temas de calculo diferencial en varias variables
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Guía de estudio, con ejemplos resueltos y ejercicios propuestos sobre calculo diferencial en varias variables.TRANSCRIPT
TEMAS DE CALCULO
DIFERENCIAL EN
VARIAS VARIABLES
Abel Enrique Posso Agudelo
Alejandro Martınez Acosta
Jose Rodrigo Gonzalez Granada
x
y
z
Universidad Tecnologica de Pereira
Facultad de Ciencias Basicas
Departamento de Matematicas
TEMAS DE CALCULO DIFERENCIAL EN VARIAS VARIABLES
c© Abel Enrique Posso Agudelo. Autor
Profesor titular
Universidad Tecnologica de Pereira
c© Alejandro Martınez Acosta. Autor
Profesor asociado
Universidad Tecnologica de Pereira
c© Jose Rodrigo Gonzalez Granada. Autor
Profesor asistente
Universidad Tecnologica de Pereira
Primera edicion, Pereira - Risaralda. Mayo de 2010
ISBN
Caratula: Alejandro Martınez Acosta
Portada: Abel Enrique Posso Agudelo
Diseno y diagramacion: los autores
Digitacion y elaboracion de dibujos: Los autores
Impreso y hecho en Colombia
Impreso por POSTERGRAPH S. A.
Derechos reservados.
Prohibida la reproduccion total o parcial sin autorizacion escrita del titular
de los derechos.
Contenido
Prefacio v
1. Vectores 1
1.1. Coordenadas y vectores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.1.1. Coordenadas cartesianas en Rn . . . . . . . . . . . . . 1
1.1.2. Vectores en Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2. Operaciones con vectores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.2.1. Suma y multiplicacion por un escalar . . . . . . . . . . 10
1.2.2. Producto escalar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.2.3. Producto vectorial en R3 . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
1.3. Rectas y planos en el espacio (R3) . . . . . . . . . . . . . . . . 22
1.3.1. Rectas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
1.3.2. Planos en el espacio (R3) . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
1.4. Ejercicios del capıtulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
2. Superficies 31
2.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
2.2. Superficies cilındricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
2.3. Superficies de revolucion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
i
Contenido
2.4. Superficies cuadricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
2.5. Ejercicios del capıtulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
3. Funciones vectoriales 43
3.1. Funciones vectoriales y curvas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
3.2. Lımites y continuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
3.3. Derivadas e integrales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
3.4. Longitud de arco y curvatura . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
3.4.1. El triedro movil T , N , B . . . . . . . . . . . . . . . . 51
3.4.2. Curvatura y cırculo osculador en curvas planas . . . . . 53
3.4.3. Curvatura y torsion en curvas en el espacio . . . . . . . 57
3.5. Movimiento en el espacio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
3.5.1. Posicion, velocidad y aceleracion . . . . . . . . . . . . . 58
3.5.2. Componentes tangencial y normal de ~a . . . . . . . . . 60
3.6. Ejercicios del capıtulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62
4. Derivacion parcial 65
4.1. Campos escalares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65
4.1.1. Puntos y conjuntos en Rn . . . . . . . . . . . . . . . . 65
4.1.2. Definicion, dominio y recorrido . . . . . . . . . . . . . 66
4.1.3. Conjuntos de nivel y graficas . . . . . . . . . . . . . . . 68
4.2. Lımites y continuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
4.3. Derivadas parciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
4.4. Plano tangente y diferenciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
4.5. Regla de la cadena . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88
4.6. Gradientes y conjuntos de nivel . . . . . . . . . . . . . . . . . 92
4.7. Derivadas direccionales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94
ii
Contenido
4.8. Valores extremos y puntos de silla . . . . . . . . . . . . . . . . 97
4.9. Multiplicadores de Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104
4.10. Ejercicios del capıtulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110
iii
PREFACIO
El objetivo principal de este libro es el de proporcionar una introduccion
al calculo diferencial de funciones de varias variables. Contiene elementos
teoricos y ejercicios suficientes para ser usado como libro de texto en los cursos
de calculo en varias variables que se imparten en las diversas universidades
colombianas en las carreras de ingenierıas y tecnologıas. En particular, en la
Universidad Tecnologica de Pereira el libro puede ser utilizado en los cursos
de Matematicas III.
En el libro tratamos de exponer, de manera sencilla, los conceptos basicos
del calculo diferencial en varias variables y algunas de sus aplicaciones. Este
ha sido nuestro objetivo principal al escribir estas notas y, con la idea de que
sean utiles al mayor numero posible de lectores, hemos procurado exponer
los conceptos de tal manera que puedan ser entendidos sin dificultad por
aquellos que conozcan las nociones basicas del algebra vectorial y del calculo
diferencial e integral en una variable. Resaltamos que el calculo diferencial
e integral de funciones de varias variables son materias fundamentales del
analisis matematico, tanto por su interes en matematicas puras como por su
utilidad para modelar y resolver problemas en ingenierıa.
El texto se ha estructurado como los libros usuales de matematicas en el
sentido de exponer definiciones, teoremas, proposiciones, lemas, corolarios,
etc., y aunque se omite la demostracion de la mayorıa de los teoremas no se
ha descuidado el rigor en el tratamiento de los mismos.
Consideramos que durante el aprendizaje de una materia el alumno debe
v
Prefacio
tomar una posicion activa y de discusion. De acuerdo con esta idea, el apren-
dizaje que se propone aquı sera a traves de la realizacion de ejercicios. Los
hay de clase muy diversa: desde aquellos donde se trata simplemente de apli-
car una definicion a una situacion concreta hasta aquellos que constituyen
en realidad un buen resultado matematico. Hemos procurado no seleccio-
nar ejercicios repetitivos sobre una misma idea, sino mas bien aquellos que
ayudan a dar claridad a los conceptos.
Las figuras incluidas en el texto se elaboraron con el paquete Pstricks. Ani-
mamos al lector a que dibuje, siempre que le sea posible, las ideas presentes
en el mismo, puesto que en multitud de ocasiones es una ayuda decisiva pa-
ra entender los razonamientos formales. No olvidemos el adagio popular: un
buen dibujo vale mas que mil palabras.
Existe una amplia gama de programas informaticos para graficar funciones,
algunos de ellos muy buenos y variados. Por su facilidad en el uso reco-
mendamos el Asistente matematico DERIVETM (de Texas Instruments). Las
posibilidades de calculo numerico y graficacion de un asistente matemati-
co como DERIVETM permiten mejorar la comprension de muchos conceptos
matematicos, sobre todo a aquellos estudiantes que presentan problemas a la
hora de realizar los calculos permitiendoles avanzar a pesar de sus deficiencias
de formacion.
El libro se ha dividido en cuatro capıtulos que pueden ser cubiertos en 8
semanas de clase con una intensidad de 5 horas semanales.
En el capıtulo 1 se estudian algunos conceptos del algebra vectorial que son
necesarios para afrontar las ideas del calculo diferencial de funciones de va-
rias variables. Este capıtulo puede ser omitido por aquellos estudiantes que
han cursado y aprobado la asignatura Algebra lineal que se imparte en la
Universidad Tecnologica de Pereira.
En el capıtulo 2 se hace un estudio de las superficies. En particular se estudian
las superficies cilındricas, las cuadricas y las superficies de revolucion, que
vi
Prefacio
serviran para ilustrar las ideas principales del calculo diferencial.
En el capıtulo 3 se estudian las funciones vectoriales, empezando con la defi-
nicion y la parametrizacion de curvas en R2 y R
3. Se estudian los conceptos
de lımite, continuidad, derivacion e integracion de funciones vectoriales. El
capıtulo termina con algunas aplicaciones al movimiento de partıculas en el
espacio.
El libro concluye con el capıtulo 4 donde se estudian las funciones de varias
variables y valor real (campos escalares.) Se introducen los conceptos de lımi-
te y continuidad de un campo escalar, derivada parcial, derivada direccional
y gradiente. El capıtulo finaliza con el estudio de los maximos y mınimos de
una funcion.
Finalmente, los autores manifestamos nuestra gratitud a profesores colegas
por las observaciones y consejos valiosos realizados durante la elaboracion del
libro. Igualmente agradecemos a aquellos alumnos que con sus dudas y deseo
de saber mas nos motivan dıa a dıa a mejorar nuestra practica docente. A
todos ellos dedicamos este libro.
Igualmente, expresamos nuestra gratitud anticipada por las crıticas, comen-
tarios y sugerencias que los lectores estimen oportuno hacernos llegar sobre
la presente obra.
Los autores
vii
Capıtulo 1
Vectores
1.1. Coordenadas y vectores
1.1.1. Coordenadas cartesianas en Rn
En esta seccion se hace un breve repaso acerca del sistema de coordenadas
cartesianas rectangulares. Se denominan ası en honor al filosofo y ma-
tematico frances Rene Descartes (1596-1650), quien intento fundamentar su
pensamiento filosofico en la necesidad de tomar un ((punto de partida)) sobre
el que edificar todo el conocimiento.
Como creador de la geometrıa analıtica, co-
mienza tomando un ((punto de partida)): el
sistema de referencia cartesiano, para poder
representar la geometrıa plana tomando co-
mo referencia dos rectas perpendiculares en-
tre sı, que se cortan en un punto denomina-
do ((origen de coordenadas)), ideando ası las
denominadas coordenadas cartesianas (ver fi-
gura 1.2). Figura 1.1. Rene Descartes.
1
2 Capıtulo 1. Vectores
b b
x1
O P
0 x
(a) En la recta
b
b b
x1
y1
P (x1, y
1)Py(0, y
1)
Px(x1, 0)
0 x
y
(b) En el plano
b
b b
b
bb
b b
O(0, 0, 0)
P (x1, y
1, z
1)
Pxy(x1, y
1, 0)
Py(0, y1, 0)
Px(x1, 0, 0)
x
y
z
(c) En el espacio
Figura 1.2. Coordenadas en la recta, en el plano y en el espacio.
Se denota:
R2 = {(x, y) | x, y ∈ R} ,
R3 = {(x, y, z) | x, y, z ∈ R} ,
· · ·R
n = {(x1 , . . . , xn) | xi∈ R; i = 1, 2, . . . , n}
Ejemplo 1.1.1. Determine el signo de cada una de las coordenadas segun
los octantes.
Solucion. De acuerdo con la grafica, se completa la tabla de la siguiente
manera:
x y
z
Plano xy
Plano yz
Plano xz
Octante x y z
I + + +
II − + +
III − − +
IV + − +
V + + −VI − + −VII − − −VIII + − −
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
Seccion 1.1. Coordenadas y vectores 3
Ejemplo 1.1.2. Ubique en R3 cada uno de los siguientes puntos.
a) (1, 0, 0)
b) (0, 1, 0)
c) (0, 0, 1)
d) (2, 4, 4)
e) (2,−2,−3)
f) (−2,−1, 2)
g) (−3, 1,−2)
h) (−4,−2,−1)
i) (2, 4,−1)
Solucion. Se dibujan en dos sistemas para mayor claridad.
xy
z
(1, 0, 0) (0, 1, 0
)
(0, 0, 1) (2, 4, 4)
(2, −2, −3)
(2, 4, −1)
(−3, 1, −2)
(−2, −1, 2)
(−4, −2, −1)
xy
z
Figura 1.3. Ubicacion de puntos en R3
Definicion 1.1.1 (Distancia). Sean P1(x1 , x2 , . . . , xn) y P2(y1 , y2 , . . . , yn) dos
puntos en Rn. La distancia entre P1 y P2 es
d = d(P1, P2) =√
(y1 − x1)2 + (y2 − x2)
2 + · · ·+ (yn − xn)2. (1.1)
Ejemplo 1.1.3. Hallar los valores de λ, si existen, de modo que los puntos
P y Q disten 5 unidades: a) P (−5, 0), Q(λ, 4) b) P (3,−2), Q(λ, 1).
Solucion. De acuerdo con (1.1) se tiene
a)√
(λ + 5)2 + 16 = 5 ⇒ (λ + 5)2 = 9 ⇒ λ = −2 o λ = −8
b)√
(λ − 3)2 + 9 = 5 ⇒ (λ − 3)2 = 16 ⇒ λ = 7 o λ = −1
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
4 Capıtulo 1. Vectores
P (−5, 0)
Q1(−2, 4)Q
2(−8, 4)
d=
5d=
5
x
y
P (3,−2)
Q1(7, 1)Q
2(−1, 1)
d=
5d=
5x
y
Figura 1.4. Grafica ejemplo 1.1.3
Definicion 1.1.2 (Esfera). La superficie esferica o simplemente esfera con
centro en C(x0 , y0, z0) y radio r, es el conjunto de puntos P (x, y, z) del espacio
tales que
(x − x0)2 + (y − y0)
2 + (z − z0)2 = r2 (1.2)
Ejemplo 1.1.4. Determine la ecuacion de la esfera con centro en (5, 2,−1)
y radio 4.
Solucion. Sustituyendo en (1.2), la ecuacion de la esfera es
(x − 5)2 + (y − 2)2 + (z + 1)2 = 16.
Simplificando se obtiene:
x2 + y2 + z2 − 10x − 4y + 2z + 14 = 0.
1.1.2. Vectores en Rn
Definicion 1.1.3 (Vector). Geometricamente un vector en R, R2 o R
3
es un segmento de recta dirigido. Analıticamente un vector en Rn es una
n–tupla ordenada de numeros reales: (x1 , x2 , . . . , xn).
Notacion. Los vectores se denotan mediante letras con una flecha encima,
por ejemplo, #–a ,#–
b , #–v ,# –
A . Un vector tambien se puede representar por un
segmento de recta dirigido en la forma# –
PQ donde P es punto inicial, cola o
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
Seccion 1.1. Coordenadas y vectores 5
punto de aplicacion y Q es el punto terminal, extremo o cabeza.
Si la cola es el origen, se escribira#–
A en
lugar de# –
OA . De este modo se puede
asociar a cada punto A(a1 , . . . , an) de
Rn un unico vector
#–
A = (a1 , . . . , an)
cuya cola es el origen, llamado vector
o anclado del punto A como se ilustra
en la figura 1.5 para R2.
b
b
b
b
O
A(a, b)
#–
A= (a, b)
#
–
PQ
P (x1, y
1)
Q(x2, y
2)
x
y
Figura 1.5. Vectores en R2
Comentario. Aun cuando en algunos textos al definir vector se le caracteriza
con magnitud, direccion y sentido, se ha generalizado la definicion diciendo
que son cantidades con magnitud y direccion incluyendo en esta ultima pa-
labra la idea de hacia donde apunta la flecha sobre la recta que la contiene,
y solo se habla de sentido cuando se quiere hacer enfasis en el mismo. El
sentido lo da la flecha.
Definicion 1.1.4 (Igualdad de vectores en Rn).
1. Geometricamente.
O x
y
Figura 1.6. Vectores iguales en R2
Dos vectores no nulos en R, R2 o
R3 son iguales si y solo si tienen
la misma longitud y direccion.
2. Analıticamente. Los vectores #–u = (x1 , . . . , xn) y #–v = (y1 , . . . , yn) son
iguales si y solo si xi = yi para i = 1, 2, . . . , n.
Ejemplo 1.1.5. Determine los valores de λ y β, si existen, de modo que los
vectores #–u = (2 − λ,−3) y #–v = (−3 − 2β,−λ + β) sean iguales.
Solucion. #–u = #–v implica: 2− λ = −3− 2β y − 3 = −λ + β. Al resolver
se obtiene: λ = 1, β = −2.
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
6 Capıtulo 1. Vectores
Definicion 1.1.5 (Norma de un n–vector). Sea #–a = (a1 , a2 , . . . , an) ∈R
n. La longitud, magnitud o norma de #–a , denotada por ‖ #–a‖, esta dada por
‖ #–a‖ =√
a21+ a2
2+ · · ·+ a2
n =
(n∑
i=1
a2i
)1/2
. (1.3)
Ejemplo 1.1.6. Hallar longitud de los siguientes vectores
a) #–a = (2, 2) b)#–
b = (−4, 3) c) #–u = (13,−2
3, 2
3)
Solucion. Segun (1.3):
a) ‖ #–a‖ =√
22 + 22 =√
8 = 2√
2
b) ‖ #–
b ‖ =√
(−4)2 + 32 =√
25 = 5
c) ‖ #–u‖ =√
(1/3)2 + (−2/3)2 + (2/3)2 =√
1 = 1
Definicion 1.1.6 (Vector unitario). Sea #–u ∈ Rn, se dice que #–u es unitario
si y solo si ‖ #–u‖ = 1. Si #–u es unitario, se denota por u.
Definicion 1.1.7 (Vector nulo). El vector nulo es#–
0 = (0, 0, . . . , 0).
Definicion 1.1.8 (Direccion de un vector en R2). Sea
#–
0 6= #–v ∈ R2.
La direccion de #–v , denotada por θ = dir #–v , es el angulo θ con menor valor
absoluto que forma el vector #–v la parte positiva de las abscisas.
θ1
θ2
θ3
θ4
#–v1
#–v2
#–v3
#–v4
x
y
(a) 0 ≤ θ < 2π
θ1
θ2
θ3
θ4
#–v1
#–v2
#–v3
#–v4
x
y
(b) −π < θ ≤ π
Figura 1.7. Direccion de un vector en R2
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
Seccion 1.1. Coordenadas y vectores 7
En la figura 1.7(b) se muestra la direccion de varios vectores.
Nota. La direccion de un vector no nulo #–v de R2, tambien se puede definir
como el angulo de menor giro positivo del vector con respecto al eje positivo
de las abscisas, como se ilustra en la figura 1.7(a). La direccion de un vector#–v = (x1 , y1) ∈ R
2 esta dada por tan θ =y1
x1
para x1 6= 0. Si x1 = 0, entonces
θ = π2
cuando y1 > 0 y θ = −π2
cuando y1 < 0. La direccion del vector#–
0 no
esta definida.
Ejemplo 1.1.7. Hallar direccion de los siguientes vectores:
a) #–v = (4, 4) b) #–v = (−4, 4) c) #–v = (−2,−2√
3)
Solucion.
a) Como tan θ = 1 y #–v esta en el primer cuadrante, entonces θ = π4.
b) Como tan θ = −1 y #–v esta en el segundo cuadrante, entonces θ = 3π4
.
c) Como tan θ =√
3 y #–v esta en el tercer cuadrante, entonces θ = −2π3
.
θ = π4
#–v = (4, 4)
O x
y
(a)
θ = 3π4
#–v = (−4, 4)
O x
y
(b)
θ = − 2π3
#–v = (−2,−2√
3)
O
x
y
(c)
Observacion. La direccion de un vector en R3, y en general en R
n, no
se puede definir simplemente como el angulo θ que el vector forma con la
parte positiva del eje x o x1 ya que 0 < θ < π2, por ejemplo, existe una
infinitud de vectores que forman un angulo θ con la parte positiva de dicho
eje, describiendo un cono en el espacio. Ver [5], pagina 185.
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
8 Capıtulo 1. Vectores
θθ
O
x
y
z
Figura 1.8. Cono de vectores en R3.
α1
α2
#–v = (x1, y
1)
O x
y
Figura 1.9. Angulos directores en R2
Definicion 1.1.9 (Angulos y cosenos directores en R2). Sea #–v un
vector no nulo en R2. Los angulos α1 y α2 que el vector #–v forma con las
direcciones positivas de los ejes x y y respectivamente, reciben el nombre de
angulos directores. Los cosenos de los angulos directores se llaman cosenos
directores de #–v .
Los cosenos directores de #–v = (x1 , y1) son:
cos α1 =x1
‖ #–v‖ y cos α2 =y1
‖ #–v ‖ (1.4)
Ademas
cos2 α1+ cos2 α
2= 1 (1.5)
Ejemplo 1.1.8. Halle los vectores #–v en R2 si ‖ #–v ‖ = 4 y angulo director
α1 = 3π4
.
Solucion. Al usar la formula (1.5) con α1 = 3π4
se tiene
cos2 α2 = 1 − cos2(3π4
) = 1 − 12
= 12.
Luego,
cos α2 =√
22
o cos α2 = −√
22
.
α1
= 3π4
α1
= 3π4
O x
y
De (1.4), x1 = 2√
2 y y1 = 2√
2 o x1 = 2√
2 y y1 = −2√
2.
Los vectores son #–v = (2√
2, 2√
2) o #–v = (2√
2,−2√
2).
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
Seccion 1.1. Coordenadas y vectores 9
Definicion 1.1.10 (Angulos y cosenos directores en R3 y en R
n).
1. Sea #–v = (x1, y
1, z
1) ∈ R
3, #–v 6= #–
0 . Los angulos α1, α
2y α
3que el vector
#–v forma con las direcciones positivas de los ejes x, y y z respectivamente,
se llaman angulos directores y sus cosenos, cosenos directores de #–v .
O
#–v = (x1, y
1, z
1)
α1
α2
α3
x
y
z
Figura 1.10. Angulos directores en R3
Los cosenos directores de #–v son:
cos α1 =x
1
‖ #–v‖ ,
cos α2
=y1
‖ #–v‖ ,
cos α3 =z1
‖ #–v‖ .
(1.6)
Ademas,
cos2 α1 + cos2 α2 + cos2 α3 = 1. (1.7)
2. Sea #–v = (x1 , x2 , . . . , xn) ∈ R
n, #–v 6= #–
0 . Los angulos α1 , α2 , . . . αn que
el vector #–v forma con las direcciones positivas de los ejes x1, x2, . . . , xn
respectivamente, se llaman angulos directores y sus cosenos, cosenos
directores de #–v . Los cosenos directores de #–v son:
cos α1 =x1
‖ #–v ‖ , cos α2 =x2
‖ #–v‖ , . . . , cos αn
=x
n
‖ #–v ‖Ademas,
cos2 α1 + cos2 α2 + · · ·+ cos2 αn
= 1.
Ejemplo 1.1.9. Halle un vector #–v ∈ R3 de longitud 6, con componentes
positivas y angulos directores iguales.
Solucion. De (1.7), 3 cos2 α1 = 1, pues α1 = α2 = α3 y como #–v esta en
el primer octante, cosα1 =√
33
. Ası, de (1.6), x1 = 2√
3 = x2 = x3 . Luego,#–v = (2
√3, 2
√3, 2
√3).
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
10 Capıtulo 1. Vectores
Definicion 1.1.11 (Direccion de un vector en Rn). Sea
#–
0 6= #–v ∈ Rn, la
direccion de #–v , denotada por dir #–v , se define como el vector unitario
dir #–v =1
‖ #–v‖#–v = (cos α1, cos α2 , . . . , cos αn) = u.
1.2. Operaciones con vectores
1.2.1. Suma y multiplicacion por un escalar
Definicion 1.2.1 (suma).
1. Geometricamente. Sean #–u y #–v dos vectores en R2 o R
3. Graficamente,
la suma de #–u con #–v se puede obtener de dos maneras equivalentes: regla
del triangulo y regla del paralelogramo. Para sumar #–u con #–v mediante
la regla del triangulo, se hace coincidir la cola de #–v con la cabeza de #–u.
Ası, #–u + #–v es el vector cuya cola coincide con la cola de #–v y su cabeza
con la de #–v . Para sumarlos mediante la regla del paralelogramo, se hacen
coincidir sus colas y se forma el paralelogramo, #–u + #–v es el vector formado
por la diagonal que empieza en la cola comun de #–u y #–v .
#–u
#–v
#–u+
#–v
(a) Regla del triangulo
#–u
#–v #–u+
#–v
(b) Regla del paralelogramo
Figura 1.11. Suma geometrica de vectores en R2 y en R
3
Ejemplo 1.2.1. Sean #–u , #–v ∈ R2. Halle ‖ #–u + #–v ‖ si ‖ #–u‖ = 5, ‖ #–v ‖ = 3
y el angulo entre ellos es 60o.
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
Seccion 1.2. Operaciones con vectores 11
Solucion. Por la ley de los cosenos se tiene
‖ #–u + #–v ‖2 = ‖ #–u‖2 + ‖ #–v‖2 − 2 ‖ #–u‖ ‖ #–v‖ cos 120o
= 25 + 9 − 2(5)(3)(−0.5) = 49
Luego, ‖ #–u + #–v‖ = 7.
120o
60o
#–u
#–v
#–u +#–v
2. Analıticamente. Sean #–u = (x1 , x2 , . . . , xn), #–v = (y1 , y2, . . . , yn) ∈ Rn. La
suma de #–u con #–v , denotada por #–u + #–v , se define como
#–u + #–v = (x1 + y1 , x2 + y2, . . . , xn + yn).
Definicion 1.2.2 (Multiplicacion por un escalar).
1. Geometricamente. Sea #–v 6= #–
0 un vector en Rk; k = 1, 2, 3 y λ ∈ R. El
vector λ #–v es el vector que satisface las siguientes condiciones:
a)#–
0 si λ = 0.
b) dir λ #–v = dir #–v si λ > 0.
c) dir λ #–v = dir #–v + π si λ < 0.
#–v
λ #–vb
#–v
λ #–v
(a) Dilatacion: |λ| > 1
#–v
λ #–v
b
λ #–v
#–v
(b) Contraccion: 0 < |λ| < 1
Figura 1.12. Multiplicacion por un escalar
2. Analıticamente. La multiplicacion del vector #–v = (x1 , x2 , . . . , xn) por el
escalar, λ denotada por λ #–v , se define como
λ #–v = (λx1 , λx2 , . . . , λxn).
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
12 Capıtulo 1. Vectores
Definicion 1.2.3 (Resta). Sean #–u = (x1 , . . . , xn), #–v = (y1, . . . , yn) en Rn. La
resta entre #–u y #–v es
#–u − #–v = #–u + (− #–v ) = (x1 − y1, x2 − y2, . . . , xn − yn).
Nota. Sean P y Q puntos en Rn cuyos vectores localizados son
#–
P y#–
Q.
Entonces
# –
PQ =#–
Q − #–
P .
#–u
#–u
#–v
− #–v
#–u−
#–v
(a) Resta
b
b
b
O #–
Q
#–
P
P
Q
# –
PQ
=#–
Q−
#–
P
(b) Vector PQ
Figura 1.13. Resta geometrica de vectores en R2 y en R
3
Ejemplo 1.2.2. Sean #–v1 = (3, 1) y #–v2 = (−1, 2). Halle y dibuje:
a) #–v1 + #–v2 b) #–v1 − #–v2 c) 2 #–v1 + 3 #–v2
Solucion.
a) #–v1 + #–v2 = (2, 3) b) #–v1 − #–v2 = (4,−1) c) 2 #–v1 + 3 #–v2 = (3, 8)
Graficamente se tiene
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
Seccion 1.2. Operaciones con vectores 13
#–v1
#–v2 #–v 1
+#–v 2
O x
y
(a)
#–v1
#–v2
− #–v2
#–v1 − #–v
2
O x
y
(b)
#–v1
#–v2 2 #–v
1
3 #–v2
2#– v1
+3
#– v2
O x
y
(c)
Propiedades de la suma y de la multiplicacion por un escalar
Sean #–u, #–v , #–w ∈ Rn; λ, β ∈ R. Entonces
S1. #–u + #–v es un vector.
S2. #–u + #–v = #–v + #–u
S3. ( #–u + #–v ) + #–w = #–u + ( #–v + #–w )
S4. #–u +#–
0 = #–u
S5. #–u + (− #–u) =#–
0
M1. λ #–u es un vector.
M2. λ( #–u + #–v ) = λ #–u + λ #–v
M3. (λ + β) #–u = λ #–u + β #–u
M4. (λβ) #–u = λ(β #–u) = β(λ #–u)
M5. 1 #–u = #–u
Definicion 1.2.4 (Vectores paralelos). Dos vectores no nulos #–u y #–v se
dicen paralelos cuando existe un escalar (no nulo) λ tal que
#–v = λ #–u o #–u = λ #–v .
Ejemplo 1.2.3. Los vectores #–u = (1,−2, 3, 1) y #–v = (−3, 6,−9,−3) son
paralelos, porque #–v = −3 #–u.
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
14 Capıtulo 1. Vectores
1.2.2. Producto escalar
Definicion 1.2.5 (Producto escalar). Dados #–u = (x1 , x2 , . . . , xn) y#–v = (y
1, y
2, . . . , yn) dos vectores de R
n, el producto escalar, (o producto
punto o producto interno) entre #–u y #–v , denotado por #–u · #–v y que se lee
“u punto v”, se define como
#–u · #–v = x1y1 + x2y2 + · · ·+ xnyn =n∑
i=1
xiyi. (1.8)
Ejemplo 1.2.4. Si #–u = (2, 1,−1), #–v = (−1, 3, 4) y #–w = (1,−2, 3), hallar
a) #–u · #–v b) #–u · #–w c) #–v · #–w
Solucion.
a) #–u · #–v = (2)(−1) + (1)(3) + (−1)(4) = −3
b) #–u · #–w = (2)(1) + (1)(−2) + (−1)(3) = −3
c) #–v · #–w = (−1)(1) + (3)(−2) + (4)(3) = 5
Teorema 1.2.6 (Propiedades). Sean #–u , #–v , #–w ∈ Rn y λ ∈ R, entonces
1. #–u · #–v = #–v · #–u (conmutatividad)
2. #–u · ( #–v + #–w) = #–u · #–v + #–u · #–w (distributividad)
3. λ( #–u · #–v ) = (λ #–u) · #–v = #–u · (λ #–v ) (homogeneidad)
4. #–u · #–u > 0 si #–u 6= #–
0 . (positividad)
A continuacion definimos la longitud o norma de un vector y el angulo entre
dos vectores en terminos del producto escalar
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
Seccion 1.2. Operaciones con vectores 15
Definicion 1.2.7. Sea #–u un vector de Rn. La norma o longitud del vector
#–u se denota con ‖ #–u‖ y se define como
‖ #–u‖ =√
#–u · #–u
Las propiedades de la norma ‖ · ‖ se enuncian en el siguiente teorema
Teorema 1.2.8 (Propiedades). Sean #–u, #–v ∈ Rn y λ ∈ R, entonces
1. ‖ #–u‖ > 0 si #–u 6= #–
0 y es cero solo si #–u =#–
0 (positividad)
2. ‖λ #–u‖ = |λ| ‖ #–u‖ (homogeneidad)
3. ‖ #–u + #–v ‖ ≤ ‖ #–u‖ + ‖ #–v‖ (Desigualdad triangular)
4. | #–u · #–v | ≤ ‖ #–u‖ ‖ #–v‖ (Desigualdad de Cauchy–Schwarz)
Como una consecuencia inmediata de la desigualdad de Cauchy–Schwarz
podemos afirmar que para #–u 6= #–
0 y #–v 6= #–
0 se tiene que
−1 ≤#–u · #–v
‖ #–u‖ ‖ #–v ‖ ≤ 1
lo cual garantiza la existencia de un numero θ en el intervalo [0, π] tal que
cos θ =#–u · #–v
‖ #–u‖ ‖ #–v ‖ .
Esto nos permite definir el angulo entre los vectores no nulos #–u y #–v de la
siguiente manera:
Definicion 1.2.9 (Angulo entre dos vectores).
Sean #–u y #–v vectores no nulos
de Rn. El angulo θ entre ellos
esta dado por
cos θ =#–u · #–v
‖ #–u‖ ‖ #–v‖ . (1.9)O
#–u
#–v
θ
Figura 1.14. Angulo entre vectores
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16 Capıtulo 1. Vectores
Ejemplo 1.2.5. Halle el angulo entre #–u = (1, 0, 0, 1) y #–v = (0, 1, 0, 1).
Solucion. De (1.9), cos θ =#–u · #–v
‖ #–v ‖ ‖ #–u‖ =1√2√
2=
1
2⇒ θ = 60o.
Ejemplo 1.2.6. Que se puede decir de los vectores #–u y #–v si:
a) #–u · #–v = 0 b) #–u · #–v = ±‖ #–u‖ ‖ #–v ‖
Solucion.
a) En este caso, cos θ = 0, luego θ = 90o. Los vectores son ortogonales.
b) Ahora cos θ = ±1, luego θ = 0o o θ = 180o. Los vectores son paralelos.
Definicion 1.2.10 (Vectores ortogonales). Dos vectores no nulos #–u y #–v
son ortogonales (perpendiculares) si el angulo entre ellos es 90o.
Ejemplo 1.2.7. Si ‖ #–u‖ = 3 y ‖ #–v‖ = 5. Calcular ‖ #–u + #–v ‖ en cada caso:
a) #–u y #–v son ortogonales b) el angulo entre ellos es π/3
Solucion.
a) Por el teorema de Pitagoras
‖ #–u + #–v ‖2 = ‖ #–u‖2 + ‖ #–v‖2 = 9 + 25 = 34.
Luego,
‖ #–u + #–v‖ =√
34
b) De acuerdo con el ejercicio 3a,
‖ #–u + #–v ‖2 = ‖ #–u‖2 + 2 #–u · #–v + ‖ #–v‖2
= 34 + 2 ‖ #–u‖ ‖ #–v‖ cos 60o = 9 + 2(3)(5)(0.5) + 25 = 49.
Luego,
‖ #–u + #–v‖ = 7 .
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
Seccion 1.2. Operaciones con vectores 17
Definicion 1.2.11 (Proyeccion y componentes). Sean #–u , #–v ∈ Rn. La
proyeccion de #–v sobre #–u 6= #–
0 , denotada por proy #–u#–v , esta dada por
proy #–u#–v =
#–u · #–v
‖ #–u‖2#–u. (1.10)
La componente de #–v sobre #–u, denotada por comp #–u#–v , esta dada por
comp #–u#–v =
#–u · #–v
‖ #–u‖ = ‖ #–v ‖ cos θ. (1.11)
O #–u
#–v#–w
θ
(a) 0 < θ < π/2
b
O #–u
#–v
θ
(b) θ = π/2
O #–u
#–v#–w
θ
(c) π/2 < θ < π
Figura 1.15. Proyeccion en R2
Ejemplo 1.2.8. Sean #–u = (2, 1, 0,−1) y #–v = (0, 0, 1, 2). Hallar
proy #–v#–u, proy #–u
#–v y comp #–v#–u.
Solucion. #–u · #–v = −2. Luego,
proy #–v#–u =
#–u · #–v
‖ #–v‖2#–v = −2
5(0, 0, 1, 2) = (0, 0,−1
5,−4
5)
proy #–u#–v =
#–v · #–u
‖ #–u‖2#–u = −2
6(2, 1, 0,−1) = (−2
3,−1
3, 0, 1
3)
comp #–v#–u =
#–u · #–v
‖ #–v ‖ = − 2√5
= −2√
5
5
El vector #–w = #–v − proy #–u#–v , se llama proyeccion ortogonal de #–v sobre #–u .
Vectores canonicos
1. En R2 los vectores ı = (1, 0) y = (0, 1) permiten escribir cualquier
vector #–v = (a, b) en la forma: #–v = (a, b) = aı + b.
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
18 Capıtulo 1. Vectores
2. En R3 los vectores ı = (1, 0, 0), = (0, 1, 0) y k = (0, 0, 1) permiten
escribir un vector #–v = (a, b, c) en la forma: #–v = (a, b, c) = aı+ b+ ck.
O
P (a, b)
b
b
x
y
ı
aı
b
#–v=
aı+
b OP (a, b, c)
b
b
x
y
z
ı
k
aı
b
ck
#–v = aı + b + ck
Figura 1.16. Vectores canonicos en R2 y en R
3
3. En Rn, e1 = (1, 0, 0, . . . , 0), e2 = (0, 1, 0, . . . , 0), . . ., en = (0, 0, . . . , 1)
permiten escribir cualquier vector #–v = (a1 , a2, . . . , an) en la forma
#–v = (a1, a
2, . . . , an) = a
1e
1+ a
2e
2+ · · ·+ anen =
n∑
i=1
aiei.
1.2.3. Producto vectorial en R3
Definicion 1.2.12. Sean #–u = (u1, u2, u3) y #–v = (v1 , v2 , v3) dos vectores de
R3, el producto vectorial o producto cruz entre #–u y #–v , denotado por
#–u × #–v , esta dado por
#–u × #–v =
∣∣∣∣∣
u2 u3
v2 v3
∣∣∣∣∣ı −
∣∣∣∣∣
u1 u3
v1 v3
∣∣∣∣∣ +
∣∣∣∣∣
u1 u2
v1 v2
∣∣∣∣∣k =
∣∣∣∣∣∣∣
ı k
u1
u2
u3
v1 v2 v3
∣∣∣∣∣∣∣
(1.12)
Ejemplo 1.2.9. Dados #–u = (1,−1, 3) y #–v = (2, 1,−2), halle #–u × #–v , #–v × #–u
y #–u · ( #–u × #–v ).
Solucion. Usando la formula (1.12), se tiene
#–u × #–v =
∣∣∣∣∣∣∣
ı k
1 −1 3
2 1 −2
∣∣∣∣∣∣∣
= −ı + 8 + 3k
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
Seccion 1.2. Operaciones con vectores 19
#–v × #–u =
∣∣∣∣∣∣∣
ı k
2 1 −2
1 −1 3
∣∣∣∣∣∣∣
= ı − 8 − 3k
#–u · ( #–u × #–v ) = −1 − 8 + 9 = 0
Teorema 1.2.13 (Propiedades del producto vectorial). Sean #–u , #–v , #–w
en R3; λ, β ∈ R
1. #–u × #–v = − #–v × #–u. (Anticonmutativa)
2. #–u × ( #–v + #–w) = #–u × #–v + #–u × #–w. (Distributiva por la izquierda)
3. ( #–u + #–v ) × #–w = #–u × #–w + #–v × #–w. (Distributiva por la derecha)
4. λ( #–u × #–v ) = (λ #–u) × #–v = #–u × (λ #–v ). (Asociativa escalar)
5. #–u × #–
0 =#–
0 =#–
0 × #–u
6. #–u × #–u =#–
0 y λ #–u × #–u =#–
0 . (Paralelismo )
7. #–u · ( #–u × #–v ) = 0 = #–v · ( #–u × #–v ). (Ortogonalidad )
8. #–u × ( #–v × #–w) = ( #–u · #–w) #–v − ( #–u · #–v ) #–w. (Triple producto vectorial )
9. #–u · ( #–v × #–w) = #–v · ( #–w × #–u × #–w) = #–w · ( #–u × #–v ). (Producto mixto )
Ejemplo 1.2.10. Hallar un vector unitario ortogonal tanto a #–u = ı − 3
como a #–v = 3 + 2k.
Solucion. Un vector perpendicular a ambos vectores es #–w = #–u × #–v .
#–w = #–u × #–v =
∣∣∣∣∣∣∣∣
ı k
1 −3 0
0 3 2
∣∣∣∣∣∣∣∣
= −6ı − 2 + 3k, ‖ #–w‖ = 7.
Como ‖ #–w‖ = 7, un vector que cumple es w = (−67,−2
7, 3
7).
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
20 Capıtulo 1. Vectores
Teorema 1.2.14 (Identidad de Lagrange). Si #–u y #–v son vectores de R3,
entonces
‖ #–u × #–v‖2 = ‖ #–u‖2 ‖ #–v‖2 − ( #–u · #–v )2
Ejemplo 1.2.11. Demostrar: ‖ #–u × #–v ‖ = ‖ #–u‖ ‖ #–v ‖ sen θ, donde θ es el angu-
lo entre #–u y #–v .
Solucion. De acuerdo con la identidad de Lagrange
‖ #–u × #–v ‖2 = ‖ #–u‖2 ‖ #–v‖2 − ( #–u · #–v )2 = ‖ #–u‖2 ‖ #–v‖2 − ‖ #–u‖2 ‖ #–v ‖2 cos2 θ
= ‖ #–u‖2 ‖ #–u‖2 (1 − cos2 θ) = ‖ #–u‖2 ‖ #–u‖2 sen2 θ
Luego,
‖ #–u × #–v ‖ = ‖ #–u‖ ‖ #–v‖ sen θ .
Ejemplo 1.2.12. Sean #–a ,#–
b , #–c ∈ R3. Si ‖ #–a‖ = 4, ‖ #–
b‖ = 6 y el angulo entre#–a y
#–
b es θ = 2π/3. Si #–c = 3 #–a − #–a × 2#–
b , calcule#–
b · #–c , ‖ #–c ‖ y el angulo
entre#–
b y #–c .
Solucion. Se tiene
#–
b · #–c =#–
b · (3 #–a − ( #–a × 2#–
b )) = 3#–
b · #–a − 2#–
b · ( #–a × #–
b )
= 3 ‖ #–a‖ ‖ #–
b ‖ cos 2π3
= 3 · 4 · 6 · (−0.5) = −36, pues b · ( #–a × #–
b ) =#–
0 .
‖ #–c ‖2 = #–c · #–c = (3 #–a − #–a × 2#–
b ) · (3 #–a − #–a × 2#–
b )
= ‖3 #–a‖2 − 12 #–a · ( #–a × #–
b ) + ‖ #–a × 2#–
b ‖2
= 9 ‖ #–a‖2 + 4 ‖ #–a‖2 ‖ #–
b ‖2 sen2 120o, porque #–a · ( #–a × #–
b ) =#–
0
= 36 + 4 · 16 · 36 · 0.75 = 1764
Luego, ‖ #–c ‖ = 42. Finalmente,
cos θ =
#–
b · #–c
‖ #–
b ‖ ‖ #–c ‖= − 34
6 · 42= − 17
126
Entonces θ = cos−1(− 17
126
)≈ 97.8o.
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
Seccion 1.2. Operaciones con vectores 21
Interpretacion geometrica de ‖ #–u × #–v ‖ y ( #–u × #–v ) · #–w
θ
#–u × #–v
h
#–u
#–v
(a) Paralelogramo
h
#–u
#–v
#–w
#–u × #–v
(b) Paralelepıpedo
Figura 1.17. Areas y volumenes
1. El area A del paralelogramo determinado por #–u y #–v esta dada por:
A = ‖ #–u × #–v‖
2. El volumen V del paralelepıpedo determinado por #–u , #–v y #–w es:
V = |( #–u × #–v ) · #–w |
Teorema 1.2.15. Sean #–u = (u1, u
2, u
3), #–v = (v
1, v
2, v
3) y #–w = (w
1, w
2, w
3)
entonces
( #–u × #–v ) · #–w =
∣∣∣∣∣∣∣
u1 u2 u3
v1 v2 v3
w1
w2
w3
∣∣∣∣∣∣∣
Ejemplo 1.2.13.
a) Halle el area del paralelogramo cuyos vertices consecutivos son los puntos
P (1,−2, 3), Q(2, 1, 0) y R(0, 4, 0).
b) Halle el volumen del paralelepıpedo cuyos lados adyacentes son los vecto-
res #–u = (1, 2, 2), #–v = (−2, 1, 3) y #–w = (−3, 3, 1)
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
22 Capıtulo 1. Vectores
Solucion.
a) El area del paralelogramo es∥∥
# –
PQ × # –
PR∥∥.
~v =# –
PQ × # –
PR =
∣∣∣∣∣∣∣
ı k
1 3 −3
−1 6 −3
∣∣∣∣∣∣∣
= (9, 6, 9) = 3(3, 2, 3)
Luego, el area A del paralelogramo es ‖ #–v ‖ = 3√
22 [u2].
b) El volumen del paralelepıpedo es V = |( #–u × #–v ) · #–w|.
( #–u × #–v ) · #–w =
∣∣∣∣∣∣∣
1 2 2
−2 1 3
−3 3 1
∣∣∣∣∣∣∣
= −28
Entonces, V = |−28| = 28 [u3] .
1.3. Rectas y planos en el espacio (R3)
1.3.1. Rectas
Una recta L en el espacio queda determinada si se conoce un punto P0
por
donde pasa y un vector no nulo #–v paralelo a ella, llamado vector director.
P0(x
0, y
0, z
0)
P (x, y, z)
b
bL
O
#–
P
#–
P0
#–v
#–v = (a, b, c)
x
y
z
Figura 1.18. Recta en R3
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
Seccion 1.3. Rectas y planos en el espacio (R3) 23
El vector# –
P0P es paralelo a #–v , luego existe t ∈ R tal que
# –
P0P = t #–v . Por la
regla del triangulo,
#–
P =#–
P (t) =#–
P 0 + t #–v ; t ∈ R, (1.13)
denominada ecuacion vectorial de L.
En terminos de sus coordenadas, las ecuaciones parametricas de L son:
x = x0 + at
y = y0 + bt,
z = z0 + ct
t ∈ R (1.14)
Ahora, si abc 6= 0, entonces
x − x0
a=
y − y0
b=
z − z0
c, (1.15)
son las ecuaciones simetricas de L.
Ejemplo 1.3.1. Sean A(2, 3,−1) y B(−1, 2, 4) dos puntos de R3.
a) Halle ecuaciones parametricas para la recta L que pasa por A y B
b) Determine si C(−4, 1, 9) y D(5, 4, 6) pertenecen a la recta L.
Solucion.
a) Un vector paralelo a la recta L es# –
AB =#–
B − #–
A = (−3,−1, 5). Ası, unas
ecuaciones parametricas para L son
x = 2 − 3t, y = 3 − t, z = −1 + 5t; t ∈ R.
b) El punto C esta en L si y solo si existe un numero real t tal que
−4 = 2 − 3t, 1 = 3 − t, 9 = −1 + 5t .
Las tres ecuaciones se satisfacen para t = 2, luego C esta en L.
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
24 Capıtulo 1. Vectores
El punto D esta en L si y solo si existe un unico real t tal que
5 = 2 − 3t, 4 = 3 − t, 6 = −1 + 5t.
No existe un numero real t que satisfaga las tres ecuaciones simultanea-
mente. Luego D no esta en L.
Ejemplo 1.3.2. Sean P0(1, 4, 3) ∈ R3 y #–v = −5ı + 3k un vector. Halle
a) ecuaciones simetricas para la recta que pasa por P0 y es paralela a #–v .
b) los puntos donde la recta corta a los planos coordenados.
Solucion.
a) Unas ecuaciones simetricas para la recta son:
x − 1
−5=
z − 3
3; y = 4
b) Para esto, se escriben las ecuaciones parametricas:
x = 1 − 5t, y = 4, z = 3 + 3t; t ∈ R.
El corte con el plano xy ocurre cuando z = 0, de donde t = −1 y x = 6. La
recta corta al plano xy en el punto (6, 4, 0). El corte con el plano yz ocurre
cuando x = 0, de donde t = −15
y z = 185. La recta corta al plano yz en
(0, 4, 185). No hay corte en el plano xz, pues la recta esta en el plano y = 4.
Definicion 1.3.1 (Rectas paralelas y perpendiculares). Sean L1
y L2
dos rectas en R3 con vectores directores #–v1 y #–v2 , respectivamente.
1. L1 y L2 son paralelas si #–v1 y #–v2 son paralelos y no tienen puntos en
comun.
2. L1 y L2 son coincidentes si tienen todos sus puntos comunes.
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
Seccion 1.3. Rectas y planos en el espacio (R3) 25
3. L1 y L2 son perpendiculares si #–v1 y #–v2 son perpendiculares.
4. L1 y L2 son cruzadas (o sesgadas) si no tienen puntos en comun y #–v1
y #–v2 no son paralelos.
Ejemplo 1.3.3. Determine si el par de rectas son paralelas, perpendiculares
o cruzadas.
L1 :
x = −5 − 2t
y = 2 + t
z = 6 − 6t
, L2 :
x = − 3r
y = 12− r
z = 7 + 4r
Solucion. Dos vectores directores para las rectas son #–v1 = (−2, 1,−6) y#–v
2= (−3,−1, 4) respectivamente. Como ellos no son paralelos, las rectas no
pueden ser paralelas ni coincidentes. Falta ver si son perpendiculares.
#–v1 · #–v2 = 6 − 1 − 24 = −19 6= 0.
Luego, las rectas tampoco son perpendiculares. Falta ver si son sesgadas o
no; para ello se igualan las coordenadas.
−5 − 2t = − 3r (Ec. 1)
2 + t = 1/2 − r (Ec. 2)
6 − 6t = 7 + 4r (Ec. 3)
Ec. 1+2Ec. 2: −1 = 1 − 5r ⇒ r = 25. Sustituyendo en Ec. 2 se obtiene
t = −1910
. Verificando en Ec. 3: 6 − 575
= 7 + 85, pero esta igualdad no se
satisface. Luego las rectas no se cortan; es decir, son sesgadas.
1.3.2. Planos en el espacio (R3)
Un plano π en R3 queda completamente determinado si se conoce un punto
P0 en el y un vector no nulo# –
N = (a, b, c) perpendicular, llamado vector
normal.
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
26 Capıtulo 1. Vectores
P0(x
0, y
0, z
0)
b
b
Q(x, y, z)
O
# –
N = (a, b, c)
π
x
y
z
Figura 1.19. Plano en R3
Si P (x, y, z) ∈ π entonces el vector# –
P0Q es perpendicular a# –
N . Luego
# –
N · # –
P0P = 0.
Al efectuar los calculos y simplificar se obtiene la llamada ecuacion carte-
siana del plano
ax + by + cz = d, donde d =# –
N · #–
P0
Ejemplo 1.3.4. Halle la ecuacion del plano que satisface las condiciones
a) Pasa por P (2, 3,−1) y es perpendicular a la recta
L : x = 1 − 2t, y = −2 + t, z = 3 − t; t ∈ R
b) Contiene los puntos P (2, 3,−1), Q(3, 2, 1) y R(1, 0, 0).
Solucion.
a) Como la recta es perpendicular al plano, un vector normal al plano es# –
N = (2,−1, 1). Luego la ecuacion del plano es
[(x, y, z) − (2, 3 − 1)] · (2,−1, 1) = 0 .
Esto es,
2x − y + z = 0 .
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
Seccion 1.3. Rectas y planos en el espacio (R3) 27
b) Un vector normal al plano es# –
PQ × # –
PR.
# –
PQ × # –
PR =
∣∣∣∣∣∣∣
ı k
1 −1 2
−1 −3 1
∣∣∣∣∣∣∣
= (5,−3,−4)
Tomando# –
N = (5,−3,−4) y P0 = P como el punto del plano, la ecuacion
del plano es
[(x, y, z) − (2, 3,−1)] · (5,−3,−4) = 0 .
Esto es,
5x − 3y − 4z = 5.
Ecuaciones vectorial y parametrica de un plano
Un plano tambien se puede
determinar si se conoce un punto
por donde pasa y dos vectores no
nulos y no paralelos #–u y #–v que
sean paralelos al plano.
Ecuacion vectorial:
#–
Q =#–
P0+ r #–u + s #–u. (1.16)
P0
Q
#–v
#–u
r#–u
+s#–v
O
π
x
y
z
Figura 1.20. Ecuacion vectorial de π
Si #–u = (a1, b1, c1) y #–v = (a2, b2, c2) entonces las ecuaciones parametricas del
plano son:
x = x0 + ra1 + sa2
y = y0+ rb
1+ sb
2
z = z0 + rc1 + sc2
(1.17)
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
28 Capıtulo 1. Vectores
1.4. Ejercicios del capıtulo
1. Hallar la longitud y direccion de los siguientes vectores:
a) #–v = (−4,−4)
b) #–v = (4,−4)
c) #–v = (a, 0)
d) #–v = (0, b)
2. Sean A(−2, 3, 1), B(7, 4, 5) y C(1,−5, 2). Calcule
a) (2#–
A +#–
B) · #–
C
b) proy# –
AB
# –
AC
c) El angulo entre# –
BC y# –
BA
3. Sean #–u y #–v dos vectores de Rn. Demuestre que
a) ‖ #–u + #–v ‖2 = ‖ #–u‖2 + 2 #–u · #–v + ‖ #–v‖2.
b) ‖ #–u − #–v‖2 = ‖ #–u‖2 − 2 #–u · #–v + ‖ #–v ‖2.
4. Sean #–a ,#–
b ∈ R3. Si ‖ #–a‖ = 5, ‖ #–
b ‖ = 2 y el angulo entre #–a y#–
b es 60o,
halle ‖ #–a +#–
b ‖ y ‖ #–a − #–
b ‖
5. Sean#–
B = ı+2+ k,#–
C = 2ı+ − k,#–
D = ı+4+ k,#–
E = 2ı+5+5k.
Muestre que el angulo entre#–
B y#–
C es el doble que el angulo entre#–
D
y#–
E.
6. Sean #–u = (2,−5, 3), #–v = (4, 1,−2) y #–w = (3, 4, 3). Determine los
valores de λ y µ de modo que λ #–u + µ #–v sea ortogonal a #–w y tenga
longitud 2.
7. Sean #–a ,#–
b , #–c ∈ R3 tales que ‖ #–a‖ = 4, ‖ #–
b ‖ = 3, ‖ #–c ‖ = 2, el angulo
entre #–a y#–
b es 120o y #–c es ortogonal a #–a y#–
b . Calcule ‖ #–a +#–
b + #–c ‖y los valores de λ de modo que #–c = λ #–a × #–
b .
8. Considere los puntos P (−2, 3, 4), Q(3, 4, 5) y R(1,−5, 2). Halle
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
Seccion 1.4. Ejercicios del capıtulo 29
a) Las ecuaciones parametricas de la recta que pasa por P y R. Deter-
mine los puntos donde dicha recta cruza los planos coordenados.
b) Las ecuaciones parametricas de la recta que pasa por Q y corta
perpendicularmente a la recta hallada en la parte a).
9. Determine que par de rectas son paralelas (o coincidentes) y cuales
perpendiculares.
L1 :
x = 8 + t
y = 7 − 12t ,
z = −1 + 3t
L2 :
x = 75− 3r
y = −8 + 32r ,
z = 94− 9r
L3 :
x = 3 + 2s
y = 1 − 2s.
z = 2 − s
10. Determine la ecuacion del plano que satisface las condiciones dadas.
a) Pasa por A(−2, 3, 1) y B(1, 2,−1) y es paralelo a la recta
L : x = 1 + 2t; y = 2 − 3t, z = −4 + 3t.
b) Es paralelo al vector #–v = 3ı − + 2k y contiene la recta
L :
x + y − z = 3
2x + 3y + z = 4.
c) Contiene a la recta L : x = 2 − t, y = −1 + 2t, z = 2 − 3t y al
punto A(−2, 1, 2)
11. Determine la distancia de la recta x = 6 + t, y = 5 − 2t, z = −1 + 3t al
punto Q(2, 3,−1)
12. Muestre que las rectas
L1 :
x = 1 + 3t
y = −2 + 4t
z = 4 − 2t
; t ∈ R y L2 :
x = 1 − 32r
y = 1 − 2r
z = −1 + r
; r ∈ R
son paralelas y halle la ecuacion del plano que las contiene.
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
30 Capıtulo 1. Vectores
13. Considere la recta
L1 :
x = 3 + 4t
y = −2 + 2t
z = −3 − t
; t ∈ R
a) Determine ecuaciones parametricas de la recta L2
que pasa por el
punto (1,−5, 4) e intercepta perpendicularmente a la recta L1 .
b) Halle la ecuacion cartesiana del plano que contiene a las rectas L1
y L2.
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
Capıtulo 2
Superficies
2.1. Introduccion
Ası como la grafica de una ecuacion en dos variables x y y dada por
f(x, y) = 0, es por lo general una curva en el plano, la grafica de una ecua-
cion en tres variables x, y y z dada por F (x, y, z) = 0 sera por lo general una
superficie en el espacio. El ejemplo mas simple de superficie es un plano cuya
ecuacion es ax + by + cz = d. Otra superficie simple es la esfera con centro
(x0 , y0, z0) y radio a, cuya ecuacion es (x− x0)2 + (y − y0)
2 + (z − z0)2 = a2.
Dibujar curvas y superficies en el espacio es por lo general difıcil, aun con
ayuda de un computador. Realmente es un arte el poder representar objetos
tridimensionales mediante imagenes bidimensionales. En esta seccion se estu-
dian algunas superficies sencillas que son usadas frecuentemente para ilustrar
las ideas del calculo de varias variables.
Para representar una superficie S en un plano es util analizar las secciones o
intersecciones de la superficie con planos adecuados.
Definicion 2.1.1. La traza de la superficie S en el plano π es la interseccion
de π y S. La interseccion de S con los planos coordenados se llaman trazas
principales.
En la tabla 2.1 se hace una descripcion de las trazas en planos paralelos a
31
32 Capıtulo 2. Superficies
los planos coordenados o en ellos. Para dibujar una superficie en el espacio
debemos estudiar sus trazas principales y unas cuantas en planos paralelos a
los planos coordenados.
Traza Ecuacion Descripcion
z = z0 F (x, y, z0) = 0 Curva paralela al plano xy o en el plano xy
x = y0 F (y0, y, z) = 0 Curva paralela al plano yz o en el plano yz
y = y0 F (x, y0 , z) = 0 Curva paralela al plano xz o en el plano xz
Tabla 2.1. Trazas en planos paralelos a los planos coordenados
Si la superficie S es un plano sus trazas son rectas mientras que si es una
esfera sus trazas son circunferencias.
x
y
z
ax + by + cz = d
Figura 2.1. Trazas de un plano
bb
b
b
O
C
A B
Traza
S
π
Figura 2.2. Traza de una esfera
2.2. Superficies cilındricas
Definicion 2.2.1. Sea C una curva sobre un plano π, llamada directriz y
sea L una recta no paralela al plano, llamada generatriz, la cual puede o
no pasar por C. El conjunto de todos los puntos en las rectas paralelas a Lque intersecan a C recibe el nombre de superficie cilındrica.
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
Seccion 2.2. Superficies cilındricas 33
Las superficies cilındricas tambien reciben el nombre de cilindros.
Para los fines del curso, interesan solo las
superficies cilındricas (o cilindros) cuyas
curvas generatrices estan sobre planos
paralelos a los planos coordenados y cu-
yas directrices son rectas paralelas a al-
guno de los ejes coordenados. Este ti-
po de superficies se denominan cilindros
rectos. Cuando la directriz es una recta
que no es paralela a alguno de los ejes
coordenados el cilindro es oblicuo.
Generatriz
Directriz
π
Figura 2.3. Cilindro
Una ecuacion en dos variables considerada en R3, por lo general es una su-
perficie cilındrica. Si la curva C en el plano xy tiene ecuacion f(x, y) = 0, la
grafica es un cilindro con generatrices paralelas al eje z. La grafica de una
ecuacion g(x, z) = 0 es un cilindro con generatrices paralelas al eje y, y la
grafica de una ecuacion h(y, z) = 0 es un cilindro con generatrices paralelas
al eje x.
Ejemplo 2.2.1. Dibuje el cilindro x2 + y2 = a2.
Solucion. La traza en cualquier
plano horizontal z = k es una cir-
cunferencia con centro en (0, 0, k) y
radio a. Como la variable z no apa-
rece explıcitamente en la ecuacion,
dado cualquier punto (x0 , y0, 0) en
la circunferencia x2 + y2 = a2 en el
plano xy, el punto (x0 , y0, z) esta en
el cilindro para cualquier valor de z.
b
(x0, y
0, 0)
(x0, y
0, z)
(x0, y
0, k)
(0, 0, k)
x y
z
Figura 2.4. Cilindro x2+y2 = a2
Ası, el cilindro x2 + y2 = a2 en el espacio es la union de todas las rectas
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
34 Capıtulo 2. Superficies
verticales que pasan por los puntos de la circunferencia x2 + y2 = a2 en el
plano xy (ver Figura 2.4).
Ejemplo 2.2.2. La grafica de z = 4 − x2 es el cilindro parabolico de
la figura 2.5(a). Sus generatrices son paralelas al eje y y sus trazas en cada
plano perpendicular al eje y es una parabola que es una traslacion paralela
de la parabola z = 4 − x2 en el plano xz.
Ejemplo 2.2.3. La grafica de z = cos y es el cilindro de la figura 2.5(b). Sus
generatrices son paralelas al eje x y sus trazas en cada plano perpendicular
al eje x son traslaciones paralelas de z = cos y en el plano yz.
x
y
z
(a) Cilindro z = 4 − x2
x
y
z
(b) Cilindro z = cos y
Figura 2.5. Graficas ejemplos 2.2.2 y 2.2.3
2.3. Superficies de revolucion
Otra manera de usar una curva plana C para generar una superficie es girar
la curva en el espacio en torno a una recta L en el plano de la curva. La
figura 2.2 muestra la superficie generada al girar la curva f(x, y) = 0 en el
primer cuadrante del plano xy alrededor del eje y.
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
Seccion 2.3. Superficies de revolucion 35
El punto P (x, y, z) esta en la superfi-
cie de revolucion si y solo si el punto
Q(x1 , y, 0) esta en la curva, donde
x1 = |RQ| = |RP | =√
x2 + z2 .
Ası, la ecuacion de la superficie es
f(√
x2 + z2, y) = 0.
xy
z
b
R(0, y, 0)
Q(x1 , y, 0)C : f(x, y) = 0
P (x, y, z)
Figura 2.6. Superficie de revolucion
En la tabla 2.2 se establecen las ecuaciones de varias superficies de revolucion
para una funcion de dos variables en torno a uno de los ejes de coordenadas.
Ecuacion Eje de giro Superficie generada
f(x, y) = 0 x f(x,√
y2 + z2) = 0
f(x, y) = 0 y f(√
x2 + z2, y) = 0
g(x, z) = 0 x g(x,√
y2 + z2) = 0
g(x, z) = 0 z g(√
x2 + y2, z) = 0
h(y, z) = 0 y h(y,√
x2 + z2 ) = 0
h(y, z) = 0 z h(√
x2 + y2, z) = 0
Tabla 2.2. Superficies de revolucion
Ejemplo 2.3.1. La superficie de revolucion que se obtiene al girar la grafica
de y = lnx en torno al eje y es y = 12ln(x2 + z2).
Ejemplo 2.3.2. La superficie de revolucion que se obtiene al girar la grafica
de la elipse 9y2 + 4z2 = 36 en torno al eje z es 9x2 + 9y2 + 4z2 = 36.
Ejemplo 2.3.3. La superficie de revolucion que se obtiene al girar la grafica
de z = e−x2en torno al eje x es y2+z2 = e−2x2
mientras que si se gira entorno
al eje z se obtiene la superficie z = e−(x2+y2).
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36 Capıtulo 2. Superficies
2.4. Superficies cuadraticas o cuadricas
Una superficie cuadratica o cuadrica es la grafica de una ecuacion de
segundo orden en las variables x, y, z
Ax2 + By2 + Cz2 + Dxy + Exz + Fyz + Gx + Hy + Iz + J = 0, (2.1)
donde A, B, C, D, E, F, G, H, I, J son constantes y al menos una entre
A, B, C, D, E, F es distinta de cero. Solo consideraremos ecuaciones cuadrati-
cas sin terminos cruzados (D = E = F = 0), ya que ellos se pueden eliminar
mediante rotacion de ejes.
Elipsoide. La superficie cuadrica de ecuacion
x2
a2+
y2
b2+
z2
c2= 1, (2.2)
donde a, b, c son constantes positivas, es un elipsoide.
Traza Ecuacion Grafica Traza principal
z = z0, |z
0| < c
x2
a2+
y2
b2= 1 − z2
0
c2Elipse x
y
y = y0 , |y0| < bx2
a2+
z2
c2= 1 − y2
0
b2Elipse
x
z
x = x0, |x
0| < a
y2
b2+
z2
c2= 1 − x2
0
a2Elipse
y
z
Tabla 2.3. Trazas elipsoide
Paraboloide elıptico. Es una superficie cuadrica de ecuacion
x2
a2+
y2
b2=
z
c,
x2
a2+
z2
c2=
y
bo
y2
b2+
z2
c2=
x
a(2.3)
En la tabla 2.4 se dan las trazas dex2
a2+
y2
b2=
z
c.
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
Seccion 2.4. Superficies cuadricas 37
Traza Ecuacion Grafica Traza principal
z = z0 ,z0
c> 0
x2
a2+
y2
b2=
z0
cElipse b
x
y
y = y0 , y0 ∈ Rx2
a2+
y20
b2=
z
cParabola
x
z
x = x0, x
0∈ R
x20
a2+
y2
b2=
z
cParabola
y
z
Tabla 2.4. Trazas paraboloide
x
y
z
Figura 2.7. Elipsoidex2
a2+
y2
b2+
z2
c2= 1
x y
z
Figura 2.8. Paraboloidex2
a2+
y2
b2=
z
c, c > 0
Hiperboloide de un hoja. Es la superficie cuadrica de ecuacion
x2
a2+
y2
b2− z2
c2= 1,
x2
a2− y2
b2+
z2
c2= 1 o − x2
a2+
y2
b2+
z2
c2= 1 (2.4)
En la tabla 2.5 se dan las trazas dex2
a2+
y2
b2− z2
c2= 1.
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
38 Capıtulo 2. Superficies
Traza Ecuacion Grafica Traza principal
z = z0 , z0 ∈ Rx2
a2+
y2
b2= 1 +
z20
c2Elipse
x
y
y = y0, |y0| 6= b −x2
a2+
z2
c2= 1 − y2
0
b2Hiperbola
x
z
x = x0 , |x0 | 6= a −y2
b2+
z2
c2= 1 − x2
0
a2Hiperbola y
z
Tabla 2.5. Trazas Hiperboloide de una hoja
Hiperboloide de dos hojas. Es la superficie cuadrica de ecuacion
−x2
a2− y2
b2+
z2
c2= 1,
x2
a2− y2
b2− z2
c2= 1 o − x2
a2+
y2
b2− z2
c2= 1 (2.5)
En la tabla 2.6 se dan las trazas de −x2
a2− y2
b2+
z2
c2= 1.
Traza Ecuacion Grafica Traza principal
z = z0 , |z0 | > cx2
a2+
y2
b2=
z20
c2− 1 Elipse No hay
y = y0, y0 ∈ R −x2
a2+
z2
c2= 1 +
y20
b2Hiperbola x
z
x = x0 , x0 ∈ R −y2
b2+
z2
c2= 1 +
x20
a2Hiperbola y
z
Tabla 2.6. Trazas hiperboloide de dos hojas
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
Seccion 2.4. Superficies cuadricas 39
xy
z
Figura 2.9. Hiperboloidex2
a2+
y2
b2− z2
c2= 1
x
y
z
Figura 2.10. Hiperbloidez2
c2−x2
a2−y2
b2= 1
Cono. Es la superficie cuadrica de ecuacion
x2
a2+
y2
b2− z2
c2= 0,
x2
a2− y2
b2+
z2
c2= 0 o − x2
a2+
y2
b2+
z2
c2= 0 (2.6)
En la tabla 2.7 se dan las trazas dex2
a2+
y2
b2− z2
c2= 0.
Traza Ecuacion Grafica Traza principal
z = z0 , z0 6= 0x2
a2+
y2
b2=
z20
c2Elipse b
x
y
y = y0, y0 6= 0 −x2
a2+
z2
c2=
y20
b2Par de rectas
x
z
x = x0, x
06= 0 −y2
b2+
z2
c2=
x20
a2Par de rectas
y
z
Tabla 2.7. Trazas cono
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
40 Capıtulo 2. Superficies
Paraboloide hiperbolico. Es la superficie cuadrica de ecuacion
x2
a2− y2
b2=
z
c,
x2
a2− z2
c2=
y
bo
z2
c2− y2
b2=
x
a(2.7)
En la tabla 2.8 se dan las trazas dex2
a2− y2
b2=
z
c, c > 0.
Traza Ecuacion Grafica Traza principal
z = z0 , z0 6= 0x2
a2− y2
b2=
z0
cHiperbola
x
y
y = y0, y0 6= 0x2
a2− y2
0
b2=
z
cParabola
x
z
x = x0 , x0 6= 0x2
0
a2− y2
b2=
z
cParabola
y
z
Tabla 2.8. Trazas paraboloide hiperbolico
x
y
z
Figura 2.11. Cono elıptico
x2
a2+
y2
b2=
z2
c2
x
y
z
Figura 2.12. Paraboloide hiperbolico
x2
a2− y2
b2=
z
c, c > 0
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
Seccion 2.4. Superficies cuadricas 41
Esta superficie se asemeja a una silla de montar. Es usual referirse al origen
en la grafica 2.12 como punto de silla o silladura.
Aplicaciones de las superficies cuadricas. Las cuadricas tienen multi-
ples aplicaciones en disenos arquitectonicos y en ingenierıas. Por ejemplo, las
farolas de los automoviles, los reflectores, los radiotelescopios y las antenas
para television por satelite tienen la forma de una porcion de paraboloide.
Esto se debe a la propiedad que tiene cualquier superficie parabolica: las
ondas de luz y las ondas de radio al incidir sobre una superficie parabolica
se reflejan hacia un punto llamado foco. Dicha propiedad se usa tambien en
el diseno de telescopios opticos los cuales permiten concentrar en un punto
la luz proveniente de una fuente debil como la de una estrella lejana. La
cantidad de luz colectada por el instrumento depende fundamentalmente del
diametro del objetivo. Con un telescopio astronomico se pretende captar la
cantidad de luz necesaria para poder observar objetos de bajo brillo, ası como
para obtener imagenes nıtidas y bien definidas.
Las torres de enfriamiento para los reactores nucleares se construyen fre-
cuentemente en forma de hiperboloide de una hoja debido a la estabilidad
estructural de tal superficie.
Los disenadores de palos de golf usan los llamados elipsoides de inercia para
lograr caracterısticas importantes de dichos palos.
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
42 Capıtulo 2. Superficies
2.5. Ejercicios del capıtulo
Bosqueje las graficas de las ecuaciones en los ejercicios 1 a 18.
1. y = 3
2. x2 = 4
3. 2y + 3z = 6
4. x + 3y + 2z = 6
5. x2 − y2 = 4
6. yz = 4
7. x = sen y
8. y = x3
9. z = ex
10. x2 = 4z + 8
11. x2 + 4y2 + 4z2 = 36
12. z = 8 − 2x2 − 2y2
13. x = 4y2 + z2
14. 4x2 + y2 − 9z2 = 36
15. 4y2 − x2 + 9z2 = 36
16. y2 − 9x2 − 4z2 = 36
17. x2 = 4y2 + 9z2
18. y2 − 2x2 = z
En los ejercicios 19 a 24 escriba una ecuacion para la superficie generada al
girar la curva dada en torno al eje indicado. Grafique la superficie.
19. y =√
2x; eje y
20. x = z2, eje x
21. z = 4 − x2, eje z
22. y = e−x2, eje y
23. x = ln y, eje x
24. y2 − z2 = 1, eje z
En los ejercicios 25 a 30 describa las trazas de las superficies dadas
25. x2 + 4y2 = 4 en z = c
26. x2 + 4y2 − 4z2 = 4 en z = c
27. x2 + 4y2 − 4z2 = 4 en x = a
28. z = 4x2 + 9y2 en x = a
29. z = ln(x2 + y2) en y = b
30. y = 4x2 − 9z2 en y = b
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
Capıtulo 3
Funciones vectoriales
3.1. Funciones vectoriales y curvas
Definicion 3.1.1. Una funcion vectorial es una funcion
#–r : D 7→ Rm; D ⊆ R
t → #–r (t) = (f1(t), f2(t), . . . , fm(t)), m ≥ 2.
Para m = 2 es comun usar la notacion
#–r (t) = g(t)ı + h(t) con ı = (1, 0), = (0, 1),
y para m = 3 la notacion
#–r (t) = f(t)ı + g(t) + h(t)k, con ı = (1, 0, 0), = (0, 1, 0), k = (0, 0, 1).
La imagen de una funcion vectorial #–r : [a, b] 7→ Rn; n = 2, 3 es una curva
C. De igual manera, una curva C en R2 o R
3 se puede representar por una
funcion vectorial #–r (t), llamada representacion parametrica de la curva. La
variable t recibe el nombre de parametro.
Las ecuaciones
x = f(t), y = g(t), y = h(t) con a ≤ t ≤ b,
reciben el nombre de ecuaciones parametricas de la curva C. Otras formas de
43
44 Capıtulo 3. Funciones vectoriales
dar la ecuacion de una curva en R3 es:
1. Tomando como parametro una de las coordenadas. Por ejemplo, si ele-
gimos como parametro la coordenada x, escribiremos
x = x, y = f(x), z = h(x), a ≤ x ≤ b
para describir tal situacion.
2. Considerando la curva como la interseccion de dos superficies de R3:
F (x, y, z) = 0, G(x, y, z) = 0
Ejemplo 3.1.1. Dibuje la curva cuya representacion parametrica es
a) #–r (t) = cos t ı + sen2 t , 0 ≤ t ≤ π
b) #–r (t) = a cos t ı + a sen t + bt k, 0 ≤ t ≤ 2π
Solucion.
a) Puesto que x = cos t y y = sen2 t = 1 − cos2 t, entonces y = 1 − x2 con
−1 ≤ x ≤ 1, es la ecuacion cartesiana de la curva. Ası, La curva es un
arco de parabola con punto inicial (1, 0) y punto final (−1, 0).
b) Como x = a cos t y y = a sen t, entonces x2 + y2 = a2. Luego, la curva es
una espiral, resorte o helice que se encuentra en el cilindro x2 + y2 = a2
con punto inicial (a, 0, 0) y punto final (a, 0, 2πb). La curva la podemos
describir, por ejemplo, como la interseccion de las superficies cilındricas
x2 + y2 = a2 y x = a cos z. Esta curva se produce en muchas situaciones
reales. Por ejemplo, es generada por un punto situado en el extremo de
una de las paletas de la helice de un avion que se desplaza en lınea recta.
Para el caso de la figura 3.1(b), el avion se desplaza en la direccion del
eje z con movimiento lineal uniforme y la helice del avion tiene velocidad
angular constante.
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Seccion 3.1. Funciones vectoriales y curvas 45
(−1, 0) (1, 0)
(0, 1)
#–r (t)
x
y
(a)
b
b
b
bb
x y
z
#–r (t)
(b)
Figura 3.1. Grafica ejemplo 3.1.1
Ejemplo 3.1.2. Encuentre una representacion parametrica para la curva de
ecuacion x3 + y3 − xy = 0.
Solucion. Sea P (x, y) un punto de la
curva y t la pendiente del segmento
que une el origen de coordenadas con
el punto P (x, y); esto es, t = yx. Expre-
samos las coordenadas x y y en termi-
nos de t. Reemplazando y = tx y des-
pejando obtenemos
x =t
1 + t3, y =
t2
1 + t3; t 6= −1.
#–r (t)
Pb
x
y
Figura 3.2. Grafica ejemplo 3.1.2
Esta curva, propuesta por Descartes en 1638, se conoce con el nombre de
folium de Descartes.
Ejemplo 3.1.3. Halle una representacion parametrica para la curva C inter-
seccion del cilindro elıptico 4x2 + 9y2 = 36 con el plano x + y + z = 1.
Solucion. La curva C esta en el cilindro elıptico 4x2 + 9y2 = 36, luego
x = 2 cos t, y = 3 sen t; 0 ≤ t ≤ 2π. Como C esta en el plano x + y + z = 1,
z = 1 − 2 cos t − 3 sen t. Ası, una parametrizacion para C es
#–r (t) = 2 cos tı + 3 sen t + (1 − 2 cos t − 3 sen t)k; 0 ≤ t ≤ 2π.
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46 Capıtulo 3. Funciones vectoriales
3.2. Lımites y continuidad
Definicion 3.2.1. Sea #–r (t) una funcion vectorial y#–
L un vector constante,
se dice que #–r tiene lımite#–
L cuando t tiende a t0, en sımbolos lım
t→t0
#–r (t) =#–
L,
si y solo si para cada ǫ > 0 existe δ > 0 tal que
∥∥ #–r (t) − #–
L∥∥ < ǫ siempre que |t − t0 | < δ.
Teorema 3.2.2. Si #–r (t) = f(t) ı + g(t) + h(t) k, entonces
lımt→t0
#–r (t) =
(
lımt→t0
f(t)
)
ı +
(
lımt→t0
g(t)
)
+
(
lımt→t0
h(t)
)
k.
Ejemplo 3.2.1. Halle lımt→0+
(
t ln t ı + sen tt + etk
)
.
Solucion. Por el teorema 3.2.2,
lımt→0+
(
t ln tı +sen t
t + etk
)
=
(
lımt→0+
t ln t
)
ı + lımt→0+
sen t
t + lım
t→0+etk
=
(
lımt→0+
ln t
1/t
)
ı + 1 + 1k
=
(
lımt→0+
1/t
−1/t2
)
ı + + k Por L’Hopital
= − lımt→0+
tı + + k = + k.
Definicion 3.2.3. Sea #–r (t) una funcion vectorial y t0 una constante, se dice
que #–r es continua en t0 si y solo si
lımt→t0
#–r (t) = #–r (t0).
La funcion #–r (t) es continua en un intervalo I si lo es en cada punto de I.
Ejemplo 3.2.2. Encuentre los puntos de discontinuidad de la funcion vec-
torial#–
F (θ) = sec θı + tan θ + θk.
Solucion. La funcion#–
F es discontinua en los puntos donde cos θ = 0. Esto
ocurre para θ = (2n + 1)π/2; n ∈ Z.
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Seccion 3.3. Derivadas e integrales 47
3.3. Derivadas e integrales
Definicion 3.3.1. Sea #–r (t) = (f1(t), f2(t), . . . , fm(t)) una funcion vectorial.
La derivada de #–r se define como el vector
Dt[#–r (t)] = #–r ′(t) = lım
h→0
#–r (t + h) − #–r (t)
h,
si el lımite existe.
Si #–r ′(t0) existe, se dice que #–r es diferencia-
ble en t0. Si #–r ′(t) existe para todo t ∈ I,#–r es diferenciable en I. Si #–r es una para-
metrizacion de la curva C que describe una
partıcula que se mueve en el espacio (m = 3)
o en el plano (m = 2) entonces #–r ′(t) es un
vector tangente a C en el punto P de la curva
cuyo vector posicion es #–r (t).
xy
z#–r (t)
#–r (t + h)
#–r ′(t)
∆ #–r C
P
Figura 3.3. Derivada
Ejemplo 3.3.1. La figura 3.4 muestra la curva con ecuacion parametrica
#–r (t) = (cos t, sen t, t), t ≥ 0.
Cada vector tangente a la curva en el punto#–r (t) esta dado por
#–r ′(t) = (− sen t, cos t, 1), t ≥ 0.
En la grafica se muestran los vectores tan-
gentes correspondientes a t = 0, π2, π, 3π
2, 2π.
xy
z
b
b
b
b
b
Figura 3.4. Helice con tangentes
Definicion 3.3.2. La integral de la funcion vectorial #–r se define como el
vector ∫
#–r (t) dt =#–
R(t) +#–
C,
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48 Capıtulo 3. Funciones vectoriales
donde#–
R(t) es una funcion vectorial cuya derivada es la funcion #–r (t) y#–
C
es un vector constante. La funcion#–
R recibe el nombre de antiderivada o
primitiva de #–r .
Teorema 3.3.3. Si #–r (t) = (f1(t), f
2(t), . . . , f
m(t)), entonces
1. Dt[#–r (t)] = #–r ′(t) = (f ′
1(t), f ′
2(t), . . . , f ′
m(t))
2.
∫
#–r (t) dt =
(∫
f1(t) dt,
∫
f2(t) dt, . . . ,
∫
fm(t) dt
)
Ejemplo 3.3.2. Calcule
∫
#–r (t) dt, en donde #–r (t) = sec tı + tan t + 2tk y
#–
R(0) = ı + − 2k.
Solucion. Integrando se tiene
#–
R(t) =
∫
(sec tı + tan t + 2tk) dt = ln |sec t + tan t|ı + ln |sec t| + t2k +#–
C.
Como#–
R(0) = ı + − 2k, entonces#–
C = ı + − 2k. Luego,
#–
R(t) = (ln |sec t + tan t| + 1) ı + (ln |sec t| + 1) + (t2 − 2)k.
Teorema 3.3.4 (Propiedades de la derivada). Sean #–u , #–v y #–w funciones
vectoriales diferenciables, #–a un vector constante, λ es una constante y f una
funcion de valor real diferenciable. Entonces
1. #–a ′ =#–
0
2. ( #–u ± #–v )′ = #–u ′ ± #–v ′
3. (λ #–u)′ = λ #–u ′
4. (f #–u)′ = f ′ #–u + f #–u ′
5. ( #–u •
#–v )′ = #–u ′•
#–v + #–v •
#–v ′
6. ( #–u × #–v )′ = #–u ′ × #–v + #–v × #–v ′
7. ( #–u • ( #–v × #–w))′ = #–u ′• ( #–v × #–w) + #–u •
#–v ′ × #–w) + #–u • ( #–v × #–w′)
Definicion 3.3.5. Una curva de ecuacion #–r (t) en un intervalo I se llama
suave si #–r ′ es continua y #–r ′(t) 6= 0 (excepto quiza en alguno de los extremos
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
Seccion 3.4. Longitud de arco y curvatura 49
de I). Un punto t0 tal que #–r ′(t0) = 0, en donde #–r (t) tiene una esquina, se
llama vertice. Una curva formada por un numero finito de secciones suaves
se llama suave por segmentos o suave a trozos.
Ejemplo 3.3.3. La funcion definida por#–r (t) = (t3 − 1)ı + t2 tiene un vertice en
t = 0 puesto que #–r ′(t) = 3t2ı + 2t y#–r ′(0) =
#–
0 . El punto correspondiente a
t = 0 es #–r (0) = −ı en donde hay una
esquina.
Vertice −1 x
y
Figura 3.5. Grafica Ejm. 3.3.3
3.4. Longitud de arco y curvatura
Teorema 3.4.1. Sea C una curva con ecuacion #–r (t) = f(t)ı+g(t)+h(t)k;
a ≤ t ≤ b, que no se corta a si misma, excepto quiza en los extremos del
intervalo [a, b], tal que #–r ′(t) es continua en [a, b]. La longitud de C de #–r (a)
a #–r (b) es
L =
∫ b
a
‖ #–r ′(t)‖ dt (3.1)
Ejemplo 3.4.1. Halle la longitud de la curva #–r (t) = 3t ı+2t√
t , 0 ≤ t ≤ 1.
Solucion. Como #–r ′(t) = 3 ı + 3√
t , entonces ‖ #–r ′(t)‖ = 3√
1 + t. Luego,
L = 3
∫ 1
0
√1 + t dt = 2(1 + t)3/2
∣∣∣
1
0= 2
(
2√
2 − 1)
Definicion 3.4.2. Sea C una curva con ecuacion #–r (t) = f(t)ı+g(t)+h(t)k;
a ≤ t ≤ b que no se corta a si misma, excepto quiza en los extremos del
intervalo [a, b] y #–r ′(t) continua en [a, b]. La funcion longitud de arco es
s(t) =
∫ t
a
‖ #–r ′(u)‖ du, a ≤ t ≤ b. (3.2)
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50 Capıtulo 3. Funciones vectoriales
Ejemplo 3.4.2. Determine explıcitamente la funcion longitud de arco
a) #–r (t) = t ı + ln t, t ≥ 1.
b) #–r (t) = (23t3 − 1)ı + (t2 + 1) + tk; t ≥ 0.
Solucion.
a) Como #–r ′(t) = ı + 1t y ‖ #–r ′(t)‖ =
√1+t2
t, entonces
s(t) =
∫ t
1
√1+u2
udu =
√1 + t2 − ln
√1+t2−1√1+t2+1
−√
2 − ln√
2−1√2+1
b) Como #–r ′ = 2t2ı + 2t + k y ‖ #–r ′‖ =√
4t4 + 4t2 + 1 = 2t2 + 1,
entonces
s(t) =
∫ t
0
(2u2 + 1)du = t2 + t.
Reparametrizacion.
Con frecuencia es util parametrizar una curva con respecto a la longitud de
arco porque la longitud de arco surge de manera natural a partir de la forma
de la curva y no depende de un sistema particular de coordenadas.
b
s
x
y
z
(x(s), y(s), z(s))
Figura 3.6. El parametro s es la
longitud de arco
Sean #–r (t) la parametrizacion de una cur-
va y s(t) la longitud de arco dada por
(3.2). Si es posible despejar el parametro
t en terminos de s para obtener la funcion
t = t(s), entonces se puede parametrizar
la curva en terminos de s sustituyendo t
en la parametrizacion dada para obtener#–r (s) = #–r (t(s)). En tal caso se dice que la
curva se ha reparametrizado con respecto
a la longitud de arco.
En la figura 3.6 se ilustra la parametrizacion
#–r (s) = x(s)ı + y(s) + z(s)k (3.3)
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Seccion 3.4. Longitud de arco y curvatura 51
de una curva en R3 con respecto a la longitud de arco.
Ejemplo 3.4.3. Reparametrizar la funcion #–r (t) = 4 cos tı + 4 sen t + 3tk,
t ≥ 0 con respecto a la longitud de arco.
Solucion. Puesto que #–r ′(t) = −4 sen tı+4 cos t+3k, ‖ #–r ′(t)‖ = 5, se tiene
s = s(t) =
∫ t
0
5 du = 5t.
Al despejar t y sustituir en la ecuacion original se obtiene
#–r (s) = 4 cos(s
5
)
ı + 4 sen(s
5
)
+3
5s k.
3.4.1. El triedro movil T , N , B
Se llama triedro movil al conjunto formado por tres vectores unitarios mutua-
mente ortogonales que acompanan el movimiento de una partıcula P sobre
una curva en el espacio R3.
Definicion 3.4.3. Sea C una curva de ecuacion #–r (t) en el espacio con de-
rivada continua en el intervalo a ≤ t ≤ b. El vector tangente unitario de la
curva en el punto #–r (t) es
T (t) =1
‖ #–r ′(t)‖#–r ′(t), si #–r ′(t) 6= 0 (3.4)
Cuando la curva C se parametriza usando la longitud de arco s como parame-
tro se tiene que ‖ #–r ′(s)‖ = 1 y por lo tanto #–r ′(s) sera el vector tangente
unitario. Esto es, T (s) = #–r ′(s) (ver 11 pagina 63. Puesto que el vector T
tiene norma constante entonces por el ejercicio 7 pagina 63, T y T ′ son
ortogonales.
Definicion 3.4.4. Sea C una curva de ecuacion #–r (t) con segunda derivada
continua en [a, b]. El vector normal unitario de la curva en el punto #–r (t) es
N(t) =1
∥∥T ′(t)
∥∥T ′(t), si T ′(t) 6= 0 (3.5)
y apunta en la direccion hacia donde la curva se dobla.
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52 Capıtulo 3. Funciones vectoriales
Definicion 3.4.5. Sea C una curva de ecuacion #–r (t). El vector binormal de
la curva en el punto #–r (t) es el vector unitario
B(t) = T (t) × N(t) (3.6)
Los vectores T , N y B forman un sistema ortonormal de vectores en cada
punto #–r (t), llamado triedro movil o triedro de Frenet. En cada punto de
la curva C, los vectores T y N determinan un plano llamado plano osculador.
Los vectores T y B forman el llamado plano rectificador y los vectores N y
B generan el llamado plano normal.
TN
#–r (a)
#–r (t)
x
y
z
(a) Tangente y normal unitarios
T N
B
C
Plano osculador
Planorectificador
Planonormal
(b) Triedro de Frenet
Figura 3.7. Sistema T , N , B
Nota. Para curvas planas si T = a(t)ı + b(t) es el vector tangente unitario
a la curva C en el punto #–r (t), entonces los vectores N 1(t) = −b(t)ı + a(t)k
y N 2(t) = b(t)ı − a(t)k son normales a C.
Ejemplo 3.4.4. Halle T (t) y N(t) en t = 1, para las curvas
a) #–r (t) = t ı + t2 b) #–r (t) = t ı + 43t√
t + t2k
Solucion.
a) Como #–r ′(t) = ı + 2t, ‖ #–r ′(t)‖ =√
1 + 4t2, entonces
T (t) =1√
1 + 4t2(ı + 2t) , T (1) = 1√
5(ı + 2), N(1) = 1√
5(−2ı + )
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Seccion 3.4. Longitud de arco y curvatura 53
b) Puesto que
#–r ′(t) = ı + 2√
t + 2t k y ‖ #–r ′(t)‖ =√
1 + 4t + 4t2 = 1 + 2t,
se tiene
T (t) = 11+2t
(
ı + 2√
t + 2t k)
, T (1) =1
3ı +
2
3 + 2
3k.
Luego,
T ′(t) = 1(1+2t)2
(
−2 ı + 1−2t√t
+ 2 k)
,∥∥T ′(t)
∥∥ = 1√
t (1+2t),∥∥T (1)
∥∥ = 1
3
N(t) =√
t1+2t
(
−2 ı + 1−2t√t
+ 2 k)
, N(1) = −23ı − 1
3 + 2
3k.
y
x
T (1)N (1)
#–r (1)
(a)
x
y
z
b T (1)
N(1)C
(b)
Figura 3.8. Graficas ejemplo 3.4.4
3.4.2. Curvatura y cırculo osculador en curvas planas
Sea#–r (t) = x(t)ı + y(t), a ≤ t ≤ b (3.7)
el vector de posicion de una curva en el plano y
T (t) =1
‖ #–r ′(t)‖#–r ′(t), (3.8)
el vector tangente unitario en el punto #–r (t). Entonces
T (t) = cos φ ı + sen φ . (3.9)
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54 Capıtulo 3. Funciones vectoriales
Expresando el vector tangente T de (3.9) como una funcion del parametro
longitud de arco s indicado en la figura 3.9(a), entonces la razon en que
cambia T se mide mediante la derivada
dT
ds=
dT
dφ· dφ
ds= (− sen φ ı + cos φ )
dφ
ds(3.10)
Notar que
∥∥∥∥
dT
ds
∥∥∥∥
=
∣∣∣∣
dφ
ds
∣∣∣∣.
Definicion 3.4.6. La curvatura en un punto de una curva plana, denotada
con κ (kappa) se define como
κ =
∣∣∣∣
dφ
ds
∣∣∣∣. (3.11)
s
φ
T
N
#–r (a)
#–r (t)
x
y
(a)
b
b
b
b
P
Q
R
S
(b)
Figura 3.9. Tangente unitario y curvatura
Para una linea recta, el angulo φ es constante, de modo que su curvatura es
cero. La curvatura es mayor en los puntos en donde φ cambia mas rapida-
mente como en los puntos P y R y es mas pequena en Q y S en donde φ
cambia con menos rapidez (ver figura 3.9(b)).
Una consecuencia inmediata de las ecuaciones (3.9) y (3.10) es que
T •
dT
ds= 0,
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
Seccion 3.4. Longitud de arco y curvatura 55
de modo que en cada punto P de una curva, el vector unitario T y su
vector derivada dT /ds son perpendiculares. El vector normal unitario N
que apunta en la direccion de dT /ds recibe el nombre de vector normal
unitario principal a la curva en P . Entonces podemos escribir
dT
ds= κN . (3.12)
donde κ es la curvatura de la curva en P .
A continuacion se enuncian dos resultados que facilitan calcular la curvatura
de una curva plana.
Teorema 3.4.7. Si una curva plana C tiene ecuaciones parametricas suaves
x = x(t), y = y(t) entonces
κ =|x′y′′ − x′′y′|
[(x′)2 + (y′)2]3/2(3.13)
Teorema 3.4.8. Si una curva plana C tiene ecuacion y = f(x) entonces
κ =|y′′|
[1 + (y′)2]3/2(3.14)
Cırculo osculador
Sea C una curva plana y sea P un punto de la curva donde κ 6= 0. El cırculo
tangente a C en P que tiene su centro en la direccion del vector normal uni-
tario N se llama cırculo osculador o cırculo de curvatura de la curva
en P . El radio ρ de dicho cırculo recibe el nombre de radio de curvatura
de C en P . Su centro H es llamado centro de curvatura y el vector de
H, #–γ es llamado vector posicion del centro de curvatura en P .
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
56 Capıtulo 3. Funciones vectoriales
El radio de curvatura esta dado por
ρ =1
κ, κ 6= 0, (3.15)
y su centro de curvatura por
#–γ = #–r + ρN . (3.16)
Ejemplo 3.4.5. Determine los vectores
T , N , la curvatura κ y el centro de curva-
tura de la parabola y = 2 − x2 en el punto
(1, 1).
ρ
x
y
P
T
N#–γ
H
Figura 3.10. Cırculo osculador
Solucion. Parametrizando con x = t, y = 2 − t2, su vector de posicion es#–r (t) = t ı + (2 − t2) , de modo que #–r ′(t) = ı − 2t y su longitud es
‖ #–r ′(t)‖ =√
1 + 4t2. Ası, el vector tangente unitario esta dado por
T (t) =1√
1 + 4t2(ı − 2t ) .
Los vectores tangente y normal principal unitarios en t = 1 son:
T (1) =1√5ı − 2√
5 y N(1) = − 2√
5ı − 1√
5.
Como y = 2−x2, y′ = −2x y y′′ = −2.
Ası, de (3.14) se obtiene
κ =|y′′|
[1 + (y′)2]3/2=
2
[1 + 4x2]3/2.
En el punto (1, 1) la curvatura y el radio
de curvatura son:
κ =2
5√
5y ρ =
5√
5
2.
b
b
x
y
(1, 1)
y = 2 − x2
(−4,− 3
2
)
Figura 3.11. Grafica Ejm. 3.4.5
La ecuacion (3.16) implica que el centro de curvatura es
#–γ = (1, 1) + 5√
52
(
− 2√5,− 1√
5
)
=(−4,−3
2
).
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
Seccion 3.4. Longitud de arco y curvatura 57
La ecuacion del cırculo osculador a la parabola en el punto (1, 1) es
(x + 4)2 +
(
y +3
2
)2
=125
4.
3.4.3. Curvatura y torsion en curvas en el espacio
La curvatura de una curva C en un punto es una medida de la rapidez con
que la curva cambia de direccion en ese punto y se define en terminos de la
longitud de arco para que sea independiente de la parametrizacion.
Definicion 3.4.9. La curvatura de una curva en R3 de ecuacion #–r (s) es
κ =
∥∥∥∥
dT
ds
∥∥∥∥, (3.17)
en donde T es el vector tangente unitario.
Teorema 3.4.10. La curvatura de una curva de ecuacion #–r (t) es
κ =
∥∥T ′(t)
∥∥
‖ #–r ′(t)‖ (3.18)
Como la formula (3.18) es muy tediosa de aplicar, se tiene
Teorema 3.4.11. La curvatura de una curva de ecuacion #–r (t) es
κ =‖ #–r ′(t) × #–r ′′(t)‖
‖ #–r ′(t)‖3 (3.19)
Puesto que B es un vector unitario, entonces dBds
(en caso de ser no nulo)
es ortogonal a B. Por otra parte, si derivamos B = T × N obtenemosdBds
= T × dNds
, lo cual implica que B es tambien ortogonal a T . Entonces B
es un multiplo escalar del vector N . Digamos que
dB
ds= −τN , (3.20)
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
58 Capıtulo 3. Funciones vectoriales
donde τ es un numero real que recibe el nombre de torsion de la curva.
El signo − en la ecuacion (3.20) indica que los vectores dBds
y −N tienen
la misma direccion y sentido cuando los valores de la torsion son positivos.
Cuando una partıcula se mueve sobre la curva en la direccion del vector T
(direccion positiva) y la torsion es positiva el triedro T NB girara alrededor
del vector T en el mismo sentido de un tornillo de rosca derecha que avanza
en la direccion y sentido del vector T Ası, la torsion mide la cantidad que se
tuerce la curva en el sentido en que el sistema formado en cada punto por
T , N y B gira alrededor de la curva.
Formulas de Frenet - Serret.
Las derivadas de los vectores T , N y B con respecto a la longitud de arco s
se pueden expresar en terminos de los vectores T′, N
′y B
′obteniendose un
conjunto de ecuaciones conocidas con el nombre de formulas de Frenet-Serret.
Sea C una curva de funcion #–r (s), donde s es la longitud de arco medida a
partir de un punto fijo P de C. Entonces
1.dT
ds= κN ,
2.dN
ds= −κT + τB,
3.dB
ds= − τN .
3.5. Movimiento en el espacio
3.5.1. Posicion, velocidad y aceleracion
Si las coordenadas del punto movil en el instante t estan dadas por las ecua-
ciones parametricas x = f(t), y = g(t), z = h(t) entonces se tiene
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
Seccion 3.5. Movimiento en el espacio 59
#–r (t) = f(t)ı + g(t) + h(t)k es la posicion
#–v (t) = #–r ′(t) es la velocidad
v(t) = ‖ #–v (t)‖ es la rapidez
#–a(t) = #–v ′(t) = #–r ′′(t) es la aceleracion
a(t) = ‖ #–a(t)‖ es la aceleracion escalar
xy
z#–r
#–a
#–v
C
P
Figura 3.12. Movimiento
Ejemplo 3.5.1. Halle #–v , v, #–a y a en t dado. Dibuje los vectores.
a) #–r (t) = 2tı + (2 − 2t2); t = 12, b) #–r (t) = tı + t2 + t3k, t = 1.
Solucion.
a) Como #–r (12) = ı+ 3
2, la partıcula esta en el punto P (1, 3
2) sobre la parabola
y = 2− 12x2. Su vector velocidad es #–v (t) = 2ı−4t, ası que #–v (1
2) = 2ı−2
y v(12) =
∥∥ #–v (1
2)∥∥ = 2
√2. Su vector aceleracion es #–a(t) = −4 y la
aceleracion escalar es ‖ #–a‖ = 4.
b) La partıcula se encuentra en el punto P (1, 1, 1). Su vector velocidad
esta dado por #–v (t) = ı + 2t + 3t2k, ası #–v (1) = ı + 2 + 3k y su ra-
pidez es v(1) =√
14. El vector aceleracion esta dado por #–a(t) = 2+6tk,
de modo que #–a(1) = 2 + 6k y la aceleracion escalar es ‖ #–a(1)‖ = 2√
10.
x
y
(1, 3
2)
#–v
#–a
y = 2 − 1
2x2
(a)
x
y
z
b
~v
~a
C
(1, 1, 1)
(b)
Figura 3.13. Graficas ejemplo 3.5.1
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
60 Capıtulo 3. Funciones vectoriales
3.5.2. Componentes tangencial y normal de ~a
En el estudio del movimiento de una partıcula, a menudo es conveniente
expresar la aceleracion en dos componentes, una en la direccion del vector
tangente y la otra en la direccion del vector normal, denominadas componente
tangencial y componente normal.
aN
aT
#–a
T
N
x
y
z
Figura 3.14. Componentes aT
y aN
Derivando #–v = vT y teniendo en cuenta que #–a =d #–v
dtse obtiene
#–a = aTT + a
NN , (3.21)
donde
aT
=dv
dty a
N= κv2 =
v2
ρ. (3.22)
Los numeros aT y aN reciben los nombres de componentes tangencial y
normal de la aceleracion, respectivamente.
De la formula(3.21), conocidas las componentes tangencial y normal de la
aceleracion, podemos obtener el vector normal N :
N =1
aN
( #–a − aTT ). (3.23)
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
Seccion 3.5. Movimiento en el espacio 61
Conocida la componente tangencial de la aceleracion podemos usar el teore-
ma de Pitagoras para hallar la componente normal:
aN
=√
‖ #–a‖2 − a2T. (3.24)
Conocida la parametrizacion de la curva, la componente normal puede ser
calculada usando la siguiente formula:
aN
=‖ #–r ′ × #–r ′′‖
‖ #–r ′‖ . (3.25)
Una vez calculada la componente normal de la aceleracion podemos calcular
la curvatura usando la formula (3.22).
Si F (t) es la fuerza que actua sobre una partıcula de masa m que se mue-
ve sobre una curva con funcion posicion #–r (t)) entonces la segunda ley del
movimiento de Newton asegura que
#–
F (t) = m #–a(t),
lo cual indica que el vector aceleracion tiene la misma direccion que la fuerza
que actua sobre ella. Si no existen fuerzas actuando sobre una partıcula en
movimiento la aceleracion vale cero y el vector velocidad es constante tanto en
magnitud como en direccion. La segunda ley de Newton tambien indica que
una fuerza aplicada es directamente proporcional a la masa de la partıcula.
Para una masa m la aceleracion es proporcional a la fuerza aplicada. De la
formula (3.21) y (3.22) se obtiene
#–
F (t) = mdv
dtT (t) + mv2κ(t)N(t).
Luego mv2κ(t), la componente normal de la fuerza#–
F (t), es la intensidad
(modulo) de la fuerza normal necesaria para mantener la partıcula sobre la
curva. Por esto, cuando un automovil se desplaza con gran rapidez (alta
velocidad lineal) sobre una curva muy cerrada (radio de curvatura pequeno y
por lo tanto curvatura grande) la fuerza ejercida por la carretera (rozamiento)
debe ser muy grande para lograr mantener el automovil sobre la carretera.
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
62 Capıtulo 3. Funciones vectoriales
3.6. Ejercicios del capıtulo
1. Elimine el parametro y trace la grafica de
a) #–r (t) =√
t ı + (3t − 2)
b) #–r (t) = cos (2t) ı + sen t
c) #–r (t) = sec t ı + tan t
d) #–r (t) = (t2 + 1) ı + (2t − 2)
2. Encuentre el angulo entre los vectores velocidad y aceleracion en t = 0.
a) #–r (t) = (3t + 1) ı +√
3t + t2 k
b) #–r (t) =(√
22
)
ı +(√
22
t − 16t2)
c) #–r (t) = (ln(t2 + 1)) ı + (tan−1 t) +√
t2 + 1 k
3. Muestre que la curva #–r (t) = (t cos t) ı+(t sen t) + t k se encuentra en
el cono z2 = x2 + y2 y trace su grafica.
4. Halle el valor o los valores de t de modo que los vectores velocidad y
aceleracion sean perpendiculares
a) #–r (t) = (t − sen t) ı + (1 − cos t) , 0 ≤ t ≤ 2π.
b) #–r (t) = sen t ı + t + cos t k; t ≥ 0.
5. Muestre que la funcion vectorial
#–r (t) = 2 ı + 2 + k + cos t(√
22
ı −√
22
)
+ sen t(√
33
ı +√
33
+√
33
k)
describe el movimiento de una partıcula que se mueve en la circunfe-
rencia de radio 1 con centro en (2, 2, 1) y que se encuentra en el plano
x + y − 2z = 2.
6. Un cırculo de radio b rueda sin resbalar dentro de una circunferencia
de radio a > b. La trayectoria de un punto fijo en la circunferencia del
cırculo que rueda es una hipocicloide. Suponga que P inicia su recorrido
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
Seccion 3.6. Ejercicios del capıtulo 63
en el punto A(0, a) y que t es el angulo ∠AOC, donde O es el centro
del cırculo grande y C es el centro del cırculo que rueda. Muestre que
las coordenadas de P estan dadas por las ecuaciones parametricas
x = (a− b) cos t+ b cos
(a − b
bt
)
, y = (a− b) sen t− b sen
(a − b
bt
)
.
7. Pruebe. Si #–r (t) tiene longitud constante, entonces #–r y #–r ′ son ortogo-
nales.
8. Sea#–
B un vector fijo y#–
F (t) una funcion vectorial tal que#–
F (t) •
#–
B = t
para todo t y el angulo entre#–
F ′ y#–
B es constante. Muestre que#–
F ′′ y#–
B son perpendiculares.
9. Encuentre ecuaciones parametricas para las rectas tangente y normal
en el punto (π4, 1, 1), a #–r (t) = t ı +
√2 cos t +
√2 sen t k. Escriba la
aceleracion en la forma #–a = aTT + a
NN .
10. Encuentre los vectores tangente y normal unitarios T y N para
a) #–r (t) = (cos3 t) ı + (sen3 t) ; 0 ≤ t ≤ π/2
b) #–r (t) = (2 cos t) ı + (2 sen t) +√
5 t k
11. Demuestre: si #–r se parametriza con longitud de arco s, ‖ #–r ′(s)‖ = 1.
12. Determine explıcitamente la funcion longitud de arco para
a) #–r (t) = t ı + cosh t + k; 0 ≤ t ≤ 1.
b) #–r (t) = 2t2 ı + 3t2 + 4t2 k; 1 ≤ t ≤ 3.
c) #–r (t) = t3 ı + t3 + t3 k; −1 ≤ t ≤ 1.
d) #–r (t) = t ı + 2√
t + k; 0 ≤ t ≤ 1.
13. Si #–u(t) = #–r ′(t) • [ #–r (t) × #–r ′′(t)], muestre que
#–u ′(t) = #–r ′(t) • [ #–r (t) × #–r ′′′(t)].
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
64 Capıtulo 3. Funciones vectoriales
14. Sean#–
A y#–
B dos vectores fijos de R3 perpendiculares entre si, tales que
‖ #–
A‖ = 1 y ‖ #–
B‖ = 2. Si el vector de posicion de una partıcula es
#–r = t#–
A +2
3t3/2 #–
A × #–
B +1
2t2
#–
B
a) Muestre que la rapidez de la partıcula es v = v(t) = 1+2t. Ayuda:
v2 = #–v •
#–v
b) ¿Cuanto tarda la partıcula en recorrer una distancia igual a 12
unidades de longitud a lo largo de la curva?
15. Si#–
F (t) = e2t #–
A + e−2t #–
B, donde#–
A y#–
B son vectores fijos no nulos.
a) Muestre que#–
F y#–
F ′′ tienen la misma direccion.
b) Halle el valor de t de modo que#–
F y#–
F ′ sean perpendiculares.
16. Sea#–
A un vector fijo. Halle una funcion vectorial#–
F (t) tal que
#–
F (t) = tet #–
A +1
t
∫ t
1
#–
F (z) dz, t > 0.
17. Una partıcula se localiza en t = 0 en el punto (1, 2, 3), se mueve en
lınea recta con aceleracion constante #–a = 3ı− + k y rapidez v = 2 en
dicho punto y viaja al punto (4, 1, 4). Encuentre el vector de posicion#–r (t) de la partıcula en cualquier tiempo t.
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
Capıtulo 4
Derivacion parcial
4.1. Campos escalares
4.1.1. Puntos y conjuntos en Rn
Definicion 4.1.1. Sea a = (a1 , a2 . . . , an) ∈ Rn y δ > 0. La n–bola abierta
con centro en a y radio δ es el conjunto
Bδ(a) = B(a; δ) = {x ∈ R
n | ‖x − a‖ < δ} (4.1)
b
(a, b, c)
x
δ
x
y
z
(a)
b
(a, b)
xδ
x
y
(b)
b b
a x
δ
x
(c)
Figura 4.1. Bolas abiertas en R3, R
2 y R
65
66 Capıtulo 4. Derivacion parcial
Definicion 4.1.2. Sean S ⊆ Rn y a ∈ S. Se dice que a es un punto interior
de S cuando existe una n–bola abierta con centro en a contenida en S. El
conjunto formado por todos los puntos interiores de S se llama interior de
S y se denota por int S.
int S = {x ∈ Rn | B
δ(x) ⊂ S para algun δ > 0} (4.2)
S es abierto si todos sus puntos son interiores, esto es, int S = S.
Definicion 4.1.3. Sean S ⊆ Rn y a ∈ S. Se dice que a es un punto frontera
de S si toda n–bola abierta con centro en a contiene puntos de S y de su
complemento SC . El conjunto formado por todos los puntos frontera de S se
llama frontera de S y se denota por ∂S.
∂S ={x ∈ R
n | Bδ(x) ∩ S 6= ∅ y B
δ(x) ∩ SC 6= ∅ para todo δ > 0
}(4.3)
La clausura de S, denotada por S, es S = int S ∪ ∂S. El conjunto S es
cerrado si S = S.
b
b
x
y
S
(a) Punto interior y punto frontera
x
y
S
(b) Conjunto abierto
Figura 4.2. Ilustracion en R2
4.1.2. Definicion, dominio y recorrido
Definicion 4.1.4. Sea D ⊆ Rn. Un campo escalar es una funcion de n
variables
f : D ⊆ Rn 7→ R; x 7→ f(x) = w.
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
Seccion 4.1. Campos escalares 67
Es decir, una funcion de n variables es una regla que asigna a cada
n−upla (x1 , x2 , . . . , xn) de numeros reales un unico real, denotado por
f(x1 , x2 , . . . , xn). El conjunto D es el dominio de f y su recorrido o ima-
gen es el conjunto de valores que asume la funcion, es decir,
im f = {f(x1 , x2 , . . . , xn) | (x1 , x2 , . . . , xn) ∈ D} .
Una forma de imaginar una funcion de dos o tres variables es por medio de un
diagrama sagital (de flechas), figura 4.3, en donde el dominio D se representa
como un subconjunto del plano xy o del espacio R3.
bb
bb
b
b
OD
(x, y)
(a, b)
x
y z
0
f(a, b)
f(x, y)f
(a)
bb
bb
b
b
O
D
(x, y, z)
(a, b, c)
y
z
x
w
0f(a, b, c)
f(x, y, z)
f
(b)
Figura 4.3. Funcion de dos y tres variables.
Nota. Si una funcion f esta definida mediante una formula y no se especifica
ningun dominio, se sobrentiende que el dominio de f esta dado por todas las
n−uplas (x1 , x2 , . . . , xn) de numeros reales para las cuales la expresion dada
es un numero real bien definido.
Ejemplo 4.1.1. Determine y represente el dominio de la funcion
a) f(x, y) =
√
x − y2
y2 − 1b) f(x, y) = ln (1 + x2 − y2)
Solucion.
a) La expresion tiene sentido si el denominador es diferente de 0 y la cantidad
bajo el signo radical es no negativa. Luego, el dominio de f es el conjunto
D = {(x, y) ∈ R2 | x − y2 ≥ 0, |y| 6= 1} . (Ver figura 4.4(a)).
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
68 Capıtulo 4. Derivacion parcial
b) ln (1 + x2 − y2) esta definido si 1 + x2 − y2 > 0 es decir, x2 − y2 > −1.
Luego, el dominio de f es el conjunto D = {(x, y) ∈ R2 | y2 − x2 < 1} .
(Ver figura 4.4(b)).
y = 1
y = −1
x
y
−1 0 1 2 3
−2
−1
1
2
(a) f(x, y) =
√
x − y2
y2 − 1
x
y
−3 −2 −1 0 1 2
−3
−2
−1
1
2
(b) f(x, y) = ln (1 + x2 − y2)
Figura 4.4. Dominios de las funciones del ejemplo 4.1.1
4.1.3. Conjuntos de nivel y graficas
Definicion 4.1.5. Sea f : D ⊆ Rn 7→ R una funcion de n variables. Se
define la grafica de f como el conjunto
G ={(x1 , x2 , . . . , xn, w) ∈ R
n+1 | w = f(x1 , x2 , . . . , xn); (x1 , x2 , . . . , xn) ∈ D}
Como es de esperarse, solo es posible hacer la representacion para n = 2, en
cuyo caso, la grafica es una superficie S de R3:
S ={(x, y, z) ∈ R
3 | z = f(x, y); (x, y) ∈ D}
.
Se puede imaginar que la grafica de S esta situada arriba o abajo de su
dominio D en el plano xy, como se ilustra en la figura 4.5.
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
Seccion 4.1. Campos escalares 69
f(x, y)
(x, y, 0)
(x, y, f(x, y))
D
S
x
y
z
O
Figura 4.5. z = f(x, y)
Definicion 4.1.6. Sea f : D ⊆ Rn 7→ R una funcion de n variables y
k un numero en el recorrido de f . El conjunto de nivel de f de va-
lor k esta definido como aquellos puntos (x1 , x2 , . . . , xn) ∈ D para los que
f(x1 , x2 , . . . , xn) = k. El conjunto de nivel de valor k lo escribimos simboli-
camente de la siguiente manera
Nk = {(x1, x
2, . . . , xn) ∈ R
n | f(x1, x
2, . . . , xn) = k; (x
1, x
2, . . . , xn) ∈ D}
Nota. Observar que cada conjunto de nivel esta siempre en el dominio de
la funcion. Para n = 2 los conjuntos de nivel son curvas en el plano xy
llamadas curvas de nivel, mientras que para n = 3 los conjuntos de nivel
son superficies del espacio xyz llamadas superficies de nivel.
Definicion 4.1.7. Sea f : D ⊆ R2 7→ R una funcion de dos variables y k un
numero en el recorrido de f . Se definen las curvas de contorno de f como
C ={(x, y, z) ∈ R
3 | f(x, y) = k , z = k con (x, y) ∈ D}
Definicion 4.1.8. Sea f : D 7→ R una funcion de dos variables. Las trazas
son curvas interseccion de z = f(x, y) con planos paralelos a los planos
coordenados.
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
70 Capıtulo 4. Derivacion parcial
Traza Ecuacion Descripcion
z = k f(x, y) = k Curva paralela al plano xy o en el plano xy
x = k f(k, y) = z Curva paralela al plano yz o en el plano yz
y = k f(x, k) = z Curva paralela al plano xz o en el plano xz
Para k = 0, las trazas se denominan trazas principales. Observar que las
curvas de contorno no son mas que las trazas en planos paralelos al plano xy
y corresponden a las curvas de nivel elevadas (o bajadas) hacia la superficie.
Ejemplo 4.1.2. Dibuje las curvas de nivel y trace la grafica de
a) f(x, y) = 2x − y2 b) f(x, y) = 4x2 − y2 − 8x − 4y − 4
Solucion.
(a) Las curvas de nivel de f son las parabolas 2x = y2 + k, k ∈ R. En la
figura 4.6 se muestran algunas curvas de nivel y la grafica con sus trazas
principales.
y
x
k = 0
k < 0
k > 0
xy
z
Figura 4.6. Curvas de nivel y graficas ejemplo 4.1.2a)
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
Seccion 4.2. Lımites y continuidad 71
(b) Las curvas de nivel de f son las hiperbolas 4x2 − y2 − 8x− 4y = k + 4,
k ∈ R. En la figura 4.7 se muestran algunas curvas de nivel y la grafica
con sus trazas principales.
k < 0 :k = 0 :k > 0 :
y
x
x
y
z
Figura 4.7. Curvas de nivel y graficas ejemplo 4.1.2b)
4.2. Lımites y continuidad
Definicion 4.2.1. Sea f : D 7→ R, D ⊆ Rn y x0 = (x01 , x02 . . . , x0n
) ∈ Rn.
lımx→x
0
f(x) = L si y solo si, para cada ǫ > 0 existe un δ > 0 tal que
|f(x) − L| < ǫ siempre que 0 < ‖x − x0‖ < δ
bbc
bc
OD
(x, y)
(a, b)
x
y z
0
L
L + ǫ
L − ǫ
δ f(x, y)f
Figura 4.8. Lımite en R2
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
72 Capıtulo 4. Derivacion parcial
Teorema 4.2.2. Sean f, g : D ⊆ Rn 7→ R, #–r : I ⊆ R 7→ R
n. Si lımx→x0
f(x) = L,
lımx→x0
g(x) = M , a y b son constantes. Entonces
1. lımx→x0
[af(x) + bg(x)] = aL + bM
2. lımx→x0
|f(x)| = 0 ⇒ lımx→x0
f(x) = 0
3. lımx→x0
[f(x)g(x)] = LM
4. lımx→x0
[f(x)
g(x)
]
=L
M
5. lımx→x0
[f(x)]r = Lr
6. lımt→t0
[f( #–r (t))] = f
(
lımt→t0
#–r (t)
)
Regla de las trayectorias
Sea f : D ⊆ Rn 7→ R y x0 ∈ int D. Si dos trayectorias que llegan a un punto
x0
= (x01
, . . . , x0n
) producen lımites diferentes, entonces lımx→x0
f(x) no existe.
Ejemplo 4.2.1. Halle el lımite o muestre que no existe
a) lım(x,y)→(1,−2)
(x3 − 3xy + xy2 − 1)
b) lım(x,y)→(1,1)
√
x2 + 3y2 − 1
x + 2y
c) lım(x,y)→(1,1)
x − y√
x2 + 3xy − 2y
d) lım(x,y)→(0,0)
x2 + 2y2 − 2xy
x2 + y2
Solucion.
a) lım(x,y)→(1,−2)
(x3 − 3xy + xy2 − 1) = 13 − 3(1)(−2) + 1(−2)2 − 1 = 4
b) Sustituyendo lım(x,y)→(1,1)
√
x2 + 3y2 − 1
x + 2y=
√12 + 3 · 12 − 1
1 + 2= 1
3
c) En este caso es necesario racionalizar
lım(x,y)→(1,1)
x − y√
x2 + 3xy − 2y= lım
(x,y)→(1,1)
(x − y)(√
x2 + 3xy + 2y)
(√
x2 + 3xy − 2y)(√
x2 + 3xy + 2y)
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
Seccion 4.2. Lımites y continuidad 73
= lım(x,y)→(1,1)
(x − y)(√
x2 + 3xy + 2y)
x2 + 3xy − 4y2
= lım(x,y)→(1,1)
����(x − y)(√
x2 + 3xy + 2y)
����(x − y)(x + 4y)
= lım(x,y)→(1,1)
√
x2 + 3xy + 2y
x + 4y= 4
5
d) Usando el metodo de las trayectorias
* Por y = 0 : lım(x,y)→(0,0)
x2 + 2y2 − 2xy
x2 + y2= lım
(x,0)→(0,0)
x2
x2= lım
x→01 = 1
* Por x = 0 : lım(x,y)→(0,0)
x2 + 2y2 − 2xy
x2 + y2= lım
(0,y)→(0,0)
2y2
y2= lım
y→02 = 2
Luego, lım(x,y)→(0,0)
x2 + 2y2 − 2xy
x2 + y2no existe.
Lımites iterados
Sea f : D ⊆ R2 7→ R y (a, b) ∈ R
2, los lımites
lımx→a
[
lımy→b
f(x, y)
]
y lımy→b
[
lımx→a
f(x, y)]
se llaman lımites iterados.bc bc
(a, b)
(x, y)
(a, b)
(x, y)
Ejemplo 4.2.2. Halle los lımites iterados de f(x, y) =x2 − y2
x3 − y3 + 2x2 − 2yen (1, 1).
Solucion.
lımy→1
[
lımx→1
x2 − y2
x3 − y3 + 2x2 − 2y
]
= lımy→1
1 − y2
3 − y3 − 2y= lım
y→1
y2 − 1
y3 + 2y − 3
= lımy→1
����(y − 1)(y + 1)
����(y − 1)(y2 + y + 3)
= lımy→1
y + 1
y2 + y + 3= 2
5
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
74 Capıtulo 4. Derivacion parcial
lımx→1
[
lımy→1
x2 − y2
x3 − y3 + 2x2 − 2y
]
= lımx→1
x2 − 1
x3 + 2x2 − 3
= lımx→1
����(x − 1)(x + 1)
����(x − 1)(x2 + 3x + 3)
= lımx→1
x + 1
x2 + 3x + 3= 2
7
Teorema 4.2.3 (Regla del emparedado). Sean g, f, h : D ⊆ Rn 7→ R. Si
lımx→x0
g(x) = L , lımx→x0
h(x) = L y g(x) ≤ f(x) ≤ h(x), x ∈ D entonces
lımx→x0
f(x) = L
Definicion 4.2.4. Sea f : D ⊆ Rn 7→ R una funcion de n variables y
x0 ∈ int D. Entonces f es continua en x0 si y solo si
lımx→x0
f(x) = f(x0)
Ejemplo 4.2.3. Analice continuidad de f en (0, 0)
a) f(x, y) =
xy(x2 − y2)
x2 + y2, si (x, y) 6= (0, 0)
1, si (x, y) = (0, 0)
b) f(x, y) =
y sen 1x, si x 6= 0
0, si x = 0.
Solucion.
a) Usando coordenadas polares: x = r cos θ, y = r sen θ, x2 + y2 = r2.
lım(x,y)→(0,0)
xy(x2 − y2)
x2 + y2= lım
r→0
r2 sen θ cos θ(r2 cos2 θ − r2 sen2 θ)
r2
= lımr→0
r2 sen θ cos θ(cos2 θ − sen2 θ)
= 0 ( porque∣∣sen θ cos θ(cos2 θ − sen2 θ)
∣∣ ≤ 1
4)
Luego, f(x, y) no es continua en (0, 0) ya que lım(x,y)→(0,0)
f(x, y) = 0 6= 1.
La discontinuidad es removible.
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
Seccion 4.3. Derivadas parciales 75
b) Puesto que 0 ≤∣∣y sen 1
x
∣∣ ≤ |y| y lım
(x,y)→(0,0)|y| = 0, se tiene que
lım(x,y)→(0,0)
∣∣y sen 1
x
∣∣ = 0. Luego lım
(x,y)→(0,0)y sen 1
x= 0 = f(0, 0). Por lo tanto,
f(x, y) = y sen 1x
es continua en (0, 0).
4.3. Derivadas parciales
Definicion 4.3.1. Sea f : D ⊆ Rn 7→ R . La derivada parcial de f con
respecto a xi es
∂f
∂xi= lım
hi→0
f(x1 , x2 , . . . , xi + hi, . . . xn) − f(x1, x2 , . . . , xi, . . . , xn)
hi(4.4)
Notacion. La derivada parcial con respecto a xi se denota por
∂f
∂xi, fxi
,∂w
∂xi, wxi
, Dif
Para z = f(x, y) se tiene
∂f
∂x= lım
h→0
f(x + h, y) − f(x, y)
h,
∂f
∂y= lım
k→0
f(x, y + k) − f(x, y)
k
Para w = f(x, y, z) se tiene
∂f
∂x= lım
h→0
f(x + h, y, z) − f(x, y, z)
h,
∂f
∂y= lım
k→0
f(x, y + k, z) − f(x, y, z)
k
∂f
∂z= lım
l→0
f(x, y, z + l) − f(x, y, z)
l
Ejemplo 4.3.1. Halle las derivadas parciales de f(x, y) = x2y + 2xy2
Solucion.
∂f
∂x= lım
h→0
(x + h)2y + 2(x + h)y2 − x2y − 2xy2
h
= lımh→0
��x2y + 2hxy + h2y + 2hy2 +�
��2xy2 + 2hy2 −��x2y −�
��2xy2
h
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
76 Capıtulo 4. Derivacion parcial
= lımh→0
2hxy + h2y + 2hy2
h= lım
h→0(2xy + hy + 2y2) = 2xy + 2y2
∂f
∂y= lım
k→0
x2(y + k) + 2x(y + k)2 − x2y − 2xy2
k
= lımk→0
��x2y + kx2 +�
��2xy2 + 4kxy + 2xk2 −���2xy2 −�
�x2y
k
= lımk→0
kx2 + 4kxy + 2xk2
k= lım
k→0(x2 + 4xy + 2xk) = x2 + 4xy
Notar que fx puede calcularse derivando a f(x, y) con respecto a x con y fija.
Similarmente, fy se calcula derivando a f con respecto a y con x fija.
Ejemplo 4.3.2. Sea f(x, y) =
x2 − xy + y2
x2 + y2, si (x, y) 6= (0, 0)
1, si (x, y) = (0, 0)
a) Muestre que f no es continua en (0, 0) b) Calcule fx(0, 0) y fy(0, 0)
Solucion.
a) Por trayectorias se tiene
Por y = 0 : lım(x,y)→(0,0)
x2 − xy + y2
x2 + y2= lım
x→0
x2
x2= lım
x→01 = 1
Por y = x : lım(x,y)→(0,0)
x2 − xy + y2
x2 + y2= lım
x→0
x2
2x2= lım
x→0
1
2= 1
2.
Luego, f no es continua en (0, 0) porque lım(x,y)→(0,0)
f(x, y) no existe.
b) Usando la definicion de derivada parcial se tiene
fx(0, 0) = lımh→0
f(h, 0) − f(0, 0)
h= lım
h→0
1 − 1
h= lım
h→00 = 0
fy(0, 0) = lımk→0
f(0, k) − f(0, 0)
k= lım
k→0
1 − 1
k= lım
k→00 = 0
Observar que las primeras derivadas parciales existen en (0, 0) pero f no es
continua allı.
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
Seccion 4.3. Derivadas parciales 77
Interpretacion geometrica de las derivadas parciales
(x0, y
0, 0)
(x0, y
0, z
0) z = f(x, y)
Recta tangente L1Recta tangente L2
Plano y = y0
Plano x = x0
Curva C2
:
z = f(x, y)
x = x0
Curva C1
:
z = f(x, y)
y = y0
x
y
z
Figura 4.9. Interpretacion geometrica de las derivadas parciales
Sea f : D ⊆ R2 7→ R, entonces z = f(x, y) es una superficie.
∂f
∂x: derivada de f con respecto a x con y fija
∂f
∂y: derivada de f con respecto a y con x fija
La interseccion de f(x, y) con los planos x = x0 , y = y0 forma dos curvas:
C1 :
z = f(x, y)
y = y0
y C2 :
z = f(x, y)
x = x0
∂f
∂x(x0 , y0) = pendiente de la recta tangente L1 a la curva C1 .
∂f
∂y(x0 , y0) = pendiente de la recta tangente L2 a la curva C2 .
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
78 Capıtulo 4. Derivacion parcial
Ejemplo 4.3.3. Sea C la curva interseccion del paraboloide z = 9 − x2 − y2
con el plano x = 1. Halle la ecuacion de la recta tangente a C en P (1, 2, 4).
Dibuje el paraboloide, la curva y la recta.
Solucion. Como z = 9 − x2 − y2, ∂z/∂y = −2y es la pendiente de la recta
tangente a la curva z = 9 − x2 − y2, x = 1 en cualquier punto. Al sustituir
en (1, 2) se tiene que la pendiente de L es mL
= −4. La ecuacion general de
la recta que pasa por el punto (x0, y0, z0) y tiene pendiente mL
es
z − z0
= mL(y − y
0), x = 1.
Al sustituir y simplificar se obtiene
L : z = −4y + 12 , x = 1.
En parametricas,
L : x = 1, y = t, z = 12 − 4t; t ∈ R
(1, 2, 4)
(0, 0, 9)
x = 1
L
x y
z
Figura 4.10. Grafica ejemplo 4.3.3
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
Seccion 4.3. Derivadas parciales 79
Derivadas de orden superior
Sea f : D 7→ R; D ⊆ Rn. Las segundas derivadas parciales de f son (fxi
)xj
para i, j = 1, 2, . . . , n.
Notacion. Las segundas derivadas parciales de f se denotan de las siguiente
manera:
(fxi)xj
, fxixj,
∂
∂xj
(∂f
∂xi
)
,∂2f
∂xj∂xi
, D2jif, para i 6= j .
(fxi)xi
, fxixi,
∂
∂xi
(∂f
∂xi
)
,∂2f
∂x2i
, D2i f, para i = 1, 2, . . . , n.
Ejemplo 4.3.4. Calcule las segundas derivadas parciales de la funcion
z = cos(x − y) + ex2+y2.
Solucion.
∂2z
∂x2=
∂
∂x
[∂
∂x
(cos(x − y) + ex2+y2)
]
=∂
∂x
[
− sen(x − y) + 2xex2+y2]
= − cos(x − y) + 4x2ex2+y2
+ 2ex2+y2
∂2z
∂y2=
∂
∂y
[∂
∂y
(cos(x − y) + ex2+y2)
]
=∂
∂y
[
sen(x − y) + 2yex2+y2]
= − cos(x − y) + 4y2ex2+y2
+ 2ex2+y2
∂2z
∂x∂y=
∂
∂x
[
sen(x − y) + 2yex2+y2]
= cos(x − y) + 4xyex2+y2
∂2z
∂y∂x=
∂
∂y
[
− sen(x − y) + 2yex2+y2]
= cos(x − y) + 4xyex2+y2
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
80 Capıtulo 4. Derivacion parcial
Ejemplo 4.3.5. Sea f(x, y) =
x2y
x4 + y2, si (x, y) 6= (0, 0)
0, si (x, y) = (0, 0) .
Halle, si existen, fxy(0, 0) y fyx(0, 0)
Solucion. Para (x, y) 6= (0, 0)
fx =2xy(x4 + y2) − (4x3)(x2y)
(x4 + y2)2=
2xy(x4 + y2 − 2x4)
(x4 + y2)2=
2xy(y2 − x4)
(x4 + y2)2
fy =x2(x4 + y2) − (2y)(x2y)
(x4 + y2)2=
x2(x4 + y2 − 2y2)
(x4 + y2)2=
x2(x4 − y2)
(x4 + y2)2
Para (x, y) = (0, 0),
fx(0, 0) = lımh→0
f(h, 0) − f(0, 0)
h= lım
h→0
0 − 0
h= lım
h→00 = 0
fy(0, 0) = lımk→0
f(0, k) − f(0, 0)
h= lım
k→0
0 − 0
k= lım
k→00 = 0
En resumen:
fx(x, y) =
2xy(y2 − x4)
(x4 + y2)2, si (x, y) 6= (0, 0)
0, si (x, y) = (0, 0)
fy(x, y) =
x2(x4 − y2)
(x4 + y2)2, si (x, y) 6= (0, 0)
0, si (x, y) = (0, 0)
Ahora
fxy(0, 0) = lımk→0
fx(0, k) − fx(0, 0)
k= lım
k→0
0 − 0
k= lım
k→00 = 0
fyx(0, 0) = lımh→0
fy(h, 0) − fy(0, 0)
h= lım
h→0
1/h2 − 0
h= lım
h→0
1h3 no existe
Ahora cabe preguntarse
¿en que condiciones fxy(x0 , y0) = fyx(x0 , y0)?
El siguiente teorema da respuesta a esta pregunta:
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
Seccion 4.4. Plano tangente y diferenciales 81
Teorema 4.3.2 (Teorema de Clairaut). Sea f : D ⊆ Rn 7→ R y x0
un punto interior de D. Si las funciones fxixjy fxjxi
son continuas en D
entonces
fxixj(x0) = fxjxi
(x0)
4.4. Plano tangente y diferenciales
Definicion 4.4.1. Sean S una superficie con ecuacion z = f(x, y), donde f
posee primeras derivadas parciales continuas, y P0(x0 , y0, z0) un punto de S.
Sean C1
y C2
las curvas interseccion entre los planos y = y0
y x = x0
con S.
Entonces P0 se encuentra en ambas curvas. Ahora sean T1 y T2 las tangentes
a las curvas C1
y C2
en P0
respectivamente. El plano tangente a S en P0
se
define como el plano que contiene a ambas rectas T1 y T2 , como se ve en la
figura 4.12.
Para hallar la ecuacion del plano tangente se debe determinar un vector nor-
mal a el. Una forma de hallar dicho vector es mediante el producto vectorial
entre los vectores tangentes a las curvas C1
y C2. Las figuras 4.11(a) y 4.11(b)
muestran las dos curvas y sus vectores tangentes
#–u = ı + fx(x0 , y0)k y #–v = + fy(x0 , y0)k .
z = f(x, y0)
P0
1
#–u
ı
k
fx(x0, y
0)
x
z
(a) Curva z = f(x, y0), y = y
0
z = f(x0, y)
P0
1
#–v
k
fy(x0, y
0)
y
z
(b) Curva z = f(x0, y), x = x
0
Figura 4.11. Curvas C1 y C2
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
82 Capıtulo 4. Derivacion parcial
Ası,
#–n = #–u × #–v =
∣∣∣∣∣∣∣∣
ı k
1 0 fx(x0 , y0)
0 1 fy(x0 , y0)
∣∣∣∣∣∣∣∣
= (−fx(x0 , y0),−fy(x0 , y0), 1)
es un vector normal a S que apunta hacia arriba.
b
b
#–u #–v
#–n = #–u × #–vPlano tangente
z = f(x, y)
P0(x
0, y
0, z
0)
Q0(x
0, y
0, 0)
T1
T2
x
y
z
Figura 4.12. Plano tangente
La ecuacion del plano tangente a la superficie z = f(x, y) en P0(x0 , y0, z0) es
z − z0
= fx(x0, y
0)(x − x
0) + fy(x0
, y0)(y − y
0) (4.5)
Ejemplo 4.4.1. Halle la ecuacion del plano tangente a z = x2y − 3xy + y3
en (1, 1,−1).
Solucion. Las derivadas parciales de f son fx = 2xy−3y, fy = x2−3x+3y2.
Ası, fx(1, 1) = −1, fy(1, 1) = 1. La ecuacion del plano es x − y − z = 1.
Definicion 4.4.2 (Gradiente de una funcion). Sea f : D ⊆ Rn 7→ R. El
gradiente de f en P0∈ D, denotado por grad f o ∇f , es
grad f(P0) =(fx1
(P0), fx2(P0), . . . , fxn
(P0)). (4.6)
Ejemplo 4.4.2. Halle grad f si f(x, y, z) = x2z − 3xy + y3z
Solucion. grad f = (fx, fy, fz) = (2xz − 3y,−3x + 3y2z, x2 + y3).
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
Seccion 4.4. Plano tangente y diferenciales 83
Propiedades del gradiente
Sean f y g campos escalares diferenciables y k una constante. Entonces
1. ∇(kf) = k∇f 2. ∇(f ± g) = ∇f ±∇g
3. ∇(fg) = f∇g + g∇f 4. ∇(
f
g
)
=g∇f − f∇g
g2
Ahora, la ecuacion 4.5 del plano tangente a la superficie z = f(x, y) en
P0(x0 , y0, z0) se puede escribir como
z − z0 = ∇f(x0 , y0) • (x − x0 , y − y0) (4.7)
Definicion 4.4.3. Sean f : D ⊆ Rn 7→ R y ∆x
1, ∆x
2, . . . , ∆xn
los incrementos de x1 , x2 , . . . , xn respectivamente. El incremento de
w = f(x) es
∆w = ∆f(x) = f(x + ∆x) − f(x), (4.8)
donde x = (x1 , x2 , . . . , xn) y ∆x = (∆x1 , ∆x2 , . . . , ∆xn).
Ejemplo 4.4.3. Sea z = 3x2y− 2xy2. Siendo ∆x y ∆y los incrementos de x
y y, determine ∆z y uselo para hallar el cambio de z cuando (x, y) varıa de
(1, 2) a (1.01, 1.98).
Solucion. Siendo z = f(x, y) = 3x2y − 2xy2,
∆z = f(x + ∆x, y + ∆y) − f(x, y)
= 3(x + ∆x)2(y + ∆y) − 2(x + ∆x)(y + ∆y)2 − 3x2y + 2xy2
= (6xy − 2y2)∆x + (3x2 − 4xy)∆y + (3y∆x + 6x∆x + 3∆x∆y)∆x
− (2x∆y + 4y∆x + 2∆x∆y)∆y
Al reemplazar x = 1, y = 2, ∆x = 0.01 y ∆y = −0.02, se obtiene
∆z = 0.140186.
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
84 Capıtulo 4. Derivacion parcial
Teorema 4.4.4. Sea w = f(x), donde f esta definida en una region “rec-
tangular” R = {x ∈ Rn | |xi| < ai} para la cual las derivadas parciales fxi
existen y son continuas en el punto P0 = (x01 , x02 , . . . , x0n) de R. Si x + ∆x
esta en R entonces
∆w = ∇f(x0) • ∆x + E(∆x) • ∆x, (4.9)
donde E(∆x) = (ε1, ε
2, . . . , εn) → 0 cuando ∆x → 0.
Definicion 4.4.5. Sean f : D ⊆ Rn 7→ R y ∆x
1, ∆x
2, . . . , ∆xn los incre-
mentos de x1 , x2 , . . . , xn respectivamente
(i) Las diferenciales de las variables independientes x1, x
2, . . . , xn son
dx1 = ∆x1 , dx2 = ∆x2 , . . . , dxn = ∆xn
(ii) La diferencial de la variable dependiente w = f(x) es
dw = ∇f(x) • dx, donde dx = (dx1, dx
2, . . . , dxn).
Nota. Por la ecuacion 4.9,
∆w ≈ dw si ∆x ≈ 0 .
b
b
b
b ︸︷︷
︸
Plano tangente
z = f(x, y)
P (x0, y
0, z
0)
Q(x0, y
0, 0)
∆x = dx
∆y = dy
dz
f(x0, y
0)
f(x0
+ ∆x, y0
+ ∆y)
(x0
+ ∆x, y0
+ ∆y, 0)
∆z
x
y
z
Figura 4.13. Aproximacion lineal
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
Seccion 4.4. Plano tangente y diferenciales 85
Definicion 4.4.6 (Aproximacion lineal). Sea w = f(x), donde f esta de-
finida en una region R = {x ∈ Rn | |xi| < ai} para la cual las derivadas
parciales fxiexisten y son continuas en P0 = (x01 , x02 , . . . , x0n
) de R. La ex-
presion
L(x) = f(P0) + ∇f(P0) • ∆x (4.10)
se denomina aproximacion lineal de f en P0 , donde ∆x = x − P0.
Ejemplo 4.4.4. Aproxime el valor de 3√
5.022 + 0.972 + 1.012
Solucion. Se define la funcion w = f(x, y, z) = 3√
x2 + y2 + z2. Entonces:
∆w ≈ dw = fxdx + fydy + fzdz
=2
3 3√
(x2 + y2 + z2)2(x dx + y dy + z dz) .
Con (x0, y
0, z
0) = (5, 1, 1), (∆x, ∆y, ∆z) = (0.02,−0.03, 0, 01). Ası,
3√
5.022 + 0.972 + 1.012 = f(5.02, 0.97, 1.01) ≈ f(5, 1, 1) + dz∣∣∣(5,1,1)
= 3 + 227
(5 · (0.02) + 1 · (−0.03) + 1 · (0.01)
)= 3.006.
Ejemplo 4.4.5. Las dimensiones de una caja rectangular cerrada son 3, 4 y
5 metros con un error posible en la medida de 1192
metros. Use diferenciales
para estimar el maximo error posible en el calculo de
a) el area de la superficie de las caras b) el volumen de la caja
Solucion.
a) El area total de las caras es A = A(x, y, z) = 2(xy + xz + yz), siendo
x, y, z las longitudes de los lados. Entonces
∆A ≈ dA = 2(y + z) dx + 2(x + z) dy + 2(x + y) dz
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
86 Capıtulo 4. Derivacion parcial
Al sustituir x0 = 3, y0 = 4, z0 = 5 metros y ∆x = ∆y = ∆z = 1192
metros,
se obtiene
∆A ≈ dA = 2(9 + 8 + 7) · 1
192metros2 =
1
8metros2 = 0.125 metros2
El error relativo porcentual maximo (ERP) estimado es
ERP =dA
A· 100 % =
0.125
94· 100 % ≈ 0.13 %
b) El volumen de la caja es V = V (x, y, z) = xyz. Entonces
∆V ≈ dV = yz dx + xz dy + xy dz
Al sustituir x0
= 3, y0
= 4, z0
= 5 metros y ∆x = ∆y = ∆z = 1192
metros,
se obtiene
∆V ≈ dV = (20 + 15 + 12) · 1
192metros3 =
47
192pies3 = 0.2448 metros3
El error relativo porcentual maximo (ERP) estimado es
ERP =dV
V· 100 % =
0.2448
60· 100 % ≈ 0.41 %
Ejemplo 4.4.6. La formula para el volumen de una lata cilındrica de radio
r y altura h es V (r, h) = πr2h. Si las dimensiones se cambian en pequenas
cantidades ∆r y ∆h entonces el cambio ∆V resultante en el volumen se
puede aproximar por la diferencial dV . Esto es,
∆V ≈ dV =∂V
∂r∆r +
∂V
∂h∆h = 2πrh∆r + πr2∆rh .
Para el caso en que r = 1 y h = 5 se tiene que
dV = π(10∆r + ∆h) .
Esto indica que para tales valores particulares de r y h, el volumen es apro-
ximadamente 10 veces mas sensible a cambios en el radio que a cambios en
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
Seccion 4.4. Plano tangente y diferenciales 87
la altura. Esto es, si el radio se cambia en una cantidad ǫ entonces la altura
debe ser cambiada aproximadamente en 10ǫ para mantener el volumen cons-
tante (es decir, para hacer ∆V = 0). Este analisis de la sensibilidad muestra
que una pequena disminucion en el radio necesita un aumento apreciable en
la altura para que el volumen permanezca constante.
Definicion 4.4.7 (Funcion diferenciable). Sea f : D ⊆ Rn 7→ R. Se
dice que f es diferenciable en P0 ∈ D si existe una funcion E(∆x) =
(ε1(∆x), ε2(∆x), . . . εn(∆x)) tal que
∆f(P0) = ∇f(P0) • ∆x + E(∆x) • ∆x (4.11)
en donde E(∆x) = (ε1(∆x), . . . , εn(∆x)) → 0 cuando ∆x → 0.
Teorema 4.4.8. Sea f : D ⊆ Rn 7→ R y P0 ∈ D. Si f es diferenciable en
P0, entonces f es continua en P0.
Nota. La sola existencia de las derivadas parciales de f en P0 no garantiza la
diferenciabilidad de f en P0. El ejemplo 4.3.2, pagina 76 muestra una funcion
de dos variables que posee primeras derivadas parciales en P0 = (0, 0) pero
que no es continua y por tanto no diferenciable en (0, 0).
Teorema 4.4.9. Sea f : D ⊆ Rn 7→ R y P0 ∈ D. Si las derivadas parciales
de f son continuas en P0, entonces f es diferenciable en P0.
Ejemplo 4.4.7. Analice la diferenciabilidad en P0(0, 0) de la funcion
f(x, y) =
x3y − xy3
x2 + y2, si (x, y) 6= (0, 0)
0, si (x, y) = (0, 0)
Solucion. Las derivadas parciales de f son
fx(x, y) =
x4y + 4x2y3 − y5
(x2 + y2)2, si (x, y) 6= (0, 0)
0, si (x, y) = (0, 0)
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
88 Capıtulo 4. Derivacion parcial
fy(x, y) =
x5 − 4x3y2 − xy4
(x2 + y2)2, si (x, y) 6= (0, 0)
0, si (x, y) = (0, 0)
Para analizar continuidad en (0, 0), basta ver que
lım(x,y)→(0,0)
fx(x, y) = 0 y lım(x,y)→(0,0)
fy(x, y) = 0
En efecto, usando coordenadas polares, se tiene
lım(x,y)→(0,0)
fx(x, y) = lım(x,y)→(0,0)
x4y + 4x2y3 − y5
(x2 + y2)2
= lımr→0
r5 cos4 θ sen θ + 4r5 cos2 θ sen3 θ − r5 sen5 θ
r4
= lımr→0
r(cos4 θ sen θ + 4 cos2 θ sen3 θ − sen5 θ︸ ︷︷ ︸
este termino es acotado
) = 0
Analogamente se prueba el otro lımite. Luego las derivadas parciales de f
son continuas en (0, 0) y por lo tanto f es diferenciable en (0, 0).
4.5. Regla de la cadena
Teorema 4.5.1 (Regla de la cadena: caso 1). Suponga que la funcion
w = f(x1, x
2, . . . , xn) es diferenciable, en donde x
1= g
1(t), x
2= g
2(t),
. . . , xn = gn(t) son funciones diferenciables de t, entonces
dw
dt=
∂f
∂x1
dx1
dt+
∂f
∂x2
dx2
dt+ · · ·+ ∂f
∂xn
dxn
dt= ∇f •
dx
dt.
Teorema 4.5.2 (Regla de la cadena: caso 2). Suponga que
w = f(x1 , x2 , . . . , xn) es una funcion diferenciable, en donde
x1
= g1(t
1, . . . , tm), x
2= g
2(t
1, . . . , tm), . . ., xn = gn(t
1, . . . , tm) son
funciones diferenciables, entonces
∂w
∂ti=
∂f
∂x1
∂x1
∂ti+
∂f
∂x2
∂x2
∂ti+ · · ·+ ∂f
∂xn
∂xn
∂ti= ∇f •
∂x
∂ti; i = 1, 2, . . . , m.
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
Seccion 4.5. Regla de la cadena 89
w
x1
∂f
∂x1
t
dx1
dt
· · ·
· · ·
xn
∂f
∂xn
t
dxn
dt
(a) Caso 1
w
x1
∂f
∂x1
t1
∂x1
∂t1
· · · tm
∂x1
∂tm
· · ·
· · ·
xn
∂f
∂xn
t1
∂xn
∂t1
· · · tm
∂xn
∂tm
(b) Caso 2
Figura 4.14. Regla de la cadena
Ejemplo 4.5.1. Use la regla de la cadena para calcular las derivadas
a) z = ln (x + y2); x =√
1 + t, y = 1 +√
t :dz
dt
b) z = x tan−1(xy); x = s2 + t2, y = set :∂z
∂sy
∂z
∂t
c) w = xy + xz + yz, x = rst, y = rest, z = t2 :∂w
∂r,
∂w
∂sy
∂w
∂t
Solucion. Mediante la regla de la cadena se tiene:
a)dz
dt=
∂z
∂x
dx
dt+
∂z
∂y
dy
dt
=1
(x + y2)
1
(2√
1 + t)+
2y
(x + y2)
1
(2√
t)
=1
2(√
1 + t + 1 + 2√
t + t)(√
1 + t)+
1 +√
t√t(√
1 + t + 1 + 2√
t + t)
b)∂z
∂s=
∂z
∂x
∂x
∂s+
∂z
∂y
∂y
∂s
=
(
tan−1(xy) +xy
1 + x2y2
)
2s +x2
1 + x2y2et
=
(
tan−1((s2 + t2)set) +s2 + t2
1 + (s2 + t2)2s2e2t
)
2s +(s2 + t2)2et
1 + (s2 + t2)2s2e2t
∂z
∂t=
∂z
∂x
∂x
∂t+
∂z
∂y
∂y
∂t
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
90 Capıtulo 4. Derivacion parcial
=
(
tan−1(xy) +xy
1 + x2y2
)
2t +x2
1 + x2y2set
=
(
tan−1((s2 + t2)set) +s2 + t2
1 + (s2 + t2)2s2e2t
)
2t +(s2 + t2)2set
1 + (s2 + t2)2s2e2t
c)∂w
∂r=
∂w
∂x
∂x
∂r+
∂w
∂y
∂y
∂r+
∂w
∂z
∂z
∂r
= (y + z)st + (x + z)est + (x + y)0
= (rest + t2)st + (rst + t2)est
∂w
∂s=
∂w
∂x
∂x
∂s+
∂w
∂y
∂y
∂s+
∂w
∂z
∂z
∂s
= (y + z)rt + (x + z)rtest + (x + y)2t
= (rest + t2)rt + (rst + t2)rtest + (rst +r est)2t
∂w
∂t=
∂w
∂x
∂x
∂s+
∂w
∂y
∂y
∂s+
∂w
∂t
∂z
∂t
= (y + z)rs + (x + z)rsest + (x + y)0 = (rest + t2)rs + (rst + t2)rsest
Ejemplo 4.5.2. Un automovil A
viaja hacia el norte a 90 km/h. Un
automovil B viaja hacia el oestea 80
km/h. Cada uno de estos automoviles
se acerca hacia la interseccion de estos
dos caminos ¿A que velocidad cambia
la distancia entre los vehıculos cuando
A esta a 0.3 km de la interseccion y B
esta a 0.4 km de la misma?
A
B
N
E
z
x
ydy
dt
dxdt
Figura 4.15. Grafica Ejm. 4.5.2
Solucion. Si z la distancia entre los autos en el instante t, entonces
z2 = x2 + y2.
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
Seccion 4.5. Regla de la cadena 91
Derivando implıcitamente y usando la regla de la cadena se tiene
2zdz
dt= 2x
dx
dt+ 2y
dy
dt
dz
dt=
x
z
dx
dt+
y
z
dy
dt.
Como x = 0.4 km, y = −0.3 km, dxdt
= −80 km/h y dydt
= 90 km/h,
dz
dt=
0.4√0.42 + 0.32
· (−80)km/h +−0.3√
0.42 + 0.32· (90)km/h = −29.5 km/h
El signo menos indica que la distancia esta disminuyendo.
Ejemplo 4.5.3. Si z = f(x, y) y x = eu cos v, y = eu sen v, muestre que
(∂z
∂x
)2
+
(∂z
∂y
)2
= e−2u
[(∂z
∂u
)2
+
(∂z
∂v
)2]
Solucion. Mediante la regla de la cadena se tiene
zu =∂z
∂u=
∂z
∂x
∂x
∂u+
∂z
∂y
∂y
∂u=
∂z
∂xeu cos v +
∂z
∂yeu sen v
zv =∂z
∂v=
∂z
∂x
∂x
∂v+
∂z
∂y
∂y
∂v= −∂z
∂xeu sen v +
∂z
∂yeu cos v
Ahora
z2u =
(∂z
∂x
)2
e2u cos2 v + 2∂z
∂x
∂z
∂ye2u cos v sen v +
(∂z
∂y
)2
e2u sen2 v
z2v =
(∂z
∂x
)2
e2u sen2 v − 2∂z
∂x
∂z
∂ye2u cos v sen v +
(∂z
∂y
)2
e2u cos2 v
Entonces
(zu)2 + (zv)
2 = e2u
(∂z
∂x
)2 (
cos2 v + sen2 v︸ ︷︷ ︸
1
)
+ e2u
(∂z
∂y
)2 (
sen2 v + cos2 v︸ ︷︷ ︸
1
)
= e2u
[(∂z
∂u
)2
+
(∂z
∂v
)2]
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
92 Capıtulo 4. Derivacion parcial
Por lo tanto
(∂z
∂x
)2
+
(∂z
∂y
)2
= e−2u
[(∂z
∂u
)2
+
(∂z
∂v
)2]
Teorema 4.5.3 (Derivacion implıcita).
1. Si la funcion F (x, y) tiene primeras derivadas parciales continuas y la
ecuacion F (x, y) = 0 define de manera implıcita una funcion y = f(x)
diferenciable y Fy 6= 0, entonces
dy
dx= −Fx
Fy
(4.12)
2. Si la funcion F (x1 , x2 , . . . , xn, w) tiene primeras derivadas parcia-
les continuas y la ecuacion F (x1 , x2 , . . . , xn, w) = 0 define de manera
implıcita una funcion w = f(x1 , x2 , . . . , xn) con primeras derivadas
parciales continuas y Fw 6= 0, entonces
∂w
∂xi= −Fxi
Fw, para i = 1, 2, . . . , n (4.13)
Ejemplo 4.5.4. Halle ∂z/∂y y ∂z/∂y si xy2z3 + x3y2z = x + y + z define
implıcitamente a z como funcion de (x, y).
Solucion. Sea F (x, y, z) = xy2z3 + x3y2z − x − y − z. Mediante derivacion
implıcita,
∂z
∂x= −Fx
Fz
= − y2z3 + 3x2z − 1
3xy2z2 + x3y2 − 1,
∂z
∂y= −Fy
Fz
= −2xyz3 + 2x3yz − 1
3xy2z2 + x3y2 − 1
4.6. Gradientes y conjuntos de nivel
Sea f : D ⊆ R2 7→ R una funcion diferenciable. Suponga que una curva de
nivel f(x, y) = c esta descrita por una funcion vectorial suave de ecuacion
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
Seccion 4.6. Gradientes y conjuntos de nivel 93
#–r (t) = f1(t)ı + f2(t). Se puede demostrar facilmente que ∇f es normal a la
curva. En efecto, por la regla de la cadena
f( #–r (t)) = c ⇒Dt [f( #–r (t))] = 0
∇f [f( #–r (t))] •
#–r ′(t) = 0 (4.14)
La ecuacion (4.14) establece que ∇f es normal al vector tangente #–r ′(t) y
por consiguiente a la curva. Esto implica que en cada punto (x0 , y0) en el
dominio de una funcion diferenciable f(x, y), el gradiente de f es normal
a la curva de nivel que pasa por (x0 , y0). Esto permite, entre otras cosas,
encontrar ecuaciones para rectas tangentes a las curvas de nivel, pues ellas
son normales a los gradientes.
1. Sea z = f(x, y) una funcion diferenciable en un conjunto D y
P0(x0 , y0) ∈ D
a) La ecuacion de la recta tangente a f(x, y) = c en P0 es
fx(x0, y
0)(x − x
0) + fy(x0
, y0)(y − y
0) = 0 (4.15)
b) La ecuacion de la recta normal a f(x, y) = c en P0 es
fy(x0 , y0)(x − x0) − fx(x0 , y0)(y − y0) = 0 (4.16)
2. Sea w = f(x, y, z) una funcion diferenciable en D y P0(x0 , y0, z0) ∈ D.
a) La ecuacion del plano tangente a f(x, y, z) = c en P0 es
∇f(P0) • x = ∇f(P0) • P0 (4.17)
b) La ecuacion vectorial de la recta normal a f(x, y, z) = c en P0 es
L(t) = P0+ t∇f(P
0), t ∈ R (4.18)
Ejemplo 4.6.1. Halle ecuaciones para la recta tangente y normal a la curva
de ecuacion x2y − 2xy + y3 = 4 en el punto (3, 1)
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94 Capıtulo 4. Derivacion parcial
Solucion. Sea F (x, y, z) = x2y − 2xy + y3 − 4. Entonces
∇F = (2xy − 2y, x2 − 2x + 3y2) y ∇F (3, 1) = (4,−3)
Las ecuaciones de la recta tangente y de la recta normal son
Recta tangente: 4(x − 3) − 3(y − 1) = 0 o 4x − 3y = 9
Recta normal: − 3(x − 3) − 4(y − 1) = 0, o 3x + 4y = −13
Ejemplo 4.6.2. Determine la ecuacion del plano tangente a la superficie
cos πx − x2y + exz + yz = 4 en el punto (0, 1, 2)
Solucion. Sea F (x, y, z) = cos πx − x2y + exz + yz − 4. Entonces
∇F = (−π sen πx − 2xy + zexz ,−x2 + z, xexz + y) y ∇F (0, 1, 2) = (2, 2, 1)
La ecuaciones del plano tangente y de la recta normal son
Plano tangente: 2(x − 0) + 2(y − 2) + (z − 1) = 0 o 2x + 2y + z = 5
Recta normal: x = 2t, y = 1 + 2t, z = 1 + t; t ∈ R
4.7. Derivadas direccionales
Suponga que se desea encontrar la razon de cambio de z = f(x, y) en el punto
(x0 , y0) en la direccion del vector unitario u = (a, b). Haciendo z0 = f(x0 , y0),
el punto P0(x0 , y0, z0) se encuentra en la superficie S. El plano vertical que
pasa por P0 en la direccion de u interseca a S en una curva C.
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
Seccion 4.7. Derivadas direccionales 95
(x0, y
0)
θ
cos θ
sen θu
O x
y
(a)
b
b
b
(x0 , y
0 , 0)
(x, y
, 0)
P (x0, y
0, z
0)
Q(x, y, z)
T
Cusb
sa h
x y
z
(b)
Figura 4.16. Razon de cambio de f en P0 en la direccion de u
La pendiente de la recta tangente T a C en P0 es la razon de cambio de z en
la direccion de u. Es decir,
df
ds
∣∣∣u,P0
= lıms→0
f(x0+ sa, y
0+ sb) − f(x
0, y
0)
s
Definicion 4.7.1. Sea f : D ⊆ Rn 7→ R y P0 ∈ D. La derivada direccional
de f en P0 en la direccion de un vector unitario u, es
df
ds
∣∣∣u,P0
= Duf(P0) = lıms→0
f(P0+ su) − f(P
0)
s, (4.19)
si el lımite existe.
Teorema 4.7.2. Si f es diferenciable en un conjunto abierto que contiene a
x0, entonces
Duf(P0) = ∇f(P
0) • u (4.20)
Ejemplo 4.7.1. Encuentre la derivada direccional de f(x, y) = yex+sen(xy)
en el punto (0, 2) en la direccion del vector #–v = 4ı − 3
Solucion. El gradiente de f es ∇f = (yex +y cos(xy), ex +x cos(xy)). Como
‖ #–v ‖ = 5, un vector unitario en la direccion de #–v es u = (45,−3
5). Luego,
Duf(0, 2) = ∇f(0, 2) • (45,−3
5) = (4, 1) • (4
5,−3
5) = 13
5
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96 Capıtulo 4. Derivacion parcial
Propiedades de la derivada direccional
Al escribir la derivada direccional en la forma
Duf(P0) = ∇f(P0) • u = ‖∇f(P0)‖ ‖u‖ cos θ = ‖∇f(P0)‖ cos θ,
se evidencian las siguientes propiedades
1. En cada punto P de su dominio, f crece mas rapidamente en la direc-
cion de ∇f , pues cos θ = cos 0 = 1.
2. En cada punto P de su dominio, f decrece mas rapidamente en la
direccion opuesta a ∇f , ya que cos θ = cos π = −1
3. Cualquier direccion u ortogonal a ∇f 6= 0 es una direccion de cambio
nulo en f puesto que cos θ = cos π/2 = 0.
Ejemplo 4.7.2. Sea f(x, y) = 9− x2
2− y2
2y P0(2, 2). Determine la direccion
de cambio en la cual f .
a) Aumenta mas rapidamente en P0
b) Disminuye mas rapidamente en P0
c) No cambia en P0
Solucion. Como ∇f = (−x,−y), ∇f(2, 2) = (−2,−2).
a) La direccion de maximo ascenso en (2, 2) es u = ∇f(2,2)‖∇f‖ = (− 1√
2,− 1√
2)
b) La direccion de maximo descenso en (2, 2) es u = −∇f(2,2)‖∇f‖ = ( 1√
2, 1√
2)
c) f no cambia en (2, 2) en las direcciones u1 = ( 1√2,− 1√
2) y u2 = (− 1√
2, 1√
2).
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Seccion 4.8. Valores extremos y puntos de silla 97
4.8. Valores extremos y puntos de silla
Definicion 4.8.1. Sea f : D ⊆ Rn 7→ R y P0 ∈ int D. Entonces
1. f(P0) es un valor maximo local de f si f(P0) ≥ f(x) para todo x en
una bola abierta con centro en P0
2. f(P0) es un valor mınimo local de f si f(P0) ≤ f(x) para todo x en
una bola abierta con centro en P0
Teorema 4.8.2. Si f tiene un valor maximo local o un valor mınimo local
en un punto interior P0
de su dominio y si las primeras derivadas parciales
existen, entonces ∇f(P0) = 0.
Definicion 4.8.3 (Punto crıtico). Un punto P0 en el interior del dominio
de f tal que ∇f(P0) = 0 o no existe, se llama punto crıtico de f .
Definicion 4.8.4 (Punto de silla). Una funcion diferenciable f tiene un
punto de silla en un punto crıtico P0 si en cada n−bola abierta centrada en
P0
existen puntos x del dominio en donde f(x) < f(P0) y hay puntos x en
el dominio en donde f(x) > f(P0).
Para clasificar los puntos crıticos de una funcion f con derivadas parciales de
segundo orden continuas (funcion de clase C2) se usa la formula de Taylor de
segundo orden para funciones de varias variables. En dicha formula aparece
la matriz que a continuacion se define:
Definicion 4.8.5 (Matriz Hessiana). Sea f : D ⊆ Rn 7→ R una funcion
con segundas derivadas parciales continuas en D. La matriz Hessiana de f es
H(x) =
fx1x1fx1x2
. . . fx1xn
fx2x1fx2x2
. . . fx2xn
......
. . ....
fxnx1fxnx2
. . . fxnxn
(4.21)
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98 Capıtulo 4. Derivacion parcial
A continuacion se enuncia un resultado que permite clasificar los puntos
crıticos de una funcion escalar de n variables de clase C2.
Teorema 4.8.6 (Criterio general 1). Si f : D 7→ R, D ⊆ Rn es una
funcion que posee segundas derivadas parciales continuas en D y P0 es un
punto crıtico de f , entonces
(i) Si todos los valores propios de H(P0) son negativos, entonces f(P
0) es
un valor maximo local de f .
(ii) Si todos los valores propios de H(P0) son positivos, entonces f(P0) es
un valor mınimo local de f .
(iii) Si H(P0) tiene valores propios positivos y negativos, entonces en P0 f
tiene un punto de silla.
(iv) Si λ = 0 es un valor propio de H(P0), entonces el criterio no decide.
Otro teorema general que permite clasificar los puntos crıticos de una funcion
escalar de n variables es el siguiente:
Teorema 4.8.7 (Criterio general 2). Si f : D → R,D ⊆ R
n es una fun-
cion que posee segundas derivadas parciales continuas en D y P0 es un punto
crıtico de f . De la matriz Hessiana evaluada en P0 calculamos la sucesion
de sus menores principales d1, d2 , . . . , dn dados por
d1 = fx1x1
d2 = det
(
fx1x1fx1x2
fx2x1fx2x2
)
d3 = det
fx1x1fx1x2
fx1x3
fx2x1fx2x2
fx2x3
fx3x1fx3x2
fx3x3
...
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Seccion 4.8. Valores extremos y puntos de silla 99
dn = det
fx1x1fx1x2
. . . fx1xn
fx2x1fx2x2
. . . fx2xn
......
. . ....
fxnx1fxnx2
. . . fxnxn
.
Entonces
(i) Si dk > 0 para k = 1, 2, . . . , n entonces f(P0) es un valor mınimo local
de f .
(ii) SI d2k−1 < 0 y d2k > 0 para k = 1, 3, . . . , n2
entonces f(P0) es un valor
mınimo local de f .
(iii) Si no se da ni el caso (i) ni el caso (ii) entonces f tiene un punto se
silla en P0.
(iv) Si det(H(P0)) = 0 nada se puede afirmar sobre la naturaleza del punto
crıtico (el criterio no decide y se debe usar otro metodo para clasificar
el punto criterio).
Ejemplo 4.8.1. Halle y clasifique los puntos crıticos de la funcion
f(x, y, z) = x2y + y3 + x2 + y2 + 3z2.
Solucion. ∇f(x, y, z) = (2xy +2x, x2 +3y2 +2y, 6z) = (0, 0, 0) en los puntos
(0, 0, 0) y (0,−23, 0) (puntos crıticos).
Clasificamos los puntos crıticos:
H(x, y, z) =
2y + 2 2x 0
2x 6y + 2 0
0 0 6
H(0, 0, 0) =
2 2x 0
0 2 0
0 0 6
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100 Capıtulo 4. Derivacion parcial
Como d1 = 2, d2 = 4 y d3 = 24 entonces f tiene un punto local en (0, 0, 0).
H(0,−23, 0) =
23
0 0
0 −2 0
0 0 6
Como d1 = 23, d2 = −4
3y d3 = −8 entonces f tiene un punto de silla en
(0,−23, 0).
Nota. En el ejemplo anterior la matriz Hessiana en cada punto crıtico es
diagonal y por lo tanto sus valores propios son los elementos de la diagonal
principal y podemos aplicar directamente el Teorema 4.8.6:
Como los valores propios de H(0, 0, 0) son λ1 = 2, λ2 = 2 y λ3 = 6 entonces
la funcion f tiene un mınimo local en el punto (0, 0, 0).
Como los valores propios de H(0,−23, 0) son λ1 = 2
3, λ2 = −2 y λ3 = 6
entonces la funcion f tiene un punto de silla en el punto (0,−23, 0).
Para el caso de funciones de dos variables se tiene el siguiente criterio (caso
particular del Teorema 4.8.7:
Teorema 4.8.8. Sea f : D ⊆ R2 7→ R una funcion con segundas derivadas
parciales continuas en D y (x0 , y0) un punto crıtico de f . Entonces
(i) Si det H(x0 , y0) > 0 y fxx(x0 , y0) < 0 entonces f(x0 , y0) es un valor
maximo local de f .
(ii) Si det H(x0 , y0) > 0 y fxx(x0 , y0) > 0 entonces f(x0 , y0) es un valor
mınimo local de f .
(iii) Si det H(x0 , y0) < 0 entonces en (x0 , y0) f tiene un punto de silla.
(iv) Si det H(x0 , y0) = 0 el criterio no decide.
Ejemplo 4.8.2. Halle y clasifique los puntos crıticos de
f(x, y) = x2 − 2y2 + y4.
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Seccion 4.8. Valores extremos y puntos de silla 101
Solucion. ∇f = (2x,−4y + 4y3)
∇f = 0 ⇒
2x = 0 (1)
−4y + 4y3 = 0 (2)
De (1), x = 0. De (2), y = 0, y = 1 o y = −1. Los puntos crıticos son
(0, 0), (0, 1) y (0,−1). Ahora se determinara su naturaleza.
La matriz Hessiana es
H(x, y) =
(
fxx fxy
fyx fyy
)
=
(
2 0
0 −4 + 12y2
)
Clasificando los puntos crıticos:
H(0, 0) =
(
2 0
0 −4
)
; det H(0, 0) = −8 < 0
Por el teorema 4.8.8(iii), f tiene un punto de silla en (0, 0).
H(0,±1) =
(
2 0
0 8
)
; det H(0,±1) = 16 > 0
Como fxx(0,±1) = 2 > 0, por el teorema 4.8.8(ii), f tiene un mınimo local
en (0,±1).
Ejemplo 4.8.3. Encuentre los volumenes maximo y mınimo de una caja
rectangular cerrada cuya area de la superficie es 1500 cm2.
Solucion. La funcion a maximizar es el volumen. Si x, y y z son las di-
mensiones de la caja, entonces V = xyz. La condicion es el area total
de la superficie de las caras. Puesto que la caja es cerrada, se tiene que
A = 2xy + 2xz + 2yz = 1500. Es decir, el problema es
Maximizar V = xyz (Ec. 1)
Sujeto a xy + xz + yz = 750 (Ec. 2)
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102 Capıtulo 4. Derivacion parcial
De (Ec. 2),
z =750 − xy
x + y(Ec. 3)
Al sustituir (Ec. 3) en (Ec. 1) se tiene
V =750xy − x2y2
x + y
Las derivadas parciales de V son
Vx =y2(750 − x2 − 2xy)
(x + y)2,
Vy =x2(750 − 2xy − y2)
(x + y)2x
y
z
Figura 4.17. Grafica Ejm. 4.8.3Puntos crıticos:
Vx = 0 ⇒ y2(750 − x2 − 2xy) = 0 (Ec. 4)
Vy = 0 ⇒ x2(750 − 2xy − y2) = 0 (Ec. 5)
De (Ec. 4), y = 0 o x2 + 2xy − 750 = 0. Sustituyendo y = 0 en (Ec. 5) se
tiene x = 0. Para x2 + 2xy − 750 = 0, en (Ec. 5), x2 + 2xy = y2 + 2xy, de
donde x2 = y2. Como x > 0, entonces x = y. Luego 3x2 = 750, de donde
x = y = 5√
10. Al sustituir estos valores en (Ec. 3) se obtiene z = 5√
10. Es
decir, la caja debe ser cubica. El volumen maximo es Vmax = 1250√
10 cm3.
Maximos y mınimos absolutos en regiones cerradas y acotadas
Algunas veces es necesario hallar los valores extremos de una funcion en el
que su dominio se halla restringido a un conjunto particular S de Rn; por
ejemplo en R2, un disco, una region triangular cerrada, etc.
Definicion 4.8.9. Un conjunto S de Rn es acotado si existe una n−bola
abierta B(0; r) que contiene a S.
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Seccion 4.8. Valores extremos y puntos de silla 103
Teorema 4.8.10. Si f es continua en un conjunto cerrado y acotado S ⊆ Rn,
entonces f alcanza sus valores maximo absoluto y mınimo absoluto en S.
Ejemplo 4.8.4. Halle los valores maximo absoluto y mınimo absoluto de
f(x, y) = x3 − 3xy2 + 6y2 en el cuadrilatero (−1,−3), (−1, 3), (3, 3) y (3, 1).
Solucion. Primero se hallan los puntos crıticos interiores. De ∇F = 0,
fx = 0 ⇒ 3x2 − 3y2 = 0 (Ec. 1)
fy = 0 ⇒ −6xy + 12y = 0 (Ec. 2)
De (Ec. 2), y = 0 o x = 2. Si y = 0
en (Ec. 1), x = 0. Si x = 2 en (Ec. 1),
y = 2 o y = −2. Los puntos crıticos
son: (0, 0), (2, 2) y (2,−2). No se
considera (2,−2) pues es exterior al
polıgono. Ahora se analiza la frontera.
b
b
b
b
b b
b
b
b
(−1,−3)
(−1, 3)
(3, 1)
(3, 3)
(2, 2)
(0, 0)
(2,−2)
S1
S2
S3
S4
x
y
Figura 4.18. Grafica Ejm. 4.8.4
Sea S1
el conjunto {(x, y) : x = −1,−3 ≤ y ≤ 3}. al restringir la funcion f
al conjunto S1 se obtiene la funcion h1(y) = f(−1, y) = 9y2−1, −1 ≤ y ≤ 3.
El punto crıtico interior de esta funcion es y = 0 por ser una parabola
con coeficiente principal positivo. Al evaluar este punto y los extremos del
intervalo se tiene
h1(−3) = 80 Maximo absoluto de h1
h1(0) = −1 Mınimo absoluto de h1
h1(3) = 80 Maximo absoluto de h1
Sea S2 = {(x, y) : y = x − 2; −1 ≤ x ≤ 3}. La restriccion de f a S2 es la
funcion h2(x) = f(x, x − 2) = −2x3 + 18x2 − 36x + 24; −1 ≤ x ≤ 3. Puntos
crıticos interiores: h′2(x) = −6x2 + 36x − 36 = 0 implica x1 = 3 +
√3 o
x2 = 3 −√
3 = 1.27. El punto x1 no esta en el intervalo [−1, 3]. Al evaluar
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104 Capıtulo 4. Derivacion parcial
x2 y los extremos del intervalo se tiene
h2(−1) = 80 Maximo absoluto de h2
h2(3 −
√3) = 24 − 12
√3 ≈ 3.22 Mınimo absoluto de h
2
h2(3) = 24
Sean S3 = {(x, y) : x = 3, 1 ≤ y ≤ 3} y h3(y) = f(3, y) = 27 − 3y2, 1 ≤ y ≤ 3
la funcion restriccion de f . y = 0 es un punto crıtico de esta funcion por ser
una parabola con coeficiente principal negativo, pero este punto no esta en
[1, 3]. Al evaluar los extremos del intervalo se tiene
h3(1) = 24 Maximo absoluto de h3
h1(3) = 0 Mınimo absoluto de h3
Sean S4 = {(x, y) : y = 3,−1 ≤ x ≤ 3} y h4(x) = f(x, 3) = x3 − 27x + 54,
−1 ≤ x ≤ 3 la restriccion de f a S4. Puntos crıticos: h′4(x) = 3x2 − 27 = 0
implica x−1 = −3 o x2 = 3. Ninguno de estos puntos son interiores del
intervalo [−1, 3] luego solo se evaluan los extremos del intervalo:
h4(−1) = 80 Maximo absoluto de h4
h4(3) = 0 Mınimo absoluto de h
4
Al evaluar los puntos crıticos interiores se tiene: f(0, 0) = 0, f(2, 2) = 8.
Por lo tanto, el valor mınimo absoluto de f en el polıgono es f(−2, 0) = −1
y el valor maximo absoluto es f(−1,−3) = 80.
4.9. Multiplicadores de Lagrange
Para determinar los valores extremos de una funcion f(x1 , x2 , . . . , xn) con las
condiciones
g1(x1 , x2 , . . . , xn) = 0, g2(x1 , x2 , . . . , xn
) = 0, . . . , gm(x1 , x2 , . . . , xn
) = 0
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Seccion 4.9. Multiplicadores de Lagrange 105
con m < n, se define la funcion
F (x1 , x2 , . . . , xn, λ1 , λ2, . . . , λm
) = f(x1 , x2 , . . . , xn)−λ1g1−λ2g2 −· · ·−λ
mg
m
y se hallan los puntos crıticos de F . Los escalares λ1 , λ2, . . . , λm reciben el
nombre de multiplicadores de Lagrange.
Interpretacion geometrica
Suponga que se quiere hallar valores maximos o mınimos de una funcion
f(x, y, z) sobre una curva C interseccion de dos superficies g1(x, y, z) = 0 y
g2(x, y, z) = 0, para lo cual, se define la funcion h(t) = f( #–r (t)).
Sea #–r (t) la ecuacion vectorial de C, entonces f( #–r (t)) es el valor de f en C.
g2(x, y, z) = 0
g1(x, y, z) = 0
Curva C∇g
2
∇f
#–r ′
∇g1
Figura 4.19. Multiplicadores de Lagrange: dos restricciones
Se va a a demostrar que en los puntos crıticos, ∇f esta en el mismo plano
determinado por ∇g1 y ∇g2. Al aplicar la regla de la cadena se tiene
h′(t) = ∇f( #–r (t)) •
#–r ′(t) = 0 ⇒ ∇f( #–r (t)) es ortogonal a #–r ′(t).
Como ∇g1 y ∇g2 son ortogonales a #–r ′(t) entonces ∇f esta en el mismo plano
generado por ∇g1 y ∇g2 . Luego, existen escalares λ1 y λ2 tales que
∇f = λ1∇g1 + λ2∇g2.
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106 Capıtulo 4. Derivacion parcial
Ejemplo 4.9.1. Hallar los puntos de la curva 2x2−4xy−y2 = 6 mas cercanos
al origen.
Solucion. Sea d la distancia de un punto P de la curva al origen, entonces
d =√
x2 + y2. Se debe hallar el valor mınimo de d, para lo cual se define la
funcion f(x, y) = d2 = x2+y2 con la condicion g(x, y) = 2x2−4xy−y2−6 = 0.
Para aplicar el metodo de los multiplicadores de Lagrange sea
F (x, y, λ) = f(x, y) − λg(x, y)
Para puntos crıticos:
Fx = 0 ⇒ 2x = λ(4x − 4y) (Ec. 1)
Fy = 0 ⇒ 2y = −λ(4x + 2y) (Ec. 2)
Fλ = 0 ⇒ 2x2 − 4xy − y2 − 6 = 0 (Ec. 3)
De (Ec. 1) y (Ec. 2)
x
2(x − y)=
−y
2x + y(Ec. 4)
De (Ec. 3) y (Ec. 4)
2x2 − 4xy − y2 = 6 (Ec. 5)
2x2 + 3xy − 2y2 = 0 (Ec. 6)
P (x, y)d
x
y
Figura 4.20. Grafica Ejm. 4.9.1
Restando miembro a miembro (Ec. 5) de (Ec. 6) se tiene
7xy − y2 = −6
de donde
x =y2 − 6
7y(Ec. 7)
Sustituyendo (Ec. 7) en (Ec. 6) y simplificando se tiene
2(
y2−67y
)2
+ 3(
y2−67y
)
y − 2y2 = 0
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Seccion 4.9. Multiplicadores de Lagrange 107
25y4 + 50y2 − 24 = 0
(5y2 + 12)(5y2 − 2) = 0
Como 5y2 + 12 > 0 entonces 5y2 − 2 = 0, de donde y = −√
105
o y =√
105
.
Para y = −√
105
se tiene que x = 2√
105
y para y =√
105
, x = −2√
105
.
Ası, los puntos donde la distancia es mınima son
(
−2√
10
5,
√10
5
)
y
(
2√
10
5,−
√10
5
)
.
La distancia mınima es
dmin =√
2 .
Ejemplo 4.9.2. Hallar el volumen maximo posible de una caja rectangular
con caras paralelas a los planos coordenados, que puede inscribirse en el
elipsoide 16x2 + 4y2 + 9z2 = 144.
Solucion. La figura 4.21 muestra la grafica en el primer octante. La funcion
a maximizar es el volumen.
V = f(x, y, z) = 8xyz; x, y, z > 0.
Como uno de los vertices esta en el
elipsoide, la condicion es
16x2 + 4y2 + 9z2 = 144
Por el metodo de los multiplicado-
res de Lagrange debemos hallar los
extremos de la funcion
x
y
z
x2
9+
y2
36+
z2
16= 1
xy
zb
Figura 4.21. Grafica Ejm. 4.9.2F (x, y, z, λ) = f(x, y, z) − λg(x, y, z) ,
donde
g(x, y, z) = 16x2 + 4y2 + 9z2 − 144.
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108 Capıtulo 4. Derivacion parcial
Para puntos crıticos:
Fx = fx − λgx; Fx = 0 ⇒ 8yz = 32λx (Ec. 1)
Fy = fy − λgy; Fy = 0 ⇒ 8xz = 8λy (Ec. 2)
Fz = fz − λgz; Fy = 0 ⇒ 8xy = 18λz (Ec. 3)
Fλ = −g; Fλ = 0 ⇒ 16x2 + 4y2 + 9z2 − 144 = 0 (Ec. 4)
Al despejar λ de (Ec. 1), (Ec. 2) y (Ec. 3) e igualar se obtiene
yz
4x=
xz
y=
4xy
9z(Ec. 5)
De (Ec. 5) y como las variables son positivas se obtienen las ecuaciones
y2 = 4x2, 9z2 = 4y2 (Ec. 6)
Sustituyendo las expresiones de (Ec. 5) en (Ec. 4) se tiene
4y2 + 4y2 + 4y2 = 144 ⇒ 12y2 = 144 ⇒ y2 = 12
⇒ y = 2√
3 pues y > 0.
Al reemplazar este valor en (Ec. 5) se obtiene x =√
3 y z = 43
√3. Luego, el
volumen maximo es: Vmax = 64√
3.
Ejemplo 4.9.3. Sea C la parte de la curva interseccion del plano x + y = 4
y el paraboloide 2z = 16 − x2 − y2 que esta en el primer octante. Encuentre
los puntos de C mas cercanos y mas lejanos al origen. Determine la distancia
maxima y la distancia mınima de C al origen.
Solucion. En este caso, el problema consiste en encontrar los valores maxi-
mo y mınimo de la funcion
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Seccion 4.9. Multiplicadores de Lagrange 109
f(x, y, z) = x2 + y2 + z2
Sujeto a x + y = 4
2z = 16 − x2 − y2
Se define la funcion
F (x, y, z, λ, µ) = f(x, y, z)−λg(x, y, z)−µh(x, y, z),
donde
g(x, y, z) = x + y − 4
h(x, y, z) = x2 + y2 + 2z − 16
d
C
x + y = 4
2z = 8 − x2 − y2
P (x, y, z)
x
y
z
Figura 4.22. Grafica Ejm. 4.9.3
Para puntos crıticos: ∇F = ∇f − λ∇g − µ∇h = 0,
Fx = fx − λgx − µhx; Fx = 0 ⇒ 2x = λ + 2µx (Ec. 1)
Fy = fy − λgy − µhy; Fy = 0 ⇒ 2y = λ + 2µy (Ec. 2)
Fz = fz − λgz − µhz; Fy = 0 ⇒ 2z = 2µ (Ec. 3)
Fλ = −g; Fλ = 0 ⇒ x + y − 4 = 0 (Ec. 4)
Fµ = −h; Fµ = 0 ⇒ x2 + y2 + 2z − 16 = 0 (Ec. 5)
Restando (Ec. 2) de (Ec. 1) se obtiene 2x− 2y = 2µx− 2µy, de donde x = y
o µ = 1. Al sustituir y = x en (Ec. 4) se tiene x = 2 = y, reemplazando estos
valores en (Ec. 5) se halla z = 4. Ası, un punto crıtico es P1(2, 2, 4). Ahora,
sustituyendo µ = 1 en (Ec. 3) se obtiene z = 1. Al reemplazar este valor en
(Ec. 5) se produce la ecuacion
x2 + y2 = 14 (Ec. 6)
De (Ec. 4) y (Ec. 6) se obtienen los dos puntos P2(2 +√
3, 2 −√
3, 1) y
P3(2 −√
3, 2 +√
3, 1). Punto mas alejado P1; dmax = 2√
6. Puntos mas
cercanos: P1 y P2 ; dmın =√
15.
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
110 Capıtulo 4. Derivacion parcial
4.10. Ejercicios del capıtulo
1. Represente algunos conjuntos de nivel y dibuje la funcion f .
a) f(x, y) = x2 − 2y
b) g(x, y, z) = x + 2y + 3z
c) f(x, y) = ln√
x2 + y2
d) g(x, y, z) = y2 + z2
e) f(x, y) = x2−2x−y2+4y−3
f ) g(x, y, z) =√
z2 − x2 − y2
2. En cada caso, halle el lımite o muestre que no existe.
a) lım(x,y)→(0,0)
x − y√
x2 + y2
b) lım(x,y)→(0,0)
x4 + y4
√
(x2 + y2)3
c) lım(x,y)→(1,1)
x2 + 2xy − 3y2
x2 − y2
d) lım(x,y)→(0,0)
x3 − y3
x3 + y
e) lım(x,y)→(0,0)
x2y2
x3 + y3. Caminos y = x y y = 3
√x4 − x3.
3. Halle las derivadas de primer orden de cada una de las siguientes fun-
ciones.
a) f(x, y) = x2exy
b) f(x, y) =xy
x2 + y2
c) f(x, y) = arctan (xy)
d) f(x, y, z) = x2y2z2ex+y+z ln z
e) f(u, v) = (2u2 + 3v2)e−u2−v2
f ) f(r, s) =r2 − s2
r2 + s2
g) z = arc sen (xy) + arctan (xy)
4. Verifique que zxy = zyx en cada caso.
a) z = x2 − 4xy − 2y2
b) z = x2e−y2+ y2e−x2
c) z = x2 cosh (1/y2)
d) z = (x3 + y3)10
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
Seccion 4.10. Ejercicios del capıtulo 111
5. Determine si las siguientes funciones satisfacen o no la ecuacion de
Laplace
∂2f
∂x2+
∂2f
∂y2= 0 o
∂2f
∂x2+
∂2f
∂y2+
∂2u
∂z2= 0.
a) f(x, y) = ln (x2 + y2)
b) f(x, y) =xy
(x2 + y2)2
c) f(x, y) = arctan (x/y)
d) f(x, y, z) = (x2 + y2 + z2)−1/2
6. Use diferenciales para estimar
a) f(x, y, z) = xy sen(xz), en (3.99, 4.98, 4.03)
b)√
(3.02)2 + (1.97)2 + (5.99)2
7. Una franja de 3 pulg. de ancho se pinta como frontera de una region
rectangular cuyas dimensiones son 100 pies de ancho por 200 pies de
largo. Utilice diferenciales para estimar el numero de pies2 de la franja
pintada.
8. La resistencia R producida por resistores de alambre R1 y R2 ohms en
paralelo puede calcularse mediante la formula
1
R=
1
R1+
1
R2.
a) Muestre que dR =(
RR1
)2
dR1 +(
RR2
)2
dR2.
b) Usted planea cambiar R1 de 20 ohms a 20.1 ohms y R2 de 25
ohms a 24.9 ohms. ¿En que porcentaje cambiara R?
9. La formula del lote de Wilson en economıa dice que la cantidad Q
mas economica de bienes para una tienda indicada esta dada por Q =√
2KM/h, donde K es el costo por colocar la orden, M es el numero de
artıculos vendidos por semana y h es el costo semanal de mantenimiento
de cada artıculo. ¿A que variable K, M o h es mas sensible Q cerca
del punto (H0, M0, h0) = (2, 20, 0.05)?
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
112 Capıtulo 4. Derivacion parcial
10. La temperatura en un punto P (x, y, z) esta dada por
T (x, y, z) = 200e−(x2+3y2+9z2),
en donde T se mide en ◦C y x, y, z en metros.
a) Encuentre la razon de cambio de la temperatura T en el punto
P (2,−1, 2) en la direccion hacia el punto Q(3,−3, 3).
b) ¿En que direccion aumenta mas rapidamente la temperatura en
P ?
c) Encuentre la maxima razon de aumento de T en P .
11. Determine la ecuacion cartesiana del plano tangente a la superficie en
el punto dado.
a) z = ex ln y en P (0, 1)
b) x2 + y2 − z2 − 2xy + 4xz = 4 en P (1, 0, 1)
c) xyz + x2 − 2y2 + z3 = 14 en P (5,−3, 2)
d) z = 2x2 + 3y2 paralelo a 4x − 3y − z = 10
12. Sea f una funcion de dos variables que tiene derivadas parciales con-
tinuas y considerese los puntos A(1, 3), B(3, 3), C(1, 7) y D(6, 15). La
derivada direccional de f en A en la direccion del vector# –
AB es 3 y la
derivada direccional de f en A en la direccion de# –
AC es 26. Encuentre
la derivada direccional de f en A en la direccion de# –
AD .
13. Si u = ea1x1+a2x2+···+anxn , donde a21+ a2
2+ · · · + a2
n = 1, demuestre que
∂2u
∂x21
+∂2u
∂x22
+ · · · +∂2u
∂x2n
= u.
14. Calcule la derivada direccional de la funcion en el punto y direccion
dados
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
Seccion 4.10. Ejercicios del capıtulo 113
a) f(x, y) = ex sen y; P (1, π/4), #–v = 〈−1, 2〉b) f(x, y, z) = xy2z3; P (1,−2, 1), #–v = 〈1,−1, 1〉c) f(x, y, z) = x arctan (y/z) ; P (1, 2,−2), #–v = ı + − k.
15. Dos lados consecutivos de un triangulo aumentan a razon de 2 cm/s
y 3 cm/s respectivamente y el angulo entre ellos disminuye a razon de
π/6 rad/s. Determine la tasa de cambio del area del triangulo cuando
los dos lados consecutivos miden 30 cm y 40 cm, y el angulo entre ellos
es de π/3.
16. Muestre que la funcion u(x, y) = xf(x + y) + yg(x + y) satisface la
ecuacion uxx − 2uxy + uyy = 0, donde f y g son funciones de una
variable dos veces diferenciables.
17. Suponga que w = f(u, v) satisface la ecuacion de Laplace fuu +fvv = 0,
y que u = (x2 − y2)/2 y v = xy. Muestre que w satisface la ecuacion
de Laplace wxx + wyy = 0.
18. Sea w = f(x, y) una funcion diferenciable. Si x = r cos θ, y = r sen θ.
a) Muestre que
∂w
∂r= fx cos θ + fy sen θ y
1
r
∂w
∂θ= −fx sen θ + fy cos θ.
b) Resuelva las ecuaciones en a) para expresar fx y fy en terminos
de ∂w/∂r y ∂w/∂θ y muestre que
(fx)2 + (fy)
2 =
(∂w
∂r
)2
+1
r2
(∂w
∂θ
)2
.
19. Encuentre los valores maximo, mınimo y los puntos de silla para las
funciones dadas
a) f(x, y) = 2x3 + xy2 + 5x2 + y2
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
114 Capıtulo 4. Derivacion parcial
b) f(x, y) =x2y2 − 8x + y
xy
c) f(x, y) = (2x − x2)(2y − y2)
d) f(x, y) = xye−(x2+y2)
e) f(x, y) =
∫ y
x
(24 − 2t − t2)4/3dt; x ≤ y
20. Encuentre los valores maximo absoluto y mınimo absoluto de la fun-
cion f(x, y) = x3 − 3x − y3 + 12y, en el cuadrilatero de vertices
A(−2, 3), B(2, 3), C(2, 2) y D(−2,−2).
21. Obtenga los puntos de la superficie x2y2z = 1 que estan mas cercanos
al origen.
22. Obtenga las dimensiones de una caja rectangular de maximo volumen
tal que la suma de sus aristas sea igual a una constante L.
23. Una sonda espacial con la forma del elipsoide 4x2+y2+4z2 = 16 entra a
la atmosfera de la Tierra y su superficie empieza a calentarse. Despues
de una hora, la temperatura en el punto (x, y, z) sobre la superficie de
la sonda es
T (x, y, z) = 8x2 + 4yz − 16z + 600.
Encuentre los puntos mas calientes y el punto mas frıo sobre la super-
ficie de la sonda.
24. Encuentre los volumenes maximo y mınimo de una caja rectangular
cuya area es 1500 cm2 y cuya longitud total de las aristas sea de 200 cm.
25. Un cable de 120 cm de largo se corta en tres o menos piezas y cada
pieza se dobla para formar un cuadrado. ¿Como debe hacerse esto para
minimizar el area total de los cuadrados? ¿Para maximizarla?
26. Usted debe dividir un monton de masa con volumen V en tres o menos
piezas para formar cubos. ¿Como debe hacerlo para minimizar el area
total de la superficie de los cubos? ¿Para maximizarla?.
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
Respuestas
Capıtulo 1: Vectores
1a. 4√
2, −135o 1b. 4√
2, −45o 1c. 0 6= |a|, 0o o 180o
1d . 0 6= |b|, ±90o 2a. −33 2b. (20798
, 2398
, 4649
)
2c. 84o 4.√
39,√
19 5. θ1 = 60o, θ2 = 30o
6. 2√161
y 4√161
o − 2√161
y − 4√161
7.√
17, λ = ±√
33
8a. L1 : x = −2 + 3t, y = 3 − 8t, z = 4 − 2t; t ∈ R,
(0,−73, 4
3), (−7
8, 0,−13
4), (4,−13, 0).
8b. L2 : x = 3 + 370r, y = 4 + 117r, z = 5 + 87r; r ∈ R.
9. Perpendiculares: L1, L3 y L2, L3. Paralelas: L1, L2.
10a. 9x+13y+7z = 7. 10b. x + y − z = 3. 10c. 2x+6y+5z = 10
11. 2√
5. 12. 14x − 15y − 9z = −10.
13a. x = 1 + 2r, y = −5 − r, z = 4 + 6r; r ∈ R
13b. 11x − 26y − 8z = 109
115
116 Capıtulo 4. Derivacion parcial
Capıtulo 2: Superficies cuadricas
19. y =√
2√
x2 + z2. 20. x = y2 + z2. 21. z = 4 − (x2 + y2).
22. y = e−(x2+x2). 23. x = ln(y2 + z2). 24. x2 + y2 − z2 = 1.
25. Elipses. 26. Elipses si |a| ≥ 1. 27. Hiperbolas.
28. Parabolas. 29. Logaritmos. 30. Hiperbolas.
Capıtulo 3: Funciones vectoriales
1a. y = 3x2 − 2, x ≥ 0 1b. x + y2 = 1 1c. x2 − y2 = 1
1d . 4x = y2 + 4y + 8 2a. 90o 2b. 135o
2c. 90o 4a. #–v •
#–a = 0 4b. Igual que en 4a.
9. L(λ) = π4ı + (1 − λ) + (1 + λ)k, N(µ) = π
4ı + (1 − µ) + (1 − µ)k
10a. T (t) = (− sen t)ı + (cos t), N(t) = (cos t)ı + (sen t), 0 < t < π/2
10b. T (t) = (−23cos t)ı + (2
3cos t) +
√5
3k, N(t) = −(cos t)ı − (sen t)
12a. s(t) = senh t 12b. s(t) =√
29 t 12c. s(t) =√
3 t3
12d . s(t) =√
t2 + t − 12ln
√t+1−
√t√
t+1−√
t14b. t = 3
15b. t = 14ln ‖ #–
B‖‖ #–
A‖ 16.#–
F (t) = (tet + et)#–
A + (1 − 2e)#–
A
17. #–r (t) =(
32t2 + 6√
11t + 1
)
ı −(
12t2 + 2√
11t − 2
)
+(
12t2 + 2√
11t + 3
)
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
Seccion 4.10. Ejercicios del capıtulo 117
Capıtulo 4: Derivacion parcial
1a. Curvas de nivel: x2 − 2y = k, k ∈ R. Parabolas.
1b. Superficies de nivel: x + 2y + 3z = k, k ∈ R. Planos.
1c. Curvas de nivel: ln√
x2 + y2 = k, k ∈ R. Circunferencias.
1d . Superficies de nivel: y2 + z2 = k2. Cilindros.
1e. Superficies de nivel: x2 − 2x − y2 + 4y − 3 = k. Cilindros.
1f . Superficies de nivel:√
x2 − y2 − z2 = k, k ≥ 0. Conos.
2a. No existe. 2b. 0. 2c. 4. 2d . No existe.
2e. No existe 3a. fx = (xy + 2)xexy, fy = x3exy
3b. fx = y3−x2y(x2+y2)2
, fy = x2y−y3
(x2+y2)23c. fx = y
1+x2y2 , fy = x1+x2y2
3d . fx = xy2z2(2 + x)ex+y+z, fy = x2yz2(2 + y)ex+y+z,
fz = x2y2z[1 + (2 + z) ln z]ex+y+z
3e. fu = 2u(2 − 2u2 − 3v2)e−u2−v2, fv = 2v(3 − 2u2 − 3v3)e−u2−v2
3f . fr = 4r2s(r2+s2)2
, fs = − 4rs2
(r2+s2)2
3g . zx = y√1−x2y2
+ y1+x2y2 , zy = x√
1−x2y2+ x
1+x2y2
4a. zxy = −4 = zyx 4b. zxy = −4xy(e−x2+ e−y2
) = zyx
4c. zxy = −4xy3 senh
(1y2
)
= zyx 4d . zxy = 810x2y2(x3 + y3)8 = zyx
5a. fxx = 2(y2−x2)(x2+y2)2
, fyy = 2(x2−y2)(x2+y2)2
. Satisface.
5b. fxx = −12xy(y2−x2)(x2+y2)4
, fyy = −12xy(x2−y2)(x2+y2)4
. Satisface
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
118 Capıtulo 4. Derivacion parcial
5c. fxx = 2xy(x2+y2)2
, fyy = −2xy(x2+y2)2
. Satisface
5d . fxx = − (x2+y2+z2− 32x)
(x2+y2+z2)32
, fyy = − (x2+y2+z2− 32y)
(x2+y2+z2)32
,
fzz = − (x2+y2+z2− 32z)
(x2+y2+z2)32
. No satisface
6a. 18.79 6b. 6.99
7.
200 pies
100
pie
s
El area de la franja pintada es
aproximadamente
dA = 75 pies2
8b. dRR
× 100 % = 1.1 % 9. A h
10a. −8.98 × 10−16 oC/m 10b. u = 1√337
(−2, 3,−18)
10c.√
337 11a. z = x − 1 11b. 3x − y + z = 4
11c. 4x + 22y − 3z = −52 11d . 16x − 12y − 4z = 11
12. DufA) = 32713
, donde u = 1√13
(5, 12).
13. Basta ver que∂2f
∂x2i
= a2iea1x1+a2x2+···+anxn = a2
iu
14a. Duf(P ) =√
10 e5
14b. Duf(P ) = 4√
3 14c. Duf(P ) = π√
312
15. Dsiminuye a razon de 235 cm2/s
16. uxx = 2f ′ +xf ′′ +yg′′, uxy = f ′ +xf ′′ + g′ +yg′′, uyy = xf ′′ +2g′ +yg′′.
Al reemplazar se obtiene el resultado.
17. Sustituir wxx = wu + x2wuu + xywuv + xywvu + y2wvv,
wyy = −wu + y2wuu − xywuv − xywvu + x2wvv.
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
Seccion 4.10. Ejercicios del capıtulo 119
18a. Derivar aplicando la regla de la cadena.
18b. Despeje y sustituya.
19a. Mınimo local en (0, 0). Maximo local en (−53, 0): Puntos de silla en
(−1,±2).
19b. Mınimo local en (12, 4). Maximo local no tiene: Puntos de silla no tiene.
19c. Mınimo local no tiene, maximo local en (1, 1), puntos de silla en
(0, 0), (2, 0), (0, 2) y (2, 2).
19d . Mınimo local en (−√
22
,√
22
) y en (√
22
,−√
22
). Maximo local en (√
22
,√
22
)
y en (−√
22
,−√
22
). Punto de silla en (0, 0).
19e. El criterio no decide.
20. Mınimo absoluto −18 en (−2,−2), maximo absoluto 18 en (−1, 2) y
(2, 2), punto de silla en (1, 2)
21. Los puntos mas cercanos al origen son (± 10√
2,± 10√
2, 15√4
).
22. El volumen es maximo cuando x = y = z = L12
.
23. Punto mas frio: (0,−2,√
5). Puntos mas calientes: (±23
√31,−4
3,−4
3).
Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.
Bibliografıa
[1] Apostol Tom. Calculus Vol. 2. Editorial Reverte.
[2] Colley Susan J. Vector Calculus. Prentice Hall. 1998
[3] Curtis Philip C. Calculo de varias variables con algebra lineal. Editorial
Limusa. 1976
[4] Edwards C. H. Calculo con Geometrıa analıtica. Prentice Hall. Cuarta
Edicion. 1994.
[5] Grossman Stanley. Algebra lineal con aplicaciones. Cuarta edicion (ter-
cera edicion en Espanol), McGraw Hill, 1994.
[6] Matematicas avanzadas para estudiantes de ingenierıas. Kaplan Wilfred.
Fondo Educativo Intermericano. 1985
[7] Leithold Louis. El Calculo. Septima edicion, Oxford Editores Mexico
[8] Marsden Jerrod E., Tromba Anthony J. Calculo vectorial Fondo Educa-
tivo Interamericano. 1981
[9] Purcell Edwing, Varberg Dale, Rigdon Steven. Calculo. Novena edicion.
Pearson Educacion. 2007
[10] Pita Ruiz Claudio. Calculo vectorial . Primera edicion. Prentice Hall
Hispanoamericana S. A. 1995
121
122 Indice Alfabetico
[11] Stein Sherman K., Barcellos Anthony. Calculo y geometrıa analıtica.
Volumen 2. McGraw-Hill. Quinta edicion. 1995
[12] Smith Robert, Minton Roland. Calculo. Primera edicion. McGraw-Hill
Interamericana S.A. 2000
[13] Stewart James. Calculo. Grupo Editorial Iberoamerica S.A. 1994.
[14] Swokowsky Earl Calculo con Geometrıa analıtica. Segunda Edicion.
Grupo Editorial Iberoamerica. 1989
[15] Thomas George, Ross Finney. Calculus and Analytic Geometry. 9th Edi-
tion. Addison Wesley
Indice alfabetico
angulo
entre vectores, 15
angulos
directores, 8
aproximacion lineal, 85
cırculo
osculador, 55
campo
escalar, 65
centro
de curvatura, 56
componente
normal, 60
tangencial, 60
componentes
de un vector, 17
conjunto
de nivel, 68
conjunto abierto, 65
cono, 39
coordenadas
cartesianas, 1
cosenos
directores, 8
curva
de contorno, 69
suave, 48
a trozos, 48
por segmentos, 48
por tramos, 48
curvas
parametrizacion, 43
curvatura, 54, 57
derivada direccional, 94
propiedades, 96
derivada parcial, 75
diferenciales, 81
direccion
de un vector, 6, 10
distancia
entre dos puntos, 3
ecuacion parametrica
de un plano, 27
ecuacion vectorial
123
124 Indice Alfabetico
de un plano, 27
elipsoide, 36
formulas de Frenet-Serret, 58
funcion
longitud de arco, 49
funcion
continua, 74
diferenciable, 87
escalar
continuidad, 71
lımite, 71
vectorial, 43
continuidad, 46
derivada, 47
integral, 47
lımite, 46
funcion escalar, 66
dominio y rango, 66
gradiente
propiedades, 83
gradiente de un campo escalar, 82
gradiente y conjunto de nivel, 92
hiperboloide de dos hojas, 38
hiperboloide de una hoja, 37
identidad
de Lagrange, 19
interior de un conjunto, 65
lımites iterados, 73
ley de los cosenos, 11
longitud
de arco, 49
curvatura, 49
maximo
local, 97
mınimo local, 97
matriz Hessiana, 97
movimiento
en el espacio, 58
multiplicacion
por un escalar, 11
multiplicacion por escalar, 10
multiplicadores de lagrange, 104
norma
de un vector, 5, 15
paraboloide elıptico, 36
paraboloide hiperbolico, 39
plano
en el espacio, 22
normal, 52
osculador, 52
rectificador, 52
tangente, 81
planos
en el espacio, 25
producto
vectorial, 18
interpretacion geometrica, 20
Indice Alfabetico 125
producto vectorial
propiedades, 19
proyeccion
de un vector, 17
punto
crıtico, 97
frontera, 66
interior, 65
puntos de silla, 97
radio
de curvatura, 56
recta
en el espacio, 22
rectas
paralelas, 24
perpendiculares, 24
regla de la cadena, 88
reparametrizacion de curvas, 50
resta
de vectores, 12
suma de vectores, 10
superficie
cilındrica, 32
superficies
cuadricas, 36
cuadraticas, 36
de revolucion, 34
superficies en el espacio, 31
torsion de una curva, 58
traza de una superficie, 31
valores extremos, 97
vector
aceleracion, 58
analıtico, 4
anclado, 5
binormal, 52
componentes de un, 17
direccion de un, 6, 10
geometrico, 4
igualdad, 5
norma de un, 15
normal unitario, 51
principal, 55
nulo, 6
posicion, 58
proyeccion de un, 17
tangente unitario, 51
unitario, 6
velocidad, 58
vectores
angulo entre, 15
canonicos, 17
multiplicacion por escalar, 10
ortogonales, 16
paralelos, 13
producto
escalar, 14
resta de, 12
suma de, 10