-lares cartesianas

Problema 1

Sea R la region en IR3 acotada por: z = 0, z =1

2y, x = 0; x = 1, y =

0, y = 2

Calcular

∫∫∫R

(x+ y − z) dxdydz.

Solucion.Del grafico de la region (Vease figura 4.37) , tenemos que 0 ≤ z ≤

1

2y.Proyectando la region R

sobre el plano xy. Ası D = (x, y) ∈ IR2/ 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 2 .Por lo tanto;

373

Figura 4.37: R region acotada por z = 0, z =1

2y, x = 0; x = 1, y = 0, y = 2

∫∫∫R

(x+ y − z) dxdydz =

∫∫D

(

∫ 12y

0

(x+ y − z) dz)dxdy

∫ 1

0

∫ 2

0

(

∫ 12y

0

(x+ y − z) dz)dydx =

∫ 1

0

∫ 2

0

[xz + yz − z2

2

] 12y

0

dydx∫ 1

0

∫ 2

0

[1

2(x+ y)y − y2

8

]dydx =

∫ 1

0

∫ 2

0

[1

2xy +

3

8y2

]dydx∫ 1

0

[1

4xy2 +

1

8y3

]2

0

dx =

∫ 1

0

[(x+ 1)] dx =

[1

2x2 + x

]1

0

=3

2

Tambien es posible resolver el problema anterior proyectando la region R

sobre el plano xz.En tal caso, 2z ≤ y ≤ 2 y

D = (x, z) ∈ IR2/ 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1

∫∫∫R

(x+ y − z) dxdydz =

∫ 1

0

∫ 1

0

(

∫ 2

2z

(x+ y − z) dy)dzdx

374

∫ 1

0

∫ 1

0

[xy +

y2

2− zy

]2

2z

dzdx = 2

∫ 1

0

∫ 1

0

[x+ 1− z − xz] dzdx

2

∫ 1

0

[xz + z − z2

2− xz

2

2

]1

0

dx = 2

∫ 1

0

[x+ 1− 1

2− x

2

]dx∫ 1

0

[(x+ 1)] dx =

[1

2x2 + x

]1

0

=3

2

Una tercera posibilidad de solucion consiste en proyectar la region Rsobre el plano yz.Esta se deja como ejercicio.

Problema 2

Calcular

∫∫∫D

x2dxdydz si D es la region acotada por y2 + z2 = 4ax,

y2 = ax, x = 3a

Figura 4.38: D region acotada por y2 + z2 = 4ax, y2 = ax, x = 3a

Solucion.La superficie y2 + z2 = 4ax corresponde a un paraboloide de revolucioncomo el bosquejado en la figura.En dos variables el grafico de y2 = ax es una parabola, pero es tresvariables es la superficie de un manto parabolico.Finalmente, el grafico x = 3 es un plano paralelo al plano xz a la distancia3a.Luego el grafico de la region esLa proyeccion de la region sobre el plano xy es:

D =

(x, y, z) ∈ IR3/D1 ∪D2 , −√

4ax− y2 ≤ z ≤√

4ax− y2

375

Por simetrıa se tiene:

I =

∫∫∫D

x2dxdydz = 2

∫∫D1

∫ √4ax−y2

−√

4ax−y2x2dzdxdy

= 2

∫ 3a

0

∫ 2√ax

√ax

∫ √4ax−y2

−√

4ax−y2x2dzdydx

= 2

∫ 3a

0

∫ 2√ax

√ax

[x2z]√4ax−y2

−√

4ax−y2dydx

= 4

∫ 3a

0

∫ 2√ax

√ax

x2√

4ax− y2dydx

De una tabla de integrales obtenemos∫ √a2 − u2du =

1

2(u√a2 − u2 + a2arcsen

u

a)

Ası al integrar la expresion:∫ 2√ax

√ax

√4ax− y2dy =

[1

2

(y√

4ax− y2 + 4ax arcseny

2√ax

)]2√ax

√ax

= 2ax arcsen (1)− 1

2

[√ax√

3ax+ 4ax arcsen1

2

]= 2ax

π

2+

1

2ax√

3 − 2axπ

6

=2π

3ax +

√3

2ax

Por lo tanto al sustituir en la integral anterior, queda

4

∫ 3a

0

[2π

3+

√3

2

]ax3dx =

[(2π

3+

√3

2

)ax4

]3a

0

= 27a5

(2π +

3√

3

2

)

Problema 3

Calcular el volumen del solido Ω acotado por la superficie y = x2 y losplanos y + z = 4 ; z = 0.

376

Figura 4.39: Ω acotado por la superficie y = x2 y los planos y + z = 4, z = 0

Solucion.Consideremos que la region Ω esta acotada inferiormente por la frontera

z = 0 y superiomente por z = 4− y.Si Proyectamos la region Ω sobre el plano xy, se tiene:Ω = (x, y, z) ∈ IR3/ (x, y) ∈ D, 0 ≤ z ≤ 4− yD = (x, y) ∈ IR2/ − 2 ≤ x ≤ 2, x2 ≤ y ≤ 4Luego el volumen de la region es

V (Ω) =

∫∫∫Ω

dxdydz =

∫ 2

−2

∫ 4

x2

∫ 4−y

0

dzdydx

=

∫ 2

−2

∫ 4

x2(4− y) dydx =

∫ 2

−2

[4y − y2

2

]4

x2dx

=

∫ 2

−2

[8− 4x2 +

x4

2

]dx

=

[8x− 4

3x3 +

x4

10

]2

−2

=256

15

4.4.6. Coordenadas esfericas

Problema 1

Resolver I =

∫∫∫D

√x2 + y2 + z2e−(x2+y2+z2)dxdydz si D es la region de

IR3 limitada por las superficies x2 + y2 + z2 = a2

x2 + y2 + z2 = b2 con 0 < b < a anillo esferico.Solucion.Por la simetrıa del dominio y la forma del integrando

377

Figura 4.40: D es la region de IR3 limitada por las superficies x2 + y2 + z2 = a2

x2 + y2 + z2 = b2con 0 < b < a

usaremos coordenadas esfericas:

x = rsenθ cosφy = rsenθsenφz = r cos θ

=⇒

b2 ≤ x2 + y2 + z2 ≤ a2 =⇒ b ≤ r ≤ a

tgθ =y

z= 0 =⇒ 0 ≤ θ ≤ π

tgφ =y

x= 0 =⇒ 0 ≤ φ ≤ 2π

Recordando que el valor absoluto del Jacobiano a esfericas es :∣∣∣∣∂ (x, y, z)

∂ (r, θ, φ)

∣∣∣∣ = r2senθ se tiene:

I =

∫ 2π

0

∫ π

0

∫ a

b

re−r2

∣∣∣∣∂ (x, y, z)

∂ (r, θ, φ)

∣∣∣∣ drdθdφ=

∫ 2π

0

∫ π

0

∫ a

b

r3e−r2

senθ drdθdφ

=

∫ 2π

0

∫ π

0

[−1

2r2e−r

2 − e−r2]ab

senθ dθdφ

=

(1

2b2e−b

2

+1

2e−b

2 − 1

2a2e−a

2 − e−a2)∫ 2π

0

∫ π

0

senθ dθdφ

=

(1

2b2e−b

2

+1

2e−b

2 − 1

2a2e−a

2 − e−a2)∫ 2π

0

− cos θ|π0 dφ

= 2

(1

2b2e−b

2

+1

2e−b

2 − 1

2a2e−a

2 − e−a2)∫ 2π

0

dφ

= 4π

(1

2b2e−b

2

+1

2e−b

2 − 1

2a2e−a

2 − e−a2)

378

Problema 2

Encontrar el volumen de la region determinada por x2 +y2 + z2 ≤ 16 , z2

≥ x2 + y2.

Figura 4.41: Region determinada por x2 + y2 + z2 ≤ 16 , z2 ≥ x2 + y2

Solucion.

x2 + y2 + z2 = 16 es una esfera con centro en el origen y radio 4

z2 = x2+y2 es un cono con vertice en el origen y eje de simetrıa coincidente

con el eje z.

Como z ≥ 0 , solo debemos considerar solo la region sobre el plano xy.

La interseccion de la esfera con el cono se obtiene mediante el sistema:x2 + y2 + z2 = 16

x2 + y2 = z2

=⇒ z =

√8

x2 + y2 = 8

Usaremos coordenadas esfericas:

x = rsenθ cosφy = rsenθsenφz = r cos θ

=⇒

0 ≤ x2 + y2 + z2 ≤ 16 =⇒ 0 ≤ r ≤ 4

tgθ =y

z=

√8√8

= 1 =⇒ 0 ≤ θ ≤ π

4

tgφ =y

x= 0 =⇒ 0 ≤ φ ≤ 2π

Recordando que el valor absoluto del Jacobiano a esfericas es :∣∣∣∣∂ (x, y, z)

∂ (r, θ, φ)

∣∣∣∣ = r2senθ se tiene:

379

V =

∫∫∫D

dxdydz =

∫ 2π

0

∫ π4

0

∫ 4

0

r2senθ drdθdφ

V =

∫ 2π

0

∫ π4

0

r3

3

∣∣∣∣40

senθ dθdφ

V =43

3

∫ 2π

0

− cos θ|π40 dφ

V =43

3

∫ 2π

0

(1−√

2

2

)dφ =

43

3

(1−√

2

2

)2π

Otra opcion para resolver este problema es usar coordenadas cilındricas,ental casox = r cos θy = rsenθz = z

=⇒x2 + y2 + z2 = 16 =⇒ z = 16− r2.

x2 + y2 = z2 =⇒ z = r2

Tenıamos que el Jacobiano de transformacion a cilındricas es:∣∣∣∣∂ (x, y, z)

∂ (r, θ, z)

∣∣∣∣ = r luego:

V =

∫∫∫D

dxdydz =

∫ 2π

0

∫ √8

0

∫ √16−r2

r2rdzdrdθ

=

∫ 2π

0

∫ √8

0

rz |√

16−r2r2 drdθ

=

∫ 2π

0

∫ √8

0

(r√

16− r2 − r2)drdθ

=

∫ 2π

0

(−1

3

√(16− r2)3 − r3

3

)√8

0

dθ

= −2π

3

(2√

83 −√

163)

=2π

3

(64− 32

√2)

4.4.7. Coordenadas Cilındricas

Problema 1

Usando integrales triples calcular el volumen de la region acotada porz = x2 + y2 y z = 27− 2x2 − 2y2.

Solucion.Por la simetrıa del volumen los resolveremos usando coordenadas cilındri-

cas.

380

Figura 4.42: Region acotada por z = x2 + y2 y z = 27− 2x2 − 2y2

x = r cos θy = rsenθz = z

=⇒z = x2 + y2 =⇒ z = r2.z = 27− 2x2 − 2y2 =⇒ z = 27− 2r2

x2 + y2 = 9 =⇒ r = 3.Como el Jacobiano de transformacion a cilındricas es:∣∣∣∣∂ (x, y, z)

∂ (r, θ, z)

∣∣∣∣ = r se tiene:

V =

∫∫∫D

dxdydz =

∫ 2π

0

∫ 3

0

∫ 27−2r2

r2rdzdrdθ

=

∫ 2π

0

∫ 3

0

r z |27−2r2

r2 drdθ

=

∫ 2π

0

∫ 3

0

r(27− 3r2

)drdθ

=

∫ 2π

0

[27

2r2 − 3

4r4

]3

0

dθ

=243

4

∫ 2π

0

dθ =243

42π =

243

2π

Problema 2

Calcular el volumen de la region acotada por la esfera x2 + y2 + z2 = 13y el cono (z − 1)2 = x2 + y2, z ≥ 1

Solucion.El volumen pedido es

V =

∫∫∫R

dxdydz

donde la region R esta dada por

381

Figura 4.43: Region acotada por la esfera x2 +y2 +z2 = 13 y el cono (z − 1)2 =

x2 + y2, z ≥ 1

R =

(x, y, z) ∈ IR3/ (x, y) ∈ D; 1 +√x2 + y2 ≤ z ≤

√4− x2 − y2

D corresponde a la proyeccion de R sobre el plano xy.

D = (x, y, z) ∈ IR2/x2 + y2 ≤ 13

Por la simetrıa del volumen conviene usar coordenadas cilındricas.

x = r cos θy = rsenθz = z

=⇒ x2 + y2 + z2 ≤ r2 + z2 ≤ 13 ,

Determinemos la imagen R∗ de R

(z − 1)2 = x2 + y2 ⇐⇒ z ≥ 1 + r =⇒ 1 + r ≤ z ≤√

13− r2

Luego

R∗ =

(r, θ, z) ∈ IR3/ (r, θ) ∈ D; 1 + r ≤ z ≤√

13− r2

La region R al ser proyectada sobre el plano xy. produce

z = 0 =⇒ x2 + y2 = 13

D∗1 =

(r, θ) ∈ IR3/ ≤ r ≤ 2 ;−π2≤ θ ≤ π

2

Como el Jacobiano de transformacion a cilındricas es:∣∣∣∣∂ (x, y, z)

∂ (r, θ, z)

∣∣∣∣ = r se tiene:

382

V =

∫∫∫R

dxdydz =

∫ 2

0

∫ 2π

0

∫ √13−r2

1+r

rdzdθdr

=

∫ 2

0

∫ 2π

0

rz√

13−r21+r dθdr

=

∫ 2

0

∫ 2π

0

r(√

13− r2 − (1 + r))dθdr

= 2π

∫ 2

0

(r√

13− r2 −(r + r2

))dr

= 2π

[−1

3

(13− r2

)3/2 −(r2

2+r3

3

)]2

0

= 2π

[1

3

(133/2 − 73/2

)−(

4

2+

8

3

)]

Problema 3

Calcular utilizando coordenadas cilındricas el volumen de la region R ,donde R es el interior a la esfera x2 + y2 + z2 = 4, z ≥ 0,y exterior al cilindro(x− 1)2 + y2 = 1.

Figura 4.44: R, region interior a la esfera x2 + y2 + z2 = 4, z ≥ 0,y exterior al

cilindro (x− 1)2 + y2 = 1

Solucion.La region R se describe en coordenadas cartesianas mediante

R =

(x, y, z) ∈ IR3/ (x, y) ∈ D; 0 ≤ z ≤√

4− x2 − y2

donde D es la proyeccion de R sobre el plano xy.

383

D = (x, y) ∈ IR3/x2 + y2 ≤ 4 ; (x− 1)2 + y2 ≥ 1

Transformemos la region R a coordenadas cilindricas definidas por

x = r cos θy = rsenθz = z

=⇒ x2 + y2 + z2 = r2(cos2 θ + sen2θ) + z2 ≤ 4

⇐⇒ 0 ≤ z ≤√

4− r2

La region R al ser proyectada sobre el plano xy da origen a dos subregiones

x2 + y2 ≤ r2 ≤ 4 ⇐⇒ 0 ≤ r ≤ 2 siπ

2≤ θ ≤ 3π

2

(x− 1)2 + y2 ≥ 1 ⇐⇒ r ≥ 2 cos θ y r ≤ 2 si -π

2≤ θ ≤ π

2

Entonces, la region R∗ puede describirse mediante

R∗ =

(r, θ, z) / (r, θ) ∈ D∗ = D∗1 ∪D∗1; 0 ≤ z ≤√

4− r2

D∗1 =

(r, θ) ∈ IR3/2 cos θ ≤ r ≤ 2 ;−π2≤ θ ≤ π

2

D∗2 =

(r, θ) ∈ IR3/0 ≤ r ≤ 2 ;

π

2≤ θ ≤ 3π

2

Ademas, el Jacobiano de la transformacion a cilındricas es:∣∣∣∣∂ (x, y, z)

∂ (r, θ, z)

∣∣∣∣ = r

384

En consecuencia la integral puede describirse por

I =

∫∫∫R

(r) drdθdz

=

∫ π/2

−π/2

∫ 2

2 cos θ

∫ √4−r2

0

rdzdrdθ +

∫ 3π/2

π/2

∫ 2

0

∫ √4−r2

0

rdzdrdθ

=

∫ π/2

−π/2

∫ 2

2 cos θ

r [z]√

4−r20 drdθ +

∫ 3π/2

π/2

∫ 2

0

r [z]√

4−r20 drdθ

=

∫ π/2

−π/2

∫ 2

2 cos θ

r√

4− r2drdθ +

∫ 3π/2

π/2

∫ 2

0

r√

4− r2drdθ

=

∫ π/2

−π/2

[−1

3

(4− r2

)3/2]2

2 cos θ

dθ +

∫ 3π/2

π/2

[−1

3

(4− r2

)3/2]2

0

dθ

=8

3

∫ π/2

−π/2

(1− cos2 θ

)3/2dθ +

8

3

∫ 3π/2

π/2

dθ

=8

3

∫ π/2

−π/2sen3θdθ +

8

3

∫ 3π/2

π/2

dθ

=8

3

[− cos θ +

cos3 θ

3

]π/2−π/2

+8

3π =

8

3π

Problema 4

Calcular I =

∫∫∫D

(x2

a2+y2

b2+z2

c2

)dxdydz.

En la region D =

(x, y, z) ∈ IR3/

x2

a2+y2

b2+z2

c2≤ 1

a > 0, b > 0, c >

0

Figura 4.45: D es la region interior al elipsoidex2

a2+y2

b2+z2

c2= 1

385

Solucion.La region de integracion es un elipsoide de semieejes a,b,c.Efectuemos un primer cambio de variables:x = au, y = bv, z = cw.

Con ello, D se transforma en la bola.D∗ = (u, v, w) /u2 + v2 + w2 ≤ 1 y el valor absoluto del Jacobiano que-

da :∣∣∣∣ ∂ (x, y, z)

∂ (u, v, w)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣a 0 00 b 00 0 c

∣∣∣∣∣∣ = abc

Luego, aplicando el teorema del cambio de variables y obtenemos la inte-gral

I =

∫∫∫D

(x2

a2+y2

b2+z2

c2

)dxdydz.

=

∫∫∫D∗

(u2 + v2 + w2

) ∣∣∣∣ ∂ (x, y, z)

∂ (u, v, w)

∣∣∣∣ dudvdw=

∫∫∫D∗

(u2 + v2 + w2

) ∣∣∣∣ ∂ (x, y, z)

∂ (u, v, w)

∣∣∣∣ dudvdw=

∫∫∫D∗

(u2 + v2 + w2) (abc) dudvdw

Ahora, transformamos a coordenadas esfericas.

u = rsenθ cosφv = rsenθsenφw = r cos θ

=⇒

0 ≤ u2 + v2 + w2 ≤ 1 =⇒ 0 ≤ r ≤ 1

tgθ =v

w=⇒ 0 ≤ θ ≤ π

tgφ =v

u=⇒ 0 ≤ φ ≤ 2π

Quedando, la region D∗∗ = (r, θ, φ) /0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ π, 0 ≤ φ ≤ 2π

abc

∫∫∫D∗

(u2 + v2 + w2)dudvdw = abc

∫ 2π

0

∫ π

0

∫ 1

0

(r2)r2senθ drdθdφ

= abc

∫ 2π

0

∫ π

0

r5

5

∣∣∣∣10

senθ dθdφ

=abc

5

∫ 2π

0

− cos θ|π0 dφ

=2abc

5

∫ 2π

0

dφ =4πabc

5

Observacion

386

Es claro que la integracion se podrıa haber efectuado usando directamentela trasformacion compuesta.x = arsenθ cosφy = brsenθsenφz = cr cos θ

=⇒∣∣∣∣∂ (x, y, z)

∂ (r, θ, φ)

∣∣∣∣ = abcr2senθ

Problema 5

Calcular I =

∫∫∫D

dxdydz.√(x− a)2 + (y − b)2 + (z − c)2

,

en la region D = (x, y, z) ∈ IR3/x2 + y2 + z2 ≤ R2 , (a, b, c) es unpunto fijo

no peteneciente a la esfera x2 + y2 + z2 ≤ R2.

Figura 4.46: D es la region interior a la esfera x2 + y2 + z2 = R2

Solucion.

Si usamos coordenadas cartesianas los lımites de integracion son dificul-tosos, pues en tal caso tendrıamos.

I =

∫∫∫D

dxdydz.√(x− a)2 + (y − b)2 + (z − c)2

I =

∫ r

−r

∫ √r2−x2−√r2−x2

∫ √r2−x2−y2

−√r2−x2−y2

dzdydx.√(x− a)2 + (y − b)2 + (z − c)2

Es claro que si usamos este camino las cosas no seran faciles.Sin embargo , dada la simetria esferica del dominio y observando que el

integrando no es nada mas que el reciproco de la distancia desde (a, b, c) /∈ Dhasta (x, y, z) ∈ D,nos damos cuenta que el resultado no puede dependermas que de la distancia d entre dichos puntos.Por ello, el resultado no puede

387

variar si ubicamos el eje z pasando por el punto (a, b, c). Si (0, 0, d) son lasnuevas coordenadas del punto fijo tenemos.

I =

∫∫∫D

dxdydz.√x2 + y2 + (z − d)2

Observacion

El razonamiento anterior es muy usado el calculo de integrales que apare-cen aplicaciones a la Fısica pues en dicha Ciencia son comunes las leyes enque aparece una distacia o el cuadrado de una distancia en el denominadordel integrando.

Para calcular I en (*) usamos coordenadas esfericas. Obtenemos:

I =

∫ R

0

∫ π

0

∫ 2π

0

r2senθ dφdθdr√r2 + d2 − 2dr cos θ

= 2π

∫ R

0

∫ π

0

r2senθ dθdr√r2 + d2 − 2dr cos θ

Para calcular

J =

∫ π

0

r2senθ dθdr√r2 + d2 − 2dr cos θ

podemos hacer

s = r2 + d2 − 2dr cos θ

ds = 2drsenθdθ

Ademas, θ = 0 =⇒ s = r2 + d2 − 2dr = (d− r)2

θ = π =⇒ s = r2 + d2 + 2dr = (d+ r)2

Reemplazando en la integral anterior produce

J =r

2d

∫ (d+r)2

(d−r)2s−1/2ds =

r

2d2s1/2

∣∣(d+r)2

(d−r)2

=r

2d[2 (d+ r)− 2 (d− r)]

=r

2d[4r] =

2r2

d

Por lo tanto

388

I = 2π

∫ R

0

2r2

ddr

I =4π

d

r3

3

∣∣∣∣R0

I =4π

3dR3

4.5. Ejercicios propuestos integrales dobles y

triples

4.5.1. Integrales dobles

Integrales dobles en coordenadas cartesianas

1.- Resolver las integrales:

a)

∫ 1

0

∫ 1

√y

2x3dxdy

b)

∫ 4

−5

∫ y+29

2−√

4−ydxdy

c)

∫ 2

−2

∫ √4−x2

−√

4−x2xydydx

Respuestas

a)

∫ 1

0

∫ 1

√y

2x3dxdy =1

3

b)

∫ 4

−5

∫ y+23

2−√

4−ydxdy =

9

2

c)

∫ 2

−2

∫ √4−x2

−√

4−x2xydydx = 0

2.- Calcular la integral

∫∫D

xydxdy, donde D es la region acotada

por y2 = x, y2 = 3x− 18, y ≥ 0

Respuesta:

∫∫D

xydxdy =135

2Vease Figura 4.47

389

Figura 4.47: Region acotada por y2 = x, y2 = 3x− 18, y ≥ 0

3.- Calcular la integral

∫∫D

x

x2 + y2dxdy, donde D =

(x, y) ∈ IR2/1 ≤ x ≤ 2,

x2

2≤ y ≤ x2

Figura 4.48: Region acotada por y2 = x, y2 = 3x− 18, y ≥ 0

Respuesta: I =

∫∫D

x

x2 + y2dxdy = arctan 2− 3

2ln 5− 1

4π +

7

2ln 2

Vease Figura 4.48

4.- Evalue la integral resultante:

∫ 8

0

∫ 2

3√y

y√16 + x7

dxdy

Respuesta

∫ 2

0

∫ x3

0

y√16 + x7

dydx =8

7Vease Figura 4.49

390

Figura 4.49: Region acotada por y2 = x, y2 = 3x− 18, y ≥ 0

5.- Calcule el volumen del solido acotado por las graficas de:

x2 + y2 = 9, y2 + z2 = 2.

Figura 4.50: Solido acotado por las graficas de x2 + y2 = 9, y2 + z2 = 2.

Respuesta V (R) = 8

∫ 3

0

∫ √9−y2

0

√9− y2dxdy

6.- Calcule el volumen del solido acotado por las graficas de lasecuaciones dadas por z = x2 + 4, y = 4− x2, x+ y = 2; z = 0.

Respuesta V (R) =423

20

391

Figura 4.51: Solido acotado por las graficas de las ecuaciones dadas por z = x2+4,

y = 4− x2, x+ y = 2 z = 0.

4.5.2. Calculo de Integrales dobles usando transforma-cion de coordenadas

1.- Calcular

∫∫R

y

x2 + y2dxdy,donde R es a region plana determinada

por los puntos del primer cuadrante que son interiores a la circun-fererencia x2−4x+y2 = 0 y exteriores a la circunferencia x2 +y2 = 4.

Figura 4.52: Region plana determinada por los puntos del primer cuadrante que

son interiores a la circunfererencia x2−4x+y2 = 0 y exteriores a la circunferencia

x2 + y2 = 4

Respuesta: I =

∫∫R

y

x2 + y2dxdy =

1

2

392

2.- Calcular la integral

∫∫R

[(x− y)2 + 2 (x+ 2) + 1

]−1/2dxdy, donde R

es la region plana acotada por y = 0, x = 2, y = x.

a) Utilice la transformacion u = x− y, v = x+ y.

Figura 4.53: R es la region plana acotada por y = 0, x = 2, y = x y las transfor-

maciones u = x− y, v = x+ y. y x = u (1 + v) , y = v (1 + u)

b) Utilice la sustitucion x = u (1 + v) , y = v (1 + u) .

Respuesta. I =

∫∫D

[(x− y)2 + 2 (x+ 2) + 1

]−1/2dxdy = 2 ln 2− 1

2

3.- Resolver las integrales usando las coordenadas mas convenientes

a)

∫ 2a

0

∫ √2ax−x2

0

(x2 + y2

)dydx

b)

∫ 2

−2

∫ √4−y2

0

√x2 + y2dxdy

c)

∫ √π−√π

∫ √π−y2

−√π−y2

sen(x2 + y2

)dxdy

d)

∫ 2

−2

∫ 2+√

4−x2

2−√

4−x2

√x2 + y2dxdy

e)

∫∫R

eyxdxdy,

si R esta acotado por x = a, x = b, y = px, y = qx, con a < b, p < q.

393

Respuestas.

a)

∫ 2a

0

∫ √2ax−x2

0

(x2 + y2

)dydx =

3

4πa2

b)

∫ 2

−2

∫ √4−y2

0

√x2 + y2dxdy =

4

3π

c)

∫ √π−√π

∫ √π−y2

−√π−y2

sen(x2 + y2

)dxdy = 2π

d)

∫ 2

−2

∫ 2+√

4−x2

2−√

4−x2

√x2 + y2dxdy =

64

9(3π − 4)

e)

∫∫R

eyxdxdy =

1

2

(b2 − a2

)(eq − ep)

4.5.3. Integrales triples

4.5.4. Integrales triples iteradas

1.- Resolver las integrales triples por iteraciones:

a)

∫ 2

0

∫ 2√x

0

∫ √4x−y22

0

xdzdydx

b)

∫ a

0

∫ √a2−x20

∫ √a2−x2−y2

0

√a2 − x2 − y2 − z2dzdydx

c)

∫ 1

−1

∫ √1−x2

−√

1−x2

∫ √12−x2−y2

0

(x2 + y2

)dzdydx

Respuestas

a)

∫ 2

0

∫ 2√x

0

∫ √4x−y22

0

xdzdydx =4

3π√

2

b)

∫ a

0

∫ √a2−x20

∫ √a2−x2−y2

0

√a2 − x2 − y2 − z2dzdydx =

π2

8a2

c)

∫ 1

−1

∫ √1−x2

−√

1−x2

∫ √12−x2−y2

0

(x2 + y2

)dxdy =

4

15π

394

2.- Calcular las areas de las regiones D⊂ R2 acotadas por:

a) xy ≤ 4, y ≤ x, 27y ≥ 4x2.

Figura 4.54: D es la region plana acotada por xy ≤ 4, y ≤ x, 27y ≥ 4x2

b) x2 + y2 ≤ 9, y ≤ x+ 3, y ≤ −x.

Figura 4.55: D es la region plana acotada por x2 + y2 ≤ 9, y ≤ x+ 3, y ≤ −x

Respuestas

a) A (D) =2

3+ 4 ln

3

2.

b) A (D) =9

8(3π + 2) .

395

4.5.5. Integrales triples en coordenadas rectangularescartesianas.

1.- Calcular la integral triple

∫∫∫D

xyzdxdydz, siendo el dominio de

integracion D el tetaedro delimitado por los planos coordenados y

el plano de ecuacion x+y

2+z

3= 1.

Respuesta. I =

∫∫D

xyzdxdydz =1

20.

2.- Calcular la integral triple

∫∫∫D

x2dxdydz, siendo el dominio de

integracion D acotado por y2 + z2 = 4ay, y2 = ax, x = 3a,con a > 0

Respuesta. I =

∫∫∫D

x2dxdydz = 27a2

(2π − 3

√3

2

)

3.- Calcular la integral triple

∫∫∫D

xdxdydz, si D es la region de IR3

acotada por las superficies 2x + 3y = 6, 2x + 3z = 6, y = 3 + 2x − x2,z = 0

Figura 4.56: D es la region de IR3 acotada por las superficies 2x+3y = 6, 2x+3z =

6, y = 3 + 2x− x2, z = 0

Respuesta. I =1

9

[6

5x5 − 34

4x4 +

42

3x3 + 9x2

]3

−1/3

396

4.5.6. Calcular las integrales dadas usando las coorde-nadas adecuadas:

a)

∫∫∫D

(x + y + z)−3dxdydz,si D esta acotado por x = 0, y = 0, z = 0,

x+ y + z = 0.

Figura 4.57: D acotado por x = 0, y = 0, z = 0, x+ y + z = 0

b)

∫∫∫D

(x+y+z)2dxdydz,si D esta acotado por 2 z = x2+y2, x2+y2+z2 = 3

Figura 4.58: D acotado por 2 z = x2 + y2, x2 + y2 + z2 = 3

397

c)

∫∫∫D

z2dxdydz,si D esta limitado por x2 +y2 +z2 = a2, x2 +y2 +z2 = 2az

Figura 4.59: D esta limitado por x2 + y2 + z2 = a2, x2 + y2 + z2 = 2az

d)

∫∫∫D

zdxdydz,si D esta acotado por z = 0,x2

a2+y2

b2+z2

c2= 1

Figura 4.60: D esta acotado por z = 0,x2

a2+y2

b2+z2

c2= 1

398

e)

∫∫∫D

zdxdydz,si D esta limitado por z = h, z2 = h2 (x2 + y2)

Figura 4.61: D esta limitado por z = h, z2 = h2(x2 + y2

)Respuestas

a)

∫∫∫D

(x+ y + z)−3dxdydz =1

2ln 2− 5

16

b)

∫∫∫D

(x+ y + z)2dxdydz =π

5

(18√

3− 97

6

)c)

∫∫∫D

z2dxdydz =59

480πa5

d)

∫∫∫D

zdxdydz =πabc2

4

e)

∫∫∫D

zdxdydz =πh2

4

4.5.7. Resolver las integrales usando coordenadas esferi-cas:

a)

∫ a

−a

∫ √a2−x2−√a2−x2

∫ √a2−x2−y2

0

(x2 + y2

)dzdydx.

b)

∫ ∫ ∫D

(x2 + y2

)dxdydz, si D es la region limitada por

r2 ≤ x2 + y2 + z2 ≤ R2, z > 0.

Respuestas:

399

a)

∫ a

−a

∫ √a2−x2−√a2−x2

∫ √a2−x2−y2

0

(x2 + y2

)dzdydx =

4

15πa5.

b)

∫ ∫ ∫D

(x2 + y2

)dxdydz =

4

15

(R5 − r5

).

Calcular los volumenes de las regiones D⊂ R3 acotado por:

a) z = x, z = x2 + y2

Figura 4.62: Region limitada por z = x, z = x2 + y2

b) x2 + y2 = 4, x2 + y2 − z2 = 1

Figura 4.63: Region limitada por x2 + y2 = 4, x2 + y2 − z2 = 1

c) z2 = x2 + y2, y = 0, y = x, x = a.

400

Figura 4.64: Region limitada por z2 = x2 + y2, y = 0, y = x, x = a

d) z = x+ y, z = 0, x2 + y2 = 1, x = 1, y = 1.Respuestas.

Figura 4.65: Region limitada por z = x+ y, z = 0, x2 + y2 = 1, x = 1, y = 1

a) V (D) =π

32b) V (D) = 4π

√3

c) V (D) = a23

(√2 + ln

(1 +√

2))

d) V (D) =1

3

4.6. Aplicaciones integrales dobles y triples

4.6.1. Volumenes de cuerpos en el espacio

Si la funcion z = f (x, y) es continua tal que f (x, y) ≥ 0, entonces laintegral doble:

V (Ω) =

∫ ∫R

f (x, y) dA

401

define el volumen Ω bajo la superficie de la grafica de la funcion f (x, y) sobrela region R ⊂ IR2 Problema 1

Calcular el volumen acotado por el paraboloide z = x2 + y2 entre losplanos z = 1 y z = 4.

Figura 4.66: Volumen acotado por el paraboloide z = x2 + y2 y los planos z = 1

y z = 4

Solucion. Es claro que el volumen a calcular esta dado por

V (Ω) =

∫ ∫R

(x2 + y2)dA

donde R = (x, y) ∈ IR2/1 ≤ x2 + y2 ≤ 1Cambiando a coordenadas polares, quedax = r cos θy = rsenθ

=⇒ 1 ≤ x2 + y2 ≤ 4 =⇒ 1 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2π

Luego , el dominio de integracion se transforma en:R∗ = (r, θ) /1 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2π

Ademas, el jacobiano de transformacion es

∣∣∣∣∂(x, y)

∂(r, θ)

∣∣∣∣ = r

Reemplazando terminos en la ultima integral se tiene

V =

∫ 2π

0

∫ 2

1

r2 (r) drdθ

=

∫ 2π

0

[r4

4

]2

1

dθ =

∫ 2π

0

[24

4− 1

4

]dθ

=15

4(2π) =

15

2π

402

Problema 2Calcular el volumen acotado por z ≤ 36− 3x2 − y2 , y z ≥ x2 + 3y2.

Figura 4.67: Volumen acotado por el paraboloide z ≤ 36−3x2−y2 , y z ≥ x2+3y2

Solucion. Ambas ecuaciones z = 36 − 3x2 − y2 , y z = x2 + 3y2

representan paraboloides de revolucion.La region de integracion esta definida por

R =

(x, y, z) ∈ IR3/ x2 + 3y2 ≤ z ≤ 36− 3x2 − y2

.Determinemos la proyeccion de la interseccion de ambas superficies sobre el

plano xy.z = 36− 3x2 − y2

z = x2 + 3y2

=⇒ 36−3x2−y2 = x2+3y2 =⇒ 32 = 4x2+4y2

Por tanto, x2 + y2 = 9, corresponde a una circunferencia centrada en elorigen de radio 3.

En consecuencia, el volumen de la region es

V =

∫ ∫D

[(36− 3x2 − y2

)− (x2 + 3y2)

]dxdy

=

∫ ∫D

[36− 4x2 − 4y2

]dxdy

donde D = (x, y) ∈ IR2/ 0 ≤ x2 + y2 ≤ 9Como la funcion del integrando es simetrica con respecto al plano xy,

podemos calcular el volumen en el primer octante y multiplicar por cuatro.

403

V = 4

∫ ∫D+

[36− 4x2 − 4y2

]dxdy

donde D∗ =

(x, y) ∈ IR2/ 0 ≤ x ≤ 3, 0 ≤ y ≤√

9− x2.

V = 4

∫ 3

0

∫ √9−x2

0

[(36− 4x2 − 4y2

)]dydx

= 4

∫ 3

0

∫ √9−x2

0

4[9− x2 − y2

]dydx

Para simplificar los calculos usemos coordenadas polaresx = r cos θy = rsenθ

=⇒ 0 ≤ x2 + y2 ≤ 9 =⇒ 0 ≤ r ≤ 3, 0 ≤ θ ≤ π

2Luego , el dominio de integracion se transforma en:

D∗∗ =

(r, θ) /0 ≤ r ≤ 3, 0 ≤ θ ≤ π

2

Ademas, el jacobiano de transformacion es

∣∣∣∣∂(x, y)

∂(r, θ)

∣∣∣∣ = r

Reemplazando terminos en la ultima integral se tiene

V = 16

∫ π2

0

∫ 3

0

[9− r2

](r) drdθ

= 16

∫ π2

0

[9

2r2 − r4

4

]3

0

dθ = 16

∫ π2

0

[34

2− 34

4

]dθ

= 16

[34

4

]π

2= 162π

4.6.2. Area de figuras planas.

Sea D una region acotada en el plano xy. El area de D se define por:

A (D) =

∫∫D

dxdy

Si se tiene una region D de tipo I,

D =

(x, y) ∈ IR2/ a ≤ x ≤ b, φ1 (x) ≤ y ≤ φ2 (x)

404

obtendrıamos que

A (D) =

∫∫D

dxdy =

∫ b

a

∫ φ2(x)

φ1(x)

dydx

=

∫ b

a

(φ2 (x)− φ1 (x))dx

Problema 1

Calcular el area D de la region situada en el primer cuadrante, acotadapor:

y = x2, y = 4x2

x = y2, x = 4y2 (1)

Figura 4.68: area D de la region situada en el primer cuadrante, acotada por

y = x2, y = 4x2, x = y2 y x = 4y2

Solucion. El calculo del area serıa bastante engorroso si usamos unaregion de tipo I en coordenadas cartesianas por la simetrıa que tiene la region.Sin embargo, un cambio de variables simplifica la region D y la transformaen D∗.

Sean u =x2

y, v =

y2

xEntonces las curvas que acotan la region se tranforman eny = x2 =⇒ u = 1.

y = 4x2 =⇒ u =1

4.

Luego D∗ esta acotada por la rectas verticales; y las rectas horizontalesx = y2 =⇒ v = 1.

405

x = 4y2 =⇒ transforma en v =1

4.

Es decir, D∗ =

(u, v) /1 ≤ u ≤ 1

4, 1 ≤ v ≤ 1

4

Para calcular

∣∣∣∣∂ (x, y)

∂ (u, v)

∣∣∣∣ tenemos dos posibilidades, la primera es despejar

x e y en terminos de u y v a partir de (1) . La segunda, es calcular

∣∣∣∣∂ (u, v)

∂ (x, y)

∣∣∣∣y usar la propiedad

∣∣∣∣∂ (x, y)

∂ (u, v)

∣∣∣∣ =

[∣∣∣∣∂ (u, v)

∂ (x, y)

∣∣∣∣]−1

.

En efecto

∣∣∣∣∂ (u, v)

∂ (x, y)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣∣2x

y−x

2

y2

−y2

x2

2y

x

∣∣∣∣∣∣∣ = 4− 1 = 3 =⇒∣∣∣∣∂ (x, y)

∂ (u, v)

∣∣∣∣ =1

3

Calculemos ahora el area pedida:

A (D) =

∫∫D

dxdy =

∫ ∫ 1

D

1

3dvdu

=1

3

∫ 1

1/4

∫ 1

1/4

dvdu =1

3

∫ 1

1/4

[v]11/4 du

=1

4[u]11/4 =

3

16

4.6.3. Momentos y centros de masa para placas planasdelgadas

Definicion: Sea L una lamina con la forma de una region R del plano xy.Si la densidad en (x, y) es δ (x, y) , y δ es continua en R, entonces la masa M ylos primeros momentos de la lamina con respecto al eje x e y respectivamenteson Mx,My y los centros de masa (x, y) se definen:

406

M =

∫ ∫R

δ (x, y) dA

Mx =

∫ ∫R

yδ (x, y) dA

My =

∫ ∫R

xδ (x, y) dydx

x =My

M=

∫ ∫Rxδ (x, y) dA∫ ∫

Rδ (x, y) dA

y =Mx

M=

∫ ∫Ryδ (x, y) dA∫ ∫

Rδ (x, y) dA

Si una partıcula de masa m se encuentra en el punto (x, y, z) , entonces sudistancia al eje z es

Sea L una lamina con la forma de una region R del plano xy. Si la densidaden (x, y) es δ (x, y) , y δ es continua en R, entonces los segundos momentosde la lamina o momentos de inercia con respecto al eje x e y respectivamenteson Ix, Iy y los momentos de inercia con respecto a una recta L y respecto alorigen se definen:

Ix =

∫ ∫R

y2δ (x, y) dA

Iy =

∫ ∫R

x2δ (x, y) dydx

IL =

∫ ∫R

r2 (x, y) δ (x, y) dA

I0 =

∫ ∫R

(x2 + y2)δ (x, y) dA = Ix + Iy

4.6.4. Centroide de figuras geometricas

Cuando δ (x, y) es igual a uno, la posicion del centro de masa x, y seconvierte en una caraterıstica de la forma del objeto y no del material queesta hecho y se define como el centroide de una placa.

Problema 1Dada una placa delgada que cubre la region triangular acotada por el eje

x y las rectas x = 1, y = 2x en el primer cuadrante si la densidad de la placaen en cada punto de la region esta dada por δ (x, y) = 6x+ 6y + 6.Calcular:

407

a) la masa de la placa.b) los primeros momentosc) el centro de masa.d) momentos de inercia(segundos momentos) con respecto a los ejes x e

ye) radios de giro con respecto a los ejes x e y respectivamentef) radio de giro con respecto al origen

Figura 4.69: Region triangular acotada por el eje x y las rectas x = 1, y = 2x en

el primer cuadrante

Solucion.Consideremos una particion de la region que delimita la placa como una

region de tipo I: R = (x, y) / 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 2x .a) La masa de la placa es

M =

∫ 1

0

∫ 2x

0

δ (x, y) dydx

=

∫ 1

0

∫ 2x

0

(6x+ 6y + 6) dydx

=

∫ 1

0

[6xy + 3y2 + 6y

]2x0dx

=

∫ 1

0

[24x2 + 12x

]dx

=[8x3 + 6x2

]10

= 14

b) El primer momento con respecto al eje x es

408

Mx =

∫ 1

0

∫ 2x

0

yδ (x, y) dydx

=

∫ 1

0

∫ 2x

0

(6xy + 6y2 + 6y

)dydx

=

∫ 1

0

[3xy2 + 2y3 + 6y2

]2x0dx

=

∫ 1

0

[28x3 + 12x2

]dx

=[7x4 + 4x1

]10

= 11

Por otra parte, el primer momento con respecto al eje y es:

My =

∫ 1

0

∫ 2x

0

xδ (x, y) dydx

=

∫ 1

0

∫ 2x

0

(6x2 + 6xy + 6x

)dydx

=

∫ 1

0

[6x2y + 3xy2 + 6xy

]2x0dx

=

∫ 1

0

[12x3 + 12x3 + 12x2

]dx

=[6x4 + 4x3

]10

= 10

c) Ası, las coordenadas del centro de masa son:

x =My

M=

10

14=

5

7

y =Mx

M=

11

14

d) El momento de inercia con respecto al eje x es

409

Ix =

∫ 1

0

∫ 2x

0

y2δ (x, y) dydx

=

∫ 1

0

∫ 2x

0

(6xy2 + 6y3 + 6y2

)dydx

=

∫ 1

0

[6xy3 +

3

2y4 + 2y3

]2x

0

dx

=

∫ 1

0

[40x4 + 116x3

]dx

=[8x5 + 4x4

]10

= 12

Por otra parte, el momento de inercia con respecto al eje y es

Iy =

∫ 1

0

∫ 2x

0

x2δ (x, y) dydx

=

∫ 1

0

∫ 2x

0

(6x3 + 6x2y + 6x2

)dydx

=

∫ 1

0

[6x3y + 3x2y2 + 6x2y

]2x0dx

=

∫ 1

0

[12x4 + 12x4 + 12x3

]dx

=

[24

5x5 + 3x4

]1

0

=39

5

Los radios de giros con respecto a los ejes x e y son

Rx =

√IxM

=

√12

14=

√6

7

Ry =

√IyM

=

√39

70

El radio de giro con respecto al origen es

R0 =

√I0

M

donde el momento de inercia con respecto al origen esta dado por:

I0 =

∫ ∫(x2 + y2)δ (x, y) dxdy = Ix + Iy

410

R0 =

√995

14

Problema 2

Calcular el momento de inercia con respecto al eje x de la lamina planaR situada en el primer cuadrante, acotada por las curvasy2 = x, y2 = 2x, x2 = y, x2 = 3y, si la densidad en cada punto de laregion es δ (x, y) = x3y

Figura 4.70:

Solucion: El momento de inercia con respecto al eje x en coordenadascartesianas queda

Ix =

∫∫R

y2δ (x, y) dxdy

=

∫∫R

y2(x3y)dxdy

=

∫∫R

(xy)3dxdy

Sin embargo, conviene hacer un cambio de variables para simplificar lageometrıa de la region

u =y2

x

v =x2

y

=⇒ J =

∣∣∣∣∂ (x, y)

∂ (u, v)

∣∣∣∣ =

[∣∣∣∣∂ (u, v)

∂ (x, y)

∣∣∣∣]−1

=

=

∣∣∣∣∣∣∣−y2

x2

2y

x2x

y

−x2

y2

∣∣∣∣∣∣∣−1

=1

3

411

Examinemos ahora como se transforma la region

y2 = x, y2 = 2x =⇒ y2

x= 1;

y2

x= 2

x2 = y, x2 = 3y =⇒ x2

y= 1;

x2

y= 3

Luego, R∗ = (u, v) / 1 ≤ u ≤ 2, 1 ≤ v ≤ 3 .

Por otra parte, el integrando se puede expresar uv =y2

x

x2

y= xy

Ix =

∫∫R

(xy)3dxdy

=

∫ 2

1

∫ 3

1

(uv)3

(1

3

)dvdu

=1

3

∫ 2

1

u3du

∫ 3

1

v3dv

=1

3

[u4

4

]2

1

[v4

4

]3

1

=1

3

[4− 1

4

] [81

4− 1

4

]=

1

3

15

420 = 25

4.6.5. Momentos y Centros de masa de un solido

Sea Q un solido una region del espacio en IR3 . Si la densidad en (x, y, z)es δ (x, y, z) , y δ es continua en Q, entonces la masa M y los primeros mo-mentos del solido con respecto a los planos xy, xz e yz respectivamente sonMxy, Mxz,Myz y las coordenadas del centro de masa (x, y, z) se definen:

412

M =

∫ ∫ ∫Q

δ (x, y, z) dV

Mxy =

∫ ∫ ∫Q

yδ (x, y) dV

Mxz =

∫ ∫ ∫Q

yδ (x, y, z) dV

Myz =

∫ ∫ ∫Q

xδ (x, y, z) dV

x =Mxy

M=

∫ ∫ ∫Qzδ (x, y, z) dV∫ ∫ ∫

Qδ (x, y, z) dV

y =Mxz

M=

∫ ∫ ∫Qyδ (x, y, z) dV∫ ∫ ∫

Qδ (x, y, z) dV

z =Mxy

M=

∫ ∫ ∫Qxδ (x, y, z) dV∫ ∫ ∫

Qδ (x, y, z) dV

Sea Q un solido una region del espacio en R3 . Si la densidad en (x, y, z) esδ (x, y, z) , y δ es continua en Q, entonces los segundos momentos del solido omomentos de inercia con respecto al eje x, al eje y,y al eje z respectivamenteson Ix, Iy , Iz se definen:

Ix =

∫ ∫ ∫Q

(y2 + z2)δ (x, y, z) dV

Iy =

∫ ∫ ∫Q

(x2 + z2)δ (x, y, z) dV

Iz =

∫ ∫ ∫Q

(x2 + y2)δ (x, y, z) dV

4.6.6. Masa de un solido

Problema 1

La densidad en un cubo de lado a es proporcional al cuadrado de la dis-tancia respecto a uno de los vertices ( al que denotaremos por 0). Demostrarque la masa del cubo es igual a su volumen multiplicada por la densidad enun vertice adyacente a 0.

413

Solucion. Si R es una region cerrada y acotada en IR3 y la densidaden el punto (x, y, z) ∈ R es δ (x, y, z) , entonces la masa de R esta dada por

M =

∫ ∫R

δ (x, y, z) dV

Situando el cubo con el vertice en el origen del sistema de coordenadas ytres de sus caras coincidiendo con los planos coordenados, se tiene:

δ (x, y, z) = x2 + y2 + z2 y por lo tanto

M =

∫ ∫R

(x2 + y2 + z2

)dxdydz

donde R = (x, y, z) ∈ IR3/0 ≤ x ≤ a; 0 ≤ y ≤ a; 0 ≤ z ≤ a . Luego

M =

∫ a

0

∫ a

0

∫ a

0

(x2 + y2 + z2

)dzdydx =

∫ a

0

∫ a

0

[(x2 + y2)z +

z3

3

]a0

dydx

=

∫ a

0

∫ a

0

[x2a+ y2a+

a3

3

]dydx =

∫ a

0

[ax2y + a

y3

3+a3

3y

]a0

dx

=

∫ a

0

[a2x2 +

2a4

3

]dx =

[a3x

3

3+

2a4

3x

]a0

= a5

Por otra parte la distancia entre 0 y cualquier vertice adyacente a el es a.Entonces la densidad de un vertice adyacente es δ (a, 0, 0) = a2, δ (0, a, 0) =a2, δ (0, 0, a) = a2.

Por lo tanto, queda V (R) · δ (a, 0, 0) = a3 · a2 = a5 = M

Problema 2

Un solido tiene forma de cilindro circular recto con radio de la base Ry altura h. Si la densidad en un punto es directamente proporcional a ladistancia a una de las bases. Encontrar:

a) las coordenadas del centro de masa

b) el momento de inercia con respecto al eje axial de simetrıa delsolido cilındrico

Soluciones

La region del solido cilındrico esta acotado por

Q = (x, y, z) ∈ IR3/ 0 ≤ x2 + y2 ≤ R2, 0 ≤ z ≤ hCalculemos en primer lugar la masa total del cilındro, usando coorde-

nadas cilındricas , la region del solido se transforma enQ∗ = r, θ, z)/ 0 ≤ r ≤ R, 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ z ≤ h

414

M =

∫∫∫Q

δ (x, y, z) dV

=

∫∫∫Q∗kzrdrdθdz =

∫ R

0

∫ 2π

0

∫ h

0

kzrdzdθdr

=

∫ R

0

∫ 2π

0

k

[z2

2

]h0

dθdr =

∫ R

0

∫ 2π

0

k

[h2

2

]rdθdr

= kh2

2

∫ R

0

[θ]2π0 rdr = πkh2

[r2

2

]R0

=1

2πkh2R2

El momento de inercia del solido con respecto al plano xy es

Mxy =

∫∫∫Q

zδ (x, y, z) dV =

∫∫∫Q

z (kz) dV

=

∫∫∫Q∗kz2 (r) drdθdz =

∫ R

0

∫ 2π

0

∫ h

0

kz2rdzdθdr

=

∫ R

0

∫ 2π

0

k

[z3

3

]h0

dθdr = kh3

3

∫ R

0

[θ]2π0 rdr

=2

3πkh3

[r2

2

]R0

=1

3πkh3R2

Finalmente, las coordenadas del centro de masa son:

x =My

M= 0

y =Mx

M= 0

z =Mxy

M=

1

3πkh3R2

1

2πkh2R2

=2

3h

415

b) El momento de inercia con respecta al eje de simetrıa z es:

Iz =

∫∫∫Q

(x2 + y2)δ (x, y, z) dV =

∫∫∫Q∗

(r2)kz (r) drdθdz

=

∫ R

0

∫ 2π

0

∫ h

0

(r3)kzdzdθdr = kh2

2

∫ R

0

∫ 2π

0

(r3)dθdr

= πkh2

∫ R

0

(r3)dr = πkh2

[r4

4

]R0

=1

4πkh2R4

Problema 3Calcular el momento respecto al eje de simetrıa de un cono homogeneo aco-tado por las graficas x2 − y2 + z2 = 0 e y = 3, si tiene una densidadδ (x, y, z) constante

Figura 4.71:

Solucion Sea la region del cono circular recto :

Q =

(x, y, z) ∈ IR3/ − y ≤ x ≤ y, 0 ≤ y ≤ 3, −√y2 − x2 ≤ z ≤

√y2 − x2

Sea δ (x, y, z) = k, la densidad es constante. Luego, el momento con

respecto al eje y es:

Iz =

∫∫∫Q

(x2 + y2)δ (x, y, z) dV

416

Usando coordenadas cilındricas tenemos:x = r cos θy = yz = rsenθ

⇒ Q∗ = (r, θ, y) / 0 ≤ r ≤ 3, 0 ≤ θ ≤ 2π, r ≤ y ≤ 3

El Jacobiano de transformacion es

∂ (x, y, z)

∂ (r, θ, z)= r

Reemplazando en la expresion anterior se tiene

Iz =

∫∫∫Q∗

(r2)k (r) drdθdy = k

∫ 3

0

∫ 2π

0

∫ 3

r

(r3)dydθdr

= k

∫ 3

0

∫ 2π

0

(r3) [y]3r dθdr = k

∫ 3

0

(r3) [3− r] [θ]2π0 dr

= 2πk

∫ 3

0

(3r3 − r4)dr = 2πk

[3

4r4 − 1

5r5

]3

0

=11

1035πk

Problema 4

Calcular el volumen y el centroide de la region acotada arriba por la esfera

ρ = a, y abajo por el cono θ = θ0, donde 0 < θ0 <π

2, que tiene una densidad

δ (x, y, z) = 1

Solucion.

Sea la region

Q =

(x, y, z) ∈ IR3/ 0 ≤ x2 + y2 ≤ a2

2,√y2 + x2 ≤ z ≤

√a2 − y2 − x2

El volumen de esta region en coordenadas esfericas es

V =

∫ 2π

0

∫ θ0

0

∫ a

0

ρ2senθdρdθdφ =

∫ 2π

0

∫ θ0

0

1

3a3senθdρdθdφ

=1

3a3

∫ 2π

0

[− cos θ]θ00 dφ =2

3πa3 [1− cos θ0]

Por simetrıa, el centroide esta en el eje z, luego determinemos el momentodel solido respecto al plano xy

417

Mxy =

∫∫∫Q

zδ (x, y, z) dV

Mxy =

∫∫∫Q∗

(ρ cos θ) ρ2senθdρdθdφ =

∫ 2π

0

∫ θ0

0

∫ a

0

ρ3 cos θsenθdρdθdφ

=

∫ 2π

0

∫ θ0

0

1

4a4 cos θsenθdθdφ =

1

4a4

∫ 2π

0

[sen2θ

2

]θ00

dφ

=1

8a4sen2θ0

∫ 2π

0

dφ =1

4πa4sen2θ0

Ası, las coordenadas del centro de masa son:

x =Myz

M= 0

y =Mxz

M= 0

z =Mxy

M=

3

8a (1 + cos θ0)

Problema 5

Se tiene una region solida que se encuentra al exterior de la esfera x2 +y2+z2 = a2 y dentro de la esfera x2+y2+z2 = b2,suponiendo que la densidadde un punto es directamente proporcional al cuadrado de la distancia de Pal centro de las esferas.

a) Calcule la masa del solidob) Calcule su momento de inercia con respecto a una recta que pasa por

elcentroSolucion.a) La region solida esta acotada porQ = (x, y, z) ∈ IR3/ a2 ≤ x2 + y2 + z2 ≤ b2y la densidad del punto es δ (x, y, z) = k (x2 + y2 + z2) .La masa total del casquete esferico en coordenadas cartesianas es

M =

∫∫∫Q

δ (x, y, z) dV

=

∫∫∫Q

k(x2 + y2 + z2

)dxdydz

Para calcular la masa usaremos coordenadas esfericas:

418

Figura 4.72: Region solida que se encuentra al exterior de la esfera x2 +y2 +z2 =

a2 y dentro de la esfera x2 + y2 + z2 = b2

x = ρsenθ cosφy = ρsenθsenφz = ρ cos θ

=⇒∣∣∣∣∂ (x, y, z)

∂ (ρ, θ, φ)

∣∣∣∣ = ρ2senθ

La region de integracion queda:

Q∗ = (ρ, θ, φ) / a ≤ ρ ≤ b, 0 ≤ θ ≤ π, 0 ≤ φ ≤ 2π

Al sustituir en la expresion anterior tenemos que la masa total es

M =

∫ 2π

0

∫ π

0

∫ b

a

(kρ2)ρ2senθdρdθdφ

=

∫ 2π

0

∫ π

0

k

[ρ5

5

]ba

senθdθdφ

=1

5k(b5 − a5

) ∫ 2π

0

[− cos θ]π0 dφ

=2

5k(b5 − a5

) ∫ 2π

0

dφ

=4

5πk(b4 − a4

)

Por la simetrıa, el momento de inercia con respecto al eje z es

419

Iz =

∫∫∫Q

(x2 + y2

)δ (x, y, z) dV

=

∫ 2π

0

∫ π

0

∫ b

a

(ρ2sen2θ

)(kρ2)ρ2senθdρdθdφ

=

∫ 2π

0

∫ π

0

∫ b

a

kρ6sen3θdρdθdφ

=

∫ 2π

0

∫ π

0

k

[ρ7

7

]ba

sen3θdθdφ

=1

7k(b7 − a7

) ∫ 2π

0

∫ π

0

senθ(1− cos2 θ

)dθdφ

=1

7k(b7 − a7

) ∫ 2π

0

[− cos θ +

1

3cos3 θ

]π0

dφ

=4

21k(b7 − a7

) ∫ 2π

0

dφ

=8π

21k(b7 − a7)

Problema 6

Calcular el momento de inercia con respecto al eje z del solido acotadoentre las esferas x2 + y2 + z2 ≥ a2, x2 + y2 + z2 ≤ 9a2 . Si la densidad en

cada punto de la region es δ (x, y, z) =x2 + y2 + z2

x2 + y2.

Figura 4.73: Solido acotado entre las esferas x2+y2+z2 ≥ a2, x2+y2+z2 ≤ 9a2 .

Solucion

Por la simetrıa, el momento de inercia con respecto al eje z es

420

Iz =

∫∫∫Q

(x2 + y2

)δ (x, y, z) dV

=

∫∫∫Q

(x2 + y2

) x2 + y2 + z2

x2 + y2dV

= =

∫∫∫Q

(x2 + y2 + z2

)dxdydz

donde la region solida esta acotada porQ = (x, y, z) ∈ IR3/ a2 ≤ x2 + y2 + z2 ≤ 9a2.Para calcular la ultima integral usaremos coordenadas esfericas:x = ρsenθ cosφy = ρsenθsenφz = ρ cos θ

=⇒∣∣∣∣∂ (x, y, z)

∂ (ρ, θ, φ)

∣∣∣∣ = ρ2senθ

La region de integracion queda:Q∗ = (ρ, θ, φ) / a ≤ ρ ≤ 3a, 0 ≤ θ ≤ π, 0 ≤ φ ≤ 2πAl sustituir en la expresion anterior tenemos que Iz queda:

Iz =

∫ 2π

0

∫ π

0

∫ 3a

a

(ρ2)(ρ2senθ)dρdθdφ

=

∫ 2π

0

∫ π

0

∫ 3a

a

ρ4senθdρdθdφ

=

∫ 2π

0

∫ π

0

[ρ5

5

]3a

a

senθdθdφ

=1

5

((3a)5 − a5

) ∫ 2π

0

∫ π

0

senθdθdφ

=8

5

(a5) ∫ 2π

0

[− cos θ]π0 dφ

=16

5

(a5) ∫ 2π

0

dφ

=32

5πa5

Problema 7

Encontrar el centro de masa del solido homogeneo , cuya densidad esδ (x, y, z) = 1, que esta acotado por arriba por z2 = 64 + x2 + y2 y porabajo z2 = 2( x2 + y2), z ≥ 0.

421

Figura 4.74:

Solucion.Como la densidad es constante δ (x, y, z) = 1,y de acuerdo a la simetrıa

,que presenta el problema las coordenadas del centro de masa son

x =Myz

M= 0

y =Mxz

M= 0

z =Mxy

M=

∫∫∫QzdV

V (Q)

Para representar el problema, usaremos coordenadas cilındricas.x = r cos θy = rsenθz = z

=⇒∣∣∣∣∂ (x, y, x)

∂ (r, θ, z)

∣∣∣∣ = r es el Jacobiano de transforma-

cion.Primero determinemos la funcion interseccion de las superficies:z2 = 64 + x2 + y2

z2 = 2(x2 + y2)

=⇒ x2 + y2 = 64

Pero en cilındricas describen: x2 + y2 = r2 =⇒ 0 ≤ r2 ≤ 64 =⇒ 0 ≤r ≤ 8

Por otra parte 0 ≤ θ ≤ 2πAhora determinemos las cotas para zz2 = 64 + x2 + y2 = 64− r2 =⇒z2 = 2(x2 + y2) = 2r2 =⇒

z =√

64 + r2

z =√

2r,con z ≥ 0

Luego la region de integracion queda:Q∗ =

(r, θ, z) / 0 ≤ r ≤ 8, 0 ≤ θ ≤ 2π,

√2r ≤ z ≤

√64 + r2

Calculemos el volumen de la region:

422

V (Q∗) =

∫∫∫Q∗rdrdθdz

=

∫ 2π

0

∫ 8

0

∫ √64+r2

√2r

r dzdrdθ =

∫ 2π

0

∫ 8

0

[z]√

64+r2√2r

rdrdθ

=

∫ 2π

0

∫ 8

0

[√64 + r2 −

√2r]rdrdθ

=

∫ 2π

0

[∫ 8

0

r√

64 + r2dr −√

2

∫ 8

0

r2dr

]dθ

=

∫ 2π

0

[1

2

([2

3(64 + r2)3/2

]8

0

−√

2

[r3

3

]8

0

)dθ

]

= 2π

[221/2

3− 218/2

3−√

283

3

]∴ V (Q∗) =

2

3π[29(23/2 − 1

)−√

229]

Por otro lado, el momento de inercia es

M =

∫∫∫Q

δ (x, y, z) zdV

=

∫∫∫Q∗z rdrdθdz

=

∫ 2π

0

∫ 8

0

∫ √64+r2

√2r

r zdzdθdr

=

∫ 2π

0

∫ 8

0

r

[z2

2

]√64+r2

√2r

drdθ

=1

2

∫ 2π

0

∫ 8

0

[64 + r2 − 2r2

]rdrdθ

=1

2

∫ 2π

0

∫ 8

0

[64r − r3

]drdθ

=1

2

∫ 2π

0

[32r2 − r4

4

]8

0

dθ

=1

22π[82 (32− 16)

]= 1024π

Por tanto, la tercera coordenada del centro de masa del solido es:

423

z =

∫∫∫QzdV

V (Q)=

1024π

1024π(√

2− 1)

3

= 3(√

2 + 1)

4.6.7. Determinacion del centroide dee un solido

Problema 1

Encontrar el centroide del solido encerrado por el cilindro x2 + y2 = 4, acotado por arriba por el paraboloide z = x2 + y2, y por abajo por elplano XY. Para efectos de calculo suponga que la densidad es δ (x, y, z) = 1constante.

Figura 4.75: Solido encerrado por el cilindro x2 + y2 = 4 , acotado por arriba por

el paraboloide z = x2 + y2, y por abajo por el plano XY

SolucionEl centroide del solido (x, y, z) ,esta en su eje de simetrıa,en este casoel eje z,. Esto hace que x = y = 0.Para hallar z, dividimos el primer momento Mxy por la masa M del solido,es decir

z =Mxy

M

Donde el primer momento se define Mxy =∫∫∫

Ωzδ (x, y, z) dxdydz y la

masa del solido es M =∫∫∫

Ωδ (x, y, z) dxdydz siendo

Ω = (x, y, z) ∈ IR3/ x2 + y2 ≤ 4, 0 ≤ z ≤ x2 + y2

424

Por la simetrıa del dominio, es necesario hacer un cambio de variables acoordenadas cilındricasx = r cos θy = rsenθz = z

=⇒ el jacobiano de transformacion es

∂ (x, y, z)

∂ (r, θ, z)=

∣∣∣∣∣∣cos θ −rsenθ 0senθ r cos θ 0

0 0 1

∣∣∣∣∣∣ = r

Entonces la region Ω se tranforma enΩ∗ = (r, θ, z) / 0 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ z ≤ r2El valor de Mxy es:

Mxy =

∫∫∫Ω

zδ (x, y, z) dxdydz

=

∫∫∫Ω∗zrdrdθdz =

∫ 2π

0

∫ 2

0

∫ r2

0

zrdzdrdθ

=

∫ 2π

0

∫ 2

0

z2

2

∣∣∣∣r20

rdrdθ =

∫ 2π

0

∫ 2

0

r5

2drdθ

=

∫ 2π

0

r6

12

∣∣∣∣20

dθ =

∫ 2π

0

16

3dθ

=32

3π

El valor de la masa M es

M =

∫∫∫Ω

δ (x, y, z) dxdydz

=

∫∫∫Ω∗rdrdθdz =

∫ 2π

0

∫ 2

0

∫ r2

0

rdzdrdθ

=

∫ 2π

0

∫ 2

0

z|r2

0 rdrdθ =

∫ 2π

0

∫ 2

0

r3drdθ

=

∫ 2π

0

r4

4

∣∣∣∣20

dθ =

∫ 2π

0

4dθ

= 8π

Por lo tanto

z =Mxy

M=

4

3

425

En consecuencia, el centroide se localiza en

(0, 0,

4

3

).

Problema 2

Calcular el momento de inercia del solido con respecto al eje z , queesta acotado por arriba por la esfera solida x2 + y2 + z2 = a2 y por abajopor el cono θ = π

3,y cuya densidad es constante δ = 1

Solucion:En coordenadas rectangulares, el momento de inercia con respecto al eje

z es

Iz =

∫∫∫Q

(x2 + y2

)δ (x, y, z) dV

En coordenadas esfericas, queda

Iz =

∫ 2π

0

∫ π/3

0

∫ 1

0

(ρ2sen2θ

)ρ2senθdρdθdφ

∫ 2π

0

∫ π/3

0

∫ 1

0

ρ4sen3θdρdθdφ =

∫ 2π

0

∫ π/3

0

[ρ5

5

]1

0

sen3θdθdφ

1

5

∫ 2π

0

∫ π/3

0

senθ(1− cos2 θ

)dθdφ =

1

5

∫ 2π

0

[− cos θ +

1

3cos3 θ

]π/30

dφ

=1

5

∫ 2π

0

5

24dφ =

1

24(2π)

Iz =π

12

4.7. Autoevaluacion Integrales dobles y triples

Tiempo 2 horasPregunta 1

a) Dada la integral∫ 2

0

∫ 4−x20

xe2y

4− ydydx, dibuje la region de integracion y

evalue la integral.b) Calcular el volumen del solido limitado por las superficies

x2 + y2 + z2 = 1, x2 + y2 + z2 = 4, z2 = x2 + y2, con z ≥ 0

Pregunta 2

426

Calcular∫ ∫ ∫

R(x2 + y2)dxdydz, siendo R un cono recto de revolucion de

altura h, base situada en el plano XY, eje de simetrıa en z, dado porla ecuacion a2(h− z)2 = h2(x2 + y2).Pregunta 3Calcular la integral I =

∫ ∫ ∫Rxyzdxdydz, en la region del primer octante

limitada por los planos coordenados y el plano x+ y + z = 1.

Pauta de Correccion

Pregunta 1a) Por la forma del integrando es conveniente cambiar el orden de inte-

gracion,en efecto

∫ 2

0

∫ 4−x2

0

xe2y

4− ydydx =

∫ 4

0

∫ √4−y

0

xe2y

4− ydxdy

=

∫ 4

0

[x2e2y

4 (4− y)

]√4−y

0

dy

=

∫ 4

0

e2y

2dy

=

[e2y

4

]4

0

=e8 − 1

4

b) El volumen del solido esta dado por

V (D) =

∫ ∫ ∫R

dxdydz

Usando coordenadas esfericas, tenemos

x = r sin θ cosφ

y = r sin θ sinφ

z = r cos θ

que tiene por Jacobiano de la transformacion

∣∣∣∣∂ (x, y, z)

∂ (r, θ, φ)

∣∣∣∣ = r2 sin θ.

Entonces esta region R corresponde en el espacio rθφ a la region R∗ dadapor R∗ =

(r, θ, φ) /1 ≤ r ≤ 2; 0 ≤ θ ≤ π

4; 0 ≤ φ ≤ 2π

.

427

Des esta manera

V (D) =

∫ 2π

0

∫ π4

0

∫ 2

1

r sin θdrdθdφ

=

∫ 2π

0

∫ π4

0

[r3

3

]2

1

sin θdθdφ

=7

3

∫ 2π

0

[− cos θ]π40 dφ

=7

3

(1−√

2

2

)2π

=14

3

(1−√

2

2

)π

Pregunta 2Queremos calcular la integral la integral de la funcion f (x, y) = y2 + z2

sobrela region R limitada por el cono a2(h− z)2 = h2(x2 + y2).Este es un caso tıpico que por la simetrıa de la region y del integrando,bajo cualquier punto de vista conviene hacer el cambio a coordenadascilındricas para evaluar la integral. Sea

x = ρ cos θ

y = ρ sin θ

z = z

que tiene por Jacobiano de la transformacion

∣∣∣∣∂ (x, y, z)

∂ (ρ, θ, z)

∣∣∣∣ = ρ .

Observese que la region de integracion R se describe, proyectando sobreel

plano XY z = 0 =⇒ (x2 + y2) ≤ a2 =⇒ 0 ≤ ρ ≤ a y 0 ≤ θ ≤ 2π. Demodo que

la proyecion de la region de integracion R∗ se ve en el plano (ρ, θ) comoel

rectangulo 0 ≤ ρ ≤ a y 0 ≤ θ ≤ 2π.Por otra parte, sustituyendo en a2(h− z)2 ≤ h2(x2 + y2) =⇒

0 ≤ z ≤ h

a(a− ρ) . De esta manera, la region de integracion en el nuevo

428

sistema queda como

R∗ =

(ρ, θ, z) /0 ≤ ρ ≤ a ; 0 ≤ θ ≤ 2π; 0 ≤ z ≤ h

a(a− ρ)

La funcion a integrar f (y, z) = x2 + y2 se reduce a f (ρ sin θ, z) = ρ2.Se

tiene

entonces que

∫ ∫ ∫R

(x2 + y2)dxdydz =

∫ ∫ ∫R∗

(ρ2)

(ρ) dρdθdz

=

∫ a

0

∫ 2π

0

∫ ha

(a−ρ)

0

ρ3dzdθdρ

=

∫ a

0

∫ 2π

0

ρ3h

a(a− ρ) dθdρ

=2πh

a

∫ a

0

(aρ3 − ρ4

)dρ

=2πh

a

[aρ4

4− ρ5

5

]a0

=πh

10a4

Pregunta 3.

El plano corta a los ejes coordenados en los puntos (1, 0, 0) , (0, 1, 0) y(0, 0, 1) .

Si se proyecta la region sobre el plano XY, se tiene z = 0 =⇒ x+ y = 1,

luego Rxy = (x, y) /0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1− x . Por consiguiente, unaparticion

de la region esta dada por

R = (x, y, z) /0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1− x, 0 ≤ x ≤ 1− x− y

429

Luego la integral se puede expresar:∫ ∫ ∫R

xyzdxdydz =

∫ 1

0

∫ 1−x

0

∫ 1−x−y

0

xyzdzdydx

=

∫ 1

0

∫ 1−x

0

xy1

2(1− x− y)2 dydx

=

∫ 1

0

∫ 1−x

0

xy1

2

[y(1− x)2 − 2(1− x)y2 + y3

]dydx

=1

2

∫ 1

0

x

[(1− x)4

2− 2

(1− x)4

3+

(1− x)4

4

]dx

=1

2

∫ 1

0

x(1− x)4dx =1

720

Autoevaluacion No 2

Tiempo 2 horasPregunta 1Encontrar el volumen del solido, en el primer octante, acotado por los

planoscoordenados, el cilındro x2 + y2 = 4 y el plano z + y = 3.Pregunta 2.Calcular

∫ ∫ ∫R

1

[1+(x2+y2+z2)3/2]3/2dxdydz, siendo R la esfera

x2 + y2 + z2 = a2.Pregunta 3.

Utilice la sustitucion u =y

x, v = y + x2 para evaluar la integral∫ ∫

Rxy

y + 2x2

x2 + xydydx

en donde Rxy es la region del primer cuadrante acotada por las curvasy = 3− x2, y = 8− x2, e y = 2x.

Nota: Usar la propiedad∂ (x, y)

∂ (u, v)=

[∂ (u, v)

∂ (x, y)

]−1

en un dominio en que

ambos Jacobianos son distintos de cero.

Pauta de Correccion.

430

Pregunta 1El volumen de la region R esta dado por

V =

∫ ∫R

f(x, y)dxdy

En nuestro caso f(x, y) = z = 3−y queda definida en la region del primeroctante dada por R =

(x, y) /0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤

√4− x2

. Entonces,

al sustituir terminos en el integrando, obtenemos

V =

∫ 2

0

∫ √4−x2

0

(3− y) dydx

=

∫ 2

0

[3y − y2

2

]√4−x2

0

dx

=

∫ 2

0

[3√

4− x2 −(

4− x2

2

)]dx

=

[3

2

√4− x2 + 6arcsen

(x2

)− 2x+

x3

6

]2

0

= 6(π

2

)− 4 +

8

6=

9π − 8

3

Pregunta 2.Calculemos la integral triple de la funcion f (x, y, z) = 1

[1+(x2+y2+z2)3/2]3/2

sobre la region R limitada por la esfera x2 + y2 + z2 = a2.Aunque el problema se puede plantear en coordenadas directamente encoordenadas cartesianas , por la forma de la region y del integrando, seradificıl resolverlo directamente. En consecuencia, lo resolveremos encoordenadas esfericas. Sea

x = r sin θ cosφ

y = r sin θ sinφ

z = r cos θ

que tiene por Jacobiano de la transformacion

∣∣∣∣∂ (x, y, z)

∂ (r, θ, φ)

∣∣∣∣ = r2 sin θ.

Entonces esta region R corresponde en el espacio rθφ a la region R∗

dada por R∗ = (r, θ, φ) /0 ≤ r ≤ a; 0 ≤ θ ≤ π; 0 ≤ φ ≤ 2πEl integrando f (x, y, z) = 1

[1+(x2+y2+z2)3/2]3/2 en las nuevas coordenadas

431

queda f (r sin θ cosφ, r sin θ sinφ, r cos θ) =1

(1 + r3)3/2,de modo que la

integral por calcular toma la forma:

∫ ∫ ∫R

1[1 + (x2 + y2 + z2)3/2

]3/2dxdydz =

∫ ∫ ∫R∗

(r2 sin θ)

[1 + r3]3/2drdθdφ

∫ 2π

0

∫ π

0

∫ a

0

r2 sin θ

[1 + r3]3/2drdθdφ =

∫ 2π

0

∫ π

0

−2

(1 + r3)1/2

∣∣∣∣∣a

0

sin θdθdφ

2

(1− 1

(1 + a)1/2

)∫ 2π

0

− cos θ|π0 dφ = 4

(1− 1

(1 + a)1/2

)φ|2π0

= 8π

(1− 1

(1 + a)1/2

)Pregunta 3.

Vamos a evaluar la integral∫ ∫Rxy

y + 2x2

x2 + xydydx, en la region Rxydel primer

cuadrante acotada por las curvas y = 3− x2, y = 8− x2, e y = 2x.

Usando el cambio de variables u =y

x, v = y + x2 , la region Rxy se

transforma en la region del primer cuadrante acotada por las curvas:y + x2 = 3 =⇒ v = 3y + x2 = 8 =⇒ x = 8,y

x= 2 =⇒ u = 2;

y

x= 0 =⇒ u = 0

Luego, Ruv = (u, v) /0 ≤ u ≤ 2, 3 ≤ v ≤ 8 .Calculemos ahora el Jacobiano de la transformacion usando la propiedad∂ (x, y)

∂ (u, v)=

[∂ (u, v)

∂ (x, y)

]−1

=

[∣∣∣∣ − yx2

1x

2x 1

∣∣∣∣]−1

=⇒∣∣∣∣∂ (x, y)

∂ (u, v)

∣∣∣∣ =x2

y + 2x2

Sustituyendo terminos en la integral, obtenemos∫ ∫Rxy

y + 2x2

x2 + xydydx =

∫ ∫Ruv

1

1 + ududv

=

∫ 2

0

∫ 8

3

1

1 + ududv =

∫ 2

0

5

1 + udu

= 5 ln |1 + u|20 = 5 ln 3

432

Autoevaluacion No 3

Tiempo 2 horasPregunta 1

Considere la integral I =∫ 1

0

∫ 1

ye−x

2dxdy, dibuje la region de integracion,

cambie el orden de integracion y calculela.Pregunta 2

Utilice la sustitucion u = x+y, y = x−y para evaluar I =∫ ∫

Re−(x−yx+y )dA,

donde R es la region triangular acotada por las rectas x = 0, y = 0 yx = 1− y.

Pregunta 3En la esfera x2 + y2 + z2 = a2 los planos y = x , y =

√3x determinan

unsector esferico D, con x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0. Calcular el volumen de D

Pauta Autoevaluacion

Pregunta 1La integral I =

∫ 1

0

∫ 1

ye−x

2dxdy esta definida sobre la region de tipo II

dadapor RII = (x, y) ∈ R2/y ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 . Invirtiendo la particionde la region a una de tipo I, tenemos:

RI =

(x, y) ∈ R2/0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ x

entonces ∫ 1

0

∫ 1

y

e−x2

dxdy =

∫ 1

0

∫ x

0

e−x2

dydx∫ 1

0

[ye−x

2]x

0dx = −1

2

[e−x

2]1

0

=1

2

(1− 1

e

)Pregunta 2

Usando la sustitucionu = x+ yv = x− y

(1)resolviendo x, y en terminos de u, v produce

433

x = u+v2

y = u−v2

(2) determinemos como tranforma la region triangular

R =

(x, y) ∈ R2/0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1− x

Reemplazando valores en (2)

x+ y = 1x = 0y = 0

=⇒u = 1

u+ v = 0v = u

Luego, la proyeccion de la region en el plano (u, v) esR∗ = (u, v) ∈ R2/0 ≤ u ≤ 1,−u ≤ v ≤ uCalculemos el Jacobiano de la transformacion, nos queda∣∣∣∣∂ (x, y)

∂ (u, v)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣ 12

12

12−1

2

∣∣∣∣ =∣∣−1

2

∣∣ = 12

La funcion a integrar es, en terminos de las nuevas variables

∫ ∫R

e−(x−yx+y )dA =

∫ ∫R∗e−( vu)

(1

2

)dudv∫ 1

0

∫ u

−ue−( vu)

(1

2

)dudv =

1

2

∫ 1

0

[−ue−( vu)

]u−udu

(e−1 − e)2

∫ 1

0

−udu =(e− e−1)

2

[u2

2

]1

0

=(e− e−1)

4

Pregunta 3El volumen de la region R esta dado por

V (D) =

∫ ∫ ∫R

dxdydz

Usando coordenadas esfericas, tenemos

x = r sin θ cosφ

y = r sin θ sinφ

z = r cos θ

que tiene por Jacobiano de la transformacion

∣∣∣∣∂ (x, y, z)

∂ (r, θ, φ)

∣∣∣∣ = r2 sin θ.

Entonces esta region R corresponde en el espacio rθφ a la region R∗

434

dada por R∗ =

(r, θ, φ) /0 ≤ r ≤ a; 0 ≤ θ ≤ π2; π

4≤ φ ≤ π

3

.

De esta manera

V (D) =

∫ π3

π4

∫ π2

0

∫ a

0

r2 sin θdrdθdφ

=

∫ π3

π4

∫ π2

0

a3

3sin θdθdφ

=a3

3

∫ π3

π4

dφ

=a3

3

(π3− π

4

)=a3

36π

435

Capıtulo 5

Integral de Linea

Es una forma de generalizar la integral de Riemann en una variable,conocida en el curso anterior, a una integral definida sobre una curva delespacio bi o tridimensional.

Planteamiento

Supongamos que tenemos:

a) f : U ⊂ IR3 → IR funcion escalar continua en U y

b) −→c : [a, b] → IR3, −→c (t) = (x(t), y(t), z(t)) una trayectoria de claseC1,

es decir una curva en IR3.

La integral de la funcion f calculada sobre la trayectoria descrita por lacurva C se define de la forma dada a continuacion.

La integral de trayectoria de f(x, y, z) a lo largo de la trayectoria −→c ,esta definida cuando −→c : [a, b] → IR3 es de clase C1 y ademas la funcioncompuesta f(t) = f(x(t), y(t), z(t)) es continua en I = [a, b]; por:∫

−→cf ds =

∫ b

a

f(x(t), y(t), z(t)) ‖−→c ′(t)‖ dt

Alternativamente se denota como:

∫−→cfds =

∫−→cf(x, y, z)ds =

∫ b

a

f(−→c (t)) ‖−→c ′(t)‖ dt

Observaciones

i) Si f(x, y, z) = 1, tenemos la longitud del arco.

436

En efecto, como f(x, y, z) = 1,∫−→cf(x, y, z) ds =

∫−→cds =

∫ b

a

‖−→c ′(t)‖ dt

=

∫ b

a

√(x′(t))2 + (y′(t))2 + (z′(t))2dt

ii) Si C la curva definida por −→c (t) es de clase C1 por tramos o f(−→c (t))es continua por tramos, entonces calculamos

∫−→c f ds en segmentos sobre los

cuales∫ baf(−→c (t)) ‖−→c ′(t)‖ dt es continua y sumamos las integrales resultantes.

Por ejemplo si −→c = −→c 1∪−→c 2∪−→c 3 con a lo sumo sus extremos en comun

∫−→cf(x, y, z)ds =

∫−→c 1

f(x, y, z)ds+

∫−→c 2

f(x, y, z)ds+

∫−→c2f(x, y, z)ds

Algunos ejemplos donde aplicamos esta definicion; son los siguientes.Ejemplo 1Sea la funcion escalar f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 continua en R y−→c : [0, 2π]→ IR3, definida por −→c (t) = (cos t, sin t, t) una trayectoria de

clase C1 . Calcular∫−→c f(x, y, z)ds

Solucion:En este caso tenemos la ecuaciones parametricas :x(t) = cos t, y(t) = sin t, z(t) = tLuego la funcion compuesta es f(x(t), y(t), z(t)) = cos2 t + sin2 t + t2 =

1 + t2

Ademas −→c ′(t) = (− sin t, cos t, 1) =⇒ ‖−→c ′(t)‖ =√

2Por lo tanto, sutituyendo terminos en la integral, queda

∫−→cf(x, y, z)ds =

∫ 2π

0

f(x(t), y(t), z(t)) ‖−→c ′(t)‖ dt

=

∫ 2π

0

(1 + t2

)√2dt

√2

[t+

t3

3

]2π

0

=2√

2π

3

(3 + 4π2

)Ejemplo 2

437

Calcular la siguiente integral de trayectoria∫−→c f(x, y, z)ds donde

a) f(x, y, z) = x+ y + z y −→c (t) = (cos t, sin t, t), t ∈ [0, 2π]Solucion:En este caso se tiene que x(t) = cos t, y(t) = sin t, z(t) = tQue produce la funcion compuesta f(−→c (t)) = cos t+ sent+ t,

Ademas−→c′ (t) = (− sin t, cos t, 1) y ‖−→c ′(t)‖ =

√2. Entonces∫

c

f(x, y, z)ds =

∫ 2π

0

√2(cos t+ sent+ t)dt

=√

2

[sent− cos t+

t2

2

]2π

0

=⇒∫c

f(x, y, z)ds =4√

2

2π2

Como taller adicional, evaluar las siguientes integrales de trayectoria∫−→c f(x, y, z)ds

donde:b) f(x, y, z) = cos z y −→c (t) = (cos t, sin t, t), t ∈ [0, 2π]c) f(x, y, z) = x cos z y −→c (t) = (t, t2, 0), t ∈ [0, 1]

Ejemplo 3

a) Demostrar que la integral de lınea de f(x, y), a lo largo de una trayec-toria dada en coordenadas polares por r = r(θ), con θ1 ≤ θ ≤ θ2 es:

I =

∫ θ2

θ1

f (r cos θ, r sin θ)

√r2 +

(dr

dθ

)2

dθ

b) Calcular la longitud de arco de r = 1 + cos θ, con 0 ≤ θ ≤ 2πSolucion:

a) En primer lugar, determinemos la ecuaciones parametricas de latrayectoria en coordenadas polares

x = r cos θ =⇒ x = r(θ) cos θy = r sin θ =⇒ y = r (θ) sin θ

=⇒ −→c (θ) = (r(θ) cos θ, r (θ) sin θ)

Derivando la ecuacion de la trayectoria, queda

438

−→c ′(θ) = (r′(θ) cos θ − r (θ) sin θ, r′ (θ) sin θ + r(θ) cos θ)

Lo que implica

‖−→c ′(θ)‖ =

√(r′(θ) cos θ − r (θ) sin θ)2 + (r′ (θ) sin θ + r(θ) cos θ)2

=

√r (θ)2 + r′(θ)2

Por tanto

I =

∫−→cf(x, y) ds =

∫ θ2

θ1

f (r cos θ, r sin θ)

√r (θ)2 + r′(θ)2dθ

b) En este caso se tiene f(x, y) = 1, y como r = 1 + cos θ, con0 ≤ θ ≤ 2π

Obtenemos√r (θ)2 + r′(θ)2 =

√(1 + cos θ)2 + (− sin θ)2

Entonces:

s =

∫ 2π

0

√(1 + cos θ)2 + (− sin θ)2dθ

=

∫ 2π

0

√2 + 2 cos θdθ

= 2

∫ π

0

| cosθ

2|dθ

= 2

[∫ π

0

cosθ

2dθ +

∫ π

π

(− cos

θ

2

)dθ

]=

8

Es util tener en cuenta que la integral de trayectoria se puede aplicar aproblemas de fısica e ingenierıa

1. Si f(x, y, z) representa la masa por unidad de longitud de un alambredelgado con la forma de C, entonces

∫−→c fds es la masa total del alambre.

2. Si f(x, y, z) es la componente tangencial de una fuerza en (x, y, z) deC, entonces

∫−→c fds representa el trabajo realizado por la fuerza al mover una

partıcula a lo largo de la curva C.3.- Si f : I ⊂ IR2 → IR funcion escalar continua en I = [a, b] y

f(x, y) ≥ 0,entonces∫−→c f(x, y)ds =

∫ baf(x(t), y(t)) ‖−→c ′(t)‖ dt representa el

area de una pared cuya base es la imagen de −→c y la altura f(x, y).

439

Figura 5.1: Pared zigzagueante

Ejemplo 4

a) Calcular analıticamente la masa M de un resorte que tiene la formade una helice dada por la ecuacion: −→r (t) = (5cost; 5sent; 4t); t ∈ [0; 2π] si ladensidad en cada punto (x, y, z) es el cuadrado de la distancia en cada puntoal origen de coordenadas.

Figura 5.2: Helice circular

b) Si el centro de masa de un resorte con forma de alambre delgado demasa M, se define por (XM ;YM ;ZM) con

440

XM =1

M

∫−→rxδ(x, y, z)ds

YM =1

M

∫−→ryδ(x, y, z)ds

ZM =1

M

∫−→rzδ(x, y, z)ds

Calcular la componente ZM del resorte helicoidalSolucion.a) La formula para el calculo de la masa del resorte es:

M =

∫−→rδ(x, y, z)ds =

∫ b

a

δ(−→r (t)) ‖−→r ′(t)‖ dt

donde se tiene que:−→r (t) = (5cost; 5sent; 4t); t ∈ [0; 2π] =⇒ −→r ′(t) = (−5 sin t; 5 cos t; 4)

=⇒ ‖−→r ′(t)‖ =√

25 sin2 t+ 25 cos2 t+ 16 =√

41 y la densidadδ(x; y; z) = x2 + y2 + z2 =⇒ δ (−→r (t)) = (25 + 16t2)Reemplazando en el integrando, queda

M =

∫−→rδ(x, y, z)ds =

∫ 2π

0

(25 + 16t2)√

41dt

=√

41

[25t+

16

3t3]2π

0

=√

41

[50π +

128

3π3

]b) La componente ZM del centro de masa es

ZM =1

M

∫−→rzδ(x, y, z)ds =

1

M

∫ b

a

z(t)δ(−→r (t)) ‖−→r ′(t)‖ dt

=1

M

∫ 2π

0

t(25 + 16t2)√

41dt =

√41

M

[25

2t2 + 4t4

]2π

0

=

√41

M

[50π2 + 64π4

]=

π [50 + 64π2][50 +

128

3π2

]

5.1. Campos vectoriales

Sea−→F = (F1, F2, F3) un campo vectorial en R3 continuo definida sobre

la trayectoria −→c : [a, b]→ R3 con −→c perteneciente a C1.

441

Definimos la integral de lınea de−→F a lo largo de −→c por∫

−→c

−→F · d−→s =

∫ b

a

−→F (−→c (t)) · −→c ′(t)dt

Esta definicion se puede generalizar para campos vectoriales en Rn

Figura 5.3: Campo vectorial radial

Figura 5.4: Campo circular tangencial

Otras observaciones.1)

∫−→c−→F · d−→s tambien se puede definir si

−→F (−→c (t)) · −→c ′(t) es continua

por tramos, expresando en este caso la integral como una suma de integralesdel tipo anterior.

2) Si C es trayectoria tal que −→c ′(t) 6= −→0 , podemos usar el vector

tangente unitario T para calcular la integral de lınea como sigue.

442

Figura 5.5: Flujo de un fluido en un tubo cilındrico largo

T =−→c ′(t)‖−→c ′(t)‖∫

−→c

−→F · d−→s =

∫ b

a

[−→F (−→c (t)) ·

−→c ′(t)‖−→c ′(t)‖

]‖−→c ′(t)‖ dt

=

∫ b

a

[F (−→c (t)) · T

]‖−→c ′(t)‖ dt

=

∫−→c

−→F · T ds

Por lo tanto ∫−→c

−→F · d−→s =

∫−→c

−→F · T ds

Si ϕ es el angulo entre−→F y T

−→F · T =

∥∥∥−→F ∥∥∥∥∥∥−→T ∥∥∥ cosϕ =∥∥∥−→F ∥∥∥ cosϕ =⇒

∫−→c

−→F · d−→s =

∫−→c

∥∥∥−→F ∥∥∥ cosϕds

Si−→F es un campo de fuerza , entonces esta ultima integral es precisa-

mente la definicion de trabajo realizado por el campo de fuerza sobre unapartıcula de masa unitaria que se mueve desde el punto inicial hasta unpunto terminal a lo largo de la curva C descrita por la trayectoria −→c (t).

3) Otra manera usual de escribir la integral de lınea es:∫−→c

−→F · d−→s =

∫−→cF1dx+ F2dy + F3dz donde

−→F = (F1, F2, F3)

443

Ası:

∫−→c

−→F · d−→s =

∫−→cF1dx+ F2dy + F3dz =

∫ b

a

[F1dx

dt+ F2

dy

dt+ F3

dz

dt

]dt

=

∫ b

a

(F1, F2, F3) · (dxdt,dy

dt,dz

dt)dt

=

∫ b

a

−→F (−→c (t)) · −→c ′(t) dt

Ejemplo 1:

Evaluar I =∫cx2ydx + (x2 − y2) dy , si C es el arco de la parabola

y = 3x2 desde (0, 0) hasta (1, 3) .

Figura 5.6: Grafico de la curva y = 3x2

Solucion:Al parametrizar la trayectoria se tiene C : x = t, y = 3t2 con 0 ≤ t ≤ 1.luego −→c (t) = (t, 3t2) =⇒ −→c ′(t) = (1, 6t)Sustituyendo terminos en el integrando, obtenemos

I =

∫ 1

0

[(3t4,

(t2 − 9t4

)) · (1, 6t)

]dt

=

∫ 1

0

[3t4 +

(t2 − 9t4

)6t]dt

=

[3

5t5 +

6

4t4 − 54

6t6]1

0

= −69

10

444

Ejemplo 2

Evaluar∫cyzdx+ xzdy + xydz donde C esta formada por los segmentos

de rectas que unen A (1, 0, 0) a B (0, 1, 0) a C (0, 0, 1)Solucion.En este caso

−→C =

−→AB +

−−→BC +

−→CA por lo cual∫

−→cyzdx+ xzdy + xydz =

∫−→AB

yzdx+ xzdy + xydz +

∫−−→BC

yzdx+ xzdy + xydz

+

∫−→CA

yzdx+ xzdy + xydz

Pametrizando cada segmento de trayectoria, produce

−→AB : x = 1− t =⇒ dx = −dt

y = t =⇒ dy = dtz = 0 =⇒ dz = 0∫

−→AB

yzdx+ xzdy + xydz =

∫ 1

0

0dt = 0

−−→BC : x = 0 =⇒ dx = 0

y = 1− t =⇒ dy = −dtz = t =⇒ dz = dt∫

−−→BC

yzdx+ xzdy + xydz =

∫ 1

0

0dt = 0

−→CA : x = t =⇒ dx = dt

y = 0 =⇒ dy = 0z = 1− t =⇒ dz = −dt∫

−→CA

yzdx+ xzdy + xydz =

∫ 1

0

0dt = 0

Por tanto ∫−→cyzdx+ xzdy + xydz = 0

Ejemplo 3

Evaluar I =∫−→c−→F · d−→s , donde

−→F (x, y) = (xy, x2y) y

−→c : [−1, 1] −→ IR2 tal que −→c (t) = (t, |t|). −→c /∈ C1 .Solucion

445

La curva C es continua por tramos.Ası −→c 1 : [−1, 0] −→ IR2, −→c 1(t) = (t,−t) =⇒ dx = dt, dy = −dt

−→c2 : [0, 1] −→ IR2, −→c 2(t) = (t, t) =⇒ dx = dt, dy = dtDe modo que: −→c = −→c 1 +−→c 2

∫−→c

−→F · d−→s =

∫−→c 1

−→F · d−→s +

∫−→c 2

−→F · d−→s

=

∫−→c 1

xydx+ x2ydy +

∫−→c 2

xydx+ x2ydy

=

∫ 0

−1

(−t2 + t3)dt+

∫ 1

0

(t2 + t3)dt = 0

Por tanto ∫−→c

−→F · d−→s = 0

5.2. Cambio de parametrizacion

La pregunta crucial que surge al pensar en una curva es ¿cambiara elvalor de la integral si se cambia la parametrizacion de la curva sobre la quese integra?.

En primer lugar, ilustremos esto con el siguiente ejemplo.

Ejemplo 1

Si C es la mitad inferior del cırculo unitario en el plano xy que une lospuntos (−1, 0) con (1, 0) . Calcular

∫C

(1 + xy)ds parametrizando de dosmaneras diferentes esta curva.

Solucion.

Sea −→c (t) = (t,−√

1− t2) =⇒ −→c ′(t) =

(1,

t√1− t2

)=⇒

‖−→c ′(t)‖ =1√

1− t2entonces ∫

−→c(1 + xy)ds =

∫ 1

−1

(1− t√

1− t2)1√

1− t2dt

=

∫ 1

−1

(1√

1− t2− t)

= π

446

Por otro lado, si ponemos −→c (t) = (cos t, sin t) con π ≤ t ≤ 2π−→c ′(t) = (− sin t, cos t) =⇒ ‖−→c ′(t)‖ = 1entonces, al reemplazar los terminos del integrando queda∫

−→c(1 + xy)ds =

∫ 1

−1

(1 + sin t cos t) dt =

[t+

sin2 t

2

]2π

π

= π

Por lo tanto, hemos obtenido el mismo valor para la integral alo

largo de estas dos trayectorias diferentes que tienen la mismatraza.

En segundo lugar, enunciemos un resultado general con el siguiente teo-rema.

Teorema 5.2.1. Si −→c (t) y −→p (t) son dos parametrizaciones distintas suaveso suaves por tramos, que conecta los puntos P0 y P1, que tienen la mismatraza y direccion, y si f(x, y, z) esta definida y es continua sobre la traza,entonces ∫

−→cf(x, y, z)ds =

∫−→pf(x, y, z)ds

5.2.1. Reparametrizacion

Sea h : I1 → I una funcion de clase C1 con valores reales que sea biyectivaentre I = [a, b] y I1 = [a1, b1]. Si −→c : [a, b] → IR3 una trayectoria C1 portramos. Entonces a la composicion

−→p = −→c h : [a1, b1]→ IR3

La llamamos reparametrizacion de −→cEl valor de la integral de lınea no varıa por cambios de parametrizacion

de la curva −→c , excepto por el signo si hay cambios de orientacion, el teoremacorrespondiente es:

Teorema 5.2.2. Sea−→F un campo vectorial continuo y −→c : [a, b] → IR3,

trayectoria de clase C1, y sea −→p : [a1, b1] → IR3 una reparametrizacion de−→c . Entonces

i) Si −→p conserva la orientacion:∫−→c

−→F · d−→s =

∫−→p

−→F · d−→s

ii) Si −→p invierte la orientacion∫−→p

−→F · d−→s = −

∫−→c

−→F · d−→s

447

Figura 5.7:

Ejemplo 1:

Sea−→F (x, y, z) = (yz, xz, xy) campo vectorial y −→c : [−5, 10] → IR3

trayectoria dada por −→c (t) = (t, t2, t3) .Una trayectoria opuesta: −→c op : [−5, 10]→ R3 se puede construir:

−→c op(t) = c(a+ b− t)

en este caso queda −→c op(t) = −→c (5− t) = ((5− t), (5− t)2, (5− t)3) .

Evaluar∫−→c−→F · d−→s y

∫−→c op−→F · d−→s .

Solucion: ∫−→c

−→F · d−→s =

∫ 10

−5

[F1dx

dt+ F2

dy

dt+ F3

dz

dt

]dt

=

∫ 10

−5

yzdx+ xzdy + xydz

=

∫ 10

−5

[t5 + 2t5 + 3t5

]dt

= 984,375

por otro lado ∫−→c op

−→F · d−→s =

∫ 10

−5

yzdx+ xzdy + xydz

448

=

∫ 10

−5

[−(5− t)5 − 2(5− t)5 − 3(5− t)5

]dt

=

∫ 10

−5

−6(5− t)5dt =[(5− t)6

]10

−5

= −984,375

5.3. Independencia de trayectoria

Cuando el valor de una integral∫−→c−→F · d−→s sobre una trayectoria contin-

ua por tramos que conecta dos puntos de una region R depende solamentede los puntos extremos, se dice que la integral es independiente de latrayectoria.

Ejemplo. Independencia de trayectoria en una integral de lınea

Si−→F (x, y) =

(y2

x2,−2y

x

); A = (1, 1); B = (4,−2)

Calcular el trabajo realizado por el campo de fuerza−→F al llevar un objeto

desde A hasta B, por:a) un camino compuesto de un tramo horizontal seguido de un tramo

vertical;b) un camino compuesto de un tramo vertical seguido de un tramo hori-

zontal.Solucion.a) Si llamamos C a la curva, la podemos subdividir en las curvas C1 y

C2

Tendremos ∫−→c

−→F · d−→s =

∫−→c 1

−→F · d−→s +

∫−→c 1

−→F · d−→s

Calculamos ambas integrales por separado

C1 =

x = 1 + ty = 1

, 0 ≤ t ≤ 3

=⇒∫−→c 1

−→F · d−→s =

∫−→c 1

y2

x2dx− 2y

xdy

=

∫ 3

0

1

(1 + t)2dt =

[− 1

(1 + t)

]3

0

=3

4

449

C2 =

x = 4y = 1− t , 0 ≤ t ≤ 3

=⇒∫−→c 2

−→F · d−→s =

∫−→c 2

y2

x2dx− 2y

xdy =

∫ 3

0

2(1− t)4

dt

=

[1

2t− 1

4t2]3

0

=3

2− 9

4= −3

4

Con lo que resulta∫−→c

y2

x2dx− 2y

xdy =

3

4+

(−3

4

)= 0

b) Llamemos C* a este otro camino, tambien lo podemos separar en dostramos C3 y C4. Tendremos∫

−→c ∗

−→F · d−→s =

∫−→c 3

−→F · d−→s +

∫−→c 4

−→F · d−→s

Calculamos ambas integrales por separado haciendo parametrizaciones:

C3 =

x = 1y = 1− t , 0 ≤ t ≤ 3

=⇒∫−→c 3

−→F · d−→s =

∫c3

y2

x2dx− 2y

xdy

=

∫ 3

0

−2(1− t)1

(−1)dt =[2t− t2

]30

= −3

C4 =

x = 1 + ty = −2

, 0 ≤ t ≤ 3

=⇒∫−→c 4

−→F · d−→s =

∫−→c 4

y2

x2dx− 2y

xdy

=

∫ 3

0

− (−2)2

(1 + t)2dt =

[− 4

(1 + t)

]3

0

= 3

Sumando se obtiene∫−→c ∗

y2

x2dx− 2y

xdy = −3 + 3 = 0

Por ambos caminos dio el mismo resultado.Intente otro camino para esta integral que lleve desde A hasta B.

450

5.4. Campos Conservativos

Ciertos campos de fuerza importantes en la fısica provienen de un poten-cial escalar. Si existe una funcion φ definida en una region R y si al campo

de fuerza−→F tiene la propiedad de que

−→F =∇φ = gradφ

entonces se dice que φ es un potencial de−→F .

5.4.1. Campo gradiente

Un campo vectorial continuo el cual se obtiene como el gradiente de unafuncion escalar se llamara campo gradiente y una funcion φ de la cual seobtiene, la funcion potencial

−→F = ∇φ

Teorema 5.4.1. (Teorema fundamental) Sea−→F un campo gradiente con

potencial φ definida en una region R y sean P0 y P1 puntos cualesquiera deR, entonces: ∫

−→c

−→F · d−→s = φ (P2)− φ (P1)

donde −→c : [a, b] → IR3 tal que −→c (a) = P1, y −→c (b) = P2, y −→c es unatrayectoria de clase C1.

Demostracion

∫−→c

−→F · d−→s =

∫−→c

∂φ

∂xdx+

∂φ

∂ydy +

∂φ

∂zdz

=

∫ b

a

(∂φ

∂x

dx

dt+∂φ

∂y

dy

dt+∂φ

∂z

dz

dt

)dt

=

∫ b

a

∂φ

∂t(−→c (t)) dt = [φ (−→c (t))]

ba

= φ (P2)− φ (P1)

Por tanto ∫−→c

−→F · d−→s = φ (P2)− φ (P1)

451

Adicionalmente podemos afirmar que

Teorema 5.4.2. Si−→F es un campo gradiente en una region R, entonces∫

−→c−→F · d−→s es independiente de la trayectoria.

Comentario: Si−→F es campo gradiente existe φ definida en R tal que−→

F =∇φ, y el teorema fundamental garantiza la independencia de trayectoria.Observacion: No es dificıl ver que el recıproco de este teorema tambien

es cierto.

Teorema 5.4.3. Si−→F es un campo vectorial continuo sobre una region R y

si∫−→c−→F · d−→s es independiente de la trayectoria, entonces

−→F es un campo

gradiente.

Curva simple C, se define como la imagen de una aplicacion −→c : I → IR3

de C1 que sea uno a uno en el intervalo I. Una curva simple es aquella queno se intersecta a si misma, −→c (a) y −→c (b) se llaman punto inicial y puntofinal de la curva.

Curva cerrada simple, se define como −→c : [a, b]→ IR3 de C1 tal que1) es uno a uno en [a, b]2) −→c (a) = −→c (b) Observacion:i) Si la curva satisface solo (2) es curva cerrada.ii) Las curvas simples cerradas tienen dos direcciones de movimiento posi-

ble.Integrales de lınea sobre curvas simples orientadas y curvas cerradas sim-

ples C.Sea C una curva simple orientada imagen de −→c : [a, b] → IR3 entonces

definimos: ∫C

−→F · d−→s =

∫−→c

−→F · d−→s y

∫C

f ds =

∫−→cf ds

De las curvas cerradas y la independencia de trayectoria se tiene el siguienteteorema.

Teorema 5.4.4.∫C

−→F · d−→s es independiente de la trayectoria en R si y

solo si∫C

−→F · d−→s = 0 para toda curva cerrada C contenida en R.

Un dominio D es conexo si dos puntos cualesquiera de D se pueden unircon un segmento de recta y todos los puntos de la recta pertenecen a D

Una region es simplemente conexa y abierta si ella es un conjunto abiertoy tal que toda curva simple cerrada en D encierra puntos que solo estan enel interior de D. Si un campo de fuerza tiene la propiedad de que el trabajo

452

realizado sobre una partıcula en movimiento conforme se mueve de un puntoa otro es independiente de la trayectoria, se llama campo conservativo.

De los teoremas anteriores se puede formular lo siguiente:Una condicionnecesaria y suficiente para que un campo de fuerzas sea consevativo es quesea un campo gradiente”

Teorema 5.4.5. Sean M(x, y) y N(x, y) funciones con derivadas parcialescontinuas en un conjunto abierto y conexo D.

Entonces el campo vectorial−→F (x, y) = (M(x, y), N(x, y))es conservativo

si y solo si∂M

∂y=∂N

∂xen D

Ejemplo 1

Sea−→F (x, y) = (2xy, (x2 − y))

a) Probar que es campo conservativo.b) Hallar funcion potencial.

Solucion.

a)

∂N

∂x= 2x

∂M

∂x= 2x

=⇒ Campo conservativo en IR2

b) Existe Potencial φ(x, y) tal que

∂φ(x, y)

∂x= 2xy ⇒ φ(x, y) =

∫2xydx+ h1(y)

∂φ(x, y)

∂y= x2 − y ⇒ φ(x, y) =

∫ (x2 − y

)dx+ h2(x)

⇒φ(x, y) = x2y + h1(y)

φ(x, y) = x2y − y2

2+ h2(x)

⇒ φ(x, y) = x2y − y2

2+ C

(Rotacional) Sea−→F (x, y, z) = (P (x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z)) funcion

vectorial, se define el rotacional de−→F ,denotado por rot

−→F (x, y, z) o ∇×

−→F (x, y, z) por:

∇×−→F (x, y, z). =

∣∣∣∣∣∣∣∣i j k∂

∂x

∂

∂y

∂

∂zP Q R

∣∣∣∣∣∣∣∣453

Teorema 5.4.6. Si−→F (x, y, z) = (P (x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z)) funcion

vectorial donde P,Q,R son funciones con derivadas parciales continuas enun conjunto abierto y conexo D. Entonces

−→F es un campo conservativo ⇐⇒ ∇×

−→F (x, y, z) =

−→0 en D

es decir si y solo si∂P

∂y=∂Q

∂x,∂P

∂z=∂R

∂x,∂Q

∂z=∂R

∂y

Ejemplo 2

Verifique que−→F (x, y, z) = (yz, xz, xy) es un campo conservativo en IR3

Solucion.

∇×−→F (x, y, z). =

∣∣∣∣∣∣∣∣i j k∂

∂x

∂

∂y

∂

∂zyz xz xy

∣∣∣∣∣∣∣∣= ((x− x) ,− (y − y) , (z − z))

= (0, 0, 0)

o sea ∇×−→F (x, y, z) =

−→0 en IR3

Ejemplo 3

Dado el campo vectorial−→F (x, y, z) = (3y2z+yex, 6xyz+ex, 3xy2).Verifique

que es campo conservativo y calcular potencial.

Solucion:∂R

∂y=∂Q

∂z⇒ 6yz + ex = 6yz + ex

∂R

∂x=∂P

∂z⇒ 3y2 = 3y2

∂Q

∂x=∂P

∂y⇒ 6yz + ex = 6yz + ex

Luego ∇ ×−→F (x, y, z) =

−→0 en IR3,es entonces claramente un campo

vectorialconservativo, entonces existe φ(x, y, z) tal que

∂φ(x, y, x)

∂x= 3y2z + yex ⇒ φ(x, y, z) =

∫ (3y2z + yex

)dx+ h1(y, z)

= 3xy2z + yex + h1(y, z)

454

∂φ(x, y, x)

∂y= 6xyz + ex ⇒ φ(x, y, z) =

∫(6xyz + ex) dx+ h1(x, z)

= 3xy2z + yex + h1(x, z)

∂φ(x, y, x)

∂z= 3xy2 ⇒ φ(x, y, z) =

∫3xy2dx+ h1(x, z)

= 3xy2z + h1(x, y)

De aquı se deduce que

∴ φ(x, y, z) = 3xy2z + yex

Ademas, si se pide calcular I =∫C

−→F · d−→s y C es la curva descrita

por−→c (t) = (cos t, sent, t), t ∈ [0, 2π] , entonces

I =

∫C

−→F · d−→s =

[3xy2z + yex

]30

= φ(1, 0, 2π)− φ(1, 0, 0) = 0− 0 = 0

(Divergencia de un campo vectorial)

Si−→F (x, y, z) = (P (x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z)) tal que P,Q y R tienen

derivadas parciales en alguna region D. La divergencia de−→F se denota por:

div−→F = ∇ ·

−→F =

∂P (x, y, z)

∂x+∂Q(x, y, z)

∂y+∂R(x, y, z)

∂z

Si−→F es un campo vectorial, entonces la div

−→F da informacion acerca del

flujo en un punto P(x,y,z):

i) Si div−→F < 0 en un punto P(x,y,z) , entonces el flujo del campo

−→F se

orienta hacia el punto y se dice que hay un sumidero en P.

ii) Si div−→F > 0 en un punto P(x,y,z) , entonces el flujo del campo

−→F se

orienta desde el punto y se dice que hay una fuente en P.

iii) Si div−→F = 0 en un punto P(x,y,z) , entonces el flujo del campo

−→F

es nulo.

455

Introduccion Teorema de Green

El teorema de Green, que enunciaremos a continuacion, dice que bajociertas condiciones las integrales de lınea pueden expresarse y calcularse conintegrales dobles.

Comencemos por definir una region compacta R descrita simultaneamentepor las desigualdades

φ1(x) ≤ y ≤ φ2(x), a ≤ x ≤ b

denominada region orientada en direccion del eje y

ψ1(y) ≤ x ≤ ψ2(y), c ≤ y ≤ d

denominada region orientada en direccion del eje x donde las funcionesφ1 y φ2 son continuas y seccionalmente suaves en [a, b] y las funcionesψ1 y ψ2 son continuas y seccionalmente suaves en [c, d] .En esta region cerrada R con una frontera continua seccionalmente suaveconsideramos definidas las funciones M y N continuamentediferenciables ( o de clase C1) definidas en R.La curva C frontera de la region R, se dice que esta orientadapositivamente ,si al caminar sobre ella la region R estara a su izquierda.En este marco de ideas y condiciones se plantea el teorema de Green.

5.4.2. Teorema de Green

Sea R una region cerrada y acotada con frontera C,orientada en sentido

positivo. Si M, N,∂M

∂yy∂N

∂xson continuas en R. Entonces

∫C

Mdx+Ndy =

∫ ∫R

(∂N

∂x− ∂M

∂y

)dA

456

Figura 5.8: Region cerrada de tipo a, frontera orientada positiva

Demostracion.Supongamos que R esta descrita por

φ1(x) ≤ y ≤ φ2(x), a ≤ x ≤ b

∫C

Mdx =

∫C1

Mdx+

∫C2

Mdx

=

∫ b

a

M(x, φ1(x))dx+

∫ a

b

M(x, φ2(x))dx

=⇒∫C

Mdx =

∫ b

a

[M(x, φ1(x))−M(x, φ2(x))] dx

Por otra parte∫ ∫R

∂M

∂ydA =

∫ b

a

∫ φ2(x)

φ1(x)

∂M

∂ydA =

∫ b

a

[M(x, φ2(x))−M(x, φ1(x))] dx

Luego ∫C

Mdx = −∫ ∫

R

∂M

∂ydA

De manera simlar y considerando ahora

ψ1(y) ≤ x ≤ ψ2(y), c ≤ y ≤ d

Se establece que ∫C

Ndy =

∫ ∫R

∂N

∂xdA

457

Figura 5.9: Region cerrada de tipo b, frontera orientada positiva

Por lo tanto ∫C

Mdx+Ndy =

∫ ∫R

(∂N

∂x− ∂M

∂y

)dA

Ejemplo 1

Evaluar la integral

I =

∫C

(y2 + senx2

)dx+

(cos y2 − x

)dy

donde C es la frontera de la region cuadrada 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1

Figura 5.10: Frontera de la region cuadrada 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1

458

Solucion.Usando el Teorema de Green podemos afirmar que

M(x, y) = y2 + senx2 =⇒ ∂M

∂y= 2y

N(x, y) = cos y2 − x =⇒ ∂N

∂x= −1

Por lo tanto aplicando el teorema

I =

∫ 1

0

∫ 1

0

(−1− 2y)dxdy =

∫ 1

0

(−1− 2y)dy =[−y − y2

]10

= −2

Comentario. Sin usar el teorema de Green este ejercicio resulta muycomplicado de resolver, vale la pena que lo intente.

459

Ejemplo 2

Calcular I =

∮C

eydx+ (xey + 2y)dy con D =

(x; y) ∈ IR2/x2 + y2 ≤ 1

Figura 5.11: D =

(x; y) ∈ IR2/x2 + y2 ≤ 1

SolucionPor el Teorema de Green podemos afirmar que

M(x, y) = ey =⇒ ∂M

∂y= ey

N(x, y) = xey + 2y =⇒ ∂N

∂x= xey + 2y

Por lo tanto aplicando el teorema

I =

∫ ∫D

(∂N

∂x− ∂M

∂y

)dxdy =

∫ ∫(ey − ey)dxdy = 0

Corolario 5.4.1. Aplicando el teorema de Green a M = −y y N = x sededuce que

A(D) =1

2

∮C

xdy − ydx

donde A(D) es el area de la region D contenida en el plano XY , y C es elborde de D recorrrido en sentido positivo. Esta formula nos permite calcularun area en terminos de una integral de lınea.

460

Figura 5.12: Regionx2

a2+y2

b2≤ 1

Ejemplo 3

Consideremos la regionx2

a2+y2

b2≤ 1, cuyo borde es una elipse de semi-ejes

dados por a y b.Calcular el area de la region DSolucionPodemos parametrizar la elipse usando x(t) = acost , y(t) = bsent,t ∈ [0, 2π], y luego se obtiene

−→r (t) = (acost, bsent) =⇒ −→r ′(t) = (−asent, b cos t)

A(D) =1

2

∫ 2π

0

(xy′ − yx′)dt

=1

2

∫ 2π

0

(ab cos2 t− (−absen2t))dt

= πab

5.5. Aplicaciones de la integral de trayectoria

A continuacion se resumen las formulas para el calculo de la masa y elmomento de resortes, varillas delgadas y alambres a lo largo de una curvasuave C en el espacio.

Masa: M =∫Cδ (x, y, z) ds, donde δ = δ (x, y, z) es la densidad y ds un

elemento diferencial de arco.Momentos con respecto a los planos coordenados:Myz =

∫Cx δ (x, y, z) ds; Mxz =

∫Cy δ (x, y, z) ds; Mxy =

∫Cz δ (x, y, z) ds

Coordenadas del centro de Masa

x =Myz

M; y =

Mxz

M; z =

Mxy

MMomentos de inercia con respecto a los ejes y otras rectasIx =

∫C

(y2 + z2) δ (x, y, z) ds, Iy =∫C

(x2 + z2) δ (x, y, z) ds;Iz =

∫C

(y2 + z2) δ (x, y, z) ds;

461

IL =∫Cr2 δ (x, y, z) ds donde r (x, y, z) es la distancia del punto (x, y, z)

a la recta L.Radio de giro con respecto a una recta L.

RL =

√ILM

Problema 1

Dado el resorte de densidad constante δ = 1 con forma helicoidal

−→r (t) = cos 4ti+ sen4tj + tk, 0 ≤ t ≤ 2π.

Encontrar la masa del resorte y el momento de inercia con respecto al eje zSolucionLa masa del resorte esta dada por

M =

∫C

δ (x, y, z) ds

=

∫C

(1)ds

=

∫ 2π

0

|−→r ′ (t)| dt

Encontremos primero |−→r ′ (t)| =√

(−4sen4t)2 + (4 cos 4t)2 + 1 =√

17.

Luego evaluemos la integral

M =

∫ 2π

0

|−→r ′ (t)| dt

=

∫ 2π

0

√17dt

M = 2π√

17

El momento de inercia con respecto al eje z se define por:

Iz =

∫C

(x2 + y2

)δds

=

∫ 2π

0

(cos2 4t+ sen24t

)(1)√

17dt

=

∫ 2π

0

√17dt = 2π

√17

462

Problema 2

Sea un arco de metal con forma de semicircunferencia y2+z2 = 1, z ≥ 0.Si la densidad en el punto (x, y, z) del arco es δ (x, y, z) = 2− z , determinarlas coordenadas del centro de masa del arco.

Solucion.Por simetrıa sabemos que x = 0; y = 0; dado que el arco esta el el planoyz con la masa distribuida simetricamente con respecto al eje z.Para encontrar z , parametizamos el arco de semicircunferencia como:−→r (t) = cos tj+sentk, 0 ≤ t ≤ π =⇒ |−→r ′ (t)| =

√(−sent)2 + (cos t)2 =

1Por otra parte, δ (x, y, z) = 2− z =⇒ δ (−→r (t)) = (2− sent)Ahora, determinemos la masa utilizando la definicion de integral de trayec-

toria

M =

∫C

δ (x, y, z) ds =

∫ π

0

δ (−→r (t)) |−→r ′ (t)| dt

=

∫ π

0

(2− sent) (1) dt = [2t+ cos t]π0

M = 2π − 2

A continuacion calculemos el momento de inercia Mxy

Luego, z =Mxy

M=

8− π2 (2π − 2)

≈ 0, 57.

Finalmente, la coordenada del centro de masa es (0; 0; 0, 57) .

Problema 3

Un alambre tiene la forma de una semicircunferencia de radio a. La densi-dad lineal de masa en un punto P es directamente proporcional a la distanciade P a la recta que pasa por los extremos del alambre, ¿cual es la masa totaldel alambre?.

SolucionEn primer lugar situar el alambre en el plano xy de sistema coordenado,

como en la figura:Ahora, la densidad puede interpretarse como un campo escalar, ya que,

encada punto P = (x, y) de la curva que describe el alambre, la densidad esδ(x, y) = ky.Calcular la masa total equivale a sumar la densidad sobre todos los puntos

463

de la curva, y ası lo que queremos determinar es

M =

∫C

δ (x, y, z) ds =

∫ b

a

δ (−→r (t)) |−→r ′ (t)| dt

donde C es la curva que describe el alambre, la semicircunferencia deradio a.

Una parametrizacion para C es: −→r (t) = (a cos t, asent) , t ∈ [0, π]

entonces−→r ′ (t) = (−asent, a cos t) =⇒ |−→r ′ (t)| = a

Lo que implica que la masa del alambre es

M =

∫ π

0

(kasent) (a) dt = ka2

∫ π

0

sentdt

= ka2 [− cos t]π0 = 2ka2

Problema 4

Un alambre tiene forma de circunferencia, x2 + y2 = a2. Determine sumasa y su momento de inercia respecto de un diametro si la densidad en unpunto (x, y) del alambre esta dada por la funcion δ(x, y) = |x|+ |y| .

Solucion

La masa del alambre viene dada por la expresion:

M =

∫C

δ (x, y, z) ds =

∫ b

a

δ (−→r (t)) |−→r ′ (t)| dt

siendo C la curva cuya trayectoria representa la forma del alambre, eneste

caso una circunferencia que parametrizamos por:

−→r (t) = (acost, asent); t ∈ [0, 2π]

que es de clase C1.−→r ′(t) = (−asent, a cos t) =⇒ ‖−→r ′(t)‖ = 1

Por lo tanto la masa es igual a

464

M =

∫ 2π

0

δ (−→r (t)) |−→r ′ (t)| dt =

∫ 2π

0

(|a cos t|+ |asent|)adt

= a2

∫ π/2

0

(cos t+ sent) dt+ a2

∫ π

π/2

(− cos t+ sent) dt+

+a2

∫ 3π/2

π

(− cos t− sent) dt+ a2

∫ 2π

3π/2

(cos t− sent) dt

= a2[sent− cost]π/20 + a2[−sent− cost]ππ/2 +

+a2[−sent+ cost]3π/2π + a2[sent+ cost]2π3π/

= 8a2

Para calcular el momento de inercia respecto de un diametro necesitamosla distancia de un punto cualquiera (x, y) a dicho diametro. Para simplificar,tomaremos como eje el eje OX, por tanto, la funcion que da la distancia deun punto al eje es r(x, y) = |y|. Teniendo en cuenta la definicion del momentode inercia respecto de un eje se tiene:

IL =

∫C

r2 δ (x, y, z) ds =

∫C

y2 (|x|+ |y|) ds

= a4

∫ 2π

0

sen2t (|sent|+ |cost|) dt

= a4

∫ π/2

0

sen2t (sent+ cost) dt+ a4

∫ π

π/2

sen2t (sent− cost) dt

+a4

∫ 3π/2

π

sen2t (−sent− cost) dt+ a4

∫ 2π

3π/2

sen2t (−sent+ cost) dt

= 4a4

5.5.1. Area de una pared

Problema 1

La base de una pared en el primer cuadrante es la trayectoria −→c :[0,π

2

]→

IR2,dada por −→c (t) = (3 cos3 t, 3sen3t) y su altura es en cada punto (x, y) es

f (x, y) = 1 +y

3.Calcular el area de la pared.

Solucion

465

El area de una pared esta dada por la integral de trayectoria∫C

f (x, y) ds =

∫ b

a

f (−→c (t)) |−→c ′ (t)| d

donde f (x, y) ≥ 0,∀ (x, y) ∈ CEn este caso tenemos que−→c (t) = (3 cos3 t, 3sen3t) , t ∈

[0,π

2

]−→c ′ (t) = (−9 cos2 tsent, 9sen2t cos t) =⇒ ‖−→c (t)‖ = 9sent cos t

f (−→c (t)) = 1 + sen3t

Ası, la integral es

∫C

[1 +

y

3

]ds =

∫ π/2

0

(1 + sen3t

)(9sent cos t) dt

= 9

∫ π/2

0

(sent+ sen4t

)cos tdt

= 9

[sen2t

2+sen5t

5

]π/20

=63

10

Problema 2

La base de una pared en el primer cuadrante es la trayectoria −→c :[0, 1]→IR2,dada por −→c (t) = (t, t2) y su altura es en cada punto (x, y) es f (x, y) =√

1 + 4y.

a) Determinar la longitud de la base de la pared.

b) Calcular el area de la pared.

Solucion

Tenemos que−→c (t) = (t, t2) =⇒ −→c ′ (t) = (1, 2t) =⇒ ‖−→c ′ (t)‖ =

√1 + 4t4

La longitud de la pared se determina por

l =

∫ 1

0

‖−→c ′ (t)‖ dt =

∫ 1

0

√1 + 4t2dt

=1

2

[t√

1 + 4t2 +1

2ln(

2t+√

1 + 4t2)]1

0

=1

2

[√5 +

1

2ln(

2 +√

5)]

466

El area de una pared esta dada por la integral de trayectoria

∫C

f (x, y) ds =

∫ 1

0

f (−→c (t)) ‖−→c ′ (t)‖ dt

=

∫ 1

0

(√1 + 4t4

)(√1 + 4t4

)dt

=

∫ 1

0

(1 + 4t4

)dt =

[t+

4

5t5]1

0

=9

5

5.6. Aplicaciones de la integral de lınea

Definicion . Sea C una curva simple y regular, y sea−→F :⊆ R3 → R3

un campo vectorial continuo. Definimos la integral de trabajo (o integral de

lınea) de−→F sobre la curva C ⊆ D por

W =

∫C

−→F · d−→r =

∫ b

a

−→F (−→r (t)) · −→r ′ (t) dt

donde −→r : [a, b]→ IR3 es una parametrizacion regular de C

Cuando la curva C es cerrada, entonces se puede escribir

W =

∮C

−→F · d−→r

y esta integral recibe el nombre de circulacion de−→F a lo largo de C. Si

−→F

representa el campo de velocidades de un fluido, la circulacion es la integralde la componente tangencial de la velocidad a lo largo de la curva cerradaC, proporcionando la cantidad neta de giro del fluido alrededor de C.

(Campo Conservativo)

En general, se dice que un campo vectorial−→F : D ⊆ R3 → R3 es conservativo

en D si existe un potencial

φ : D ⊆ R3 → R tal que−→F = ∇φ sobre D. En efecto, si C es una curva

467

regular parametrizada por −→r : [a, b]→ IR3, entonces tenemos que

∫C

−→F · d−→r =

∫ b

a

−→F (−→r (t)) · −→r ′ (t) dt

=

∫ b

a

∇φ (−→r (t)) · −→r ′ (t) dt

=

∫ b

a

d

dt[∇φ (−→r (t))] dt

= φ (−→r (b))− φ (−→r (a))

Proposicion 5.6.1. Sea−→F =

−→F (x, y, z) un campo vectorial continuo sobre

un abierto conexo de IR3. Entonces las propiedades sobre−→F siguientes, son

equivalentes, para que sea campo vectorial conservativo:

i) ∇×−→F =

−→0

ii) Para toda curva C ⊆ D cerrada y regular por pedazos se tiene

∮C

−→F · d−→r = 0

iii) Para cualquier par de curvas regulares, C1 ⊆ D y C2 ⊆ D, con iguales

puntos inicial y final, se tiene

∫C1

−→F · d−→r =

∫C2

−→F · d−→r

Problema 1

Calcular el trabajo ejercido por el campo vectorial−→F (x, y, z) = (3x −

2y, y + 2z,−x2)sobre una partıcula que se mueve segun la curva C dada porx = z2, z = y2desde el punto (0, 0, 0) hasta el (1, 1, 1).

Solucion

En primer lugar parametricemos la curva C:−→r (t) = (t4, t, t2), t ∈ [0, 1]

De modo que −→r ′ (t) = (4t3, 1, 2t) y−→F (−→r (t)) = (3t4 − 2t, t+ 2t2,−t8)

468

Calculando directamente tenemos

W =

∫C

−→F · d−→r =

∫ b

a

−→F (−→r (t)) · −→r ′ (t) dt

=

∫ 1

0

(3t4 − 2t, t+ 2t2,−t8) · (4t3, 1, 2t)dt

=

∫ 1

0

(12t7 − 8t4 + t+ 2t2 − 2t9)dt

=

[3

4t8 − 8

5t5 +

1

2t2 +

2

3t3 − 1

5t10

]1

0

=13

15

Problema 2

Un campo de fuerza gravitacional−→F (x, y, z) esta dado por

−→F (x, y, z) =

k

‖−→r ‖3−→r . Calcular el trabajo que realiza la fuerza gravitacional que actua

sobre una partıcula que se mueve a lo largo del eje x desde el P0 (1, 0, 0)hasta P(2, 0, 0) .

Solucion.Si parametrizamos la trayectoria tenemos:−→r (t) = (t, 0, 0) 1 ≤ t ≤ 2

Ahora, determinemos la funcion compuesta:−→F (−→r (t)) =

k

t3(t, 0, 0).

Aplicando la definicion de trabajo tenemos

W =

∫C

−→F · d−→r =

∫ 2

1

−→F (−→r (t)) · −→r ′ (t) dt

=

∫ 2

1

k

t3(t, 0, 0) · (1, 0, 0) dt

=

∫ 2

1

k

t2dt =

[−kt

]2

1

=k

2

Problema 3

Si una partıcula es atraıda hacia el origen por una fuerza cuya magnitudes proporcional a la distancia ‖−→r ‖ de la partıcula al origen, ¿que trabajo sehace cuando se mueve la partıcula desde el punto (0, 1) hasta el (1, 2) a lolargo de y = 1 + x2 suponiendo un coeficiente de roce µ entre la partıcula yla trayectoria?. Desprecie la fuerza de gravedad.

469

Solucion.Formulemos el problema usando el parametro longitud de arco s

W =

∫C

−→F · d−→r =

∫ s2

s1

−→F (−→r (s)) · −→r ′ (s) ds

=

∫ s2

s1

−→F (−→r (s)) · t (s) ds =

∫ s2

s1

FT (−→r (s)) ds

La fuerza que trabaja es la componente tangencial a la curva. Entonces,determinemos esta componente a partir de la informacion.

Sea θ el angulo que forma la tangente a la curva en un punto P (x, y)cualquiera con el eje x.

Sea φ el angulo que forma el radio vector P con el eje y.Sea α el angulo entre la tangente y el radio vector en P.Al mover la partıcula a lo largo de la trayectoria, hay que realizar trabajo

contra dos fuerzas que tienen componente tangencial, a saber, la componentetangencial de la fuerza central:

Ft = F cosα = kr cosα y la fuerza de rozamiento

Fr = µFn = µFsenα = µkrsenα.

Donde Fn es la componente de la fuerza central que es perpendicular a latrayectoria y que actua para mantener la partıcula en su trayectoria.

Por tanto la fuerza tangencial resultante es:FT = kr cosα + µkrsenαAplicando, el teorema del angulo externo de la geometrıa plana se tiene:

α = φ− θReemplazando en la expresion anterior, quedaFT = kr cos (φ− θ) + µkrsen (φ− θ) .Luego, el trabajo queda

W =

∫ s2

s1

FT (−→r (s)) ds

=

∫ L

0

(kr cos (φ− θ) + µkrsen (φ− θ)) ds

= k

∫ L

0

r cos (φ− θ) ds+ kµ

∫ L

0

rsen (φ− θ) ds

= k

∫ L

0

r [cosφ cos θ + senφsenθ] ds+

+kµ

∫ L

0

r [senφ cos θds− senθ cosφ] ds

470

Ahora bien, el trabajo expresemos el trabajo en coordenadas cartesianasx = r cosφ dx = cos θdsy = rsenφ dy = senθds

Por lo tanto, sustituyendo estas en la ultima expresion para W, se tiene:

W = k

∫C

xdx+ ydy + µk

∫C

ydx− xdy

Parametizando la curva C, queda: −→r (t) = (t, t2 + 1), 0 ≤ t ≤ 1 =⇒−→r ′ (t) = (1, 2t), 0 ≤ t ≤ 1

Sustituyendo en la integral anterior, obtenemos

W = k

∫ 1

0

(t, t2 + 1) · (1, 2t)dt+ kµ

∫ 1

0

(t2 + 1,−t) · (1, 2t)dt

= k

∫ 1

0

(2t3 + 3t)dt+ kµ

∫ 1

0

(1− t2)dt

= k

[1

2t4 +

3

2t2]1

0

+ kµ

[t− 1

3t3]1

0

W = 2k +3

2µk

Es el trabajo total efectuado durante el movimiento.

Problema 4

Sea−→F (x, y) el campo de fuerzas definido en IR2 por

−→F (x, y) = (2x+ ycos(xy), xcos(xy))

Calcular el trabajo realizado por−→F sobre cualquier curva cerrada con-

tenida en IR2

SolucionSi el campo es conservativo, el trabajo realizado por el campo sobre

cualquier curva cerrada sera nulo. Por tanto, supongamos que existe φ : IR2

→ IR diferenciable tal que−→F = ∇φ. Entonces, se debe satisfacer

∂φ∂x

= 2x+ ycos(xy)∂φ∂y

= xcos(xy)

(1)

Integrando la primera ecuacion respecto de x obtenemos,

φ(x, y) = x2 + sen(xy) + h(y).

471

Si derivamos φ respecto de y , luego comparamos con la segunda ecuacionde (1) obtenemos que

xcos(xy) + h′ (y) = xcos(xy)

lo que implicah′ (y) = 0 =⇒ h (y) = c

Por lo tanto, la funcion φ(x, y) = x2 + sen(xy) + c verifica que−→F = ∇φ

Finalmente

W =

∮C

−→F · d−→r = 0

Problema 5

¿Para que valores de a∈ IR el campo vectorial

−→F (x, y, z) = (axy − z3, (a− 2)x2, (1− a)xz2)

es conservativo? Para esos valores, calcular la funcion potencial.SolucionPara cualquier valor de a el campo

−→F es de clase C1 en R3 y sera

conservativo si su rotacional es cero ∀(x; y; z) ∈ R3. Calculemosel rotacional

∇×−→F =

∣∣∣∣∣∣i j k∂∂x

∂∂y

∂∂z

axy − z3 (a− 2)x2 (1− a)xz2

∣∣∣∣∣∣= (0,−3z2 − (1− a)z2, 2x(a− 2)− ax)

que se anula si se cumplen las ecuaciones:

(1− a)z2 + 3z2 = 0

2x(a− 2)− ax = 0

Por tanto, para a = 4 el campo−→F es conservativo y ∃φ : IR3 → IR tal

que

−→F = ∇φ = (4xy − z3, 2x2,−3xz2),entonces

472

∂φ

∂x= 4xy − z3

∂φ

∂y= 2x2

∂φ

∂z= −3xz2

Integrando la primera ecuacion respecto de x, queda

φ(x, y, z) =

∫(4xy − z3)dx = 2x2y − xz3 + h(y, z)

Por tantoφ(x, y, z) = 2x2y − xz3 + g(z)

derivando la funcion φ con respecto a z y luego comparamos con la terceraecuacion tenemos

∂φ

∂z= −3xz2 + g′ (z) = −3xz2 =⇒ g′ (z) = 0 =⇒ g (z) = c

En consecuencia, la funcion potencial del campo−→F es

φ(x, y, z) = 2x2y − xz3 + c

Problema 6

Una masa M en el origen en IR3ejerce una fuerza sobre una masa m lo-

calizada en −→r = (x, y, z) con magnitud GmM

r2y dirigida hacia el origen.

Aquı G es la constante gravitacional, que depende de las unidades de medi-

cion y r = |−→r | =√x2 + y2 + z2,si recordamos que −

−→rr

es un vector unitario

dirigido hacia el origen, entonces podemos escribir el campo de fuerza como−→F = −GmM

r3−→r

a) Mostrar que el campo vectorial es conservativo.

b) Hallar un potencial escalar para−→F .

c) Hallar el trabajo realizado por−→F al trasladar la partıcula de masa m

desde un punto P1 hasta P2

d) ¿Cual es el trabajo realizado por la fuerza−→F al mover la partıcula

de masa m desde el infinito hasta una distancia r del origen?.

473

Soluciona) En primer lugar calculemos

∇×−→F = ∇×

(−GmM

r3−→r)

= −GmM[∇(

1

r3

)×−→r +

1

r3∇×−→r

]Puesto que de las identidades basicas del analisis vectorial, tenemos

i) ∇×(φ−→F)

= ∇ (φ)×−→F + φ(∇×

−→F )

ii)∇ (rn) = nrn−2−→rEntonces, queda:

∇×−→F = −GmM

[−3

r−→r ×−→r +

1

r3∇×−→r

]De modo que el primer termino se anula pues −→r ×−→r = 0Luego queda aun por calcular el segundo termino

∇×−→r =

∣∣∣∣∣∣i j k∂∂x

∂∂y

∂∂z

x y z

∣∣∣∣∣∣ = (0, 0, 0)

Por tanto∇×

−→F =

−→0 para −→r 6= −→0

b) Luego existe φ tal que−→F = −∇φ.(En fısica se define que el campo de

fuerza proviene del valor negativo del gradiente de la funcion escalar).Aprovechando la simetrıa radial del campo de fuerza expresemos elgradiente en coordenadas cilındricas

∂φ

∂r= G

mM

r2=⇒ φ (−→r ) =

∫GmM

r2dr

φ (−→r ) = −GmMr

+ C

Donde c es una constante de integracionc) Como el campo es conservativo, el trabajo depende de la posicion de

lospuntos inicial y final y el trabajo es igual a∫

C

−→F · d−→r = φ (−→r (2))− φ (−→r (1))

= GmM

[1

r1

− 1

r2

]474

donde r1 y r2 son las distancias radiales de los puntos P1 y P2

respectivamente al origen.

d) Si r1 →∞ y r2 = r se tiene que

W = −GmMr

Problema 7

Dado el campo de fuerzas−→F (x, y) = (y3 + 1, 3xy2 + 1).

a) ¿Es−→F conservativo? en caso que lo sea, hallar la funcion potencial de

−→F .

b) Hallar el trabajo realizado al mover un objeto desde el punto (0, 0) al(2, 0),a lo largo de la semicircunferencia (x− 1)2 + y2 = 1 con y ≥ 0.c) Hallar el trabajo realizado al mover el objeto a lo largo de la circun-

ferenciacompleta.SolucionExaminemos el rotor de

−→F

∇×−→F =

∣∣∣∣∣∣i j k∂∂x

∂∂y

0

y3 + 1 3xy2 + 1 0

∣∣∣∣∣∣ =(0, 0, 3y2 − 3y2

)= (0, 0, 0)

Por tanto, estamos en presencia de un campo conservativo, luego existeuna

funcion escalar φ (x, y) tal que

∂φ

∂x= y3 + 1

∂φ

∂y= 3xy2 + 1

Integrando la primera ecuacion respecto de x, queda

φ(x, y) =

∫(y3 + 1)dx = xy3 + x+ h(y)

Para calcular la funcionh(y),calculamos la derivada parcial de φ respectode

475

y luego comparamos con la segunda ecuacion:

∂φ

∂y= 3xy2 + h′(y) = 3xy2 + 1 =⇒ h′(y) = 1 =⇒ h(y) = y + c

En consecuencia, la funcion potencial del campo−→F es

φ(x, y, z) = xy3 + x+ y + c

b) Como−→F es conservativo la integral es independiente del camino,

unicamente depende de los puntos inicial y final. El trabajo realizado almover el objeto desde (0, 0) hasta (2, 0) sera:

∫C

−→F · d−→r = φ (2, 0)− φ (0, 0)

= (2 + c)− c = 2

c) A lo largo de la circunferencia tenemos una curva cerrada,lo queimplica que el trabajo sera nulo:

W =

∮C

−→F · d−→r = 0

Problemas propuestos para reflexionar

1.- Considere dos curvas que parten del punto P = (0, 2) y finalizan enQ = (π, 0); la braquistocrona dada por la ecuacion:

−→r (t) = (t+ sen(t+ π); 1− cos(t+ π)); t ∈ [0; π];

y el segmento rectitlıneo que va de P a Q. Pruebe que si se suelta una bolaque se desliza por cada curva, bajo el efecto de la gravedad, entonces llegaantes la bola de la braquistocrona que la del segmento rectilıneo. Tengaseen cuenta que el tiempo total, para una curva cualquiera, es la integral a lolargo de dicha curva del campo escalar

φ (x, y) =1√

2g (h0 − y)

donde g es la gravedad y h0 la altura inicial de la bola.2.- Calcular el trabajo realizado por una fuerza proporcional al vector

dirigido hacia el origen, sobre el recorrido del primer cuadrante de la elipsex2

a2+y2

b2= 1, desde el punto (a, 0) hasta el (0, b).

476

Solucion:k

2(a2 − b2) con k > 0.

3.- Dado h > 0, sea C la curva que se encuentra sobre la superficie defini-

da por x2 + y2 =z2

h2, de forma tal que la altura z = z() satisface la ecuacion

diferencialdz

d= z; z(0) = h donde z y representan las coordenadas cilındri-

cas.

(a) Parametrice la ecuacion de la curva C −→r (θ) .Calcule la curvatura κy la torsion τ

(b) Considere el campo vectorial−→F (x, y, z) =

(1

x,

1

y,− 1

z2

)Sea C0 la restriccion de C a ∈

[π6,π

3

].Calcule el trabajo realizado por el

campo−→F al desplazar una partıcula a traves de C0.

Solucion

a) −→r (θ) =(eθ cos θ, eθsenθ, heθ

), curvatura κ =

√2

eθ (2 + h2); torsionτ =

h

eθ (2 + h2)

b)∫C

−→F · d−→r = φ (−→r (θ))|π/3π/6 =

π

3+

1

h

[1

eπ/3− 1

eπ/6

]

5.7. Problemas Resueltos

Problemas 1

Calcular la integral de trayectoria∫−→rx3

yds, donde −→r es la trayectoria

y =x2

2entre los puntos (0, 0) y (2, 2) .

Solucion

Primero, determinemos la ecuacion parametrica de la trayectoria

x = t

y =t2

2

t ∈ [0, 2] ⇐⇒ −→r (t) =

(t,t2

2

)Derivando la expresion anterior, queda−→r ′ (t) = (1, t) =⇒ ‖−→r ′ (t)‖ =

√1 + t2

Ademas

f(x, y) =x3

y=⇒ f (−→r (t)) = 2t

A partir de la definicion de integral de trayectoria tenemos

477

∫−→r

x3

yds =

∫ 2

0

2t√

1 + t2dt

=

[2

3

(1 + t2

)3/2]2

0

=2

3

(√75− 1

)Problema 2

Dada la funcion escalar f(x, y) = 2xy, calcular la integral de trayectoria

a lo largo de la curva elipsex2

9+y2

4= 1 desde el punto (3, 0) hasta (0, 2).

SolucionObservemos que −→r es el segmento de elipse que esta en el primercuadrante.Entonces al parametrizar la curva quedax = 3 cos ty = 2sent

t ∈[0, π

2

]⇐⇒ −→r (t) = (3 cos t, 2sent)

Derivando la trayectoria−→r ′ (t) = (−3 sin t, 2 cos t) ⇐⇒ ‖−→r ′ (t)‖ =

√5sen2t+ 4

Calculemos la funcion escalar f sobre la trayectoriaf(x, y) = 2xy =⇒ f(x (t) , y (t)) = 6 cos tsentCalculemos la integral

∫−→r

2xyds =

∫ π/2

0

12 cos tsent√

5sen2t+ 4dt

=

[4

5

(5sen2t+ 4

)3/2]π/2

0

=76

5

Problema 3

Calcular la integral de lınea∫−→r xydx+ x2dy, donde −→r es la trayectoria

x2 + 4y2 = 4, x > 0.SolucionPrimero, escribamos la ecuacion parametrica de la trayectoria orientadapositivamentex = 2 cos ty = sent

t ∈[−π

2, π

2

]=⇒ −→r (t) = (2 cos t, sent)

478

−→F (x, y) =

(xy, x2

)=⇒

−→F (x (t) , y (t)) =

(2 cos tsent, (2 cos t)2)

Determinemos el vector −→r ′ = (−2sent, cos t)

Calculemos la integral

∫−→rxydx+ x2dy =

∫ π/2

−π/2

(2 cos tsent, (2 cos t)2) · (−2sent, cos t) dt

=

∫ π/2

−π/2(−4sen2t cos t+ 4 cos3 t)dt

=

∫ π/2

−π/2(−8sen2t cos t+ 4 cos t)dt

=

[−8

3sen3t+ 4sent

]π2

−π2

=8

3

Problema 4

Calcular la integral de lınea∫−→r −y

2dx+ xdy, donde −→r es la trayectoria

y2 = 2x− x2, tal que x > 1, y > 0.

Solucion

Observemos que −→r es el segmento de circunferencia:

y2 = 2x− x2 ⇐⇒ (x− 1)2 + y2 = 1 tal que x > 1, y > 0.

Entonces:

x = 1 + cos ty = sent

t ∈[0, π

2

]=⇒ −→r (t) = (1 + cos t, sent)

=⇒ −→r ′ (t) = (−sent, cos t)

Calculemos el campo vectorial−→F sobre la trayectoria

−→F (x, y) = (−y2, x) =⇒

−→F (x (t) , y (t)) = (−sen2t, 1 + cos t)

479

Calculemos la integral

∫−→r−y2dx+ xdy =

∫ π/2

0

(sen3t+ cos2 t+ cos t

)dt

=

∫ π/2

0

((1− cos2 t

)sent+ (

1 + cos 2t

2) + cos t

)dt

=

[− cos t+

cos3 t

3+t

2+sen2t

4+ sent

]π/20

= 1− 1

3+π

4+ 1

=5

3+π

4

Problema 5

Calcular la integral de lınea∫−→r (8x+ z)dx+ 2xz2dy− 4y2dz, siendo −→r la

curva definida por las ecuaciones: z = 9− 2x2 − 4y2, z = 1.

Solucion

Observemos, que la curva contenida en el plano z = 1, es la elipse

2x2 + 4y2 = 8,con semi ejes a = 2 y b =√

2, que se parametriza

mediante.x = 2 cos t

y =√

2sentz = 1

t ∈ [0, 2π] =⇒ −→r (t) =(2 cos t,

√2sent, 1

)t ∈

[0, 2π]

Calculemos el campo vectorial−→F sobre la trayectoria

−→F (x, y, z) = (8x+ z, 2xz2,−4y2) =⇒

−→F (x (t) , y (t)) = (16 cos t+ 1, 4 cos 1t, 1)

Evaluemos el vector−→r ′ (t) =

(−2sent,

√2 cos t, 0

)luego, obtenemos

−→F (x (t) , y (t)) · −→r ′ (t) = (16 cos t+ 1, 4 cos t, 1) ·

(−2sent,

√2 cos t, 0

)Entonces la integral de lınea es

∫−→r

(8x+z)dx+2xz2dy−4y2dz =

∫ 2π

0

(−32sent cos t− 2sent+ 4

√2 cos2 t

)dt

480

=[−16sen2t+ 2 cos t

]2π0

+ 4√

2

∫ 2π

0

(1 + cos 2t

2

)dt

= 4√

2

[t

2+sen2t

4

]2π

0

= 4√

2π

Problema 6

Calcular el trabajo producido por campo de fuerzas dado por−→F = (3x+

4y, 2x+3y2), a lo largo de la circunferencia C de radio 2 centrada en el origeny recorrida con orientacion positiva.

SolucionDefinimos el trabajo mediante la integral de lınea∫

−→r

−→F · d−→r =

∫ b

a

−→F (−→r (t)) · −→r ′ (t) dt

Luego, parametrizando la trayectoria tenemos:−→r (t) = (2cost, 2sent), t ∈ [0, 2π].=⇒ −→r ′(t) = (−2sent, 2 cos t)

Reemplazando el integrando, queda

W =

∮(3x+ 4y, 2x+ 3y2, 0) · (dx, dy, dz)

=

∫ 2π

0

(6cost+ 8sent, 4cost+ 12sen2t, 0) · (−2sent, 2cost, 0)dt

=

∫ 2π

0

[−16sen2t+ 8cos2t]dt

= −16π + 8π = −8π.

Trabajo negativo significa que el campo de fuerza disipa energıa.

5.7.1. Campo conservativo

Problemas 1

Sea el campo vectorial−→F : IR3 → IR3dado por

−→F (x, y, z) = (x,−y, z).

Calcular la integral∫−→r−→F · d−→r

481

a) Si C es la circunferencia x2 + y2 = 4 recorrida en el sentido positivo.b) Si C es la recta que une P = (1, 0, 0) con Q = (1, 0, 4).c) Si C es la helicoide −→r (t) = (cos(4πt), sen(4πt), 4t), t ∈ [0, 1] que uneP = (1, 0, 0) con Q = (1, 0, 4).

Soluciona) Las ecuacion parametrica de la circunferencia de radio 2 centrada en

elorigen y recorrida en sentido positivo, es−→r (t) = (2 cos t, 2sent, 0) t ∈ [0, 2π] =⇒ −→r ′ (t) = (−2sent, 2 cos t, 0)Entonces, la integral de linea queda∫

−→r

−→F · d−→r =

∫−→r

(x,−y, z) · (dx, dy, dz)

=

∫ 2π

0

(2 cos t,−2sent, 0) · (−2sent, 2 cot s, 0) dt

=

∫ 2π

0

−8 cos tsentdt = 0

b) La ecuacion parametrica de la recta que une P = (1, 0, 0) con Q =(1, 0, 4)

es:−→r (t) =

−→P + (

−→Q −

−→P )t = t(1, 0, 4) t ∈ [0, 1] =⇒ −→r ′ (t) = (1, 0, 4) .

Entonces

∫−→r

−→F · d−→r =

∫ 1

0

(t, 0, 4t) · (1, 0, 4) dt

=

∫ 1

0

16tdt =[8t2]1

0= 8

c) A partir de la ecuacion de la helicoide se obtiene

−→r ′(t) = (−4πsen(4πt), 4π cos(4πt), 4)

Sustituyendo terminos en el integrando, queda

∫−→r

−→F · d−→r =

∫ 1

0

(cos(4πt),−sen(4πt), 4t) · (−4πsen(4πt), 4π cos(4πt), 4)dt

=

∫ 1

0

(−8πsen(4πt) cos(4πt) + 4t)dt

=

∫ 1

0

16tdt =[8t2]1

0= 8

482

El valor de la integral de lınea es el mismo por ambas trayectorias.

Problema 2

Calcular la integral∫−→r 2x cos ydx − x2senydy, donde −→r : [1, 2] → IR2

definida por −→r (t) =(et−1, sen

π

t

).

Solucion.Determinemos si el campo vectorial es conservativo, de modo que calcu-

lamos

∇×−→F =

∣∣∣∣∣∣∣∣i j k∂

∂x

∂

∂y

∂

∂z2x cos y −x2seny 0

∣∣∣∣∣∣∣∣ = (0, 0, 0)

Como hallamos que ∇×−→F =

−→0 , entonces

−→F tiene una funcion potencial

φ (x, y) tal que

∂

∂xφ (x, y) = 2x cos y

∂

∂yφ (x, y) = −x2seny

Integrando la primera ecuacion parcialmente con respecto a x, se tiene

φ (x, y) = x2 cos y+h (y) =⇒ ∂

∂yφ (x, y) = −x2seny+h

′(y) = −x2seny

h′(y) = 0 ⇐⇒ h (y) = c

En consecuencia, la funcion potencial φ (x, y) para−→F (x, y) es

φ (x, y) = x2 cos y + c

Entonces , podemos afirmar que∫−→r

2x cos ydx− x2senydy =

∫−→r∇φ · d−→r

= φ (−→r (2))− φ (−→r (1))

donde

φ (−→r (2)) = φ(e, sen

π

2

)= e2 + c

φ (−→r (1)) = φ (1, senπ) = 1 + c

Por tanto. obtenemos:∫−→r

2x cos ydx− x2senydy = e2 − 1

483

Problema 3

Considere el campo vectorial−→F (x, y, z) en IR3 definido por :

−→F (x, y, z) =

(yz

1 + x2y2z2,

xz

1 + x2y2z2,

xy

1 + x2y2z2

)

Evaluar∫−→ryzdx+ xzdy + xydx

1 + x2y2z2,donde −→r es:

a) el segmento rectılineo entre (0, 0, 0) y (1, 1, 1) .

b) la interseccion de x2 + y2 + (z − 1)2 = 1, con x2 + y2 + z2 = 1.

Solucion

Se tiene que las componentes del campo vectorial son continuas

∀ (x, y, z) ∈ IR3

Primero, verifiquemos si el campo vectorial es conservativo o no.

∇×−→F =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣i j k∂

∂x

∂

∂y

∂

∂zyz

1 + x2y2z2

xz

1 + x2y2z2

xy

1 + x2y2z2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = (0, 0, 0)

Puesto que∂

∂y

xy

1 + x2y2z2=

∂

∂z

xz

1 + x2y2z2,∂

∂z

yz

1 + x2y2z2=

∂

∂x

xy

1 + x2y2z2, etc.

= (0, 0, 0)

Como hallamos que ∇×−→F =

−→0 , entonces

−→F tiene una funcion potencial

φ (x, y) tal que:

∂

∂xφ (x, y) =

yz

1 + x2y2z2

∂

∂yφ (x, y) =

xz

1 + x2y2z2

∂

∂zφ (x, y) =

xy

1 + x2y2z2

Integrando la primera ecuacion parcialmente con respecto a x, se tiene

φ (x, y) = arctg (xyx) + h (y, z) =⇒∂

∂yφ (x, y) =

xz

1 + x2y2z2+ h

′(y, z) =

xz

1 + x2y2z2

h′(y, z) = 0 ⇐⇒ h (y, z) = g (x)

484

En consecuencia, la funcion potencial φ (x, y) para−→F (x, y)es

φ (x, y) = arctg (xyx) + g (z) =⇒φ (x, y) =

xy

1 + x2y2z2+ g

′(x) =

xy

1 + x2y2z2

g′(x) = 0 ⇐⇒ g (x) = c

Entonces , podemos concluir que

φ (x, y) = arctg (xyx) + c

En este caso hallamos , que el valor de la integral

∫−→r

yzdx+ xzdy + xydx

1 + x2y2z2=

∫−→r∇φ · d−→r = φ (1, 1, 1)− φ (0, 0, 0)

= arctg (1)− arctg (0)

=π

4

Si −→r es la interseccion de dos esferas la curva resultante es cerrada, en

consecuencia∫−→r

yzdx+ xzdy + xydx

1 + x2y2z2=

∫−→r∇φ · d−→r = 0

5.7.2. Teorema de Green

Problema 1

Verificar el teorema de Green para el campo vectorial−→F (x, y, z) = (2(x2 + y2), (x+ y)2) ,donde

las curvas frontera de la region D corresponden al contorno del triangulo convertices en los puntos (1, 1) , (2, 2) ,y (1, 3) orientado positivamente.

SolucionComo el campo vectorial

−→F (x, y) es de clase C1, y la region D conexa,

entonces el teorema de Green afima que:∫C

Pdx + Qdy =

∫ ∫D

[∂

∂xQ− ∂

∂yP

]dxdy

Identificando terminos, tenemos que

P (x, y) = 2(x2 + y2) =⇒ ∂P

∂y= 4y

485

Q (x, y) = (x+ y)2 =⇒ ∂Q

∂x= 2(x+ y)

Entonces calculemos∫∫D

(∂Q

∂x− ∂P

∂y

)dxdy =

∫∫D

2 (x− y) dxdy

donde D = (x, y) ∈ IR2 : 1 ≤ x ≤ 2, x ≤ y ≤ 4− x . Luego

∫∫D

2 (x− y) dxdy =

∫ 2

1

∫ 4−x

x

2 (x− y) dydx

=

∫ 2

1

[xy − y2

2

]4−x

x

dx

=

∫ 2

1

(2x(4− x)− (4− x)2 − 2x2 + x2

)dx

= −4

∫ 2

1

(x− 2)2 dx = −4

[(x− 2)3

3

]2

1

= −4

3

Calculemos directamente la integral de lınea, segmentando la frontera

en tres curvas:

∫C

Pdx + Qdy =

∫C1

Pdx + Qdy +

∫C2

Pdx + Qdy

+

∫C3

Pdx + Qdy

Parametricemos los segmentos de curvas que unen los puntos (1, 1) y(2, 2) ;

(2, 2) y (1, 3) ; (1, 3) y (1, 1)

Aca debe ir grafico

Sea C1 la recta y = x, 1 ≤ x ≤ 2 =⇒ −→r (t) = (t, t) , t ∈ [1, 2]

=⇒ −→r ′ (t) = (1, 1) , t ∈ [1, 2] entonces:

486

∫C1

2(x2 + y2)dx + (x+ y)2dy =

∫ 2

1

[2(t2 + t2

)+ (2t)2] dt

=

∫ 2

1

8t2dt = 8

[t3

3

]2

1

=56

3

Sea C2 la recta y = 4− x, 1 ≤ x ≤ 2 =⇒ −→r (t) = (4− t, t) , t ∈ [2, 3]

=⇒ −→r ′ (t) = (−1, 1) , t ∈ [2, 3] , entonces:

∫C2

2(x2 + y2)dx + (x+ y)2dy =

∫ 3

2

[2((4− t)2 + t2

)(−1) + (4)2] dt

=

∫ 3

2

[−2(16− 8t+ 2t2

)+ 16

]dt

= −4

∫ 3

2

[t2 − 4t+ 4

]dt = −4

∫ 3

2

[t− 2]2 dt

= −4

[(t− 2)3

3

]3

2

= −4

3

Sea C3 la recta x = 1, 1 ≤ y ≤ 3 =⇒ −→r (t) = (1, 3− t) , t ∈ [0, 2]

=⇒ −→r ′ (t) = (0,−1) , t ∈ [0, 2] , entonces:

∫C3

2(x2 + y2)dx + (x+ y)2dy =

∫ 2

0

(4− t)2(−1)dt

=

[(4− t)3

3

]2

0

=8

3− 64

3= −56

3

Por lo tanto, al sumar los tres terminos tenemos:∫C

2(x2 + y2)dx + (x+ y)2dy =56

3− 4

3− 56

3= −4

3

Lo que muestra la validez de la formula del teorema de Green.

487

Problema 2

Verificar el teorema de Green para∮Cx2ydx + xy2dy, donde C es la

frontera de la region R en el primer cuadrante, limitada por las graficas dey = x, y3 = x2.

Solucion.Primero, calculemos la integral de lınea considerando la orientacion pos-

itivade la frontera, dividiendola en dos segmentos C1 y = x y C2 y

3 = x2.Determinemos los puntos que se intersectan ambas curvas:y = xy3 = x2

=⇒ x3 = x2 =⇒ x2 (x− 1) = 0 ⇐⇒ x = 0 y x = 1

Luego, ambas curvas se intersectan en los puntos (0, 0) y (1, 1) .Enconsecuencia la region R queda delimitada porR =

(x, y) ∈ IR2/0 ≤ x ≤ 1, x ≤ y ≤ x2/3

Parametrizando el segmento de curva C1tenemos:C1 : −→r 1 (t) = (t, t) , t ∈ [0, 1] =⇒ −→r ′1 (t) = (1, 1)Calculemos el campo vectorial sobre la curva C1

−→F (−→r 1 (t)) =

(t3, t3

)=⇒

−→F (−→r 1 (t)) · −→r ′1 (t) =

(t3, t3

)· (1, 1) =

(t3 + t3

)= 2t3

Para C2 encontramos

C2 : −→r 2 (t) =(1− t, (1− t)2/3

), t ∈ [0, 1] =⇒ −→r ′1 (t) =

(−1,−2

3(1− t)−1/3

)Luego, la funcion compuesta para el campo sobre C2 es:

−→F (−→r 2 (t)) =

((1− t)8/3, (1− t)7/3

)=⇒

−→F (−→r 1 (t)) · −→r ′1 (t) =

((1− t)8/3, (1− t)7/3

)·(−1,−2

3(1− t)−1/3

)= −(1− t)8/3 − 2

3(1− t)2

Entonces la integral de lınea queda

∮C

x2ydx+ xy2dy =

∫ 1

0

2t3dt−∫ 1

0

((1− t)8/3 +2

3(1− t)2)dt

=

[t4

4+

3(1− t)11/3

11+

2(1− t)3

9

]11

0

=1

4− 3

11− 2

9

=1

198

488

Por otra parte el campo vectorial−→F (x, y) de clase C1, es decir campo con-

tinuo con primera derivada continua,definido en la region R conexa,acotadopor una frontera cerrada, entonces podemos aplicar el teorema de Green queafima: ∮

C

x2ydx+ xy2dy =

∫ ∫R

[∂

∂x(x2y)− ∂

∂y(xy2)

]dxdy

donde R =

(x, y) ∈ IR2/0 ≤ x ≤ 1, x ≤ y ≤ x2/3

,entonces:

∫ ∫R

[∂

∂x(x2y)− ∂

∂y(xy2)

]dxdy =

∫ 1

0

∫ x2/3

x

[y2 − x2

]dydx

=

∫ 1

0

[y3

3− x2y

]x2/3x

dx

=

∫ 1

0

[x2

3− 8x8/3 +

2

3x3

]dx

=

[x3

9− 3

11x11/3 +

x4

6

]1

0

=1

9− 3

11+

1

6=

1

198

Con esto,verificamos el teorema de Green en este caso particular.

Problema 3

Calcule la integral∮C

−y2x2 + 3y2

dx+x

2x2 + 3y2dy a lo largo de la curva C

formada por los lados del cuadrado con vertices en (1, 1) , (−1, 1) , (−1,−1) , (1,−1) .Solucion.Claramente vemos que el campo vectorial

−→F (x, y) en la region acotada

porC no es continuo, con primeras derivadas parciales continuas en el origen(0, 0) .Luego, vamos a excluir el origen de la region . Dado que la region envueltapor la curva C, que excluye la singularidad, no es simplemente conexa, setiene que:∫CPdx+Qdy +

∫C1Pdx+Qdy =

∫∫D

(∂Q

∂x− ∂P

∂y

)dxdy

donde la curva C1 es la elipse con ecuacion 2x2 + 3y2 = r2, orientada enel sentido horario, con normal apuntando hacia fuera de la region D.

489

Por otra parte.∂Q

∂x=

3y2 − 2x2

(2x2 + 3y2)2

∂P

∂y=

3y2 − 2x2

(2x2 + 3y2)2

=⇒(∂Q

∂x− ∂P

∂y

)= 0

Entonces, tenemos∫C

Pdx+Qdy +

∫C1

Pdx+Qdy =

∫∫D

(∂Q

∂x− ∂P

∂y

)dxdy = 0

=⇒∫C

Pdx+Qdy = −∫C1

Pdx+Qdy

=⇒∫C

Pdx+Qdy =

∫C−1

Pdx+Qdy

Parametrizando C−1 como −→r (t) =

(r√2

cos t,r√3sent

)con 0 ≤ t ≤ 2π

Se obtiene∫C−1

Pdx+Qdy =

∫ 2π

0

[−rsent√

3r2

(− r√

2sent

)+

r√2r2

cos t

(r√3

cos t

)]dt

=1√6

(2π)

=

√2

3π

Por lo tanto, la integral∫C

Pdx+Qdy =

√2

3π

Problema 4

Sea C una curva cerrada simple que encierra una region

D =

(x, y) ∈ IR2/

x2

4+y2

5= 1

Calcular el area del interior de la elipse usando el teorema de Green.

Solucion.

490

A partir del teorema de Green tenemos

A (D) =1

2

∮C

xdy − ydx

Parametricemos la ecuacion de la elipse , mediante−→r (t) = (2cos(t),

√5sen(t)), 0 ≤ t ≤ 2π.

Entonces x(t) = 2cos(t), y(t) =√

5sen(t), luegodx = −2sen(t), dy(t) =

√5 cos(t)

Reemplazando terminos en el integrando

1

2

∮C

xdy − ydx =1

2

∫ 2π

0

(2√

5cos2(t) + 2√

5sen2(t))dt

=√

5

∫ 2π

0

dt

= 2π√

5

Problema 5

Considere la region R del plano x2 +(y−a)2 ≤ a2 ; x2 +y2 ≥ 2a2y usandoel teorema de Green, verifique que el area de dicha region coincide con el areade un cuadrado de lado a.

SolucionLa curva C1descrita por la ecuacion x2 + (y − a)2 = a2 ,corresponde ala circunferencia con centro en (0, a) y radio a y la curva C2 es la

ecuacion x2 + y2 = 2a2 de la circunferencia con centro en (0, 0) y radioa√

2.Calculemos los puntos de interseccion de ambas curvas, igualando

ambas ecuaciones, produce 2a2 − 2ay = 0 =⇒ y = aSustituyendo este resultado en la segunda ecuacion, obtenemosx2 = a2 ⇐⇒ x = ±aPor lo tanto, los puntos de interseccion de ambas curvas son P1 = (−a, a)y P2 = (a, a) que tienen coordenadas polares (a

√2, 3π/4) y (a

√2, π/4)

respectivamente.

En consecuencia, la curva cerrada C que forma la frontera de R es launion

491

de la curva C1 parametrizada por:

x(t) = acost, y(t) = a+ asent, donde t ∈ [0, π]

y de la curva C2 parametrizada por

x(t) = a√

2cost, y(t) = a√

2sent, dondet ∈ [π/4, 3π/4].

El teorema de Green afirma que

A (R) =1

2

∮C

xdy − ydx

donde la orientacion de C es positiva.

A (R) =1

2

∮C1

xdy − ydx+1

2

∮C2

xdy − ydx

Las orientaciones de C1 y C2, van en sentido opuesto a los punteros delreloj,

para que C tenga orientacion positiva. Entonces

A (R) =1

2

∫ π

0

(a2sent+ a2)dt+1

2

∫ π/4

3π/4

(2a2)dt

=1

2

(a2 [− cos t+ t]π0 + 2a2 [t]

π/43π/4

)=

1

2

(2a2 + πa2 − πa2

)= a2

Resultado que verifica que el area de la region R es igual a la de uncuadrado de lado a.

5.8. Problemas propuestos

5.8.1. Integral de trayectoria

1.- Calcular el area de la superficie lateral cuya base esta sobre la curva−→r del plano XY y la altura en cada (x,y) es z = f (x, y) ,donde:

a) f(x, y) = xy , −→r : x2 + y2 = 1 desde (1, 0) hasta (0, 1) .b) f(x, y) = h , −→r : y = 1− x2 desde (1, 0) hasta (0, 1) .c) f(x, y) = xy, −→r : y = 1− x2 desde (1, 0) hasta (0, 1) .Respuestas

492

a) A(S) =1

2,

b)A(S) =h

4

[2√

5 + ln(2 +√

5)],

c)A(S) =1

120

[25√

5− 11]

2.- Evaluar las siguientes integrales de trayectoria∫−→r f (x, y, z) ds

a) f(x, y, z) = e√z, −→r : [0, 1]→ IR3 dada por −→r (t) = (1, 2, t2) .

b) f(x, y, z) = yz, −→r : [1, 3]→ IR3 dada por −→r (t) = (t, 3t, 2t) .

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

y + z, −→r : [1, 2]→ IR3 dada por −→r (t) =

(t,

2

3t3/2, t

).

d) f(x, y, z) = z, −→r : [0, 2π]→ IR3 dada por −→r (t) = (tcost, tsent, t) .Respuestasa)∫−→r e√zds = 2,

b)∫−→r yzds = 52

√14,

c)∫−→rx+ y

y + zds =

16

3− 2√

3

d)∫−→r zds =

1

3

[√(2 + 4π2)3 − 2

√2]

3.- Evaluar las siguientes integrales de trayectoria∫−→r f (x, y) ds

a) f(x, y) = 8y2 − 5x, la curva C dada por x2/3 + y2/3 = 1.b) f(x, y) = x + y, siendo C un triangulo de vertices (0, 0), (1, 0) y (0,

1), recorrido en sentido antihorario.Respuestasa)∫C

(8y2 − 5x)ds = 12

b)∫C

(x+ y)ds = 1 +√

2

5.8.2. Integral de lınea

4.- Evaluar las siguientes integrales de lınea:a)∫−→r xdx + ydy + zdz, donde −→r : [−1, 2] → IR3 dada por −→r (t) =

(t2, 3t, 2t3) .b)∫−→r 2xyzdx + x2zdy + x2ydz, donde −→r es una curva simple orientada

queune (1, 1, 1) con (1, 2, 4).c)∫−→r x

2zdx+ 6ydy + yz2dz, donde −→r : [1, 3]→ IR3 dada por−→r (t) = (t, t2, ln t) .d)∫Cxydx+ (x− y)dy, donde C esta formado por los segmentos de recta

que vandesde (0, 0) a (2, 0) y de (2, 0) a (3, 2) .e)∫C

(x+2)dx+3zdy+y2dz,siendo C la curva interseccion de las superficiesx2 + y2 + z2 = 1; z = x− 1

493

Respuestas.a)∫−→r xdx+ ydy + zdz = 147

b)∫−→r 2xyzdx+ x2zdy + x2ydz = 7

c)∫−→r x

2zdx+ 6ydy + yz2dz = 249, 49

d)∫Cxydx+ (x− y)dy =

17

3

e)∫C

(x+ 2)dx+ 3zdy + y2dz =3√

2

4π

5.- Evaluar la integral de lınea de−→F a lo largo de cada una de las siguientes

trayectorias.

a)−→F (x, y) = (x2 − 2xy, y2 − 2xy),a lo largo de la parabola y = x2 desde

(−1, 1) a (1, 1)

b)−→F (x, y, z) = (x, y, xz − y) sobre el segmento de recta desde el punto

(0, 0, 0) hasta el punto (1, 2, 4).

c)−→F (x, y) =

(x+yx2+y2

, x+yx2+y2

)a lo largo de la circunferencia x2 + y2 = a2

recorrida en sentido positivo.

d)−→F (x, y) =

(x√

1+x2+y2, y√

1+x2+y2

)sobre el cuarto de elipse

x2

a2+y2

b2= 1

situado en el primer cuadrante, desde el punto (a, 0) hasta el punto (0, b).

e)−→F (x, y, z) = (yz, xz, xy) a lo largo de la helice −→r (t) = (a cos t, asent, bt)

entre los puntos (a, 0, 0) y (a, 0, 2bπ).Respuestas

a)∫−→C

−→F · d−→r = −14

15

b)∫−→C

−→F · d−→r =

23

6c)∫−→C

−→F · d−→r = 0

d)∫−→C

−→F · d−→r =

√1 + b2 −

√1 + a2

e)∫−→C

−→F · d−→r = 0

5.8.3. Campos conservativos

6.- Pruebe que la integral∫−→C

(6xy2 − y3)dx + (6x2y − 3xy2)dy ; es inde-pendiente del camino que une los puntos (1, 2) con (3, 4).

a) Calcule el valor de la integral parametrizando el segmento.b) Verifique el resultado anterior utilizando la funcion potencial.Respuestas

a)∫ 1

0

−→F (r (t)) .−→r ′ (t) dt = 236

b)−→F = ∇φ (x, y, z) = 3x2y2 − xy3 + C

494

7.- ¿Para que valores de a ∈ IR el campo vectorial−→F (x, y, z) = (axy −

z3; (a−2)x2; (1−a)xz2) es conservativo? Para esos valores, calcule la funcionpotencial.

Respuesta

Si a=4 la funcion potencial del campo−→F es φ(x; y; z) = 2x2y − xz3 + C.

8.- En los casos en los que−→F sea conservativo, halle la correspondiente

funcion potencial.

a)−→F (x, y, z) = (10xz3 + 1,−6y2, 15x2z2).

b)−→F (x, y, z) = (2xy3, x2z3, 3x2yz2) .

Respuestas

a)−→F es conservativo, funcion potencial: φ(x, y, z) = 5x2z3 + x− 2y3 +C

b)−→F no es conservativo.

9.- Sea−→F (x, y, z) = (z3 + 2xy, x2, 3xz2).

a) Muestre que−→F es un campo conservativo.

b) Calcule directamente la integral de−→F alrededor del contorno del cuadra-

do convertices (±1,±1) .c) Determine la funcion potencial.

5.8.4. Teorema de Green

10.- Usar el teorema de Green para hallar el valor de la integral de lınea:a)∫−→r xy

2dx + x2ydy, donde −→r : [0, 2π] → IR2 dada por −→r (t) =(4 cos t, 2sent)

b)∫−→r xydx+ x2dy, donde −→r es la frontera que limita la region

y ≥ x2 , y ≤ xc)∫C

(arctgx+ y2)dx+ (ey − x2)dy, donde C es la frontera que encierrala

region 1 ≤ x2 + y2 ≤ 9, y ≥ 0d)∫C

2xydx + (x2 + 2x)dy, donde Ces la frontera que limita la regioninterior

a la elipsex2

9+y2

4= 1 y exterior a la circunferencia x2 + y2 = 1

e)∮C

(x2 + y2) dx+ (2x+ y2) dy, donde C es la frontera del cuadradocon vertices (0, 0) , (k, 0) , (0, k) , (k, k) .

Respuestasa)∫−→r xy

2dx+ x2ydy = 0

b)∫−→r xydx+ x2dy =

1

12

495

c)∫−→r (arctgx+ y2)dx+ (ey − x2)dy = −104

3d)∫−→r 2xydx+ (x2 + 2x)dy = 10π

e)∮C

(x2 + y2) dx+ (2x+ y2) dy = k2 (2− k)

10.- Demuestre que∮C

−yx2 + y2

dx+x

x2 + y2dy = 2π, donde C es cualquier

curva cerrada , simple , que incluya el origen

11.- Calcular el area de una elipse con semi ejes a, b usando el teorema deGreen.

RespuestaA (R) = πab.12.- Hallar el area acotada por el arco de hipocicloide x = a (t− sent) , y =

a (1− cos t) ,donde a > 0, y 0 ≤ t ≤ 2π, y el eje x.

RespuestaA (R) = 3πa2

5.9. Autoevaluaciones

Autoevaluacion No 1

Tiempo 2 horasPregunta 1

Sea−→F (x, y) el campo de fuerzas definido por

−→F (x, y) = (x2 + 7y,−x+ y sin y2) .Calcular∮

C

−→F · d−→r sobre la frontera del triangulo de vertices (0, 2) , (0, 0) y (1, 0) us-

ando la definicion de integral de lınea.Pregunta 2Evalue la integral

∮C

(1 + e

√x)dx+ (cos y2 + x2) dy, siendo C una curva

cerrada, ubicada en el primer cuadrante, formada por los arcos decircunferencia de radios 1 y 2 respectivamente y por los segmentosrectos 1 ≤ x ≤ 2, 1 ≤ y ≤ 2.Pregunta 3

Calcular la integral I =∫C

−→F · d−→r ,si

−→F = (x, y, z) es un campo vectorial

definido en R3 C es dada por y2 + z2 = 1, x = z entre A = (1, 0, 1) yB = (0, 1, 0) .

Pauta de Correccion

496

Pregunta 1La circulacion a lo largo de la frontera del triangulo es la suma de las

circulaciones en cada uno de los lados∮C

−→F · d−→r =

∫C1

−→F · d−→r +

∫C2

−→F · d−→r +

∫C3

−→F · d−→r

Parametrizando cada uno de los lados del triangulo se tiene

C1 : y = 0,−→r 1 (t) = (t, 0) , t ∈ [0, 1] =⇒−→r ′1 (t) = (1, 0) y

−→F (−→r 1 (t)) =

(t2,−t

)C2 : y = 2 (1− x) ,−→r 2 (t) = (−t, 2 (1 + t)) , t ∈ [−1, 0] =⇒

−→r ′2

(t) = (−1, 2) y−→F (−→r 1 (t)) =

(t2 + 14 (1 + t) , t+ 2 (1 + t) sin (2 (1 + t))2)

C3 : x = 0,−→r 3 (t) = (0,−t) , t ∈ [−2, 0] =⇒−→r ′

3(t) = (0,−1) y

−→F (−→r 1 (t)) =

(−7t,−t sin (−t)2)

Sustituyendo terminos en los integrandos , obtenemos∮C

−→F · d−→r =

∫ 1

0

t2dt+

∫ 0

−1

[−t2 − 14 (1 + t) + 2t+ 4 (1 + t) sin (2 (1 + t))2] dt

+

∫ 0

−2

t sin t2dt

=

[t3

3

]1

0

+

[−t

3

3− 14t− 7t2 + t2 − cos (2 (1 + t))2

2

]0

−1

+

[−cos t2

2

]0

−2

= −8

Pregunta 2De acuerdo con el teorema de Green tenemos∮

C

(1 + e

√x)dx+

(cos y2 + x2

)dy =

∫∫D

[∂

∂x

(cos y2 + x2

)− ∂

∂y

(1 + e

√x)]

dxdy

=

∫∫D

2xdxdy

497

Cambiando a coordenadas polares ,queda∫∫D

2xdxdy = 2

∫∫D∗

(r cos θ) rdrdθ

= 2

∫ π/2

0

∫ 2

1

(r2 cos θ

)drdθ

= 2

∫ π/2

0

[r3

3

]2

1

cos θdθ

=14

3[sin θ]π/20 =

14

3

Pregunta 3

Como el rotacional del campo−→F :

∇×−→F =

∣∣∣∣∣∣i j k∂∂x

∂∂y

∂∂z

x y z

∣∣∣∣∣∣ = (0, 0, 0) es nulo el campo es conservativo =⇒

existe φ (x, y, z) tal que−→F = ∇φ (x, y, z)

Es decir∂φ

∂x= x,

∂φ

∂y= y,

∂φ

∂z= z. Integrando parcialmente la primera

componente con respecto a x, obtenemos φ (x, y, z) =x2

2+ h (y, z) =⇒

∂φ

∂y(x, y, z) =

∂h

∂y= y =⇒ h (y, z) =

y2

2+ g (z)

De modo que φ (x, y, z) =x2

2+y2

2+ g (z) =⇒ ∂φ

∂z(x, y, z) = g′ (z) = z

Por tanto, el potencial es φ (x, y, z) =x2

2+y2

2+z2

2y la integral de lınea queda

∫C

−→F · d−→r =

∫C

xdx+ ydy + zdz = φ (B)− φ (A)

=1

2− 1 = −1

2

Autoevaluacion No 2

Tiempo 2 horasPregunta 1.

498

Calcular el trabajo realizado por el campo de fuerza−→F (x, y, z) = (x, y, z)

al mover una partıcula a lo largo de la parabola y = x2, z = x,desde x = 0hasta x = 2.

Pregunta 2.

Verifique el teorema de Green para el campo−→F : IR2 → IR2 dado por

−→F (x, y) = (−x2y, xy2) sobre la region R x2 + y2 ≤ a2.

Pregunta 3.

Calcular∫C

2xydx + x2dy si C es la curvax2

4− y2

9= 1 entre los puntos

A =(4, 3√

3)y B = (2, 0) .

Pauta de Correccion

Pregunta 1.

El trabajo realizado por el campo de fuerza−→F se define por la

integral de trayectoria

W =

∫C

−→F · d−→r

donde C es la trayectoria, que en este caso se describe por la

ecuacion parametrica−→r (t) = (t, t2, t) t ∈ [0, 2] =⇒ −→r ′(t) = (1, 2t, 1). Ademas al evaluar

el campo sobre la trayectoria queda−→F (−→r (t)) = (t, t2, t)

Entonces, el valor del trabajo es∫ 2

0

−→F (−→r (t)) · −→r ′(t)dt =

∫ 2

0

(t+ 2t3 + t

)dt

= 12

Pregunta 2.

La frontera de R orientada positivamente es la curva C, dada por la

circunferencia x2 + y2 = a2, que puede parametrizar como:

x = a cos t, y = a sin t, 0 ≤ t ≤ 2π

Entonces, por una parte se tiene

499

∮C

−→F · d−→r =

∮C

−x2ydx+ xy2dy

=

∫ 2π

0

(a4 cos2 t sin2 t+ a4 cos2 t sin2 t)dt

=

∫ 2π

0

(2a4 cos2 t sin2 t)dt

=

∫ 2π

0

a4

2sin2 2tdt

=πa4

2

Por otra parte∫ ∫R

(∂(xy2)

∂x− ∂ (−x2y)

∂y

)dxdy =

∫ ∫R

(y2 + x2)dxdy

=

∫ 2π

0

∫ a

0

r2rdrdθ

=

∫ 2π

0

[r4

4

]a0

dθ

=πa4

2

Pregunta 3Metodo 1Como f (x, y) = 2xy y g (x, y) = x2 verifican condiciones de continuidad

y derivabilidad , y∂g

∂x= 2x =

∂f

∂y, entonces existe potencial φ (x, y) = x2y+C

tal que: ∫C

2xydx+ x2dy = φ (B)− φ (A)

= (0 + C)−(

48√

3 + C)

= −48√

3

Metodo 2Parametrizando la curva como x (t) = 2 cosh t, y (t) = 3 sinh t

500

Autoevaluacion No 3

Tiempo 2 horasPregunta 1Calcular

∫C

(2xy3 + yz)dx + (3x2y2 + xz)dy +xydz si C es determinada

pora) −→r (t) = (t, t2, t3) desde A = (1, 1, 1) hasta B = (2, 4, 8) .b) x2 + y2 + z2 = 2, z = x2 + y2.Pregunta 2a) Probar que el area de una region D limitada por curva regular ( o

curvas regulares por tramos) es dada por A (D) =∮C

xdy.

b) Aplicar la formula anterior para calcular el area de D limitada por lascurvas y = x +2, y = x2

Pregunta 3Calcular

∮C

zdx+ xdy + ydz si C es la curva resultante de la interseccion

de las superficies x2 + y2 + z2 = 4, z = 1.

Pauta de Autoevaluacion

Pregunta 1

Las componentes del campo vectorial−→F son:

f (x, y, z) = 2xy3 + yz; g (x, y, z) = 3x2y2 + xz; h (x, y, z) = xycontinuas con primeras derivadas continuas

Como el rotacional del campo−→F , tiene derivadas parciales continuas y

∇ ×−→F =

∣∣∣∣∣∣i j k∂∂x

∂∂y

∂∂z

2xy3 + yz 3x2y2 + xz xy

∣∣∣∣∣∣ = (0, 0, 0) es nulo entonces es

conservativo=⇒ existe φ (x, y, z) tal que

−→F = ∇φ (x, y, z)

Es decir∂φ

∂x= 2xy3 + yz,

∂φ

∂y= 3x2y2 + xz,

∂φ

∂z= xz.

De la primera de estas expresiones se obtiene queφ (x, y, z) =

∫(2xy3 + yz)dx+ h (y, z)

φ (x, y, z) = x2y3 + xyz + h (y, z) =⇒Derivando esta expresion con respecto a y y usando las dos expresiones

restantes para φ, tenemos∂φ

∂y(x, y, z) = 3x2y3 + xz +

∂h

∂y= 3x2y3 + xz =⇒ h (y, z) = g (z)

De modo que φ (x, y, z) = x2y3 + xyz + g (z) =⇒

501

Derivando esta expresion con respecto a z∂φ

∂z(x, y, z) = xy + g′ (z) = xy =⇒ g (z) = C

Entonces una funcion potencial para−→F es φ (x, y, z) = x2y3 + xyz + C

Finalmente la integral∫C

(2xy3 + yz)dx+ (3x2y2 + xz)dy + xydz = φ (B)− φ (A)

= 318

b) En este caso∮C

(2xy3 + yz)dx+ (3x2y2 + xz)dy + xydz = 0

pues el campo es conservativo y la curva C es cerradaPregunta 2a) El teorema de Green asegura que∮

C

P (x, y) dx+Q (x, y) dy =

∫∫D

[∂Q (x, y)

∂x− ∂P (x, y)

∂y

]dxdy

Sea P (x, y) = 0 y Q (x, y) = x en D ,usando la expresion anterior seobtiene ∮

C

xdy =

∫∫D

(1) dxdy = A (D)

a) Calculemos la circulacion , siendo C = C1 ∪ C2 la curva que limita aregion D.

Parametrizando las curvas se tiene

C1 : −→r 1 (t) =(t, t2), − 1 ≤ t ≤ 2 =⇒

y (t) = t2 y y′(t) = 2t

C2 : −→r 2 (t) = (t, t+ 2) , − 1 ≤ t ≤ 2 =⇒y (t) = t+ 2 y y

′(t) = 1

502

Aplicando la formula anterior

A (D) =

∮C

xdy

=

∫ 2

−1

t (2t) dt+

∫ 1

2

tdt

=

[2

3t3]2

−1

+

[t2

2

]1

2

=9

2

Pregunta 3Si C es la curva resultante de la interseccion de las superficies x2+y2+z2 =

4, z = 1 =⇒ x2 + y2 = 3.Determinemos la ecuacion parametrica de la trayectoria

C : −→r (t) =(√

3 cos t,√

3 sin t, 1), 0 ≤ t ≤ 2π

−→r ′ (t) =(−√

3 sin t,√

3 cos t, 0)

Calculemos la integral de lınea

∮C

zdx+ xdy + ydz =

∫ 2π

0

(−√

3 sin t+ 3 cos2 t+ 0)dt

= 3

∫ 2π

0

cos2 tdt = 3π

503

Capıtulo 6

Integrales de superficie

La integral de superficie generaliza la integral doble, tal como la integralde lınea generaliza la integral de Riemann vista en el primer curso de Calculo.Para ver el significado de esta integral sigamos el siguiente razonamiento: Ses una superficie definida por

z = g(x, y)

y R la region proyeccion de S en el plano xy.Supongamos que g, gx, gy son continuas sobre R. Sea P una particion de

R tal que cada subrectangulo Ri generado por la particion es la proyeccionun Si porcion de la superficie S generada por la particion P. Sea 4Si elarea de Si

Sea ademas f : S −→ IR una funcion continua. Definimos en terminosde las sumas intermedias de Riemann la integral de superficie de f sobre Scomo ∫∫

S

f(x, y, z)dS = lım‖p‖→0

n∑i,j=1

f(xi, yi, zi)4Si

Para el calculo de esta integral:Sea S superficie definida por z = g(x, y) y R region proyeccion de S en

el plano xy.Suponiendo g, gx, gy son continuas sobre R y f funcion continua sobre

S, entonces∫∫S

f(x, y, z)dS =

∫∫Rxy

f(x, y, g(x, y))

√1 + [gx]

2 + [gy]2dA

De manera similar.Si S se expresa de la forma x = g(y, z), (y, z) ∈ Ryz entonces

504

∫∫S

f(x, y, z)dS =

∫∫Ryz

f(g(y, z), y, z)

√1 + [gy]

2 + [gz]2dA

Si S se expresa de la forma y = g(x, z), (x, z) ∈ Rxz entonces∫∫S

f(x, y, z)dS =

∫∫Rxz

f(x, g(x, z), z)

√1 + [gx]

2 + [gz]2dA

Ejemplo 1:

Evalue

∫∫S

xydS S : z = 9− x2, 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ x

Figura 6.1:

Solucion:

∫∫S

xydS =

∫∫Rxy

xy√

1 + 4x2dA

=

∫ 2

0

∫ x

0

xy√

1 + 4x2dydx

¡No por aquı!

505

∫∫S

xydS =

∫∫Rxy

xy√

1 + 4x2dA

=

∫ 2

0

∫ 2

y

xy√

1 + 4x2dxdy

=391√

17 + 1

240

Observacion.

1.- Si f(x, y, z) = 1 =⇒ Area de S =

∫∫S

dS. =

∫∫R

√1 + [gx]

2 + [gy]2dA

2.- Si f(x, y, z) = ρ(x, y, z) densidad de una lamina ,entonces

Masa de lamina =

∫∫S

ρ(x, y, z)dS

Ejemplo 2:

Calcule el area lateral del cono z2 = x2 + y2 entre los planos z = 1 yz = 4 usando integral de superficie.

Figura 6.2: Cono z2 = x2 + y2 acotado por los planos z = 1 y z = 4

Solucion.

En primer lugar calculemos el integrando√

1 + [gx]2 + [gy]

2 donde

1 + [gx]2 + [gy]

2 = 1 +x2

x2 + y2+

y2

x2 + y2= 2

entonces

Area de S =

∫∫S

dS =

∫∫ √2

R

dA

506

Cambiando a coordenadas polares, se tiene:∫∫ √2

R

dA =√

2

∫ 2π

0

∫ 4

1

rdrdθ =√

2

∫ 2π

0

[r2

2

]4

0

dθ

= 8√

2

∫ 2π

0

dθ = 16√

2π

6.1. Superficie orientada

Decimos que una superficie es orientada si se puede definir un vector

normal unitario−→N en todo punto de la superficie que no pertenezca a la

frontera de forma tal que lo vectores normales varıan de forma continuasobre la superficie S.

Figura 6.3: Superficie orientada

Sea S una superficie descrita por z = g(x, y) . Hay dos vectores normalesunitarios a S en (xo, yo, g(xo, y0)) a saber, si ponemos G(x, y, z) = z− g(x, y)entonces

−→N =

∇G‖∇G‖

o sea−→N =

−gxi− gy j + k√1 + [gx]

2 + [gy]2

vector normal unitario

Podemos orientar todas estas superficies tomando el lado positivo de S

como el lado desde el cual apunta−→N . Ası, el lado positivo de dicha superficie

esta determinado por la normal unitaria−→N con componente positiva k.

Por otra parte, si ponemos G(x, y, z) = g(x, y)− z

507

−→N =

∇G‖∇G‖

=gxi+ gy j − k√1 + [gx]

2 + [gy]2

Corresponde, al lado negativo de la superficie con normal unitaria−→N con

componente k hacia abajo.

6.1.1. Integral de flujo.

Si−→F es un campo vectorial perteneciente a C1 definido sobre una super-

ficie orientada S, con vector unitario N , entonces la integral de superficie de−→F sobre S es. ∫∫

S

−→F · d

−→S =

∫∫S

−→F · NdS

La que se llama integral de flujo. El nombre es debido a su aplicacion a unproblema fısico de un fluıdo a traves de una superficie.

Supongamos que una superficie S esta inmersa en un fluido que tieneun campo de velocidades continuo F.

Entonces

Volumen de fluido a traves de S(por unidad de tiempo)

=

∫∫S

−→F · NdS

S es superficie orientada mediante N , y−→F (x, y, z) = (P (x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z))

campo vectorial tal que P,Q,R son funciones escalares con primeras derivadasparciales continuas en S.

Ademas si ρ = ρ(x, y, z) representa la densidad del fluido en cada (x, y, z)deS,entonces

Masa del fluıdo a traves de S(por unidad de tiempo)

=

∫∫ρ

S

−→F · NdS

Ejemplo

Sea S la parte del paraboloide z = 4 − (x2 + y2) Sobre el plano XY,orientado hacia arriba. Un fluıdo de densidad constante ρ = k pasa a travesde S segun el campo de velocidades.

−→F (x, y, z) = (x, y, z)

508

Hallar la razon de flujo de masa a traves de SSolucion:

G(x, y, z) = z − 4 + x2 + y2 =⇒ ∇G = (2x, 2y, 1) =⇒ N =2xi+ 2yj + k√1 + 4x2 + 4y2

Masa del fluıdo a traves de S =

∫∫S

k−→F · NdS

∫∫S

k−→F ·NdS = k

∫∫Rxy

(x, y, 4−

(x2 + y2

))· (2x, 2y, 1)√

1 + 4x2 + 4y2

√1 + 4x2 + 4y2dA

= k

∫∫Rxy

[2x2 + 2y2 + 4−

(x2 + y2

)]dA = k

∫∫Rxy

[x2 + y2 + 4

]dxdy

= k

∫ 2π

0

∫ 2

y

(4 + r2

)rdrdθ = k

∫ 2π

0

12dθ = 24kπ

Por lo tanto

Masa del fluido a traves de S(por unidad de tiempo)

= 24kπ

En base a lo observado en el desarrollo de este ejercicio se tiene el siguienteplanteamiento:

”Si S es una superficie definida por z = g(x, y) y Rxy denota la regionproyeccion de S en el plano xy, entonces∫∫

S

−→F · NdS =

∫∫Rxy

−→F · (−gxi− gy j + k)dA

orientada hacia arriba, y∫∫S

−→F · NdS =

∫∫Rxy

−→F · (gxi+ gy j − k)dA

orientada hacia abajo.

509

6.1.2. Superficies Parametrizadas.

En el tratamiento anterior de este tema hemos supuesto que una superficieviene definida por la ecuacion z = g(x, y) , sin embargo se debe aclarar quehay superficies que no se pueden definir de esta forma, extenderemos la ideadefiniendo la forma parametrica de dar una superficie.

Una superficie parametrizada es una funcion−→Φ : D ⊆ IR2 → IR3 donde

D es alguna dominio de IR2 La superficie S que corresponde a−→Φ es su

imagen , es decir S =−→Φ (D) Podemos escribir

−→Φ (u, v) = (x (u, v) , y (u, v) , z (u, v)) , (u, v) ∈ D

Vease figura 6.4 Si cada una de las funciones componentes son diferenciablesde clase C1, entonces llamamos a S una superficie diferenciable o de claseC1.

Figura 6.4: Superficie parametrizada

6.1.3. Vector normal a S :

Definimos en cada punto−→Φ (uo, vo)

−→T u =

∂x(u0, v0)

∂ui+

∂y(u0, v0)

∂uj +

∂z(u0, v0)

∂uk

es vector tangente a la curva t −→ Φ (t, v0) en Φ (uo, vo)

−→T v =

∂x(u0, v0)

∂vi+

∂y(u0, v0)

∂vj +

∂z(u0, v0)

∂vk

es vector tangente a curva t→ Φ (uo, t) en Φ (uo, vo)

−→T u ×

−→T v es vector normal a la superficie S.

510

Ahora el concepto de superficie suave se da en la siguiente definicion.

Decimos que la superficie S es suave en−→Φ (uo, vo) si

−→T u ×

−→Tv 6= 0 en

(uo, vo) ∈ D. Diremos que una superficie es suave si es suave en todos los

puntos−→Φ (uo, vo) ∈ S.

Ejemplo 1

Sea S la superficie descrita por x2 + y2 + z2 = r2, z ≥ 0a) Parametrizar usando coordenadas esfericas.b) Determine el vector normal a la superficie S.

Figura 6.5: semisfera de ecuacion x2 + y2 + z2 = r2, z ≥ 0

Solucion:a) La superficie x2 +y2 + z2 = r2, z ≥ 0 corresponde a una semiesfera concentro el el origen (0, 0, 0) radio r.Usando coordenadas esfericas tenemos:x = r sinu cos vy = r sinu sin vz = r cosu

Luego la superficie parametrizada es

−→Φ (u, v) = (r sinu cos v, r sinu sin v, r cosu) , (u, v) ∈ D

donde D =

(u, v) /0 ≤ u ≤ π

2, 0 ≤ v ≤ 2π

.

b) Determinemos los vectores tangentes a la superficie S−→T u =

−→Φ u = (r cosu cos v, r cosu sin v,−r sinu)

−→T v =

−→Φ v = (−r sinu sin v, r sinu cos v, 0)

Calculemos el producto vectorial

−→T u ×

−→T v =

∣∣∣∣∣∣i j k

r cosu cos v r cosu sin v −r sinu−r sinu sin v r sinu cos v 0

∣∣∣∣∣∣511

Por lo tanto, el vector normal a la esfera es−→T u ×

−→T v = r2

(sin2 u cos v, sin2 u sin v, sinu cos v

).

Ejemplo 2

Sea S la superficie descrita por z2 = x2 + y2, z ≥ 0.

a) Parametrizar usando coordenadas cilındricas.

b)¿Es diferenciable esta superficie?

c) Probar que no es suave en (0, 0, 0).

Figura 6.6: cono con vertice en el origen

Solucion:

a) La superficie z2 = x2 + y2, z ≥ 0 corresponde a un cono su vertice en

(0, 0, 0) .

Usando coordenadas cilındricas tenemos:x = u cos vy = u sin vz = u

=⇒ z2 = x2 + y2 = u2(cos2 u+ sin2 v

)⇐⇒ z = u, u ≥ 0

Luego la superficie parametrizada queda

−→Φ (u, v) = (u cos v, u sin v, u) , u ≥ 0

b) Como cada una de las componentes es diferenciable como funcion deu, v

entonces S es una superficie diferenciable.

c) Veamos si es o no una superficie suave

512

−→T u = (cos v, sin v, 1) =⇒

−→T u (0, 0) = (cos 0, sin 0, 1)

∴−→T u (0, 0) = (1, 0, 1)

−→T v = (−u sin v, u cos v, 0) =⇒

−→T v(0, 0) = (0 (− sin 0) , 0 cos 0, 0)

∴−→T v = (0, 0, 0) =

−→0

Ası−→Tu ×

−→T v =

−→0 , de modo que la superficie no es suave en (0, 0, 0).

Para efectos de calculo, consideraremos solo superficies suaves por

pedazos que sean uniones de imagenes parametrizadas−→Φ i : Di ⊆ IR2 →

IR3,para las cuales:

i) Di es una region elemetal del plano.

ii)−→Φ i es de clase C1y uno a uno, excepto quizas en la frontera D.

iii) Si es la imagen de−→Φ i es suave , excepto quizas en un numero finito

de

puntos.

6.1.4. Area de una superficie parametrizada

Definimos el area de una superficie parametrizada S , denotada porA (S) ,mediante:

A (S) =

∫∫D

∥∥∥−→Tu ×−→T v

∥∥∥ dudvdonde

∥∥∥−→Tu ×−→T v

∥∥∥ es la norma del vector normal−→T u ×

−→T v.

Propiedades 6.1.1. i) Si S es la union de superficies parametrizadas S =∪ Si entonces

A (S) =∑i=1

A (Si)

ii)∥∥∥−→Tu ×−→T v

∥∥∥ =

√[∂ (x, y)

∂ (u, v)

]2

+

[∂ (y, z)

∂ (u, v)

]2

+

[∂ (z, x)

∂ (u, v)

]2

513

Figura 6.7: Area de una superficie parametrizada

Figura 6.8: manto del paraboloide z = x2 + y2, 0 ≤ z ≤ a2

Ejemplo 1

Determine el area del manto del paraboloide z = x2 + y2, 0 ≤ z ≤ a2.Solucion:Usando coordenadas cilındricas tenemos

−→Φ (u, v) =

(u cos v, u sin v, u2

), (u, v) ∈ D

donde D = (u, v) /0 ≤ u ≤ a, 0 ≤ v ≤ 2π

Como el area del manto esta dado por

A (S) =

∫∫D

∥∥∥−→Tu ×−→T v

∥∥∥ dudv514

Calculemos el integrando∂ (x, y)

∂ (u, v)=

∣∣∣∣ cos v −u sin vsin v u cos v

∣∣∣∣ = u,

∂ (y, z)

∂ (u, v)=

∣∣∣∣ sin v u cos v2u 0

∣∣∣∣ = −2u2 cos v

∂ (z, x)

∂ (u, v)=

∣∣∣∣ 2u 0cos v −u sin v

∣∣∣∣ = −2u2 sin v

Ası el integrando del area es∥∥∥−→Tu ×−→T v

∥∥∥ =√u2 + 4u4 cos2 v + 4u4 sin2 v = u

√1 + 4u2

Es evidente que∥∥∥−→Tu ×−→T v

∥∥∥ se anula para u = 0 y−→Φ (0, v) = (0, 0, 0)

paracualquier v. Luego (0, 0, 0) es el unico punto donde la superficie no es

suave.Entonces∫∫

D

∥∥∥−→Tu ×−→T v

∥∥∥ dudv =

∫ 2π

0

∫ a

0

u√

1 + 4u2dudv

=1

12

∫ 2π

0

[(1 + 4u2

)3/2]a

0dv

=π

6

[(1 + 4a2

)3/2 − 1]

Area de una superficie en coordenadas cartesianas.

Una susperficie S dada de la forma z = g (x, y) donde (x, y) ∈ D, admitela parametrizacion

−→Φ (x, y) = (x, y, g (x, y)) , (x, y) ∈ D

Si f es de clase C1 , esta parametrizacion es suave, entonces−→T x =

(1, 0,

∂g

∂x

)y−→T y =

(0, 1,

∂g

∂y

)=⇒

−→T x×

−→T y =

(−∂g∂x,−∂g

∂y, 1

)Entonces:∥∥∥−→T x ×

−→T y

∥∥∥ =

√(∂g

∂x

)2

+

(∂g

∂y

)2

+ 1.

De este modo la formula para el area de la superficie se reduce a

A (S) =

∫∫D

∥∥∥−→Tx ×−→T y

∥∥∥ dxdy=

∫∫D

√(∂g

∂x

)2

+

(∂g

∂y

)2

+ 1 dxdy

515

Resultado que coincide con lo propuesto en la primera parte.

6.1.5. Integral de una funcion escalar sobre una su-perficie.

Si f : D ⊂ IR3 → IR,dada por f (x, y, z) es una funcion continua definidasobre una superficie parametrizada S, definimos, la integral de f sobre S como:∫ ∫

S

f dS =

∫∫D

f(−→

Φ (u, v))∥∥∥−→Tu ×−→T v

∥∥∥ dudvSi S es la union de superficies parametrizadas S = ∪ Si entonces∫ ∫

S

f dS =∑i=1

∫ ∫Si

f dS

Ejemplo

Evaluar

∫ ∫S

z dS, donde S es el hemisferio superior de radio r de la

esfera z =√r2 − x2 − y2.

Solucion.

Para este problema es conveniente representar el hemisferio

parametricamente por:

−→Φ (u, v) = (r sinu cos v, r sinu sin v, r cosu) , (u, v) ∈ D

sobre la region D del plano uv dada mediante

D =

(u, v) /0 ≤ u ≤ π

2, 0 ≤ v ≤ 2π

De las ecuaciones parametricas obtenemos, los vectores tangentes a la

superficie S.−→T u =

−→Φ u = (r cosu cos v, r cosu sin v,−r sinu)

−→T v =

−→Φ v = (−r sinu sin v, r sinu cos v, 0)

Calculemos el producto vectorial

−→T u ×

−→T v =

∣∣∣∣∣∣i j k

r cosu cos v r cosu sin v −r sinu−r sinu sin v r sinu cos v 0

∣∣∣∣∣∣Luego, el vector normal a la esfera es

516

−→T u ×

−→T v = r2

(sin2 u cos v, sin2 u sin v, sinu cos v

)=⇒

∥∥∥−→T u ×−→T v

∥∥∥ = r2 sinu

De modo que

∫ ∫S

z dS =

∫ 2π

0

∫ π/2

0

(r cosu)(r2 sinu

)dudv

= r3

∫ 2π

0

∫ π/2

0

cosu sinududv

= r3

∫ 2π

0

[sin2 u

2

]π/20

dv

= πr3

6.1.6. Integral de Superficie de campos vectoriales

Sean S una superficie regular orientable, N : S → IR3 un campo de

normales continuo sobre S, y−→F : Ω ⊆ IR3 → IR3 un campo vectorial

continuo definido sobre un abierto que contiene a S. Definimos la integral

de−→F sobre la superficie S orientada segun N mediante∫∫

−→Φ

−→F · N dS =

∫∫D

−→F ·

(−→Φ u ×

−→Φ v

)dudv

donde−→Φ : D ⊆ IR2 → IR3 es una parametrizacion regular de S compatible

con la orientacion, esto es, tal que

N =

−→Φ u ×

−→Φv∥∥∥−→Φ u ×−→Φv

∥∥∥Para interpretar correctamente el valor de la integral de flujo es necesario

especificar el campo de normales N . Por ejemplo, si orientamos un casqueteesferico usando la normal exterior N = r, la integral de flujo correspondeal flujo neto que sale de la esfera a traves del casquete. Si este valor fuesenegativo, significa que lo que el flujo entra a la esfera.

517

Ejemplo 1:

Sea S es la esfera unitaria x2 +y2 +z2 = 1 parametrizada en coordenadas

esfericas por−→Φ (φ, θ) = (sinφ cos θ, sinφ sin θ, cosφ) , 0 ≤ φ ≤ π, 0 ≤ θ ≤ 2π.

Sea−→F (x, y, z) = (x, y, z) radio vector del origen. Calcular

∫∫−→Φ

−→F · N dS

Solucion:

En este caso D es region del plano φ θ definida por: 0 ≤ φ ≤ π, 0 ≤ θ ≤2π.

−→T φ = (cosφ cos θ, cosφsenθ,− sinφ)

−→T θ = (− sinφ sin θ, sinφ cos θ, 0)

−→T φ ×

−→T θ =

(− cosφ sin2 θ

)i−(sinφ sin2 θ

)j + (cosφ sin θ) k

Notese que el vector normal apunta hacia el lado positivo de la superficie

−→F ·

(−→T φ ×

−→T θ

)= sinφ

∫∫−→Φ

−→F · N dS =

∫∫D

sinφdφdθ

=

∫ 2π

0

∫ π

0

sinφdφdθ

= 4π

Observacion

Si S es una superficie regular orientada segun un campo de normales Ny si S− es la misma superficie pero con la orientacion opuesta −N , entoncesse tiene que ∫∫

S−

−→F · d

−→S = −

∫∫S

−→F · d

−→S

518

6.1.7. Aplicacion al campo de la fısica:

Calcular el flujo del campo electrico producido por una carga Q en elorigen, a traves del manto de la esfera S de radio R orientado segun la normalexterior.

El campo electrico producido por la carga Q viene dado por

−→E =

Q

4πεo

r

r2

donde εouna constante universal . De esta forma se obtiene el siguienteflujo

electrico ∫∫S

−→E · d

−→S =

∫∫S

Q

4πεo

r

R2· rdS

Parametrizando la superficie en coordenadas esfericas se tiene−→Φ (φ, θ) = (R sinφ cos θ, R sinφ sin θ, R cosφ) , 0 ≤ φ ≤ π, 0 ≤ θ ≤ 2π

=⇒∥∥∥−→Φ φ ×

−→Φ θ

∥∥∥ = R2 sin Φ

∫∫S

Q

4πεo

r

R2· rdS =

∫ 2π

0

∫ π

0

Q

4πεo

1

R2R2 sinφdφdθ

=Q

εo

6.2. Teoremas de Gauss y de Stokes

Ahora dos teoremas de gran importancia en el campo de las aplicaciones,particularmente en la fısica, el primero de ellos es el teorema de Gauss oteorema de la divergencia.

6.2.1. Divergencia

En IR3,sea−→F un campo vectorial,anteriormente hemos definimos

div−→F = ∇ ·

−→F =

∂P

∂x+∂Q

∂y+∂R

∂z

519

Ejemplo.

Sea−→F (x, y, z) = (xy, y2 +exz

2, sen(xy)), calcule la divergencia del campo

vectorial

divF =∂xy

∂x+∂(y2 + exz

2)

∂y+∂sen(xy)

∂z= 3y

El foco de atencion lo ponemos ahora en regiones R solidas simples (por ejemplo cajas rectangulares, esferas, elipsoides etc). La frontera S esuna superficie cerrada y convenimos que la orientacion positiva es haciaafuera, representada por el vector normal N hacia afuera de la superficie.En este contexto enunciamos el teorema.

6.2.2. Teorema de la divergencia de Gauss.

Sea R una region simple solida limitada por una superficie cerrada S

orientada por un vector normal unitario dirigido al exterior de R. Si−→F es

un campo vectorial cuyas funciones componentes P,Q y R tienen derivadasparciales continuas en la region R, entonces∫∫

S

−→F · NdS =

∫∫∫R

div−→F dV

Demostracion.Solo daremos algunas ideas generales para indicar un procedimiento para

lademostracionSea−→F (x, y, z) = (P (x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z))

=⇒ div−→F = ∇ ·

−→F =

∂P

∂x+∂Q

∂y+∂R

∂z

Integrando∫∫∫R

div−→F dV =

∫∫∫R

∂P

∂xdV +

∫∫∫∂Q

∂yR

dV +

∫∫∫R

∂R

∂zdV

Por otro lado, si N es el normal unitario de S hacia afuera la integral desuperficie es∫∫

S

−→F · d

−→S =

∫∫S

−→F · NdS =

∫∫S

P i · NdS +

∫∫S

Qj · NdS +

∫∫S

Rk · NdS

520

Siguiendo el procedimiento de la demostracion del teorema de Green bastaprobar las siguientes tres igualdades:

∫∫∫R

∂P

∂xdV =

∫∫S

P i · NdS

∫∫∫∂Q

∂yR

dV =

∫∫S

Qj · NdS

∫∫∫R

∂R

∂zdV =

∫∫S

Rk · NdS

Detalles y comentarios los puede consultar en el texto Calculo de JamesStewart, Tercera edicion (Thomson), pagina 935”

Ejemplo 1:

Sea S esfera unitaria x2+y2+z2 = 1.Demostrar que

∫∫S

(xy + yz + xz) dS =

0Solucion:Claramente xi+ yj + zk es vector normal a la esfera en todo (x, y, z) .

N =xi+ yj + zk√x2 + y2 + z2

= xi+ yj + zk, ya que x2 + y2 + z2 = 1

consideramos ahora el siguiente arreglo para identificar

xy + yz + xz = (y, z, x) · (x, y, z)

= (y, z, x) ·−→N

=⇒−→F = (y, z, x)

∇ ·−→F =

∂P

∂x+∂Q

∂y+∂R

∂z= 0 + 0 + 0 = 0

Aplicando Teorema de Divergencia

521

∫∫S

(xy + yz + xz) dS =

∫∫∫R

∇ ·−→F dV

=

∫∫∫R

0dV = 0

Ejemplo 2

Verificar el teorema de la divergencia

∫∫S

−→F ·NdS =

∫∫∫R

div−→F dV para

−→F (x, y, z) = (2x − y)i − (2y − z)j + zk S: limitado por los planos

coordenados

y x+ 2y + z = 6

Figura 6.9: S limitado por los planos coordenados y x+ 2y + z = 6

Solucion.

En este caso S = S1 + S2 + S3 +S4 donde S1 sera el lado de la figura en

el plano x+ 2y + z = 6, S2 el lado de la figura en el plano coordenado

yz, S3 el lado de la figura en el plano coordenado xz, S4 el lado

correspondiente al plano coordenado xy.

Tenemos∫∫S

−→F · NdS =

∫∫S1

−→F · N1dS+

∫∫S2

−→F · N2dS+

∫∫S3

−→F · N3dS++

∫∫S4

−→F · N4dS

522

∫∫S1

−→F · N1dS =

∫∫Rxy

−→F (x, y, z) · (−gx(x, y),−gy(x, y), 1)dA

=

∫∫Rxy

−→F (x, y, z) · (1, 2, 1)dA =

∫∫Rxy

(2x− y,−(2y − z), z) · (1, 2, 1)dA

=

∫∫Rxy

((2x− y)− 2(2y − z) + z)dA =

∫∫Rxy

(2x− 5y + 3(6− x− 2y)dxdy

=

∫ 6

0

∫ − 12x+3

0

(−x− 11y + 18)dydx =

∫ 6

0

(−7

8x2 +

9

2x+

9

2)dx = 45

∫∫S2

−→F · N2dS =

∫∫S2

−→F · (−i)dS =

∫∫S2

(y − 2x)dS

=

∫∫Ryz

(y − 2(6− 2y − z)dydz

=

∫ 3

0

∫ 6−2y

0

(5y + 2z − 12) dzdy = −27

∫∫S3

−→F · NdS =

∫∫S3

−→F · (−j)dS

=

∫∫S3

(2y − z)dS =

∫∫Rxz

(2(6− x− z

2)− z)dxdz

=

∫ 6

0

∫ 6−x

0

(6− x− 2z) dzdx = 0

∫∫S4

−→F · N4dS =

∫∫S4

−→F · (−k)dS

=

∫∫Rxy

0dxdy = 0

De estos calculos se tiene que∫∫S

−→F · NdS = 45− 27 + 0 + 0 = 18

523

Por el otro lado div−→F = 2− 2 + 1 = 1, la integral triple es

∫∫∫R

div−→F dV =

∫∫∫R

dV =

∫ 6

0

∫ −x2

+3

0

∫ 6−x−2y

0

dzdydx

=

∫ 6

0

∫ −x2

+3

0

(6− x− 2y)dydx =

∫ 6

0

(x2

4− 3x+ 9

)dx = 18

6.2.3. Teorema de Stokes.

Este teorema da la relacion entre una integral de superficie sobre unasuperficie orientada S y una integral de lınea a lo largo e una curva cerradasiempre seccionalmente suave C con orientacion positiva que acota a S.

Teorema 6.2.1. Sea S una superficie limitada por una curva C ,orienta-

da positivamente, seccionalmente suave. Si−→F es un campo vectorial cuyas

componentes tienen derivadas parciales continuas en una region abierta quecontiene a S y C, entonces.∮

C

−→F · d−→s =

∫∫S

(rot−→F)· d−→S =

∫∫S

(∇×

−→F)· d−→S

Recuerde que la integral de lınea se puede expresar:∫C

Pdx+Qdy +Rdz o

∫C

−→F · T ds

Ejemplo 1

Use el teorema de Stokes para evaluar

∮C

−→F · d−→s

C

, donde−→F (x, y, z) =

(3z, 5x,−2y) y C es la interseccion del plano z = y + 3 con el cilindrox2 + y2 = 1. Oriente la elipse en sentido contrario al movimiento de lasagujas del reloj, vista desde arriba.

Solucion.La interseccion del plano con el cilindro permite visualizar que S en este

caso es la porcion del plano que queda al interior del cilindro y que C es laelipse interseccion

524

∮C

−→F · d−→s =

∫∫S

(∇×

−→F)· NdS

∇×−→F =

∣∣∣∣∣∣i j k∂∂x

∂∂y

∂∂z

3z 5x −2y

∣∣∣∣∣∣ = (−2i+ 3i+ 5k)

z − y + 3 = 0 =⇒ N =1√2

(−j + k)

Calculando(∇×

−→F)· N = (−2i+ 3i+ 5k) · 1√

2(−j + k)

=2√2

=√

2

y entonces la integral sera∮C

−→F · d−→s =

∫∫S

√2dS =

√2

∫∫S

dS

=√

2 · Area(S) =√

2 · (1 ·√

2π) = 2π

S es el interior de una elipse de semi ejes 1 y√

2.

6.3. Problemas Resueltos

Problema 1Sea la funcion −→r : D → IR2, definida por −→r (r, θ) = (r cos θ, r senv, r)

donde D = (r, θ) /0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π una parametrizacion de un conoS. Hallar su area de superficie.

Solucion

El area de una superficie parametrizada se defineA(S) =

∫ ∫D

‖−→r u ×−→r v‖ dudvCalculemos el integrando de area usando la propiedad:

‖−→r r ×−→r θ‖ =

√[∂ (x, y)

∂ (r, θ)

]2

+

[∂ (y, z)

∂ (r, θ)

]2

+

[∂ (z, x)

∂ (r, θ)

]2

siendo los Jacobianos∂ (x, y)

∂ (r, θ)=

∣∣∣∣ cos θ −rsenθsenθ r cos θ

∣∣∣∣ = r

525

Figura 6.10: Representacion parametrica de un cono

∂ (y, z)

∂ (r, θ)=

∣∣∣∣ senθ r cos θ1 0

∣∣∣∣ = −r cos θ

∂ (z, x)

∂ (r, θ)=

∣∣∣∣ 1 0cos θ −rsenθ

∣∣∣∣ = rsenθ

Ası que el integrando de area es‖−→r r ×−→r θ‖ =

√r2 + r2 cos2 θ + r2sen2θ = r

√2

Por tanto,el area de la superficie S es

A(S) =

∫ ∫D

‖−→r r ×−→r θ‖ dudv =

∫ 2π

0

∫ 1

0

√2rdrdθ

=

∫ 2π

0

√2

[r2

2

]1

0

dθ

=

√2

2

∫ 2π

0

dθ

=√

2π

Observacion, ‖−→r r ×−→r θ‖se anula para r = 0,pero −→r (0, θ) = (0, 0, 0)∀θ.Ası, (0, 0, 0) es el unico punto donde la superficie no es suave.

Problema 2

Calcular el area S de la region del cono definido por x2 = y2 +z2, interioral cilindro x2 + y2 = a2, acotado en el octante x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0.

SolucionParametrizando la ecuacion del cono, usando coordenadas cartesianas

(y, z),setiene que

526

Figura 6.11: region del cono definido por x2 = y2+z2 interior al cilindro x2+y2 =

a2, acotado en el octante el primer octante

−→r (y, z) =(√

y2 + z2, y, z), (y, z) ∈ D

La superficie S esta al interior del cilindro , por lo que

x2 + y2 = 2y2 + z2 ≤ a2.

Entonces, la region D esta definida sobre el plano yz porD = (y, z) ∈ IR2/2y2 + z2 ≤ a2, y ≥ 0, z ≥ 0 .El area de la superficie es:

A(S) =

∫ ∫D

‖−→r y ×−→r z‖ dydz

luego ,si

−→r y =

(y√

y2 + z2, 1, 0

), −→r z =

(z√

y2 + z2, 0, 1

)=⇒

−→r y ×−→r z = (1,− y√y2 + z2

,− z√y2 + z2

)

=⇒ ‖−→r y ×−→r z‖ =√

2

A(S) =

∫ ∫D

√2dydz

Observemos que: 2y2 + z2 ≤ a2, y ≥ 0, z ≥ 0 ⇐⇒

527

y2(a√2

)2 +z2

a2≤ 1, y ≥ 0, z ≥ 0 es el area de la cuarta parte de la elipse

Usando cambio de variables tenemos:x =

a√2r cos θ

y = arsenθ=⇒

∣∣∣∂(x,y)∂(r,θ)

∣∣∣ =

∣∣∣∣∣a√2

cos θ − a√2rsenθ

asenθ ar cos θ

∣∣∣∣∣ =a2

√2r

y2(a√2

)2 +z2

a2≤ 1 ⇐⇒ 0 ≤ r2 ≤ 1 =⇒ 0 ≤ r ≤ 1 y 0 ≤ θ ≤ π

Entonces la region D∗ = (r, θ) /0 ≤ r ≤ 1 y 0 ≤ θ ≤ π .Luego, si

A(S) =

∫ ∫D

√2dydz =

√2

∫ ∫D∗

a2

√2rdrdθ

= a2

∫ π/2

0

∫ 1

0

rdrdθ = a2

∫ π/2

0

r2

2

∣∣∣∣10

dθ

=πa2

4

Problema 3Calcular el area S de la region del manto del cilindro x2 + y2 = 2y

comprendida entre y + z = 2 y z = 0.

Figura 6.12: Region del manto del cilindro x2 + y2 = 2y comprendida entre

y + z = 2 y z = 0. D, parametrizacion de esta region

SolucionEl area de la superficie es:

A(S) =

∫ ∫D

‖−→r u ×−→r v‖ dudv

528

Parametrizando la superficie del cilindro, x2+y2 = 2y ⇐⇒ x2+(y−1)2 =1

Usando coordenadas cilindricas (u, v),se tiene que

−→r (u, v) = (cosu, 1 + senu, v) , (u, v) ∈ D

donde D = (u, v) /0 ≤ u ≤ 2π, 0 ≤ v ≤ 2− (1 + senu)Determinemos el integrando de area

−→r u ×−→r v =

∣∣∣∣∣∣i j k

−senu cosu 00 0 1

∣∣∣∣∣∣ = (cosu,−senu, 0)

=⇒ ‖−→r u ×−→r v‖ = 1

Por tanto,el area de la superficie S es

A(S) =

∫ ∫D

dudv

=

∫ 2π

0

∫ 1−senu

0

dvdu

=

∫ 2π

0

(1− senu) du

= 2π

6.3.1. Integrales de superficie

Problema 1

Sea S el octante positivo de la superficie x2 + y2 + z2 = 1.Calcular la

integral de superficie∫ ∫

S

1√x2 + y2 + (z − 1)2

dS

Solucion

Parametricemos la Superficie S usando coordenadas esfericas, es decir

−→r (u, v) = (senu cos v, senu senv, cosu)

onde D∗ = (u, v) /0 ≤ u ≤ π/2, 0 ≤ v ≤ π/2

Calculemos el valor del integrando sobre S

529

1√x2 + y2 + (z − 1)2

=1√

sen2u cos2 v + sen2u sen2v + (cos2 u− 1)2

=1√

sen2u + cos2 u+ 1− 2 cosu

=1√

2− 2 cosu

Calculemos el producto vectorial

−→r u ×−→r v =

∣∣∣∣∣∣i j k

cosu cos v cosu senv −senu−senu senv senu cos v 0

∣∣∣∣∣∣=

(sen2u cos v, sen2u senv, senu cos v

)Luego , obtenemos la norma del producto :

‖−→r u ×−→r v‖ = (sen4u+ sen2u cos2 u)1/2

= |senu| = senu porque 0 ≤u ≤ π/2

Finalmente, apliquemos la definicion de integral de superficie y calculemos

∫ ∫S

1√x2 + y2 + (z − 1)2

dS =

∫ π/2

0

∫ π/2

0

‖−→r u ×−→r v‖√2− 2 cosu

dudv

=

∫ π/2

0

∫ π/2

0

senu√2− 2 cosu

dudv

=1√2

∫ π/2

0

[2√

1− cosu]π/2

0dv

=2√2

∫ π/2

0

dv

=π√2

Problema 2

Evaluar

∫∫S

z2ds, donde S es el paraboloide z = x2 + y2, comprendido

entre z = 1 y z = 4.SolucionPara este problema tenemos dos opciones para representar parametrica-

mente la corona del paraboloide.

530

Figura 6.13:

Usando coordenadas cartesianas rectangulares

−→r (x, y) = (x, y, x2 + y2) , donde D = (x, y) ∈ IR2/1 ≤ x2 + y2 ≤ 4

Calculemos el vector normal a la superficie S, dado por

−→r x ×−→r y =

∣∣∣∣∣∣i j k1 0 2x0 1 2y

∣∣∣∣∣∣ = (2x, 2y, 1)

Luego , obtenemos la norma del producto :

‖−→r x ×−→r y‖ =√

4x2 + 4y2 + 1

Aplicando la definicion de integral de superficie

∫∫S

z2ds =

∫ ∫D

z2 ‖−→r y ×−→r z‖ dxdy

=

∫ ∫D

(x2 + y2)√

4x2 + 4y2 + 1dxdy

Usando coordenadas polares para evaluar la integral doble,

531

∫ ∫D

(x2 + y2)√

4x2 + 4y2 + 1dxdy =

∫ 2π

0

∫ 2

1

r2√

4r2 + 1rdrdθ

=

∫ 2π

0

[r2 1

12

(4r2 + 1

)3/2

∣∣∣∣21

− 2

12

∫ 2

1

r(4r2 + 1

)3/2dr

]dθ

=

∫ 2π

0

[r2 1

12

(4r2 + 1

)3/2

∣∣∣∣21

− 1

120

(4r2 + 1

)5/2

∣∣∣∣21

]dθ

=π

6

[173/2 − 53/2 − 1

10175/2 +

1

1053/2

]6.3.2. Integral de Flujo de un campo vectorial

Problema 1Calcular el flujo para

−→F (x, y, z) = (3x, 3y, z) en la superficie z = 9 −

x2 − y2 tal que z ≥ 0

Figura 6.14:

SolucionUsando coordenadas cartesianas rectangulares, la parametrizacion de la

superficie S es−→r (x, y) = (x, y, 9− x2 − y2) , dondeD = (x, y) ∈ IR2/x2 + y2 ≤ 9, z ≥ 0Calculemos el vector normal a la superficie S, dado por

−→r x ×−→r y =

∣∣∣∣∣∣i j k1 0 −2x0 1 −2y

∣∣∣∣∣∣ = (2x, 2y, 1)

Aplicando la definicion de integral de superficie al flujo a traves de S, seobtiene

532

∫∫S

−→F · nds =

∫∫D

−→F (−→r (x, y)) · (−→r x ×−→r y) dxdy∫∫

D

(3x, 3y, z) · (2x, 2y, 1)dxdy

=

∫∫D

(6x2 + 6y2 + z

)dxdy

=

∫∫D

(6x2 + 6y2 + 9− x2 − y2

)dxdy

=

∫∫D

(5x2 + 5y2 + 9

)dxdy

Cambiando a coordenadas polares

∫∫D

(5x2 + 5y2 + 9

)dxdy =

∫ 2π

0

∫ 3

0

(5r2 + 9

)rdrdθ

=567π

2

Alternativamente, podemos parametrizar directamente la superficie S encoordenadas cilındricas.

−→r (r, θ) =(r cos θ, rsenθ, 9− r2

), 0 ≤ r ≤ 3, 0 ≤ θ ≤ 2π

Calculemos el vector normal a la superficie y el campo vectorial sobre lasuperficie:

−→n = −→r r ×−→r θ =

∣∣∣∣∣∣i j k

cos θ senθ −2r−rsenθ r cos θ 0

∣∣∣∣∣∣= =

(2r2 cos θ, 2r2senθ, r

)Aplicando la definicion de integral de superficie al flujo sobre S, se obtiene

533

∫∫S

−→F · nds =

∫∫D

−→F (−→r (r, θ)) · (−→r r ×−→r θ) drdθ

=

∫∫D

(3r cos θ, 3 rsenθ, 9− r2

)·(2r2 cos θ, 2r2senθ, r

)drdθ

=

∫∫D

(6r3(cos2 θ + sen2θ) + 9r − r3

)drdθ

=

∫∫D

(5r3 + 9r

)drdθ

=

∫ 2π

0

∫ 3

0

(5r3 + 9r

)drdθ =

567π

2

Problema 2

Sea−→F el campo vectorial

−→F (x, y, z) = (y, x, xz) . Calcular la integral de

flujo∫∫S

(∇×−→F ) · ndS, donde n el campo normal exterior al paraboloide, y S

el sector de la superficie del paraboloide z = x2 + (y−1)2, interior al cilindrox2 + (y − 2)2 = 3.

Figura 6.15: S, sector de la superficie del paraboloide z = x2 + (y − 1)2, interior

al cilindro x2 + (y − 2)2 = 3

Solucion

Tenemos que calcular la integral de flujo∫∫S

(∇×−→F ) · ndS =

∫∫D

(∇×−→F ) · −→n dS

534

En primer lugar, calculamos el rotor del campo−→F ,

∇×−→F =

∣∣∣∣∣∣∣∣i j k∂

∂x

∂

∂y

∂

∂zy x xz

∣∣∣∣∣∣∣∣ = (0,−z, 0),

Parametricemos el sector de la superficie del paraboloide z = x2 +(y−1)2

interior al cilindro x2 +(y−2)2 = 3 usando coodenadas cilindricas con centroen el punto (0,2,0) y radio

√3.Entonces

−→Φ (u, v) = (ucosv, 2 + usenv, u2 + 2usenv + 1) , 0 ≤ u ≤

√3, 0 ≤ v ≤ 2π.

Determinemos los vectores tangentes a la superficie del paraboloide−→Φ u(u, v) = (cosv, senv, 2u+ 2senv)−→Φ v(u, v) = (−usenv, ucosv, 2ucosv)Dado que en el vertice (0, 1, 0) del paraboloide el vector normal apunta

hacia el exterior , tenemos que la normal exterior tiene componentes (0,0,-1),entonces

−→n =−→Φ v(u, v)×

−→Φ u(u, v) =

∣∣∣∣∣∣i j k

−usenv ucosv 2ucosvcosv senv 2u+ 2senv

∣∣∣∣∣∣=

(2u2cosv, 2u2senv + 2u,−u

)En consecuencia, la integral queda

∫∫D

∇×−→F · −→n dS =

∫ ∫D

−(0, u2 + 2usenv + 1, 0) · (2u2cosv, 2u2senv + 2u,−u)dudv

= −∫ √3

0

∫ 2π

0

(2u4senv + 4u3sen2v + 6u2senv + 2u3 + 2u)dvdu

= −∫ √3

0

[4u3

(v

2− sen2v

4

)+ (2u3 + 2u)v

]2π

0

du

= −∫ √3

0

(8πu3 + 4πu

)du =

[2πu4 + 2πu2

]√3

0

= −24π

Problema 3Calcular el flujo de salida del campo vectorial

−→F (x, y, z) = (2y, zy, 3z) a

traves de la superficie cilındrica x2 +y2 = 4 acotada en el primer octante porlos planos x = 0, y = 0, z = 0, z = 5.

535

Figura 6.16: Superficie cilindrica x2 + y2 = 4, acotada en el primer octante por

los planos coordenados

Solucion

Tenemos que calcular

∫∫S

−→F · ndS =

∫∫D

−→F(−→

Φ (θ, z))·(−→

Φ θ ×−→Φ z

)dθdz

Parametricemos la superficie cilındrica

−→Φ (θ, z) = (2 cos θ, 2 sin θ, z)

donde D = (θ, z) /0 ≤ θ ≤ π/2, 0 ≤ z ≤ 5.

Determinemos los vectores tangentes a la superficie−→Φ θ(θ, z) = (−2 sin θ, 2 cos θ, 0)

−→Φ z(θ, z) = (0, 0, 1)

El vector normal que apunta al exterior de la superficie es

−→Φ θ(θ, z)×

−→Φ z(θ, z) =

∣∣∣∣∣∣i j k

−2senθ 2 cos θ 00 0 1

∣∣∣∣∣∣ = (2cosθ, 2senθ, 0)

536

Entonces, el flujo de−→F a traves de esta superficie es∫∫

D

−→F(−→

Φ (θ, z))·(−→

Φ θ ×−→Φ z

)drdz

=

∫ ∫D

(4 sin θ, 2z sin θ, 3z) · (2 cos θ, 2 sin θ, 0) dθdz

=

∫ π/2

0

∫ 5

0

4(5 sin 2θ + z sin2 θ

)dzdθ

= 4

∫ π/2

0

(sin 2θ +

25

2

(1− cos 2θ

2

))dθ

= 20

[− cos 2θ

2

]π/20

+ 50

[θ

2− sin 2θ

4

]π/20

= 20 +25

2π

6.3.3. Teorema de la divergencia de Gauss

Problema 1

Calcular el flujo

∫∫S

−→F ·ndS del campo vectorial

−→F (x, y, z) = (x2 + senz, xy + cos z, ey)

a traves de la frontera S limitada por la superficie cilındrica x2 + y2 = 2y ylos planos z = 0, y + z = 2,

Figura 6.17: S limitada por la superficie cilındrica x2 +y2 = 2y y los planos z = 0,

y + z = 2,

Solucion

537

Puesto que el campo vectorial−→F es continuo, con primeras derivadas

parciales continuas en IR3 y la region V⊆ IR3 encerrada es conexa y S es unasuperficie cerrada suave, entonces es aplicable el teorema de la divergenciade Gauss. ∫∫

S

−→F · ndS =

∫∫∫V

∇ ·−→F dV

Para resolver la ultima integral necesitamos describir el solido V. Comple-tando el cuadrado, la ecuacion de la superficie cilındrica dada puede escribirsecomo:

x2 + y2 = 2y ⇐⇒ x2 + (y − 1)2 = 2y.Luego, la proyeccion del solido sobre el plano XY es la circunsferencia

de centro (0, 1) y radio 1. Por otra parte z esta acotado entre los dos planosdados 0 ≤ z ≤ 2− y.

Por tanto, el solido esta dado por

V =

(x, y, z) ∈ IR3/−√

2y − y2 ≤ x ≤√

2y − y2, 0 ≤ y ≤ 2, 0 ≤ z ≤ 2− y

Calculemos la divergencia del campo vectorial:

∇ ·−→F =

∂

∂x(x2 + senz) +

∂

∂y(xy + cos z) +

∂

∂z(ey) = 3x

Entonces:

∫∫∫V

3xdxdydz =

∫ 2

0

∫ √2y−y2

−√

2y−y2

∫ 2−y

0

3xdzdxdy

=

∫ 2

0

∫ √2y−y2

−√

2y−y23x (2− y) dxdy

=

∫ 2

0

(2− y)

(3

2x2

)∣∣∣∣√

2y−y2

−√

2y−y2dy = 0

Problema 2Verificar el teorema de la divergencia para el campo vectorial−→

F (x, y, z) = (x, y, z) sobre la esfera x2 + y2 + z2 = a2.SolucionEl teorema de la divergencia afirma que.∫∫

S

−→F · ndS =

∫∫∫V

∇ ·−→F dV

La divergencia de−→F es

538

∇ ·−→F =

∂

∂x(x) +

∂

∂y(y) +

∂

∂z(z) = 3.

de modo que. ∫∫∫V

∇ ·−→F dV =

∫∫∫V

3 dV

= 3

(4

3πa3

)= 4πa3

Calculemos ahora el Flujo sobre la superficie.∫∫S

−→F · ndS =

∫∫D

−→F (−→r (u, v)) · (−→r u ×−→r v) dudv

Parametricemos la superficie usando coordenadas esfericas.−→r (u, v) = a (sinu cos v, sinu sin v, cosu) , con D = (u, v) /0 ≤ u ≤ π, 0 ≤ v ≤ 2πCalculemos el producto vectorial

−→r u ×−→r v = a2

∣∣∣∣∣∣i j k

cosu cos v cosu sin v − sinu− sinu sin v sinu cos v 0

∣∣∣∣∣∣= a2

(sin2 u cos v, sin2 u sin v, sinu cosu

)Por consiguiente

−→F (−→r (u, v)) · (−→r u ×−→r v) = a3 sinu

entonces la integral de flujo queda∫∫S

−→F · ndS =

∫∫D

a3 sinududv

=

∫ 2π

0

∫ π

0

a3 sinududv

= a3

∫ 2π

0

[− cosu]π0 dv

= 2a3

∫ 2π

0

dv

= 4πa3

Por tanto, comparando estos resultados hemos verificado el teorema deGauss.

Problema 3

539

Figura 6.18: Region acotada por la frontera x2 + y2 = 4, z = 0, y z = 3

Verificar el teorema de la divergencia para−→F (x, y, z) = (x3, y3, z3) en

R, la region acotada por la frontera x2 + y2 = 4, z = 0,y z = 3.

Solucion

El teorema de la divergencia afirma que∫∫

S

−→F · nds =

∫∫∫R∇ ·−→F dV

Calculemos el flujo que produce el campo sobre la frontera:∫∫S

−→F · nds =

∫∫S1

−→F · nds+

∫∫S2

−→F · nds+

∫∫S3

−→F · nds

Si definimos parametrizacion de las superficies inferior y superior quelimitan el cilindro tenemos:

S1 : −→r (u, v) = (u,−v, 0) D∗ = (u, v) /0 ≤ u ≤ 2, 0 ≤ v ≤ 2π, 0El vector normal con orientacion positiva es

−→r u ×−→r v =

∣∣∣∣∣∣i j k1 0 00 −1 0

∣∣∣∣∣∣ = (0, 0,−1)

Ası , obtenemos:

∫∫S1

−→F · nds =

∫∫D∗

−→F (−→r (u, v)) · (−→r u ×−→r v) dudv

=

∫∫D∗

(u3,−v3, 0

)· (0, 0,−1) dudv = 0

Analogamente para:

540

S3 : −→r (u, v) = (u, v, 0) donde D∗ = (u, v) /0 ≤ u ≤ 2, 0 ≤ v ≤ 2π

−→r u ×−→r v =

∣∣∣∣∣∣i j k1 0 00 1 0

∣∣∣∣∣∣ = (0, 0, 1)

Luego: ∫∫S3

−→F · nds =

∫∫D∗

−→F (−→r (u, v)) · (−→r u ×−→r v) dudv

=

∫∫D∗

(u3, v3, 33

)· (0, 0, 1) dudv

=

∫ 2

0

∫ 2π

0

33dudv

= 108π

Si definimos la parametrizacion para el manto del cilındro se tiene:

S2 : −→r (u, v) = (2 cosu, 2senu , v)

donde D∗ = (u, v) /0 ≤ u ≤ 2π, 0 ≤ v ≤ 3

El vector normal con orientacion positiva es,

−→r u ×−→r v =

∣∣∣∣∣∣i j k

−2senu 2 cosu 00 0 1

∣∣∣∣∣∣ = (2 cosu, 2senu, 0)

En consecuencia,∫∫S2

−→F · nds =

∫∫D∗

−→F (−→r (u, v)) · (−→r u ×−→r v) dudv

=

∫∫D∗

((2 cosu)3 , (2senu)3 , v3

)· (2 cosu, 2senu, 0) dudv

= 16

∫ 3

0

∫ 2π

0

(cos4 u+ sen4u

)dudv

= 16

∫ 3

0

∫ 2π

0

1

8(6 + 2 cos 4u) dudv

= 16

∫ 3

0

1

8

[6u+

2

4sen4u

]2π

0

dv

= 2 (12π)

∫ 3

0

dv

= 72π

541

Por lo tanto, sumando las integrales de flujo se tiene:∫∫S

−→F · nds = 102π + 72π = 180π

Por otra parte, como ∇ ·−→F =

∂x3

∂x+∂y3

∂y+∂z3

∂z= 3 (x2 + y2 + z2) ,

entonces ∫∫∫R

∇ ·−→F dV =

∫∫∫R

3(x2 + y2 + z2

)dV

Usando coordenadas cilındricas para evaluar la integral triple, tenemos

x = r cos θy = rsenθz = z

=⇒ 0 ≤ x2 + y2 ≤ 4 ⇐⇒ 0 ≤ r2 ≤ 4 ⇐⇒ 0 ≤ r ≤ 2

Entonces la region R∗ = (r, θ, z) /0 ≤ r ≤ 2 , 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ z ≤ 3

∫∫∫R

3(x2 + y2 + z2

)dV = 3

∫ 2π

0

∫ 2

0

∫ 3

0

(r2 + z2

)rdzdrdθ

= 3

∫ 2π

0

∫ 2

0

[r2z +

r3

3

]3

0

rdrdθ

= 3

∫ 2π

0

∫ 2

0

[3r2 + 9

]rdrdθ

= 3

∫ 2π

0

[3

4r4 +

9

2r2

]2

0

dθ

= 3

∫ 2π

0

30dθ

= 90θ|2π0 = 180π

Problema 4Calcular el flujo del campo

−→F (x, y, z) = (x+ y3, 2y − ez,−3z − 1) en la

R la region acotada por la frontera S x2 + y2 + 3z2 = 1.Solucion:Usemos el teorema de la divergencia de Gauss para calcular el flujo, que

afirma que, ∫∫S

−→F · nds =

∫∫∫R

∇ ·−→F dV

Calculemos la divergencia del campo vectorial en la region R.

542

∇ ·−→F =

∂

∂x(x+ y3) +

∂

∂y(2y − ez) +

∂

∂z(−3z − 1) = 1 + 2− 3 = 0

Entonces el flujo del campo vectorial−→F a traves de S verifica

∫∫S

−→F · nds =

∫∫∫R

0 dV = 0

6.3.4. Teorema de Stokes

Problema 1

Verificar el teorema de Stokes para−→F (x, y, z) = (−y3, x3, z3) donde S

es la porcion del plano x+ y + z = 1 al interior del cilindro x2 + y2 = 1.

Figura 6.19: S es la porcion del plano x + y + z = 1 al interior del cilindro

x2 + y2 = 1

Solucion.

El teorema de Stokes afirma que∮C

−→F · d−→r =

∫∫S∇×

−→F · ndS

Calculemos

∇×−→F =

∣∣∣∣∣∣∣∣i j k∂

∂x

∂

∂y

∂

∂z−y3 x3 z3

∣∣∣∣∣∣∣∣ = (0, 0, 3x2 + 3y2),

y−→N = ∇(x+ y + z − 1) = (1, 1, 1)

543

∫∫S

∇×−→F · ndS =

∫∫D

∇×−→F ·−→N dxdy

=

∫∫D

3(x2 + y2) dxdy

donde D = x, y) ∈ IR2/x2 + y2 ≤ 1 .Usando coordenadas polares :

x = r cos θy = rsenθ

=⇒ |∂ (x, y)∂ (r, θ)| =∣∣∣∣ cos θ −rsenθsenθ r cos θ

∣∣∣∣ = r

x2 + y2 ≤ 1 ⇐⇒ 0 ≤ r2 ≤ 1 =⇒ 0 ≤ r ≤ 1 y 0 ≤ θ ≤ 2π

Entonces la region D∗ = (r, θ) /0 ≤ r ≤ 1 y 0 ≤ θ ≤ 2π .Luego, si

∫∫D

3(x2 + y2) dxdy = 3

∫ 1

0

∫ 2π

0

r3 dθdr

= 6π

∫ 1

0

r3 dr

=3π

2

Problema 2

Verificar el teorema de Stokes para evaluar la integral de lınea∫C

xdx + yz2dy + xzdz

donde C es la interseccion de la semiesfera x2 + y2 + z2 = 1, z ≥ 0 y elcilindro x2 + y2 = y.

SolucionEl teorema de Stokes afirma que∮

C

−→F · d−→r =

∫∫S

∇×−→F · ndS

donde S es la region de la superficie de la semiesfera cuya frontera es la curvaC.

Calculemos directamente la integral de lınea, parametrizando la curva Cmediante coordenadas cilındricas x = r cost, y = r sent, z = z.

544

Figura 6.20:

Al sustituir en la ecuaciones de las superficies que definen la curva C,tenemos que z =

√1− r2 , r = sent donde 0 ≤ t ≤ π.

Luego, la ecuacion de la curva es

−→r (t) =(

sin t cos t, sin2 t,√

1− sin2 t), 0 ≤ t ≤ π

Usando identidades trigonometricas sin2 t = 12

(1− cos 2t), cos2 t = 12

(1 +cos 2t) se tiene:

−→r (t) =

(1

2sin 2t,

1

2(1− cos 2t), cos t

), 0 ≤ t ≤ π

−→r ′ (t) = (cos 2t, − sin 2t, − sin t) , 0 ≤ t ≤ π

Evaluemos la integral de linea:

∫C

xdx + yz2dy + xzdz =

∫ π

0

[1

2sin 2t cos 2t− 1

2(1− cos 2t) cos2 tsen2t− 1

2sin 2t cos t sin t

]dt

=

∫ π

0

[1

2sin 2t cos 2t− 1

4(1− cos2 2t) sin 2t− 1

4sin2 2t

]dt

=

∫ π

0

[1

2sin 2t cos 2t− 1

4(1− cos2 2t) sin 2t− 1

4

(1− cos 4t

2

)]dt

=

[1

4sin2 2t+

1

8cos 2t− 1

24cos3 2t− 1

8t+

sin 4t

32

]π0

= −π8

545

Por otra parte, debemos evaluar∫∫S

∇×−→F · ndS =

∫∫D

∇×−→F ·−→NdA

Como S es la region de la superficie de la semiesfera cuya frontera es lacurva C, una parametrizacion de S viene dada por

−→T (r, θ) =

(r cos θ, rsenθ,

√1− r2

), 0 ≤ r ≤ senθ, 0 ≤ θ ≤ π

A continuacion calculemos el vector normal a la superficie:

−→N =

−→T r ×

−→T θ =

∣∣∣∣∣∣∣i j k

cos θ sin θ − r√1− r2

−r sin θ r cos θ 0

∣∣∣∣∣∣∣=

(r2 cos θ√

1− r2,r2 sin θ√

1− r2, r

)La orientacion del vector normal a la superficie es compatible con la

orientacion de su frontera C.Determinemos el rotor del campo vectorial

∇×−→F =

∣∣∣∣∣∣∣∣i j k∂

∂x

∂

∂y

∂

∂zx yz xz

∣∣∣∣∣∣∣∣ = (−2yz,−z, 0),

Por lo que la funcion compuesta queda

∇×−→F(−→T (r, θ)

)=(−2r sin θ

√1− r2,−

√1− r2, 0

)Entonces, estamos en condiciones de calcular la integral de superficie,

∫∫D

∇×−→F ·−→NdA =

∫ π

0

∫ sin θ

0

(−2r3 sin θ cos θ − r2 sin θ

)drdθ

= −∫ π

0

[r4

2sin θ cos θ +

r3

3sin θ

]sin θ

0

dθ

= −∫ π

0

[sin5 θ

2cos θ +

sen4θ

3

]dθ

= −[

sin6 θ

12

]π0

− 1

3

∫ π

0

sin4 θdθ

= −1

3

∫ π

0

sin4 θdθ

546

Puesto que el integrando queda

sin4 θ =

(1− cos 2θ

2

)2

=1

4

(1− 2 cos 2θ + cos2 2θ

)=

1

4

(1− 2 cos 2θ +

1 + cos 4θ

2

)=

1

4

(3

2− 2 cos 2θ +

cos 4θ

2

)Podemos calcular

−1

3

∫ π

0

sin4 θdθ = −1

3

∫ π

0

1

4

(3

2− 2 cos 2θ +

cos 4θ

2

)dθ

= −1

3

[3θ

2− sin 2θ +

sin 4θ

2

]π0

= −π8

Problema 3

Sea−→F (x, y, z) = (x, y, z), calcular la integral de lınea

∮C

−→F · dr, siendo C

la curva interseccion de las superficies S1 dada por ecuacion z = x2 + 2y2 yS2 por la ecuacion z = 4− x2.

Figura 6.21: C la curva interseccion de las superficies S1 dada por ecuacion z =

x2 + 2y2 y S2 por la ecuacion z = 4− x2

SolucionEl teorema de Stokes afirma que∮

C

−→F · d−→r =

∫∫S

∇×−→F · ndS

547

donde la curva C es la frontera de la superficie S dada por

S = (x, y, z) ∈ IR3 : x2 + y2 ≤ 2, z = 4− x2Calculemos

∇×−→F =

∣∣∣∣∣∣∣∣i j k∂

∂x

∂

∂y

∂

∂zx y z

∣∣∣∣∣∣∣∣ = (0, 0, 0).

Por lo tanto ∫∫S

∇×−→F · ndS =

∫∫S

(0, 0, 0) · ndS

Lo que indica que estamos frente a un campo conservativo.Problema 4

Calcular

∫∫S

∇×−→F · ndS, siendo

−→F = (xz + yz2 + x, xyz3 + y, x2z4) y

S = S1 ∪ S2 donde S1 es la superficie cilındrica x2 + y2 = 1, 0 ≤ z ≤ 1 y S2

es la semiesfera x2 + y2 + z2 = 1, z ≥ 0.

Figura 6.22: Superficie S = S1∪S2 donde S1 es la superficie cilındrica x2 +y2 = 1,

0 ≤ z ≤ 1 y S2 es la semiesfera x2 + y2 + z2 = 1, z ≥ 0

Solucion.

El teorema de Stokes afirma que∫∫S

∇×−→F · ndS =

∮C

−→F · d−→r

donde la curva C es la frontera de la superficie S dada por x2 + y2 = 1Parametizando la circunferencia, queda:−→r (t) = (cos t, sin t, 0) , t ∈ [0, 2π]−→r ′ (t) = (− sin t, cos t, 0) , t ∈ [0, 2π] .

548

−→F (−→r (t)) = (cos t, sin t, 0)Calculemos la integral∮

C

−→F · d−→r =

∫ 2π

0

(cos t, sent, 0) · (− sin t, cos t, 0) dt

= 0

Problema 5

Determine la circulacion del campo−→F = (x2 − y, 4z, x2) alrededor de la

curva C dada por la inteseccion del plano z = 4 y el conoz =

√x2 + y2,recorrida en sentido positivo.

Figura 6.23: Plano z = 4 y cono z =√x2 + y2

SolucionEl teorema de Stokes afirma que∮

C

−→F · d−→r =

∫∫S

∇×−→F · ndS

donde la curva C es la frontera de la superficie S dada por

S = (x, y, z) ∈ IR3 : x2 + y2 ≤ z2, z ≤ 4Parametrizando el cono se tiene−→T (r, θ) = (r cos θ, r sin θ, r) ,donde D = (r, θ) /0 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2πA continuacion calculemos el vector normal a la superficie:

−→N =

−→T r ×

−→T θ =

∣∣∣∣∣∣i j k

cos θ sin θ 1−r sin θ r cos θ 0

∣∣∣∣∣∣= (−r cos θ,−r sin θ, r)

549

La orientacion del vector normal a la superficie es hacia el exterior delcono

Ademas

∇×−→F =

∣∣∣∣∣∣∣∣i j k∂

∂x

∂

∂y

∂

∂zx2 − y 4z x2

∣∣∣∣∣∣∣∣ = (−4,−2x, 1).

Luego la funcion compuesta ∇×−→F(−→T (r, θ)

)es

∇×−→F(−→T (r, θ)

)= (−4,−2r cos θ, 1)

Por lo tanto∫∫S

∇×−→F · ndS =

∫∫D

∇×−→F ·−→N drdθ

=

∫ ∫D

(−4,−2r cos θ, 1) · (−r cos θ,−r sin θ, r) drdθ

=

∫ 2

0

∫ 2π

0

(4r cos θ + r sin θ + r) dθdr

= 4π

6.4. Ejercicios Propuestos

6.4.1. Area de una superficie

1. Problema

Calcule el area de la superficie de x2 + y2 + z2 = a2, a > 0, z ≥ 0.

Respuesta

A (R) = 2πa2

2. Problema

Calcule el area de la superficie del sector del plano ax+ by+ cz+ d = 0que queda dentro del cilindro x2 + y2 = r2 (c 6= 0, r > 0) .

Respuesta

A (R) =πr2√a2 + b2 + c2

c

550

Figura 6.24: Superficie del sector del plano ax + by + cz + d = 0 que quedadentro del cilindro x2 + y2 = r2 (c 6= 0, r > 0)

Figura 6.25:

3. Problema

Calcule el area del helicoide −→r (u, v) = (u cos v, u sin v, v) para 0 ≤ u ≤1, 0 ≤ v ≤ 2π

Respuesta

A (R) = π(ln(√

2 + 1) +√

2

4. Problema

Hallar el area de la superficie S descrita por la parametrizacion:−→r : D ⊂R2 → R3 ;−→r (u; v) = (u cos v;u sin v;u2) ; dondeD = (u, v) ∈ IR2/0 ≤ u ≤ 4, 0 ≤ v ≤ 2π .Respuesta

I =1

12

[(65)3/2 − 1

]551

Figura 6.26:

5. Problema

Obtener el area de la superficie S , frontera de= (x, y, z) ∈ IR3 : (z − 1)2 ≤ x2 + y2 y x2 + y2 + z2 ≤ 1

Figura 6.27:

Respuesta

Area de la superficie S = Sesf ∪ Scono = 2π + π√

2

6. Problema

Calcule el area de la porcion de superficie conica z2 = x2 + y2 situadapor encima del plano z = 0 y limitada por la esfera x2 + y2 + z2 = 2ax

Respuesta

I =

√2

4πa2

552

Figura 6.28:

7. Problema

Calcule el area de la superficie S de una pelota de rugby formada por la

rotacion de la curva x = cos z, y = 0, −π2≤ z ≤ π

2alrededor del eje z.

Respuesta

Ecuacion parametrica de la superficie−→r (u, v) = (cosu cos v, cosu sin v, u)

A = 2π[√

2 + ln(1 +√

2)]

6.4.2. Integrales de funciones escalares sobre superficie

1. Problema

Calcule la integral

∫S

x2zdS ; siendo S la superficie externa de

x2 + y2 = a2 comprendida entre z = −2 y

z = 2.

Figura 6.1:

Respuesta

553

∫S

x2zdS = 0

2. Problema

Calcule la integral de superficie

∫S

(x4 − y4 + y2z2 − x2z2 + 1)dS . Si

la superficie S es la hoja superior del cono z2 = x2 + y2 que esta en elinterior del cilindro (x− 1)2 + y2 = 1.

Figura 6.2: Superficie S, hoja superior del cono z2 = x2 +y2 que esta en el interior

del cilindro (x− 1)2 + y2 = 1

Respuesta

A =√

2π

554

3. Problema

Calcule la integral de superficie I =

∫S

zdS, donde S es la superficie

parametrizada por −→r (x, y) = (x, y, 2x + 3y + 2a), (x, y) ∈ D tal queD = (x, y) ∈ IR2/x2 + y2 ≤ a2 .

Figura 6.3: Aca voy

Respuesta

I = 2√

14πa3

4. Problema

Calcule la integral de superficie I =

∫S

√1− x2 − y2dS, donde S es una

pelota de rugby formada por la rotacion de la curva x = cos z, y =

0, −π2≤ z ≤ π

2alrededor del eje z.

Respuesta

Superficie parametrizada −→r (u, v) = (cosu cos v, cosu sin v, u) ,

D =

(u, v) /− π

2≤ u ≤ π

2, 0 ≤ v ≤ 2π

I=

4π

3

(2√

2− 1)

6.4.3. Integral de Flujo

1. Problema

Calcule la integral del campo vectorial−→F (x, y, z) = (x, y, z) a traves de

la superficie lateral del paraboloide x2 + y2 = 2az , con 0 ≤ z ≤ 2a.

Respuesta

I = −4πa3

2. Problema

Calcule la integral del campo vectorial−→F (x, y, z) = (yz, x, z2) a traves

de la superficie del cilindro parabolico y = x2 , con 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ z ≤4,donde la primera componente de −→n es positiva.

555

(a) Campo vectorial (b) paraboloide

Figura 6.1:

(a) Campo vectorial (b) sector de cilindroparabolico

Figura 6.2:

Respuesta

Se tiene que −→n = (2x,−1, 0)

I = 2

3. Problema

Calcule la integral del campo vectorial−→F (x, y, z) = (0, yz, z2) a traves

de la superficie S cortada del cilindro y2 + z2 = 1, por los planosx = 0;≤ x = 1.

Respuesta

Se tiene que −→n = (0, y, z)

I = 2

556

(a) Campo vectorial (b) Cilindro cortado pordos planos

Figura 6.3:

6.4.4. Teorema de la divergencia de Gauss

1. Problema

Sea−→F (x, y, z) = (xz, yz,−z2). Calcule

∫∫S

−→F · nds ; siendo S la cara

externa del paraboloide x2 + y2 = 3z; entre

z = 0 y z = 1.

Figura 6.1: Paraboloide x2 + y2 = 3z limitado por los planos z = 0 y z = 1

a) Directamente.

b) Aplicando el teorema de Gauss.

Respuesta.

I = −3π

2. Problema

Calcular el flujo

∫∫S

−→F · nds, del campo vectorial

−→F = (x, y, z) a traves

de la superficie S del elipsoide ax2 + by2 + cz2 = 1

557

Respuesta.∫∫S

−→F · nds =

2π√abc

3. Problema

Calcular el flujo

∫∫S

−→F · nds,del campo vectorial

−→F = (2xy2, z3,−x2y)

a traves la superficie S formada por el hemisferio superior de la esferax2 + y2 + z2 = a2 y el cilindro x2 + y2 = a2

(a) Campo vectorial (b) Superficie formada por el hemisfe-rio superior de la esfera y el cilindro

Figura 6.2:

Respuesta.∫∫S

−→F · nds =

4

15πa5

558

4. Problema

Calcular el flujo

∫∫S

−→F ·nds, del campo vectorial

−→F =

(0, tan z + esinxz, y2

)a traves de la superficie S del semi-elipsoide 2x2 + 3y2 + z2 = 6, z ≥ 0,con la normal apuntando

hacia el exterior.

(a) Campo vectorial (b) Semi-elipsoide

Figura 6.3:

Respuesta.∫∫S

−→F · nds =

√3

2π

559

5. Problema

Calcular el flujo

∫∫S

−→F ·nds, del campo vectorial

−→F =

(x, y, z)

(x2 + y2 + z2)3/2

a traves de la superficie S dada por el paraboloide z = 2−x2−y2,talesz ≥ 0, con la normal apuntando hacia el exterior.

PendienteRespuesta.∫∫

S

−→F · nds = π

(2−√

2)

6. Problema

Sea S la superficie del paraboloide z = x2 + (y− 1)2 , interior al cilindro

x2 + (y − 2)2 = 3. Sea−→F el campo vectorial

−→F (x, y, z) = (y, x, xz)

. Calcular la integral

∫∫S

∇ ×−→F · nds,utilizando el teorema de Gauss,

donde n es la normal exterior al paraboloide.

(a) Campo vectorial (b) Paraboloide interior alcilindro

Figura 6.4:

Respuesta

Colocando una tapa T a la superficie S, de modo que S∗ = S⋃T sea

una superficie cerrada, podemos aplicar el teorema de Gauss∫∫S

∇×−→F · nds = −

∫∫T

∇×−→F · nds = −2π

7. Problema

Sea S la porcion del paraboloide z + 1 = x2 + y2, situada debajo del

plano z = 1, y sea−→F (x, y, z) = (0, x− 2yz, x2). Hallar

∫∫S

∇×−→F · nds,

560

donde n es la normal exterior al paraboloide, utilizando el teorema deGauss.

(a) Campo vectorial (b) Paraboloide situada de-bajo del plano

Figura 6.5:

Respuesta

Colocando una tapa T a la superficie S, de modo que S∗ = S⋃T sea

una superficie cerrada, podemos aplicar el teorema de Gauss∫∫S

∇×−→F · nds = −

∫∫T

∇×−→F · nds = −2π

6.4.5. Teorema de Stokes

1. Problema

Sea S el sector del paraboloide z = x2 + y2, situado en el primeroctante , limitado por el plano z = 1 y los planos principales, y sea−→F = (y − z, z − x, x− y) . Calcular la integral de lınea

∮C

−→F · d−→r .

Respuesta∮C

−→F · d−→r . =

8

3− π

2

2. Problema

Para el campo vectorial−→F = (x2 + yez, y2 + zex, z2 + xey) definida so-

bre S : x2 + y2 + z2 = a2 con z ≥ 0.Calcular el flujo del rotacional de−→F

a traves de S.

Respuesta∮C

−→F · d−→r =

∫∫S

∇×−→F · nds = −πa2

561

(a) Campo vectorial (b) Sector deparaboloide, limita-do por planos

Figura 6.1:

(a) Campo vectorial (b) hemisferio superior de laesfera

Figura 6.2:

3. Problema

Dado el campo vectorial−→F (x, y, z) = (y+sinx, z2 +cos y, x3) y la curva

−→r (t) = (sin t, cos t, sin 2t); t ∈ [0; 2π]; halle∮C

−→F · d−→r utilizando el teorema de Stokes.

Respuesta

I = −π2

562

(a) Campo vectorial (b) paraboloide hiperbolico

Figura 6.3:

4. Problema

Calcule el flujo del campo−→F (x, y, z) = (x, y, z) a traves de la superficie

del solido limitado por x2 + y2 = 9, z = 0, y z = 0.

a) Directamente.

b) Aplicando el Teorema de Stokes

Respuesta

I = 81π

5. Problema

Calcule la integral

∮C

y2dx+xydy+xzdz, siendo C la curva interseccion

del cilindro x2 + y2 = 2y y el plano y = z.

a) Directamente.

b) Aplicando el teorema de Stokes.

Figura 6.4:

Respuesta

563

I = 0

6. Problema

Calcule la integral I =

∮C

(y − 1)dx+ z2dy + ydz, aplicando el teorema

de Stokes, siendo C la curva interseccion de las superficies x2 +y2 =z2

2,

z = y + 1

Figura 6.5:

Respuesta

I = −√

2π

6.5. Aplicaciones

En esta seccion presentamos algunas aplicaciones simples que ilustran lautilizacion de las, integrales de lineas, integral de flujo y de los teoremas deGauss , Stokes y Green .

6.5.1. Aplicaciones Integral de Flujo

Problema 1

Calcular el flujo del campo electrico producido por una carga Q en elorigen, a traves del manto de la esfera S de radio R orientado segun la normalexterior.

SolucionEl campo electrico producido por la carga Q viene dado por

564

−→E =

Q

4πεo

r

r2

donde εouna constante universal . De esta forma se obtiene el siguiente flujoelectrico ∫∫

S

−→E · d

−→S =

∫∫S

Q

4πεo

r

R2· rdS

Parametrizando la superficie en coordenadas esfericas se tiene−→Φ (φ, θ) = (R sinφ cos θ, R sinφ sin θ, R cosφ) , 0 ≤ φ ≤ π, 0 ≤ θ ≤ 2π

=⇒∥∥∥−→Φ φ ×

−→Φ θ

∥∥∥ = R2 sin Φ

∫∫S

Q

4πεo

r

R2· rdS =

∫ 2π

0

∫ π

0

Q

4πεo

1

R2R2 sinφdφdθ

=Q

εo

Por tanto ∫∫S

−→E · d

−→S =

Q

εo

Corresponde a la formulacion integral de la Ley de Gauss, que se aplicatambien a distribuciones de carga mas generales.

Problema 2

Calcular el flujo del campo electrico generado por una carga Q en elorigen, sobre el plano infinito x = 1.

SolucionEn este caso la normal es constante N = i . El campo electrico producido

por una carga Q en coordenadas cartesianas, esta dado por

−→E =

Q

4πεo

r

r2=

Q

4πεo

(x, y, z)

[x2 + y2 + z2]3/2

El flujo del campo viene dado por

∫∫S

−→E · idS =

∫∫S

Q

4πεo

(1, y, z)

[x2 + y2 + z2]3/2· (1, 0, 0) dS

=Q

4πεo

∫ ∞−∞

∫ ∞−∞

dxdy

[1 + y2 + z2]3/2

565

Utilizando el cambio de variables a coordenadas polares, tenemosy = rcosθ, z = rsenθ =⇒ y2 + z2 = r2

y el jacobiano de transformacion es

∣∣∣∣∂ (y, z)

∂ (r, θ)

∣∣∣∣ = r

Reemplazando el integrando, obtenemos

Q

4πεo

∫ ∞0

∫ 2π

0

rdθdr

[1 + r2]3/2=

Q

2εo

∫ ∞0

rdr

[1 + r2]3/2

=Q

εo

[−(1 + r2

)−1/2]∞

0

=Q

εo

Problema 3

Si−→E (x, y, z) = (2x, 2y, 2z) es un campo electrico, encontrar el flujo de

−→E que sale a traves de la superficie cerrada S que consta de la semiesferax2 + y2 + z2 = 1, z ≥ 0, y su base.Solucion

Como los puntos de la circunferencia x2 + y2 = 1, z = 0, son singulares,debemos descomponer la superficie en dos partes, de modo que llamaremosS1 a la semiesfera y S2 al cırculo que forma la tapa inferior.

Una parametrizacion de S1 viene dada por la funcion

−→r 1(u, v) = ( sinu cos v, sinu sin v, cosu)

donde D1 =

(u, v) ∈ IR3/0 ≤ u ≤ π

2, 0 ≤ v ≤ 2π

El vector normal exterior a la superficie es

−→T u ×

−→T v = (sin2 u cos v, sin2 u sin v, cosu sinu)

De este modo, el flujo a traves de S1 es∫∫S1

−→E · ndS =

∫∫D

2(cos2v sin3 u+ sin2 v sin3 u+ sinu cos2 u)dudv

=

∫ 2π

0

∫ π/2

0

2 sinududv

= 4π

Analogamente, si parametrizamos la superficie S2 por

−→r 2(u, v) = (ucosv, u sin v, 0)

566

donde D2 = (u, v) ∈ IR2/0 ≤ u ≤ 1, 0 ≤ v ≤ 2π

−→r u ×−→r v =

∣∣∣∣∣∣i j k

cos v sin v 0−u sin v u cos v 0

∣∣∣∣∣∣ = (0, 0, u)

El flujo a traves de la superficie S2 es

∫∫S2

−→E · ndS =

∫∫D

2(u cos v, u sin v, 0) · (0, 0, u) dudv

=

∫∫D

0 dudv = 0

Por lo tanto, la suma de ambos flujos da como resultado∫∫S

−→E · ndS = 4π

Problema 4

Si−→F (x, y, z) = (0,

√y, 0) representa la velocidad de un fluido. Calcular

la razon del flujo de dicho fluido que atraviesa la superficieS = (x, y, z) : x2 + z2 = y, 0 ≤ y ≤ 1.

Figura 6.6: Superficie S = (x, y, z) : x2 + z2 = y, 0 ≤ y ≤ 1

Solucion

567

En primer lugar, consideremos la siguiente parametrizacion de la superficie:r(u, v) = (u cos v, u2, u sin v), 0 ≤ u ≤ 1, 0 ≤ v ≤ 2π.El vector normal a la superficie viene dado por:

−→T u ×

−→T v =

∣∣∣∣∣∣i j k

cos v 2u sin v−u sin v 0 u cos v

∣∣∣∣∣∣ =

= (2u2 cos v,−u, 2u2 sin v)

Entonces el flujo esta dado por,

∫ ∫S

−→F · ndS =

∫ 2π

0

∫ 1

0

(0, u, 0) · (2u2 cos v,−u, 2u2 sin v)dudv

=

∫ 2π

0

∫ 1

0

(−u2)dudv =

∫ 2π

0

[−u

3

3

]1

0

dv

= −2π

3

El signo negativo del resultado es debido a que el vector normal tiene sentido

opuesto al del movimiento del fluido (la componente j de−→F es positiva pero

la de n es negativa). Ası pues, la razon de flujo que entra a la superficie es

de−2π

3.

6.5.2. Aplicacion del teorema de Gauss

Problema 1

Suponga que la temperatura de un punto de una esfera S es proporcionalal cuadrado de la distancia de dicho punto al centro de la esfera. Se sabe que

el campo estacionario de temperaturas−→J asociado a este potencial queda

definido por la expresion−→J = −∇T , donde k > 0 representa la conductivi-

dad termica del medio y T la temperatura.Calcular directamente la razon total del flujo de calor que atraviesa la

esfera, suponiendo que tiene centro el origen y radio a.SolucionDebemos calcular∫ ∫

S

−→J · ndS =

∫ ∫D

−→J (−→r (u, v)) ·

(−→T u ×

−→T v

)dudv

Consideremos la parametrizacion de S dada por:

568

−→r (u, v) = (a sinu cos v, a sinu sin v, a cosu)

donde D = (u, v) ∈ IR3/0 ≤ u ≤ π, 0 ≤ v ≤ 2πDeterminemos el flujo de calor. Como T (x, y, z) = C·(x2 + y2 + z2), entonces−→J (x, y, z) = −k∇T (x, y, z) = −kC(2x, 2y, 2z)El vector normal exterior a la superficie es

−→T u ×

−→T v = (a2 sin2 u cos v, a2 sin2 u sin v, a cosu sinu)

y la razon de flujo a traves de la esfera viene dada por la integral∫ ∫S

−→J · ndS = −

∫ 2π

0

∫ π

0

kC∇T ·(−→T u ×

−→T v

)dudv

= −∫ 2π

0

∫ π

0

2kC·a3 sinududv

= −8kCπa3

Problema 2

Suponga que la temperatura en una region de IR3 esta dada porT (x, y, z) = C(x2 + y2 + z2).

Se sabe que el campo estacionario de temperaturas−→J asociado a este

potencial queda definido por la expresion−→J = −∇T .Suponga que la region

contiene a la esfera S centrada en el origen y de radio a.Calcular el flujo de calor que sale a traves del casquete esferico S,usando

el teorema de Gauss , dada la conductividad termica > 0 del material.Solucion

Sea Ω un abierto de IR3 de frontera regular S orientada segun la normalexterior N

El flujo de calor producido por el campo estacionario de temperaturas es

∫∫S

−→J · NdS =

∫∫∫V

∇ ·−→J dV

= −κ∫∫∫V

∇ · (∇T ) dV

= −κ∫∫∫V

∇2T dV

569

Calculemos el Laplaciano de temperaturas

∇2T =∂2x2

∂x2+∂2y2

∂y2+∂2z2

∂z2= C(2 + 2 + 2) = 6C

Reemplazando el integrando, queda∫∫S

−→J · d

−→S = −6κC

∫∫∫Ω

dV

= −6κC

(4

3πR3

)= −8κCπR3

Problema 3

El hecho de que la temperatura decrece hacia el origen hace que el gra-diente apunte en esa direccion de modo que el flujo neto de calor que entraa la esfera es negativo.

El filtro de una maquina de lavar ropa tiene la forma conica descrita

por el conjunto Ω =

(x, y, z) ∈ IR3/√x2 + y2 ≤ z ≤ 3

, por el circula una

corriente de agua, cuyo campo de velocidades esta dado por la expresion−→F (x, y, z) = (2yz cos (y2) , 2x cos (x2) , 1) .

a) Muestre que la cantidad de agua en el interior del filtro se mantieneconstante, suponiendo que la densidad el agua es ρ = 1 gr/cm3.

b) Usando el teorema de Stokes, calcule el flujo total de agua traves delas paredes del filtro

SolucionPor el teorema de la divergencia de Gauss, se tiene que el flujo total de

agua a traves de las paredes del filtro es∫∫S

−→F · nds =

∫∫∫Ω

∇ ·−→F dV

Calculemos la divergencia del campo de velocidades

∇ ·−→F =

[∂

∂x

(2yz cos

(y2))

+∂

∂x

(2x cos

(x2))

+∂

∂x(1)

]=⇒

∇ ·−→F = 0

570

Figura 6.7: Ω =

(x, y, z) ∈ IR3/√x2 + y2 ≤ z ≤ 3

Como ∇·−→F = 0,el flujo total de agua a traves de las paredes del filtro es

nulo. Por lo tanto la cantidad de agua que entra al filtro es igual a la que sale,entonces la cantidad de agua en el interior del filtro se mantiene constante.

b) Sea S la pared del manto de Ω .Como−→F es un campo de divergencia

nula en IR3, entonces−→F es un campo rotacional, es decir, existe un campo

vectorial−→R tal que

−→F = ∇×

−→R.

En consecuencia, se busca−→R que satisfaga la condicion anterior.

Sea−→R = (R1, R2, R2) tal que

∂R3

∂y− ∂R2

∂z= 2yz cos

(y2)

∂R1

∂z− ∂R3

∂x= 2xz cos

(x2)

∂R2

∂x− ∂R1

∂y= 1

Este problema tiene muchas soluciones.Formulemos un modelo en queR1 = 0, entonces

∂R3

∂y− ∂R2

∂z= 2yz cos

(y2)

−∂R3

∂x= 2xz cos

(x2)

∂R2

∂x− = 1

Integrando parcialmente las dos ultimas ecuaciones se obtiene

571

∂R3

∂y− ∂R2

∂z= 2yz cos

(y2)

R3 = −zsen(x2)

+ f (x, y)

R2 = x+ g (y, z)

Se tiene mas de una solucion, consideremos g (x, y) = 0, luego queda

∂R3

∂y= 2yz cos

(y2)

R3 = −zsen(x2)

+ f (x, y)

R2 = x

Derivando la segunda ecuacion parcialmente con respecto a y y se iguala conla primera

∂

∂yf (x, y) = 2yz cos

(y2)

Integrando parcialmente con respecto a y esta ultima expresion produce

f (x, y) = zsen(y2)

+ h (z)

Para simplificar consideremos h (z) = 0,por consiguiente

R3 = −zsen(x2)

+ zsen(y2)

Finalmente, el campo−→R queda:

−→R =

(0, x,−zsen

(x2)

+ zsen(y2))

El teorema de Stokes afirma que∫∫S

∇×−→R · ndS =

∮C

−→R · d−→r

El flujo que produce el campo−→R a traves del manto es igual a la integral

de lınea sobre la frontera C que limita la supercicie S.C = (x, y, z) ∈ IR3/ x2 + y2 = 9, z = 3

Parametrizando la curva se tiene−→r (t) = (3 cos t, 3set, 3) , t ∈ [0, 2π]∮

C

−→R · d−→r =

∫ 2π

0

−→R (−→r (t)) · −→r ′ (t) dt

572

=

∫ 2π

0

(0, 3 cos t, 27sen3t− 27sent cos2 t

)· (−3sent, 3 cos t, 0) dt

=

∫ 2π

0

9 cos2 tdt = 9

∫ 2π

0

[1 + cos 2t

2

]dt =

9

2

[sen (2t)

2+ t

]2π

0

= 9π

6.5.3. Aplicacion teorema de Stokes

Problema 1

Calcular el trabajo producido por la fuerza−→F (x, y, z) = (−y3, x3,−z3)

,sobre la trayectoria recorrida en el sentido positivo, dada por la interseccionde las superficies x+ y + z = a, x2 + y2 = a2.

Figura 6.8:

SolucionComo el campo es continuo y la trayectoria es cerrada, podemos calcular

el trabajo aplicando el teorema de Stokes.

W =

∮C

−→F · d−→r =

∫∫S

(∇×

−→F)· n dS

=

∫∫D

(∇×

−→F)·−→n‖−→n ‖

‖−→n ‖ dA

Al parametrizar en coordenadas cartesianas el plano que contiene a lacurva obtenemos−→

φ (x, y) = (x, y, a− x− y), donde (x, y) ∈ D tal que x2 + y2 ≤ a2.

573

Calculemos el integrando del lado derecho de la formula anterior

∇×−→F =

∣∣∣∣∣∣∣∣i j k∂

∂x

∂

∂y

∂

∂z−y3 x3 −z3

∣∣∣∣∣∣∣∣ = (0, 0, 3x2 + 3y2)

El vector normal al plano esta dado por−→n = ∇φ = (1, 1, 1) , donde φ = x+ y + z − a = 0En consecuencia, al sustituir terminos en al ultima integral queda

∫∫D

(∇×

−→F)· −→n dxdy =

∫∫D

(0, 0, 3x2 + 3y2

)· (1, 1, 1) dxdy

= 3

∫∫D

(x2 + y2)dxdy

Si hacemos cambio a coordenadas polares obtenemos

3

∫ 2π

0

∫ a

0

(ρ2)

(ρ) dρdθ = 3

∫ 2π

0

[ρ4

4

]a0

dθ

= 3a4

4

∫ 2π

0

dθ

=6πa4

4

Corresponde al trabajo total realizado por el campo de fuerzas.

Problema 2

Calcular la circulacion del campo de velocidades de un fluıdo dado por−→F (x, y, z) = (arctan(x2), 3x, e3z tan (z)) a lo largo de la interseccion de laesfera x2 + y2 + z2 = 4, con el cilindro x2 + y2 = 1, con z > 0.Solucion.

La circulacion de un campo vectorial es su integral de lınea a lo largo deuna curva cerrada.

Vemos que el campo vectorial es bastante complejo, por lo que calculardirectamente la integral de linea puede resultar engorroso.

Se espera que al ocupar el teorema de Stokes se simplifique el calculo.Entonces ∮

C

−→F · d−→r =

∫∫S

(∇×

−→F)· n dS

574

Figura 6.9:

Calculemos el integrando del lado derecho de la formula anterior

∇×−→F =

∣∣∣∣∣∣∣∣i j k∂

∂x

∂

∂y

∂

∂zarctan(x2) 3x e3z tan(z)

∣∣∣∣∣∣∣∣ = (0, 0, 3)

Luego, queda

∮C

−→F · d−→r =

∫∫D

(0, 0, 3) · −→n dA

Para determinar el vector normal parametricemos la superficie en coor-denadas cilındricas

x = ρ cos θy = ρ sin θ

z =√

4− ρ2

=⇒ −→r (ρ, θ) =(ρ cos θ, ρ sin θ,

√4− ρ2

)donde

(ρ, θ) ∈ D tal que 0≤ ρ ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π

Luego

−→n = (−→r ρ ×−→r θ) =

∣∣∣∣∣∣∣∣i j k

cos θ sin θ − ρ√4− ρ4

−ρ sin θ ρ cos θ 0

∣∣∣∣∣∣∣∣ =

(ρ2 cos θ√

4− ρ4,ρ2 sin θ√

4− ρ4, ρ

)

Reemplazando terminos en el integrando se tiene

575

∮C

−→F · d−→r =

∫∫D

(0, 0, 3) ·

(ρ2 cos θ√

4− ρ4,ρ2senθ√

4− ρ4, ρ

)dρdθ

=

∫ 2π

0

∫ 1

0

3ρdρdθ =

∫ 2π

0

3

[ρ2

2

]1

0

dθ

=3

2

∫ 2π

0

dθ

= 3π

6.5.4. Aplicacion teorema de Green

Problema 1

Usando el teorema de Green determinar el momento de inercia de unaarandela homogenea de densidad superficial σ,que tiene masa M, radio inter-no a y radio externo b; respecto de uno de sus diametros.

Figura 6.10: region R =

(x, y) ∈ IR2/ a2 ≤ x2 + y2 ≤ b2

Solucion.Determinaremos el momento de inercia con respecto al diametro que es

colineal con el eje x.El momento de inercia con respecto a este eje esta dado por

Ix =

∫∫R

σy2dA

donde σ es la densidad superficial.

576

La region R = (x, y) ∈ IR2/ a2 ≤ x2 + y2 ≤ b2 , no es simplementeconexa, sin embargo, se puede extender el teorema de Green, sumando inte-grales de lıneas sobre fronteras separadas, de un numero finito de subregiones(simplemente conexas), para construir una integral sobre una sola frontera.

∫∫R

[∂Q

∂x− ∂P

∂y

]dxdy =

∫C1

Pdx+Qdy −∫C2

Pdx+Qdy

=

∫C1

Pdx+Qdy +

∫−C2

Pdx+Qdy

Buscamos P y Q, tales que

∂Q

∂x− ∂P

∂y= y2

Consideremos en este caso Q = 0 =⇒ −∂P∂y

= y2 =⇒ P = −y3

3Asi, el momento de inercia queda:

Ix =

∫∫R

σy2dA = σ

[∫C1

−y3

3dx−

∫C2

−y3

3dx

]= σ

[∫C1

−y3

3dx+

∫C2

y3

3dx

]Parametrizamos ambas curvas:

C1 :

x = b cos ty = b sin t

=⇒dx = −b sin tdtdy = b cos tdt

con 0 ≤ t ≤ 2π

C2 :

x = a cos ty = a sin t

=⇒dx = −a sin tdtdy = a cos tdt

con 0 ≤ t ≤ 2π

Reemplazando terminos en la ultima integral, queda:

Ix = σ

[∫ 2π

0

−b3 sin3 t

3(−b sin t)dt+

∫ 2π

0

a3 sin3 t

3(−a sin t)dt

]= σ

(b4 − a4)

3

∫ 2π

0

sin4 tdt

= σ(b4 − a4)

3

∫ 2π

0

sin2 t(1− cos2 t

)dt

Aplicando las identidades trigonometricas:

cos2t =(1 + cos 2t)

2, sen2t =

(1− cos 2t)

2, obtenemos

577

Ix = σ(b4 − a4)

3

∫ 2π

0

1

4[(1− cos 2t)(1− cos 2t)] dt

= σ(b4 − a4)

3

[3t

8− sen2t

4+sen4t

32

]2π

0

= σ(b4 − a4)

3

[6π

8

]= πσ(b2 − a2)

(b2 + a2)

4

=M(b2 + a2)

4

Problema 2

Un fluido de densidad constante gira alrededor del eje z con velocidad−→v = w(−yi+xj) donde w es una constante positiva llamada rapidez angular,muestre que la circulacion del campo de velocidades es∮

c

v · d−→r = 2πR2w

SolucionLa circulacion de un campo vectorial es su integral de lınea a lo largo de

una curva cerrada. Por el teorema de Stokes, la circulacion de −→v alrededorde la circunferencia C de radio R que acota a un disco S en el plano xy , estadado por

Calculemos

∇×−→v =

∣∣∣∣∣∣∣∣i j k∂

∂x

∂

∂y

∂

∂z−wy wx 0

∣∣∣∣∣∣∣∣ = (0, 0, (w − (−w)) = (0, 0, 2w)

Luego, (∇×−→v ) · kdS = 2wk · kdS = 2wdxdy.Entonces

∮C

−→v · d−→r =

∫∫S

(∇×−→v ) · k dS

=

∫∫S

2wdxdy

= 2w(πR2

)Problema 3

Sea el campo de fuerzas−→F (x, y) = (2xy2 + y, 2x2y +

x2

2+ x), demostrar

que en cualquier camino cerrado simetrico con respecto al eje y, la circulacion

578

es cero.Solucion

Tenemos que−→F (x, y) = (2xy2 + y, 2x2y+

x2

2+x) es un campo vectorial

continuo con derivadas parciales∂Q

∂x= 4xy + x+ 1

∂P

∂y= 4xy + 1

, continuas definidas en la region de integracion.

Luego, aplicando el teorema de Green se tiene

∮C

−→F · d−→r =

∮(Pdx+Qdy) =

∫∫R

[∂Q

∂x− ∂P

∂y

]dxdy

=

∫∫R

xdxdy

donde R = (x, y) ∈ IR2/− a ≤ x ≤ a, Ψ1 (x) ≤ y ≤ Ψ2 (x)Particionemos la Region R en dos subregiones simetricas con respecto al

eje y, tal que:R = R1 ∪R2 y R1 ∩R2 = φ.Entonces∫∫

R

xdxdy =

∫∫R1

xdxdy +

∫∫R2

xdxdy

Figura 6.11: Region R =

(x, y) ∈ IR2/− a ≤ x ≤ a, Ψ1 (x) ≤ y ≤ Ψ2 (x)

sub-

dividida en dos regiones R1 y R2

Se tiene que x es una funcion impar definida en un intervalo simetrico,entonces ∫ 0

−axdx+

∫ a

0

xdx = 0

579

Por lo tanto ∫∫R1

xdxdy +

∫∫R2

xdxdy = 0

En consecuencia ∮C

−→F · d−→r = 0

6.5.5. Aplicaciones al electromagnetismo

Problema 1

Sean−→E (t, x, y, z)y

−→B (t, x, y, z) los campos electrico y magnetico respec-

tivamente que dependen de la posicion y del tiempo, en el espacio. Sea S unasuperficie con frontera C. Definimos

Voltaje alrededor de C =

∮C

−→E · d−→r

Flujo magnetico a traves de S =

∫∫S

−→B · ndS

La ley de Faraday afirma que el voltaje alrededor de C es igual a la razonde cambio negativo del flujo magnetico a traves de S, es decir∮

C

−→E · d−→r = −1

c

∂

∂t

∫∫S

−→B · ndS (1,1)

Utilice el teorema de Stokes para deducir la Ley de Faraday a partir dela ecuacion diferencial de Maxwell

∇×−→E = −1

c

∂−→B

∂tSolucion

Supongamos que se cumple

∇×−→E = −1

c

∂−→B

∂tSea C una curva cerrada, estacionaria en las coordenadas x, y, z, y S una

superficie limitada por C . Si−→B (t, x, y, z) es el campo magnetico medido en

x, y, z en el instante t, entonces tomando la integral de superficie sobre S setiene. ∫∫

S

(∇×−→E ) · ndS = −1

c

∫∫S

∂

∂t

−→B · ndS

Transformando el lado izquierdo por medio del teorema de Stokes:∫C

−→E · d−→r = −1

c

∫∫S

∂

∂t

−→B · ndS

580

Aplicando linealidad al lado derecho obtenemos∫C

−→E · d−→r = −1

c

∂

∂t

∫∫S

−→B · ndS

que es la ley de Faraday.

Problema 2

La ley de Ampere afirma que si la densidad de corriente electrica esta de-

scrita por un campo vectorial−→J ,y el campo magnetico es

−→B , entonces la

circulacion−→B alrededor de la frontera C que limita una susperficie S es igual

a la integral de−→J sobre S es decir∫

C

−→B · d−→r =

4π

c

∫∫S

−→J · ndS

Pruebe que la ley de Ampere se deduce a partir de la ecuacion de Maxwelldel estado estacionario

∇×−→B =

4π

c

−→J

Solucion

Supongamos que se cumple

∇×−→B =

4π

c

−→J

Tomando la integral de superficie sobre S se tiene.∫∫S

(∇×−→B) · ndS =

4π

c

∫∫S

−→J · ndS

Aplicando el teorema de Stokes al lado izquierdo de la ecuacion∫C

−→B · d−→r =

4π

c

∫∫S

−→J · ndS

que es la ley de Ampere.Esta Ley tambien se puede expresar como∫

C

−→B · d−→r =

4π

cI

donde

I =

∫∫S

−→J · ndS

es la intensidad de la corriente electrica en una superficie S limitada por unacurva cerrada C.

581

Problema 3

Hallar el campo magnetico−→B producido por un alambre recto infinito, a

una distancia r del alambre que lleva una corriente estacionaria I.Solucion

Considere un alambre recto extendido sobre el eje z desde -∞ hasta+∞.Como hay simetrıa cilindrica, el alambre coincide con el eje axial delcilindro,se escoge una trayectoria circular con con un punto del eje z comocentro, con radio r

Por la simetrıa, el vector−→B no es solamente constante azimutal sino

tambien tienen la disma direccion que d−→r y su magnitud∥∥∥−→B∥∥∥es constante

alrededor de la trayectoria C. Por consiguiente

∫C

−→B · d−→r =

4π

cI∫

C

∥∥∥−→B∥∥∥ ‖d−→r ‖ cos 0 =4π

cI∥∥∥−→B∥∥∥∫

C

‖d−→r ‖ =4π

cI∥∥∥−→B∥∥∥ (2πr) =

4π

cI

Finalmente queda

−→B =

2

crIeθ

Problema 4

Sean−→E (t, x, y, z)y

−→B (t, x, y, z) los campos electrico y magnetico respec-

tivamente que dependen de la posicion y del tiempo, en el espacio. que sat-isfacen la ecuaciones de Maxwell

∇×−→E = −1

c

∂−→B

∂t

∇×−→B =

1

c

∂−→E

∂t+

4π

c

−→J

∇ ·−→E = 4πρ

∇ ·−→B = 0

582

que estan escritas para los campos en el vacıo, en presencia de una densidadde carga electrica ρy de corriente,es decir,cargas en movimiento de densidad−→J

a) Deducir la forma integral de la ecuacion de Maxwell∫C

−→B · d−→r =

1

c

∂

∂t

∫∫S

−→E · ndS +

4π

c

∫∫S

−→J · ndS

donde C representa una espira de alambre por el que fluye corriente en elsentido contrario al de los punteros del reloj con respecto al vector unitarionormal a la superficie n. La integral de superficie del primer termino del ladoderecho de la ecuacion es llamada flujo electrico y el segundo corresponde ala intensidad de corriente I. Si S cualquier superficie orientada con fronteraC.

b) Suponga que−→B (t, x, y, z) es un campo solenoidal, es decir,

∇ · (∇ ×−→B ) = 0, que satisface ecuacion (2) de Maxwell. Demostrar que la

densidad de corriente satisface la ecuacion de continuidad.

4π

c

[∇ · J +

∂ρ

∂t

]= 0

Solucionb) Consideremos la ecuacion de Maxwell.

∇×−→B =

1

c

∂−→E

∂t+

4π

c

−→J

Tomando la integral de superficie sobre S se tiene.∫∫S

(∇×−→B) · ndS =

1

c

∫∫S

∂−→E

∂t· ndS +

4π

c

∫∫S

−→J · ndS

Aplicando el teorema de Stokes al lado izquierdo de la ecuacion∫C

−→B · d−→r =

1

c

∫∫S

∂−→E

∂t· ndS +

4π

c

∫∫S

−→J · ndS

Aplicando linealidad al primer termino del lado derecho, obtenemos∫C

−→B · d−→r =

1

c

∂

∂t

∫∫S

−→E · ndS +

4π

c

∫∫S

−→J · ndS

que es la forma integral de la ecuacion de Maxwell.c) Consideremos la ecuacion

583

∇×−→B =

1

c

∂−→E

∂t+

4π

c

−→J

Tomemos la divergencia en los dos lados .

∇ · (∇×−→B ) =

1

c

∂

∂t∇ ·−→E +

4π

c∇ ·−→J

Aplicando la condicion de solenoidal y reemplazando ∇ ·−→E por (3)

0 =1

c

∂

∂t(4πρ) +

4π

c∇ ·−→J

Por lo tanto, se tiene

4π

c

[∇ ·−→J +

∂

∂tρ

]= 0

Problema 5

Sean−→E y

−→B dos vectores con derivadas parciales continuas de segundo

orden con respecto a la posicion y el tiempo . Supongase ademas que−→E y−→

B satisfacen las ecuaciones de Maxwell en el vacıo, en ausencia de densidad

de cargas ρ y densidad de corriente−→J :

∇ ·−→E = 0 (6.5.1)

∇ ·−→B = 0 (6.5.2)

∇×−→E = −1

c

∂−→B

∂t(6.5.3)

∇×−→B =

1

c

∂−→E

∂t(6.5.4)

donde c es una constante que corresponde a la velocidad de la luz en el vacıo

a) Demostrar que−→E y

−→B satisfacen la ecuacion de onda

∇2−→Ψ =1

c2

∂2−→Ψ∂t2

b) Demostrar que−→E y

−→B satisfacen la ecuacion :

∂

∂t

[1

2(−→E 2 +

−→B 2)

]+ c∇ · (

−→E ×

−→B ) = 0

584

c) Integre la expresion anterior sobre un volumen Ω encerrado dentro deuna superficie Σ, y demostrar que

∂

∂t

∫∫∫Ω

[1

2(−→E 2 +

−→B 2)

]dV + c

∫∫S

(−→E ×

−→B ) · ndS = 0

Soluciona) Si tomamos el rotacional de la ecuacion 6.5.3 tenemos:

∇× (∇×−→E ) = −1

c

∂

∂t(∇×

−→B )

Eliminamos a ∇×−→B por medio de la ecuacion 6.5.4, entonces

∇× (∇×−→E ) = −1

c

∂

∂t(1

c

∂−→E

∂t)

∇× (∇×−→E ) = − 1

c2

∂2−→E∂t2

Aplicando al rotacional la identidad:

∇× (∇×−→E ) = ∇(∇ ·

−→E )−∇2−→E

se tiene:

∇(∇ ·−→E )−∇2−→E = − 1

c2

∂2−→E∂t2

Por tanto, aplicando la ecuacion 6.5.1 al primer termino se tiene el campo

electrico−→E satisface la ecuacion de onda

∇2−→E =1

c2

∂2−→E∂t2

Por otra parte, si tomamos el rotacional de la ecuacion 6.5.4 tenemos:

∇× (∇×−→B ) =

1

c

∂

∂t(∇×

−→E )

Eliminamos a ∇×−→E por medio de la ecuacion 6.5.3, entonces

∇× (∇×−→B ) =

1

c

∂

∂t(−1

c

∂−→B

∂t)

∇× (∇×−→B ) = − 1

c2

∂2−→B∂t2

Aplicando al rotacional la identidad:

585

∇× (∇×−→B ) = ∇(∇ ·

−→B )−∇2−→B

se tiene:

∇(∇ ·−→B )−∇2−→B = − 1

c2

∂2−→B∂t2

En consecuencia, aplicando la ecuacion 6.5.2, al primer termino se tiene

que el campo electrico−→B tambien satisface la ecuacion de onda

∇2−→B =1

c2

∂2−→B∂t2

b) Si hacemos en la ecuacion 6.5.3 el producto interno por−→H queda

−→B · (∇×

−→E ) = −1

c

−→B · ∂

∂t

−→B

Analogamente , si hacemos en la ecuacion 6.5.4 el producto interno por−→E

se tiene

−→E · (∇×

−→B ) =

1

c

−→E · ∂

−→E

∂tRestamos la segunda ecuacion de la primera, entonces obtenemos

−→B · (∇×

−→E )−

−→E · (∇×

−→B ) = −1

c

−→B · ∂

∂t

−→B − 1

c

−→E · ∂

−→E

∂t

−→B · (∇×

−→E )−

−→E · (∇×

−→B ) = −1

c

[−→B · ∂

∂t

−→B +

−→E · ∂

−→E

∂t

]Ahora, reemplazando por las identidades:

−→B · (∇×

−→E )−

−→E · (∇×

−→B ) = ∇ · (

−→E ×

−→B )

−→B · ∂

∂t

−→B +

−→E · ∂

−→E

∂t=

∂

∂t

[1

2(−→B 2 +

−→E 2)

]La ecuacion anterior se convierte en

∇ · (−→E ×

−→B ) = −1

c

∂

∂t

[1

2(−→B 2 +

−→E 2)

]por lo tanto, multiplicando por la constante c, obtenemos:

∂

∂t

[1

2(−→E 2 +

−→B 2)

]+ c∇ · (

−→E ×

−→B ) = 0

586

c) Si integramos la ultima expresion sobre el volumen Ω dentro de unasuperficie cerrada S, obtenemos∫∫∫

Ω

∂

∂t

[1

2(−→E 2 +

−→B 2)

]+ c∇ · (

−→E ×

−→B )

dV = 0

Aplicando linealidad queda:

∂

∂t

∫∫∫Ω

[1

2(−→E 2 +

−→B 2)

]dV + c

∫∫∫Ω

∇ · (−→E ×

−→B )dV = 0

Usando el teorema de la divergencia en el segundo termino de la ecuacionqueda:

∂

∂t

∫∫∫Ω

[1

2(−→E 2 +

−→B 2)

]dV + c

∫∫S

(−→E ×

−→B ) · ndS = 0

6.6. Auto evaluaciones

Autoevaluacion No 1Tiempo 2 horasProblema 1Dado el campo vectorial

−→F (x, y, z) = (0, 0, z) .

a) calcular∫∫S

−→F · ndS, siendo S la superficie descrita por la ecuacion

parametrica: −→r (u, v) = (sinu cos v, sinu sin v, cosu sinu) , donde

D = (u, v) /0 ≤ u ≤ π, 0 ≤ v ≤ 2π

b) determine el volumen de la region Ω acotada por la superficie S.

Problema 2

Sea −→r = (x, y, z) en una superficie cerrada regular S. Obtener∫∫S

−→r · ndS en terminos del volumen V que encierra S.

Problema 3.Calcular

∫∫S

−→F · ndS, siendo el campo vectorial

−→F (x, y, z) =

(x2 + y3 + z4, x2 + y3 + z4, x3 + y4 + z4

)y S la superficie formada por las seis caras de paralelepıpedo

Ω =

(x, y, z) ∈ IR3/3 ≤ x ≤ 5, 1 ≤ y ≤ 2, 0 ≤ z ≤ 1

587

Pauta de Correccion

Problema 1a) Calculemos directamente el flujo del campo

−→F sobre la superficie S.∫∫

S

−→F · ndS =

∫∫D

−→F (−→r (u, v)) · −→n dudv

Se tiene que−→F (−→r (u, v)) = (0, 0, cosu sinu) y el vector normal exterior

a lasuperficie es

−→n = −→r u ×−→r v =

∣∣∣∣∣∣i j k

cosu cos v cosu sin v − sin2 u− sinu sin v sinu cos v 0

∣∣∣∣∣∣=

(sin3 u cos v, sin3 u sin v, cosu sinu

)−→F (−→r (u, v)) · −→n = (0, 0, cosu sinu) ·

(sin3 u cos v, sin3 u sin v, cosu sinu

)Reemplazando en el integrando obtenemos:∫ 2π

0

∫ π

0

cos2 u sin2 ududv =1

4

∫ 2π

0

∫ π

0

sin2 2ududv

=1

4

∫ 2π

0

∫ π

0

(1− cos 4u

2

)dudv

=1

4

∫ 2π

0

[2u− sin 4u

4

]π0

dv

=1

4

∫ 2π

0

π

2dv =

π2

4

el flujo del campo−→F sobre la superficie S.

b) Sea Ω la region cuyo volumen esta acotado por la superficie S. Deacuerdo

con el teorema de la divergencia de Gauss, se tiene∫∫S

−→F · ndS =

∫∫∫Ω

∇ ·−→F dV

Como al calcular ∇ ·−→F = 0 + 0 + 1 = 1,obtenemos

588

∫∫S

−→F · ndS =

∫∫∫Ω

dV = V (Ω)

Por tanto, el volumen pedido es

V (Ω) =π2

4

Problema 2.

De acuerdo con el teorema de la divergencia de Gauss se tiene

∫∫S

−→r · ndS =

∫∫∫Ω

∇ · −→r dV

=

∫∫∫Ω

3dV

= 3V

donde V es el volumen encerrado por S

Problema 3

Sea la region cuyo volumen esta acotado por la superficie S. De acuerdocon

el teorema de la divergencia de Gauss, se tiene

∫∫S

−→F · ndS =

∫∫∫Ω

∇ ·−→F dV

Como al calcular ∇ ·−→F = 2x+ 3y2 + 4z3,obtenemos

589

∫∫∫Ω

∇ ·−→F dV =

∫∫∫Ω

(2x+ 3y2 + 4z3

)dxdydz

=

∫ 5

3

∫ 2

1

∫ 1

0

(2x+ 3y2 + 4z3

)dzdydx

=

∫ 5

3

∫ 2

1

[2xz + 3y2z + z4

]10dydx

=

∫ 5

3

∫ 2

1

(2x+ 3y2 + 1

)dydx

=

∫ 5

3

[(2xy + y3 + y

)]21dx

=

∫ 5

3

(2x+ 8)dx =[x2 + 8x

]= 32

Autoevaluacion No 2

Tiempo 2 horasProblema 1.Calcular la integral

∫∫S

−→F · ndS, en donde

−→F (x, y, z) = (xy2, x2y, y) , y S

es la superficie del cilindro x2 + y2 = 1 acotado por los planos:z = 1 y z = −1.

Problema 2.Sea−→F (x, y, z) =

(0,√y, 0)

el campo de velocidades de un fluido. Calcular

el flujo∫∫S

−→F ·ndS, que atraviesa la superficie S = (x, y, z) ∈ IR3/x2 + y2 = y, 0 ≤ y ≤ 1 .

Problema 3.Verificar el teorema de Stokes para

−→F (x, y, z) = (3y,−xz, yz2) , siendo S

la superficie del paraboloide 2z = x2 + y2, limitada por z = 2.Considere quen es la normal exterior a la superficie S.

Pauta de Autocorrecion

Problema 1De acuerdo con el teorema de la divergencia de Gauss,se tiene∫∫

S

−→F · ndS =

∫∫∫Ω

∇ ·−→F dV

590

siendo Ω la region limitada por la superficie S, es decir el cilindro macizo

dado por la ecuacion Ω = (x, y, z) ∈ IR3/x2 + y2 ≤ 1,−1 ≤ z ≤ 1 .Teniendo en cuenta que el integrando en cordenadas cartesianas

∇ ·−→F = y2 + x2 + 0,queda:∫∫∫

Ω

∇ ·−→F dV =

∫∫∫Ω

(x2 + y2

)dxdydz

Por la simetria del integrando y del dominio conviene aplicar el cambiode

coordenadas cilındricas x = ρ cos θ, y = ρ sin θ , cuyo jacobiano es

J (ρ, θ, z) = ρ. Entonces la region Ω transforma a

Ω∗ = (ρ, θ, z) /ρ2 ≤ 1,−1 ≤ z ≤ 1 y el integrando produce ∇ ·−→F =

ρ2,luego.

∫∫∫Ω

(x2 + y2

)dxdydz =

∫∫∫Ω∗

(ρ2)ρdρdθdz

=

∫ 1

−1

∫ 2π

0

∫ 1

0

ρ3dρdθdz

=

∫ 1

−1

∫ 2π

0

[ρ4

4

]1

0

dρdθdz

= π

.

Problema 2.

En primer lugar consideremos la siguiente parametrizacion de la Superfi-cie−→r (u, v) = (u cos v, u2, u sin v) , donde Ω = (u, v) , 0 ≤ u ≤ 1, 0 ≤ v ≤ 2πDeterminemos el vector normal a la superficie−→r u (u, v) = (cos v, 2u, sin v)−→r v (u, v) = (−u sin v, 0, u cos v)

−→r u ×−→r v =

∣∣∣∣∣∣i j k

cos v 2u sin v−u sin v 0 u cos v

∣∣∣∣∣∣ = (2u2 cos v,−u, 2u2 sin v)

Entonces

591

∫∫S

−→F · ndS =

∫∫Ω

−→F (−→r (u, v)) · (−→r u ×−→r v) dudv

=

∫ 2π

0

∫ 1

0

(0, u, 0) ·(2u2 cos v,−u, 2u2 sin v

)dudv

=

∫ 2π

0

∫ 1

0

−u2dudv

= −2π

3

Problema 3.De acuerdo con el teorema de Stokes, debemos verificar que∮

C

−→F · d−→r =

∫∫S

∇×−→F · ndS

En primer lugar, calculemos∮C

−→F · d−→r

Determinemos la curva C que limita la Superficie abierta del paraboloide:si z = 2 =⇒ x2 + y2 = 4

Parametricemos la curva C, con una orientacion positiva, se tiene −→r (t) =

(2 cos t, 2 sin t, 2) t ∈ [2π, 0] y evaluemos el campo sobre la curva−→F (−→r (t)) =

(6 sin t,−4 cos t, 8 sin t) , luego∮C

−→F · d−→r = −

∫ 0

2π

(12 sin2 t+ 8 cos2 t

)dt

=

∫ 2π

0

(8 + 4 sin2 t

)dt

=

∫ 2π

0

(8 + 4

(1− cos 2t

2

))dt

= 16π + 2

[t− sin 2t

2

]2π

0

= 20π

592

Calculemos, ahora∫∫S

∇×−→F · ndS =

∫∫R

∇×−→F · (−→r y ×−→r x) dxdy

Las ecuacion parametrica de la superficie S en coordenadas cartesianas

es −→r (x, y) =

(x, y,

x2 + y2

2

),y el vector normal exterior es

−→n = −→r y ×−→r x =

∣∣∣∣∣∣i j k0 1 y1 0 x

∣∣∣∣∣∣ = (x, y,−1)

Ademas

∇×−→F =

∣∣∣∣∣∣i j k

∂/∂x ∂/∂y ∂/∂z3y −xz yz2

∣∣∣∣∣∣ = (z + x, 0.− (z + 3))

FinalmenteR es la proyeccion sobre el plano xy,R = (x, y) ∈ IR2/x2 + y2 = 4 ,entonces

∫∫R

[(x2 + y2

2

)2

+ x, 0,−x2 + y2

2− 3

]· (x, y,−1) dxdy

=

∫∫R

[x

(x2 + y2

2

)2

+ x2 +x2 + y2

2+ 3

]dxdy

Haciendo un cambio a coordenadas polares x = ρ cos θ, y = ρ sin θ∫ 2π

0

∫ 2

0

[1

4ρ5 cos θ + ρ2 cos θ +

1

2ρ2 + 3

]ρdρdθ

=128

28

∫ 2π

0

cos θdθ + 4

∫ 2π

0

cos2 θdθ + 8

∫ 2π

0

dθ

= 0 + 4

∫ 2π

0

1 + cos 2θ

2dθ + 16π = 4π + 16π

= 20π

Autoevaluacion No3

Tiempo 2 horasPregunta 1

Usar el teorema de Stokes para resolver,∫∫S

∇×−→F · ndS , si la superficie

S esta dada por z = 1− x2 − y2 con z ≥ 0 y−→F = (y, z, x) .

593

Pregunta 2Determinar el area de la superficie x2 + y2 = 4, limitada por el plano

z = 0 y por la superficie z = 2x2 + y2

Pauta Correcciones

Pregunta 1El teorema de Stokes asegura que∫∫

S

∇×−→F · ndS =

∮C

−→F · d−→r

donde C es la curva cerrada que limita S.Sea C: 1 − x2 − y2 = 0; z = 0 =⇒ x2 + y2 = 1 corresponde a una

circunferencia en el plano xy centrada en el origen de radio 1.Al parametrizar la curva considerando una orientacion positiva, produce

−→r (t) = (cos t, sin t, 0) t ∈ [2π, 0] =⇒−→r ′ (t) = (− sin t, cos t, 0) t ∈ [2π, 0] =⇒

−→F (−→r (t)) = (sin t, 0, cos t)

Calculemos entonces la integral de lınea−→F de sobre la curva C

∮C

−→F · d−→r =

∫ 2π

0

[sin t (− sin t) + 0 + 0] dt

= −∫ 2π

0

sin2 tdt = −∫ 2π

0

(1− cos 2t

2

)dt

= −[t

2− sin 2t

4

]2π

0

= −π

Pregunta 2Metodo 1En primer lugar, consideremos la Superficie cilındrica parametrizada por−→r (u, v) = (2 cosu, 2 sinu, v) , donde Ω = (u, v) , 0 ≤ u ≤ 2π, 0 ≤ v ≤ 4 cos2 u+ 4Determinemos el vector normal a la superficie−→r u (u, v) = (−2 sinu, 2 cosu, 0)−→r v (u, v) = (0, 0, 1)

−→r u ×−→r v =

∣∣∣∣∣∣i j k

−2 sinu 2 cosu 00 0 1

∣∣∣∣∣∣ = (2 cosu, 2 sinu, 0)

594

|−→r u ×−→r v| = 2El area de la superficie es entonces

A (S) =

∫ ∫Ω

|−→r u ×−→r v| dudv

=

∫ 2π

0

∫ 4 cos2 u+4

0

2dvdu

= 2

∫ 2π

0

(4 cos2 u+ 4

)du

= 24π

Metodo 2El area de la superficie se puede determinar con la integral curvilınea

A (S) =

∫C

zds

Sea C: x2 + y2 = 4 es a una circunferencia en el plano xy centrada enel origen de radio 2. Al parametrizar la curva considerando una orientacionpositiva, produce

−→r (t) = (2 cos t, 2 sin t) , t ∈ [2π, 0] =⇒−→r ′ (t) = (−2 sin t, 2 cos t) , t ∈ [2π, 0] =⇒

z (−→r (t)) =(4 cos2 u+ 4

)Luego, el area de la superficie es

A (S) =

∫ 2π

0

(4 cos2 u+ 4

)2dt

= 24π

595

Bibliografıa

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[2] George Arfken, Mathematical Methods for Physicists, Academic Press,1985

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596