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This is Sparta!!... oh wait... Cálculo III!!!
Matı́as López Abukalil
Juan Pablo Vigneaux Ariztı́a
David Cozmar Ramı́rez
17 de septiembre de 2013
A continuación se presentan apuntes del curso Cálculo III (MAT1630).
Hemos seguido el orden sugerido por el programa del curso, tratando de alcanzar el mayor grado de
completitud. Cada capı́tulo presenta la materia correspondiente, seguida luego de ejercicios resueltos.
Los ejercicios son de dificultad variable; algunos, para nada sencillos. No se desanime si hay cosas que
no salen en el primer intento (o en el n-ésimo).
Obviamente, nosotros no reclamamos la autorı́a de todo lo que aparece en las páginas de este documento.
Una gran parte de lo que encontrará en estos apuntes se basa en nuestras propias notas sobre el curso,
tomadas en las clases de los profesores Mariel Sáez, Ángel Carocca, Martin Chuaqui y Manuel Elgueta.
A la vez, varios ejercicios han sido tomados de pruebas, guı́as o ayudantı́as antiguas tanto de esta
universidad como de la otra. Esperamos que se nos perdone no tener un sistema de citas del todo
riguroso. No obstante lo anterior, toda equivocación o imprecisión es de nuestra responsabilidad.
El documento completo se encuentra en pleno desarrollo y probablemente contiene muchos errores
(“typos”, signos, etc.) que esperamos ir arreglando con su ayuda. Luego, si detecta alguno, favor informar
a [email protected] o [email protected].
Queremos remarcar de forma categórica que estos apuntes son absolutamente complementarios a las
clases —esto no es “La Biblia” ni mucho menos— y, por lo tanto, no las reemplazan de ninguna forma.
Finalmente, queremos decirle al lector que, al igual que con todo libro de problemas resueltos, leerlo no
le sirve para nada. Debe ensuciarse las manos y zambullirse en los mares de diversión.
Actualizaciones
Enero 2011: Nos encontramos en una dura batalla contra nuestra flojera, cuya victoria nos llevará a
tener todos los vectores con flechitas arriba.
Enero 2012: Aún nos encontramos en la dura batalla contra nuestra flojera. Entre los posibles
diseños que recopilamos para denotar vectores
~x
x
x
x̂,
de los cuales, nos quedamos con el segundo y el cuarto. Algún dı́a se los cambiaremos a todos.
Entre otras cosas (como para que no parezca que no hemos hecho nada) hemos cambiado un
poco el estilo de numeración y estamos en proceso de completar un ı́ndice por palabras al final del
documento. Si nos da el aburrimiento, eventualmente también podrı́amos agregar nuevos ejercicios.
Abril 2013: Aún no hacemos nada. Queremos agradecer a Felipe Arróspide por su constante plagio
ayuda y corrección de typos.
Índice general
1. Topologı́a de Rn
5
1.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6
1.2. Normas en Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7
1.3. Abiertos y Cerrados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9
1.4. Acumulación, Frontera y Clausura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11
1.5. Un par de definiciones geométricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
13
1.6. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
13
2. Cálculo Diferencial de Funciones Escalares en Varias Variables
19
2.1. Funciones Escalares de Varias Variables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
19
2.2. Lı́mites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
25
2.3. Continuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
29
2.4. Derivadas Parciales y Direccionales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
31
2.5. Diferenciabilidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
35
2.6. Plano Tangente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
38
2.7. Gradiente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
39
2.8. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
43
3. Aplicaciones
69
3.1. Teorema de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
69
3.2. Mı́nimos y Máximos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
73
3.3. Multiplicadores de Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
76
3.4. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
77
4. Cálculo Diferencial de Funciones Vectoriales en Varias Variables
93
4.1. Funciones Vectoriales de Varias Variables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
94
4.2. Lı́mites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
94
4.3. Continuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
96
4.4. Diferenciabilidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
97
4.5. Matriz Jacobiana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100
4.6. Cambios de Coordenadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101
4
ÍNDICE GENERAL
4.7. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103
5. Teorema de la Función Implı́cita e Inversa
105
5.1. Teorema de la Función Implı́cita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105
5.2. Teorema de la Función Inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109
5.3. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109
6. Integrales Múltiples
119
6.1. Integrales Dobles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120
6.2. Integrales Triples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127
6.3. Integrales n-ésimas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128
6.4. Teorema del cambio de variable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129
6.5. Aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131
6.6. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132
7. Integrales de Lı́nea
151
7.1. Integrales de campos escalares sobre curvas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151
7.2. Integrales de campos vectoriales sobre curvas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152
7.3. Campos conservativos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154
7.4. Teorema de Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157
7.5. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159
8. Integrales de Superficie
171
8.1. Introducción a las superficies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171
8.2. Integrales sobre superficies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173
8.3. Divergencia y rotor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175
8.4. Teorema de Stokes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 176
8.5. Teorema de la Divergencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179
8.6. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179
A. Conceptos de Álgebra Lineal
191
A.1. Formas cuadráticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191
B. Funciones Gamma y Beta
193
B.1. Definición . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193
B.2. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193
Capı́tulo 1
Topologı́a de Rn
“A nuevos conceptos corresponden, necesariamente, nuevos signos.”
- David Hilbert1.1
El lector ya se habrá dado cuenta que el Cálculo en una Variable en la mayorı́a de las ocasiones se queda
corto a la hora de modelar la realidad. La razón, por muy filosófica que quiera presentarse, es simple:
los fenómenos dependen de más que una variable. De hecho, dependen de muchas más de las que somos
capaces de darnos cuenta.
Levante la vista y mire a su alrededor. ¿Cuántas libertades de movimiento posee? ¿Le parece que tiene
algún sentido modelar esto como si fuese la recta real? Probablemente no (si la respuesta fue “sı́”,
entonces mire de nuevo hasta que se convenza). Al menos necesitarı́amos un par de coordenadas extra,
digamos dos: y, z. Con este simple ejercicio, acabamos de cambiar nuestra percepción de la realidad
y llevar nuestro primitivo pero a la vez familiar mundo de Cálculo I, a uno donde las coordenadas
espaciales serán (x, y, z), lo que se conoce como R3 .
Ahora, si Ud. cree que con eso se acabó toda la historia, no se precipite. ¿Aparenta ser suficiente
desenvolverse en R3 ? Imagine que en este instante suena su teléfono (o iPhone si es que le da asquito
tener algo tan poco PUC) y lo llama un ex-compañero del colegio, el cual no ve hace cinco años, para
juntarse a tomar algo. Acuerdan juntarse en el Budapest. ¿No siente que falta algo? Cuando es necesario
precisar un punto de reunión, no sólo fijamos el lugar espacial donde este se llevará a cabo, sino que
también fijamos el momento en el que volveremos a ver a nuestro ex-compañero. De esta forma, R3
también es un mundo que nos queda chico, y nos volvemos a ver obligados agregar una nueva variable:
t, lo cual nos obliga a trabajar en R4 .
De esta forma, el lector puede apreciar que sin importar cuánto se esfuerce, una nueva variable nunca
está de más. Por lo tanto, antes de entrar al Cálculo propiamente tal, nos interesa describir de una
forma más exacta en qué mundo trabajaremos.
Adelantamos que esta sección puede ser un poco densa, ası́ que aconsejamos leerla con calma y más de
una vez si fuese necesario (probablemente lo será).
1.1
David Hilbert (1862 - 1943) fue un matemático alemán, reconocido como uno de los más influyentes del siglo XIX y
principios del XX. Estableció su reputación como gran matemático y cientı́fico inventando o desarrollando un gran abanico
de ideas, como la teorı́a de invariantes, la axiomatización de la geometrı́a y la noción de espacio de Hilbert, uno de los
fundamentos del análisis funcional. También conocido por los “23 problemas de Hilbert”, los cuales fueron presentados
durante el Congreso Internacional de Matemáticos de Parı́s en 1900 y que generaron grandes avances en la matemática del
siglo XX, ya sea para la resolución de ellos o por teorı́as desarrolladas a partir de ellos y sus soluciones.
6
Introducción
1.1.
Introducción
1.1 Definición. Definimos el conjunto de n-tuplas de números reales como
Rn := {(x1 , x2 , . . . , xn ) : xi ∈ R, i = 1, . . . , n} = R × R × . . . × R.
Como sabemos de Álgebra Lineal (sı́, por esto y un par de cosas más, es un pre-requisito de este curso),
Rn es un espacio vectorial sobre R. Sin embargo, antes de empezar a trabajar con él, es necesario
recordar una operación que nos será muy útil.
1.2 Definición. Diremos que una función h·, ·i : Rn × Rn → R es un producto interno si satisface
que
(a) hx, xi ≥ 0, ∀x ∈ Rn .
(b) hx, xi = 0 ⇐⇒ x = 0.
(c) hx, yi = hy, xi, ∀x, y ∈ Rn .
(d) hx, αyi = αhx, yi, ∀x, y ∈ Rn , α ∈ R.
(e) hx + y, zi = hx, zi + hy, zi, ∀x, y, z ∈ Rn .
1.3 Observación. Si x, y, z ∈ Rn y α ∈ R, entonces
hαx, yi = hy, αxi = αhy, xi = αhx, yi
y
hx + z, yi = hy, x + zi = hy, xi + hy, zi = hx, yi + hz, yi.
Es decir, la simetrı́a del producto interno nos permite obtener, a partir de la linealidad en una sola
de las componentes, la linealidad en ambas. Es por esta razón que se dice que el producto interno es
una forma bilineal simétrica definida positiva: bilineal pues es lineal en cada variable, simétrica por la
propiedad (c) y definida positiva por (a) y (b).
1.4 Observación. Si x, y ∈ Rn , entonces
hx + y, x + yi = hx, x + yi + hy, x + yi = hx + y, xi + hx + y, yi = hx, xi + hy, xi + hx, yi + hy, yi,
es decir,
hx + y, x + yi = hx, xi + 2hx, yi + hy, yi.
Esto nos garantiza la existencia de un “cuadrado de binomio”
1.5 Ejercicio. Muestre que h0, xi = 0, ∀x ∈ Rn .
1.6 Ejemplo. Por lo general, en Rn se trabaja con el producto canónico o producto punto definido
como
x · y := hx, yi =
n
X
x i yi .
(1.1)
i=1
1.7 Ejercicio. Pruebe que el producto punto es realmente un producto interno, es decir, que se satisfacen las condiciones de la definición del producto interno.
Topologı́a de Rn
1.2.
7
Normas en Rn
Ahora queremos definir una forma de medir. 1.2 Partiremos definiendo axiomaticamente el concepto de
“norma” de un vector. Se supone que el lector está familiarizado con algunas normas, como la norma
euclidiana en R2 :
p
k(x, y)k = x2 + y 2
o el módulo en C:
|z| =
√
z z̄.
Estas normas las asociábamos al “largo del vector”. Con esta idea en mente, pero de forma un poco
más abstracta y formal, introducimos la siguiente definición.
1.8 Definición. Diremos que una función k·k : Rn → R es una norma si satisface que
(a) kxk ≥ 0, ∀x ∈ Rn .
(b) kxk = 0 ⇐⇒ x = 0.
(c) kαxk = |α| kxk , ∀x ∈ Rn , α ∈ R.
(d) kx + yk ≤ kxk + kyk , ∀x, y ∈ Rn . (Desigualdad triangular)
Ası́, (Rn , k·k) se dice un espacio vectorial normado (e.v.n).
1.9 Ejemplo. Generalmente en Rn se trabaja con la norma euclidiana definida como
kxk2 :=
n
X
!1
2
|xi |2
.
(1.2)
,
(1.3)
i=1
Esta norma es un caso particular de la norma p, dada por
kxkp :=
n
X
!1
p
|xi |p
i=1
con p ≥ 1.
1.10 Ejercicio. Pruebe que k·k2 es realmente una norma.1.3
1.11 Observación. Si n = 1, es decir, en R, todas las normas p son iguales.
Notemos que que
kxk2 =
√
x · x.
Esto no es una casualidad. Existe una ı́ntima relación (que bordea en lo porno) entre la norma euclidiana
y el producto canónico, pero antes de describirla, es necesario probar un lema que nos será muy útil.
1.2
Este es un deseo que, por siglos, ha llevado a los matemáticos a definir toda clase de cosas horrosamente complejas
(partiendo por los espacios métricos y los espacios topológicos) pero que han sido de una increı́ble utilidad para el desarrollo
tanto de la fı́sica como de la ingenierı́a.
1.3
Es posible probar que k·kp es realmente una norma pero mostrar la desigualdad triangular en este caso requiere
muchı́simo trabajo pues antes se debe probar la famosa desigualdad de Hölder que generaliza la desigualdad de CauchySchwarz-Bunyakovsky.
Normas en Rn
8
1.12 Lema (Desigualdad de Cauchy-Schwarz-Bunyakovsky). Sean x, y ∈ Rn , entonces
hx, yi2 ≤ hx, xihy, yi.
Demostración. Notemos que
0 ≤ hαx + y, αx + yi = hαx, αxi + 2hαx, yi + hy, yi = α2 hx, xi + 2αhx, yi + hy, yi,
∀α ∈ R.
Luego, de la condición para el discriminante de la cuadrática en α, concluı́mos que
(2hx, yi)2 − 4hx, xihy, yi ≤ 0 ⇐⇒ hx, yi2 ≤ hx, xihy, yi.
1.13 Observación. El poder escribir una norma en términos de un producto punto es sumamente útil
pero no siempre es posible.1.4 Por ejemplo, es posible mostrar que para p 6= 2, la norma k·kp no proviene
de un producto interno.
p
1.14 Teorema. Sea h·, ·i un producto interno de Rn . Entonces, la función k·k = h·, ·i es una norma.
Demostración. Sean x, y ∈ Rn y α ∈ R.
(a) Como hx, xi ≥ 0 con la igualdad si y sólo si x = 0, se tiene que kxk =
si y sólo si x = 0.
p
hx, xi ≥ 0 con la igualdad
(b) Como hαx, αxi = α2 hx, xi, se tiene que
p
p
kαxk = hαx, αxi = α2 hx, xi = |α| hx, xi = |α| kxk .
q
p
p
(c) Notemos que kx + yk = hx + y, x + yi = hx, xi + 2hx, yi + hy, yi = kxk2 + 2hx, yi + kyk2 .
Pero, por el Lema 1.12, sabemos que hx, yi ≤ kxk kyk, de lo cual sigue que
q
q
2
2
kx + yk ≤ kxk + 2 kxk kyk + kyk = (kxk + kyk)2 = kxk + kyk .
1.15 Ejercicio (Ley del Paralelogramo). Sea k·k la norma inducida por un producto interno en Rn .
Muestre que
kx + yk2 + kx − yk2 = 2 kxk2 + kyk2 .
(1.4)
Como hemos adelantado, la norma nos entrega una forma de medir. Recordemos que dados x, y ∈ Rn ,
el vector x − y representa segmento que une x e y. Luego, al igual que como se hizo en R, diremos que
la distancia entre x e y está dada por
d(x, y) := kx − yk .
(1.5)
Queremos destacar que la introducción de una noción de distancia es sumamente importante para
desarrollar el Cálculo, pues permite definir qué es estar cerca, i.e. las definiciones con y δ con las que
el lector fue atormentado en su pasado (y en su futuro cercano).
1.16 Observación. Sean x, y, z ∈ Rn , entonces
kx − yk = kx − z + z − yk = k(x − z) + (z − y)k ≤ kx − zk + kz − yk ,
es decir,
d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y).
1.4
(1.6)
Para este tipo de normas se ha desarrollado una enorme teorı́a conocida como los espacios de Hilbert, un caso particular
de los espacios de Banach.
Topologı́a de Rn
1.3.
9
Abiertos y Cerrados
De ahora en adelante, (R, k·k) será un e.v.n. donde k·k representa a la norma euclidiana definida en
(1.2).
1.17 Definición. Sea x0 ∈ Rn y r > 0. Definimos la bola abierta de centro x0 y radio r como
B (x0 , r) := {x ∈ Rn : kx − x0 k < r} .
1.18 Ejemplo. Miremos algunas bolas variando la dimensión del espacio.
(a) Si n = 1, entonces B(x0 , r) = {x ∈ R : |x − x0 | < r} =]x0 − r, x0 + r[.
n
o
p
(b) Si n = 2, entonces B (x0 , r) = (x, y) ∈ R2 : (x − x0 )2 + (y − y0 )2 < r , es decir, el disco de
radio r y centro x0 = (x0 , y0 ) (sin incluir el borde).
o
n
p
(c) Si n = 3, entonces B (x0 , r) = (x, y, z) ∈ R3 : (x − x0 )2 + (y − y0 )2 + (z − z0 )2 < r , es decir,
la esfera de radio r y centro en x0 = (x0 , y0 , z0 ) (sin incluir el casquete).
1.19 Ejercicio. Interprete la bola B (x0 , r) con la norma k·kp definida en (1.3) para p = 1 y p = ∞ en
R2 , donde k·k∞ es la norma definida en el Problema 1.2.
1.20 Definición. Sea U ⊆ Rn . Diremos que U es un conjunto abierto si para cada x ∈ U existe r > 0
tal que B (x, r) ⊆ U .
La siguiente definición nos entrega una forma alternativa de definir los conjuntos abiertos.
1.21 Definición. Sea A ⊆ Rn . Diremos que x ∈ A es un punto interior de A si existe r > 0 tal que
B (x, r) ⊆ A.
A partir de esto, se define el interior de A, denotado por Ao , como el conjunto de todos sus puntos
interiores, es decir,
Ao := {x ∈ A : ∃r > 0, B (x, r) ⊆ A} .
De esta forma, A es un conjunto abierto si y sólo si todo punto de A es un punto interior, es decir, si
A = Ao .
1.22 Ejemplo. Tenemos que
(a) ]a, b[ es un abierto en R.
(b) (x, y) ∈ R2 : y > 0 es un abierto en R2 .
(c) (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 < 1 es un abierto en R3 .
(d) Rn , ∅ son trivialmente abiertos en Rn .
1.23 Observación. Como ya se dijo, ]a, b[ es un abierto de R. Sin embargo, el conjunto (x, y) ∈ R2 : a < x < b, y = 0
no es un abierto en R2 pues cualquier bola centrada en algún punto de dicho conjunto contendrá elementos del semiplano superior y estos no pertenecen al conjunto en cuestión.
1.24 Definición. Sea V ⊆ Rn . Diremos que V es un conjunto cerrado si V c = R r V es abierto.
1.25 Ejemplo. Como espera el lector, el intervalo cerrado [a, b] es cerrado en R pues [a, b]c =] −
∞, a[∪]b, ∞[ es abierto (¡Pruébelo!).
10
Abiertos y Cerrados
1.26 Ejercicio. Interprete los conjuntos cerrados obtenidos al tomar complemento en el Ejemplo 1.22.
1.27 Observación. Ser cerrado no implica no ser abierto, ni viceversa. Por ejemplo, como Rn es abierto,
se tiene que (Rn )c = ∅ es cerrado. Sin embargo, ∅ también es abierto y por ende, también ∅c = Rn es
cerrado. Es decir, Rn y ∅ son conjuntos cerrados y abiertos a la vez.
Sin embargo, es posible probar que los únicos conjuntos que cumplen esta propiedad en (Rn , k·k) son
justamente Rn y ∅. Esto se debe a que Rn posee una propiedad llamada conexidad (que no tenemos
ninguna intención de profundizar ya que escapa ampliamente de los objetivos de esta sección).
1.28 Observación. Un conjunto puede no ser cerrado ni abierto a la vez. Por ejemplo, [a, b[⊆ R no es
ni abierto ni cerrado.
1.29 Proposición. Sea x ∈ Rn y r > 0, entonces la bola abierta B (x, r) es abierta.
Demostración. Sea y ∈ B (x, r). Debemos probar que existe ry > 0 tal que B (y, ry ) ⊆ B (x, r). Llamemos
r1 = ky − xk < r
y tomemos ry = r − r1 > 0. De esta forma, dado z ∈ B (y, ry ), se tiene que
kz − xk ≤ kz − yk + kx − yk < ry + r1 = r,
es decir, z ∈ B (x, r).
Luego, como z era arbitrario, B (y, ry ) ⊆ B (x, r) y por lo tanto, la bola B (x, r) es abierta.
1.30 Ejercicio. Muestre que la bola perforada
B ◦ (x0 , r) := B (x0 , r) r {x0 } = {x ∈ Rn : 0 < kx − x0 k < r}
es abierta.
1.31 Ejercicio. Muestre que la bola cerrada
B(x0 , r) := {x ∈ Rn : kx − x0 k ≤ r}
es cerrada.
1.32 Lema. Sean U1 , U2 ⊆ Rn dos abiertos, entonces U1 ∪ U2 y U1 ∩ U2 también son abiertos.
Demostración. Sea x ∈ U1 ∪ U2 entonces x ∈ U1 ó x ∈ U2 . Sin pérdida de generalidad, supongamos que
x ∈ U1 . Como U1 es abierto, existe r > 0 tal que B (x, r) ⊆ U1 ⊆ U1 ∪ U2 . Luego, como x era arbitrario,
tenemos que U1 ∪ U2 es abierto.
Por otro lado, sea x ∈ U1 ∩ U2 entonces x ∈ U1 y x ∈ U2 . Luego, como U1 , U2 son abiertos, existen
r1 , r2 tales que B (x, ri ) ⊆ Ui , i = 1, 2. Escojamos r = mı́n{r1 , r2 } > 0, entonces se tiene que B (x, r) ⊆
B (x, ri ) ⊆ Ui y sigue que B (x, r) ⊆ U1 ∩ U2 . Ası́, como x era nuevamente arbitrario, tenemos que
U1 ∩ U2 es abierto.
1.33 Observación. Si V1 , V2 ⊆ Rn son cerrados, entonces V1c , V2c son abiertos. Luego, del Lema 1.32,
se extrae que V1c ∪ V2c es abierto y por lo tanto, (V1c ∪ V2c )c = V1 ∩ V2 es cerrado. Es decir, la ı́ntersección
de cerrados es cerrada.
De la misma forma, se prueba que V1 ∪ V2 también es cerrado.
Topologı́a de Rn
11
1.34 Observación. Es posible mostrar que si (Uλ )λ∈Λ es una familia de abiertos y Λ es un conjunto
de ı́ndices de cualquier cardinalidad, entonces
[
U=
Uλ
λ∈Λ
también es abierto. Sin embargo, una intersección cualquiera de abiertos no es necesariamente abierta,
por ejemplo
\ 1 1
− ,
.
{0} =
n n
n∈N
También es posible emular la Observación 1.33 y tomar complementos para concluir que una intersección
cualquiera de cerrados también es cerrada.
Sin embargo, estos resultados también van más allá de los objetivos de esta sección y sólo se muestran
como cultura general.
1.4.
Acumulación, Frontera y Clausura
1.35 Definición. Sea (xn )n∈N una sucesión de puntos en Rn . Diremos que xn converge a p ∈ Rn (o
que p es el lı́mite de xn ) si para cada > 0 existe n0 > 0 tal que
kxn − pk < ,
∀n ≥ n0 ,
o equivalentemente, xn ∈ B (p, ) , ∀n ≥ n0 . En tal caso diremos que xn → p cuando n → ∞.
1.36 Definición. Sea A ⊆ Rn , no vacı́o y p ∈ Rn . Diremos que p es un punto de acumulación o
punto lı́mite de A si para todo r > 0 se tiene que B o (p, r) ∩ A 6= ∅.
A partir de esto, se define la acumulación de A, denotada por A0 , como el conjunto de los puntos de
acumulación de A, es decir,
A0 := {p ∈ Rn : ∀r > 0, B o (p, r) ∩ A 6= ∅} .
1.37 Observación. Si p es un punto lı́mite de A, entonces para cada n ∈ N se tiene que B (p, 1/n)∩A 6=
∅. Luego, de cada uno de esos conjuntos podemos extraer un elemento y con ello construir una sucesión
(xn )n∈N ⊆ A tal que xn → p cuando n → ∞.
Con esto hemos probado la siguiente proposición.
1.38 Proposición. Sea A ⊆ Rn . Si p ∈ A0 entonces existe una sucesión (xn )n∈N ⊆ A tal que xn → p
cuando n → ∞.
1.39 Ejemplo. Usemos la Proposición 1.38 para mirar algunos ejemplos de acumulación:
(a) A = Q × Q ⊆ R2 ⇒ A0 = R2 .
(b) A = n1 , n12 , n13 : n ∈ N ⊆ R3 ⇒ A0 = {(0, 0, 0)} .
(c) A = {(2n, 3n) : n ∈ N} ⊆ R2 ⇒ A0 = ∅.
El siguiente teorema es muy importante porque nos entrega una manera de identificar si es que un
conjunto es cerrado sin tener que analizar si su complemento es abierto.
12
Acumulación, Frontera y Clausura
1.40 Teorema. Sea V ⊆ Rn no vacı́o. V es cerrado si y sólo si V 0 ⊆ V .
Demostración. Como es costumbre, mostraremos cada implicancia por separado. Llamemos U al complemento de V , es decir, U = Rn r V .
(=⇒). Supongamos que V es cerrado. Por definición tenemos que U es abierto. Sea x ∈ U , entonces
existe r > 0 tal que B (x, r) ⊆ U y por lo tanto, B (x, r) ∩ V = ∅. Es decir, x no es un punto lı́mite de
V . Luego, como x era arbitrario, se tiene que V 0 ⊆ V .
(⇐=). Supongamos que V 0 ⊆ V . Sea x ∈ U , entonces existe r > 0 tal que B (x, r) ∩ V = ∅ y por lo
tanto, B (x, r) ⊆ V c = U . Con esto tenemos que x es un punto interior de U y como era arbitrario,
concluimos que U es abierto. Ası́, por definición, U c = (V c )c = V es cerrado.
1.41 Definición. Sea A ⊆ Rn y q ∈ Rn . Diremos que q es un punto frontera de A si para todo r > 0
se tiene que B (q, r) ∩ A 6= ∅ y B (q, r) ∩ Ac 6= ∅.
A partir de lo anterior, definimos la frontera de A, denotada por ∂A como el conjunto de todos los
puntos frontera, es decir,
∂A = {q ∈ Rn : ∀r > 0, B (q, r) ∩ A 6= ∅, B (q, r) ∩ Ac 6= ∅} .
1.42 Ejemplo. Miremos algunas fronteras.
(a) A =]a, b[⇒ ∂A = {a, b}.
(b) ∂B (0, r) = {x ∈ Rn : kxk = r}.
(c) A = (x, y) ∈ R2 : x, y ≥ 0 ⇒ ∂A = (x, y) ∈ R2 : x, y ≥ 0, xy = 0 .
1.43 Observación. ∂A = ∂(Ac ).
1.44 Observación. Si A ∩ ∂A 6= ∅, es decir, si A contiene a alguno de sus puntos frontera, A no es
abierto.
1.45 Definición. Sea A ⊆ Rn . Se define la clausura de A como
A := Ao ∪ ∂A.
1.46 Ejercicio. Sea A ⊆ Rn arbitrario.
(a) Muestre que A = A ∪ A0 y concluya que
Ao ⊆ A ⊆ A.
(b) Muestre que A es un conjunto cerrado.
(c) Muestre que si A es cerrado, entonces ∂A ⊆ A.
(d) Concluya que A es cerrado si y sólo si A = A.
1.47 Ejercicio. Muestre que la bola cerrada definida en el Ejercicio 1.31 es efectivamente la clausura
de la bola abierta.
1.48 Definición. Sea A ⊆ Rn . Diremos que A es un conjunto acotado si existe r > 0 tal que
A ⊆ B (0, r).
1.49 Observación. Toda bola abierta es acotada.
1.50 Definición. Sea A ⊆ Rn . Diremos que A es un conjunto compacto si es cerrado y acotado.
1.51 Ejemplo. Todo intervalo cerrado [a, b] ⊆ R es un conjunto compacto.
Topologı́a de Rn
1.5.
13
Un par de definiciones geométricas
1.52 Definición. Sean x, y ∈ Rn . El segmento de la recta con punto inicial x y punto final y es el
conjunto
xy = {z ∈ Rn : ∃t ∈ [0, 1], z = x + t(y − x)} .
1.53 Observación. Notemos que
z = x + t(y − x) = (1 − t)x + ty.
Luego, xy corresponde al conjunto de todas las combinaciones lineales convexas entre x y y.
1.54 Definición. Sea A ⊆ Rn . Diremos que A es un conjunto convexo si para cualquier par de puntos
x, y ∈ A se cumple que xy ⊆ A.
1.55 Definición. Dada una colección de puntos x1 , . . . , xm ∈ Rn , la poligonal que une dichos puntos
es la unión de los segmentos de rectas con punto inicial xi y punto final xi+1 , con i = 1, . . . , m − 1. Es
decir, la poligonal está dada por
m−1
[
xi xi+1 .
i=1
Rn
1.56 Definición. Sea D ⊆
un conjunto abierto. Diremos que D es una región en Rn si todo par
de puntos de D se puede unir mediante una poligonal contenida en D.
Intuitivamente, una región es un conjunto que no está compuesto por la unión de dos conjuntos disjuntos.
Notar que una región puede tener “agujeros”.
1.6.
Problemas Resueltos
1.1 Problema. Sean x1 , . . . , xn > 0. Muestre que
1
1
+ ... +
(x1 + . . . + xn ) ≥ n2 .
x1
xn
Solución: Como xi > 0 para cada i, existen y1 , . . . , yn > 0 tales que yi2 = xi . Consideremos los vectores
de Rn dados por y11 , . . . , y1n , (y1 , . . . , yn ). Usando la desigualdad de Cauchy-Schwarz-Bunyakovsky,
tenemos que
1
1
1 1
y1 , . . . , yn k(y1 , . . . , yn )k ≥ y1 , . . . , yn · (y1 , . . . , yn ) = n,
donde
k(y1 , . . . , yn )k =
q
√
y12 + . . . + yn2 = x1 + . . . + xn .
Elevando al cuadrado se concluye la desigualdad buscada.
1.2 Problema. Para cada x ∈ Rn se define la norma del máximo como
kxk∞ := máx |xi | .
i=1,...,n
(a) Muestre que (1.7) define una norma en Rn .
(1.7)
14
Problemas Resueltos
(b) Muestre que
kxk∞ = lı́m kxkp .
p→∞
Solución:
(a) Debemos probar que se satisfacen todas las propiedades de la Definición 1.8. En efecto, todas son
evidentes, excepto la Desigualdad Triangular. Dados x, y ∈ Rn , por la desigualdad triangular del
valor absoluto, se tiene que
|xi + yi | ≤ |xi | + |yi | ,
∀i = 1, . . . , n.
Luego, tomando máximo a ambos lados, se tiene que
máx |xi + yi | ≤ máx (|xi | + |yi |) .
i=1,...,n
i=1,...,n
Pero maximizar una suma de elementos es menos eficiente que maximizar cada elemento por
separado y luego sumarlos, es decir,
máx (|xi | + |yi |) ≤ máx |xi | + máx |yi |
i=1,...,n
i=1,...,n
i=1,...,n
y por ende,
kx + yk∞ ≤ kxk∞ + kyk∞ .
(b) Sea M = máx |xi |. Tenemos que
i=1,...,n
kxkp =
n
X
!1
p
p
|xi |
≤
i=1
n
X
!1
p
M
p
1
= Mnp .
i=1
Además, es claro que
M ≤ kxkp .
Finalmente, tomando el lı́mite cuando p → ∞, se tiene que
1
M ≤ lı́m kxkp ≤ lı́m M n p = M.
p→∞
p→∞
Ası́, por el Teorema del Sandwich, se concluye lo pedido.
1.3 Problema. Sea x ∈ Rn y k·k una norma en Rn . Considere y, z ∈ Rn y δ > 0 tales que
kz − xk < δ
y
ky − xk ≥ 2δ.
Muestre que kz − yk > δ.
Solución: Usando la Observación 1.16, tenemos que
2δ ≤ ky − xk ≤ kz − xk + kz − yk < δ + kz − yk ,
es decir,
δ < kz − yk .
Topologı́a de Rn
15
1.4 Problema. Sea (xn )n∈N una sucesión de vectores en Rn . Se dice que es una sucesión de Cauchy
si dado > 0, existe n0 > 0 tal que
kxn − xm k < ,
∀n, m > n0 .
Muestre que toda sucesión convergente es una sucesión de Cauchy.
Solución: Sea (xn )n∈N ⊆ Rn una sucesión convergente a x ∈ Rn . Luego, dado > 0, existe n0 > 0 tal
que
kxn − xk < , ∀n > n0 .
2
Ası́, si n, m > n0 , usando la desigualdad triangular se tiene que
kxn − xm k ≤ kxn − xk + kxm − xk <
+ = .
2 2
Por lo tanto, la sucesión también es de Cauchy.
1.5 Problema. Sea k·k una norma en Rn . Muestre que para todo par x, y ∈ Rn , se cumple que
|kxk − kyk| ≤ kx − yk .
Solución: Como k·k es una norma, satisface la Desigualdad Triangular. Luego, tenemos que
kxk = k(x − y) + yk ≤ kx − yk + kyk ,
de donde escribimos
kxk − kyk ≤ kx − yk .
De forma totalmente análoga, intercambiando los papeles de x e y, se muestra que
kyk − kxk ≤ kx − yk .
Juntando ambas desigualdades, obtenemos
− kx − yk ≤ kxk − kyk ≤ kx − yk ,
lo cual puede ser reescrito como
|kxk − kyk| ≤ kx − yk .
1.6 Problema. Muestre que A = {x ∈ Rn : kxk > r} es un abierto de Rn .
Solución: Notemos que Ac = {x ∈ Rn : kxk ≤ r} = B (0, r). Luego, por el Ejercicio 1.31, se tiene que
Ac es cerrado y por ende, A es abierto.
1.7 Problema. Sea A ⊆ Rn un abierto y x ∈ A. Muestre que A r {x} también es abierto.
Solución: Sea y ∈ A tal que y 6= x. Entonces, si definimos
r1 := kx − yk ,
se tiene que r1 > 0. Por otro lado, como A es abierto, existe r2 > 0 tal que B (y, r2 ) ⊆ A. Luego,
tomando
r = máx {r1 , r2 } ,
tenemos que B (y, r) ⊆ A r {x} y por lo tanto, A r {x} es abierto.
16
Problemas Resueltos
1.8 Problema. Sea A ⊆ Rn . Muestre que ∂A es un cerrado de Rn .
Solución: Mostraremos que (∂A)0 ⊆ ∂A. Sea p ∈ Rn un punto lı́mite de ∂A. Para cada > 0 se tiene
que B o (p, ) ∩ ∂A 6= ∅, es decir, existen elementos de ∂A dentro de B o (p, ). Sea y ∈ B o (p, ) ∩ ∂A,
entonces, como la bola perforada es abierta, existe r > 0 tal que
B (y, r) ⊆ B o (p, ).
(1.8)
Luego, dado que y ∈ ∂A, se tiene que B (y, r) ∩ A 6= ∅ y B (y, r) ∩ Ac 6= ∅. Ası́, por (1.8), se tiene que
B o (p, ) ∩ A 6= ∅ y B o (p, ) ∩ Ac 6= ∅, es decir, p ∈ ∂A.
Finalmente, como p era arbitrario, concluimos que ∂A contiene a todos sus puntos lı́mites y por lo
tanto, es cerrada.
1.9 Problema. Sea I un intervalo abierto de R y J ⊆ I un subintervalo cerrado. Demuestre que I r J
es abierto.
Solución: Como J es cerrado, se tiene que J c es abierto. Luego, como I es abierto y la intersección
finita de abiertos es abierta, se tiene que I − J = I ∩ J c es abierto.
1.10 Problema. Determine si los siguientes conjuntos son abiertos, cerrados o ninguno de los dos en
su espacio caracterı́stico.
(a) {0}
(b) N
(c) Q
(d) {(x, y) ∈ R2 : y = x2 }
(e) {(x, y) ∈ R2 : x > 0, y = 0}
Solución: Explotaremos el Teorema 1.40 y la Observación 1.44.
(a) Es cerrado pues su único punto lı́mite es 0. No es abierto pues su complemento no es cerrado.
(b) Es cerrado pues ∂N = N. Por lo mismo, no es abierto.
(c) No es abierto pues ∂Q = R. Por lo mismo, no es cerrado.
(d) Es cerrado pues su complemento es abierto. No es abierto pues su complemento no es cerrado.
(e) No es abierto pues ninguna bola queda contenida en el interior del conjunto. Tampoco es cerrado
pues (0, 0) es un punto lı́mite del conjunto y no está pertenece a él.
Topologı́a de Rn
17
Fuente: http://abstrusegoose.com/strips/math_text.JPG1.5
1.5
Se dice que P ⊆ Rn es perfecto si es igual al conjunto de sus puntos lı́mites. Si el lector está muy aburrido, puede
tratar de probar el Teorema escrito por Walter Rudin.
Capı́tulo 2
Cálculo Diferencial de Funciones
Escalares en Varias Variables
“I recoil with dismay and horror at this lamentable plague of functions which do not have derivatives.”
- Charles Hermite2.1
Ahora que nuestra visión se ha ampliado correctamente, nos gustarı́a poder asociarle a cada punto de Rn
una nueva “variable”. Las comillas se deben a que tan variable no es, pues ya no será independiente, sino
que dependerá del punto en cuestión. Por ejemplo, si estamos viajando en el metro durante el verano,
nos gustarı́a saber cuál es el lugar de menor temperatura para ası́ ubicarnos allı́. Es decir, nos gustarı́a
a cada trı́o (x, y, z) asociarle un número, digamos T , que mida la temperatura. (El lector ya puede
sentirlo: ¡han vuelto, y esta vez dependen de más variables!). Necesitamos una función T = T (x, y, z).
De ahora en adelante y a menos que se indique lo contrario, usaremos la siguiente convención para
U, V, D ⊆ Rn : U será un abierto, V será un cerrado y D será una región.
2.1.
Funciones Escalares de Varias Variables
2.1 Definición. Una aplicación f : A ⊆ Rn → R se denomina función escalar de varias variables,
función escalar de variable vectorial o simplemente, campo escalar.
2.2 Ejemplo. Son funciones escalares de varias variables:
(a) f (x, y) = πxy 2 .
(b) g(x, y, z) = 2exyz + 9.
(c) h(x, y, z, w) = cos (xy + z) arctan w2 + cosh(xz).
2.1
Charles Hermite (1822-1901) fue un matemático francés que investigó en el campo de la teorı́a de números, sobre las
formas cuadráticas, polinomios ortogonales y funciones elı́pticas, y en el álgebra. Varias entidades matemáticas se llaman
hermitianas en su honor. También es conocido por la interpolación polinómica de Hermite. Fue el primero que demostró que
e es un número trascendente (i.e. no es raı́z de ningún polinomio de coeficientes racionales). Ferdinand von Lindemann
siguió su método para probar la trascendencia de π en 1882.
20
Funciones Escalares de Varias Variables
Volvamos un momento a Introducción al Cálculo (también conocido como “el curso de tonteras varias”).
Para graficar una función f : R → R ibamos a R2 y dibujabamos la curva dada por (x, f (x)). Entonces,
deciamos que la gráfica de f estaba dada por
Γ(f ) = (x, y) ∈ R2 : x ∈ Dom f, y = f (x) .
Ahora queremos extender esta definición a un campo escalar.
2.3 Definición. Sea f : Rn → R, definimos la gráfica de f como
Γ(f ) = (x1 , . . . , xn+1 ) ∈ Rn+1 : (x1 , . . . , xn ) ∈ Dom f, xn+1 = f (x1 , . . . , xn ) .
Además,
(a) Si n = 1, diremos que Γ(f ) es una curva.
(b) Si n ≥ 2, diremos que Γ(f ) es una superficie.2.2
2.4 Definición. Sea f : Rn → R y c ∈ R fijo. Se definen las curvas ó superficies de nivel c de f
como
f −1 (c) = {(x1 , . . . , xn ) ∈ Dom f : f (x1 , . . . , xn ) = c} .
2.5 Observación. Esta es la parte en la que el lector confunde la notación de f −1 con la función
inversa de f . ¡No lo haga! En este caso, f −1 (c) no es un número sino un conjunto. Especı́ficamente, es
el conjunto de puntos en el dominio de f en donde ésta vale lo mismo (a saber, c).
El concepto es más familiar de lo que el lector creerı́a a primera vista. Por ejemplo, los mapas tı́picamente
muestran curvas de contorno con las distintas alturas del terreno. De forma similar, en meteorologı́a (o
en termodinámica) se habla isotermas: curvas sobre las cuales la temperatura es constante. El siguiente
diagrama muestra este último uso:2.3
2.2
Estamos de acuerdo en que al principio puede ser un tanto exótico llamar superficie a una cosa rara que viva en R4
pues es muy difı́cil imaginárselo (si ya comenzó a tratar, siga a lo más por 5 minutos o puede sufrir un derrame y una
depresión).
2.3
Atmospheric Sciences, University of Illinois. En http://ww2010.atmos.uiuc.edu/(Gh)/wx/surface.rxml.
Cálculo Diferencial de Funciones Escalares en Varias Variables
2.6 Ejemplo. Sea f (x, y) = x2 + y 2 , entonces


∅

−1
f (c) =
(0, 0)

 2
x + y2 = c
, si c < 0
, si c = 0
, si c > 0
21
.
Notamos que en el último caso, las curvas de nivel corresponden a circunferencias de radio
p
2.7 Ejemplo. Sea f (x, y) = x2 + y 2 , entonces
f
−1



∅
(c) =
(0, 0)

 2
x + y 2 = c2
, si c < 0
, si c = 0
, si c > 0
√
c.
.
Notamos que en el último caso, las curvas de nivel corresponden a circunferencias de radio c.
2.8 Ejercicio. Sea f (x, y) = x2 − y 2 . Determine f −1 (c) para todo c ∈ R.
Las curvas de nivel son escenciales para estudiar la gráfica de una función pues nos permiten hacer el
análogo a una carta topográfica. Además, es útil usar proyecciones a otros planos, es decir, fijar una
variable en cero.
A continuación presentamos un par de ejemplos y le sugerimos al lector que abra Maple y juegue con
otras superficies a través del comando plot3d.
22
Funciones Escalares de Varias Variables
2.9 Ejemplo (Paraboloide).
Sea f (x, y) = x2 + y 2 . Sus curvas de nivel encontradas en 2.6
pueden ser graficadas como se muestra en la figura.
Por otro lado, notemos que al proyectar sobre el plano
XZ e Y Z, vale decir, hacemos y = 0 y x = 0 respectivamente,
tenemos que
Πxz : z = x2
,
Πyz : z = y 2 .
Finalmente, con esto podemos construir el gráfico del paraboloide, que se presenta en la figura a continuación.
Cálculo Diferencial de Funciones Escalares en Varias Variables
2.10 Ejemplo (Cono).
p
Sea f (x, y) = x2 + y 2 . En este caso, las curvas de nivel quedan
dadas por 2.7 y se muestran en la figura.
Además, tenemos que
Πxz : z = |x|
,
Πyz : z = |y|.
Con esto podemos construir el gráfico del cono, que se presenta en
la figura a continuación.
23
24
Funciones Escalares de Varias Variables
2.11 Ejemplo (Silla de montar).
Sea f (x, y) = x2 − y 2 . Si el lector realizó el Ejercicio 2.8, reconocerá en la figura las curvas de nivel.
Por otro lado, tenemos que
Πxz : z = x2
,
Πyz : z = −y 2 .
Con esto, podemos construir el gráfico de la silla de montar que
se presenta en la figura a continuación.
Cálculo Diferencial de Funciones Escalares en Varias Variables
2.2.
25
Lı́mites
2.12 Definición. Sea f : U ⊆ Rn → R, p ∈ U 0 y l ∈ R. Diremos que l es el lı́mite de f cuando x
tiende a p, si para cada > 0 existe δ > 0 tal que si x ∈ B ◦ (p, δ) ∩ U entonces |f (x) − l| < . O
equivalentemente,
(x ∈ U ∧ 0 < kx − pk < δ) ⇒ |f (x) − l| < .
Si lo anterior se cumple, escribiremos
lı́m f (x) = l,
x→p
y diremos que f → l cuando x → p.
2.13 Observación. Observemos que al igual en el Cálculo en una Variable, no hay necesidad alguna
de que f esté definida en p. A p le pedimos que sea un punto de acumulación de U , es decir, que cada
bola B ◦ (p, δ) contenga puntos del conjunto U en los que la función está definida (esto, obviamente, con
la intención de tomar bolas tan pequeñas como uno quiera y ası́ acercarse lo más posible a p).
2.14 Observación. Hacemos notar una de las diferencias más importantes con el concepto de lı́mite en
R: ahora es más difı́cil mostrar que un lı́mite existe pues hay infinitas direcciones posibles para acercarse
a un punto, a diferencia de R, donde sólo existı́an las laterales.
2.15 Ejemplo. Sea > 0. Como
0 ≤ |x − x0 |, |y − x0 | ≤
p
(x − x0 )2 + (y − y0 )2 ,
si tenemos que
k(x, y) − (x0 , y0 )k =
p
(x − x0 )2 + (y − y0 )2 < ,
entonces, también se cumple que
|x − x0 |, |y − x0 | < .
Por lo tanto,
lı́m
(x,y)→(x0 ,y0 )
x = x0
,
lı́m
(x,y)→(x0 ,y0 )
y = y0 .
2.16 Ejemplo. Estudiaremos el lı́mite
xy
lı́m
(x,y)→(0,0)
p
x2 + y 2
.
Recordemos que para x, y ∈ R, se tiene que
|x||y| ≤
x2 + y 2
.
2
Luego,
xy
|x||y|
x2 + y 2
1p 2
p
≤ p
=
x + y2.
= p
x2 + y 2 2
x2 + y 2
2 x2 + y 2
Sea > 0. Por lo anterior, tenemos que si k(x, y)k = k(x, y) − (0, 0)k < 2, entonces
1p
xy
p
−
0
x2 + y 2 < .
≤
x2 + y 2
2
Por lo tanto,
lı́m
(x,y)→(0,0)
xy
p
x2 + y 2
= 0.
26
Lı́mites
2.17 Ejercicio. Estudie
x2 y
.
(x,y)→(0,0) x2 + y 2
lı́m
Como el lector puede apreciar, estudiar lı́mites por definición puede requerir bastantes trucos. Para
facilitarnos la vida recordaremos las buenas coordenadas polares de Cálculo II:
x = r cos θ
,
y = r sin θ.
Ası́, si k(x, y) − (0, 0)k < δ se tiene que r < δ y por ende, que (x, y) → (0, 0) es equivalente a que r → 0.
Aunque se debe tener mucho ojo cuando se utilizan coordenadas polares pues si para algunos θ el lı́mite
se indefine, este método puede fallar.
2.18 Ejemplo. Estudiemos el lı́mite
2
2
ex +y − 1
.
lı́m
(x,y)→(0,0) x2 + y 2
Usando coordenadas polares, tenemos que
2
2
2
2
2
2
2
ex +y − 1
er cos θ+r sin θ − 1
er − 1
=
lı́m
=
lı́m
= 1.
2
r→0 r 2 cos2 θ + r 2 sin θ
r→0
r2
(x,y)→(0,0) x2 + y 2
lı́m
2.19 Ejercicio. Estudie
sin(x2 + y 2 )
.
(x + y)2
(x,y)→(0,0)
lı́m
Sin embargo, la mayorı́a de las veces ocurre que los lı́mites no existen. Por raro que pueda sonar, probar
que un lı́mite no existe es mucho más fácil que probar que sı́ existe. Para ello necesitamos un par de
teoremas.
2.20 Teorema (Unicidad del Lı́mite). Si lı́m f (x) = l1 y lı́m f (x) = l2 , entonces l1 = l2 .
x→p
x→p
Demostración. Supongamos que l1 6= l2 . Entonces |l1 − l2 | > 0. Por otro lado, usando la Desigualdad
Triangular, tenemos que
|l1 − l2 | ≤ |f (x) − l1 | + |f (x) − l2 | .
Luego, como f → l1 cuando x → p, existe δ1 > 0 tal que
x ∈ B (p, δ1 ) ∩ U ⇒ |f (x) − l1 | <
1
|l1 − l2 | .
2
Análogamente, como f → l2 cuando x → p, existe δ2 > 0 tal que
x ∈ B (p, δ2 ) ∩ U ⇒ |f (x) − l2 | <
1
|l1 − l2 | .
2
Ası́, tomando δ = mı́n {δ1 , δ2 } > 0, tenemos que si x ∈ B (p, δ) ∩ U , entonces
|l1 − l2 | ≤ |f (x) − l1 | + |f (x) − l2 | <
1
1
|l1 − l2 | + |l1 − l2 | = |l1 − l2 | ,
2
2
de donde se obtiene que
|l1 − l2 | < |l1 − l2 | ,
lo cual es una contradicción.
Cálculo Diferencial de Funciones Escalares en Varias Variables
27
Como se mencionó, hay múltiples formas de acercarse a p. En particular, hay distintas curvas contenidas
en el dominio que pasan por el punto p y nos permiten aproximarnos a éste. El siguiente teorema indica
que si el lı́mite existe entonces es indiferente la curva que elijamos para aproximarnos.
2.21 Teorema. Sean f : U ⊆ Rn → R, p ∈ U 0 y l ∈ R tales que
lı́m f (x) = l.
x→p
Consideremos ϕ : I ⊆ R → Rn continua tal que ϕ(t) ⊆ U, ∀t ∈ I r {t0 } y
lı́m ϕ(t) = p,
t→t0
con ϕ(t) 6= p, ∀t ∈ B ◦ (t0 , r) para algún r > 0. Entonces
lı́m f (ϕ(t)) = l.
t→t0
Demostración. Sea > 0. Sabemos que ∃δ > 0 tal que si 0 < kx − pk < δ se tiene que |f (x) − l| < .
Por otro lado, como ϕ es continua, existe η > 0 tal que si 0 < |t − t0 | < η, entonces 0 < kϕ(t) − pk =
kϕ(t) − ϕ(t0 )k < δ. Pero lo anterior implica que |f (ϕ(t)) − l| < y sigue que
lı́m f (ϕ(t)) = l.
t→t0
2.22 Observación. El Teorema 2.21 nos dice que el valor del lı́mite es independiente de la curva usada
para tender al punto en cuestión. Supongamos que tenemos dos curvas ϕ, ψ distintas y que satisfacen
las hipótesis del Teorema 2.21. Si ocurre que ϕ(t1 ) = ϕ(t2 ) = p y
lı́m f (ϕ(t)) = l1 6= l2 = lı́m f (ψ(t)),
t→tϕ
t→tψ
entonces, por el Teorema 2.20, se concluye que el lı́mite no existe.
2.23 Ejemplo. Estudiemos
lı́m
(x,y)→(0,0) x2
xy
.
+ y2
Sea ϕ(t) = (t, t). Se tiene que
xy
t2
1
=
lı́m
= .
2
2
2
2
t→0 t + t
2
(x,y)→(0,0) x + y
lı́m
Bien, tomemos ahora ψ(t) = (0, t), entonces
lı́m
(x,y)→(0,0) x2
xy
0
= lı́m 2
= 0.
2
t→0 t + 0
+y
Ası́, como dos parametrizaciones entregaron distintos valores para el lı́mite, se concluye que no existe.
2.24 Observación. Hacemos notar que si al cambiar a coordenadas polares, el lı́mite resulta ser una
función de θ, es equivalente a mostrar que el valor del lı́mite depende de la parametrización que se escoja
y por ende, es equivalente a mostrar su no-existencia.
28
Lı́mites
2.25 Ejercicio. Estudie
x2 y
.
(x,y)→(0,0) x4 + y 2
lı́m
2.26 Ejemplo. Sea f : U ⊆ R2 → R dada por
f (x, y) =
xy
,
x2 + y 2
y U = (x, y) ∈ R2 : |y| < x2 . Si nos preguntamos por el lı́mite
lı́m
f (x, y),
(x,y)→(0,0)
sobre todo R2 , como ya vimos en el Ejemplo 2.23, no existe. Sin embargo, sobre U ya no tienen sentido
parametrizaciones como ψ(t) = (0, t). De hecho, notemos que
p
xy |x||y|
|x|x2
|x|(x2 + y 2 )
2
2
x2 + y 2 = x2 + y 2 ≤ x2 + y 2 ≤ x2 + y 2 = |x| ≤ x + y .
Por lo tanto, bastarı́a con tomar δ = para mostrar que
lı́m
f (x, y) = 0,
(x,y)→(0,0)
sobre U .
Aún nos faltan un par de herramientas tı́picas para calcular algunos lı́mites habituales.
2.27 Proposición (Álgebra de Lı́mites). Sean f, g : U ⊆ Rn → R, p ∈ U 0 , c ∈ R y l1 , l2 ∈ R tales que
lı́m f (x) = l1
x→p
,
lı́m g(x) = l2 .
x→p
Entonces
(a) lı́m (f + g)(x) = l1 + l2 .
x→p
(b) lı́m cf (x) = cl1 .
x→p
(c) lı́m f (x)g(x) = l1 l2 .
x→p
1
1
= , si l1 , f (x) 6= 0, ∀x ∈ U .
x→p f (x)
l1
(d) lı́m
Demostración. Análogas a las propiedades de lı́mites mostradas en Cálculo I. Se dejan como ejercicio
recomendado al lector pues le permitirán recordar algunos trucos.
2.28 Ejercicio. Estudie
sin xy
.
(x,y)→(0,0) sin x sin y
lı́m
Cálculo Diferencial de Funciones Escalares en Varias Variables
2.3.
29
Continuidad
2.29 Definición. Sea f : U ⊆ Rn → R, u ∈ U . Diremos que f es continua en u si:
lı́m f (x) = f (u).
x→u
En lenguaje -δ dirı́amos: f es continua en u si para cada > 0 existe δ > 0 tal que:
x ∈ U ∧ kx − uk < δ ⇒ |f (x) − f (u)| < .
Es decir, si x ∈ B (u, δ) ∩ U entonces |f (x) − f (u)| < .
Además, diremos que f es continua en U si lo es en cada u ∈ U .
2.30 Ejemplo. Mostraremos que la función f : Rn → R definida por f (x) = kxk es continua en Rn .
Es suficiente comprobar que dado cualquier u ∈ Rn ,
lı́m kxk = kuk
x→u
Sea > 0. Según vimos en el Problema 1.5, se cumple que
|kxk − kuk| ≤ kx − uk .
En vista de esto, basta tomar = δ y entonces tendremos que
kx − uk < δ ⇒ |kxk − kuk| ≤ kx − uk < δ = .
2.31 Ejemplo. Sea fn : {x ∈ Rn : xi ≥ 0, ∀i = 1, . . . , n} → R definida como:
fn (x1 , . . . , xn ) :=
1
xm
1
n
. . . xm
n
=
n
Y
i
xm
i
i=1
con mi > 0, ∀i = 1, . . . , n. Demostraremos por inducción que esta función es continua:
(a) En el caso de n = 1, la función es de variable real, de la forma f1 (x) = xm con x ∈ R. Basta notar
que f1 (x) = em ln(x) y recordar que la composición de funciones continuas es continua.
(b) Supongamos que es cierto para n, es decir, que fn (x1 , . . . , xn ) es continua.
(c) Queremos demostrar la continuidad de fn+1 ó, equivalentemente, que dado u = (u1 , . . . , un+1 ) ∈
Rn+1 se tiene que
n+1
n+1
Y m
Y m
lı́m
xi i =
ui i
x→u
i=1
i=1
con x = (x1 , . . . , xn+1 ). En primer lugar, por el Ejemplo 2.15, tenemos que si i = 1, . . . , n y
g : R → R, entonces
lı́m g(xi ) = l ⇒ lı́m g(xi ) = l.
xi →ui
x→a
En vista de lo anterior, podemos usar álgebra de lı́mites, ya que la hipótesis de inducción y el caso
base aseguran lo pedido en la Proposición 2.27. Tenemos de esta forma que:
!
n+1
n
Y m
Y
mn+1
m
lı́m
xi i
=
lı́m
xi i
lı́m xn+1
x→u
x→u
i=1
(H.I.)
=
=
n
Y
i=1
n+1
Y
!
i
um
i
i
um
i .
i=1
x→u
i=1
m
n+1
lı́m xn+1
x→u
30
Continuidad
Ası́ hemos demostrado que fn es continua en Rn para cualquier n ∈ N.
2.32 Proposición. Sean f, g : U ⊆ Rn → R continuas en u ∈ U y c ∈ R. Entonces:
(a) f + g es continua en u.
(b) cf es continua en u.
(c) f g es continua en u.
(d)
1
es continua en u, si f (x) 6= 0, ∀x ∈ U .
f
Demostración. Directo de la Proposición 2.27.
2.33 Observación. A partir de la Proposición 2.32 y el Ejemplo 2.15, concluimos que todos los polinomios en dos variables
m1 X
m2
X
P (x, y) =
aij xi y j , ai,j ∈ R,
i=1 j=1
son continuos en todo
R2 .
Luego, todas las funciones racionales
R(x, y) =
P (x, y)
,
Q(x, y)
son continuas donde Q(x, y) no se anula.
Esto se extiende de forma directa a Rn .
2.34 Definición. Sea f : Rn → R. Se define la imagen de A ⊆ Rn bajo f como
f (A) := {y ∈ R : ∃x ∈ A, f (x) = y} .
2.35 Proposición. Sea f : U ⊆ Rn → R continua y K ⊆ U compacto2.4 . Se tiene que
(a) f (K) es compacto.
(b) Existen u1 , u2 ∈ U tales que f (u1 ) ≤ f (u) ≤ f (u2 ), ∀u ∈ U . Es decir, se alcanza el máximo y el
mı́nimo de la función en U .
2.36 Observación. La Proposición 2.35 nos será muy útil para buscar máximos y mı́nimos pues nos
garantiza su existencia cuando se optimiza dentro de un conjunto compacto.
2.37 Teorema. Sean f : A ⊆ Rn → R, g : B ⊆ R → R con f (A) ⊆ B y B abierto. Si g es continua en
U y existe el lı́mite de f (x) cuando x → p ∈ Rn , entonces
lı́m g(f (x)) = g lı́m f (x) .
x→p
x→p
Demostración. Se deja como ejercicio al lector para practicar el lenguaje -δ.
Este Teorema es muy importante pues nos permite concluir que la composición de funciones continuas
es continua.
2.38 Corolario. Sean f : A ⊆ Rn → R, g : B ⊆ R → R con f (A) ⊆ B. Si f y g son continuas en A y
B, respectivamente, entonces g ◦ f : A ⊆ Rn → R es continua en A.
2.39 Ejemplo. g(x, y) =
2.4
ecos x sin y
p
es continua en R2 .
1 + x2 + y 2
Recuerde que ser compacto es ser cerrado y acotado.
Cálculo Diferencial de Funciones Escalares en Varias Variables
2.4.
31
Derivadas Parciales y Direccionales
Ya que hemos definido lı́mites y continuidad, lo lógico es empezar a derivar, ¿o no?
2.40 Definición. Sean f : U ∈ Rn → R y p ∈ U con p = (p1 , . . . , pn ).
(a) Definimos la derivada parcial de f en p respecto a la j-ésima coordenada por
f (p1 , . . . , pj−1 , pj + h, pj+1 , . . . , pn ) − f (p1 , . . . , pn )
f (p + hêj ) − f (p)
∂f
(p) := lı́m
= lı́m
,
h→0
h→0
∂xj
h
h
donde êj es el j-ésimo vector canónico.
(b) Definimos la derivada direccional de f en p en la dirección de v por
f (p + tv) − f (p)
∂f
(p) := lı́m
.
t→0
∂v
t
2.41 Observación. Las derivadas parciales son un caso particular de las derivadas direccionales cuando
v = êj .
2.42 Observación. Respecto a la notación:
(a) A veces escribiremos Dk f (p) en vez de
∂f
∂xk (p).
También es acostumbra a usar
∂f
∂xj (p)
= fxj (p).
(b) En R2 usaremos la notación
∂f
∂f
=
= fx
∂x1
∂x
En R3 , también se agrega
y
∂f
∂f
=
= fy .
∂x2
∂y
∂f
∂f
=
= fz .
∂x3
∂z
Geométricamente, podemos entender
∂f
f (a + h, b) − f (a, b)
(a, b) = lı́m
h→0
∂x
h
como la pendiente de la recta tangente a la curva obtenida al cortar Γ(f ) con el plano y = b, en el punto
(a, b, f (a, b)). Es muy importante notar que al calcular una derivada parcial, las otras coordenadas son
constantes.
2.43 Ejemplo. Para f (x, y) = sin(xy)ex , se tiene que
∂f
= cos(xy)yex + sin(xy)ex
∂x
y
∂f
= cos(xy)xex .
∂y
2.44 Ejemplo. Sea f : Rn → R dada por f (x) = qA (x) := xt Ax, con


a11 a12 . . . a1n
 a21 a22 . . . a2n 


n
A= .
 = (aij )i,j=1 .
..
..
 ..

.
.
an1 an2 . . . ann
32
Derivadas Parciales y Direccionales
Entonces, tenemos que

a11
 a21

f (x) = xt  .
 ..

 Pn

a x
. . . a1n
Pnj=1 1j j
n X
n

 X
. . . a2n 
j=1 a2j xj 

t
xi aij xj .
x = x 
=
..
..



.
i=1 j=1
Pn .
. . . ann
j=1 anj xj
a12
a22
..
.
an1 an2
Escribamos
f (x) =
n X
n
X
xi aij xj = xk
i=1 j=1
=
akj xj +
j=1
= x2k akk + xk
x2k akk
n
X
+ xk
n
X
j=1
j6=k
n
X
akj xj +
n X
n
X
xi aij xj
i=1 j=1
i6=k
n X
n
X
xi aij xj
j=1 i=1
i6=k
akj xj + xk
j=1
j6=k
n
X
xi aik +
i=1
i6=k
n X
n
X
xi aij xj .
j=1 i=1
j6=k i6=k
Finalmente,
n
n
n
n
j=1
j6=k
i=1
i6=k
j=1
i=1
X
X
X
X
∂f
= 2xk akk +
akj xj +
xi aik =
akj xj +
xi aik .
∂xk
Además, notemos que
n
X
akj xj +
j=1
n
X
xi aik = êtk Ax + xt Aêk ,
i=1
es decir,
∂
xt Ax = êtk Ax + xt Aêk .
∂xk
Pero xt Aeˆk ∈ R y por lo tanto,
xt Aêk = xt Aêk
t
(2.1)
= êtk At x.
Finalmente, si A es simétrica, sigue que
∂
xt Ax = êtk 2At x = êk · 2At x .
∂xk
(2.2)
2.45 Ejercicio. Sean u(x, y) = x2 − y 2 , v(x, y) = 2xy. Muestre que u y v satisfacen las ecuaciones de
Cauchy-Riemann
∂u
∂v
=
,
∂x
∂y
(2.3)
∂u
∂v
=− .
∂y
∂x
2.46 Ejemplo. Sea

2
2
 xy(x − y )
f (x, y) =
x2 + y 2

0
, si (x, y) 6= (0, 0)
, si (x, y) = (0, 0)
.
Cálculo Diferencial de Funciones Escalares en Varias Variables
33
Si (x, y) 6= (0, 0), tenemos que
y x4 − y 4 + 4x2 y 2
y(x2 − y 2 ) + 2x2 y x2 + y 2 − 2x2 y(x2 − y 2 )
∂f
=
,
(x, y) =
∂x
(x2 + y 2 )2
(x2 + y 2 )2
x x4 − y 4 − 4x2 y 2
x(x2 − y 2 ) − 2xy 2 x2 + y 2 − 2xy 2 (x2 − y 2 )
∂f
=
.
(x, y) =
∂y
(x2 + y 2 )2
(x2 + y 2 )2
En cambio, si (x, y) = (0, 0), tenemos que
∂f
f (h, 0) − f (0, 0)
(0, 0) = lı́m
= 0,
h→0
∂x
h
∂f
f (0, k) − f (0, 0)
(0, 0) = lı́m
= 0.
k→0
∂y
k
2.47 Ejemplo.
Sea
x3 y
f (x, y) =
x6 + y 2

0


, si (x, y) 6= (0, 0)
.
, si (x, y) = (0, 0)
Calculemos fv (0, 0) para algún v ∈ R2 . Usando la Observación
2.81, tenemos que
∂f
f (tv) − f (0, 0)
t4 cos3 θ sin θ
= 0,
(0, 0) = lı́m
= lı́m 6
t→0
t→0 t(t cos6 θ + t2 sin2 θ)
∂v
t
para todo θ ∈ [0, 2π[. De hecho, localmente f es similar a una
“planicie” en (0, 0), como muestra la figura.
2.48 Ejercicio. Para el Ejemplo 2.46 calcule
lı́m
(x,y)→(0,0)
∂f
(x, y)
∂x
y
lı́m
(x,y)→(0,0)
∂f
(x, y).
∂y
El astuto lector podrá darse cuenta que estamos siguiendo el mismo orden lógico que en Cálculo I. Por
lo tanto, ahora deberı́amos definir las derivadas de orden superior.
∂f
: U → R para algún i = 1, . . . , n. Entonces,
2.49 Definición. Sea f : U ⊆ Rn → R tal que existe ∂x
i
para p ∈ U se define
∂f
∂f
∂2f
∂
∂f
∂x (p + hêj ) − ∂xi (p)
(p) = lı́m i
.
(p) :=
h→0
∂xj ∂xi
∂xj ∂xi
h
2.50 Observación. Las derivadas de orden superior no se comportan tan bien como uno esperarı́a.
Consideremos f del Ejemplo 2.46, entonces
∂2f
(0, 0) = lı́m
h→0
∂x∂y
∂f
∂y (h, 0)
−
h
∂f
∂y (0, 0)
h5
= 1,
h→0 h5
= lı́m
∂f
(0, k) − ∂f
∂2f
k5
∂x (0, 0)
(0, 0) = lı́m ∂x
= lı́m − 5 = −1.
k→0
k→0 k
∂y∂x
k
Lo cual nos muestra que las “derivadas cruzadas” no siempre son iguales, es decir, las derivadas parciales
no siempre conmutan.
34
Derivadas Parciales y Direccionales
2
2
f
2.51 Lema (Schwarz). Sea f : U ⊆ Rn → R tal que ∂x∂i ∂x
, ∂ f existen y son continuas en U .
j ∂xj ∂xi
Entonces
∂2f
∂2f
(p) =
(p), ∀p ∈ U.
∂xi ∂xj
∂xj ∂xi
2.52 Ejemplo. Sea f (x, y) = xye2y , entonces
∂f
= ye2y .
∂x
Luego, como
∂2f
= e2y + 2ye2y
∂y∂x
es continua en R2 , se tiene que
∂2f
= e2y + 2ye2y .
∂x∂y
2.53 Ejemplo. Sea


 (x2 + y 2 ) sin
f (x, y) =


1
p
!
, si (x, y) 6= (0, 0)
x2 + y 2
0
.
, si (x, y) = (0, 0)
Entonces,
∂f
f (h, 0) − f (0, 0)
(0, 0) = lı́m
= lı́m
h→0
h→0
∂x
h
f (0, k) − f (0, 0)
∂f
(0, 0) = lı́m
= lı́m
k→0
h→0
∂y
k
h2 sin
1
|h|
h 1
2
k sin |k|
k
= 0,
= 0.
Ası́,


 2x sin
∂f
(x, y) =

∂x



 2y sin
∂f
(0, 0) =

∂y

1
!
−p
cos
x2 + y 2
0
p
x2 + y 2
1
p
2
x + y2
x
!
y
−p
cos
2
x + y2
0
!
1
, si (x, y) 6= (0, 0)
p
x2 + y 2
,
, si (x, y) = (0, 0)
1
p
2
x + y2
!
, si (x, y) 6= (0, 0)
.
, si (x, y) = (0, 0)
Por lo tanto,
∂2f
(0, 0) = lı́m
k→0
∂y∂x
∂f
∂x (0, k)
−
k
∂f
∂x (0, 0)
∂2f
(0, 0) = lı́m
h→0
∂x∂y
∂f
∂y (h, 0)
−
∂f
∂y (0, 0)
h
= 0,
= 0.
Luego, como se cumplen las hipótesis del Lema 2.51 en U r {0},

xy
xy

1
1
2
2
√
√
−
− (x2 +y2 )2 sin
∂ f
∂ f
3 cos
x2 +y 2
x2 +y 2
(x2 +y 2 ) 2
(x, y) =
(x, y) =

∂y∂x
∂x∂y
0
, si (x, y) 6= (0, 0)
, si (x, y) = (0, 0)
.
Cálculo Diferencial de Funciones Escalares en Varias Variables
35
Sin embargo, si analizamos la continuidad de estas funciones en (0, 0), tenemos que
r2 cos θ sin θ
∂2f
r2 cos θ sin θ
1
1
−
,
lı́m
(x, y) = lı́m −
cos
sin
3
4
r→0
r
r
r
r
(x,y)→(0,0) ∂y∂x
es decir, el lı́mite no existe y por ende, no son continuas en (0, 0). Por ende, no podemos concluir que
si las derivadas parciales cruzadas son iguales, entonces son continuas. Es decir, el Lema de Schwarz no
es un si y sólo si.
2.54 Corolario. Sea f : U ⊆ Rn → R tal que todas sus derivadas parciales hasta el q-ésimo grado son
continuas. Entonces,
∂qf
∂qf
=
m + n = q.
n,
∂xni ∂xm
∂xm
j
j ∂xi
2.55 Definición. Sea f : U ⊆ Rn → R una función dos veces derivable en cada variable. Se define el
laplaciano de f como
n
X
∂2f
4f (x) :=
x ∈ U.
2 (x),
∂x
i
i=1
2.56 Ejemplo. Sea f (x, y) = x2 + y 2 , entonces
4f =
2.57 Ejercicio. Muestre que Φ(x) =
∂2f
∂2f
+
= 2 + 2 = 4.
∂x2
∂y 2
C
definida sobre Rn para n ≥ 3, satisface la ecuación de
kxkn−2
Laplace:
4f = 0,
(2.4)
para cualquier constante C ∈ R. Φ se conoce como la solución fundamental de dicha ecuación.
2.58 Ejercicio. Muestre que
Φ(x, t) = √
satisface la ecuación del calor:
1 − kxk2
e 4t ,
4πt
(x, t) ∈ R × R+ ,
n
X ∂2f
∂f
=
,
∂t
∂x2i
(2.5)
i=1
Φ se conoce como la solución fundamental de dicha ecuación. El término a la derecha de la igualdad
se conoce como el laplaciano espacial de f y se denota por 4x f .
2.5.
Diferenciabilidad
Recordemos que una de las principales propiedades que nos entregaba la derivada de una función, era
poder construir una aproximación lineal para la función en torno a un punto. En efecto, para una función
f : R → R difereciable, el teorema de Taylor nos decı́a que
f (x) = f (x0 ) + f 0 (x0 )(x − x0 ) + O((x − x0 )2 ).
Por lo tanto, cuando x → x0 ,
f (x) − f (x0 ) − f 0 (x0 )(x − x0 )
→ 0.
x − x0
Queremos emular la misma situación, pero en más variables.
36
Diferenciabilidad
2.59 Definición. Sea f : U ⊆ Rn → R y p ∈ U . Diremos que f es diferenciable en p si existe
Df (p) ∈ Rn tal que
|f (p + h) − f (p) − Df (p) · h|
lı́m
= 0.
h→0
khk
Es importante notar que el lı́mite no se está tomando sobre escalares sino sobre vectores.
2.60 Observación. Sea f : U ⊆ Rn → R diferenciable y p ∈ U . Escribamos Df (p) = (l1 , . . . , ln ) y
h = (h1 , . . . , hn ). Notemos que
f (p + h) − f (p) − Df (p) · h = f (p + h) − f (p) − (l1 h1 + . . . + ln hn ) .
Tomando h = tê1 , se tiene que
Df (p) · h = l1 t,
es decir,
f (p + h) − f (p) − Df (p) · h = f (p + tê1 ) − f (p) − l1 h1 .
Luego, como f es diferenciable, se cumple que
|f (p + tê1 ) − f (p) − tl1 |
= 0,
t→0
|t|
lı́m
es decir,
f (p + tê1 ) − f (p)
= l1 .
t
Por lo tanto, recordando la definición de derivada parcial, tenemos que
lı́m
t→0
l1 =
∂f
(p).
∂x1
Finalmente, tomando h = têj para j = 1, . . . , n, concluimos que
∂f
∂f
Df (p) =
(p), . . . ,
(p) .
∂x1
∂xn
2.61 Observación. La Observación 2.60 nos permite concluir que la existencia de las derivadas parciales
es una condición necesaria para la diferenciabilidad.
p
2.62 Ejemplo. Sea f (x, y) = 1 − x2 + y 2 , entonces
∂f
f (h, 0) − f (0, 0)
1 − |h| − 1
|h|
(0, 0) = lı́m
= lı́m
= lı́m
.
h→0
h→0
h→0
∂x
h
h
h
Por lo tanto, no existe fx (0, 0) y sigue que f no es diferenciable (0, 0).
p
2.63 Ejemplo. Sea f (x, y) = |xy|, entonces
∂f
f (h, 0) − f (0, 0)
(0, 0) = lı́m
= 0,
h→0
∂x
h
∂f
f (0, k) − f (0, 0)
(0, 0) = lı́m
= 0.
k→0
∂y
k
Pero
p
p
|hk|
r2 | cos θ sin θ| p
|f (h, k) − f (0, 0) − Df (0, 0) · (h, k)|
√
√
= | cos θ sin θ|,
lı́m
=
lı́m
= lı́m
r
(h,k)→(0,0)
(h,k)→(0,0)
h2 + k 2
h2 + k 2 r→0
y por ende, no existe tal lı́mite. Luego, f no es diferenciable en (0, 0).
Cálculo Diferencial de Funciones Escalares en Varias Variables
37
2.64 Ejemplo. Consideremos la función f del Ejemplo 2.53. Aprovechando que ya hemos calculado
sus derivadas parciales, estudiemos su diferenciabilidad en (0, 0). Tenemos que
2
2 sin √ 1
−
(0,
0)
·
(h,
k)
h
+
k
kf (h, k) − f (0, 0) − Df (0, 0) · (h, k)k
h2 +k2
√
= 0.
lı́m
=
lı́m
k(h, k)k
(h,k)→(0,0)
(h,k)→(0,0)
h2 + k 2
2.65 Proposición. Sea f : U ⊆ Rn → R y p ∈ U tal que f es diferenciable en p. Entonces, f es
continua en p.
Demostración. Dado que f es diferenciable en p, se tiene que
kf (p + h) − f (p) − Df (p) · hk
= 0,
h→0
khk
lı́m
lo cual implica que
lı́m kf (p + h) − f (p) − Df (p) · hk = 0,
h→0
ya que de otra forma, el lı́mite anterior no podrı́a existir. Luego, como
lı́m Df (p) · h = 0,
h→0
se tiene que
lı́m f (p + h) = f (p).
h→0
2.66 Observación. Consideremos la función f del Ejemplo 2.47. Tenemos que f posee sus dos derivadas
parciales en (0, 0) pero no es continua en (0, 0), pues si tomamos ϕ(t) = (t, 0), se tiene que
lı́m
f (x, y) = 0,
(x,y)→(0,0)
en cambio, si tomamos ψ(t) = (t, t3 ), se tiene que
lı́m
t3 t3
1
= .
t→0 t6 + t6
2
f (x, y) = lı́m
(x,y)→(0,0)
Por lo tanto, la existencia de las derivadas parciales no es suficiente para garantizar la diferenciabilidad.
2.67 Teorema. Sea f : U ⊆ Rn → R y p ∈ U . Si todas las derivadas parciales de primer orden existen
y son continuas en p, entonces f es diferenciable en p.
2.68 Ejemplo. Sea f (x, y) = ex
2 +y 2
, entonces
∂f
2
2
= 2xex +y
∂x
,
∂f
2
2
= 2yex +y ,
∂y
son todas continuas y por lo tanto, f es diferenciable en todo R2 .
2.69 Definición. Se define la clase de funciones Cq como el conjunto de todas las funciones tales que
todas sus derivadas parciales hasta orden q son continuas.
2.70 Observación. Si f ∈ C1 , entonces f es diferenciable. Si además, f ∈ C2 , entonces las derivadas
cruzadas de f son iguales por el Lema 2.51.
38
Plano Tangente
2.71 Proposición. Sean f, g : U ⊆ Rn → R y p ∈ U tales que f y g son diferenciables en p.
Consideremos α, β ∈ R, entonces
(a) αf + βg es diferenciable en p y
D (αf + βg) (p) = αDf (p) + βDg(p).
(b) f g es diferenciable en p y
D (f g) (p) = Df (p)g(p) + f (p)Dg(p).
(c) si g 6= 0 en una vecindad de p, entonces
f
g
es diferenciable en p y
f
Df (p)g(p) − f (p)Dg(p)
D
.
(p) =
g
g 2 (p)
2.6.
Plano Tangente
Sean f : R2 → R, p = (a, b) y q = (a, b, f (a, b)). Queremos aprovecharnos de la definición de diferenciabilidad para buscar una aproximación local a la superficie Γ(f ) en una vecindad de q.
Sea τ1 el vector tangente a la curva α(t) = (t, b, f (t, b)), es decir,
∂f
τ1 = 1, 0,
(a, b) .
∂x
Análogamente, definimos τ2 , el vector tangente a la curva α(t) = (a, t, f (a, t)), el cual queda dado por
∂f
τ2 = 0, 1,
(a, b) .
∂y
Consideremos Πq , el plano tangente a Γ(f ) en q. Tenemos que τ1 , τ2 ∈ Πq y al ser dos vectores
linealmente independientes, constituyen una base de éste. Luego, un vector normal al plano está dado
por
ı̂ ̂
k̂
∂f
∂f
∂f
n = τ1 × τ2 = 1 0 ∂x (a, b) = − (a, b), − (a, b), 1 .
(2.6)
∂x
∂y
0 1 ∂f
(a,
b)
∂y
Ası́, la ecuación del plano está dada por
Πq
:
(r − q) · n = 0,
(2.7)
o bien,
(x − a)
∂f
∂f
(a, b) + (y − b) (a, b) = z − f (a, b).
∂x
∂y
Supongamos además que f es diferenciable en p. Entonces
|f (a + h, b + k) − f (a, b) − Df (p) · (h, k)|
= 0,
k(h, k)k
(h,k)→(0,0)
lı́m
(2.8)
Cálculo Diferencial de Funciones Escalares en Varias Variables
39
lo cual implica que
lı́m
f (a + h, b + k) − f (a, b) − h
(h,k)→(0,0)
∂f
∂f
(a, b) − k (a, b) = 0.
∂x
∂y
(2.9)
Finalmente, reemplazando h = x − a, k = y − b y (2.8) en (2.9), tenemos que
∂f
∂f
lı́m f (x, y) − f (a, b) + (x − a) (a, b) + (y − b) (a, b) = 0,
∂x
∂y
(x,y)→(a,b)
es decir, si f es diferenciable, Πq se parece localmente a Γ(f ) en q.
p
2.72 Ejemplo. Sea f (x, y) = 1 − x2 − y 2 , entonces para (a, b) ∈ B (0, 1) tenemos que
∂f
a
(a, b) = − √
∂x
1 − a2 − b2
,
∂f
b
.
(a, b) = − √
∂y
1 − a2 − b2
Luego, el plano tangente en q = (a, b, f (a, b)) está dado por
p
a
b
−(x − a) √
− (y − b) √
= z − 1 − a2 − b2 ,
1 − a2 − b2
1 − a2 − b2
es decir,
ax + by + z
p
1 − a2 − b2 = 1.
Notemos que otro vector que también tiene dirección normal es
p
a, b, 1 − a2 − b2 .
2.7.
Gradiente
2.73 Definición (Gradiente). Sea f : U ⊆ Rn → R y p ∈ U tal que f es diferenciable en p. Se define
el vector gradiente de f en p como
∂f
∂f
∇f (p) :=
(p), . . . ,
(p) .
∂x1
∂xn
2.74 Observación. ∇f (p) corresponde a Df (p) en la definición de diferenciabiliad.
2.75 Observación. En general, se habla del operador
∂ ∂ ∂
∇ :=
, ,
.
∂x ∂y ∂z
Esto es muy cómodo, porque permite trabajar más intuitivamente con otros operadores. Por ejemplo,
en coordenadas cartesianas, 4 = ∇ · ∇ = ∇2 .
2.76 Ejemplo. Sea f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2
∇f (x, y, z) =
x
1
2
y
, entonces
z
p
,p
,p
x2 + y 2 + z 2
x2 + y 2 + z 2
x2 + y 2 + z 2
!
=
1
(x, y, z).
f (x, y, z)
40
Gradiente
2.77 Ejemplo. Sea f (x, y, z) = x sin y + ye2xz , entonces
∇f (x, y, z) = sin y + 2yze2xz , x cos y + e2xz , 2xye2xz .
2.78 Ejemplo. En el Ejemplo 2.44, se tiene que si A es simétrica, entonces
∇f (x) = 2Ax.
2.79 Proposición. Sea f : U ⊆ Rn → R y p ∈ U tal que f es diferenciable en p. Consideremos v ∈ Rn
unitario, entonces
(a)
∂f
(p) = ∇f (p) · v.
∂v
(b)
∂f
(p) ≤ k∇f (p)k.
∂v
(c)
∇f (p)
∂f
es el vector que maximiza la expresión
(p).
k∇f (p)k
∂v
Demostración.
(a) Como f es diferenciable en p, entonces
|f (p + h) − f (p) − ∇f (p) · h|
= 0.
h→0
khk
lı́m
Sea h = tv con t ∈ R, entonces khk = ktvk = t kvk = t y,
f (p + tv) − f (p)
lı́m − ∇f (p) · v = 0,
t→0
t
es decir,
f (p + tv) − f (p)
∂f
(p) = lı́m
= ∇f (p) · v.
t→0
∂v
t
(b) Usando la Desigualdad de Cauchy-Schwarz-Bunyakovsky (Lema 1.12), tenemos que
∂f
(p) = ∇f (p) · v ≤ k∇f (p)k kvk = k∇f (p)k .
∂v
(c) Tomando
v=
∇f (p)
,
k∇f (p)k
tenemos que
∂f
∇f (p)
k∇f (p)k2
(p) = ∇f (p) ·
=
= k∇f (p)k .
∂v
k∇f (p)k
k∇f (p)k
2.80 Observación. La Proposición 2.7 nos muestra que la dirección de máximo cambio de f viene dada
por ∇f . Además, queremos recalcar que la hipótesis de kvk = 1 es muy importante pues NO distorsiona
el valor de la derivada direccional. Finalmente, el lector debe tener presente que sólo podrá calcular las
derivadas direccionales a partir del gradiente cuando f sea diferenciable. En caso contrario, deberá calcularlas por definición.
Cálculo Diferencial de Funciones Escalares en Varias Variables
41
2.81 Observación. Si v ∈ R2 tal que kvk = 1, entonces v = (cos θ, sin θ) para algún θ ∈ [0, 2π[.
2.82 Observación. Sea f : U ⊆ Rn → Rm diferenciable y v ∈ Rn unitario. Si para p ∈ U se tiene que
∂f
(p) = 0,
∂v
entonces ∇f (p) ⊥ v.
2.83 Proposición (Regla de la Cadena). Sea f : U ⊆ Rn → R diferenciable y γ : I ⊆ R → Rn una
curva diferenciable contenida en U . Entonces, la función g(t) = f ◦ γ(t) es derivable y se tiene que
g 0 (t) = ∇f (γ(t)) · γ 0 (t).
Demostración. Lo haremos sólo para el caso n = 2. Sea t ∈ I y γ(t) = (x1 (t), x2 (t)). Tenemos que
g(t + h) − g(t)
f (x1 (t + h), x2 (t + h)) − f (x1 (t), x2 (t))
= lı́m
h→0
h→0
h
h
f (x1 (t + h), x2 (t + h)) − f (x1 (t), x2 (t + h)) f (x1 (t), x2 (t + h)) − f (x1 (t), x2 (t))
= lı́m
+
.
h
{z
}
|h→0
{z h
} |
g 0 (t) = lı́m
l2
l1
Pero, como f es diferenciable,
∂f
f (x1 (t + h), x2 (t + h)) − f (x1 (t), x2 (t + h)) x1 (t + h) − x1 (t)
=
(x1 (t), x2 (t)) x01 (t).
h→0
x1 (t + h) − x1 (t)
h
∂x
l1 = lı́m
y análogo para l2 . Ası́,
g 0 (t) =
∂f
∂f
(x1 (t), x2 (t)) x01 (t) +
(x1 (t), x2 (t)) x02 (t) = ∇f (γ(t)) · γ 0 (t).
∂x
∂y
2.84 Observación. Si g, γ son funciones de más variables, podemos utilizar la Regla de la Cadena
para sus derivadas parciales recordando que calcularlas es derivar suponiendo que las otras variables
son constantes. Es decir, si tenemos h(t, s) = f ◦ γ(t, s), con γ(t, s) = (x1 (t, s), . . . , xn (t, s)), podemos
derivar respecto a t tomando s constante y sigue que
n
∂h X ∂f ∂xj
=
.
∂t
∂xj ∂t
j=1
2.85 Ejemplo. Consideremos g(r, θ) = f (r cos θ, r sin θ), entonces
∂g
∂f ∂x ∂f ∂y
∂f
∂f
=
+
= cos θ
+ sin θ ,
∂r
∂x ∂r
∂y ∂r
∂x
∂y
∂g
∂f ∂x ∂f ∂y
∂f
∂f
=
+
= −r sin θ
+ r cos θ .
∂θ
∂x ∂θ
∂y ∂θ
∂x
∂y
Luego, resolviendo el sistema
cos θ
sin θ
−r sin θ r cos θ
" ∂f #
∂x
∂f
∂y
∂g =
∂r
∂g
∂θ
,
42
Gradiente
por ejemplo con la regla de Cramer, se tiene que
∂g
∂r sin θ ∂g r cos θ
∂f
∂g 1
∂g
= cos θ
= ∂θ
− sin θ
,
∂x
∂r r
∂θ
sin θ cos θ
−r sin θ r cos θ
∂g ∂r ∂g ∂θ
cos θ
−r sin θ
∂f
∂g 1
∂g
= sin θ
=
+ cos θ .
∂y
∂r r
∂θ
sin θ cos θ
−r sin θ r cos θ
Notemos que
∂f
∂f
∂g
1 ∂g
∂g
1 ∂g
ı̂ +
̂ =
(cos θı̂ + sin θ̂) +
(− sin θı̂ + cos θ̂) =
eˆr +
eˆθ .
∂x
∂y
∂r
r ∂θ
∂r
r ∂θ
Es decir, uno podrı́a pensar que en coordenadas polares,
∂ 1 ∂
.
,
∇=
∂r r ∂θ
Además, se puede concluir que
∂g
∂r
2
+
1
r2
∂g
∂θ
2
=
∂f
∂x
(2.10)
2
+
∂f
∂y
2
.
2.86 Corolario. Sea f : U ⊆ Rn → R diferenciable y γ : I ⊆ R → Rn una curva diferenciable contenida
en f −1 (c), c ∈ R. Entonces, ∇f (γ(t)) ⊥ γ 0 (t), ∀t ∈ I.
Demostración. Sea g(t) = f (γ(t)), entonces g(t) = c, ∀t ∈ I. Luego,
∇f (γ(t)) · γ 0 (t) = g 0 (t) = 0.
2.87 Observación. El Corolario 2.86 nos dice que ∇f es ortogonal a las curvas de nivel.
2.88 Ejemplo. Sea f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 . Entonces, si x, y, z ∈ B 0, c2 , ∇f = (2x, 2y, 2z) es una
dirección normal al plano tangente en el punto (x, y, z) a la esfera centrada en el origen y de radio c2 .
De hecho, (x, y, z) también lo es y confirma lo visto en el Ejemplo 2.72.
2.89 Teorema (Teorema del Valor Medio (T.V.M.)). Sea f : U ⊆ Rn → R una función diferenciable.
Si el segmento de recta xy ⊆ U , entonces existe ξ ∈ xy tal que
f (y) − f (x) = ∇f (ξ) · (y − x).
Demostración. Consideremos ϕ(t) = f (x + t(y − x)), entonces
ϕ0 (t) = ∇f (x + t(y − x)) · (y − x).
Por otro lado, por el TVM en una variable, se tiene que
ϕ(1) − ϕ(0) = ϕ0 (t0 )(1 − 0) = ϕ0 (t0 ),
con 0 < t0 < 1. Finalmente, sea ξ = x + t0 (y − x), entonces
f (y) − f (x) = ∇f (ξ) · (y − x).
Cálculo Diferencial de Funciones Escalares en Varias Variables
43
2.90 Corolario. Sea f : U ⊆ Rn → R una función diferenciable y la región D ⊆ U tal que ∇f (x) =
0, ∀x ∈ D. Entonces, f es constante en D.
2.91 Definición (Diferencial total). Sea f : U ⊆ Rn → R diferenciable y p ∈ U . Definimos el diferencial total de f en p como
n
X
∂f
df (p) :=
(p)dxi .
∂xi
i=1
2.92 Ejemplo. Sea f : R4 → R, con f = f (x, y, z, t). Entonces
df =
∂f
∂f
∂f
∂f
dx +
dy +
dz +
dt.
∂x
∂y
∂z
∂t
Ası́, la derivada total o sustancial de f con respecto a t es
∂f dx ∂f dy ∂f dz ∂f
df
=
+
+
+
.
dt
∂x dt
∂y dt
∂z dt
∂t
2.8.
Problemas Resueltos
2.1 Problema. Estudie
tan x − tan y
.
(x,y)→(a,a) cot x − cot y
lı́m
Solución: Tenemos que
tan x − tan y
tan x − tan y
=
lı́m
=
lı́m
− tan x tan y = − tan2 a.
1
1
(x,y)→(a,a)
(x,y)→(a,a)
(x,y)→(a,a) cot x − cot y
−
tan x
tan y
lı́m
2.2 Problema. Estudie
x3 y
.
(x,y)→(0,0) x2 + y 4
lı́m
Solución: Sea > 0. Tenemos que
x3 y x3 y x2 + y 2
.
x2 + y 4 ≤ x2 = |x| |y| ≤
2
Luego, tomando δ 2 = 2, sigue que
x3 y
x2 + y 2
δ
< = .
x2 + y 4 − 0 ≤
2
2
2.3 Problema. Estudie
lı́m
(x,y)→(0,0)
x
x2 + y 2
Solución: Usando coordenadas polares, tenemos que
lı́m
(x,y)→(0,0) x2
que no existe.
x
r cos θ
cos θ
= lı́m
lı́m
2
2
r→0
r→0
+y
r
r
44
Problemas Resueltos
2.4 Problema. Estudie
1 − cos xy
.
(x,y)→(0,0) x2 y sin 2y
lı́m
Solución: Tenemos que
1 − cos xy 2y 1
1
1 − cos xy
=
lı́m
= .
2
2
(xy)
sin 2y 2
4
(x,y)→(0,0)
(x,y)→(0,0) x y sin 2y
lı́m
2.5 Problema. Estudie
(y 2 − x)2
.
(x,y)→(0,0) x2 + y 2
lı́m
Solución: Sea ϕ1 (t) = (t, 0). Tenemos que
lı́m
(x,y)→(0,0)
(0 − t)2
= 1.
t→0 t2 + 0
f (ϕ1 (t)) = lı́m
Ahora, sea ϕ2 (t) = (0, t). Se tiene que
2
t2 − 0
= 0.
lı́m f (ϕ2 (t)) = lı́m
t→0 0 + t2
(x,y)→(0,0)
Por lo tanto, el lı́mite no existe.
2.6 Problema. Estudie
lı́m
(x,y,z,w)→(0,0,0,0)
xy + yz + zw − xyzw
.
x2 + y 2 + z 4 + w 4
Solución: Sea ϕ(t) = (t, t, 0, 0). Tenemos que
xy + yz + zw − xyzw
t2 + 0 + 0 + 0
1
=
lı́m
= .
2
2
4
4
2
2
t→0 t + t + 0 + 0
x +y +z +w
2
(x,y,z,w)→(0,0,0,0)
lı́m
Ahora, sea ψ(t) = (t, 0, 0, 0). Se observa que
xy + yz + zw − xyzw
0+0+0+0
= lı́m 2
= 0.
2
2
4
4
t→0 t + 0 + 0 + 0
x +y +z +w
(x,y,z,w)→(0,0,0,0)
lı́m
Por lo tanto, el lı́mite no existe.
2.7 Problema. Estudie
lı́m
(x,y,z)→(0,0,0)
xy + yz + zx
.
x2 + y 2 + z 2
Solución: Sea ϕ(t) = (t, t, 0). Tenemos que
xy + yz + zx
t2 + 0 + 0
1
=
lı́m
= .
2
2
2
2
2
2
(x,y,z)→(0,0,0) x + y + z
(x,y,z)→(0,0,0) t + t + 0
lı́m
Ahora, sea ψ(t) = (t, t, t). Tenemos que
xy + yz + zx
t2 + t2 + t2
=
lı́m
= 1.
(x,y,z)→(0,0,0) x2 + y 2 + z 2
(x,y,z)→(0,0,0) t2 + t2 + t2
lı́m
Por lo tanto, el lı́mite no existe.
Cálculo Diferencial de Funciones Escalares en Varias Variables
2.8 Problema. Estudie
45
xyz + x4 + y 4 + z 4
p
.
(x,y,z)→(0,0,0)
x6 + y 6 + z 6
lı́m
Solución: Sea ϕ(t) = (t, t, t), entonces
xyz + x4 + y 4 + z 4
t3 + 3t4
p
.
= lı́m √
t→0
(x,y,z)→(0,0,0)
3|t|3
x6 + y 6 + z 6
lı́m
−1
Este último lı́mite se indefine: si t > 0 vale √13 , si t < 0 vale √
. Por lo tanto, el lı́mite que se nos
3
pidió estudiar tampoco existe, pues de existir no importarı́a por qué curva nos acerquemos a (0, 0).
2.9 Problema. Estudie
x3 + y 3
.
(x,y)→(0,0) x − y
lı́m
Solución: Sea ϕ1 (t) = (t, 0), entonces
t3
= 0.
t→0 t
lı́m f (ϕ1 (t)) = lı́m
t→0
Después de pensar un rato, el lector podrá darse cuenta que casi todos los caminos entregan el mismo
resultado. Si cambiamos a coordenadas polares, tenemos que
x3 + y 3
r3 cos3 θ + r3 sin3 θ
cos3 θ + sin3 θ
= lı́m
= lı́m r2
.
r→0
r→0
r cos θ − r sin θ
cos θ − sin θ
(x,y)→(0,0) x − y
lı́m
Por lo tanto, si θ(r) → π4 cuando r → 0 a una velocidad mayor que r2 , el lı́mite tiene posiblidades de
no existir. Esto nos da una nueva idea sobre qué trayectoria tomar. Consideremos ϕ2 (t) = (t + t3 , t),
entonces
(t + t3 )3 + t3
lı́m f (ϕ2 (t)) = lı́m
= lı́m(1 + t2 )3 + 1 = 2.
t→0
t→0
t→0
t3
Finalmente, el lı́mite no existe.
2.10 Problema. Determine valores para a, b, c ∈ R tales que
(ax + by + cz)2
(x,y,z)→(0,0,0) (x2 + y 2 + z 2 )
lı́m
exista.
Solución: Sea ϕ1 (t) = (t, 0, 0), entonces
(at)2
= a2 .
t→0 t2
lı́m f (ϕ1 (t)) = lı́m
t→0
Análogamente, tomando las trayectorias ϕ2 (t) = (0, t, 0) y ϕ3 (t) = (0, 0, t), obtenemos que el valor del
lı́mite es b2 y c2 , respectivamente. Por lo tanto,
a2 = b2 = c2 .
46
Problemas Resueltos
Sea ϕ4 (t) = (t, t, 0), entonces
(a + b)2
a2 + b2
(at + bt)2
=
=
+ ab.
2
t→0
2t
2
2
lı́m f (ϕ4 (t)) = lı́m
t→0
Pero, al imponer las condiciones obtenidas anteriormente, tenemos que
a2 =
a2 + b2
+ ab = a2 + ab ⇒ ab = 0 ⇒ a = 0 ∨ b = 0.
2
Luego, en cualquiera de los dos casos, podemos concluir que
a = b = c = 0.
2.11 Problema. Sea

 x−y
x3 − y
f (x, y) =

1
, si y 6= x3
.
, si y = x3
Estudie la continuidad de f en (1, 1).
Solución: Sea ϕ(t) = (t, 1). Tenemos que
lı́m
t−1
1
1
= lı́m 2
= .
3
t→1 t − 1
t→1 t + t + 1
3
f (x, y) = lı́m
(x,y)→(1,1)
Luego, f no es continua en (1, 1). Es más, tomando ψ(t) = (1, t), tenemos que
lı́m
1−t
= 1.
t→1 1 − t
f (x, y) = lı́m
(x,y)→(1,1)
Por lo tanto, la discontinuidad ni siquiera es reparable.
2.12 Problema. Sea
x2 y
f (x, y) =
x4 + y 2

α


, si (x, y) 6= (0, 0)
.
, si (x, y) = (0, 0)
¿Existe algún valor de α tal que f sea continua en el origen?
Solución: Sea ϕ(t) = (t, t). Tenemos que
lı́m
t3
t
= lı́m 2
= 0.
t→0 t4 + t2
t→0 t + 1
f (x, y) = lı́m
(x,y)→(0,0)
Por otro lado, tomando ψ(t) = (t, t2 ), tenemos que
lı́m
(x,y)→(0,0)
t4
1
= .
4
4
t→0 t + t
2
f (x, y) = lı́m
Por lo tanto, no existe ningun valor real de α tal que f sea continua en el origen.
Cálculo Diferencial de Funciones Escalares en Varias Variables
2.13 Problema. Sea f : R2 → R definida por

2 2
 x y
f (x, y) =
x3 + y 3

0
, si x 6= −y
47
.
, si x = −y
Estudie la continuidad de f en (0, 0).
Solución: En primer lugar, notemos que
lı́m
f (x, y) =
(x,0)→(0,0)
lı́m
f (x, y) = 0.
(0,y)→(0,0)
2 2
y
Por otra parte, xx3 +y
3 se indefine en x = −y. Además, la función diverge a medida que uno se acerca a
este eje (deje fijo un y0 6= 0, por ejemplo, y haga tender x → −y0 ). Esto nos hace sospechar que podemos
aproximarnos a (0, 0) por una curva cercana a esta recta y obtener otro valor del lı́mite. Considere, por
ejemplo, la curva definida por y = −x + x2 . En ese caso:
lı́m
(x,−x+x2 )→(0,0)
x−1
−x3 + x4
= lı́m 3
= ∞.
x→0 x − 3x2 + 3x
x→0 x3 + x6 − 3x5 + 3x4 − x3
f (x, y) = lı́m
Por lo tanto, el lı́mite que estudiamos no existe.
2.14 Problema. Sea f : R2 → R dada por
 3
3
 x −y
f (x, y) =
xy

0
, si xy 6= 0
.
, si xy = 0
Pruebe que el conjunto de los puntos de discontinuidad de f es cerrado. Determı́nelo explı́citamente.
Solución: Sea ϕ(t) = (t, y0 ) con y0 6= 0. Tenemos que
lı́m
t3 − y03
t2
y3
= lı́m
− 0,
t→0
t→0 y0
ty0
ty0
f (x, y) = lı́m
(x,y)→(0,y0 )
es decir, no existe. Por la simetrı́a de la función, se tiene que el lı́mite cuando (x, y) → (x0 , 0), con
x0 6= 0, tampoco existe. Luego, f no es continua en
Ω = (x, y) ∈ R2 : xy = 0 r {(0, 0)}.
Además, si usamos ϕ(t) = (t, t2 ), entonces
lı́m
t3 − t6
= 1.
t→0
t3
f (x, y) = lı́m
(x,y)→(0,0)
Luego, independientemente de que el lı́mite exista o no, f tampoco es continua en (0, 0).
En cambio, f sı́ es continua en los otros puntos por ser álgebra de continuas allı́. Por lo tanto, el conjunto
de discontinuidades de f es Ω ∪ {(0, 0)} el cual es cerrado pues su complemento es abierto.
2.15 Problema. Sea f : A ⊆ R2 → R definida por
1
2
2
f (x, y) = (x2 + y 2 ) 1 − (x − y ) .
48
Problemas Resueltos
Encuentre el dominio A de f y estudie la posibilidad de extender de forma continua f a la adherencia
de A, que denotamos A0 . En caso de existir, defina la función resultante.
Solución: El dominio de f es A = {(x, y) : x2 + y 2 6= 1}. Sea B = Ac = {(x, y) : x2 + y 2 = 1}. Notamos
que la adherencia de A es igual a R2 = A ∪ B.
f es composición de continuas en A, que es un abierto. Luego, f también es continua en A.
Estudiamos el caso de (x0 , y0 ) ∈ B. Definimos las funciones:
1
g(t) = t 1−t y h(x, y) = x2 + y 2 .
Verifique que:
lı́m g(t) = e−1 y
t→1
lı́m
h(x, y) = 1.
(x,y)→(x0 ,y0 )
De esta forma, por el teorema del lı́mite de una función compuesta, ∀(x0 , y0 ) ∈ B se cumple:
lı́m
f (x, y) =
(x,y)→(x0 ,y0 )
(x,y)∈A
g(h(x, y)) = e−1 .
lı́m
(x,y)→(x0 ,y0 )
(x,y)∈A
En consecuencia, sı́ es posible prolongar continuamente f , y podemos ası́ definir la función:
(
f (x, y) , si (x, y) ∈ A
f˜(x, y) =
.
e−1
, si (x, y) 6∈ A
2.16 Problema. Sea f : R2 → R dada por

 (x − y)y
f (x, y) =
xα

0
,
si 0 < y < x
,
si no
.
Determine todos los valores de α ∈ R tales que f sea continua en todo R2 .
Solución: Notemos que f no es nula en una mitad del primer cuadrante (aquella que está bajo la recta
y = x). Si llamamos A a este conjunto, es decir,
A = {(x, y) ∈ R2 : 0 < y < x},
se tiene que
∂A = {(x, 0) ∈ R2 : 0 < x} ∪ {(x, x) ∈ R2 : 0 < x} ∪ {(0, 0)}.
Luego, nos interesa saber qué pasa con f nos acercamos a ∂A. Sea x0 > 0. Entonces, si (x, y) ∈ A (no
vale la pena analizar los otros puntos pues es claro que f cumple la continuidad en esas direcciones),
tenemos que
(x − y)y
lı́m
f (x, y) =
lı́m
= 0, ∀α ∈ R.
xα
(x,y)→(x0 ,0)
(x,y)→(x0 ,0)
Análogamente,
lı́m
(x,y)→(x0 ,x0 )
f (x, y) =
(x − y)y
= 0,
xα
(x,y)→(x0 ,x0 )
lı́m
∀α ∈ R.
Por lo tanto, esos puntos de la frontera no definen ningún valor especı́fico de α. Sólo nos queda analizar
en (0, 0). Notemos que, por la Desigualdad Triangular,
(x − y)y |x − y|y
(|x| + |y|)y
=
|f (x, y)| = ≤
.
α
α
x
x
xα
Cálculo Diferencial de Funciones Escalares en Varias Variables
49
Pero como (x, y) ∈ A ⇒ y < x y sigue que
|f (x, y)| <
2x2
= 2x2−α .
xα
Por lo tanto, f es continua si α < 2.
Por otro lado, usando ϕ(t) = (t, mt), 0 < m < 1, se tiene que
lı́m
(1 − m)mt2
= (1 − m)m lı́m t2−α ,
t→0
t→0
tα
f (x, y) = lı́m
(x,y)→(0,0)
es decir, no existe cuando α ≥ 2.
Ası́, f es continua en todo R2 si y sólo si α < 2.
2.17 Problema. Determine una función k : R → R tal que

2
2
 sin(x − y ) , si x 6= y
f (x, y) =
x−y

k(x)
, si x = y
.
sea continua.
Solución: Sea x0 ∈ R fijo, entonces
lı́m
(x,y)→(x0 ,y0 )
x6=y
f (x, y) =
sin(x2 − y 2 )
sin(x2 − y 2 )
=
lı́m
(x + y) = 2x0 .
x−y
x2 − y 2
(x,y)→(x0 ,y0 )
(x,y)→(x0 ,y0 )
lı́m
x6=y
x6=y
Luego, tomando k(x) = 2x se obtiene la continuidad de la función pues k es continua (y ası́ se trivializa
el estudio del lı́mite para el caso x = y).
2.18 Problema. Sea f : R2 → R dada por
xp
f (x, y) = p
,
x2 − y
para p ∈ N fijo.
(a) Determine el dominio de f .
(b) Estudie la posibilidad de definir f en (0, 0) de forma continua.
Solución:
(a) Para que f esté definida es necesario y suficiente que el argumento de la raı́z en su denominador
sea estrictamente positivo, es decir, el dominio de f viene dado por Ω = (x, y) ∈ R2 : x2 > y .
(b) Definamos ϕ(t) = (t, t2 − t2p ). Como t2 > t2 − t2p , se tiene que ϕ(t) ∈ Ω, ∀t ∈ R y por ende, tiene
sentido la composición f ◦ ϕ. Más aún,
p
tp
t
tp
2
2p
f ◦ ϕ(t) = f t, t − t
=p
=√
=
,
2
2
2n
2p
|t|
t − (t − t )
t
lo cual toma valores 1 o −1 dependiendo del signo de t y de si p es par o impar. Por otro lado, si
consideramos ψ(t) = (t2(p−1) , 0), también se tiene que la composición f ◦ ψ tiene sentido y
tp
tp
f ◦ ϕ(t) = f t2(p−1) , 0 = √
= p−1 → 0, t → 0.
|t|
t2(p−1)
De esta forma concluimos que no es posible definir a f en (0, 0) de manera continua.
50
Problemas Resueltos
2.19 Problema. Muestre que f (x, y) = x2 y es diferenciable en R2 .
Solución: Tenemos que
∂f
(x, y) = 2xy
∂x
,
∂f
(x, y) = x2 .
∂y
Luego, como ambas son funciones continuas, tenemos que f es diferenciable en R2 .
2.20 Problema. Sea

 exp − 1
x2 + y 2
f (x, y) =

0
, si (x, y) 6= (0, 0)
.
, si (x, y) = (0, 0)
(a) Determine los puntos de R2 donde f es continua.
(b) Calcule fx (0, 0) y fy (0, 0).
Solución:
(a) Es claro que f es continua en R2 r {0, 0}. Veamos qué ocurre en (0, 0), tenemos que
1
1
lı́m f (x, y) =
lı́m exp − 2
= lı́m e− r2 = 0.
2
r→0
x +y
(x,y)→(0,0)
(x,y)→(0,0)
Luego, f es continua en todo R2 .
(b) Por definición,
∂f
f (h, 0) − f (0, 0)
1
1
(0, 0) = lı́m
= lı́m exp − 2 = 0.
h→0
h→0 h
∂x
h
h
Además, por la simetrı́a de la función, se tiene que
∂f
(0, 0) = 0.
∂y
2.21 Problema. Sea f : R2 → R una función diferenciable tal que existe M > 0 y
∂f
n
∂xj (x) ≤ M, ∀x ∈ R , ∀j = 1, . . . , n.
Demuestre que f es Lipchitz, es decir, existe C > 0 tal que
|f (x) − f (y)| ≤ C kx − yk ,
∀x, y ∈ Rn .
Solución: Sean x, y ∈ Rn . Por el T.V.M. sabemos que existe ξ ∈ xy tal que
f (x) − f (y) = ∇f (ξ) · (y − x).
Luego, usando la Desigualdad de Cauchy-Schwarz-Bunyakovsky, tenemos que
|f (x) − f (y)| = |∇f (ξ) · (y − x)| ≤ k∇f (ξ)k kx − yk .
Finalmente, dado que
2
k∇f (ξ)k =
podemos tomar C =
√
n X
∂f
k=1
∂xj
nM y sigue que f es Lipchitz.
2
(ξ) ≤ nM 2 ,
(2.11)
Cálculo Diferencial de Funciones Escalares en Varias Variables
2.22 Problema. Considere la funcion f : R2 → R definida por
 p

|xy|

, si (x, y) 6= (0, 0)
f (x, y) =
|x| + |y|


0
, si (x, y) = (0, 0)
51
.
(a) Determine si f es continua en (0, 0).
(b) Decida si f es diferenciable en (0, 0).
(c) Encuentre la condicion que debe cumplir v̂ ∈ R2 tal que la derivada direccional de f en el punto
(0, 0) en la direccion de v̂ exista.
Solución:
(a) Sea ϕ(t) = (t, 0). Tenemos que
p
|xy|
0
lı́m f (x, y) =
lı́m
= lı́m
= 0.
t→0
|x|
+
|y|
|t|
+0
(x,y)→(0,0)
(x,y)→(0,0)
En cambio, tomando ψ(t) = (t, t), tenemos que
p
|t|2
1
lı́m f (x, y) = lı́m
= .
t→0 |t| + |t|
2
(x,y)→(0,0)
Por lo tanto, el lı́mite no existe.
(b) Como f no es continua en (0, 0), no es diferenciable allı́.
(c) Sea v̂ = t(cos θ, sin θ). Por definición,
p
|t| | cos θ sin θ|
p
| cos θ sin θ|
∂f
f ((0, 0) + tv̂) − f (0, 0)
1
|t cos θ| + |t sin θ|
(0, 0) = lı́m
= lı́m
= lı́m
.
t→0
t→0
t→0 |t| | cos θ| + | sin θ|
∂v̂
t
|t|
Luego, la derivada direccional existe si y sólo si
cos θ sin θ = 0,
es decir, si y sólo si sin(2θ)
= 0. Finalmente, concluimos que la derivada direccional existe si y
π
3π
sólo si θ ∈ 0, 2 , π, 2 .
2.23 Problema. Sea

p

 x(1 − cos y) x2 + y 2
f (x, y) =
x2 + y 4


0
, si (x, y) 6= (0, 0)
, si (x, y) = (0, 0)
(a) Estudie la diferenciabilidad de f en (0, 0).
(b) Calcule la derivada direccional de f en (0, 0) para cualquier dirección.
.
52
Problemas Resueltos
Solución:
(a) Notamos que
∂f
f (h, 0) − f (0, 0)
(0, 0) = lı́m
= 0,
h→0
∂x
h
∂f
f (0, k) − f (0, 0)
(0, 0) = lı́m
= 0.
k→0
∂y
k
Luego, miramos el lı́mite
f (h, k) − f (0, 0) − ∇f (0, 0) · (h, k)
√
=
lı́m
lı́m
(h,k)→(0,0)
(h,k)→(0,0)
h2 + k 2
√
h(1−cos k) h2 +k2
2
4
√ h +k
2
h + k2
=
h(1 − cos k)
h2 + k 4
(h,k)→(0,0)
lı́m
Tomamos ϕ(t) = (t2 , t) y sigue que, de existir,
t2 (1 − cos t)
(1 − cos t)
1
h(1 − cos k)
=
lı́m
= lı́m
= .
2
4
4
4
2
t→0
t→0
h +k
t +t
2t
4
(h,k)→(0,0)
lı́m
Luego, f no es diferenciable en (0, 0).
(b) Dado que no tenemos la diferenciabilidad, sólo podemos calcular las derivadas direccionales por
definición. Sea v̂ = (cos θ, sin θ), tal que cos θ, sin θ 6= 0, entonces
t cos θ(1−cos(t sin θ))|t|
4
∂f
f (t cos θ, t sin θ) − f (0, 0)
2
2
4
(0, 0) = lı́m
= lı́m t cos θ+t sin θ
t→0
t→0
∂v̂
t
t
1 − cos (t sin θ)
cos θ
= lı́m
|t| = 0.
t→0 cos2 θ + t2 sin4 θ
t2
{z
} |{z}
|
{z
}|
2θ
→sec θ
→ sin2
→0
Además, si cos θ = 0 ó sin θ = 0, el lı́mite es directamente nulo, también. Ası́,
∂f
(0, 0) = 0,
∂v̂
∀ kv̂k = 1.
2.24 Problema. Sea

1
 (x2 + y 2 ) sin
x2 + y 2
f (x, y) =

0
, si (x, y) 6= (0, 0)
.
, si (x, y) = (0, 0)
(a) Calcule sus derivadas parciales de primer orden en todo R2 .
(b) Determine la continuidad de éstas en (0, 0).
(c) Determine si f es diferenciable en (0, 0).
(d) ¿Qué puede concluir respecto a la relación entre diferenciabilidad y continuidad de derivadas
parciales?
Solución:
Cálculo Diferencial de Funciones Escalares en Varias Variables
53
(a) Tenemos que
∂f
f (h, 0) − f (0, 0)
(0, 0) = lı́m
= lı́m
h→0
h→0
∂x
h
h2 sin
1
h2
= lı́m h sin
h
h→0
Luego, por la simetrı́a de la función,

1
2x
1

2x sin
− 2
cos
∂f
x2 + y 2
x + y2
x2 + y 2
(x, y) =

∂x
0

1
2y
1

2y sin
− 2
cos
∂f
x2 + y 2
x + y2
x2 + y 2
(0, 0) =

∂y
0
1
h2
= 0,
, si (x, y) 6= (0, 0)
,
, si (x, y) = (0, 0)
, si (x, y) 6= (0, 0)
.
, si (x, y) = (0, 0)
(b) Se tiene que
∂f
lı́m
(x, y) =
lı́m 2x sin
(x,y)→(0,0) ∂x
(x,y)→(0,0)
1
2
x + y2
2x
− 2
cos
x + y2
1
2
x + y2
.
Ası́, como
lı́m
2x sin
(x,y)→(0,0)
1
x2 + y 2
=0
y no existe
2x
lı́m
cos
2
(x,y)→(0,0) x + y 2
concluimos que
∂f
∂x
1
2
x + y2
,
no es continua en (0, 0).
Análogamente, de la función
∂f
∂y
tampoco es continua en (0, 0).
(c) En efecto, tenemos que
2
1
(h + k 2 ) sin
2
2
|f (h, k) − f (0, 0) − ∇f (p) · (h, k)|
h +k √
lı́m
=
lı́m
= 0.
k(h, k)k
(h,k)→(0,0)
(h,k)→(0,0)
h2 + k 2
Por lo tanto, f es diferenciable en (0, 0).
(d) Podemos concluir que la condición de diferenciabilidad no garantiza la continuidad de las derivadas
parciales.
2.25 Problema. Sea



2
2
ex +y − 1
f (x, y) =
sin(x2 + y 2 )


α
, si (x, y) 6= (0, 0)
, si (x, y) = (0, 0)
(a) Determine valores para α ∈ R tales que f sea continua en (0, 0).
(b) Calcule fx , fy en (0, 0).
.
54
Problemas Resueltos
(c) Determine si f es diferenciable en R2 .
(d) ¿Qué se puede decir respecto a las derivadas direccionales de f en (0, 0)?
Solución:
(a) Calculamos
2
lı́m
f (x, y) =
(x,y)→(0,0)
2
2
2
er − 1
er − 1 r2
ex +y − 1
=
lı́m
=
lı́m
= 1.
r→0 sin(r 2 )
r→0
r2 sin(r2 )
(x,y)→(0,0) sin(x2 + y 2 )
lı́m
Por lo tanto, f es continua en (0, 0) si y sólo si α = 1.
(b) Calculamos
2
2
∂f
f (h, 0) − f (0, 0)
(0, 0) = lı́m
= lı́m
h→0
h→0
∂x
h
eh −1
sin(h2 )
−1
= lı́m
h
eh −1−sin(h2 )
sin(h2 )
h→0
h
.
Invocamos a Taylor y sigue que
∂f
(0, 0) = lı́m
h→0
∂x
1+h2 + 12 h4 +O(h6 )−1−(h2 +O(h6 ))
h2 +O(h6 )
h
= lı́m
h→0
1
2h
+ O(h3 )
= 0.
1 + O(h4 )
Ası́, dada la simetrı́a de la función, tenemos que
∂f
∂f
(0, 0) =
(0, 0) = 0.
∂x
∂y
(c) Calculamos
2
f (h, k) − f (0, 0) − ∇f (0, 0) · (h, k)
√
lı́m
=
lı́m
(h,k)→(0,0)
(h,k)→(0,0)
h2 + k 2
2
eh +k −1
sin(h2 +k2 )
√
2
−1
h2 + k 2
= lı́m
er −1
sin(r2 )
r→0
r
−1
= 0.
Luego, f es diferenciable en (0, 0).
(d) Dado que f es diferenciable en (0, 0), la derivada direccional de f en la dirección v̂ puede ser
escrita como
∂f
(0, 0) = ∇f (0, 0) · v̂,
∂v̂
pero ∇f (0, 0) = (0, 0) y por lo tanto, cualquier derivada direccional de f en (0, 0) es nula.
2.26 Problema. Determinar la ecuación del plano tangente a la superficie z = x2 − y 2 + 2 en P0 =
(1, 1, 2).
Solución: Por (2.6), tenemos que el vector normal a la superficie está dado por
∂z
∂z
n = − (1, 1), − (1, 1), 1 = (−2x, 2y, 1)|(x,y)=(1,1) = (−2, 2, 1).
∂x
∂y
Luego, el plano tangente está dado por
((x, y, z) − (1, 1, 2)) · (−2, 2, 1) = 0,
es decir,
−2x + 2y + z = 2.
Cálculo Diferencial de Funciones Escalares en Varias Variables
55
2.27 Problema. Sea n un vector normal a la superficie z = x2 y + xy 2 en (1, 1, 2) en el sentido que z
crece. Calcule la derivada normal de f (x, y, z) = xey + yz en la dirección de n para el punto (1, 0, 1).
Solución: Primero determinaremos el vector normal n en un punto (x, y, z(x, y)). Tenemos que
∂z
∂z
n = − , − , 1 = − 2xy + y 2 , − x2 + 2xy , 1 .
∂x ∂y
Luego, la dirección buscada está dada por
n = (−3, −3, 1) .
Por otro lado, tenemos que
∇f = (ey , xey + z, y) .
Finalmente, como f es diferenciable por ser álgebra de diferenciables, tenemos que
n
1
9
∂f
(1, 0, 1) = ∇f (1, 0, 1) ·
= √ (1, 2, 0) · (−3, −3, 1) = − √ .
∂n
knk
19
19
2.28 Problema. Determine los planos tangentes a z = 2x2 + y 2 y paralelos a 3x + 2x + z = 1.
Solución: Buscamos un vector normal paralelo a (3, 2, 1). Si f (x, y) = 2x2 + y 2 , tenemos que
∂f
= 4x
∂x
,
∂f
= 2y.
∂y
Luego, los vectores normales al plano tangente el punto (x, y, 2x2 + y 2 ) tienen la dirección de
n = (−4x, −2x, 1) .
Por lo tanto, existe sólo un punto que satisface la condición y es
3
(x, y) = − , −1 .
4
Ası́, el plano pedido es
17
3
· (3, 2, 1) = 0,
(x, y, z) − − , −1,
4
8
es decir,
3x + 2y + z = −
17
.
8
2.29 Problema. Considere el elipsoide dado por
x2 y 2 z 2
+ 2 + 2 = 1.
a2
b
c
Muestre que la ecuación del plano tangente en un punto p0 = (x0 , y0 , z0 ) del elipsoide es
x y z 0
0
0
x
+
y
+
z = 1.
a2
b2
c2
56
Problemas Resueltos
Solución: Sea
x2 y 2 z 2
+ 2 + 2.
a2
b
c
Entonces, la curva de nivel f (x, y, z) = 1, define al elipsoide en cuestión. Luego, una dirección normal
está dada por
2x 2y 2z
.
,
,
∇f =
a2 b2 c2
f (x, y, z) =
Finalmente, el plano tangente en P0 , es
((x, y, z) − (x0 , y0 , z0 )) ·
2x0 2y0 2z0
,
,
a2 b2 c2
= 0,
es decir,
x 0
a2
x+
y 0
b2
y+
z 0
c2
z=
x20 y02 z02
+ 2 + 2 = 1,
a2
b
c
pues p0 pertenece al elipsoide.
p
2.30 Problema. Demuestre que todo los planos tangentes al cono z = x2 + y 2 pasan por el origen.
p
Solución: Sea f (x, y) = x2 + y 2 . Entonces un vector normal al cono en (x, y, f (x, y)) es
!
∂f ∂f
y
x
n=
,p
, −1 .
,
, −1 = p
∂x ∂y
x2 + y 2
x2 + y 2
Luego, el plano tangente al cono en q = (x0 , y0 , f (x0 , y0 )) puede ser descrito como
Πq
:
(r − q) · n = 0,
es decir,
x0
((x, y, z) − (x0 , y0 , f (x0 , y0 ))) ·
y0
!
p
,p 2
, −1
x20 + y02
x0 + y02
= 0.
Finalmente, notamos que r = (0, 0, 0) ∈ Πq pues
(x0 , y0 , f (x0 , y0 )) ·
x0
y0
!
p
,p 2
, −1
x20 + y02
x0 + y02
=p
x20
y2
p 0
+
− f (x0 , y0 ) = 0.
x20 + y02
x20 + y02
2.31 Problema. Sea f : R3 → R diferenciable y tal que el conjunto S = f −1 (0) define una superficie
en R3 . Sea δ > 0 y considere ~r :] − δ, δ[→ R3 diferenciable y tal que ~r(t) ∈ S, ∀t ∈] − δ, δ[. Demuestre
que ~r(0) + ~r0 (0) pertenece al plano tangente a S en ~r(0).
Solución: En efecto, como S es una curva de nivel de f , tenemos que la ecuación del plano tangente a
S en ~r(0) está dada por
∇f (~r(0)) · ((x, y, z) − ~r(0)) = 0.
Por otro lado, como ~r(t) ∈ S, ∀t ∈] − δ, δ[, tenemos que
f (~r(t)) = 0,
∀t ∈] − δ, δ[.
Derivando respecto a t según la Regla de la Cadena, sigue que
∇f (~r(t)) · ~r0 (t) = 0,
∀t ∈] − δ, δ[.
Cálculo Diferencial de Funciones Escalares en Varias Variables
57
En particular, para t = 0, se cumple que
∇f (~r(0)) · ~r0 (0) = 0.
Bien, ahora si reemplazamos con (x, y, z) = ~r(0) + ~r0 (0) en la ecuación del plano tangente concluimos
que
∇f (~r(0)) · ~r(0) + ~r0 (0) − ~r(0) = 0 ⇐⇒ ∇f (~r(0)) · ~r0 (0) = 0.
2.32 Problema. Considere las funciones
p
f (x, y) = 1 + x2 + y 2
,
g(x, y) = x2 − y 2 .
Encuentre todos los a, b ∈ R de tal forma que f −1 (a) y g −1 (b) sean ortogonales.
Solución: Recordemos que el gradiente nos en un punto nos entrega una dirección ortogonal a la curva
de nivel. Luego, nos interesa que
∇f · ∇g = 0
en un punto (x, y) tal que
f (x, y) = a
,
g (x, y) = b.
Pero
∇f (x, y) =
x
y
!
p
,p
1 + x2 + y 2
1 + x2 + y 2
,
∇g = (2x, −2y).
Por lo tanto, exigimos que
x
y
!
p
,p
1 + x2 + y 2
1 + x2 + y 2
2(x2 − y 2 )
= 0,
· (2x, −2y) = 0 ⇒ p
1 + x2 + y 2
es decir,
2g(x, y)
= 0.
f (x, y)
Finalmente, dado que (x, y) tienen que pertenecer a las curvas de nivel, basta con que b = 0 y a ≥ 1.
2.33 Problema. Sea f : R → R una función Lipchitz tal que f (0) = 0. Muestre por definición que la
función
ˆ y
Φ(x, y) =
f (t)dt
x
es diferenciable en el origen.
Solución: Como f es Lipchitz, existe C > 0 tal que
|f (x) − f (y)| ≤ C |x − y| ,
∀x, y ∈ R.
Haciendo tender y → x, concluimos que f es continua en x y como éste es arbitrario, se tiene que f es
continua en todo R. Ası́, por el Teorema Fundamental del Cálculo, tenemos que
∇Φ(x, y) = (−f (x), f (y)) .
Ahora, debemos mostrar que
Φ(x, y) − Φ(0, 0) − ∇Φ(0, 0) · (x, y)
= 0.
k(x, y)k
(x,y)→(0,0)
lı́m
58
Problemas Resueltos
Observamos que
ˆ
Φ(0, 0) =
0
f (t)dt = 0
y ∇Φ(0, 0) = f (0)(−1, 1.) = 0.
0
Luego, la prueba se resume a mostrar que
lı́m
(x,y)→(0,0)
Φ(x, y)
p
= 0.
x2 + y 2
En efecto, usando la desigualdad triangular,
ˆ y
ˆ y
ˆ x
Φ(x, y) 1
1
p
f
(t)dt
=
f
(t)dt
−
f
(t)dt
p
= p
x2 + y 2 x2 + y 2 x
x2 + y 2 0
0
ˆ y
ˆ x
1
≤p
f (t)dt + f (t)dt
x2 + y 2 0
0
!
ˆ |x|
ˆ |y|
1
|f (t)| dt +
|f (t)| dt .
≤p
x2 + y 2
0
0
Pero, como f es Lipchitz,
|f (t)| = |f (t) − 0| ≤ C |t − 0| = C |t| .
Ası́, cuando (x, y) → (0, 0),
Φ(x, y) 1
p
≤ p
x2 + y 2 x2 + y 2
ˆ
ˆ
|y|
Ctdt +
0
!
|x|
Ctdt
0
C(y 2 + x2 )
C
≤ p
=
2 x2 + y 2
p
x2 + y 2
→ 0,
2
concluyendo la demostración.
2.34 Problema. Sea g : R → R continua. Considere
ˆ y
f (x, y) =
g(t)dt.
x
(a) Muestre que f es diferenciable.
(b) Pruebe que un plano tangente en el punto (a, b, f (a, b)) a z = f (x, y) pasa por el origen si y sólo
si
ˆ
b
bg(b) − ag(a) =
g(t)dt.
a
Solución:
(a) Como g es continua, por el Teorema Fundamental del Cálculo, tenemos que
∂f
= −g(x)
∂x
,
∂f
= g(y).
∂y
Por lo tanto, como f ∈ C1 , tenemos que f es diferenciable.
Cálculo Diferencial de Funciones Escalares en Varias Variables
59
(b) El plano tangente está dado por la ecuación
((x, y, z) − (a, b, f (a, b))) · (−g(a), g(b), −1) = 0.
Por lo tanto, (x, y, z) = (0, 0, 0) satisface esta ecuación si y sólo si
ag(a) − bg(b) + f (a, b) = 0,
de donde se deduce la condición buscada.
2.35 Problema. Sea f (x, y) = x2 − xy − 2y 2 . Calcule
ángulo de π3 con el semieje positivo de las abcisas.
∂f
∂v (1, 2),
donde v es la dirección que forma un
Solución: Como f es diferenciable, por álgebra de diferenciables, podemos calcular su derivada direccional a partir de
∇f = (2x − y, −x − 4y).
Como v debe formar un ángulo de
tomamos
π
3
con el semieje positivo de las abcisas y queremos que sea unitario,
√ !
π
π
1 3
v = cos , sin
=
,
.
3
3
2 2
Ası́,
∂f
(1, 2) = ∇f (1, 2) · v = (0, −9) ·
∂v
√ !
√
1 3
9 3
,
.
=−
2 2
2
2.36 Problema. Considere los vectores u = √12 (1, 1) y v = √12 (1, −1). Sea f : R2 → R diferenciable y
tal que
∂f
∂f
(1, 2) = 2 ,
(1, 2) = −2.
∂ û
∂v̂
Calcule ∇f (1, 2) y
∂f
∂ ŵ (1, 2)
con w = (2, 3).
Solución: Notemos que {u, v} es una base ortonormal de R2 . Luego,
∇f (1, 2) = αu + βv,
(2.12)
para algún par α, β ∈ R2 . Como f es diferenciable, al hacer producto punto en (2.12) con u, se obtiene
que
∂f
(1, 2) = ∇f (1, 2) · u = αu · u + βv · u = α kuk = α,
∂ û
es decir α = 2. Análogamente, si lo hacemos con v, obtenemos que β = −2. Ası́,
√
√
√
∇f (1, 2) = 2u − 2v = 2(1, 1) − 2(1, −1) = (0, 2 2).
Finalmente,
√
√
∂f
w
1
6 2
(1, 2) = ∇f (1, 2) ·
= √ (0, 2 2) · (2, 3) = √ .
∂ ŵ
kwk
13
13
Alternativa:
Puesto que f diferenciable, se cumple que:
2=
∂f
1
(1, 2) = ∇f (1, 2) · u = (fx (1, 2), fy (1, 2)) · √ (1, 1)
∂u
2
60
Problemas Resueltos
−2 =
∂f
1
(1, 2) = ∇f (1, 2) · v = (fx (1, 2), fy (1, 2)) · √ (1, −1)
∂v
2
En base a lo anterior, tenemos un sistema de ecuaciones para fx y fy :
√ 1 1
fx
2 √2
=
1 −1
fy
−2 2
√
De donde se desprende: ∇f (1, 2) = (0, 2 2). Lo que sigue se hace como antes.
2.37 Problema. Sea h(t) = f (t, t2 ) con f ∈ C2 . Calcule h00 (t) en términos de las derivadas de f .
Solución: Sean x(t) = t e y(t) = t2 , tenemos que
∂f dx ∂f dy
∂f
∂f
+
=
+ 2t .
∂x dt
∂y dt
∂x
∂y
h0 (t) =
Derivando nuevamente,
h00 (t) =
2
∂ 2 f dy
∂f
∂ 2 f dx
∂ 2 f dy
∂2f
∂2f
∂f
∂ 2 f dx
2∂ f
+
+
2
+
2t
+
2t
=
+
4t
+
2
+
4t
,
∂x2 dt
∂y∂x dt
∂y
∂x∂y dt
∂y 2 dt
∂x2
∂y∂x
∂y
∂y 2
pues f ∈ C2 .
2.38 Problema. Sea f : R2 → R, con f ∈ C2 tal que en el punto (1, 1) se cumple
∂f
∂x
∂f
∂y
∂2f
∂x2
∂2f
∂y∂x
2
1
-1
2
.
Considere u(t) = f (e3t , cos t). Calcule u00 (0).
Solución: Sean x(t) = e3t e y(t) = cos t. Tenemos que
u0 (t) =
∂f dx ∂f dy
+
.
∂x dt
∂y dt
Luego,
00
u (t) =
∂ 2 f dx
∂ 2 f dy
+
∂x2 dt
∂y∂x dt
dx ∂f d2 x
+
+
dt
∂x dt2
∂ 2 f dy
∂ 2 f dx
+
∂y 2 dt
∂x∂y dt
Pero
x(0) = 1 ,
y(0) = 1 ,
dx =3 ,
dt t=0
dy =0 ,
dt t=0
d2 x = 9,
dt2 t=0
d2 y = −1.
dt2 t=0
Ası́, reemplazando y usando el Lema de Schwartz, tenemos que u00 (0) = 8.
dy ∂f d2 y
+
.
dt
∂y dt2
Cálculo Diferencial de Funciones Escalares en Varias Variables
61
2.39 Problema. Sea T = T (x, y) la temperatura asociada a cada punto de R2 . Considere una particula
que viaja siguiendo la trayectoria
√
t
1 + t, 2 +
r(t) = (x(t), y(t)) =
.
3
Sabiendo que Tx (2, 3) = 4 y Ty (2, 3) = 3, calcule la variación temporal total de la temperatura cuando
t = 3.
Solución: Usando la Regla de la Cadena tenemos que
dT
∂T dx ∂T dy
=
+
,
dt
∂x dt
∂y dt
donde
1
dx
= √
dt
2 1+t
,
dy
1
= .
dt
3
dx =4 ,
dt t=3
dy 1
= ,
dt t=3 3
Por lo tanto, como r(3) = (2, 3) y
tenemos que
dT = 1 + 1 = 2.
dt t=3
2.40 Problema. Sea f (x, y, z) = (x2 + y 2 + z 2 )−1 , calcule 4f .
Solución: Tenemos que
2x
∂f
=− 2
.
∂x
(x + y 2 + z 2 )2
Luego,
∂2f
2
8x2
=
−
+
.
∂x2
(x2 + y 2 + z 2 )2 (x2 + y 2 + z 2 )3
Finalmente, por la simetrı́a de la función, tenemos que
4f =
∂2f
∂2f
∂2f
6
8x2 + 8y 2 + 8z 2
+
+
=
−
+
,
∂x2
∂y 2
∂z 2
(x2 + y 2 + z 2 )2
(x2 + y 2 + z 2 )3
es decir,
4f =
(x2
2
.
+ y 2 + z 2 )2
2.41 Problema. Sea f : R2 → R de clase C2 una función homogénea de orden m, es decir, ∀t ∈ R
se cumple que
f (tx, ty) = tm f (x, y),
∀x, y ∈ R,
(2.13)
con m ≥ 2.
(a) Demuestre que f satisface
mf (x, y) = ∇f (x, y) · (x, y).
62
Problemas Resueltos
(b) Demuestre que f satisface
x2
2
∂2f
∂2f
2∂ f
(x,
y)
+
2xy
(x,
y)
+
y
(x, y) = (m − 1)mf (x, y).
∂x2
∂x∂y
∂y 2
Solución:
(a) Sean u = tx y v = ty. Derivando (2.13) respecto a t, se tiene que
mtm−1 f (x, y) =
∂f ∂u ∂f ∂v
∂f
∂f
+
=x
+y
= ∇f (tx, ty) · (x, y).
∂u ∂t
∂v ∂t
∂u
∂v
(2.14)
Luego, evaluando para t = 1, sigue que
mf (x, y) = ∇f (x, y) · (x, y).
(b) Derivando nuevamente respecto a t (2.14),
m(m − 1)tm−2 f = x
2
2
∂ 2 f ∂u
∂ 2 f ∂v
∂ 2 f ∂u
∂ 2 f ∂v
∂2f
2∂ f
2∂ f
+
x
+
y
+
y
=
x
+
2xy
+
y
.
∂u2 ∂t
∂v∂u ∂t
∂u∂v ∂t
∂v 2 ∂t
∂u2
∂v∂u
∂v 2
Finalmente, evaluando en t = 1, se concluye que
m(m − 1)f (x, y) = x2
2
∂2f
∂2f
2∂ f
(x,
y)
+
2xy
(x,
y)
+
y
(x, y).
∂x2
∂y∂x
∂y 2
2.42 Problema. Sean f, g : Rn → R de clase C2 . Demuestre que
4(f g) = f 4g + g4f + 2∇f · ∇g.
Solución: Sabemos que
∂(f g)
∂f
∂g
=g
+f
.
∂xj
∂xj
∂xj
Luego,
∂
∂2f g
=
∂xj
∂x2j
∂g
∂2f
∂f ∂g
∂2g
∂2f
∂f ∂g
∂2g
∂f
∂g ∂f
g
+f
=
+g 2 +
+f 2 =g 2 +2
+ f 2.
∂xj
∂xj
∂xj ∂xj
∂xj ∂xj
∂xj ∂xj
∂xj
∂xj
∂xj
∂xj
Finalmente, sumando sobre j = 1, . . . , n, tenemos que
4(f g) = g4f + 2∇f · ∇g + f 4g.
2.43 Problema. Sea u(x, t) = f (x − at) + g(x + at), con f, g dos veces derivables. Muestre que u
satisface la ecuación de onda
∂2u
∂2u
= a2 2 .
(2.15)
2
∂t
∂x
Solución: Sean z = x − at e y = x + at, entonces
∂u
df ∂z dg ∂y
df
dg
=
+
= −a + a
∂t
dz ∂t
dy ∂t
dz
dy
∂u
df ∂z
dg ∂y
df
dg
=
+
=
+ .
∂x
dz ∂x dy ∂x
dz dy
Cálculo Diferencial de Funciones Escalares en Varias Variables
63
Luego,
2
df
d2 f ∂z
∂2u
∂
dg
d2 g ∂y
d2 g
2 d f
−a + a
= −a 2
=
+a 2
=a
+ 2
∂t2
∂t
dz
dy
dz ∂t
dy ∂t
dz 2
dy
2
2
2
2
2
∂ u
df
d f ∂z
∂
dg
d g ∂y
d f
d g
= 2
=
+
+ 2
= 2 + 2.
2
∂x
∂x dz dy
dz ∂x dy ∂x
dz
dy
Ası́,
∂2u
= a2
∂t2
2.44 Problema. Sea f (x, y) =
(2.4).
1
2
d2 f
d2 g
+
dz 2
dy 2
2
=a
d2 f
d2 g
+
dz 2
dy 2
= a2
∂2u
.
∂x2
log(x2 +y 2 )+arctan xy . Muestre que f satisface la ecuación de Laplace
Solución: En efecto, tenemos que
∂f
x
1
y
x−y
= 2
−
,
2 2 = 2
2
y
∂x
x +y
x + y2
1+ x x
(x2 + y 2 ) − 2x(x − y)
y 2 − x2 + 2xy
∂2f
=
=
.
∂x2
(x2 + y 2 )2
(x2 + y 2 )2
Por otro lado, se tiene que
∂f
y
1
1
x+y
= 2
+
,
2 = 2
2
y
∂y
x +y
x + y2
1+ x x
∂2f
(x2 + y 2 ) − 2y(x + y)
x2 − y 2 − 2yx
=
=
.
∂y 2
(x2 + y 2 )2
(x2 + y 2 )2
Luego,
4f =
∂2f
∂2f
+
= 0.
∂x2
∂y 2
2.45 Problema. Sea f (x, y) una función de clase C2 que satisface la ecuación de Laplace (2.4). Sea
g(u, v) = f (eu cos v, eu sin v) .
Demuestre que g también la satisface (2.4).
Solución: Sean x = eu cos v e y = eu sin v, tenemos que
∂f ∂x ∂f ∂y
∂f
∂f
∂f
∂f
∂g
=
+
= eu cos v
+ eu sin v
= eu cos v
+ sin v
,
∂u
∂x ∂u ∂y ∂u
∂x
∂y
∂x
∂y
2
2
∂2g
∂f
∂f
∂2f
u
u
u
2 ∂ f
u
u
2 ∂ f
= e cos v
+ sin v
+ e e cos v 2 + 2e cos v sin v
+ e sin v 2 .
∂u2
∂x
∂y
∂x
∂y∂x
∂y
Por otro lado, se tiene que
∂g
∂f ∂x ∂f ∂y
∂f
∂f
∂f
∂f
=
+
= −eu sin v
+ eu cos v
= eu − sin v
+ cos v
,
∂v
∂x ∂v
∂y ∂v
∂x
∂y
∂x
∂y
2
2
∂2g
∂f
∂2f
∂f
u
u
2 ∂ f
u
u
2 ∂ f
= e − cos v
+ e sin v 2 − 2e cos v sin v
− sin v
+ e cos v 2 .
∂v 2
∂x
∂x
∂y∂x
∂y
∂y
Finalmente
∂2g
∂2g
+
= e2u
∂u2 ∂v 2
pues f satisface la ecuación de Laplace.
∂2f
∂2f
+
∂x2
∂y 2
= 0,
64
Problemas Resueltos
2.46 Problema. Sea f : U ⊆ R2 → R con segundas derivadas continuas y considere
g(r, θ) = f (r cos θ, r sin θ).
Encuentre una expresión para 4f en términos de las derivadas de g.
Usando lo anterior, verifique que la función f : R2 → R dada por f (x) = ln kxk resuelve la ecuación
4f = 0.
Solución: Sean x = r cos θ e y = r sin θ, entonces
∂g ∂f ∂x ∂f ∂y
∂f
∂f
=
+
= cos θ
+ sin θ ,
∂r ∂x ∂r
∂y ∂r
∂x
∂y
2
2
2
2
∂ f ∂x
∂ f ∂y
∂ f ∂x ∂ 2 f ∂y
∂ g
= cos θ
+
+ sin θ
+ 2
∂r2
∂x2 ∂r
∂y∂x ∂r
∂x∂y ∂r
∂y ∂r
2
2
2
∂ f
∂ f
∂ f
= cos2 θ 2 + 2 sin θ cos θ
+ sin2 θ 2 ,
∂x
∂y∂x
∂y
∂g ∂f ∂x ∂f ∂y
∂f
∂f
=
+
= −r sin θ
+ r cos θ ,
∂θ ∂x ∂θ
∂y ∂θ
∂x
∂y
2f
∂f
∂
∂2f
∂2g
2
2
2
=
−
r
cos
θ
+
r
sin
θ
−
2r
sin
θ
cos
θ
∂θ2
∂x
∂x2
∂y∂x
2
∂f
∂ f
− r sin θ
+ r2 cos2 θ 2 .
∂y
∂y
Ası́,
4f =
1 ∂2g
∂ 2 g 1 ∂g
+
+
.
∂r2
r ∂r r2 ∂θ2
(2.16)
Respecto a la segunda parte del ejercicio: note que es muy conveniente expresar la función en coordenadas polares, puesto que
g(r, θ) = f (r cos θ, r sin θ) = ln k(r cos θ, r sin θ)k = ln r
y esta función sólo depende de r. Luego, se cumple que:
∂2g
=0
∂θ2
Además, nuestros conocimientos de Cálculo I (espero que los tenga aún) nos permiten saber que:
∂g
1
=
∂r
r
∂2g
∂
=
2
∂r
∂r
∂g
∂r
∂
=
∂r
1
1
=− 2
r
r
Si reemplaza todos estos valores en la ecuación (2.16), verá que se verifica 4f = 0
Cálculo Diferencial de Funciones Escalares en Varias Variables
65
2.47 Problema. Sea f : R2 → R de clase C2 y definamos g(u, v) = f (x, y) donde x = u + v, y = uv 2 .
Suponiendo que
∂f
∂2f
∂2f
∂2f
=2 ,
=
=
= 1,
∂y
∂x2
∂x∂y
∂y 2
en (x, y) = (2, 1). Calcule
∂2g
(1, 1) ,
∂u2
∂2g
(1, 1).
∂v 2
Solución: Tenemos que
∂g
∂f ∂x ∂f ∂y
∂f
∂f
=
+
=
+ v2 ,
∂u
∂x ∂u ∂y ∂u
∂x
∂y
∂g
∂f ∂x ∂f ∂y
∂f
∂f
=
+
=
+ 2uv .
∂v
∂x ∂v
∂y ∂v
∂x
∂y
Luego,
2
2
2
2
∂ 2 f ∂x
∂ 2 f ∂y
∂2f
∂2g
2 ∂ f ∂x
2 ∂ f ∂y
2 ∂ f
4∂ f
=
+
+
v
+
v
=
+
2v
+
v
,
∂u2
∂x2 ∂u ∂y∂x ∂u
∂x∂y ∂u
∂y 2 ∂u
∂x2
∂y∂x
∂y 2
2
∂2g
∂ 2 f ∂x
∂ 2 f ∂y
∂f
∂ 2 f ∂x
∂ 2 f ∂y
∂2f
∂2f
∂f
2 2∂ f
=
+
+
2u
+
2uv
+
2uv
=
+
4uv
+
2u
+
4u
v
.
∂v 2
∂x2 ∂v
∂y∂x ∂v
∂y
∂x∂y ∂v
∂y 2 ∂v
∂x2
∂y∂x
∂y
∂y 2
Ası́, dado que (u, v) = (1, 1) ⇒ (x, y) = (2, 1), tenemos que
∂2g
(1, 1) = 1 + 2 + 1 = 4,
∂u2
∂2g
(1, 1) = 1 + 4 + 4 + 4 = 13.
∂v 2
2.48 Problema. Sean f : R3 → R y g : R → R funciones dos veces diferenciables y tales que
g(r) = f (x, y, z), donde r = x2 + y 2 + z 2 .
(a) Calcule 4f en términos de g y r.
(b) Resuelva 4f = 0.
Solución:
(a) Notemos que
dg ∂g
dg
∂f
=
= 2x .
∂x
dr ∂r
dr
Derivando nuevamente,
∂2f
∂
d2 g ∂g
0
0
=
2xg
=
2g
+
2x
= 2g 0 + 4x2 g 00 .
∂x2
∂x
dr2 ∂r
Ası́,
4f =
∂2f
∂2f
∂2f
+
+
= 6g 0 + 4(x2 + y 2 + z 2 )g 00 = 6g 0 + 4rg 00 .
∂x2
∂y 2
∂z 2
66
Problemas Resueltos
(b) Resolver la ecuación de Laplace para f es equivalente a resolver la ecuación diferencial ordinaria
de primer orden
3
g 00 + g 0 = 0.
2r
Esta ecuación puede escribirse como
g 00
3
=− .
g0
2r
Luego, integrando a ambos lados respecto a r, tenemos que
3
log g 0 = − log r + C,
2
es decir,
g 0 (r) =
eC
3
.
r2
Integrando nuevamente respecto a r, sigue que
g(r) = −2
eC
r
1
2
+B =
A
1
+ B.
r2
Finalmente, la solución general para la ecuación de Laplace radial es
A
f (x, y, z) = p
+ B,
2
x + y2 + z2
donde A, B son constantes.
2.49 Problema. El volumen de un cilindro de radio r y altura h es V (r, h) = πr2 h. Hallar, aproximadamente, el máximo error porcentual cometido al calcular V si r y h se calculan con errores relativos
del 1 % y del 3 %, respectivamente.
Solución: Tenemos que
∆r
= 0, 01 ,
r
∆h
= 0, 03.
h
Queremos encontrar el valor de
∆V
.
V
Usando el diferencial total de V , sigue que
∆V ≈
∂V
∂V
∆r +
∆h = 2πrh∆r + πr2 ∆h.
∂r
∂h
Luego,
2πrh
πr2
∆r ∆h
∆V
=
∆r
+
∆h = 2
+
= 0, 05.
2
2
V
πr h
πr h
r
h
Por lo tanto, el error es de aproximadamente un 5 %.
2.50 Problema. Sea L = L(q1 , . . . , qn , q̇1 , . . . , q̇n ) con qi , q̇i variables independientes y tales que
q̇i =
dqi
.
dt
Cálculo Diferencial de Funciones Escalares en Varias Variables
67
Suponga que L es diferenciable y tal que satisface las ecuaciones de Lagrange
∂L
d ∂L
−
= 0, ∀j = 1, . . . , n.
dt ∂ q̇j
∂qj
Muestre que
df (q1 , . . . , qn , t)
dt
también satisface (2.17), con f diferenciable arbitraria.
L0 = L +
Solución: En efecto, dado que
n
n
i=1
i=1
X ∂f dqi ∂f
X ∂f
df
∂f
q̇i +
=
+
=
,
dt
∂qi dt
∂t
∂qi
∂t
entonces
∂L0
∂L
∂
=
+
∂ q̇j
∂ q̇j
∂ q̇j
n
X
∂f
∂f
q̇i +
∂qi
∂t
n
!
=
i=1
∂L
∂L X ∂f ∂ q̇i
∂2f
∂f
=
+
+
+
,
∂ q̇j
∂qi ∂ q̇j
∂ q̇j ∂t
∂ q̇j
∂qj
i=1
pues si i 6= j,
∂ q̇i
∂2f
=
= 0.
∂ q̇j
∂ q̇j ∂t
Luego,
d
dt
∂L0
∂ q̇j
d
=
dt
∂L
∂ q̇j
d
+
dt
n
X
∂2f
∂2f
q̇i +
∂qi ∂qj
∂t∂qj
i=1
!
n
X
∂f
∂2f
∂L
∂
df
q̇i +
=
+
∂qi
∂t
∂qj
∂qj dt
∂f
∂qj
d
=
dt
∂L
∂ q̇j
∂L
∂
+
∂ q̇j
∂qj
i=1
∂
∂L0
df
=
=
L+
,
∂qj
dt
∂qj
d
=
dt
pues L satisface (2.17). Finalmente,
d
dt
∂L0
∂ q̇j
−
∂L0
= 0.
∂qj
+
(2.17)
Capı́tulo 3
Aplicaciones
“Nothing I have ever done is of the slightest practical use.”
- Godfrey Harold Hardy3.1
El lector estará ansioso de saber para qué puede servir todo lo que hemos visto en el capı́tulo anterior.
Para su tranquilidad, decimos desde ya que sus aplicaciones son prácticamente innumerables, y muchas
de ellas importantı́simas.
En este capı́tulo haremos fundamentalmente dos cosas:
Extender el conocido Polinomio de Taylor a campos escalares; a su vez, usaremos este resultado
para
Establecer criterios para encontrar máximos y mı́nimos de funciones, con y sin restricciones. (Esto
es materia de todo un curso llamado “Optimización”, que probablemente está en su malla y sirve
para ganar plata.)
3.1.
Teorema de Taylor
Puesto que la gente está convencida de que cualquiera que haya hecho un curso de cálculo debe saber
hacer cómputos insólitos, no es del todo improbable que en medio de alguna
√ reunión familiar u otro tipo
de evento social le pregunten intempestivamente: “¿Cuál es el valor de 3 10?” o, quizás, “¿Cuánto vale
π
e 4 ?”. Estamos seguros de que no sabrı́a bien qué contestar (y probablemente su respuesta no contendrı́a
número alguno).
Por otra parte, creemos que el lector, entrenado ya por la dura vida, después de realizar tediosos cálculos
y de malgastar algo de tinta (aumentando de paso la entropı́a del Universo...), serı́a capaz de evaluar
una expresión como:
3,14 2
3,14 3
3,14
4
1+
+
+ 4
4
2
3!
π
que es justamente una aproximación de e 4 .
3.1
Godfrey Harold Hardy (1877-1947) fue un matemático británico conocido principalmente por sus aportes a la teorı́a de
números y al análisis. Ejerció la docencia en la universidades de Oxford y Cambridge. Fue, además, mentor del matemático
indio Srinivasa Ramanujan.
70
Teorema de Taylor
Trabajamos constantemente con funciones, pero no sabemos bien como evaluar la mayorı́a de ellas. Y
cuando se trabaja en aplicaciones normalmente lo que interesa es justamente el valor numérico. Por
otra parte, sabemos que los polinomios son fáciles de evaluar: para hacerlo sólo debemos efectuar un
número finito de operaciones elementales. De esta forma, es natural que se intente aproximar funciones
mediante polinomios. 3.2
El lector deberı́a recordar de sus anteriores cursos de cálculo la siguiente definición.
3.1 Definición. Sea f : A ⊆ R → R una función n veces derivable y a ∈ A. El Polinomio de Taylor
de orden n generado por f en el punto a (que denotaremos por Tn f (x; a)) tiene la forma:
Tn f (x; a) =
n
X
f (k) (a)
k=0
k!
(x − a)k = f (a) +
f 0 (a)
f 00 (a)
f (n) (a)
(x − a) +
(x − a)2 + . . . +
(x − a)n
1!
2!
n!
Este polinomio es tal que coincide con f en a, y lo mismo puede decirse de sus n primeras derivadas
evaluadas en a respecto a las de f . En general, sirve para aproximar f en las cercanı́as de a; el error
cometido haciendo esto de denota por En (x) = f (x) − Tn f (x; a).
3.2 Proposición. Si f tiene derivada continua de orden n + 1 en un intervalo que contenga a a, para
todo x en ese intervalo:
n
X
f (k) (a)
(x − a)k + En (x)
f (x) =
k!
k=0
ˆ
1 x
(x − t)n f (n+1) (t)dt.
n! a
Una expresión equivalente para el resto es la llamada forma de Lagrange que viene dada por
donde
En (x) =
En (x) =
f (n+1) (c)
(x − a)n+1 ,
(n + 1)!
con c está entre a y x.
Lo que buscamos es una expresión similar para campos escalares. Para simplificar la notación, y de paso
hacer cierto uso de lo que sabemos de Álgebra Lineal, definimos lo siguiente.
3.3 Definición (Matriz Hessiana). Se define la matriz Hessiana de f : U ⊆ Rn → R, denotada por
H(x) o D2 f (x), como aquella que contiene sus derivadas de segundo orden (donde existan) en la forma:


∂2f
∂2f
∂2f
(x) · · ·
(x)
 ∂x2 (x)
∂x1 ∂x2
∂x1 ∂xn
1






2
2
 ∂2f

∂ f
∂ f


(x)
·
·
·
(x)
(x)
 ∂x ∂x

∂x2 ∂xn
∂x22
 2 1

H(x) = 
.




..
..
..
..


.
.
.
.






2
2
2
 ∂ f

∂ f
∂ f
(x)
(x) · · ·
(x)
2
∂xn ∂x1
∂xn ∂x2
∂xn
Es decir, Hij (x) = Di (Dj f (x)), donde Di indica la derivada parcial respecto a la i-ésima componente.
3.2
Un detalle adicional: las calculadoras (normales) sólo saben realizar operaciones elementales. Lo que hay detrás de su
funcionamiento son justamente aproximaciones polinómicas.
Aplicaciones
71
3.4 Ejemplo. En el caso de f : R2 → R,
∂2f
 ∂x2 (x, y)
H(x, y) = 
 ∂2f
(x, y)
∂y∂x


∂2f
(x, y)
∂x∂y


∂2f
(x, y)
2
∂y
3.5 Observación. Si f ∈ C2 (U ), es decir, tiene segundas derivadas continuas en un subconjunto U de
su dominio, ahı́ se cuple el lema de Schwarz (Lema 2.51) y, por ende, H(x) es simétrica.
Llegamos ahora al resultado buscado en esta sección:
3.6 Teorema (Fórmula de Taylor de segundo orden para campos escalares). Sea f : A ⊆ Rn → R y
a un punto interior de A, tales que f sea de clase C2 en alguna bola centrada en a, B (a, r). Entonces,
para todo y ∈ Rn tal que a + y ∈ B (a, r) se tiene:
f (a + y) = f (a) + ∇f (a) · y +
1 t
y H(a)y + E(a, y)
2!
cumpliéndose que
E(a, y)
→ 0 si kyk → 0
kyk2
Demostración. Consideremos un y fijo. Se define la función:
g(t) = f (a + ty) para − 1 ≤ t ≤ 1
De esta forma, f (a + y) − f (a) = g(1) − g(0). Como g es una función de variable real, de acuerdo a la
Proposición 3.2, se tiene:
1
g(1) − g(0) = g 0 (0) + g 00 (c), 0 < c < 1
2!
utilizando el resto en la forma de Lagrange.
Note que g es una función compuesta:
g(t) = f (r(t)) = f (a + ty), r(t) := a + ty
por lo tanto, al derivarla usamos la regla de la cadena. Ası́,
g 0 (t) = ∇f (r(t)) · r0 (t) = ∇f (r(t)) · y =
n
X
Dj f (r(t))yj
j=1
siempre que r(t) ∈ B (a, r). En particular, g 0 (0) = ∇f (a) · y.
Hacemos lo mismo para determinar la segunda derivada:
d
(∇f (r(t)) · y) = ∇(∇f (r(t)) · y) · y
dt


n
n
n X
n
X
X
X
=
Di 
Dj f (r(t))yj  yi =
yi Dij f (r(t))yj
g 00 (t) =
i=1
j=1
i=1 j=1
t
= y H(r(t))y
⇒ g 00 (c) = y t H(a + cy)y
72
Teorema de Taylor
Definimos:
(
E(a, y) =
1 t
2! y (H(a
+ cy) − H(a))y
0
si y 6= 0,
.
si y = 0.
Es claro que en virtud de los resultados anteriores:
f (a + y) = f (a) + ∇f (a) · y +
Probaremos ahora que
1 t
y H(a)y + E(a, y)
2!
E(a, y)
→ 0 si kyk → 0.
kyk2
Observe que:
|E(a, y)| =
n n
X
X
1 (Dij f (a + cy) − Dij f (a))yi yj 2! i=1 j=1
n
≤
n
1 XX
|Dij f (a + cy) − Dij f (a)| kyk2
2
i=1 j=1
Lo anterior se obtiene aplicando reiteradamente la desigualdad triangular, y también recordando que
|yi | ≤ kyk. De esta forma, cuando y 6= 0:
n
0≤
n
|E(a, y)|
1 XX
≤
|Dij f (a + cy) − Dij f (a)|.
2
2
kyk
i=1 j=1
Como por hipótesis las derivadas parciales de segundo orden son continuas, se tiene que
Dij f (a + cy) → Dij f (a) si kyk → 0,
∀i, j,
completando ası́ la demostración.
3.7 Ejemplo. Consideremos la función:
f (x, y) = sin x sin y
Calcularemos el polinomio de Taylor de orden dos generado por f en torno al origen.
Notar que se cumple lo siguiente:
f (0, 0) = 0
∇f (x, y) = (cos x sin y, sin x cos y) ⇒ ∇f (0, 0) = (0, 0)
− sin x sin y cos x cos y
0 1
2
2
D f (x, y) =
⇒ D f (0, 0) =
cos x cos y − sin x sin y
1 0
Luego, el polinomio buscado es:
0 1 x
1
0
x
x y
T2 f (x, y) = 0 +
·
+
0
y
1 0 y
2
∴ T2 f (x, y) = xy
Quizás el lector recuerde que tı́picamente, trabajando en una variable, se aproxima sin θ por θ (cuando
θ es pequeño). Este resultado es análogo.
Aplicaciones
3.2.
73
Mı́nimos y Máximos
Partimos estableciendo algunas definiciones esenciales que, como es usual, emulan a las que ya conocı́amos para funciones de variable real.
3.8 Definición (Máximo global). Una función f : A ⊆ Rn → R tiene un máximo absoluto o global
en un punto a ∈ A si f (x) ≤ f (a) para todo x ∈ A. El número f (a) se llama máximo absoluto de f en
A.
3.9 Definición (Máximo local). Una función f : A ⊆ Rn → R tiene un máximo relativo o local en
un punto a ∈ A si f (x) ≤ f (a) para todo x en alguna bola de centro a. Es decir, si ∃r > 0 tal que
f (x) ≤ f (a), para todo x ∈ B (a, r).
Note que la definción de máximo local es menos exigente. En efecto, todo máximo absoluto es trivialmente un máximo local.
3.10 Ejercicio. Elabore definiciones análogas para mı́nimos absolutos y relativos.
3.11 Definición. Un máximo o mı́nimo local de una función f se llama extremo de f .
Como vimos en el capı́tulo anterior, el gradiente de una función nos dice en qué dirección esta crece más.
Deberı́a ser claro, por ende, que si en un punto a el gradiente es distinto de cero entonces a no es un
extremo de f . Por ejemplo, sea f : R2 → R, y (x0 , y0 ) un extremo de la misma. La función x 7→ f (x, y0 )
es de variable real, y debe tener derivada nula en x = x0 . Esto capturamos en la siguiente proposición.
3.12 Proposición. Sea f : A ⊆ Rn → R una función diferenciable. Si f tiene un extremo en un punto
a = (a1 , . . . , an ) ∈ Ao (recuerde la Definición ??), entonces ∇f (a) = 0.
Demostración. Basta considerar las funciones auxiliares:


X
fk (x) = f xêk +
ai êi 
i6=k
Estas son funciones de una variable real, que de acuerdo a lo que sabemos deben tener derivada nula
en x = ak si es que efectivamente a es un extremo. Además:
dfk
∂f
(ak ) =
(a)
dx
∂xk
Como esto vale para todo k ∈ {1, . . . , n}, llegamos a lo pedido.
El recı́proco de la proposición anterior no es cierto. Por ejemplo, considere la función: f (x, y) = x2 − y 2 .
Tenemos que f (0, 0) = 0 yademás ∇f (0, 0) = 0. Sin embargo, este punto no es un máximo local, puesto
que para todo r > 0, 2r , 0 ∈ B ((0, 0), r) y:
f
Análogamente,
r
2, 0
r2
,0 =
> 0 = f (0, 0)
2
4
r
∈ B ((0, 0), r) cumple:
r
r2
f 0,
= − < 0 = f (0, 0)
2
4
Esto motiva las siguientes definiciones:
74
Mı́nimos y Máximos
3.13 Definición. Sea f : U ⊆ Rn → R diferenciable. Se dice que a ∈ A es un punto crı́tico o
estacionario si ∇f (a) = 0.
Si abandonamos la hipótesis de diferenciabilidad, también son puntos crı́ticos aquellos en que no existe
el gradiente.
√
3.14 Ejemplo. Considere f : [0, ∞[→ [0, ∞[ definida por f (x) = x. Ésta función no es diferenciable
en 0; sin embargo, f (0) es el mı́nimo de la función.
3.15 Definición (Punto silla). Sea f : A ⊆ Rn → R y a ∈ A uno de sus puntos crı́ticos. Se dice que a
es un punto silla si toda bola centrada en a contiene algunos puntos x tales que f (x) < f (a) y otros
tales que f (x) > f (a).
Para determinar la naturaleza de un punto crı́tico, usaremos la matriz Hessiana evaluada en el punto.
3.16 Proposición. Sea f : U ⊆ Rn → R dos veces diferenciable y x0 ∈ U un punto crı́tico.
Si D2 f (x0 ) es una matriz definida positiva, entonces x0 es un mı́nimo.
Si D2 f (x0 ) es una matriz definida negativa, entonces x0 es un máximo.
Demostración. Demostraremos para el caso de definida positiva. El otro es análogo. Usaremos, además,
el siguiente lema de álgebra lineal:
3.17 Lema. Si A es definida positiva, entonces ht Ah ≥ λ khk2 , siendo λ > 0 el menor de sus valores
propios.
Sea h un vector no nulo. Como x0 es punto crı́tico, ∇f (x0 ) = 0 y por lo tanto la fórmula de Taylor nos
dice que:
1
f (x0 + th) = f (x0 ) + ht D2 f (x0 )h + E(x0 , h)
2
Como D2 f (x0 ) es definida positiva, usando el lema, tenemos:
E(x0 , h)
2
f (x0 + th) = f (x0 ) + khk λ +
khk2
0 ,h)
Pero según dice la Proposición 3.6, E(x
→ 0 cuando khk → 0. Luego, existe δ > 0 tal que si khk < δ
khk2
0 ,h) λ
entonces E(x
< 2 . De esta forma, para todo x := x0 + th ∈ B (x0 , δ) , tenemos que:
khk2
f (x) ≥ f (x0 )
Es decir, x0 es un mı́nimo local.
3.18 Ejemplo. Sea f (x, y) = x2 + y 2 .
El gradiente de esta función es: ∇f (x, y) = (2x, 2y). Resolviendo ∇f (x, y) = 0, concluimos que el único
punto crı́tico es (0, 0).
2 0
2
Notar que D f (x, y) =
, que es definida positiva para todo par (x, y) ∈ R2 . En efecto:
0 2
2 0 x
x y
= 2(x2 + y 2 ) > 0 si (x, y) 6= (0, 0)
0 2 y
Por la Proposición 3.16, se concluye que (0, 0) es un mı́nimo.
Aplicaciones
75
La Proposición 3.16 nos dio una condición suficiente para determinar si un punto crı́tico es máximo o
mı́nimo, cuando la función es diferenciable. Pero no debemos confundirnos: la condición no es necesaria,
es decir, en algunos extremos no se cumplirá que la matriz sea definida positiva o negativa. Considere
los siguientes ejemplos:
3.19 Ejemplo. f (x, y) = x2 − y 4 En este caso:
2x
Df (x, y) =
−4y 3
⇒ (0, 0) es un punto crı́tico.
Note además que f (x, 0) > 0 si x 6= 0 y que f (0, y) < 0 si y 6= 0. Por ende, (0, 0) es un punto silla.
2
0
2 0
2
D f (x, y) =
⇒ D f (0, 0) =
0 −12y 2
0 0
2
Es decir, el Hessiano en el origen —que es un punto silla— es semidefinido positivo.
3.20 Ejemplo. f (x, y) = x2 + y 4 Nuevamente se da en esta función que (0, 0) es punto crı́tico y que
D2 f (0, 0) =
2 0
0 0
Sin embargo, (0, 0) ahora es un mı́nimo puesto que x2 + y 4 ≥ 0 = f (0, 0).
La condición necesaria para los extremos está dada por la siguiente proposición.
3.21 Proposición. Sea f : U ⊆ Rn → R, de clase C2 , tal que alcanza un mı́nimo (respectivamente, un
máximo) en x0 ∈ U , entonces D2 f (x0 ) es semidefinida positiva (resp. semidefinida negativa).
Demostración. (Esbozo)
Probaremos el caso de mı́nimo local. Por definición ∃r > 0 tal que para x ∈ B (x0 , r) se cumple:
f (x) − f (x0 ) ≥ 0
Escribiendo x = x0 + h, el desarrollo de Taylor nos dice que:
ht D2 f (x0 )h
≥0
khk2
(3.1)
siempre que 0 < khk < r.
Por otra parte, si λ es un valor propio de D2 f (x0 ) asociado a v, tenemos
v t D2 f (x0 )v
=λ
kvk2
Tomando h = v en (3.1), para un apropiado, concluimos que λ ≥ 0 (para cualquier valor propio). Es
decir, D2 f (x0 ) es semidefinida positiva.
76
3.3.
Multiplicadores de Lagrange
Multiplicadores de Lagrange
En la sección precedente, hemos dado condiciones necesarias y suficientes para la existencia de máximos
y mı́nimos al interior de conjuntos abiertos. Esto funciona bien, por ejemplo, si tenemos funciones con
dominio Rn (problemas irrestrictos). Sin embargo, es frecuente en las aplicaciones que no todos los
puntos del espacio son factibles (es decir, por consideraciones prácticas algunos deben quedar fuera) o
que los dominios no son abiertos (los bordes son relevantes). Debemos desarrollar, por lo tanto, una
herramienta más potente, que será el lagrangeano.
Partimos formalizando el concepto de restricción.
3.22 Definición. Si tenemos que f : A → B y A0 ⊂ A definimos la restricción de f a A0 como una
nueva función f : A0 → B (según la misma regla de asignación que tenı́a f : A → B). Se denota f |A0 y
se lee “f restringida a A0 ”.
3.23 Teorema. Sean f : U ⊆ Rn → R y g : U ⊆ Rn → R funciones de clase C1 (U ). Denotaremos por
S al conjunto de nivel de valor c0 para g, es decir, S = {x ∈ Rn : g(x) = c0 }.
Consideremos x0 tal que ∇g(x0 ) 6= 0. Si x0 es un extremo de f |S , entonces ∃λ ∈ R tal que:
∇f (x0 ) = λ∇g(x0 )
Demostración. Sea c(t) una curva contenida en S tal que c(0) = x0 , t ∈] − 1, 1[. Entonces, c0 (0) es un
vector tangente a S en x0 .
Sea ϕ1 (t) = g(c(t)) = c0 . Usando la Observación 2.87, tenemos que ∇g(x0 ) ⊥ c0 (0).
Sea ϕ2 (t) = f (c(t)). Notar que ϕ2 (0) = x0 . Como x0 es extremo de f |S y c(t) toma valores en S,
tenemos que ϕ2 (0) es un máximo o mı́nimo local, y por condición de primer orden para funciones de
una variable se cumple:
0 = ϕ02 (0) = ∇f (x0 ) · c0 (0)
Hay que observar que lo anterior es cierto para cualquier curva c(t) en S. Por ende, tanto ∇f (x0 ) como
∇g(x0 ) resultan ser normales a S, y si el espacio normal tiene dimensión 1:
∇f (x0 ) k ∇g(x0 ) ⇔ ∇f (x0 ) = λ∇g(x0 )
para algún λ ∈ R.
3.24 Observación. Si queremos obtener puntos crı́ticos para la función f (x) restringida a (se dirá también
“sujeta a”, “s.a.”) g(x) ≤ c0 debemos analizar por separado los siguientes casos:
(a) ∇f (x0 ) = 0 y g(x0 ) < c0 . La restricción en este caso determina un dominio abierto, por lo que
basta imponer la condición de gradiente nulo.
(b) ∇g(x0 ) 6= 0, g(x0 ) = c0 y ∃λ ∈ R tal que ∇f (x0 ) = λ∇g(x0 ). Esto se enmarca en el método de
multiplicadores de Lagrange.
(c) ∇g(x0 ) = 0 y g(x0 ) = c0 . Estos puntos deben estudiarse aparte.
3.25 Definición. Dadas f, g y todo lo demás como en el teorema anterior definimos el lagrangeano
como la función:
L(x, λ) = f (x) + λ(g(x) − c0 )
Según lo que se demostró, buscar los puntos crı́ticos de esta función —irrestricta— nos sirve para
encontrar los extremos de f |S .
Aplicaciones
77
Puede generalizarse lo hecho para establecer el siguiente teorema:
3.26 Teorema. Sean f, g1 , . . . , gm : U ⊆ Rn → R de clase C 1 . Sea x0 tal que ∇gi (x0 ) 6= 0, ∀i ∈ I :=
{1, . . . , m} y Si = {x ∈ U : g(x) = ci }, ∀i ∈ I. Si x0 es un extremo local de f |S1 ∩...∩Sm entonces:
∇f (x0 ) =
m
X
λi ∇gi (x0 )
i=1
para algunos λi ∈ R, ∀i ∈ I.
3.27 Observación. En el teorema precedente, las restricciones deben ser compatibles, es decir
m
\
Si = S1 ∩ . . . ∩ Sm 6= ∅.
i=1
Sin embargo, puede que haya restricciones inactivas.
3.4.
Problemas Resueltos
3.1 Problema. Sea f (x, y) =
torno al origen.
p
1 + x2 + y 2 . Encuentre la expansión de Taylor con orden 2 para f en
Solución: Queremos usar la ecuación
1
f (x, y) = f (0, 0) + ∇f (0, 0) · (x, y) + (x, y)t D2 f (0, 0)(x, y).
2
Tenemos que f (0, 0) = 1 y
∇f =
!
y
x
p
,p
1 + x2 + y 2
1 + x2 + y 2
=
1
(x, y) ⇒ ∇f (0, 0) = (0, 0).
f (x, y)
Luego,
∂2f
∂
x
f 2 (x, y) − x2
=
=
∂x2
∂x f (x, y)
f 3 (x, y)
2
2
∂ f
∂
y
f (x, y) − y 2
=
=
∂y 2
∂y f (x, y)
f 3 (x, y)
∂2f
∂
x
xy
=
=− 3
⇒
∂x∂y
∂y f (x, y)
f (x, y)
∂2f
(0, 0) = 1,
∂x2
∂2f
⇒
(0, 0) = 1,
∂y 2
∂2f
∂2f
(0, 0) =
(0, 0) = 0.
∂x∂y
∂x∂y
⇒
Ası́, la expansión de Taylor resulta en
x2 + y 2
1
t 1 0
f (x, y) = 1 + (x, y)
(x, y) = 1 +
.
0 1
2
2
3.2 Problema. Sea f (x, y) = x3 − 3xy + y 3 . Determine los puntos crı́ticos de f y clasifı́quelos.
Solución: Tenemos que
∇f =
∂f ∂f
,
∂x ∂y
= 3x2 − 3y, −3x + 3y 2 .
Por lo tanto, ∇f = ~0 si y sólo si x = y 2 e y = x2 , de lo cual se deduce que
x = x4
78
Problemas Resueltos
cuyas soluciones son x = 0 y x = 1. Ası́, los puntos crı́ticos de f son
p~1 = (0, 0) ,
Pero
p~2 = (1, 1).

∂2f
6x −3
∂y∂x 

=
.
∂2f 
−3 6y
∂y 2
∂2f
 ∂x2
D2 f = 
 ∂2f
∂x∂y

Por ende,
0 −3
D f (0, 0) =
−3 0
2
,
6 −3
D f (1, 1) =
.
−3 6
2
Finalmente, tenemos que p~1 es un punto silla mientras que p~2 es un mı́nimo. Además, el mı́nimo es local
pues si (x, y) → (−∞, 0) entonces f (x, y) → −∞.
3.3 Problema. Sea f : R2 → R definida por:
f (x, y) = y + x sin y
Demuestre que todos los puntos crı́ticos son silla.
Solución: Para encontrar los puntos crı́ticos, analizamos el gradiente:
sin y
∇f (x, y) =
1 + x cos y
Observamos que no hay puntos singulares. Imponiendo ∇f (x, y) = 0, llegamos a que y = kπ, k ∈ Z.
Distinguimos dos casos:
Si k es par, cos y = 1 y entonces x = −1.
Si k es impar, cos y = −1 y x = 1.
Por su parte,
D2 f (x, y) =
0
cos y
.
cos y −x sin y
Sea m ∈ Z, distinguimos los siguientes casos:
Si k = 2m, entonces
0 1
D f (−1, 2mπ) =
.
1 0
2
Como ∆1 = 0 y ∆2 = −1 la matriz no es ni semidefinida positiva ni semidefinida negativa.
Concluimos que los puntos de la forma (1, 2mπ) son sillas.
Si k = 2m + 1, entonces
0 −1
D f (−1, (2m + 1)π) =
.
−1 0
2
Nuevamente ∆1 = 0 y ∆2 = −1, ası́ que los puntos de la forma (−1, (2m + 1)π) también son sillas.
Aplicaciones
79
3.4 Problema. Clasifique los puntos crı́ticos de
f (x, y) = e−(x
2 +y 2 )
(3x2 + 5y 2 ).
Solución: Buscamos los puntos donde ∇f = 0. Tenemos que
∂f
2
2
2
2
2
2
= −2xe−(x +y ) (3x2 + 5y 2 ) + 6xe−(x +y ) = −2xe−(x +y ) 3x2 + 5y 2 − 3 ,
∂x
∂f
2
2
2
2
2
2
= −2ye−(x +y ) (3x2 + 5y 2 ) + 10ye−(x +y ) = −2ye−(x +y ) 3x2 + 5y 2 − 5 .
∂y
Luego, debemos resolver el sistema
)
x(3x2 + 5y 2 − 3) = 0
y(3x2 + 5y 2 − 5) = 0
Es claro que (0, 0) es una solución al sistema. Además, si x = 0 ⇒ y = ±1 y análogamente, si y = 0 ⇒
x = ±1. Finalmente, no es posible que x e y sean no nulos pues los paréntesis representan elipses que
no se intersecan. Ası́, los puntos crı́ticos son
(0, 0)
(1, 0)
(−1, 0)
(0, 1)
(0, −1).
Derivando nuevamente, obtenemos que
∂2f
2
2
= −2e−(x +y ) 15x2 + 5y 2 − 6x4 − 10x2 y 2 − 3 ,
2
∂x
∂2f
−(x2 +y 2 )
2
2
4
2 2
=
−2e
3x
+
25y
−
10y
−
6x
y
−
5
,
∂y 2
∂2f
2
2
= 4xye−(x +y ) 3x2 + 5y 2 − 8 .
∂y∂x
Por ende,
2
−(x2 +y 2 )
D f (x, y) = −2e
15x2 + 5y 2 − 6x4 − 10x2 y2 − 3
−2xy 3x2 + 5y 2 − 8
.
−2xy 3x2 + 5y 2 − 8
3x2 + 25y 2 − 10y 4 − 6x2 y 2 − 5
Luego,
−3 0
0
0 −5
0
2
−1 6
D f (1, 0) = −2e
0 −2
0
2
−1 6
D f (−1, 0) = −2e
0 −2
0
2
−1 2
D f (0, 1) = −2e
0
0 10
0
2
−1 2
D f (0, −1) = −2e
0
0 10
D2 f (0, 0) = −2
Finalmente, (0, 0) es un mı́nimo, (0, 1), (0, −1) son máximos y (1, 0), (−1, 0) son puntos silla.
80
Problemas Resueltos
3.5 Problema. Sea f : Rn → R de clase C 2 y tal que 4f > 0, ∀x ∈ Rn . Muestre que f no puede tener
un máximo local.
Solución: Supongamos que no, es decir, existe p ∈ Rn tal que f tiene un máximo local en p. Entonces
xt D2 f (p)x ≤ 0,
∀x ∈ Rn .
En particular, tomando x = êi , tenemos que
∂2f
= êti D2 f (p)êi ≤ 0.
∂x2i
Finalmente, sumando sobre i = 1, . . . , n, tenemos que
4f (p) =
n
X
∂2f
i=1
∂x2i
≤ 0,
lo cual es una contradicción.
3.6 Problema. Si f : R2 → R es una función definida como
g(x, y) = ax2 + 2bxy + cy 2 + dx + ey + f,
encontrar condiciones sobre las constantes a, b, c, d, e y f de tal forma que g pueda tener un extremo
local.
Solución: Notar que:
2ax + 2by + d
∇g(x, y) =
2cy + 2bx + e
Como el dominio de la función es abierto y además g no tiene singularidades (es diferenciable en todo
su dominio), por la Proposicion 3.12 se debe cumplir para cualquier extremo (x, y) que ∇g(x, y) = 0.
Es decir, el sistema:
−d
2a 2b x
.
=
−e
2b 2c y
debe tener solución. Esto último sólo ocurre si la matriz de los coeficientes es invertible o —equivalentemente— si tiene determinante no nulo:
2a 2b
2b 2c 6= 0
4ac − 4b2 6= 0
Entonces la condición buscada para que hayan puntos crı́ticos es ac − b2 6= 0. Es claro que esta no es una
condición suficiente, ya que hay puntos crı́ticos que son silla. Por ejemplo, considere a = 1, b = −1 y
todas las demás constantes nulas. En ese caso la condición encontrada se cumple, pero g(x, y) = x2 − y 2 ,
que como vimos no tiene extremos.
3.7 Problema. Supongamos que en un mercado hay sólo dos bienes, que denotaremos por x e y. La
utilidad de un consumidor se puede modelar con una función de Cobb-Douglas, de la forma:
u(x, y) = xα y β ,
α, β > 0.
Aplicaciones
81
Suponga que además dicho consumidor cuenta con un presupuesto limitado, B. Dados los precios de
ambos bienes, px > 0 y py > 0, plantee matemáticamente el problema de optimizar la utilidad y
resuélvalo.
Solución: El problema de optimización se reduce a:
máx xα y β
(x,y)∈R2
sujeto a
xpx + ypy = B
Aunque, por simplicidad, decimos que (x, y) ∈ R2 , por la naturaleza del problema sólo son válidos
puntos tales que x ≥ 0, y ≥ 0. Sin embargo, veremos que esto no causa inconvenientes.
Planteamos el Lagrangeano:
L(x, y, λ) = xα y β − λ(xpx + ypy − B)
con (x, y) ∈ R2 . Por condición de primer orden, ∇L = 0, es decir:
∂L
= 0 ⇒ αxα−1 y β = λpx
∂x
∂L
= 0 ⇒ xα βy β−1 = λpy
∂y
∂L
= 0 ⇒ xpx + ypy = B
∂λ
Dividiendo (3.2) por (3.3) llegamos a que:
αy
px
=
βx
py
(3.2)
(3.3)
(3.4)
(3.5)
Esta última ecuación es bien conocida en economı́a. Dice que, en el óptimo de utilidad, la relación de
precios iguala a la tasa marginal de sustitución
∂u
∂x
∂u
∂y
: la relación entre la utilidad que otorga una unidad
más de x y una más de y.
Despejando x y reemplazando en (3.4) tenemos que:
αpy
px
y + py y = B
βpx
y de ahı́:
y∗ = B
1
+ 1)
py ( αβ
Análogamente, puede concluirse que:
x∗ = B
1
px ( αβ
+ 1)
Observamos, adicionalmente, que la única singularidad de L está (eventualmente, si α < 1 o β < 1) en
(0, 0), punto que tiene utilidad nula. Adicionalmente, notamos que x∗ > 0 e y ∗ > 0, y que f (x∗ , y ∗ ) >
f (0, 0). El método de Lagrange garantiza que (x∗ , y ∗ ) es un extremo. Luego, (x∗ , y ∗ ) debe ser el máximo
global de la función, y está en el primer cuadrante, como querı́amos.
82
Problemas Resueltos
3.8 Problema. Hallar los valores máximo y mı́nimo de la función f (x, y, z) = zexy en la región
B (0, 1) = (x, y, z) : x2 + y 2 + z 2 ≤ 1 .
Solución: Notemos que
B (0, 1) = B (0, 1) ∪ ∂B (0, 1) .
Para buscar los extremos en el abierto B (0, 1) usamos los criterios vistos hasta ahora. Sin embargo,
∇f (x, y, z) = (yzexy , xzexy , exy ) 6= ~0,
∀ (x, y, z) ∈ B (0, 1) ,
pues la tercera componente es siempre no nula. Luego, no hay puntos crı́ticos en B (0, 1).
Ahora los buscaremos en el compacto ∂B (0, 1). Consideremos el lagrangeano dado por
L (x, y, z, λ) = zexy + λ x2 + y 2 + z 2 − 1 .
Tenemos que
yzexy = λ2x
xze
= λ2y
(3.7)
xy
= λ2z
(3.8)
e
2
(3.6)
xy
2
2
x +y +z =1
(3.9)
Por (3.8) tenemos que z, λ 6= 0. Luego, (3.6) y (3.7) nos dicen que x = 0 si y sólo y = 0 y en tal caso,
(3.9) nos dice que z = ±1. Ası́, obtenemos los puntos
p~1 = (0, 0, 1)
,
p~2 = (0, 0, −1) .
Si x, y 6= 0, entonces podemos dividir (3.6) en (3.7) y sigue que x2 = y 2 ⇒ y = ±x.
Si x = y, (3.6) nos dice que zexy = 2λ. Además, multiplicamos (3.8) por z obteniendo zexy = 2λz 2 y
entonces, z 2 = ±1. Pero entonces, por (3.9), tenemos que x = y = 0 y por lo tanto, nuestra hipótesis se
cae.
Si x = −y el razonamiento es análogo y se llega a z 2 = −1.
Finalmente, dado que ∂B (0, 1) es un compacto, sabemos que f alcanza su máximo y su mı́nimo allı́.
Ası́, como
f (~
p1 ) = 1 , f (~
p2 ) = −1,
concluimos que p~1 es máximo y p~2 es mı́nimo.
3.9 Problema. Determine los extremos de f (x, y, z) = x + y + z sujeto a x2 + y 2 = 1 y z − 2 = 0.
Solución: El Lagrangeano de la situación está dado por
L (x, y, z, λ1 , λ2 ) = x + y + z + λ1 (x2 + y 2 − 1) + λ2 (z − 2).
Luego,

1 = 2λ1 x



1 = 2λ1 y 


1 = λ2




x2 + y 2 = 1



z=2
Aplicaciones
83
de donde concluimos que x = y = ± √12 . Ası́, los puntos en cuestión son
1 1
1
1
p~1 = √ , √ , 2
, p~2 = − √ , − √ , 2 .
2 2
2
2
Finalmente, como f (~
p1 ) ≥ f (~
p2 ), concluimos que p~1 es un máximo y p~2 es un mı́nimo.
3.10 Problema. Sean x, y, z ∈ R+ tales que x + y + z = a. Determine el valor máximo de
f (x, y, z) = xm y n z p ,
con m, n, p ∈ R+ . Luego, suponga que m + n + p = 1 y concluya que
xm y n z p ≤ mx + ny + pz,
∀x, y, z ∈ R+ .
(3.10)
Solución: El lagrangeano de la situación está dado por
L (x, y, z, λ) = xm y n z p − λ(x + y + z − a),
con λ ∈ R. Tenemos que
mxm−1 y n z p = λ
m
x ny
n−1 p
m n
p−1
x y pz
z =λ
(3.11)
(3.12)
=λ
(3.13)
x+y+z =a
(3.14)
Dado que x, y, z, m, n, p > 0, podemos multiplicar las primeras tres ecuaciones por x, y y z, respectivamente y obtener
x
y
z
= = .
m
n
p
Reemplazando en la última, sigue que
n
p
x + x + x = a,
m
m
es decir,
m
x=a
.
m+n+p
Análogamente,
n
p
y=a
, z=a
.
m+n+p
m+n+p
Luego, el valor máximo de la función está dado por
m
n
p
mm nn pp
f a
,a
,a
= am+n+p
,
m+n+p m+n+p m+n+p
(m + n + p)m+n+p
lo cual implica que
xm y n z p ≤ (x + y + z)m+n+p
mm nn pp
.
(m + n + p)m+n+p
Además, si m + n + p = 1, entonces
xm y n z p ≤ (x + y + z)mm nn pp ,
es decir,
x m y n z p
≤ x + y + z.
m
n
p
Finalmente, tomando x = mx̃, y = nỹ, z = pz̃ se concluye lo pedido.
84
Problemas Resueltos
3.11 Problema. Sea S una superficie de R3 de ecuación f (x, y, z) = 0, con f ∈ C 1 . Sea P el punto de
S más lejano del origen. Demuestre que el vector que va del origen a P es perpendicular a S.
Solución: Consideremos el lagrangeano dado por
L (x, y, z, λ) = x2 + y 2 + z 2 − λf (x, y, z),
es decir, aquel que maximizará la distancia entre el origen y S. Tenemos que
∂f
∂x
∂f
2y = λ
∂y
∂f
2z = λ
∂z
f (x, y, z) = 0
2x = λ
(3.15)
(3.16)
(3.17)
(3.18)
Sea P = (x0 , y0 , z0 ). Como P es el punto más lejano del origen, se tiene que P satisface el sistema y por
lo tanto,
λ ∂f
λ ∂f
λ ∂f
λ
(x0 , y0 , z0 ) =
(P ),
(P ),
(P ) = ∇f (P ).
2 ∂x
2 ∂y
2 ∂z
2
Luego, como ∇f (P ) es una dirección ortogonal a S en P y λ 6= 0 (pues sino P serı́a el origen), se obtiene
lo pedido.
3.12 Problema. Dada una circunferencia de centro O y radio r. ¿Cuál es el triángulo inscrito que
encierra la mayor área?
Hint: Recuerde que si los lados del triángulo son a, b, c entonces el área es A =
abc
4r
y a = 2r sin α.
Solución: Escribimos
b = 2r sin β
,
c = 2r sin γ
y entonces,
2r sin α2r sin β2r sin γ
= 2r2 sin α sin β sin γ.
4r
Luego, el lagrangeano de la situación es
A (α, β, γ) =
L (α, β, γ) = 2r2 sin α sin β sin γ + λ (α + β + γ − π) .
Debemos resolver el sistema
2r2 cos α sin β sin γ = λ
(3.19)
2
(3.20)
2
2r sin α sin β cos γ = λ
(3.21)
α+β+γ =π
(3.22)
2r sin α cos β sin γ = λ
Notar que si α = 0 ⇒ A = 0. Además, si α = π2 ⇒ λ = 0 y por (3.20) sigue que β = π2 ∨ γ = 0 ⇒ A = 0.
Ası́ que por simetrı́a, supondremos que todos los ángulos son no nulos y distintos de π2 . Luego, dividimos
(3.19) en (3.20) y sigue que
cos α sin β
= 1 ⇒ tan α = tan β.
sin α cos β
Aplicaciones
85
Análogamente, dividiendo (3.19) en (3.21), se obtiene que
tan α = tan γ.
Finalmente, como α, β, γ ∈]0, π[ y la tangente es inyectiva en ese intervalo, tenemos que α = β = γ y al
ser el único punto crı́tico que no anula al área, debe ser máximo.
3.13 Problema (Convexidad MG). Sea
f (x1 , . . . , xn ) =
n
Y
!1
n
xi
,
(3.23)
i=1
con xi ≥ 0, ∀i = 1, . . . , n. Muestre que f es cóncava.
Solución: Vamos a construir la matriz Hessiana de f . Derivando,
1

1

1 1
n ∂
n
−1
xjn
n
n
Y
Y
xjn
∂f




=
xi
=
xi
=
∂xj
∂xj
n
i6=j
∂2f
∂
=
2
∂xj
∂xj
∂2f
∂
=
∂xk ∂xj
∂xk
i6=j
f
nxj
f
nxj
=
=
∂f
∂xj nxj
− f ∂x∂ j (nxj )
n2 x2j
n
Y
!1
n
xi
i=1
= (1 − n)
x−1
j
n
=
f
,
nxj
f
,
n2 x2j
f
∂2f
=
,
n2 xk xj
∂xj ∂xk
pues f satisface las hipótesis del Lema de Schwarz. Luego, la matriz Hessiana de f está dada por

f
(1 − n) 2 2

n x1

f


n2 x2 x1
D2 f = 

..

.


f
n2 xn x1
f
2
n x1 x2
f
(1 − n) 2 2
n x2
..
.
f
n2 xn x2

f
n2 x1 xn 

f

...

n2 x2 xn  .

..
..

.
.

f 
. . . (1 − n) 2 2
n xn
...
86
Problemas Resueltos
Analizemos sus subdeterminantes. Para el k-ésimo subdeterminante, se tiene que
(1 − n)
1
1 f
f
(1 − n) f
...
...
x2
x1 x2
x1 xk n2 x1 x2
n2 x1 xk x21
1
1
f
f
f
(1
−
n)
1 k
(1 − n) 2 2 . . .
...
f
2
2
n2 x2 x1
n x2 xk =
n x2
x2 xk x2
∆k = x2 x1
2
n
..
..
..
..
..
..
..
..
.
.
.
.
.
.
.
.
f
f
f
1
(1 − n) 1
.
.
.
(1
−
n)
...
xk x1
n2 xk x1
n2 xk x2
n2 x2k xk x2
x2k (1 − n)
1
1 .
.
.
x1
x2
xk (1 − n)
1
...
1 (1 − n)
1 k k
1
k Y
k
Y 1 1
(1 − n) . . .
1 ...
f
1 = f
x
x
x
1
2
=
k
.
.
.. .
..
..
..
..
..
n2
x n2
x2i ..
..
. i=1 i i=1
.
.
.
.
1
1
. . . (1 − n)
1
1
(1 − n) .
.
.
x1
x2
xk
(1 − n) 1 . . . 1 (k − n) 1 . . . 1 k Y
k Y
k
k
−n . . . 0 −n . . . 0 f
1 n
1 0
f
=
.
.
..
.. =
..
.. ..
..
n2
n2
x2 ..
x2 ..
.
.
.
. .
. i=1 i i=1 i n
0 . . . −n
0
0 . . . −n
k Y
k
1
f
k
k−1
.
=
2 (−1) (n − k)n
2
n
x
i=1 i
Luego, D2 f es semidefinida negativa pues el signo de sus submatrices depende de (−1)k . Por lo tanto,
f es cóncava.
3.14 Problema. Sea f (x, y, z) = log xyz 3 .
(a) Encuentre el valor máximo de f sobre
Σ = (x, y, z) ∈ R3 : x, y, z > 0, x2 + y 2 + z 2 = 5r2 ,
con r > 0.
(b) Usando el resultado anterior, muestre que
a+b+c 5
abc3 ≤ 27
,
5
∀a, b, c ≥ 0.
(3.24)
Solución: El Lagrangeano de la situación está dado por
L(x, y, z, λ) = log x + log y + 3 log z + λ(x2 + y 2 + z 2 − 5r2 ).
Luego,
1
= 2λx
x
1
= 2λy
y
3
= 2λz
z
x2 + y 2 + z 2 = 5r2
(3.25)
(3.26)
(3.27)
(3.28)
Aplicaciones
87
De las tres primeras ecuaciones,
concluimos que 3x2 = 3y 2 = z 2 . Reemplazando en (3.34), tenemos que
√
x = r. Ası́, y = r, z = r 3. Además, es claro que
 1

− x2
− y12
0  0.
D2 f =  0
0
0
− z32
Ası́,
log xyz 3 ≤
√
√
máx f (x, y, z) = f (r, r, r 3) = log(3 3r5 ).
(x,y,z)∈Σ
Luego,
√
xyz ≤ 3 3
5
r
x2 + y 2 + z 2
.
5
Finalmente, elevando al cuadrado y tomando a = x2 , b = y 2 , c = z 2 , tenemos que
a+b+c 5
3
abc ≤ 27
.
5
3
3.15 Problema (MA-MG). Sea f : Rn → R dada por
n
Y
f (x1 , . . . xn ) =
x2k .
k=1
Encuentre los extremos de f sobre ∂B (0, r) , r > 0. Concluya que si a1 , . . . , an ∈ R+ , entonces
√
n
a1 . . . an ≤
a1 + . . . + an
.
n
(3.29)
Solución: El lagrangeano de la situación está dado por
L(x1 , . . . , xn , λ) =
n
Y
x2k
2
+ λ(r −
k=1
n
X
x2k ).
k=1
Luego,

2 (x1 . . . xn ) (x2 x3 . . . xn ) = 2λx1 



2 (x1 . . . xn ) (x1 x3 . . . xn ) = 2λx2 



..
.



2 (x1 . . . xn ) (x1 x2 . . . xn−1 ) = 2λxn 




2
2
2
2
x1 + x2 + . . . + xn = r
Tomando la k-ésima ecuación y multiplicandola por xk , se obtiene
(x1 . . . xn )2 = λx2k .
Sumando sobre k = 1, . . . , n obtenemos
n (x1 . . . xn )2
n (x1 . . . xn )2 = λ x21 + . . . + x2n = λr2 ⇒ λ =
.
r2
Ası́, reemplazando en (3.30), tenemos que
x2k =
r2
.
n
(3.30)
88
Problemas Resueltos
Por lo tanto, el punto en cuestión es
r
r
.
x = ±√ , . . . , ±√
n
n
∗
Luego, el valor máximo de f en B (0, r) es
∗
f (x ) =
r2
n
n
⇒
p
r2
n
f (x) ≤ .
n
Finalmente, tomando ak = x2k , tenemos que
√
n
a1 . . . an ≤
a1 + . . . + an
.
n
Nota: También satisfacen las ecuaciones
puntos tales que xi = 0 para algún i ∈ {1, . . . , n}, tomando
Pn
2
λ = 0, siempre que se cumpla k=1 xk = r2 . Es evidente que todos esos puntos son mı́nimos pues su
imagen es cero, y f (~x) ≥ 0, ∀~x ∈ Rn .
3.16 Problema. Sea f : Rn → R dada por
f (x1 , . . . xn ) =
n
Y
xk .
k=1
Encuentre el máximo y mı́nimo de f restringida a
x21 x22
x2
+
+ . . . + n = 1.
1
2
n
Solución: Es claro que si xj = 0 para algún j ∈ {1, . . . , n} entonces f se anula y por ende, éste es un
punto silla. El lagrangeano de la situación está dado por
!
n
n
X
Y
x2k
xk − λ
−1 .
L(x1 , . . . , xn , λ) =
k2
k=1
k=1
Luego, para cada j ∈ {1, . . . , n}, tenemos que
n
n
Y
Y
x2j
xj
∂L
= 0 ⇐⇒
xk − 2λ 2 = 0 ⇐⇒
xk = 2λ 2 .
∂xj
j
j
k=1
j6=k
k=1
Ası́, sumando sobre j, obtenemos
n
n
Y
xk = 2λ
n
X
x2j
j=1
k=1
j2
= 2λ ⇐⇒
n
Y
xk =
k=1
Finalmente, concluimos que
±j
xj = √
n
y con ello,
n
Y
k=1
xk = ±
n
Y
k
n!
√ = ±√ .
n
nn
k=1
2λ
.
n
Aplicaciones
89
3.17 Problema. Sea f (x, y, z) = x2 y + z 2 . Clasifique los extremos de f sobre
D = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 ≤ 1}
Solución: En primer lugar, hacemos notar que la función alcanza sus máximos y mı́nimos pues es una
función continua con dominio compacto.
En conformidad a lo señalado en la Observación 3.24, analizamos por separado los extremos de f sobre
los conjuntos:
(a) U := {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 < 1}
(b) V := {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 = 1}
Como U es un abierto, podemos encontrar sus extremos imponiendo simplemente la condición de gradiente nulo.
∇f (x, y, z) = 2xy, x2 , 2z = (0, 0, 0)
De donde se desprende que necesariamente x = 0 y z = 0, mientras que y queda libre. Luego, los puntos
crı́ticos en U son de la forma Pk = (0, k, 0), con k ∈ (−1, 1). Note que hay una cantidad infinita de
puntos crı́ticos.
Veamos que pasa con el Hessiano:



2k 0 0
2y 2x 0
D2 f (x) = 2x 0 0 ⇒ D2 f (Pk ) =  0 0 0
0 0 2
0 0 2

Distinguimos tres casos:
(a) Si k < 0, la matriz no es ni semidefinida positiva ni semidefinida negativa. (Considere el producto
hT D2 f (Pk )h cuando h = (h, k, 0) y h = (0, k, l).) Luego, Pk es punto silla.
(b) Si k > 0, la matriz no nos da mayor información Sin embargo, note que f (Pk ) = 0, y que existe
una bola centrada en Pk , B (Pk , r), tal que y > 0 para todo punto en la bola. Luego:
f (Pk ) = 0 ≤ f (x, y, z),
(x, y, z) ∈ B (Pk , r) .
De donde se deduce que Pk es mı́nimo local para todo k ∈ (0, 1).
(c) Si k = 0, Pk es el origen, que es un punto silla, porque puntos de la forma (0, 0, z) tienen imágenes
positivas y los de la forma (x, y, 0) negativas (cuando y < 0).
Busquemos ahora los extremos en la frontera que hemos denominado V . Es decir, los extremos de
f restringida a la superficie dada por g(x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 = 1. Es evidente que hay que usar
multiplicadores de Lagrange. El langrangeano es:
L(x, y, z, λ) = f (x, y, z) − λ(g(x, y, z) − 1) = x2 y + z 2 − λ(x2 + y 2 + z 2 − 1)
Derivando respecto a las variables e igualando a cero obtenemos las condiciones:
2xy = 2λx
2
2
2
(3.31)
x = 2λy
(3.32)
2z = 2λz
(3.33)
2
(3.34)
x +y +z =1
90
Problemas Resueltos
De (3.31) y (3.33) se deduce que x(y − λ) = 0 y z(1 − λ) = 0.
Si x = 0, como λ 6= 0 sigue y = 0. Con esto z = ±1. Obtenemos ası́ los puntos crı́ticos: P1 = (0, 0, 1) y
P2 = (0, 0, −1).
√
√
√
Si x 6= 0, λ = y y entonces x = ± 2y = ± 2λ. Ası́, x2 + y 2 + x2 = 3λ2 + z 2 = 1 ⇒ z = ± 1 − 3λ2 .
Por (3.33):
p
1 − 3λ2 (1 − λ) = 0
√
√
con |λ| ≤ √13 . Por lo tanto, λ = ± √13 . Obtenemos ası́ los puntos: P3 = √23 , √13 , 0 , P4 = √23 , − √13 , 0
√
√
, P5 = − √23 , √13 , 0 y P6 = − √23 , − √13 , 0 .
Evaluando f en cada punto crı́tico Pi se tiene que,
(a) en P6 y P4 f tiene valor mı́nimo.
(b) en P1 y P2 f tiene valor máximo.
3.18 Problema. Determine los puntos (x, y) y las direcciones en las cuales las derivada direccional de
f (x, y) = 3x2 + y 2 + 2y alcanza su máximo valor si (x, y) se restringe al cı́rculo x2 + y 2 = 1.
Solución: Como f es diferenciable, su derivada direccional en un punto (x, y) alcanza el valor máximo
k∇f (x, y)k cuando se deriva con respecto a la dirección ∇f (x, y).
En este caso,
p
k∇f (x, y)k = k(6x, 2y + 2)k = 2 k(3x, y + 1)k = 2 9x2 + (y + 1)2 .
Por lo tanto, nuestra función a maximizar será g(x, y) = 9x2 +(y +1)2 sujeta a la restricción x2 +y 2 −1 =
0. Para ello definimos el lagrangeano
L(x, y, λ) = 9x2 + (y + 1)2 − λ(x2 + y 2 − 1).
El sistema a resolver es

18x = 2λx

2(y + 1) = 2λy
x2 + y 2 = 1


La primera ecuación puede ser reescrita como x (9 − λ) = 0. Luego, tenemos dos casos a considerar:
Si x = 0, la tercera ecuación nos dice que y = ±1 y por ende, los puntos a evaluar son:
P1 = (0, 1)
,
P2 = (0, −1) .
Si λ = 9, entonces la segunda ecuación nos entrega y = 18 y por lo tanto, la tercera nos hace
concluir que los puntos a evaluar son:
!
!
√
√
3 7 1
3 7 1
P3 =
,
, P3 = −
,
.
8 8
8 8
Evaluando g en dichos puntos, tenemos que
g(P1 ) = 4
,
g(P2 ) = 0 ,
g(P3 ) = g(P4 ) =
81
,
4
es decir, P3 y P4 son los puntos donde la derivada direccional es máxima cuando se deriva en la dirección
del gradiente en esos puntos.
Aplicaciones
91
3.19 Problema. Sea g : R3 → R de clase C 1 y tal que f (x, y, z) = x + y + z tiene un máximo en
p~ = (2, 3, 4) cuando se le restringe a g(x, y, z) = 0. Determine la ecuación del plano tangente a la
superficie g(x, y, z) = 0 en el punto p~.
Solución: La ecuación del plano tangente para la superficie será de la forma
(~r − p~) · ∇g (~
p) = 0.
Por lo tanto, necesitamos encontrar ∇g (~
p). Para esto notemos que p~ resuelve el problema de maximizar
f (x, y, z) sujeto a g(x, y, z) = 0. Por lo tanto, si definimos el lagrangeano
L(x, y, z, λ) = f (x, y, z) − λg(x, y, z),
tenemos que
∇L (~
p, λ∗ ) = ~0,
para algún λ∗ , es decir,
∇f (~
p) = λ∗ ∇g(~
p).
Finalmente, como ∇f = (1, 1, 1), concluimos que el plano pedido es
x + y + z = 9.
Capı́tulo 4
Cálculo Diferencial de Funciones
Vectoriales en Varias Variables
“If people do not believe that mathematics is simple, it is only because they do not realize how
complicated life is.”
- John Louis von Neumann4.1
Con todo lo visto hasta el momento, el lector deberı́a ser capaz de estudiar campos de temperatura
y presión, pues estas dos magnitudes son escalares, es decir, un número real y por ende, pueden ser
modelados mediante campos escalares.
Para no aburrir demasiado al estudiante, es momento de cambiar ligeramente de tema. Imaginemos por
un momento que estamos en el Siglo XVI navegando por los mares rumbo a la tierra recién descubierta.
Supondremos que somos humildes y por lo tanto, no tenemos esclavos que remen por nosotros, es decir,
nuestra embarcación sólo puede ser impulsada mediante un apropiado uso de las velas. Por lo tanto, es
imprescindible saber hacia dónde sopla del viento. Pero esta dirección no es constante, puede ser que
en el punto donde estamos sople en dirección a y 2 kilómetros al norte sople en dirección b, es decir, en
cada punto (x, y) ∈ R2 (mirando nuestro viaje desde la vista aérea) hay un vector asociado (la dirección
del viento) y que el lector puede imaginarlo pensando en un plano lleno de flechitas.
Con el fin de realizar un estudio de este fenómeno, necesitamos al menos una función de la forma
F : R2 → R2 . Vale decir, un nuevo tipo de aplicaciones que ya no nos entreguen un escalar sino más
bien, un vector.
Para nuestro ejemplo del barco, lo anterior nos permitirá construir un campo de velocidades y poder
navegar de una forma eficiente.
Sugerimos al lector ir realizando las analogı́as pertinentes entre este Capı́tulo y el Capı́tulo 2.
4.1
John von Neumann zu Margaritta (1903-1957) fue un matemático Húngaro-estadounidense y es ubicado entre los
más grandes matemáticos del siglo XX. Realizó contribuciones importantes en fı́sica cuántica, análisis funcional, teorı́a de
conjuntos, ciencias de la computación, economı́a, análisis numérico, cibernética, hidrodinámica (de explosiones), estadı́stica
y muchos otros campos de la matemática. En 1944 demostró que las mecánicas de la onda de Schrödinger y las mecánicas
de la matriz de Heisenberg eran matemáticamente equivalente.
94
4.1.
Funciones Vectoriales de Varias Variables
Funciones Vectoriales de Varias Variables
4.1 Definición (Función de vectorial varias variables). Una aplicación F : Rn → Rm se denomina
función vectorial de varias variables, función vectorial de variable vectorial o simplemente
campo vectorial. Notamos que
F (x) = (f1 (x), f2 (x), . . . , fm (x)) ,
con
fi (x) = fi (x1 , . . . , xn ),
i = 1, . . . , m,
función escalar a la cual llamaremos función coordenada.
4.2 Observación. Notemos que si m = 1, entonces F es simplemente un campo escalar.
4.3 Ejemplo. Sea F : R3 → R4 dada por
F (x, y, z) = xy, exyz , sin x, x2 + zy ,
entonces F = (f1 , f2 , f3 , f4 ) con
f1 (x, y, z) = xy,
f2 (x, y, z) = exyz ,
f3 (x, y, z) = sin x,
f4 (x, y, z) = x2 + zy.
4.4 Ejemplo (Campo Elétrico). Considere una carga Q ubicada en el origen. La fuerza generada por
el campo eléctrico en el punto (x, y, z) 6= (0, 0, 0) sobre una carga q está dada por
F (x, y, z) = −
1
Qq
xı̂ + y̂ + z k̂ ,
3
4π (x2 + y 2 + z 2 ) 2
donde es la permitividad del vacı́o.
4.5 Definición. Sea f : Rn → R diferenciable. Se define el campo gradiente de f como
∂f ∂f
∂f
∇f =
,
,...,
.
∂x1 ∂x2
∂xn
4.6 Observación. De ahora en adelante, los campos escalares se denotaran por minúsculas, mientras
que los campos vectoriales, por mayúsculas.
4.2.
Lı́mites
4.7 Definición (Lı́mite). Sea F : U ⊆ Rn → Rm , p ∈ U 0 y L ∈ Rm . Diremos que L es el lı́mite de F
cuando x tiende a p, si para cada > 0 existe δ > 0 tal que si x ∈ B ◦ (p, δ) ∩ U entonces F (x) ∈ B (L, ).
O equivalentemente,
x ∈ U ∧ 0 < kx − pk < δ ⇒ kF (x) − Lk < .
Si lo anterior se cumple, escribiremos
lı́m F (x) = L,
x→p
y diremos que F → L cuando x → p.
Cálculo Diferencial de Funciones Vectoriales en Varias Variables
95
4.8 Observación. Observemos que al igual que antes, no hay necesidad alguna de que F esté definida
en p.
4.9 Teorema. Sea F : U ⊆ Rn → Rm tal que F = (f1 , . . . , fm ) con fi : Rn → R, ∀i = 1, . . . , m. Sean
p ∈ U 0 y L = (l1 , . . . , lm ) ∈ Rm . Entonces,
lı́m F (x) = L ⇐⇒ lı́m fi (x) = li ,
x→p
x→p
∀i = 1, . . . , m.
Demostración. (⇒) Sea > 0. Como F → L cuando x → p, existe δ > 0 tal que x ∈ B (p, δ) ∩ U
entonces F (x) ∈ B (L, ). Pero, para cada i = 1, . . . , m se cumple que
q
q
(fi (x) − li )2 ≤ (f1 (x) − l1 )2 + . . . + (fi (x) − li )2 + (fm (x) − lm )2 = kF (x) − Lk < ,
es decir, cuando x ∈ B (p, δ) ∩ U se tiene que
|fi (x) − li | < .
Por lo tanto, fi → li cuando x → p.
(⇐) Sea > 0. Como fi → li cuando x → p, existe δi > 0 tal que
x ∈ B (p, δi ) ∩ U ⇒ |fi (x) − li | < √ .
m
Luego, tomando δ = máx δi se tiene que
i=1,...,m
x ∈ B (p, δ) ∩ U ⇒ |fi (x) − li | < √ ,
m
∀i = 1, . . . , m.
Llamemos
α = máx |fi (x) − li | .
i=1,...,m
En consecuencia, se tiene que si x ∈ B (p, δi ) ∩ U , entonces α <
√ .
m
Finalmente, notemos que
q
p
√
√
(f1 (x) − l1 )2 + . . . + (fi (x) − li )2 + (fm (x) − lm )2 ≤ α2 + . . . + α2 = mα2 = α m < ,
|
{z
}
m veces
es decir, si x ∈ B (p, δ) ∩ U se tiene que
kF (x) − Lk < .
Por lo tanto, F → L cuando x → p.
4.10 Teorema (Unicidad del Lı́mite). Si lı́m F (x) = L1 y lı́m F (x) = L2 , entonces L1 = L2 .
x→p
x→p
Demostración. Análogo al caso escalar.
4.11 Proposición. Sean F, G : U ⊆ Rn → Rm , p ∈ U 0 , c ∈ R y L1 , L2 ∈ Rm tales que
lı́m F (x) = L1
x→p
Entonces
,
lı́m F (x) = L2 .
x→p
96
Continuidad
(a) lı́m (F + G)(x) = L1 + L2 .
x→p
(b) lı́m cF (x) = cL1 .
x→p
(c) lı́m F (x) · G(x) = L1 · L2 , si m > 1.
x→p
(d) lı́m kF (x)k = kL1 k.
x→p
Demostración. Todos excepto (d) son análogos al caso escalar. Para mostrar esta última, por el Problema
1.5, tenemos que
|kF k − kLk| ≤ kF − Lk .
Finalmente, como F → L, se tiene que kF − Lk → 0 y por ende |kF k − kLk| → 0, es decir, kF k →
kLk.
4.3.
Continuidad
4.12 Definición (Continuidad). Sea F : U ⊆ Rn → Rm , u ∈ U . Diremos que f es continua en u si
para cada > 0 existe δ > 0 tal que si x ∈ B (p, δ) ∩U entonces F (x) ∈ B (F(u), ). O equivalentemente,
x ∈ U ∧ kx − uk < δ ⇒ kF (x) − F (u)k < .
Diremos que F es continua en U si es continua en cada u ∈ U .
4.13 Teorema. Sea F : U ⊆ Rn → Rm tal que F = (f1 , . . . , fm ) y u ∈ U . Entonces F es continua en
u si y sólo si fi es continua en u, ∀i = 1, . . . , m.
Demostración. Directo del Teorema 4.9.
4.14 Proposición. Sean F, G : U ⊆ Rn → Rm continuas en u ∈ U y c ∈ R. Entonces Entonces
(a) F + G es continua en u.
(b) cF es continua en u.
(c) F · G es continua en u, si m > 1.
Demostración. Directo de la Proposición 2.27.
4.15 Proposición. Sean F : U ⊆ Rn → Rm , G : Rm → Rp con F (U ) ⊆ Dom G. Si F y G son continuas
en U y F (U ), respectivamente, entonces G ◦ F : U ⊆ Rn → Rp es continua en U .
Demostración. Sea > 0, w ∈ F (U ), u ∈ U tales que F (u) = w. Como G es continua en y, existe η > 0
tal que si y ∈ B (w, η) entonces G(y) ∈ B (G(w), ).
Por otro lado, F es continua en U y por ende, existe δ > 0 tal que si x ∈ B (u, δ) entonces F (x) ∈
B (F(u), η).
Es decir, si x ∈ B (u, δ) entonces G(F (x)) ∈ B (G(F(u)), ) y por lo tanto, G ◦ F es continua en
U.
p
4.16 Ejemplo. g(x, y) = x2 + y 2 es continua en R2 .
Cálculo Diferencial de Funciones Vectoriales en Varias Variables
4.4.
97
Diferenciabilidad
4.17 Definición (Diferenciabilidad). Sea F : U ⊆ Rn → Rm y p ∈ U . Diremos que F es diferenciable
en p si existe una transformación lineal DF (p) : Rn → Rm tal que
kF (p + h) − F (p) − DF (p)(h)k
= 0.
h→0
khk
lı́m
4.18 Observación. Hacemos notar que DF (p) es la transformación lineal que toma un vector h ∈ Rn
y le asocia un vector DF (p)(h) ∈ Rm , vale decir, en cada punto p ∈ U hay una función vectorial lineal
de varias variables, DF (p).
4.19 Observación. Sea F : U ⊆ Rn → Rm diferenciable y p ∈ U . Supongamos que
F = (f1 , . . . , fm ),
entonces
F (p + h) − F (p) = (f1 (p + h) − f1 (p), . . . , fm (p + h) − fm (p)) .
Escribamos
DF (p)(h) = (l1 (h), . . . , lm (h)) .
Ası́, tenemos que,
F (p + h) − F (p) − DF (p)(h) = (f1 (p + h) − f1 (p) − l1 (h), . . . , fm (p + h) − fm (p) − lm (h)) .
Por otro lado, como DF (p) es una transformación lineal y Rm , Rn son de dimensión finita, existe una
matriz A ∈ Mm×n (R) que representa a esta transformación, digamos


a11 a12 . . . a1n
 a21 a22 . . . a2n 


A= .
.
..
..
 ..

.
.
am1 am2 . . . amn
Tomando h = teˆ1 , se tiene que
DF (p)(h) = Ah = (ta11 , . . . , tam1 ) ,
es decir,
F (p + h) − F (p) − DF (p)(h) = (f1 (p + h) − f1 (p) − ta11 , . . . , fm (p + h) − fm (p) − tam1 ) .
Luego, como F es diferenciable, se cumple que
kF (p + h) − F (p) − DF (p)(h)k
= 0,
t→0
|t|
lı́m
y por el Teorema 4.9, esto implica que
f1 (p + teˆ1 ) − f1 (p) − ta11 = 0,
lı́m t→0 t
o equivalentemente
lı́m
t→0
f1 (p + teˆ1 ) − f1 (p)
= a11 .
t
98
Diferenciabilidad
Por lo tanto, recordando la definición de derivada parcial, tenemos que
∂f1
(p).
∂x1
a11 =
Repitiendo el mismo argumento para i = 1, . . . , m, tenemos que
∂fi
(p).
∂x1
ai1 =
Finalmente, tomando h = teˆj para j = 1, . . . , n, concluimos que
∂f1
 ∂x1 (p)


 ∂f
 2
(p)

 ∂x1
DF (p) = 


..

.



 ∂fm
(p)
∂x1

∂f1
(p)
∂x2
...
∂f2
(p)
∂x2
...
..
.
..
.
∂fm
(p) . . .
∂x2

∂f1
(p) 
∂xn



∂f2

(p) 

∂xn
,






∂fm 
(p)
∂xn
y por unicidad del lı́mite, se tiene que es la única que satisface la condición de diferenciabilidad.
4.20 Observación. Nuevamente, la Observación 4.19 nos permite concluir que la existencia de las
derivadas parciales es una condición necesaria para la diferenciabilidad.
4.21 Definición (Matriz del diferencial). Sea F
matriz del diferencial de F en p por

∂f1
 ∂x1 (p)


 ∂f
 2
(p)

 ∂x1

DF (p) := 

..

.



 ∂fm
(p)
∂x1
: U ⊆ Rn → Rm diferenciable y p ∈ U . Se define la
∂f1
(p)
∂x2
...
∂f2
(p)
∂x2
...
..
.
..
.
∂fm
(p) . . .
∂x2

∂f1
(p) 
∂xn



∂f2

(p) 

∂xn
.






∂fm 
(p)
∂xn
4.22 Ejemplo. Sea F (x, y, z) = (xyz, x2 + y 2 + z 2 ) y p = (0, 0, 0), entonces
∂f1
= yz
∂x
,
∂f1
= xz
∂y
,
∂f1
= xy,
∂z
∂f2
= 2x
∂x
,
∂f2
= 2y
∂y
,
∂f2
= 2z.
∂z
Por lo tanto, en caso de que F fuese diferenciable,
0 0 0
DF (p) =
.
0 0 0
Cálculo Diferencial de Funciones Vectoriales en Varias Variables
99
En efecto, la condición de diferenciabilidad en p = (0, 0, 0) está dada por
s
2
h1 h2 h3 , h2 + h2 + h2 h21 h22 h23 + h21 + h22 + h23
kF (h) − F (0) − DF (0)(h)k
1
2
3
.
lı́m
= lı́m
= lı́m
h→0
h→0
h→0
khk
khk
h21 + h22 + h23
Pero, por MA-MG,
2
h21 + h22 + h23
h21 h22 h23
≤ lı́m h21 + h22 + h23 = 0,
lı́m
lı́m
2 ≤ h→0
2
h→0 h2
h→0
3 h21 + h22 + h23
1 + h2 + h3
por lo tanto,
kF (h) − F (0) − DF (0)(h)k
= 0.
h→0
khk
lı́m
4.23 Teorema. Sea F : U ⊆ Rn → Rm tal que F = (f1 , . . . , fm ) y p ∈ U . Si todas las derivadas
∂fi
existen y son continuas en p, entonces F es diferenciable en p.
parciales ∂x
j
4.24 Ejemplo. Sea f (x, y) = (exy , sin(xy)), entonces
∂f1
2
2
= yex +y
∂x
,
∂f1
2
2
= xex +y ,
∂y
∂f2
= y cos(xy)
∂x
,
∂f2
= x cos(xy),
∂y
son todas continuas y por lo tanto, f es diferenciable en todo R2 .
4.25 Proposición. Sean F, G : U ⊆ Rn → Rm y p ∈ U tales que F y G son diferenciables en p.
Consideremos α, β ∈ R, entonces αF + βG es diferenciable en p y
D (αF + βG) (p) = αDF (p) + βDG(p).
4.26 Proposición (Regla de la Cadena). Sean F : U1 ⊆ Rn → Rm , G : U2 ⊆ Rm → Rp tales que F es
diferenciable en p ∈ U1 y G es diferenciable en F (p) ∈ U2 y además F (U1 ) ⊆ U2 . Entonces,
D (G ◦ F ) (p) = (DG (F (p))) ◦ DF (p) .
4.27 Observación. Si H = G ◦ F , entonces
∂h1
 ∂x1 (p)


 ∂h
 2
(p)

 ∂x1

DH(p) = 
 .
 ..



 ∂hp
(p)
∂x1

∂h1
(p) . . .
∂x2
∂h2
(p) . . .
∂x2
..
.
..
.
∂hp
(p) . . .
∂x2

∂h1
(p)
∂xn 

∂h2 

(p)
∂xn 
,






∂hp 
(p)
∂xn
100
Matriz Jacobiana
∂f1
 ∂x1 (p)


 ∂f
 2
(p)

 ∂x1

DF (p) = 

..

.



 ∂fm
(p)
∂x1

∂g1
(q)
 ∂y1


 ∂g
 2
(q)

 ∂y1
DG(q) = 

 .
 ..



 ∂gp
(q)
∂y1

Luego,
∂f1
(p)
∂x2

∂f1
(p) 
∂xn



∂f2
∂f2

(p) . . .
(p) 

∂x2
∂xn
,


..
..

.
.



∂fm
∂fm 
(p) . . .
(p)
∂x2
∂xn

∂g1
∂g1
(q) . . .
(q)
∂y2
∂ym 



∂g2
∂g2

(q) . . .
(q)
∂y2
∂ym 
.


..
..

.
.




∂gp
∂gp
(q) . . .
(q)
∂y2
∂ym
...
m
X ∂gi
∂fk
∂hi
(p) =
(F (p))
(p).
∂xj
∂yk
∂xj
k=1
4.28 Ejemplo. Sean F (x, y) =
diferencial está dado por
(x2 + y 2 , x2 − y 2 )
y G(u, v) = (uv, u + v). Entonces para H = G ◦ F , su
DH(x, y) = DG(F (x, y)) ◦ DF (x, y).
Pero
"
DF (x, y) =
DG(x, y) =
∂f1
∂x
∂f2
∂x
∂g1
∂u
∂g2
∂u
#
∂f1
∂y
∂f2
∂y
∂g1 ∂v
∂g2
∂v
2x 2y
=
,
2x −2y
v u
.
=
1 1
Luego,
2
3
2x 2y
x − y 2 x2 + y 2 2x 2y
4x −4y 3
v u DH(x, y) =
=
=
.
1 1 (u,v)=(x2 +y2 ,x2 −y2 ) 2x −2y
1
1
2x −2y
4x
0
4.5.
Matriz Jacobiana
4.29 Definición (Matriz Jacobiana). Sea F : U ⊆ Rn → Rn y p ∈ U tal que F es diferenciable en p.
Entonces la matriz DF (p) de n×n y su determinante se conocen como matriz Jacobiana y jacobiano
de F en p, respectivamente.
4.30 Observación. Si F = (f1 , . . . , fn ), denotaremos su matriz Jacobiana por JF (x) ó
Además, notamos que
 T
∇f1
∂ (f1 , . . . , fn )
 .. 
=  . .
∂ (x1 , . . . , xn )
∇fnT
∂(f1 ,...,fn )
∂(x1 ,...,xn ) .
Cálculo Diferencial de Funciones Vectoriales en Varias Variables
101
∂(f1 ,...,fn ) Análogamente, el jacobiano será denotado por |JF (x)| ó ∂(x1 ,...,xn ) .
4.6.
Cambios de Coordenadas
En los siguientes ejemplos se presentan un par de cambios de coordenadas
(u, v) 7→ (x, y),
con (u, v), (x, y) ∈ R2 .
4.31 Ejemplo (Transformación lineal). Sea F : R2 → R2 tal que F (u, v) = A(u, v), con
a b
A=
.
c d
Entonces, x = au + bv, y = cu + dv y sigue que
JF (r, θ) =
∂ (x, y)
= A.
∂ (u, , v)
Luego, el jacobiano de F no es más que el determinante de A, es decir,
∂ (x, y) = ad − bc.
|JF (r, θ)| = ∂ (r, θ) 4.32 Ejercicio. Calcule el jacobiano de la transformación dada por
a b
F (u, v) =
c d
e
u
,
+
f
v
con a, b, c, d, e, f ∈ R.
4.33 Ejemplo (Coordenadas polares). Sea F :]0, ∞[×[0, 2π[→ R dado por F (r, θ) = (r cos θ, r sin θ).
Su matriz Jacobiana está dada por


∂x ∂x
 ∂ (x, y) 
cos θ −r sin θ
 ∂r ∂θ 
JF (r, θ) =
=
.
=
sin θ r cos θ
∂ (r, θ)
 ∂y ∂y 
∂r
∂θ
Luego, el jacobiano de F es
∂ (x, y) cos θ −r sin θ
= r.
|JF (r, θ)| = =
∂ (r, θ) sin θ r cos θ Ahora, agregaremos una variable más. Presentamos otro par de cambios de coordenadas, sólo que esta
vez son de la forma
(u, v, w) 7→ (x, y, z),
con (u, v, w), (x, y, z) ∈ R3 .
102
Cambios de Coordenadas
4.34 Ejemplo (Coordenadas cilı́ndricas). Sea F :]0, ∞[×[0, 2π[×R → R3 con F (r, θ, z) = (r cos θ, r sin θ, z).
Su matriz jacobiana está dada por
∂x
 ∂r


∂ (x, y, z) 
∂y
JF (r, θ, z) =
=
 ∂r
∂ (r, θ, z)



∂z
∂r

∂x
∂θ
∂y
∂θ
∂z
∂θ

∂x
∂z 
 


cos θ −r sin θ 0

∂y  
= sin θ r cos θ 0 .
∂z 

0
0
1


∂z
∂z
Luego, el jacobiano de F es
∂ (x, y, z) cos θ −r sin θ 0 cos θ −r sin θ
= sin θ r cos θ 0 = |JF (r, θ)| = sin θ r cos θ = r.
∂ (r, θ, z) 0
0
1
Notemos que las coordenadas cilı́ndricas es una extensión de las coordenadas polares, las cuales pueden
recuperarse imponiendo z = 0, a R3 . A continuación presentamos otra extensión.
4.35 Ejemplo (Coordenadas esféricas). Sea F :]0, ∞[×[0, 2π[×[0, π[→ R3 con F (r, θ, ϕ) = (r cos θ sin ϕ, r sin θ sin ϕ, r
Su matriz jacobiana está dada por
∂x
 ∂r


∂ (x, y, z) 
 ∂y
JF (r, θ, z) =
=
∂ (r, θ, ϕ)  ∂r


 ∂z
∂r

∂x
∂θ
∂y
∂θ
∂z
∂θ

∂x
∂ϕ 
 


cos θ sin ϕ −r sin θ sin ϕ r cos θ cos ϕ

∂y  
 = sin θ sin ϕ r cos θ sin ϕ r sin θ cos ϕ  .
∂ϕ 
cos ϕ
0
−r sin ϕ



∂z
∂ϕ
Luego, el jacobiano de F es
∂ (x, y, z) cos θ sin ϕ −r sin θ sin ϕ r cos θ cos ϕ
|JF (r, θ)| = = sin θ sin ϕ r cos θ sin ϕ r sin θ cos ϕ ∂ (r, θ, ϕ) cos ϕ
0
−r sin ϕ cos θ sin ϕ −r sin θ sin ϕ
−r sin θ sin ϕ r cos θ cos ϕ
− r sin ϕ = cos ϕ sin θ sin ϕ r cos θ sin ϕ r cos θ sin ϕ r sin θ cos ϕ = −r2 cos2 ϕ sin ϕ − r2 sin3 ϕ = −r2 sin ϕ.
Al lector le podrı́a parecer extraño el que en las tres últimas reparametrizaciones, no es posible obtener
el 0, es decir, 0 6∈ Rec F .
Sin embargo, también debe notar que gracias a la exclusión de este punto —que se lograrı́a aceptando
r = 0— el jacobiano de nuestras transformaciones es siempre no nulo. Puede pensar que esto bordea en
lo caprichoso, pero como se verá en el capı́tulo siguiente, que el jacobiano no se anule nos garantiza que
nuestra transformación sea biyectiva y con ello, que realmente sirvan como coordenadas y no andemos
confundidos por el mundo.
Además que un punto es... despreciable.
Cálculo Diferencial de Funciones Vectoriales en Varias Variables
4.7.
103
Problemas Resueltos
4.1 Problema. Sean f : R → R2 , t → (at, bt), a, b ∈ R y g : R2 → R dada por
xy 2
g(x, y) =
x2 + y 2

0


, si (x, y) 6= (0, 0)
.
, si (x, y) = (0, 0)
(a) Calcule gx y gy en (0, 0).
(b) Determine h = g ◦ f .
(c) Calcule h0 (0) directamente.
(d) Compare el resultado obtenido con el que se obtendrı́a al usar la Regla de la cadena. ¿Qué ocurrió?
Solución:
(a) Por definición,
g(h, 0) − g(0, 0)
∂g
(0, 0) = lı́m
= 0,
h→0
∂x
h
∂g
g(0, k) − g(0, 0)
(0, 0) = lı́m
= 0.
k→0
∂y
h
(b) Notemos que
ab2
t
h(t) = (g ◦ f ) (t) =
a2 + b2

0


, si t 6= 0
,
, si t = 0
es decir,
h(t) =
ab2
t,
a2 + b2
∀t ∈ R.
(c) Al ser una función lineal,
h0 (0) =
ab2
.
a2 + b2
(d) Dado que Jf = (a, b), si usamos la Regla de la cadena, tenemos que
h0 (0) = 0 0 (a, b) = 0.
Lo que falló aquı́ es que g no es diferenciable en (0, 0) pues
g(h, k) − g(0, 0) − 0 0 (h, k)
hk 2
√
lı́m
=
lı́m
3 ,
(h,k)→(0,0)
(h,k)→(0,0) (h2 + k 2 ) 2
h2 + k 2
el cual no existe pues, si usamos coordenadas polares, tenemos que
lı́m
(h,k)→(0,0)
hk 2
3
(h2 + k 2 ) 2
r3 cos θ sin2 θ
= cos θ sin2 θ.
r→0
r3
= lı́m
104
Problemas Resueltos
p
2 y F
~ (r, θ) = (r cos θ, r sin θ, r). Calcule, utilizando
x2 +y 2 + z
Regla de la Cadena, la matriz derivada de G ◦ F~ en el punto p~ = (1, 0).
4.2 Problema. Sean G(x, y, z) =
Solución: La Regla de la Cadena nos dice que
D G ◦ F~ (~
p) = DG F~ (~
p) ◦ DF~ (~
p) .
Tenemos que
∂f1
(~
p)
 ∂r


 ∂f2
DF~ (~
p) = 
p)
 ∂r (~



∂f3
(~
p)
∂r

∂f1
(~
p)

∂θ
 




cos θ −r sin θ 1 0

∂f2  
= 0 1 .
(~
p) = sin θ r cos θ 
∂θ

1
0
1 0

(r,θ)=(1,0)

∂f3
(~
p)
∂θ

Análogamente, dado que F~ (0, 1) = (1, 0, 1),
∂g1
∂g1
∂g1
(F (p))
(F (p))
(F (p))
DG(F (p)) =
∂x
∂y
∂z
x
y
z
1
p
p
= √
= p 2
2
2
2
2
2
2
2
2
x +y +z
x +y +z
x + y + z (x,y,z)=(1,0,1)
2
Finalmente,
1
D G ◦ F~ (~
p) = √
2
0


1 0
√
1
√ 0 1 =
2 0 .
2 1 0
0
1
√ .
2
Capı́tulo 5
Teorema de la Función Implı́cita e
Inversa
“A mathematician is a device for turning coffee into theorems.”
- Paul Erdös5.1
5.1.
Teorema de la Función Implı́cita
De la geometrı́a analı́tica, sabemos que la ecuación:
x2 + y 2 + z 2 = 1
representa una esfera de radio 1 centrada en el origen. Deberı́a percatarse de que la ecuación nos permite
seleccionar ciertos puntos del espacio. En particular,
y (adecuados), los valores que z
p si conocemos x e p
puede tomar están sumamente restringidos: z1 = 1 − x2 − y 2 y z2 = 1 − x2 − y 2 . Más aún, si se da
un punto cualquiera de la esfera, casi siempre sólo una de estas funciones sirve (excepto en el borde).
En términos más generales, dada F : Rn → R, la ecuación F (x) = 0 representa una de sus superficies de
nivel, que denotaremos S. La pregunta que nos mueve en esta sección es la siguiente: dado un punto de
s ∈ S, ¿cuándo es posible despejar una de las coordenadas en función de las demás, para todo x en una
vecindad de s? Es importante en dicha pregunta la palabra vecindad: probablemente no existirá ninguna
función que sirva para todo x ∈ Rn (basta que reconsidere el ejemplo de la esfera del párrafo anterior).
Descubriremos algo interesante: que podemos establecer la existencia de dicha función, sin “despejar”
una de las componentes de x en F (x) = 0. Más aún, estaremos en condiciones de conocer la derivada
de dicha función.
5.1 Ejemplo. Considere:
sin(zx) + exy + xz = 1.
(5.1)
Supongamos, por un momento, que z = f (x, y) y que esta función f es diferenciable. Derivemos (5.1)
respecto a x:
∂z
∂z
xy
cos(xz) z + x
+ ye + z + x
= 0.
∂x
∂x
5.1
Paul Erdös (1913-1996) fue un matemático húngaro inmensamente prolı́fico y famoso por su excentricidad que, con
cientos de colaboradores, trabajó en problemas sobre combinatoria, teorı́a de grafos, teorı́a de números, análisis clásico,
teorı́a de aproximación, teorı́a de conjuntos y probabilidad.
106
Teorema de la Función Implı́cita
∂z
Siempre que se cumpla cos(zx)x + x 6= 0, podremos despejar ∂x
, obteniendo:
∂z
yexy
1
=−
+z .
∂x
x 1 + cos(xz)
Por último, note que cos(zx)x + x =
∂F (x,y,x)
,
∂z
donde F (x, y, z) = sin(zx) + exy + xz − 1.
Lo que abordamos de forma bastante informal en el Ejemplo (5.1) puede tratarse con más rigor. El
resultado obtenido concuerda con uno mucho más general, que enunciamos a continuación.
5.2 Teorema. Sea f : U ⊆ Rn+1 → R tal que sus derivadas parciales existen y son continuas. Sea
(x0 , z0 ) ∈ Rn × R = Rn+1 tal que f (x0 , z0 ) = 0 y ∂f
∂z (x0 , z0 ) 6= 0.
Entonces, existe una bola B en Rn que contiene a x0 , un intervalo I de R que contiene a z0 y una
función g : Rn → R tales que: ∀z ∈ I, ∃x ∈ B de forma que g(x) = z y f (x, g(x)) = 0. Además, esta
función g(x) es diferenciable en B y:
∂f (x,g(x))
∂g(x)
∂xi
= − ∂f (x,g(x))
,
∂xi
∀i ∈ {1, . . . , n}
∂z
Pedir que f (x, g(x)) = 0 es asegurarnos que los puntos dados por al función g permanezcan en la
superficie que consideramos. Note que como se sugirió más arriba, la existencia de esta función g sólo
se asegura en cierta bola en torno a (x0 , z0 ).
5.3 Observación. Es necesario pedir que la derivada de f respecto a z sea distinta de cero en (x0 , y0 )
para que se cumpla el teorema. De no ser ası́, no tenemos información (puede que exista una función
definida implicitamente o no). Es fácil exhibir un ejemplo en que al fallar esa hipótesis no existe tal g,
como hacemos a continuación.
5.4 Ejemplo. Consideremos la circunferencia dada por F (x, y) := x2 + y 2 − 1 = 0. Tomemos además
un punto (x0 , y0 ) que satisfaga esta ecuación. Aquı́ se distinguen tres casos:
√
(a) Si y0 > 0, podemos despejar y en función de x como y(x) = 1 − x2 , tal que x ∈ B (x0 , r) (para
cierto r).
√
(b) Si y0 < 0, también podemos despejar para una cierta bola B (x0 , r) y entonces: y(x) = − 1 − x2 .
(c) Si y0 = 0, sin embargo, no es posible despejar y en función de x. Suponga,
√ por ejemplo, que
1 − x2 ) y otros de
(x0 , y0 ) = (1, 0).
Cada
bola
B
(1,
r)
contiene
algunos
puntos
de
la
forma
(x,
√
la forma (x, − 1 − x2 ). A cada x se vinculan dos imagenes y por lo tanto no es posible hablar de
una función.
Analicemos ahora lo que nos puede decir el Teorema 5.2:
Puesto que ∂F
∂y = 2y, el teorema asegura que si y 6= 0 se puede expresar y como función de x. Vimos
que esto en efecto es ası́, porque pudimos encontrar formas explı́citas para estas funciones.
Si y = 0, el teorema no aseguraba la existencia de una función g tal que y = g(x). Y esto está bien,
porque no existe dicha función.
5.5 Ejemplo. Como una extensión de lo anterior: sea f : R3 → R. Consideremos una superficie de nivel
de la misma, dada por S = {(x, y, z) ∈ R3 : f (x, y, z) = C}. ¿Cuándo podemos expresar z en función
de x, y en torno a un punto (x0 , y0 , z0 ) ∈ S? Debemos pedir que la normal a S en (x0 , y0 , z0 ) no sea
perpendicular al eje z, es decir, que ∂f
∂z (x0 , y0 , z0 ) 6= 0. Es importante que el lector entienda el sentido
geométrico de esta condición.
Teorema de la Función Implı́cita e Inversa
107
5.6 Ejemplo. Consideremos ahora un caso más general. Supongamos que tenemos dos superficies de
nivel dadas por:
F1 (x, y, z, u, v) = 0
(5.2)
F2 (x, y, z, u, v) = 0
(5.3)
Supongamos además que es posible expresar u = G1 (x, y, z), v = G2 (x, y, z). Derivando (5.2) respecto
a x:
∂F1 ∂F1 ∂u ∂F1 ∂v
+
+
=0
∂x
∂u ∂x
∂v ∂x
Análogamente, derivando (5.3):
∂F2 ∂F2 ∂u ∂F2 ∂v
+
+
=0
∂x
∂u ∂x
∂v ∂x
Lo que nos da un sistema lineal para ux , vx , a saber:

∂F1
 ∂u


 ∂F
2
∂u
 


∂F1
∂u
∂F1
 
 ∂x 
∂v 
  ∂x 


  = −

 ∂F 
∂F2   ∂v 
2
∂v
∂x
∂x
Este sistema es soluble si la matriz involucrada es invertible, es decir, si:
∂(F1 , F2 ) ∂(u, v) 6= 0
Lo que afirma el teorema de la función implı́cita es que dada la condición de solubilidad de dicho sistema
y algunas otras buenas hipótesis de continuidad, podemos afirmar que existen localmente las funciones
G1 , G2 .
5.7 Teorema (Teorema de la función implı́cita). Sea F : Rn+m → Rm , F = (F1 , . . . , Fm ), y vectores
x̃ ∈ Rn , ũ ∈ Rm tales que F (x̃, ũ) = 0 (es decir, que el punto (x̃, ũ) ∈ Rn+m esté en todas las superficies
de nivel 0 de las funciones Fi ).
Supongamos además que las derivadas parciales
Si
∂Fi ∂Fi
∂xj , ∂uk
existen y son continuas (∀i, j, k).
∂(F1 , . . . , Fm ) ∂(u1 , . . . , um ) 6= 0
entonces existe una bola S ⊆ Rn y otra T ⊆ Rm tales que:
x̃ ∈ S,
ũ ∈ T
y una función G : S → T de clase C1 :
G(x) = (G1 (x), . . . , Gm (x))
tal que (u1 , . . . , un ) = G(x1 , . . . , xn ) y:
∂(u1 , . . . , um )
=−
∂(x1 , . . . , xn )
∂(F1 , . . . , Fm )
∂(u1 , . . . , um )
−1
∂(F1 , . . . , Fm )
∂(x1 , . . . , xn )
En este curso no tenemos las herramientas necesarias para demostrar la existencia de dicha función.
1 ,...,um )
Asumiendo cierta esa parte del teorema, la expresión para ∂(u
∂(x1 ,...,xn ) no es más que una generalización
de lo que hicimos en el Ejemplo 5.6.
108
Teorema de la Función Implı́cita
5.8 Ejemplo. Suponga funciones F = (F1 , F2 , F3 ) : R6 → R3 y un punto (x0 , y0 , z0 , u0 , v0 , w0 ) ∈ R3 ×R3
tal que F (x0 , y0 , z0 , u0 , v0 , w0 ) = 0. Asuma que queremos despejar u, v, w en función de x, y, z y que se
cumplen para esto las hipótesis del teorema. Entonces,


  ∂u ∂u ∂u 

∂F1 ∂F1 ∂F1
∂F1 ∂F1 ∂F1
 ∂x
 ∂x ∂y ∂z 
∂y
∂z 
 ∂u
∂v
∂w 














 ∂F2 ∂F2 ∂F2   ∂v ∂v ∂v 
∂F
∂F
∂F


2
2
2


=
−




 ∂u




∂x
∂y
∂z
∂x
∂y
∂z
∂v
∂w  













∂F3 ∂F3 ∂F3
∂w ∂w ∂w
∂F3 ∂F3 ∂F3 
∂u
∂v
∂w
∂x ∂y ∂z
∂x
∂y
∂z
Consideremos, en particular, un sistema de la forma Ax = b (b ∈ R3 ), por ejemplo:





∂u
∂F1
∂F1 ∂F1 ∂F1


 ∂x 
 ∂u
∂v
∂w 
  ∂x 










 ∂F2 ∂F2 ∂F2   ∂v 

 = −  ∂F2 






 ∂u
∂v
∂w   ∂x 
 ∂x 











∂F3 ∂F3 ∂F3
∂w
∂F3
∂u
∂v
∂w
∂x
∂x
Según la regla de Cramer, se tiene que:
∂F1
∂x
∂F2
∂x
∂F3
∂u
= − ∂x
∂F1
∂x
∂u
∂F2
∂u
∂F3
∂u
∂F1
∂v
∂F2
∂v
∂F3
∂v
∂F1
∂v
∂F2
∂v
∂F3
∂v
∂F1 ∂w ∂F2 ∂w ∂F3 ∂w = − |JF (x, v, w)|
∂F1 |JF (u, v, w)|
∂w ∂F2 ∂w ∂F3 ∂w
Análogamente,
∂u
|JF (y, v, w)|
=−
∂y
|JF (u, v, w)|
|JF (z, v, w)|
∂u
=−
∂z
|JF (u, v, w)|
Considerando otro sistema similar al anterior se establece, por ejemplo, que
∂v
|JF (u, x, w)|
=−
∂x
|JF (u, v, w)|
∂v
|JF (u, y, w)|
=−
∂y
|JF (u, v, w)|
etcétera.
Teorema de la Función Implı́cita e Inversa
5.2.
109
Teorema de la Función Inversa
∂Fi
5.9 Teorema. Sea F : Rn → Rn continuamente diferenciable en D ⊆ Rn , es decir, tal que ∂x
exista
j
y sea continua para cualquier par i, j. Sea x̄ ∈ D tal que JF (x̄) es invertible. Entonces existen abiertos
U, W ⊆ Rn tales que x̄ ∈ U ; ȳ = f (x̄) ∈ W y F : U → W es biyectiva con inversa F −1 continuamente
diferenciable y además:
JF −1 (y) = (JF (x))−1 , ∀y ∈ W con F (x) = y
5.10 Observación. Las hipótesis del teorema representan condiciones suficientes para la invertibilidad,
pero no necesarias. Considere f (x) = x3 . f es invertible:
√
f −1 = 3 x
y f −1 existe en cero, aunque f 0 (0) = 0.
5.11 Ejemplo. Estudiemos la invertibilidad de F (x, y) = (xy , y x ), cerca de (x, y) = (1, 1).
En primer lugar, debemos calcular las derivadas parciales
∂F1 ∂F1 ∂F2 ∂F2
∂x , ∂y , ∂x , ∂y .
∂F1
= yxy−1
∂x
∂F1
= xy ln x
∂y
∂F2
= y x ln y
∂x
∂F2
= xy x−1
∂y
Todas estas derivadas existen y son continuas cerca de (1, 1).
y−1
yx
xy ln x
JF (x, y) = x
y ln y xy x−1
1 0
es invertible, hay una vecindad de F (1, 1) sobre la que está definida una
0 1
1 0
−1
función inversa y DF (F (1, 1)) =
.
0 1
Puesto que JF (1, 1) =
5.3.
Problemas Resueltos
5.1 Problema. Considere el sistema
xy + eux + 2v = 3
)
x + uy − v = −1
(a) Compruebe que existe una vecindad de p = (0, 1, 0, 1) y funciones u = u(x, y) y v = v(x, y) tales
que u(0, 1) = 0 y v(0, 1) = 1 que resuelven el sistema.
(b) Calcule
∂u
(0, 1) ,
∂x
donde u es la función del inciso anterior.
∂2u
(0, 1),
∂y∂x
110
Problemas Resueltos
Solución:
(a) Sean F (x, y, u, v) = xy + eux + 2v − 3, G(x, y, u, v) = x + uy − v + 1, entonces el sistema dado es
equivalente a
)
F (x, y, u, v) = 0
G(x, y, u, v) = 0
Dado que F y G son funciones diferenciables y (0, 1, 0, 1) satisface trivialmente el sistema, podemos
usar el TFImp. La condición que nos falta chequear es
∂(F, G) ∂(u, v) 6= 0
en (0, 1, 0, 1). Allı́ tenemos que
∂(F, G) xeux 2 0 2 = −2 6= 0.
=
=
∂(u, v) y
−1 1 −1
Luego, por el TFImp, se concluye lo pedido.
(b) Sabemos que en una vecindad de (0, 1, 0, 1),
y + ueux 2 ∂(F,G) ∂(x,v) 1
−1
y + ueux + 2
∂u
3
∂u
=− =
−
= − ⇒
(0, 1) = − .
ux
ux
∂(F,G)
∂x
xe + 2y
∂x
2
2
∂(u,v) xe
y
−1
Para encontrar la otra derivada, derivamos la ecuación anterior respecto a y. Ası́,
(1 + uy eux + xuuy eux ) (xeux + 2y) − (y + ueux + 2) x2 uuy eux + 2
∂2u
=−
.
∂y∂x
(xeux + 2y)2
Pero
x 2 ∂(F,G) u −1
∂(y,v) ∂u
x + 2u
∂u
= −
= − ux
= − ⇒
(0, 1) = 0.
ux
xe
∂(F,G) ∂y
xe + 2y
∂y
2 ∂(u,v) y
−1
Finalmente,
∂2u
= 1.
∂y∂x
5.2 Problema. Sea g(x, y) una función dos veces diferenciable. Considere la función
F (x, y, z) = x2 + y 2 + zg(x, y) − z 2 .
Determine las condiciones sobre x, y y g(x, y) de modo que la ecuación F (x, y, z) = 0 permita definir
z = z(x, y) implı́citamente como función dos veces diferenciable y pruebe que, en este caso, se verifica
la ecuación
(g − 2z)4z + 2∇z · ∇g − 2||∇z||2 + z4g = −4.
Teorema de la Función Implı́cita e Inversa
111
Solución: Notemos que F es diferenciable por ser álgebra de diferenciables. Luego, el TFImp nos dice
que para poder despejar z en función de x e y necesitamos que
∂F
6= 0,
∂z
es decir,
g(x, y) 6= 2z.
(5.4)
Aceptemos (5.4). Derivando F (x, y, z(x, y)) = 0 respecto a x, tenemos que
2x + z
∂g
∂z
+
(g − 2z) = 0.
∂x ∂x
Sea
H(x, y, w) = 2x + z(x, y)
∂g
(x, y) + w (g(x, y) − 2z(x, y)) .
∂x
∂z
).
Ahora nos gustarı́a que w pudiese ser despejada como función implı́cita de x e y (pues w = ∂x
Observamos que H también es diferenciable por ser álgebra de diferenciables. Luego, para poder hacer
el despeje, el TFImp nos exige que
∂H
6= 0,
∂w
es decir, nos exige (5.4).
Dada la simetrı́a de la función, todo el procedimiento anterior es análogo para y y por lo tanto, si se
∂z
cumple (5.4), ∂y
también es una función diferenciable.
En conclusión, si se cumple (5.4), tenemos que z = z(x, y) es una función diferenciable cuyas derivadas
parciales son nuevamente diferenciables, por lo tanto, z es una función dos veces diferenciable.
Bien, ahora podemos derivar F (x, y, z) = 0 respecto a x y sigue que
2x +
∂z
∂g
∂z
g+z
− 2z
= 0.
∂x
∂x
∂x
Derivamos nuevamente respecto a x para obtener
∂2z
∂2g
∂z ∂g
2 + 2g + z 2 + 2
−2
∂x
∂x
∂x ∂x
∂z
∂x
2
− 2z
∂2z
= 0,
∂x2
es decir,
∂2g
∂z ∂g
z 2 +2
−2
∂x
∂x ∂x
∂2g
∂z ∂g
z 2 +2
−2
∂y
∂y ∂y
∂z
∂x
2
∂z
∂y
2
+
∂2z
(g − 2z) = −2.
∂x2
(5.5)
+
∂2z
(g − 2z) = −2.
∂y 2
(5.6)
Análogamente,
Finalmente, sumando (5.5) y (5.6), tenemos que
" 2
2 # 2
∂ g
∂2g
∂z ∂g
∂z ∂g
∂z 2
∂z
∂ z
∂2z
z
+
+2
+
−2
+
+
+
(g − 2z) = −4,
∂x2 ∂y 2
∂x ∂x ∂y ∂y
∂x
∂y
∂x2 ∂y 2
es decir,
z4g + 2∇z · ∇g − 2 k∇zk2 + 4z (g − 2z) = −4.
112
Problemas Resueltos
5.3 Problema. Sea F~ (x, y) = (x + y, xy). Demuestre que F~ es invertible en una vecindad de (2, 1) y
calcule JF~ −1 (3, 2) sin determinar F~ −1 .
Solución: Notemos que
∂(u, v) 1 1 =
∂(x, y) y x = x − y.
Por lo tanto, JF~ (2, 1) = 2 − 1 = 1 6= 0. Ası́, como F~ ∈ C 1 , por el Teorema de la Función Inversa,
concluimos que F~ es invertible en una vecindad de (2, 1).
Para calcular el jacobiano pedido, usamos que
−1
JF~ −1 (3, 2) = JF~ (2, 1)
,
pues F~ (2, 1) = (3, 2). En efecto,
−1 −1
2 −1
1 1
.
=
JF~ −1 (3, 2) = JF~ (2, 1)
=
−1 1
1 2
5.4 Problema. Sea F (x, y) = (u, v) una función de clase C1 tal que |JF | =
6 0. ¿Qué condición deben
cumplir las derivadas parciales de u y v respecto a x e y, para que se cumpla
∂x
1
?
=
∂u
∂u
∂x
Solución: Como F es de clase C1 y |JF | =
6 0, por el TFInv, existe F −1 de clase C1 y además
J F −1 = (JF )−1 ,
es decir,
Por lo tanto,
Luego, xu =
−1
1
xu xv
ux uy
vy −uy
=
=
.
ux uy −vx ux
yu yv
vx vy
vx vy vy
vy
=
.
xu = ux uy ux vy − uy vx
vx vy 1
ux
sólo si
vy
1
=
,
ux
ux vy − uy vx
es decir, sólo si uy vx = 0.
5.5 Problema. Encuentre una expresión para el operador ∇ en coordenadas cilı́ndricas. Con ello,
calcule el gradiente de
f (r, θ, z) = log r + θ2 z
en coordenadas cilı́ndricas.
Teorema de la Función Implı́cita e Inversa
113
Solución: Para encontrar ∇ en coordenadas cilı́ndricas usaremos la Regla de la Cadena y el Teorema
de la Función Inversa. Primero notemos que
∂
∂ ∂r
∂ ∂θ
∂ ∂z
=
+
+
,
∂x
∂r ∂x ∂θ ∂x ∂z ∂x
∂
∂ ∂r
∂ ∂θ
∂ ∂z
=
+
+
,
∂y
∂r ∂y ∂θ ∂y ∂z ∂y
∂
∂
=
.
∂z
∂z
Ahora el problema es encontrar las derivadas que nos molestan. Sea F el cambio de coordenadas, es
decir, F (r, θ, z) = (r cos θ, r sin θ, z) := (x, y, z). Tenemos que


cos θ −r sin θ 0
∂ (x, y, z) 
JF =
= sin θ r cos θ 0 .
∂ (r, θ, z)
0
0
1
Entonces J F −1 =
∂(r,θ,z)
∂(x,y,z)
es la matriz que tiene las derivadas que necesitamos. Como |JF | = r 6= 0,
por el TFInv, tenemos que J F −1 = (JF )−1 , es decir, hemos llevado un problema de Cálculo a uno de
Álgebra Lineal pues todo lo que debemos hacer es invertir la matriz JF . Para ello calculamos la matriz
adjunta de JF :
T

r cos θ − sin θ 0
Adj (JF ) =  r sin θ cos θ 0 .
0
0
r
Ası́,

(JF )−1
 
r cos θ r sin θ 0
cos θ
1
1


− sin θ cos θ 0 = − 1r sin θ
=
Adj (JF ) =
|JF |
r
0
0
r
0

sin θ 0
1

r cos θ 0 .
0
1
Luego,
∂
∂
∂ 1
=
cos θ −
sin θ,
∂x
∂r
∂θ r
∂
∂
∂ 1
=
sin θ +
cos θ,
∂y
∂r
∂θ r
∂
∂
=
.
∂z
∂z
(5.7)
Por lo tanto,
∂
∂
∂
∂
∂ 1
∂
∂ 1
∂
∇=
ı̂ +
̂ +
k̂ =
cos θ −
sin θ ı̂ +
sin θ +
cos θ ̂ +
k̂
∂x
∂y
∂z
∂r
∂θ r
∂r
∂θ r
∂z
∂
1 ∂
∂
=
(ı̂ cos θ + ̂ sin θ) +
(−ı̂ sin θ + ̂ cos θ) +
k̂,
∂r
r ∂θ
∂z
es decir, ∇ en coordenadas cilı́ndricas se escribe
∇=
∂
1 ∂
∂
r̂ +
θ̂ +
k̂.
∂r
r ∂θ
∂z
Finalmente, en coordenadas cilı́ndricas,
∇f (r, θ, z) =
1 2θz 2
,
,θ .
r r
(5.8)
114
Problemas Resueltos
5.6 Problema. Encuentre una expresión para el operador ∇ en coordenadas esféricas.
Solución: Notemos que
∂
∂ ∂r
∂ ∂θ
∂ ∂ϕ
=
+
+
,
∂x
∂r ∂x ∂θ ∂x ∂ϕ ∂x
∂
∂ ∂r
∂ ∂θ
∂ ∂ϕ
=
+
+
,
∂y
∂r ∂y ∂θ ∂y ∂ϕ ∂y
∂
∂ ∂r
∂ ∂θ
∂ ∂ϕ
=
+
+
.
∂z
∂r ∂z ∂θ ∂z ∂ϕ ∂z
Sea F el cambio de coordenadas, es decir, F (r, θ, ϕ) = (r cos θ sin ϕ, r sin θ sin ϕ, r cos ϕ) := (x, y, z).
Tenemos que


cos θ sin ϕ −r sin θ sin ϕ r cos θ cos ϕ
∂ (x, y, z) 
JF =
= sin θ sin ϕ r cos θ sin ϕ r sin θ cos ϕ  .
∂ (r, θ, z)
cos ϕ
0
−r sin ϕ
Pero
T
 2
−r cos θ sin2 ϕ r sin θ −r cos θ sin ϕ cos ϕ
Adj (JF ) =  −r2 sin θ sin2 ϕ −r cos θ −r sin θ sin ϕ cos ϕ  .
−r2 sin ϕ cos ϕ
0
r sin2 ϕ
Ası́,

−r2 cos θ sin2 ϕ
−r2 sin θ sin2 ϕ
−r2 sin ϕ cos ϕ
1
1


r sin θ
−r cos θ
0
=
Adj (JF ) = − 2
|JF |
r sin ϕ
2
−r cos θ sin ϕ cos ϕ −r sin θ sin ϕ cos ϕ
r sin ϕ


cos θ sin ϕ sin θ sin ϕ
cos ϕ






sin θ
cos θ
 −
0 
=  r sin ϕ
.
r sin ϕ






cos θ cos ϕ sin θ cos ϕ
sin ϕ
−
r
r
r

(JF )−1
Luego,
∂
∂
sin θ ∂
cos θ cos ϕ ∂
= cos θ sin ϕ
−
+
,
∂x
∂r r sin ϕ ∂θ
r
∂ϕ
∂
∂
cos θ ∂
sin θ cos ϕ ∂
= sin θ sin ϕ
+
+
,
∂y
∂r r sin ϕ ∂θ
r
∂ϕ
∂
∂
sin ϕ ∂
= cos ϕ
−
∂z
∂r
r ∂ϕ
(5.9)
Teorema de la Función Implı́cita e Inversa
115
Por lo tanto,
∂
∂
∂
ı̂ +
̂ +
k̂
∂x
∂y
∂z
∂
∂
sin θ ∂
cos θ cos ϕ ∂
cos θ ∂
sin θ cos ϕ ∂
ı̂ + sin θ sin ϕ
̂
= cos θ sin ϕ
−
+
+
+
∂r r sin ϕ ∂θ
r
∂ϕ
∂r r sin ϕ ∂θ
r
∂ϕ
∂
sin ϕ ∂
+ cos ϕ
−
k̂
∂r
r ∂ϕ
∂
∂ 1
=
ı̂ cos θ sin ϕ + ̂ sin θ sin ϕ + k̂ cos ϕ +
(−ı̂ sin θ + ̂ cos θ)
∂r
r sin ϕ ∂θ
1 ∂ +
ı̂ cos θ cos ϕ + ̂ sin θ cos ϕ − k̂ sin ϕ ,
r ∂r
∇=
es decir, ∇ en coordenadas esféricas se escribe
∇=
∂
1
∂
1 ∂
r̂ +
θ̂ +
ϕ̂.
∂r
r sin ϕ ∂θ
r ∂ϕ
5.7 Problema. La variable v se expresa como función de la variable t por medio del sistema

e2x−y = v


xy
3
y + xe = t + 5t


x + y 3 − y = t3 − t
(5.10)
(5.11)
dv
cuando x = y = 0.
dt
Solución: Es fácil ver de las últimas dos ecuaciones que x = y = 0 ⇒ t = 0. Notemos que
dv
∂v dx ∂v dy
dx dy
=
+
= e2x−y 2
−
.
dt
∂x dt
∂y dt
dt
dt
Calcule
Por lo tanto,
dv dx dy
=2
− .
dt x=0
dt
dt
y=0
Consideremos
F (x, y, t) = y + xexy − t3 − 5t
,
G(x, y, t) = x + y 3 − y − t3 − t.
Entonces las últimas dos ecuaciones de (5.11) se pueden escribir como
)
F (x, y, t) = 0
G(x, y, t) = 0
Usaremos el TFImp para despejar x e y en función de t y ası́, encontrar las derivadas que necesitamos.
Dado que tanto F como G son funciones continuamente diferenciables, sólo nos falta preguntarnos por
el jacobiano. Tenemos que
∂ (F, G) (1 + xy)exy 1 + x2 exy 1 1 = −2 6= 0.
=
∂ (x, y) x=0 = 1
3y 2 − 1 x=0 1 −1
y=0
y=0
116
Problemas Resueltos
Luego, x = x(t), y = y(t). Además,
−3t2 − 5 1 + x2 exy ∂(F,G) −3t3 + 1 3y 2 − 1 ∂(t,y) dx
= −
= − (1 + xy)exy 1 + x2 exy ∂(F,G) dt
∂(x,y) 1
3y 2 − 1 (1 + xy)exy −3t2 − 5 ∂(F,G) ∂(x,t) 1
3 − 3t3 + 1
dy
=− = − (1 + xy)exy 1 + x2 exy ∂(F,G) dt
∂(x,y) 1
3y 2 − 1 Finalmente, x0 (0) = 2 e y 0 (0) = 3 y ası́, v 0 (0) = 2x0 (0) − y 0 (0) = 1.
5.8 Problema. Considere el sistema
u = h(x)
)
v = g(x, y)
tal que
∂(u, v) ∂(x, y) 6= 0.
Demuestre que es posible despejar x, v en función de y, u y se cumple que
∂v
1 ∂g
= 0
.
∂u
h ∂x
Solución: Sea
F~
:
R4
→
(x, y, u, v)
7→
R2
.
u − h(x)
v − g(x, y)
Como F~ ∈ C 1 y F~ (x, y, u, v)~0 es equivalente al sistema del enunciado, sólo nos queda por probar que
∂(f1 , f2 ) ∂(x, v) 6= 0
para usar el Teorema de la Función Implı́cita. En efecto,
∂(f1 , f2 ) −h0 0
0
=
∂(x, v) −gx 1 = −h .
Pero
∂(u, v) h0 0 0
=
∂(x, y) gx gy = h gy .
Como por hipótesis, este jacobiano es no nulo, concluimos que h0 6= 0 y ası́, F~ (x, y, u, v) = ~0 define
implı́citamente x = x(y, u), v = v(y, u). Además,
∂(f1 ,f2 ) ∂(x,u) ∂v
1 −h0 1 gx
= = − = 0.
∂(f ,f ) ∂u
h0 −gx 0
h
1 2 ∂(x,v)
Teorema de la Función Implı́cita e Inversa
117
5.9 Problema. Sea F~ (x, y, u, v) = (f1 (x, y, u, v), f2 (x, y, u, v)) de clase C 1 y tal que
∂(f1 , f2 ) ∂(u, v) 6= 0.
Demuestre que para las variables u = u(x, y), v = v(x, y) despejadas localmente se cumple que
∂(f1 ,f2 ) ∂(u, v) ∂(x,y)
∂(x, y) = ∂(f1 ,f2 ) .
∂(u,v) Solución: Como las variables estan despejadas localmente, tenemos que F~ (x, y, u, v) = ~0 define a u y
v. Ahora, esto implica que
f1 (x, y, u, v) = 0.
Derivando esta ecuación totalmente con respecto a x, tenemos que
∂f1 ∂f1 ∂u ∂f1 ∂v
+
+
= 0.
∂x
∂u ∂x
∂v ∂x
Análogamente, para f2 , también se cumple que
∂f2 ∂f2 ∂u ∂f2 ∂v
+
+
= 0.
∂x
∂u ∂x
∂v ∂x
Esto puede ser escrito en la forma matricial

 


∂f1 ∂f1
∂u
∂f1
 ∂u
 
 ∂x 
∂v 

  ∂x 



  = −
.
 ∂f
 ∂f 
∂f2   ∂v 
2
2
∂u
∂v
∂x
∂x
Repitiendo el procedimiento para y,

∂f1
 ∂u


 ∂f
2
∂u
podemos escribir todas las ecuaciones de la forma
  ∂u ∂u 
 ∂f
∂f1 
1
∂f1
 ∂x ∂y 
 ∂x
∂y 
∂v 





 = −
,




∂f2
∂v ∂v
∂f2 ∂f2 
∂v
∂x ∂y
∂x
∂y
de donde se concluye tomando determinantes y despejando gracias a la hipótesis.
5.10 Problema. Considere una barra de 2 metros con extremos A(x, y) y B(u, v) tales que
)
x4 + y 3 = 2
.
(u − 3)2 + v 2 = 1
(a) Demuestre que entorno a (x, y, u, v) = (1, 1, 3, 1) se puede despejar x, y, v en función de u.
(b) Si
du
dx
= −1, calcule
en ese punto.
dt
dt
Solución:
118
Problemas Resueltos
(a) Sea
F~
:
R4
→
R3

+ y3 − 2
 (u − 3)2 + v 2 − 1  .
(x − u)2 + (y − v)2 − 4

(x, y, u, v)
7→
x4
Tenemos que F~ ∈ C 1 y F~ (1, 1, 3, 1) = ~0, ası́ que sólo nos falta mostrar que
∂(f1 , f2 , f3 ) ∂(x, y, v) 6= 0
para usar el Teorema de la Función Implı́cita. En efecto,
3
3y 2
0
∂(f1 , f2 , f3 ) 4x
4x3
3y 2 =
0
0
2v
∂(x, y, v) = −2v 2(x − u) 2(y − v) .
2(x − u) 2(y − v) −2(y − v)
Por lo tanto, en el punto (x, y, u, v) = (1, 1, 3, 1) se tiene que
∂(f1 , f2 , f3 ) ∂(x, y, v) = −24 6= 0.
(b) Como x = x(u), entonces
dx
dx du
=
.
dt
du dt
Pero
∂(f1 ,f2 ,f3 ) ∂(u,y,v) dx
= − ∂(f1 ,f2 ,f3 ) du
∂(x,y,v)
2
0
3y
0
2(u − 3)
0
2v
−2(x − u) 2(y − v) −2(y − v)
=−
.
∂(f1 ,f2 ,f3 ) ∂(x,y,v) Luego, en el punto (x, y, u, v) = (1, 1, 3, 1), se tiene que
0 3y 0
0 0 2
4 0 0
dx
=−
= 1.
du
−24
En consecuencia,
dx
= −1.
dt
Capı́tulo 6
Integrales Múltiples
“God does not care about our mathematical difficulties. He integrates empirically.”
- Albert Einstein 6.1
Queremos seguir reconstruyendo el cálculo que conocemos pero en más variables. Ahora que el lector
domina las técnicas de diferenciación en Rn , el paso siguiente es la integración.
Como el lector supone, cuando n = 1 la integral no es realmente “múltiple”, sino que es la ya conocida
integral de Riemann sobre R. Bien, como buenos matemáticos, haremos un poco de inducción antes de
saltar al caso general para un natural cualquiera. Primero estudiaremos el caso n = 2, luego para n = 3
y después generalizaremos la integral de Riemann a Rn .
El lector podrá notar que los procesos de construcción de la integral de Riemann son siempre iguales y por
lo tanto, es útil partir con una situación más simple para comprender ı́ntegramente lo que está ocurriendo
(además del hecho que visualizar las cosas puede ser un poco más difı́cil cuando n > 3).
Queremos hacer hincapié en que existe más de un sentido de integración, pero en este apunte sólo nos
limitaremos a la integral de Riemann. Lamentablemente, esta integral es la más picante de todas y se
invita al lector a tomar el curso de Teorı́a de la Integración, donde se construye una integral muchı́simo
más poderosa que la que estudiaremos nosotros —hablamos de la integral de Lebesgue. No es que
no le tengamos aprecio a Riemann; simplemente, es más entretenido matar hormigas con dinamita...
estocástica.
Sin embargo, para efectos de calcular edificios, máquinas y cosas por el estilo (en general, que no sean
muy indignas, en el sentido de la continuidad, o que no sean muy aleatorias) nos basta con la integral
de Riemann.
Finalmente, advertimos que para no insultar la inteligencia del lector, en algunas ocasiones omitiremos
el cálculo de integrales simples. Además, si el lector está aquı́, deberı́a ser capaz de hacer las cuentas
sin mayores problemas. ¡Manos a la obra!
6.1
Albert Einstein (1879-1955) fue un fı́sico de origen alemán, nacionalizado posteriormente suizo y estadounidense. Es
considerado como el cientı́fico más importante del siglo XX, además de ser el más conocido. Realizó importantes avances
dentro de la fı́sica moderna, entre ellos están la Teorı́a de la Relatividad (que engloba a la Teorı́a general de la relatividad
y a la Teorı́a especial de la relatividad ), el Movimiento browniano y el Efecto fotoeléctrico. Aunque es considerado el
“padre de la bomba atómica”, abogó en sus escritos por el pacifismo, el socialismo y el sionismo. Fue proclamado como el
“personaje del siglo XX” y como el más preeminente cientı́fico por la célebre revista Time.
120
6.1.
Integrales Dobles
Integrales Dobles
Empezamos por buscar nuestros dx y dy. Dados dos intervalos I1 = [a, b], I2 = [c, d] ⊆ R, consideremos
el rectángulo de R2 dado por
Q := I1 × I2 = [a, b] × [c, d] = (x, y) ∈ R2 : a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d .
Como I1 y I2 son intervalos de R, podemos realizar una partición de cada uno, digamos
P1 = {a = x0 < x1 < . . . < xn = b}
P2 = {c = y0 < y1 < . . . < yn = d} .
,
Ahora, trazando las rectas x = xi e y = yj , dividimos el rectángulo Q en un montón de subrectángulos
de la forma
Qi,j = [xi−1 , xi ] × [yj−1 , yj ], i = 1, . . . , n, j = 1, . . . , m.
Es decir, se tiene que
Q=
n [
m
[
Qi,j .
i=1 j=1
Además, el área del subrectángulo Qi,j está dada por
A (Qi,j ) = (xi − xi−1 ) (yj − yj−1 ) .
A partir de lo anterior, definimos la partición P de Q como
P := P1 × P2 = (xi , yj ) ∈ R2 : x0 = a < x1 < . . . < xn = b, y0 = c < y1 < . . . < ym = d .
Ahora, sean P, P 0 dos particiones de Q. Diremos que P 0 es un refinamiento de P si P 0 ⊆ P, es decir,
si todos los subrectángulos generados por P 0 están completamente contenidos por un subrectángulo
generado por P.
6.1 Definición (Suma superior e inferior). Sea Q ⊆ R2 un rectángulo y P una partición de éste. Sea
f : Q → R acotada y consideremos
Mi,j (f ) :=
{f (x, y)}
sup
,
mi,j (f ) :=
(x,y)∈Qi,j
ı́nf
{f (x, y)} .
(x,y)∈Qi,j
Definimos la suma superior y la suma inferior de f con respecto a P como
S (f, P) =
n X
m
X
Mi,j (f ) (xi − xi−1 ) (yj − yi−1 ) ,
i=1 j=1
s (f, P) =
n X
m
X
mi,j (f ) (xi − xi−1 ) (yj − yi−1 ) ,
i=1 j=1
respectivamente.
6.2 Observación. Es claro que
s (f, P) ≤ S (f, P) .
Ahora, consideremos P, P 0 dos particiones de Q tales que P 0 ⊆ P, entonces si S es un subrectángulo
generado por P , existen subrectángulos Sk generados por P 0 tales que
[
S=
Sk ,
k
Integrales Múltiples
121
y además,
A(S) =
X
A(Sk ).
k
También, por propiedades de ı́nfimos y supremos, se tiene que
mS (f ) ≤ mSk (f )
,
MS (f ) ≥ MSk (f ),
∀k.
Luego,
s (f, P) ≤ s f, P 0 ≤ S f, P 0 ≤ S (f, P) .
(6.1)
Con esto, estamos en condiciones de probar el siguiente Lema.
6.3 Lema. Sean P, Q dos particiones cualquiera del rectángulo Q ⊆ R2 . Sea f : Q → R acotada,
entonces
s (f, P) ≤ S (f, Q) .
Demostración. Consideremos la partición T = P ∪ Q, entonces T es un refinamiento tanto de P como
de Q y por (6.1), sigue que
s (f, P) ≤ s (f, T ) ≤ S (f, T ) ≤ S (f, Q) .
Seguimos nuestro camino hacia la integral. El siguiente paso es hacer un buen refinamiento y para
formalizar qué queremos decir con esto, definimos la norma de una partición P, como
kPk := máx {∆xi = xi − xi−1 , ∆yj = yj − yj−1 } ,
i,j
es decir, la máxima altura o ancho de un subrectángulo. Luego, si kPk → 0, estamos diciendo que cada
una de las alturas y anchos de los subrectángulos están tendiendo a cero y por lo tanto, cada vez las
particiones son más finas.
6.4 Definición (Integrabilidad). Sea f : Q ⊆ R2 → R acotada, con Q rectángulo. Diremos que f es
integrable en Q si existe I ∈ R tal que
lı́m S (f, P) = lı́m s (f, P) = I.
kPk→0
kPk→0
En tal caso, escribiremos f ∈ R (Q) y
¨
¨
I=
f (x, y)dA =
f (x, y)dxdy.
Q
Q
6.5 Proposición. Sea f : Q ⊆ R2 → R acotada, con Q rectángulo. Entonces, f es integrable en Q si y
sólo si para cada > 0 existe una partición P de Q tal que
S (f, P) − s (f, P) < .
6.6 Ejemplo. Sea f (x, y) = c constante en Q = [a, b] × [c, d]. Entonces para una partición P de Q, se
tiene que
Mi,j (f ) = mi,j (f ),
y por lo tanto,
S (f, P) − s (f, P) = 0 < ,
∀ > 0.
122
Integrales Dobles
Luego, f es integrable y se tiene que
¨
n X
m
n X
m
X
X
f dA = S (f, P) =
Mi,j (f )∆xi ∆yj = c
∆xi ∆yj = c(b − a)(d − c).
Q
i=1 j=1
i=1 j=1
2
6.7 Observación.
Sea f : Q ⊆ R → R acotada, con Q rectángulo. Sea P una partición de Q, entonces
para todo x∗i , yj∗ ∈ Qi,j se tiene que
mi,j (f ) ≤ f x∗i , yj∗ ≤ Mi,j (f ).
Ası́,
n X
m
X
s (f, P) ≤
f x∗i , yj∗ ∆xi ∆yj ≤ S (f, P) ,
i=1 j=1
Por lo tanto, para la suma de Riemann, se tiene que
lı́m
n X
m
X
kPk→0
¨
x∗i , yj∗
f
∆xi ∆yj =
f (x, y)dxdy.
Q
i=1 j=1
6.8 Teorema. Sea f : Q ⊆ R2 → R, con Q rectángulo. Si f es continua, entonces es integrable.
6.9 Ejercicio. Sea f (x, y) = g(x)h(y) con g : [a, b] → R, h : [c, d] → R continuas. Muestre que f es
integrable y
ˆ b
ˆ d
¨
f (x, y)dxdy =
g(x)dx
h(y)dy ,
Q
a
c
con Q = [a, b] × [c, d].
6.10 Proposición. Sean f, g : Q ⊆ R2 → R integrables y c ∈ R. Entonces
(a) f + g es integrable y
¨
¨
(f + g)(x, y)dA =
Q
(b) cf es integrable y
¨
f (x, y)dA +
Q
¨
g(x, y)dA.
Q
¨
cf (x, y)dA = c
Q
f (x, y)dA.
Q
(c) Si f (x, y) ≥ g(x, y), ∀x, y ∈ R, entonces
¨
¨
f (x, y)dA ≥
g(x, y)dA.
Q
(d) |f | es integrable y
Q
¨
¨
|f (x, y)| dA.
f (x, y)dA ≤
Q
(e) Si M = sup f (x, y), m =
ı́nf
(x,y)∈Q
(x,y)∈Q
Q
f (x, y), entonces
¨
m A (Q) ≤
f (x, y)dA ≤ M A (Q) ,
Q
con A (Q) = (b − a)(d − c).
Integrales Múltiples
123
Demostración. Análogas a las propiedades mostradas en Cálculo I. Se dejan como ejercicio al lector.
6.11 Ejemplo. Calculemos
¨
16 − x2 − y 2 dxdy,
I=
Q
con Q = [0, 1] × [0, 2]. Usando la Proposición 6.10, tenemos que
¨
¨
¨
¨
¨
2
2
2
I=
16dxdy −
x dxdy −
y dxdy = 16 A (Q) −
x dxdy −
y 2 dxdy.
Q
Q
Q
Q
Luego, si el lector hizo el Ejercicio 6.9, podemos usarlo y sigue que
ˆ 1
ˆ 2 ˆ 1 ˆ
2
I = 32 −
x dx
dy −
dx
0
0
0
Q
2
2
y dy
0
=
56
.
3
Con esto hemos construido gran parte de lo que es la integral de Riemann en R2 . Pero ¿qué significa
todo esto? El lector recordará que la integral en R representa el área bajo la curva si es que el integrando
es positivo, en caso contrario es la suma de áreas signadas.
Pues bien, si le sumamos una dimensión al asunto, ya no integramos sobre una lı́nea (el eje real) sino que
sobre un rectángulo y por lo tanto, si cada dA está siendo ponderado por una altura f (x, y)... ¡adivine
qué! Si f (x, y) ≥ 0 sobre Q entonces
¨
f (x, y)dA
Q
representa el volumen del sólido encerrado, es decir, el volumen de
Ω = (x, y, z) ∈ R3 : a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d, 0 ≤ z ≤ f (x, y) ,
que denotaremos por V (Ω). Análogamente, si f cambia de signo, entonces la integral será la suma
alternada de volumenes signados. Es importante notar que en este último caso,
¨
|f (x, y)|dA
Q
equivale al volumen total del sólido encerrado.
Con esa inquietud filosófica resuelta, empezamos a desarrollar la maquinaria que nos permitirá calcular
integrales más generales.
6.12 Teorema (Fubini). Sea f : Q ⊆ R2 → R integrable, con Q rectángulo. Entonces
¨
ˆ b ˆ
d
f (x, y)dxdy =
ˆ
d ˆ b
f (x, y)dy dx =
Q
a
c
f (x, y)dx dy.
c
6.13 Ejemplo. Calculemos
a
¨
yexy dxdy,
I=
Q
con Q = [1, 2] × [2, 4]. Tenemos que
ˆ
4ˆ 2
ˆ
xy
I=
ye dxdy =
2
1
2
4
ˆ
exy |21 dy
=
4
e
2
2y
4
e2y
e8 3e4
y
− e dy =
−e =
−
+ e2 .
2
2
2
2
y
124
Integrales Dobles
6.14 Observación. Muchas veces ocurrirá que es más cómodo evaluar la integral en un orden que en
otro. De hecho, alguna vez ni siquiera se podrá evaluar en uno de los órdenes. Si hubiesemos calculado
la integral del Ejemplo 6.13, en el orden dydx, tendriamos que
ˆ 2ˆ 4
I=
yexy dydx.
1
Pero
ˆ
4
yexy dy =
2
2
ˆ 4 xy
e
y xy 4
4e4x 2e2x e4x e2x
e −
dy =
−
− 2 + 2,
x
x
x
x
x
x
2
2
es decir,
ˆ
2
4e4x 2e2x e4x e2x
−
− 2 + 2 dx.
x
x
x
x
1
Y hasta ahı́ llegamos pues el integrando no tiene primitiva.
I=
Pero integrar sobre rectángulos es muy fome. Queremos algo más general. Para ello, primero es necesario
definir un par de cosas.
6.15 Definición (Despreciable). Sea A ⊆ R2 . Diremos que A es despreciable o de medida nula si
existe una sucesión de rectángulos (Ui )i∈N tales que
(a) A ⊆
∞
[
Ui .
i=1
(b)
∞
X
A (Ui ) < .
i=1
6.16 Observación. ∅ es trivialmente despreciable.
6.17 Ejemplo. El conjunto A = {a1 , . . . , am } con ak ∈ R2 es despreciable pues basta con tomar
( ai − 4m
, ai + 4m
, si i ≤ m
Ui =
,
∅
, si i > m
ya que claramente contienen a A y además,
∞
X
i=1
6.18 Teorema. Si A =
S∞
j=1 Aj ,
m
X
A (Ui ) =
= < .
2m
2
i=1
con Aj despreciable, entonces A es despreciable.
Demostración. Sea > 0, entonces para cada Aj , existe (Uj,i )i∈N tales que
∞
X
A (Uj,i ) <
i=1
Luego,
A⊆
∞ [
∞
[
.
2j
Uj,i ,
j=1 i=1
y
∞ X
∞
X
j=1 i=1
∞
X
A (Uj,i ) <
= .
2j
j=1
Integrales Múltiples
125
6.19 Corolario. Sea A = {a1 , . . . , ak , . . .} ⊆ R2 . Entonces A es despreciable.
6.20 Ejercicio. Traduzca el concepto de medida nula a R y sabiendo que los números racionales pueden
escribirse como una sucesión, pruebe que Q es despreciable.
6.21 Proposición. Sea ϕ : [a, b] → R continua. Entonces Γ(ϕ) es despreciable.
6.22 Teorema (Du Bois-Reymond). Sea f : Q ⊆ R2 → R acotada. Entonces, f es integrable en Q si y
sólo si el conjunto
Nf := {x ∈ Q : f es discontinua en x} ,
es despreciable.
6.23 Definición (Función caracterı́stica). Sea A ⊆ R2 . Definimos su función caracterı́stica como 1A :
R2 → {0, 1} dada por
(
1 , si x ∈ A
1A (x) :=
.
0 , si x 6∈ A
6.24 Ejemplo. Sea A = Q2 ∩ [0, 1] × [0, 1]. Entonces, 1A no es integrable pues N1A = [0, 1] × [0, 1], el
cual no es de medida nula.
6.25 Observación. Sea f : Q ⊆ R2 → R integrable. Consideremos A ⊆ Q, entonces podemos definir
la función f 1A : Q → R dada por
(
f (x) , si x ∈ A
f 1A (x) :=
.
0
, si x 6∈ A
Ahora sı́, finalmente, somos capaces de dar una definición general para la integral doble.
6.26 Definición (Integral Doble). Sea f : Q ⊆ R2 → R integrable y A ⊆ Q tal que 1A es integrable.
Se define la integral doble de f sobre A en el sentido de Riemann como
¨
¨
f (x, y)dA :=
f 1A (x, y)dA.
A
Q
Esta definición nos presenta un nuevo dilema: ¿cuándo 1A es integrable? Las siguientes proposiciones
nos ayudaran a determinarlo con mayor facilidad.
6.27 Proposición. Sea A ⊆ R2 acotado. Entonces, 1A es integrable si y sólo si ∂A es despreciable.
Demostración. N1A = ∂A. Luego, por el Teorema 6.38, se concluye lo pedido.
6.28 Proposición. Sea f : Q ⊆ R2 → R integrable. Sea D ⊆ Q y tal que ∂D es una unión de curvas
suaves finitas. Entonces f es integrable en D.
Demostración. Por la Proposición 6.21, se tiene que cada curva suave finitas es despreciable. Luego,
usando el Teorema 6.18 se tiene que ∂D es despreciable y por la Proposición 6.27, sigue que 1D es
integrable.
6.29 Definición. A continuación definiremos las regiones tipo I y II.
126
Integrales Dobles
(a) Sean ϕ1 , ϕ2 : [a, b] → R continuas y tales que
ϕ2 (t) ≤ ϕ1 (t),
∀t ∈ [a, b].
Llamaremos región tipo I a
D = (x, y) ∈ R2 : a ≤ x ≤ b, ϕ2 (x) ≤ y ≤ ϕ1 (x) .
(b) Sean ψ1 , ψ2 : [c, d] → R continuas y tales que
ψ2 (t) ≤ ψ1 (t),
∀t ∈ [c, d].
Llamaremos región tipo II a
D = (x, y) ∈ R2 : c ≤ y ≤ d, ψ2 (y) ≤ x ≤ ψ1 (y) .
6.30 Observación. Todas las regiones a estudiar se podrán descomponer en un número finito de cortes
en regiones del tipo I y II.
6.31 Observación. Sea D una región del tipo I. Entonces,
ˆ
ˆ bˆ
b
ϕ1 (x)
ϕ1 (x) − ϕ2 (x)dx =
A (D) =
a
dydx.
a
ϕ2 (x)
6.32 Ejercicio. Escriba el análogo para una región del tipo II.
6.33 Ejemplo. Calculemos
¨ p
1 − y 2 dA,
D
n
o
√
donde D = (x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 − x2 . Notemos que D corresponde al cuarto de circunferencia unitaria en el primer cuadrante. Luego, por Fubini,
ˆ
¨ p
2
1 − y dA =
D
0
1ˆ
√
1−y 2
ˆ
p
2
1 − y dxdy =
0
0
1
1
2
y 3 1 − y dy = y − = .
3 0 3
2
Nuevamente, notamos que era mucho más cómodo integrar en el orden dxdy que en dydx.
6.34 Observación. Al igual que antes
¨
|f (x)|dA
D
entrega el volumen del sólido encerrado.
6.35 Ejercicio. Calculemos el volumen del sólido S bajo z = xy sobre la región del primer cuadrante
limitada por y 2 = x, y 2 = 8 − x, y = 0. Tenemos que la intersección de las dos primeras curvas ocurre
en (4, 2), luego
ˆ 2 ˆ 8−y2
ˆ
2
1 2
V (S) =
xydxdy =
8 − y 2 − y 4 ydy = 32.
2 0
0
y2
Integrales Múltiples
6.2.
127
Integrales Triples
El procedimiento que permite construir la integral triple de Riemann es análogo al de la integral doble.
La única diferencia es que ahora en vez de un rectángulo, consideraremos un caja
Ω = [a, b] × [c, d] × [e, f ],
entonces ahora las sumas superiores e inferiores están dadas por
S (f, P) =
p
n X
m X
X
Mi,j,k (f ) (xi − xi−1 ) (yj − yi−1 ) (zk − zk−1 ) ,
i=1 j=1 k=1
s (f, P) =
p
n X
m X
X
mi,j,k (f ) (xi − xi−1 ) (yj − yi−1 ) (zk − zk−1 ) ,
i=1 j=1 k=1
respectivamente.
6.36 Definición (Integrabilidad). Sea f : Ω ⊆ R3 → R acotada, con Ω caja. Diremos que f es integrable
en Ω si existe I ∈ R tal que
lı́m S (f, P) = lı́m s (f, P) = I.
kPk→0
kPk→0
En tal caso, escribiremos f ∈ R (Ω) y
˚
˚
I=
f (x, y, z)dV =
f (x, y, z)dxdydz.
Ω
Ω
Y el resto, sigue igual. Rescatamos lo siguiente:
6.37 Observación. Sea f (x, y, z) = f1 (x)f2 (y)f3 (z) con f1 : [a, b] → R, f2 : [c, d] → R, f3 : [e, f ] → R
integrables. Entonces
ˆ b
ˆ d
ˆ f
¨
f (x, y)dxdy =
f1 (x)dx
f2 (y)dy
f3 (z)dz ,
Ω
a
c
e
con Ω = [a, b] × [c, d] × [e, f ].
6.38 Teorema (Du Bois-Reymond). Sea f : Ω ⊆ R3 → R acotada. Entonces, f es integrable en Ω si y
sólo si el conjunto
Nf := {x ∈ Ω : f es discontinua en x} ,
es despreciable.
6.39 Definición (Integral Triple). Sea f : Ω ⊆ R3 → R integrable y A ⊆ Ω tal que 1A es integrable.
Se define la integral triple de f sobre A en el sentido de Riemann como
˚
˚
f (x, y, z)dV :=
f 1A (x, y, z)dV.
A
6.40 Ejemplo. Calculemos
Ω
˚
xydzdydx,
S
donde S es el sólido limitado por los planos coordenados y el plano x+2y+3z = 12. Primero, despejamos
z=
12 − x − 2y
.
3
128
Integrales n-ésimas
Luego, si z = 0, se tiene que
y=
12 − x
2
y si y = 0, entonces x = 12. Ası́, la integral queda dada por
ˆ
˚
12 ˆ
12−x
2
xydzdydx =
ˆ
12−x−2y
3
xydzdydx
ˆ 12 ˆ 6− x
2
x 2y
dydx
=
xy 4 − −
3
3
0
0
2
3
ˆ 12 2x 6 − x2
864
x 2 x2 6 − x2
2x 6 −
=
−
−
dx =
.
2
6
9
5
0
0
S
0
0
Toda la complejidad de las integrales triples está en cambiar el orden de integración lo cual puede llegar
a ser bastante complicado.
6.41 Ejemplo. Dada la integral
ˆ
2
−2
ˆ
4 ˆ 2− y2
x2
f (x, y, z)dzdydx,
0
cambiemos el orden de integración a dxdydz. Notemos que el dominio de integración es
n
yo
Ω = (x, y, z) ∈ R3 : −2 ≤ x ≤ 2, x2 ≤ y ≤ 4, 0 ≤ z ≤ 2 −
.
2
Notamos que sobre el plano z = 0, la curva la proyección está dada por la región encerrada entre y = x2
e y = 4. Por otro lado, podemos despejar del plano
y = 4 − 2z.
Luego,
˚
ˆ
2 ˆ 4−2z
ˆ
f (x, y, z)dV =
Ω
6.3.
0
0
√
y
√
− y
f (x, y, z)dxdydz.
Integrales n-ésimas
El lector debiera ser capaz de reescribir todo lo hecho para R2 (y lo poco en R3 ), en Rn , teniendo en
consideración que ahora serán rectángulos n-dimensionales de la forma
Ψ = [a1 , b1 ] × [a2 , b2 ] × . . . × [an , bn ].
Lo proponemos como un excelente ejercicio que permitirá repasar toda la materia y entenderla a cabalidad. Lo más importante de la integral sobre Rn , es que siguen siendo válidos todos los teoremas antes
mencionados. De ahora en adelante, todas las integrales, a menos que queramos enfatizar su dimensión,
las escribiremos simplemente como
ˆ
f dn x,
Ψ
donde
dn x
denota al diferencial de volumen de n dimensiones.
Integrales Múltiples
6.4.
129
Teorema del cambio de variable
Recordemos que el teorema del cambio de variable para R dice
ˆ
ˆ
g(b)
b
f (u)du =
(f ◦ g)(x)g 0 (t)dt,
a
g(a)
con f, g 0 continuas y g 0 (t) 6= 0 para todo t ∈]a, b[.
Notemos que si g 0 (t) 6= 0, al ser continua, se tiene que g 0 (t) > 0 o g 0 (t) < 0, para todo t ∈]a, b[.
Por lo tanto, g(t) es estrictamente creciente o estrictamente decreciente. Luego,
g (]a, b[) = (g(a), g(b)) ,
si g 0 (t) > 0, ó bien,
g (]a, b[) = (g(b), g(a)) ,
si g 0 (t) < 0.
Sea I = g (]a, b[), entonces podemos reescribir el teorema como
ˆ
ˆ
f (u)du =
(f ◦ g)(x)g 0 (t)dt,
g −1 (I)
I
ó bien,
ˆ
ˆ
(f ◦ g)(x)g 0 (t)dt.
f (u)du = −
g −1 (I)
I
Es decir, en cualquiera de los dos casos,
ˆ
ˆ
f (u)du =
g −1 (I)
I
(f ◦ g)(x) g 0 (t) dt.
Formalizaremos esta idea y la llevaremos a más variables.
6.42 Definición (Difeomorfismo). Sea ϕ : U1 → U2 , con U1 , U2 ⊆ Rn abiertos. Diremos que ϕ es un
difeomorfismo si es una biyección y tanto ϕ como ϕ−1 son funciones diferenciables.
Si además, ϕ, ϕ−1 ∈ C1 , entonces diremos que es ϕ es un C1 -difeomorfismo.
6.43 Observación. Si ϕ ∈ C1 y Jϕ no se anula en A, entonces por el Teorema de la Función Inversa,
se tiene que ϕ es un C1 -difeomorfismo.
6.44 Teorema (Cambio de variable). Sea ϕ : U1 → U2 , con U1 , U2 ⊆ Rn abiertos, un C1 -difeomorfismo.
Sea f : U2 → R continua y acotada, entonces
ˆ
ˆ
f dn x =
(f ◦ ϕ)(x) |Jϕ | dn x,
U2
U1
donde |Jϕ |, en este caso, es el módulo del jacobiano.
6.45 Observación. Alguna de las condiciones del Teorema 6.44 se puede violar sobre conjuntos despreciable y no nos importará.
130
Teorema del cambio de variable
6.46 Observación. Una buena nemotecnia es que si ϕ(u, v, w) = (x, y, z), entonces
dxdydz = |Jϕ |dudvdw =
∂(x, y, z)
dudvdw.
∂(u, v, w)
6.47 Observación. Es bueno recordar que para
a b
T =
c d
invertible, entonces
T
−1
1
d −b
.
=
|A| −c a
Con esto terminamos de entregar todas las técnicas de integración en varias variables que se ven en este
curso. Sugerimos al lector repasar todas los cambios de coordendas vistos en la Sección 4.6 pues seran
usados constantemente.
6.48 Ejemplo. Calculemos
¨
xydA,
D
donde D es el cuadrilátero acotado por y = 2x, y = x, y = x + 1, y = 2x − 2. Sean u, v dados por
2 −1 x
u
.
=
y
−1 1
v
Entonces,
∂(u, v) 2 −1
∂(x, y) = −1 1 = 1.
Por lo tanto,
∂(x, y) ∂(u, v) = 1.
Para obtenemos los lı́mites de integración, notemos que
2x = y ⇐⇒ u = 2x − y = 0,
e
y = x ⇐⇒ v = y − x = 0.
Haciendo lo mismo para las otras dos rectas, se obtiene que
ˆ
¨
ˆ 2ˆ 1
xydA =
(u + v)(2v + u)dvdu =
D
0
0
6.49 Ejemplo. Calculemos
0
2
2 3
+ u + u2 du = 7.
3 2
¨
log(x2 + y 2 )dxdy,
D
donde D es el anillo entre los cı́rculos x2 + y 2 = a2 y x2 + y 2 = b2 , con 0 ≤ a ≤ b. Hacemos el cambio a
coordenadas polares, y sigue que
ˆ 2π ˆ b
¨
ˆ 2π ˆ b
ˆ b
2
2
2
log(x + y )dydx =
log r rdrdθ =
dθ
2r log rdr = 2π
2r log rdr.
D
0
a
0
a
a
Integrales Múltiples
131
Pero
ˆ b
ˆ b
b
1
1
b2 a2
− a2 log a −
.
2r log rdr = r2 log ra −
rdr = b2 log b − a2 log a −
+
= b2 log b −
2
2
2
2
a
a
Ası́,
¨
1
1
2
log(x + y )dydx = 2π b log b −
− a log a −
.
2
2
D
2
2
2
2
6.50 Ejemplo (Integral de Gauss). Desde Cálculo I, siempre que vemos la integral de e−x , sabemos
que debemos tratar de hacerle el quite pues no esa función no posee primitiva. Pues bien, ahora podemos
calcular el valor de
ˆ ∞
2
e−x dx.
I=
0
Notemos que por el Teorema de Fubini,
ˆ ∞
ˆ
2
−x2
I =
e dx
0
∞
e
−y 2
ˆ
dy
∞ˆ ∞
=
0
0
e−x
2 −y 2
dxdy.
0
Luego, cambiando a polares,
ˆ
2
I =
0
Es decir,
π
2
ˆ
∞
2
e−r rdrdθ =
0
ˆ
π −r2 ∞ π
e = .
4
4
0
√
∞
−x2
e
dx =
0
π
.
2
(6.2)
6.51 Ejemplo. Calculemos el volumen del sólido Ξ dentro de x2 + y 2 = 1 sobre z = 1 − x2 − y 2 y bajo
z = 4 + x2 + y 2 . Usando coordenadas cilı́ndricas, tenemos que
ˆ
2π
ˆ
1 ˆ 4+r2
V (Ξ) =
0
1−r2
1
r 3 + 2r2 dr = 4π.
rdzdrdθ = 2π
0
6.52 Ejemplo. Calculemos
ˆ
0
˚
x2 + y 2 dV,
Σ
donde Σ es la región limitada por x2 + y 2 + z 2 ≤ 1 con x, y, z ≥ 0. Usamos coordenadas esféricas y sigue
que
˚
ˆ πˆ πˆ 1
2
2
2
2
r2 cos2 θ sin2 ϕ + r2 sin2 θ sin2 ϕ r2 sin ϕdrdϕdθ
x + y dV =
Σ
0
0
0
!
ˆ 1
ˆ π
2
π
π
r4 dr
=
sin3 ϕdϕ = .
2
15
0
0
6.5.
Aplicaciones
Considere un sólido con forma de región Ω ⊆ R3 y cuya densidad está dada por la función integrable
ρ(x, y, z). Entonces, tenemos que su masa total está dada por
˚
M (Ω) =
ρ(x, y, z)dV.
(6.3)
Ω
132
Problemas Resueltos
Luego, su densidad media está dada por
˚
ρ(x, y, z)dV
ρ(x, y, z) =
Ω˚
=
dV
M (Ω)
.
V (Ω)
(6.4)
Ω
6.53 Definición (Centro de gravedad). Llamaremos centro de gravedad del sólido Ω al punto r =
(x, y, z), donde
˚
˚
˚
1
1
1
xρ(x, y, z)dV , y =
yρ(x, y, z)dV , z =
zρ(x, y, z)dV.
x=
M (Ω)
M (Ω)
M (Ω)
Ω
Ω
Ω
Además, si ρ(x, y, z) ≡ c, r será el centroide.
Notar que el centro de gravedad depende de la posición del origen y los ejes coordenados.
6.54 Observación. Las definiciones son análogas para R2 (y Rn ).
6.55 Ejemplo. Calculemos el centroide del semidisco unitario con ρ(x, y) ≡ 1. Tomaremos y ≥ 0. Es
claro que x = 0 por la simetrı́a del disco. Por otro lado,
ˆ π
ˆ 1
¨
ˆ πˆ 1
1
4
2
2
y=
ydA = 1
sin θdθ
r dr =
.
r sin θrdrdθ =
A (D) D
π
3π
0
0
0
2π 0
6.56 Definición (Momento de inercia). El momento de inercia en torno a un eje conocido puede
calcularse como
ˆ
I=
ρ(x, y, x)d2 (x, y, z)dV
Ω
donde la función d representa la distancia del punto al eje en cuestión.
6.57 Observación. Cuando calcule momentos de inercia y no se diga otra cosa, asuma que los ejes
pasan por el centro de gravedad del sólido.
6.6.
Problemas Resueltos
6.1 Problema. Sean 0 < a < b. Considere f : Q → R continua, donde Q = [a, b] × [a, b].
(a) Justifique que f es integrable y muestre que
ˆ bˆ x
ˆ bˆ b
I=
f (x, y)dydx =
f (x, y)dxdy.
a
a
a
y
(b) Deduzca que si f (x, y) = f (y, x) sobre Q, entonces
¨
1
f (x, y)dxdy.
I=
2 Q
Solución:
(a) Dado que f es continua sobre Q tenemos que f es integrable allı́. Luego, por Fubini, se tiene que
ˆ bˆ x
ˆ bˆ b
I=
f (x, y)dydx =
f (x, y)dxdy.
a
a
a
y
Integrales Múltiples
133
(b) Como f (x, y) = f (y, x), tenemos que
ˆ bˆ b
ˆ bˆ b
I=
f (x, y)dxdy =
f (y, x)dxdy.
a
y
a
y
Luego, como las variables son mudas, podemos cambiar x con y para obtener
ˆ bˆ b
f (x, y)dydx.
I=
a
Finalmente,
ˆ bˆ
2I =
a
ˆ bˆ
x
x
ˆ b ˆ
b
f (x, y)dydx +
f (x, y)dydx =
a
a
es decir,
1
I=
2
f (x, y)dy +
x
a
¨
1
f (x, y)dydx =
2
Q
ˆ
x
a
b
f (x, y)dy dx,
x
¨
f (x, y)dxdy.
Q
6.2 Problema. Considere la región D = (x, y) ∈ R2 : 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ x ≤ y . Calcule
¨ p
x y 2 − x2 dA.
D
Solución: Tenemos que
¨ p
ˆ
x y 2 − x2 dA =
D
0
1ˆ y
x
0
ˆ
ˆ
p
3 y
1 1 2
1
1 1 3
y 2 − x2 dxdy = −
(y − x2 ) 2 dy =
y dy = .
3 0
3 0
12
0
6.3 Problema. Calcule
ˆ
1ˆ 1
√
0
x
dydx
p
.
1 + y3
Solución: Usamos Fubini para cambiar el orden de integración y sigue que
√
ˆ 1ˆ 1
ˆ 1 ˆ y2
ˆ 1
2 2−1
dxdy
dydx
y2
p
p
p
=
=
dy =
.
√
3
1 + y3
1 + y3
1 + y3
0
x
0
0
0
6.4 Problema. Calcule el volumen del sólido limitado por la superficie z = x2 − y 2 , el plano z = 0 y
los planos x = 1, x = 3.
Solución: Dado que el sólido es simétrico respecto a y = 0, el volumen de éste es
ˆ 3 ˆ x ˆ x2 −y2
ˆ
ˆ 3ˆ x
4 3 3
1 4 3 80
2
2
V =2
dzdydx = 2
x dx = x = .
x − y dydx =
3 1
3 1
3
1
0
0
1
0
6.5 Problema. Calcule
ˆ
1ˆ 1
x3 sin(y 3 )dydx.
x2
0
Solución: Usamos Fubini y sigue que
ˆ 1ˆ 1
ˆ 1ˆ
3
3
x sin(y )dydx =
0
x2
0
0
√
y
1
x sin(y )dxdy =
4
3
ˆ
3
1
y 2 sin(y 3 )dy =
0
1
(1 − cos 1) .
12
134
Problemas Resueltos
6.6 Problema. Usando que
ˆ
b
xy dy =
a
calcule
ˆ
1
0
xb − xa
,
log x
(6.5)
xb − xa
dx.
log x
Solución: Usando la ayuda y Fubini, tenemos que
ˆ b
ˆ bˆ 1
ˆ 1ˆ b
ˆ 1 b
dy
x − xa
b+1
y
y
x dxdy =
x dydx =
.
dx =
= log
log x
a+1
a y+1
a
0
0
a
0
ˆ
6.7 Problema. Calcule
∞
cos x − 1
dx.
x2
∞
sin x
π
dx = .
x
2
0
Hint: Recuerde que
ˆ
0
Solución: Notemos que
ˆ ∞
ˆ ∞ˆ 1
ˆ 1ˆ ∞
cos x − 1
sin(yx)
sin(yx)
dx
=
−
dydx
=
−
dxdy.
2
x
x
x
0
0
0
0
0
Sea t = xy, entonces dt = ydx y sigue que
ˆ ∞
ˆ 1ˆ ∞
ˆ ∞
cos x − 1
sin t
π
sin t dt
dx = −
dy = −
dt = − .
t
2
x
y
t
2
0
0
0
0
y
6.8 Problema. Calcule
ˆ
0
∞
arctan(πx) − arctan x
dx.
x
Solución: Se tiene que
ˆ ∞
ˆ ∞ˆ π
ˆ πˆ ∞
ˆ
arctan(πx) − arctan x
dydx
dxdy
π π dy
π
dx =
=
=
= log π.
2
2
x
1
+
(xy)
1
+
(xy)
2
y
2
0
0
1
1
0
1
6.9 Problema. Calcule el volumen del sólido encerrado entre z =
p
x2 + y 2 , z = −1 y x2 + y 2 = 2ay.
Solución: Notemos que
x2 + y 2 = 2ay ⇐⇒ x2 + (y − a)2 = a2 ,
es decir, esta superficie corresponde a un cilindro de centro (0, a) y radio a. Escribamos nuestro problema
en coordenadas polares, tenemos que
p
z = x2 + y 2 ⇐⇒ z = r,
y además,
x2 + y 2 = 2ay ⇐⇒ r2 = 2ar sin θ ⇐⇒ r = 2a sin θ.
Integrales Múltiples
135
Luego, el volumen pedido es
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
π
(2a sin θ)3 (2a sin θ)2
r + rdrdθ =
+
drdθ
3
2
0
0
0
0
0
π
ˆ π
ˆ
8a3
cos3 θ 8a3 π
2
2
2
1 − cos 2θdθ =
sin θ − cos θ sin θdθ + a
− cos θ +
=
+a π
3 0
3
3
0
0
π
2a sin θ
2a sin θ
2
(r − (−1)) rdrdθ =
V =
=
π
32a3
+ a2 π.
9
6.10 Problema. Considere la región D = (x, y, z) ∈ R3 : 0 ≤ z ≤ 1 − y, 0 ≤ x ≤ y 2 , y ≥ 0 . Calcule
˚
(x + y + z)dV.
D
en el orden dydxdz.
Solución: Tenemos que
˚
ˆ
1 ˆ (1−z)2
(x + y + z)dV =
D
0
6.11 Problema. Calcule
ˆ
ˆ
1−z
√
0
x + y + zdydxdz =
x
1
.
12
3 ˆ x+1
(x + y)ey−x dydx.
0
x−2
Solución: Sean u, v dados por
1 1 x
u
.
=
−1 1 y
v
Entonces,
1 1 −1 u
x
=
.
y
v
2 1 1
Por lo tanto,
∂(x, y) 1
∂(u, v) = 2 .
Para obtener los lı́mites de integración, notemos que
y = x − 2 ⇐⇒ v = y − x = −2
x = 0 ⇐⇒ u = v
,
,
y = x + 1 ⇐⇒ v = y − x = 1,
x = 3 ⇐⇒ u = v + 6.
Ası́, la integral pedida es igual a
ˆ
1
ˆ
v+6
v dudv
ue
−2
2
v
1
=
4
ˆ
1
v
e
−2
(v + 6)2 − v 2
2
1
dv =
2
ˆ
1
ev (3v + 9) dv = 9e.
−2
6.12 Problema. Sea f, g : R2 → R continuas. Muestre que
ˆ a ˆ a−y
ˆ u
−(x+y)
e
f (x)g(y)dxdy =
e−u f (u − v)g(v)dvdu.
0
0
a
136
Problemas Resueltos
Solución: Sean u, v dados por
u
1 1 x
=
.
v
0 1 y
Entonces,
x
1 −1 u
=
.
y
0 1
v
Por lo tanto,
∂(x, y) ∂(u, v) = 1.
Para obtener los lı́mites de integración, notemos que
x = a − y ⇐⇒ u = x + y = a
y = a ⇐⇒ v = a
,
x = 0 ⇐⇒ u = v,
,
y = 0 ⇐⇒ v = 0.
Ası́,
ˆ
a ˆ a−y
ˆ
e
0
−(x+y)
aˆ v
f (x)g(y)dxdy =
ˆ
e
0
0
−u
aˆ u
f (u − v)g(v)dudv =
a
0
e−u f (u − v)g(v)dvdu.
0
¨
6.13 Problema. Calcule
yexy dxdy,
D
donde D es la región determinada por las hipérbolas xy = 1, xy = 3 y las rectas y = 1, y = 3.
Solución: Sean u = y, v = xy, entonces
∂(u, v) 0 1 ∂(x, y) = y x = y.
Por lo tanto,
∂(x, y) 1
∂(u, v) = u .
Ası́,
¨
ˆ
3ˆ 3
yexy dxdy =
D
uev
1
1
dudv
=2
u
ˆ
3
ev dv = 2e e2 − 1 .
1
6.14 Problema. Sea ∆ =]0, 1[×]0, 1[×] − π, π[ y sea φ : R3 → R3 la aplicación dada por
φ(u, v, w) = (u, uv cos w, v sin w).
Calcule el volumen de φ(∆).
Solución: Tenemos por un lado el sólido ∆, en el espacio de coordenadas u, v, w. La imagen de este
conjunto bajo la función φ corresponde a un sólido en R3 con coordenadas x, y, z. El volumen de éste
puede calcularse integrando
˚
V (φ(∆)) =
dxdydz.
φ(∆)
En analogı́a a los casos anteriores, hacemos un cambio de variables, determinado por la función (x, y, z) =
φ(u, v, w). Ası́,
˚
˚ ∂(x, y, z) dudvdw.
V (φ(∆)) =
dxdydz =
φ(∆)
∆ ∂(u, v, w)
Integrales Múltiples
137
Tenemos además que
1
0
0
∂(x, y, z)
= v cos w u cos w −uv sin w = uv.
abs
∂(u, v, w) 0
sin w
v cos w Por lo tanto,
ˆ
1ˆ 1ˆ π
uvdwdvdu =
V (φ(∆)) =
0
0
−π
6.15 Problema. Sea
ϕ
[1, 2] × [1, 2]
:
(u, v)
R2
→
7→
2 −v 2
uv, u
π
.
2
.
2
Calcule el área de la imagen de [1, 2] × [1, 2] a través de ϕ.
Solución: Sea = [1, 2] × [1, 2], entonces
¨
A (ϕ()) =
¨ ∂ (x, y) dudv.
dxdy =
∂ (u, v)
ϕ()
Pero
∂ (x, y) v u 2
2
=
∂ (u, v) u −v = −(u + v ).
Ası́,
¨
ˆ
2
A (ϕ()) =
2ˆ 2
2
u2 + v 2 dudv =
u + v dudv =
1
1
14
.
3
6.16 Problema. Considere un disco D de radio a > 0 y un punto A ubicado en su frontera. La densidad
de masa por unidad de área en cualquier punto P del disco es igual a la distancia de P con A. Encontrar
(a) La masa del disco
(b) El centro de masa del disco
(c) El momento de inercia del disco con respecto a un eje perpendicular que pasa por el punto A
Solución: Sin pérdida de generalidad, podemos centrar el disco en (0, a), es decir, éste queda dado por
la ecuación
x2 + (y − a)2 = a2 ⇐⇒ x2 + y 2 = 2ay.
Si lo escribimos en coordenadas polares, tenemos que la ecuación es r = 2a sin θ para θ ∈ [0, π].
(a) La densidad queda dada por ρ(r, θ) = r. Ası́,
ˆ π ˆ 2a sin θ
ˆ π ˆ 2a sin θ
ˆ
8a3 π 3
2
M (D) =
ρ(r, θ)rdrdθ =
r drdθ =
sin θdθ
3 0
0
0
0
0
ˆ
ˆ
8a3 π 3
8a3 π
32a3
=
sin θdθ =
sin θ − cos2 θ sin θdθ =
.
3 0
3 0
9
(b) Por simetrı́a, es claro que x̄ = 0. Por otro lado,
ˆ π ˆ 2a sin θ
ˆ π ˆ 2a sin θ
1
9
ȳ =
yρ(r, θ)rdrdθ =
r3 sin θdrdθ
M (D) 0 0
32a3 0 0
ˆ
9a π 5
6a
=
sin θdrdθ =
.
8 0
5
138
Problemas Resueltos
(c) Tenemos que
ˆ
π
ˆ
ˆ
π
2a sin θ
r4 drdθ
2
r ρ(r, θ)rdrdθ =
I=
0
=
ˆ
2a sin θ
0
0
32a5
5
ˆ
π
sin5 θdθ =
0
0
512a5
48a2
=
M (D) .
75
25
6.17 Problema. Calcule el área de la región D, la cual está encerrada por
x2 + y 2
2
= 2a2 x2 − y 2 ,
a > 0.
Solución: Usamos coordenadas polares y sigue que
√
r4 = 2a2 r2 cos2 θ − sin2 θ ⇒ r = a 2 cos 2θ,
con la restricción cos 2θ > 0. Como para θ ∈ [0, 2π[ hay 4 intervalos de largo π4 donde cos 2θ > 0, sigue
que
ˆ π ˆ a√2 cos 2θ
ˆ π
4
4
A (D) = 4
rdrdθ = 4
a2 cos 2θdθ = 2a2 .
0
0
0
6.18 Problema. Cambie el orden de integración de
ˆ
1
2
0
ˆ
1−2x ˆ 2−4x−2y
f (x, y, z)dzdydx
0
0
a dxdzdy.
Solución: Tenemos que la región Ω de integración está dada por
1
Ω = (x, y, z) ∈ R3 : 0 ≤ x ≤ , 0 ≤ y ≤ 1 − 2x, 0 ≤ z ≤ 2 − 4x − 2y ,
2
es decir, la región del primer octante que queda bajo el plano 4x + 2y + z = 2.
Al dibujar la región (¡hágalo!), se ve que y varı́a en [0, 1], es decir,
0 ≤ y ≤ 1.
Luego, para obtener cómo varı́a z, nos fijamos en la proyección de la región sobre el plano Y Z, es decir,
imponemos x = 0. Notamos que z varı́a entre 0 y la intersección de nuestra “tapa” y el plano Y Z es
decir,
0 ≤ z ≤ 2 − 2y.
Finalmente, x debe variar de tal forma que sigamos estando bajo el plano 4x + 2y + z = 2, es decir,
0≤x≤
Ası́,
ˆ
0
1
2
ˆ
2 − 2y − z
.
4
1−2x ˆ 2−4x−2y
ˆ
1 ˆ 2−2y
ˆ
f (x, y, z)dzdydx =
0
0
0
0
0
2−2y−z
4
f (x, y, z)dxdzdy.
Integrales Múltiples
139
6.19 Problema. Calcule el volumen del sólido bajo z =
1, xy = 5, x = 1, x = 5.
Solución: Sea Θ el sólido en cuestión. Notemos que
˚
¨
V (Θ) =
dzdxdy =
Θ
D
xy
,
1+x2 y 2
sobre z = 0 y limitada por xy =
xy
dxdy,
1 + x2 y 2
donde D es la región limitada por xy = 1, xy = 5, x = 1, x = 5. Sean u = x, v = xy, entonces
∂(u, v) 1 0 =
∂(x, y) y x = x.
Por lo tanto,
∂(x, y) 1
∂(u, v) = u .
Ası́,
¨
xy
dxdy =
1 + x2 y 2
V (Θ) =
D
ˆ
5ˆ 5
1
v dudv
=
1 + v2 u
1
ˆ
1
5
du
u
ˆ
1
5
v
dv ,
1 + v2
es decir,
V (Θ) =
1
log 5 (3 log 3 − log 2) .
2
√
√
6.20 Problema. Considere la región Ω del espacio limitada por x, y, z ≥ 0, x+ y + 3 z ≤ 1. Determine
V (Ω).
Solución: Sean x = u, v 2 = y, w3 = z, entonces la región puede ser descrita como u, v, w ≥ 0, u+v+w ≤
1. El jacobiano es
0 ∂(x, y) 1 0
0 = 6vw2
∂(u, v) = 0 2v
0 0 3w2 y se anula si y sólo si vw = 0. Por lo tanto,
˚
6vw2 dudvdw.
V (Ω) =
Ω
Ası́
ˆ
1 ˆ 1−u ˆ 1−u−v
ˆ
1 ˆ 1−u
2
V (Ω) =
2v(1 − u − v)3 dvdu,
6vw dwdvdu =
0
0
0
0
0
pero
ˆ
1−u
1−u
1−u
ˆ
1 1−u
(1 − u − v)5 v(1 − u − v)4 4
+
(1 − u − v) dv = −
.
2v(1 − u − v) dv = −
2
2 0
10
0
0
3
0
Luego,
1
V (Ω) =
10
6.21 Problema. Calcule
1
(1 − u)5 du =
0
¨ p
Q
con Q = [0, 1] × [0, 1].
ˆ
x2 + y 2 dA,
1
.
60
140
Problemas Resueltos
Solución: Notamos que la integral es simétrica respecto a y = x, luego
¨ p
¨ p
x2 + y 2 dA = 2
x2 + y 2 dA,
Q
D
donde D es la región limitada por 0 ≤ x ≤ 1 y 0 ≤ y ≤ x. Haciendo el cambio a coordenadas polares,
sigue que x ≤ 1 implica que
r cos θ ≤ 1 ⇒ r ≤ sec θ.
Luego,
¨ p
ˆ
2
2
x + y dA =
D
π
4
ˆ
sec θ
1
r drdθ =
3
ˆ
π
4
2
0
0
0
π
4
1
sec θdθ = (log (sec θ + tan θ) + sec θ tan θ) .
3
0
3
Ası́,
¨ p
√ 2 √
x2 + y 2 dA =
log
2+1 + 2 .
3
Q
6.22 Problema. Sea V = B (0, 1) r C, con C = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 ≤ z 2 . Calcule el volumen de
V.
Solución: Calcularemos el volumen encerrado por Ω = C ∩ B (0, 1) y luego se lo restaremos al volumen de B (0, 1). Dada la simetrı́a del problema analizaremos sólo la parte positiva de Ω y luego la
multiplicaremos por 2. Buscamos la intersección despejando z y obtenemos que
1
x2 + y 2 = ,
2
es decir, corresponde a una circunferencia a en el plano
1
z=√ .
2
Luego,
ˆ
V Ω
+
2π
ˆ
=
0
0
√1
2
ˆ
√
ˆ
1−r2
rdzdrdθ = 2π
0
r
√1
2
p
π2
1 − r2 − r rdr =
.
4
Ası́,
4π π 2
V (V ) = V (B (0, 1)) − 2 V Ω+ =
− .
3
2
6.23 Problema. Calcule la masa de B(0, 1), si su densidad está dada por
ρ(x, y, z) =
Solución: La masa de la bola está dada por
1
p
.
1 + x2 + y 2 + z 2
˚
M (B(0, 1)) =
ρ(x, y, z)dV.
B(0,1)
Usando coordenadas esféricas y Fubini, tenemos que
ˆ 2π ˆ π
ˆ 1 2
ˆ 2π ˆ π ˆ 1 2
r sin ϕ
r
M=
drdϕdθ =
dθ
sin ϕdϕ
dr
1+r
0
0
0
0
0
0 1+r
ˆ 1 2
ˆ 1 2
ˆ 1
r
r −1
1
1
= 4π
dr = 4π
+
dr = 4π
r−1+
dr
1+r
1+r
0 1+r
0 1+r
0
1
= 4π log 2 −
.
2
Integrales Múltiples
141
2
6.24 Problema. Sea
p la densidad de carga ρ(x, y, z) = z. Calcule la carga total encerrada entre x +
y 2 + z 2 = 2z y z = x2 + y 2 .
Solución: Sea Ω la región encerrada. Entonces la carga total está dada por
˚
zdV.
Q=
Ω
Notemos que
x2 + y 2 + z 2 = 2z ⇐⇒ x2 + y 2 + (z − 1)2 = 1,
es decir, la superficie corresponde a una esfera trasladada en k̂. Luego, la semiesfera por sobre el cono
se puede escribir en coordenadas cilı́ndricas como
p
z = 1 + 1 − r2 .
Ası́,
ˆ
2π
ˆ
√
1 ˆ 1+ 1−r2
Q=
ˆ
1
zrdzdrdθ = π
0
0
r
1 − r2 +
p
1 − r2 2rdr.
0
En esta última integral hacemos t = 1 −
r2
⇒ dt = −2rdr para concluir que
ˆ 1
√
7π
Q=π
t + tdt =
.
6
0
6.25 Problema. Considere Ω = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 ≤ 4, z ≥ 0 .
(a) Calcule la masa del cuerpo definido por Ω si su densidad está dada por
s
x2 + y 2
.
ρ(x, y, z) =
x2 + y 2 + z 2
(b) Calcule el centro de gravedad del sólido.
Solución:
(a) Usando coordenadas esféricas, tenemos que
˚
M (Ω) =
ˆ
2π
ρ(x, y, z)dV =
Ω
! 0ˆ
ˆ π
2
= 2π
ˆ
0
2
r
0
2
r2 dr
sin2 ϕdϕ
0
ˆ
π
2
0
r2 sin2 ϕ 2
r sin ϕdrdϕdθ
r2
4
= π2.
3
(b) Por simetrı́a, es claro que x = y = 0. Además,
˚
z M (Ω) =
ˆ
2π
ˆ
π
2
zρ(x, y, z)dV =
Ω
ˆ
= 2π
ˆ
r cos ϕ
0
π
2
2
0
! ˆ
sin ϕ cos ϕdϕ
0
r
2
0
2
3
r dr
0
r2 sin2 ϕ 2
r sin ϕdrdϕdθ
r2
8
= π.
3
Luego,
1
r=
M (Ω)
8
2
0, 0, π = 0, 0,
.
3
π
142
Problemas Resueltos
6.26 Problema. Calcule los momentos de inercia Ix , Iy , Iz de un cilindro grueso y homogéneo de
altura h y masa m, como el que se describe en la figura.
Nota: Ix corresponde al momento de inercia respecto al eje x. Asuma que el origen está en el centro de
gravedad del cuerpo.
Solución: Llamemos C al cilindro. Como es homogéneo, su densidad es simplemente ρ =
m
V (C) .
Para un punto cualquiera P = (x, y, z) del cilindro, la distancia al eje z es
p
d(P, z) = x2 + y 2 .
Por ende,
ˆ
Iz =
(
p
x2 + y 2 )2 ρdV.
C
Usando coordenadas cilı́ndricas, tenemos que
ˆ h ˆ 2π ˆ
2
Iz = ρ
−h
2
0
r2
r1
r
r4 2
r rdrdθdz = 2πρh .
4 r1
2
Por geometrı́a elemental, el volumen del sólido es V (C) = πh(r22 − r12 ). Entonces,
1
Iz = m(r22 + r12 ).
2
Notemos que la figura tiene simetrı́a respecto al eje z. Por lo tanto, Ix = Iy . Si usamos nuevamente
coordenadas cilı́ndricas, obtenemos
ˆ h ˆ 2π ˆ r2
2
m
Ix = ρ
(z 2 + r2 sin2 (θ))rdrdθdz = ... = (3(r22 + r12 ) + h2 ).
12
−h 0
r1
2
Haciendo r1 = 0, obtenemos además los momentos de inercia de un cilindro no hueco.
6.27 Problema. Calcule
˚
donde Σ es la región determinada por 1 ≤
x2
Σ
Solución: Sean
xyz
dV,
x4 − y 4
− y 2 ≤ 4, 1 ≤ xy ≤ 3 y x2 + y 2 ≤ z ≤ 2(x2 + y 2 ).
u = x2 − y 2 ,
v = xy,
w=
x2
z
.
+ y2
Integrales Múltiples
143
Entonces,
2x
∂(u, v, w) =
y
∂(x, y, z) − 2xz
(x2 +y 2 )2
−2y
x
0
0
− (x22yz
+y 2 )2
1
x2 +y
1
=
x2 + y 2
2
2x −2y 2(x2 + y 2 )
=
= 2.
y
x x2 + y 2
Luego, por Fubini,
ˆ 4
ˆ 3
ˆ 2
˚
ˆ 4ˆ 3ˆ 2
xyz
du
vw 1
1
vdv
wdw = 6 log 2.
dV =
dwdvdu =
4
4
u 2
2
Σ x −y
1 u
1
1
1
1
1
6.28 Problema. Sea Ω la región de B (0, 2) al interior z =
˚
x2 + y 2 dV.
p
x2 + y 2 . Calcule
Ω
Solución: Utilizamos coordenadas esféricas. La intersección entre la esfera y el cono se escribe
q
π
r cos ϕ = r2 cos2 θ sin2 ϕ + r2 sin2 θ sin2 ϕ = r sin ϕ ⇒ tan ϕ = 1 ⇒ ϕ = .
4
Luego,
˚
ˆ
2
2π
ˆ
π
4
2
x + y dV =
Ω
0
0
ˆ
ˆ
2
4
3
2
4
r sin ϕdrdϕdθ = 2π
ˆ
r dr
0
0
¨
6.29 Problema. Calcule
exp
A
y−x
y+x
π
4
!
3
sin ϕdϕ
0
√ 16 8 − 5 2 π
=
.
15
dxdy,
donde A es el triángulo entre la recta x + y = 2 y los ejes cartesianos.
Solución: Sean u, v dados por
−1 1 x
u
:= T (x, y).
=
1 1 y
v
Como T es una transformación lineal, para obtener el conjunto T (A), basta con mirar las imágenes de
los vértices del triángulo. Tenemos que
T (0, 0) = (0, 0)
,
T (2, 0) = (−2, 2) ,
T (0, 2) = (2, 2).
Por lo tanto, T (A) corresponde a un triángulo de vértices (0, 0), (−2, 2), (2, 2). Luego, como
∂ (u, v) ∂ (x, y) = |T | = −2,
sigue que
¨
exp
A
y−x
y+x
¨
ˆ 2ˆ v
u ∂ (x, y) dudv = 1
dxdy =
exp
exp (uv) dudv
v ∂ (u, v) 2 0 −v
T (A)
ˆ
e − e−1 2
=
vdv = e − e−1 .
2
0
144
Problemas Resueltos
6.30 Problema. Calcule
ˆ
1ˆ 1
0
0
dxdy
.
(log x + log y) (1 + x2 y 2 )
Solución: Sean u = y, v = xy, entonces
∂(u, v) 0 1 =
∂(x, y) y x = y.
Por lo tanto,
∂(x, y) 1
∂(u, v) = u .
Luego, como v = xu, entonces
ˆ
0
1ˆ u
0
dvdu
=
log v(1 + v 2 )u
ˆ
1ˆ 1
0
v
dudv
=
log v(1 + v 2 )u
ˆ
1
0
− log v
π
dv = − .
2
log v(1 + v )
4
6.31 Problema. Sean 0 < a < b y D = {(x, y) ∈ R2 : x, y ≥ 0, y ≥ x, a ≤ xy ≤ b, y 2 − x2 ≤ 1}. Calcule
¨
(y 2 − x2 )xy (x2 + y 2 )dA.
D
Solución: Sean u = y 2 − x2 , v = xy, entonces
∂(u, v) −2x 2y =
= −2 x2 + y 2 .
∂(x, y) y
x
Luego,
¨
¨
(y 2 − x2 )xy (x2 + y 2 )dxdy =
D
uv
D
1
(x2 + y 2 )
dudv =
2(x2 + y 2 )
2
6.32 Problema. Calcule
¨
R
donde R es la región determinada por 1 ≤
Solución: Sean u =
x2
y
x2
y
ˆ bˆ
1
uv dudv =
a
0
y2
dA,
x4
≤ 2, 0 ≤ xy ≤ 1.
, v = xy, entonces
∂(u, v) 2x
y
∂(x, y) = y
2
− xy2 x =
3x2
.
y
Por lo tanto,
∂(x, y) 1
∂(u, v) = 3u .
Luego,
¨
R
y2
dA =
x4
ˆ
0
1ˆ 2
1
dudv
1
=
3
3u
3
ˆ
1
2
du
1
= .
3
u
8
1
log
2
b+1
a+1
.
Integrales Múltiples
145
˚
6.33 Problema. Calcule
1 + x2 + y 2
2
dV,
Ψ
p
x2 + y 2 y B (0, 1).
donde Ψ es la región encerrada entre z =
Solución: La intersección de las superficies ocurre cuando
1
x2 + y 2 = .
2
Usamos coordenadas cilı́ndricas, donde el cono se escribe z = r, y sigue que
˚
2
1+ x +y
2 2
ˆ
2π
ˆ
dV =
0
Ψ
0
ˆ
√
1−r2
1 + r4 rdzdrdθ
r
√
p
344 − 180 2
2
π.
1 − r − r rdr =
1+r
420
√1
2
= 2π
ˆ
1
√
2
4
0
˚
6.34 Problema. Calcule
2
e(x+y) dV,
Ω
donde Ω es la región del espacio limitada por los planos z = x + y, z = x − y; lateralmente por los planos
x − y = −1, x − y = 1, x + y = 1, x + y = 2.
Solución: Sean u = x + y, v = x − y, w = z, entonces
∂(u, v, w) 1 1 0
= 1 −1 0 = 2.
∂(x, y, z) 0 0 1
Por lo tanto,
˚
2
ˆ ˆ
ˆ ˆ
1 2 1 u2
1 2 1 u2
dwdvdu
ue dvdu −
ve dvdu
=
2
2 1 −1
2 1 −1
1
−1 v
ˆ 2
2 2
eu 1 4
u2
=
ue du =
e −e .
=
2 2
1
e(x+y) dV =
Ω
ˆ
2ˆ 1
ˆ
u
2
eu
1
6.35 Problema. Sea Ω la región interior al sólido limitado por
x2 y 2 z 2
+ 2 + 2 = 1.
a2
b
c
Calcule
2
23
˚ x
y2 z2
1−
+ 2 + 2
dV.
a2
b
c
Ω
Solución: Sean
x = ar cos θ sin ϕ,
y = br sin θ sin ϕ,
z = cr cos ϕ.
(6.6)
146
Problemas Resueltos
Entonces,
∂(x, y, z) a cos θ sin ϕ −ar sin θ sin ϕ
∂(r, θ, ϕ) = b sin θ sin ϕ br cos θ sin ϕ
c cos ϕ
0
cos θ sin ϕ −r sin θ sin ϕ
= abc sin θ sin ϕ r cos θ sin ϕ
cos ϕ
0
ar cos θ cos ϕ
br sin θ cos ϕ −cr sin ϕ r cos θ cos ϕ
r sin θ cos ϕ = abcr2 sin ϕ,
−r sin ϕ (6.7)
pues el último jacobiano corresponde al de coordenadas esféricas. Ası́,
2
23
˚ ˆ 2π ˆ π ˆ 1
3
x
y2 z2
+ 2 + 2
dV =
1 − r2 2 r2 sin ϕdrdϕdθ
1−
2
a
b
c
Ω
0
0
0
ˆ 2π ˆ π
ˆ 1
3
2 2 2
r dr
=
dθ
sin ϕdϕ
1−r
0
0
0
ˆ 1
3
= 4π
1 − r2 2 r2 dr.
0
Para esta última integral, hacemos r = sin t, dr = cos tdt y sigue que6.2
ˆ 1
ˆ π
3
2
1
5 3
1 Γ 52 Γ 32
1
4
2
2 2 2
cos t sin tdt = B
1−r
,
=
=
r dr =
2
2 2
2
Γ(4)
2
0
0
Ası́,
3 1√ 1√
2 2 π2 π
3!
=
π
.
32
23
2
˚ y2 z2
π2
x
+
+
dV
=
.
1−
a2
b2
c2
8
Ω
6.36 Problema. Consideremos el sólido C limitado por a2 x2 + b2 y 2 = 1, z = 0 y z = 1. Además, sea S
la superficie dada por z 2 = a2 x2 + b2 y 2 . Definimos S1 como el sólido bajo S al interior de C y S2 como
V(S1 )
el sólido sobre S al interior de C. Demuestre que V(S
no depende de a ni de b.
2)
Solución: Notemos que C es un cilindro de base elipsoidal y altura 1. Los puntos de su interior cumplen
a2 x2 + b2 y 2 ≤ 1, luego S está bajo el plano z = 1 y sobre z = 0 en el interior de C.
Hacemos el cambio de variables
x=
r cos θ
,
a
y=
r sin θ
,
b
z = z.
Notar que,
a2 x2 + b2 y 2 = 1 ⇐⇒ r = 1.
De esta forma, se tiene que
r cos θ r sin θ
C=
,
, z ∈ R3 : r ∈ [0, 1], θ ∈ [0, 2π[, z ∈ [0, 1]
a
b
r cos θ r sin θ
3
S=
,
, z ∈ R : r ∈ [0, 1], θ ∈ [0, 2π[, z = r
a
b
cos θ
∂(x, y, z) sina θ
∂(r, θ, z) = b
0
6.2
−r sin θ
a
r cos θ
b
0
0
r
0 =
ab
1
Es posible resolver la integral sólo los conocimientos de Cálculo I pero es más largo y tedioso.
Integrales Múltiples
147
Entonces,
ˆ
2π
ˆ
2π
ˆ
1ˆ r
V (S1 ) =
ˆ
0
0
0
1ˆ 1
V (S2 ) =
0
En consecuencia,
V(S1 )
V(S2 )
0
r
r
2π
dzdrdθ =
ab
3ab
r
π
dzdrdθ =
ab
3ab
= 2.
6.37 Problema. Calcule el volumen del sólido Ω limitado por las superficies x2 + y 2 + z 2 = 9 y
z = 7 − (x2 + y 2 ).
Solución: Notamos que las superficies corresponden a: una esfera centrada en el origen de radio 3 y un
paraboloide cuya cúspide es (0, 0, 7). Buscamos las intersecciones
z = 7 − 9 − z 2 ⇐⇒ z 2 − z − 2 = 0 ⇐⇒ z = 2 ∨ z = −1.
Pero si z = 2 ⇒ x2 + y 2 = 5 y si z = −1 ⇒ x2 + y 2 = 8. Por lo tanto, las intersecciones corresponden a
circunferencias.
Para calcular
V (Ω) usaremos coordenadas cilı́ndricas para dos intervalos
√
√ radiales √distintos. Cuando
0 ≤ r ≤ 5, el sólido queda atrapado entre las dos semiesferas y cuando 5 ≤ r ≤ 8 el sólido queda
atrapado entre el paraboloide y la semiesfera inferior. En consecuencia,
ˆ
V (Ω) =
2π
ˆ
√
5ˆ
√
ˆ
9−r2
2π
rdzdrdθ +
√
0
− 9−r2
0
ˆ √5 p
ˆ √8 7
4π
9 − r2 rdr + 2π √
5
0
ˆ
√
0
=
√
8 ˆ 7−r2
√
− 9−r2
5
− r2 +
p
rdzdrdθ
9 − r2 rdr.
Haciendo u = 9 − r2 ⇒ du = −2rdr en cada integral sigue que
ˆ
√
5p
ˆ
9−
4π
r2 rdr
= 2π
0
ˆ
2π
√
√
8
9√
4
p
7 − r + 9 − r2 rdr = π
ˆ
4
2
5
u+
√
4π 3 9 76π
udu =
u2 =
,
3
3
4
u − 2 du = π
1
4
u2 2 3
37π
+ u 2 − 2u =
.
2
3
6
1
Finalmente,
V (Ω) =
6.38 Problema. Calcule
63π
76π 37π
+
=
.
3
6
2
¨
xyzdV,
Ω
donde Ω es la región común entre x2 + y 2 + z 2 ≤ 1 y x2 + y 2 + z 2 ≤ 2x.
Solución: Primero pondremos “derecho” el dibujo. Para ello, cambiaremos el eje x con el eje z y ası́,
las regiones son
x2 + y 2 + z 2 ≤ 1 , x2 + y 2 + z 2 ≤ 2z.
Notamos que la última es equivalente a x2 + y 2 + (z − 1)2 ≤ 1. Es decir, Ω corresponde a la región
encerrada entre dos esferas desplazadas. Luego, la intersección entre sus fronteras está dada por
x2 + y 2 + z 2 = 1
∧
1
x2 + y 2 + z 2 = 2z ⇒ z = .
2
148
Pero, si z =
Problemas Resueltos
1
2
⇒
√
p
x2 + y 2 =
3
2 .
Por lo tanto, la integral en coordenadas cilı́ndricas es
ˆ
¨
2π
ˆ
3
2
xyzdV =
0
Ω
ˆ
√
1−r2
√
1− 1−r2
0
pues
√
ˆ
(r cos θ) (r sin θ) zrdzdrdθ = 0,
2π
cos θ sin θdθ = 0.
0
6.39 Problema. Calcule el volumen del sólido Υ limitado por
x2 y 2 z 2
+
+
=1
4
9
4
x2 y 2 (z − 2)2
+
+
= 1.
4
9
4
,
Solución: Sean u = 2x, v = 3y, w = 2z, entonces
∂(u, v, w) 2 0 0
= 0 3 0 = 12.
∂(x, y, z) 0 0 2
Sea Υ0 el nuevo sólido encerrado por las superficies, que ahora se escriben
u2 + v 2 + w2 = 1
u2 + v 2 + (w − 1)2 = 1,
,
respectivamente. Luego, la intersección de éstas se da cuando
1
w2 = (w − 1)2 ⇐⇒ w = .
2
Reemplazando en cualquiera de las dos ecuaciones, concluimos que
3
u2 + v 2 = .
4
Por lo tanto, usando coordenadas cilı́ndricas, se tiene que
¨
V (Υ) =
¨
ˆ
dxdydz =
Υ
ˆ
= 24π
√
3
2
2π
ˆ
12dudvdw = 12
Υ0
0
√
3
2
ˆ
0
√
1−r2
√
1− 1−r2
rdwdrdθ
p
r 2 1 − r2 − 1 dr = 5π.
0
6.40 Problema. Se define la función zeta de Riemann ζ como
ζ(x) =
∞
X
1
,
kx
x > 0.
k=1
Muestre que
ˆ
ζ(n) =
ˆ
1
1ˆ 1
...
0
0
0
dx1 dx2 . . . dxn
.
1 − x1 x2 . . . xn
(6.8)
Integrales Múltiples
149
Solución: En efecto,
ˆ
ˆ
1
1ˆ 1
...
0
0
0
dx1 dx2 . . . dxn
=
1 − x1 x2 . . . xn
=
=
=
=
ˆ
ˆ
1
...
0
0
∞ ˆ 1
X
∞
1ˆ 1X
(x1 x2 . . . xn )k dx1 dx2 . . . dxn
0 k=0
1ˆ 1
ˆ
xk1 xk2 . . . xkn dx1 dx2 . . . dxn
...
0
k=0 0
ˆ
∞
n
1
XY
0
xki dxi
0
k=0 i=1
ˆ
∞
1
X
k
n
x dx
k=0
∞
X
k=0
0
1
(k + 1)n
∞
X
1
=
kn
k=1
= ζ(n).
Capı́tulo 7
Integrales de Lı́nea
“Las leyes de la naturaleza no son más que pensamientos matemáticos de Dios.”
- Euclides7.1
7.1.
Integrales de campos escalares sobre curvas
Volvamos por un instante a Cálculo II. Consideremos una curva γ ⊆ R3 parametrizada por α : [a, b] ⊆
R → R3 , entonces diremos que γ es una curva suave si
α0 (t) = x0 (t), y 0 (t), z 0 (t)
es una función continua, es decir, si α ∈ C1 ([a, b]).
Nuestra primera intención es calcular la longitud s del arco de curva. Para ello, como es costumbre,
consideramos la partición P de [a, b] dada por
a = x0 < x1 < . . . < xn−1 < xn = b.
Luego, la curva se aproxima mediante la poligonal y sigue que su longitud
q
∆s ≈ (∆x)2 + (∆y)2 + (∆z)2 .
Haciendo tender kPk → 0, obtenemos
ds =
p
s
(dx)2
+
(dy)2
+
(dz)2
=
dx
dt
2
+
dy
dt
2
+
dz
dt
2
dt.
Luego, como α ∈ C1 , estos diferenciales son integrables y sigue que la longitud del arco de curva α ([a, x])
está dado por
s
ˆ x 2 2 2
ˆ b
0 dx
dy
dz
α (t) dt.
s(x) =
+
+
dt =
dt
dt
dt
a
a
7.1
Euclides (325-265 a.C.) fue un matemático y geómetra griego, reconocido como uno de los más grandes de la antigüedad.
Se le conoce como “El Padre de la Geometrı́a” pues en su obra Los elementos se presenta de manera formal y lógica una
deducción de las propiedades de lı́neas, planos, cı́rculos, triángulos, etc. a partir de sólo 5 axiomas conocidos como los 5
postulados de la Geometrı́a Euclidiana. Aceptando sólo éstos, es posible mostrar el teorema de Pitágoras y el hecho que
los lados de un triángulo suman 180o .
152
Integrales de campos vectoriales sobre curvas
Bien, ahora le pondremos masa a la curva mediante una densidad ρ : γ → R y sigue que
s 2 2
dx 2
dy
dz
dm = ρds = ρ
+
+
dt,
dt
dt
dt
es decir, la masa del arco de curva α ([a, x]) está dado por
ˆ x
M (x) =
ρ (α(t)) α0 (t) dt.
a
Motivados por esto y para ganar la libertad de poder poner la función que queramos en vez de ρ para
modelar incluso la carne en un anticucho chueco, definiremos el caso general.
7.1 Definición (Integral de lı́nea de un campo escalar). Sea f : γ ⊆ R3 → R, donde γ es curva suave.
Definimos la integral de lı́nea de f a lo largo de γ con relación a la longitud de la curva como
ˆ
ˆ b
f ds :=
f (α(t)) α0 (t) dt,
γ
a
donde α es una parametrización de γ.
7.2 Observación. Dado que ds es la longitud del arco de curva γ y no de la parametrización α, es decir,
es una propiedad intrı́nsica de la geometrı́a de la curva; el valor de la integral de lı́nea es independiente
de la parametrización que se escoja.
7.3 Ejemplo. Sea γ una vuelta de la hélice de radio r y de paso 2π. Calculemos
ˆ
f ds,
γ
donde f (x, y, z) = xyz.
√
Primero, parametrizamos γ según α(t) = (r cos t, r sin t, t) ⇒ kα0 (t)k = r2 + 1. Luego,
ˆ 2π
ˆ
ˆ 2π
p
1 2p 2
π p
2
t sin 2tdt = − r2 r2 + 1.
f ds =
(r cos t)(r sin t)t r + 1dt = r r + 1
2
2
0
γ
0
7.4 Observación. Todo esto es estudiable para curvas en Rn . Piénselo como ejercicio.
7.2.
Integrales de campos vectoriales sobre curvas
Ahora la cosa se pone más interesante. Sea F : γ ⊆ R3 → R3 un campo suave que actua sobre una
partı́cula puntual, i.e. en el punto (x, y, z) la partı́cula siente una fuerza dada por el vector F (x, y, z),
cuya trayectoria es la curva suave γ.
Nuestro objetivo es calcular el trabajo realizado por el campo de fuerzas sobre nuestra pobre partı́cula
que será arrastrada a lo largo de γ, la cual es parametrizada por α : [a, b] ⊆ R → R3 .
Recordemos que el trabajo, por definición, es
fuerza × distancia,
pero no cualquier fuerza, sino que la fuerza en la dirección tangente al desplazamiento. Luego,
como el vector tangente está dado por
α0 (t) = x0 (t), y 0 (t), z 0 (t) ,
Integrales de Lı́nea
153
tenemos que la componente de la fuerza, en el punto y dirección deseados, está dada por
Ft = F (α(t)) ·
α0 (t)
.
kα0 (t)k
Notar que la dirección tangente fue tomada de forma unitaria para no perturbar el valor real de la
fuerza. Por otro lado, ya sabemos la distancia:
ds = α0 (t) dt.
Ası́, un diferencial del trabajo W es
0 α0 (t)
α (t) dt.
dW = Ft ds = F (α(t)) · 0
kα (t)k
Luego, como F y γ son suaves, podemos integrar y sigue que
ˆ
ˆ x
0
0 α0 (t)
α (t) dt = F · α (t) dt,
W (x) =
F (α(t)) · 0
0
kα (t)k
kα (t)k
γ
a
o simplemente,
ˆ
x
W (x) =
F (α(t)) · α0 (t)dt.
a
7.5 Definición (Integral de lı́nea de un campo vectorial). Sea F : γ ⊆ R3 → R3 , donde γ es curva
suave. Definimos la integral de lı́nea de F a lo largo de γ con relación a la longitud de la curva como
ˆ
ˆ x
F · dα :=
F (α(t)) · α0 (t)dt,
γ
a
donde α es una parametrización de γ.
7.6 Ejemplo. Sean f y γ definidas el ejemplo 7.3. Calculemos
ˆ
∇f · dα.
γ
Primero, tenemos que
∇f = (yz, xz, xy) .
Luego,
∇f (α(t)) = tr sin t, tr cos t, r2 cos t sin t .
Ası́,
ˆ
ˆ
2π
∇f · dα =
γ
∇f (α(t)) · α0 (t)dt
0
ˆ
2π
tr sin t, tr cos t, r2 cos t sin t · (−r sin t, r cos t, 1) dt
=
0
ˆ
2π
−tr2 sin2 t + tr2 cos2 t + r2 cos t sin tdt
=
0
ˆ
=
0
2π
1
tr2 cos 2t + r2 sin 2tdt = 0.
2
154
Campos conservativos
7.3.
Campos conservativos
Consideremos F = ∇f , con f : R3 → R de clase C1 . Sea γ una curva suave parametrizada por
α(t) = (x(t), y(t), z(t)) , t ∈ [a, b]. Notemos que
ˆ
ˆ
b
0
∇f (α(t)) · α (t)dt =
F · dα =
γ
ˆ
b
a
a
∂f
∂f
∂f
(α(t)) x0 (t) +
(α(t)) y 0 (t) +
(α(t)) z 0 (t)dt,
∂x
∂y
∂z
donde
∂f
∂f
(α(t)) =
(x(t), y(t), z(t)) .
∂x
∂x
Luego,
ˆ
ˆ
F · dα =
γ
a
b
d
(f (α(t))) dt = f (α(b)) − f (α(a)) .
dt
Es decir, la integral de lı́nea de F depende sólo de los puntos final e inicial pero no de la trayectoria.
7.7 Definición. Sea F : D ⊆ R3 → R3 . Diremos que la integral
ˆ
F · dα
γ
es independiente de la trayectoria, si
ˆ
ˆ
F · dα =
γ1
F · dα
γ2
para cualquier par de curvas γ1 , γ2 ⊆ D con el mismo punto final e inicial.
7.8 Observación. Sean f : R3 → R de clase C1 y F = ∇f , entonces
ˆ
F · dα
γ
es independiente de la trayectoria. Diremos que F es un campo conservativo y que f es el potencial
escalar de F .
Notar que f + C también es un potencial de F para cualquier constante C ∈ R.
7.9 Definición. Sea γ una curva suave parametrizada por α(t), t ∈ [a, b]
(a) Definimos γ − como la misma curva pero recorrida en sentido inverso y
ˆ
ˆ
=− .
γ−
γ
(b) Diremos que γ es simple si para a ≤ t1 < t2 ≤ b, se tiene que α(t1 ) = α(t2 ) ⇒ t1 = a, t2 = b.
(c) Diremos que γ es cerrada si α(a) = α(b) y en tal caso escribiremos
ˆ
˛
= .
γ
γ
Integrales de Lı́nea
155
(d) Diremos que γ es una curva de Jordan si es simple y cerrada.7.2
7.10 Definición. Sea γ una curva suave a tramos, es decir, γ = γ1 ∪ γ2 ∪ . . . ∪ γn con γk curva suave
tal que el punto final de γk es el inicial de γk+1 , entonces
ˆ
n ˆ
X
F · dα =
F · dα.
γ
γk
k=1
7.11 Observación. Sea F : D ⊆ R3 → R3 tal que
ˆ
F · dα
γ
es independiente de la trayectoria. Consideremos una curva γ suave y cerrada tal que γ = γ1 ∪ γ2 ,
entonces
˛
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
F · dα =
F · dα +
F · dα =
F · dα −
F · dα = 0,
γ
γ1
γ2
γ1
γ2−
pues γ1 y γ2− comparten el mismo punto final e inicial.
Por otro lado, si
˛
F · dα = 0,
γ
entonces
ˆ
ˆ
F · dα =
γ1
γ2−
F · dα.
7.12 Proposición. Sea F : D ⊆ R3 → R3 continuo, entonces F es conservativo si y sólo si
˛
F · dα = 0,
γ
para toda γ ⊆ D cerrada.
7.13 Definición. Sea D ⊆ R3 abierto. Diremos que D es conexo si dos puntos cualquieras de D
pueden ser unidos mediante una curva contenida en D.
7.14 Observación. Sea D ⊆ R3 abierto y conexo. Consideremos F : D ⊆ R3 → R3 continuo tal que
ˆ
F · dα
γ
es independiente de la trayectoria. Para p0 = (a, b, c), p = (x, y, z) ∈ D, consideremos
ˆ
f (x, y, z) = F · dα.
γ
donde γ es una curva suave contenida en D que va desde p0 a p. Notemos que f está bien definida pues
la integral es independiente de la trayectoria en D y por ende, podemos escribir
ˆ p
f (x, y, z) =
F · dα.
p0
7.2
Intuitivamente se puede pensar que una curva de Jordan divide al plano en dos regiones cuyas fronteras son justamente
la curva. Además, sólo una de éstas regiones es acotada y la otra no. A pesar de la inocencia de esta observación, probarlo
requiere conocimientos de topologı́a que van muchı́simo más allá del curso. Este resultado se conoce como el Teorema de
la Curva de Jordan.
156
Campos conservativos
Ahora, como D es abierto, existe r > 0 tal que B (p, r) ⊆ D y por lo tanto, para |h| < r se tiene que
p0 = (x + h, y, z) ∈ B (p, r). Además,
ˆ
ˆ
p0
p0
ˆ
p0
F · dα =
f (x + h, y, z) =
ˆ
p
F · dα +
F · dα =
p
p0
p0
F · dα + f (x, y, z).
p
Sea ϕ(t) = (x + t, y, z), con t entre 0 y h. Entonces, si F = (P, Q, R), como la integral es independiente
de la trayectoria, tenemos que
ˆ p0
ˆ h
ˆ h
0
F · dα =
F (ϕ(t)) · ϕ (t)dt =
P (ϕ(t))dt.
p
0
0
Luego,
∂f
f (x + h, y, z) − f (x, y, z)
1
= lı́m
= lı́m
h→0 h
∂x h→0
h
ˆ
h
P (ϕ(t)) dt = P (ϕ(0)) = P (x, y, z),
0
y análogamente,
∂f
= Q(x, y, z)
∂y
,
∂f
= R(x, y, z).
∂z
Es decir, F = ∇f .
7.15 Proposición. Sean D ⊆ R3 abierto y conexo. Consideremos F : D ⊆ R3 → R3 continuo. Si
ˆ
F · dα
γ
es independiente de la trayectoria, entonces F = ∇f para alguna f : D ⊆ R3 → R de clase C1 .
7.16 Observación. A veces usaremos la notación
ˆ
ˆ
F · dα = P dx + Qdy + Rdz.
γ
γ
7.17 Ejemplo. Sea F (x, y, z) = 2xy 3 z 4 ı̂ + 3x2 y 2 z 4 ̂ + 4x2 y 3 z 3 k̂. Veamos si existe algún potencial para
F , es decir, debemos buscar f tal que
∂f
= 2xy 2 z 4
∂x
,
∂f
= 3x2 y 2 z 4
∂y
,
∂f
= 4x2 y 3 z 3 .
∂z
En efecto, f = x2 y 3 z 4 + C es un potencial para F y por lo tanto, F es conservativo.
7.18 Observación. Sea F = ∇f con f ∈ C2 . Luego, si
∂f ∂f ∂f
F = (P, Q, R) =
,
,
,
∂x ∂y ∂z
tenemos que, por el Lema de Schwarz,
∂P
∂2f
∂2f
∂Q
=
=
=
,
∂y
∂y∂x
∂x∂y
∂x
∂P
∂2f
∂2f
∂R
=
=
=
,
∂z
∂z∂x
∂x∂z
∂x
∂Q
∂2f
∂2f
∂R
=
=
=
,
∂z
∂z∂y
∂y∂z
∂y
Integrales de Lı́nea
157
es decir,
ı̂
∇ × F = P
∂
∂x
̂
Q
∂
∂y
k̂ R = 0.
∂ ∂z
7.19 Ejemplo. Sea F (x, y, z) = yı̂ + x̂ + xyz k̂. Determine si F es conservativo.
∂P
∂R
Dado que
=1y
= yz, F no puede ser conservativo.
∂y
∂x
7.20 Ejercicio. Todo lo que hemos desarrollado hasta ahora puede llevarse fácilmente a R2 asumiendo
que F = (P, Q, 0). Hágalo.
7.21 Ejercicio. Sea
F (x, y) =
(a) Calcule
−y
x
ı̂ + 2
̂.
x2 + y 2
x + y2
∂Q ∂P
−
.
∂x
∂y
(b) Calcule
˛
P dx + Qdy,
γ
donde γ es la circunferencia unitaria parametrizada por (cos t, sin t), t ∈ [0, 2π].
∂Q ∂P
−
= 0 y la integral
∂x
∂y
˛
P dx + Qdy?
(c) ¿Qué puede decir respecto a la condición
γ
7.22 Ejemplo. Sea F (x, y) = 2x sin yı̂, x2 cos y − 3y 2 . Notemos que
∂Q
∂P
= 2x cos y =
,
∂y
∂x
y por ende, F tiene posibilidades de ser un campo conservativo. Supongamos que F = ∇f , entonces
∂f
= 2x sin y ⇒ f (x, y) = x2 sin y + ϕ(y).
∂x
Luego,
x2 cos y − 3y 2 =
∂f
= x2 cos y + ϕ0 (y) ⇒ ϕ0 (t) = −3y 3 ⇒ ϕ(y) = −y 3 + C.
∂y
Por lo tanto, f (x, y) = x2 sin y − y 3 + C y sigue que F es conservativo.
7.4.
Teorema de Green
7.23 Definición. Sea γ una curva de cerrada, simple y suave a tramos. Diremos que tiene orientación
positiva si la recorremos en sentido contrareloj, es decir, la región encerrada por la curva siempre está la
izquierda cuando se recorre la curva. En caso contrario, tiene orientación negativa.
7.24 Observación. Si γ tiene orientación positiva, γ − tiene orientación negativa y vice versa.
158
Teorema de Green
7.25 Definición. Una región D ⊆ R2 se dice simplemente conexa si es conexa y toda curva de
Jordan en D sólo encierra puntos en D.
7.26 Ejemplo. B (0, 1) r {0} no es simplemente conexa pues las circunferencias centradas en el origen
y de radio menor a 1 encierran al origen.
7.27 Teorema (Green). Sea D ⊆ R2 una región simplemente conexa y tal que γ es la curva correspondiente a su frontera orientada positivamente, ∂D+ . Sea F : U ⊆ R2 → R2 dado por
F (x, y) = P (x, y)ı̂ + Q(x, y)̂,
con P, Q ∈ C1 y tal que D ⊆ U . Entonces
¨
ˆ
˛
∂Q ∂P
F · dα = P dx + Qdy =
−
dA.
∂y
D ∂x
γ
∂D+
Demostración. (Idea) Sea D una región tipo I, es decir, tal que existen ϕ1 , ϕ2 : [a, b] → R y
D = (x, y) ∈ R2 : a ≤ x ≤ b, ϕ1 (x) ≤ y ≤ ϕ2 (x) .
Luego,
¨
D
∂P
(x, y)dA =
∂y
ˆ bˆ
ϕ2 (x)
∂P
(x, y)dydx
a
ϕ1 (x) ∂y
ˆ b
ˆ
ˆ b
P (x, ϕ2 (x))dx −
P (x, ϕ1 (x))dx = −
=
a
a
P (x, y)dx.
∂D
7.28 Teorema. Sea D ⊆ R2 una región simplemente conexa y F : U ⊆ R2 → R2 dado por
F (x, y) = P (x, y)ı̂ + Q(x, y)̂,
con P, Q ∈ C1 y tal que D ⊆ U . Si
∂P
∂Q
=
,
∂y
∂x
entonces F es un campo conservativo.
Demostración. (Idea) Sea una curva cerrada γ ⊆ D y denotemos por R la región que esta encierra.
Entonces
˛
¨
∂Q ∂P
−
dA = 0.
F · dα =
∂y
∂R+
D ∂x
7.29 Observación. Sea D ⊆ R2 simplemente conexa. Supongamos que ∂D+ es parametrizada por
α : [a, b] → R2 tal que α(t) = (x(t), y(t)). Entonces un vector normal a ∂D+ en α(t) y unitario
está dado por
y 0 (t)ı̂ − x0 (t)̂
.
n̂(t) =
kα0 (t)k
Ası́,
˛
ˆ
b
F · n̂ds =
∂D+
F (α(t)) ·
a
ˆ
b
0
y 0 (t)ı̂ − x0 (t)̂
kα0 (t)k
0 α (t) dt
˛
0
P (α(t)) y (t) − Q (α(t)) x (t)dt =
=
a
−Qdx + P dy.
∂D+
Integrales de Lı́nea
159
Luego, por el Teorema de Green,
˛
¨
F · n̂ds =
∂D+
D
∂P
∂Q
+
dA.
∂x
∂y
Además,
∂Q
∂P
+
=
∂x
∂y
7.5.
∂ ∂
,
∂x ∂y
· (P, Q) = ∇ · F.
Problemas Resueltos
7.1 Problema. Considere la curva γ descrita en coordenadas polares por la ecuación r = eθ . Esta
recibe el nombre de espiral logarı́tmica.7.3 Calcule el largo de la porción de curva γ correspondiente
a θ ∈] − ∞, 0].
Solución:
En la figura se muestra la parte de la espiral que nos
interesa.
Puesto que x = r cos θ, y = r sin θ, la curva queda
parametrizada por
α(t) = (et cos t, et sin t), t ∈] − ∞, 0].
Ası́,
0 √ t
α (t) = 2e .
El largo de la curva corresponde a
ˆ
ˆ
0
ds =
γ
||α0 (t)||dt =
√ ˆ
2
−∞
0
et dt =
√
2.
−∞
7.2 Problema. Sea γ la curva dada por la intersección de las superficies x+y +z = 0 y x2 +y 2 +z 2 = 1.
Suponiendo que la densidad lineal es λ(x, y, z) = x2 , calcule la masa de γ.
Solución: Queremos encontrar
ˆ
ˆ
M (γ) =
x2 ds.
λds =
γ
γ
Notemos que la superficie es invariante bajo permutación de coordenadas, es decir, si intercambiamos
los ejes x con y, x con z ó y con z, la curva se ve exactamente igual. Por lo tanto,
ˆ
ˆ
ˆ
x2 ds = y 2 ds = z 2 ds.
γ
7.3
γ
γ
Más precisamente, este nombre se le da a toda la familia de curvas de la forma r = aebθ , con a, b ∈ R+ . Jakob Bernoulli
la llamó Spira Mirabilis (la “Espiral maravillosa”), sorprendido por sus propiedades: la espiral evoluciona replicando siempre
la misma forma. Bernoulli pidió que esta espiral fuese grabada en su tumba junto con la frase “Eadem mutata resurgo”.
(“Mutando, resurjo idéntico.”). Sin embargo, quienes tallaron la lápida cometieron un error, inscribiendo la espiral de
Arquı́medes.
160
Problemas Resueltos
Luego,
γ
2
ds.
γ
γ
γ
γ
2
x + y + z ds =
z ds =
y ds +
x ds +
3 M (γ) =
ˆ
2
2
2
2
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
Sin embargo, γ corresponde a una circunferencia de radio 1 y por ende,
M (γ) =
2π
.
3
7.3 Problema. Considere un disco delgado de radio r0 centrado en el origen y en el plano z = 0.
Además, éste se encuentra cargado uniformemente con densidad σ. Se sabe que el campo eléctrico E
generado por esta distribución para un punto arbitrario del eje z es


σ 
1
 k̂,
E(z) =
1− q
20
r0 2
1+ z
donde 0 es la constante de permitividad del vacı́o.
Calcule el trabajo realizado por el campo al mover una carga q desde el centro del disco hasta el infinito
a través del eje z.
Solución: Dado que F = qE, tenemos que el trabajo pedido es


!
ˆ ∞
ˆ ∞
ˆ ∞
1
z
qσ 
qσ
 dz =
1− q
1− p
dz
W =
F · k̂dz =
2 + r2
20
20 0
r0 2
z
0
0
0
1+ z
∞
q
2
∞
qσ
r
qσ
qσr0
p0
=
z − z 2 + r02 = −
.
=
2
2
20
20 z + z + r0 20
0
0
7.4 Problema. Sea F (x, y) = (x + y)ı̂ + (x − y)̂. Calcule
ˆ
F · dr,
γ
donde γ es la curva recorrida en sentido positivo entre los puntos (a, 0) y (−a, 0), de ecuación b2 x2 +
a2 y 2 = a2 b2 .
Solución: Parametrizamos con x = a cos t, y = b sin t con t ∈ [0, π] y sigue que
ˆ
ˆ π
F · dr =
(a cos t + b sin t, a cos t − b sin t) · (−a sin t, b cos t) dt
γ
0
ˆ π
=
−a2 sin t cos t − ab sin2 t + ab cos2 t − b2 sin t cos tdt
ˆ0 π
sin 2t
=
− a2 + b2
+ ab cos 2tdt = 0.
2
0
7.5 Problema. Sea el campo F (x, y) = 3y 2 ı̂ + 3x̂. Encuentre un camino que una (0, 0) con (1, 1) y
que minimize el trabajo realizado por F .
Solución: Sea γ(x) = xı̂ + y(x)̂ el camino buscado. Entonces y(0) = 0 e y(1) = 1.
Integrales de Lı́nea
161
Queremos minimizar el funcional
ˆ
ˆ
1
0
0
2
Notemos que
ˆ
1
ˆ
0
3xy (x)dx =
0
3y 2 (x) + 3xy 0 (x)dx.
0
0
0
1
(3y (x), 3x) · 1, y (x) dx =
F (x, y) · γ (x)dx =
W [γ] =
ˆ
1
3xy(x)|10
ˆ
1
1
y(x)dx = 3 − 3
−3
y(x)dx.
0
0
Luego,
ˆ
ˆ
1
2
y (x) − y(x) dx = 3 + 3
W [γ] = 3 + 3
0
0
1
1
y(x) −
2
2
1
9
− dx = + 3
4
4
ˆ
0
1
1
y(x) −
2
2
dx.
Se observa que el integrando es siempre positivo y por lo tanto, el menor valor del trabajo necesariamente
y(x) = 21 durante
la mayor
será 49 . Ası́, el camino que minimiza el funcional W es aquella que mantiene
1
parte del trayecto, es decir, aquel que va desde el origen hasta 0, 2 , de allı́ a 1, 21 mediante una
horizontal y finalmente, sube verticalmente hasta (1, 1).
7.6 Problema. Sea γ la curva que se produce de la intersección del plano y = x con el paraboloide
z = x2 + y 2 , contenida en el primer octante. Sea
cos y
cos x
y cos x
F (x, y, z) =
,
+ sin y,
.
2(1 + 2z) 2(1 + 2z)
1 + 2z
(a) Determine todos los puntos p ∈ γ para los cuales el trabajo realizado por F a lo largo de γ desde
el origen hasta p es igual a 1.
(b) Sean p1 , p2 dos puntos cualesquiera del inciso anterior. Determine el trabajo realizado por F a lo
largo de γ desde p1 hasta p2 .
Solución:
(a) La curva γ puede ser parametrizada por
α(t) = t, t, 2t2 ,
t > 0.
Luego, el trabajo a lo largo de γ desde el origen hasta un punto p = (x, x, 2x2 ) ∈ γ arbitrario
está dado por
ˆ x
cos t
t cos t
cos t
W (x) =
,
+ sin t,
· (1, 1, 4t) dt
2(1 + 4t2 ) 2(1 + 4t2 )
1 + 4t2
0
ˆ x
ˆ x
cos t
4t2 cos t
cos t
=
+
+ sin t +
dt =
cos t + sin tdt
2
2(1 + 4t2 )
1 + 4t2
0 2(1 + 4t )
0
= sin x − cos x + 1.
Por lo tanto, W (x) = 1 si y sólo si
sin x − cos x = 0 ⇐⇒ tan x = 1 ⇐⇒ x =
π
+ nπ,
4
n ∈ N ∪ {0}.
162
Problemas Resueltos
(b) El trabajo W realizado por F entre p1 = (x1 , x1 , 2x21 ), p2 = (x2 , x2 , 2x22 ) a lo largo de γ es
ˆ x2
ˆ x2
ˆ x1
0
0
W =
F ◦ α(t) · α (t)dt =
F ◦ α(t) · α (t)dt −
F ◦ α(t) · α0 (t)dt = 1 − 1 = 0.
x1
0
0
7.7 Problema. Sea
F (x, y, z) = 4xy 2 + xy + y + z, 4x2 y − xy + x, x .
(a) Pruebe que F no es conservativo.
(b) Determine una buena función φ(t) tal que
G = F + φ(xy) (ı̂ − ̂)
sea conservativo.
Solución:
(a) Tenemos que
∇ × F = (Ry − Qz , Pz − Rx , Qx − Py )
= (0 − 0, 1 − 1, (8xy − y + 1) − (8xy + x + 1)) = (0, 0, −(x + y)) .
Luego, F no puede ser conservativo.
(b) Sea ψ(x, y, z) = φ(xy), entonces G = (P + ψ, Q − ψ, R). Como ψ es buena, G está definido en
todo R3 y por lo tanto, queremos imponer condiciones sobre φ tal que ∇ × G = 0.
Notemos que
∇ × G = (Ry − (Qz − ψz ) , (Pz + ψz ) − Rx , (Qx − ψx ) − (Py + ψy ))
= (Ry − Qz , Pz − Rx , (Qx − Py ) − (ψx + ψy ))
= 0, 0, −(x + y) − yφ0 (xy) + xφ0 (xy) .
= 0, 0, −(x + y) φ0 (xy) + 1 .
Por lo tanto, queremos que φ0 = −1, es decir, φ(t) = −t + C.
7.8 Problema. Sea
F (x, y, z) = y 2 z 3 , 2xyz 3 , 3xy 2 z 2 .
(a) Muestre que F es un campo conservativo.
(b) Encuentre un potencial escalar para F .
(c) Calcule
ˆ
F · dα,
γ
donde γ es una curva arbitraria desde (x1 , y1 , 0) a (x2 , y2 , 0).
Solución:
Integrales de Lı́nea
163
(a) En efecto, F es conservativo pues está definido en todo R3 y
∂R
∂Q
=
= 6xyz 2
∂y
∂z
∂P
∂R
=
= 3y 2 z 2
∂z
∂x
∂Q
∂P
=
= 2yz 3
∂x
∂y
Luego, como F está definido en todo R, se tiene que es un campo conservativo.
(b) Si F = ∇f , entonces
∂f
= y 2 z 3 ⇒ f (x, y, z) = xy 2 z 3 + g(y, z).
∂x
Además,
∂f
∂g
= 2xyz 3 ⇒
= 0 ⇒ g(y, z) = g(z).
∂y
∂y
Finalmente,
∂f
= 3xy 2 z 2 ⇒ g 0 (z) = 0 ⇒ g ≡ C.
∂z
Ası́,
f (x, y, z) = xy 2 z 3 + C.
(c) Como F = ∇f ,
ˆ
ˆ
F · dα =
γ
∇f · dα = f (x2 , y2 , 0) − f (x1 , y1 , 0) = 0.
γ
7.9 Problema. Sea
F (x, y, z) = y 2 cos x + z 3 , 2y sin x − 4, 3xz 2 + 2z .
(a) Muestre que F es conservativo.
(b) Encuentre un potencial escalar para F .
(c) Calcule
ˆ
F · dα,
γ
donde γ es la curva que consta del arco de y = x2 , z = 0 del origen al punto (1, 1, 0) junto con el
segmento de recta de (1, 1, 0) al punto (0, 0, 1).
Solución:
(a) En efecto, F es conservativo pues está definido en todo R3 y
∂Q
∂R
=
=0
∂y
∂z
∂P
∂R
=
= 3z 2
∂z
∂x
∂Q
∂P
=
= 2y cos x
∂x
∂y
164
Problemas Resueltos
(b) Si F = ∇f , entonces
∂f
= y 2 cos x + z 3 ⇒ f (x, y, z) = y 2 sin x + xz 3 + g(y, z).
∂x
Además,
∂f
∂g
= 2y sin x − 4 ⇒ 2y sin x +
= 2y sin x − 4 ⇒ g(y, z) = −4y + h(z),
∂y
∂y
es decir,
f (x, y, z) = y 2 sin x + xz 3 − 4y + h(z).
Finalmente,
∂f
= 3xz 2 + 2z ⇒ 3xz 2 + h0 (z) = 3xz 2 + 2z ⇒ h(z) = z 2 + C.
∂z
Ası́,
f (x, y, z) = y 2 sin x + xz 3 − 4y + z 2 + C.
(c) Como F = ∇f ,
ˆ
ˆ
F · dα =
∇f · dα = f (0, 0, 1) − f (0, 0, 0) = 1.
γ
γ
7.10 Problema. Sean u, v : U ⊆ R2 → R de clase C1 . Dada una curva γ ⊆ U suave a tramos se define
ˆ
ˆ
udv = uvx dx + uvy dy.
γ
γ
Sean f, g : U ⊆ R2 → R de de clase C1 y γ ⊆ U una suave a tramos, cerrada y que no contiene ceros de
f . Demuestre que
˛
˛
dg
g
=
df.
2
γ f
γ f
Solución: Por definición, tenemos que
˛
γ
Análogamente,
˛
γ
Luego,
˛
γ
dg
−
f
˛
γ
dg
=
f
g
df =
f2
˛ ˛
γ
gy
gx
dx + dy.
f
f
γ
gfy
gfx
dx + 2 dy.
2
f
f
˛
gy
gfy
dx +
− 2 dy
f
f
γ
˛ gy f − gfy
gx f − gfx
dx +
dy
=
f2
f2
γ
˛
∂
g
∂ g
=
dx +
dy
f
∂y f
γ ∂x
˛
g
= ∇
· dα = 0,
f
γ
g
df =
f2
pues los campos gradiente son conservativos.
gx gfx
− 2
f
f
Integrales de Lı́nea
165
7.11 Problema. Sea γ una curva de Jordan orientada positivamente en el plano XY . Definimos el
momento de inercia con respecto al eje z de la región D encerrada por γ como
¨
IZZ =
x2 + y 2 ρ(x, y)dA.
D
Demuestre que si ρ ≡ 1, entonces
˛
−y 3 dx + x3 dy,
kIZZ =
γ
para algún k ∈ Z.
Solución: Sea F (x, y) = −y 3 ı̂ + x3 ̂, entonces
∂Q ∂P
−
= 3x2 + 3y 2 = 3(x2 + y 2 ).
∂x
∂y
Por lo tanto, como D es simplemente conexo y F ∈ C1 , usando el Teorema de Green, tenemos que
˛
¨
−y 3 dx + x3 dy = 3
(x2 + y 2 )dA = 3IZZ ,
γ
D
es decir, k = 3.
7.12 Problema. Muestre que
˛
Γ
−ydx + xdy
= 2π,
x2 + y 2
para toda curva Γ de Jordan orientada positivamente que encierre al origen.
Solución: Sea D la región encerrada por Γ. Tomemos > 0 tal que B (0, ) ⊆ D y llamemos D0 =
D r B (0, ). Notemos que la forma está bien definida en D0 y ésta es unión de dos regiones simplemente
conexas, D10 = D0 ∩ {y < 0} y D20 = D0 ∩ {y ≥ 0}. Además,
∂Q ∂P
∂
x
∂
y
−
=
−
−
= 0.
∂x
∂y
∂x x2 + y 2
∂y
x2 + y 2
Luego, por Green,
¨
0=
D0
∂Q ∂P
−
dA
∂x
∂y
¨
=
ˆ
D10
(Green)
=
∂Q ∂P
−
dA +
∂x
∂y
ˆ
P dx + Qdy +
∂D10
=
P dx + Qdy
0
ˆ∂D
ˆ
P dx + Qdy −
Γ
es decir,
ˆ
P dx + Qdy
P dx + Qdy
∂B(0,)
ˆ
P dx + Qdy =
Γ
D20
∂Q ∂P
−
dA
∂x
∂y
∂D20
ˆ
=
¨
P dx + Qdy.
∂B(0,)
Pero ∂B (0, ) puede ser parametrizada por γ(t) = ( cos t, sin t), t ∈ [0, 2π[. Ası́,
ˆ
ˆ 2π ˆ 2π
− sin t cos t
P dx + Qdy =
, 2
· (− sin t, cos t) dt =
sin2 t + cos2 tdt = 2π.
2
∂B(0,)
0
0
166
Problemas Resueltos
7.13 Problema. Calcule
˛
ex sin y − xy 2 dx + ex cos y + x2 y dy,
∂D
donde D = {(x, y) ∈ R2 : 9x2 + 4y 2 ≤ 36}.
Solución: Dado que D es simplemente conexa, podemos usar el teorema de Green. Notemos que
∂Q ∂P
−
= (ex cos y + 2xy) − (ex cos y − 2xy) = 4xy.
∂x
∂y
Luego,
˛
¨
x
e sin y − xy
2
x
2
dx + e cos y + x y dy =
∂D
4xydA.
D
Sean x = 2r cos θ, y = 3r sin θ, 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π. El jacobiano de la transformación es
∂(x, y) 2 cos t −2r sin θ
∂(r, θ) = 3 sin θ 3r cos θ = 6r.
Ası́,
¨
ˆ
2π
ˆ
1
r3 cos θ sin θdrdθ = 0.
4xydA = 24
D
0
˛
7.14 Problema. Calcule
∂D+
0
−y 3 dx + xy 2 dy
,
(x2 + y 2 )2
donde D es la región interior a la elipse x2 + 4y 2 = 4.
Solución: No podemos usar directamente el Teorema de Green pues (0, 0) ∈ D. Sea γ1 la curva
parametrizada por ϕ(t) = (a cos t, a sin t), con t ∈ [0, 2π] y a > 2. Llamemos D̃ a la región entre ∂D+ y
γ1 , entonces ∂ D̃+ = ∂D− ∪ γ1 .
Notemos que
∂Q ∂P
−
= 0.
∂x
∂y
Luego,
¨
˛
P dx + Qdy =
∂ D̃+
D̃
En consecuencia,
ˆ
ˆ
ˆ
P dx + Qdy =
P dx + Qdy =
∂D+
∂Q ∂P
−
dA = 0.
∂x
∂y
2π
sin3 t cos t sin2 t
−
,
· (−a sin t, a cos t) dt
a
a
γ1
0
ˆ 2π
ˆ 2π
4
2
2
=
sin t + cos t sin dt =
sin2 tdt = π.
0
0
7.15 Problema. Calcule el área encerrada por
x2 y 2
+ 2 = 1.
a2
b
Integrales de Lı́nea
167
Solución: Denotemos por D a la región encerrada por la elipse y sean P = −y y Q = 0. Entonces, por
Green,
¨
¨
ˆ
ˆ
∂Q ∂P
A (D) =
dA =
−
dA =
P dx + Qdy =
−ydx.
∂y
D
D ∂x
∂D+
∂D+
Parametrizamos ∂D+ con x = a cos t, y = b sin t para t ∈ [0, 2π] y sigue que
ˆ 2π
ˆ 2π
sin2 tdt = abπ.
(−b sin t, 0) · (−a sin t, b cos t) dt = ab
A (D) =
0
0
7.16 Problema. Calcule el área encerrada por el astroide de ecuación
2
2
2
x3 + y 3 = 23 .
Solución: Denotemos por D a la región encerrada por el astroide y sean P = 0 y Q = x. Entonces, por
Green,
¨
¨
ˆ
ˆ
∂Q ∂P
A (D) =
dA =
−
dA =
P dx + Qdy =
xdy.
∂y
D
D ∂x
∂D+
∂D+
Parametrizamos ∂D+ con x = 2 cos3 t, y = 2 sin3 t para t ∈ [0, 2π] y sigue que
ˆ 2π
ˆ 2π
3π
3
2
2
A (D) =
0, 2 cos t · −6 cos t sin t, 6 sin t cos t dt = 12
cos4 sin2 tdt =
.
2
0
0
7.17 Problema. Encuentre la curva de Jordan orientada positivamente sobre la cual se maximiza el
trabajo realizado por el campo
2
x y y3
F (x, y) =
+ ,x .
4
3
Calcule el trabajo realizado por F sobre la curva encontrada.
Solución: Tenemos que F ∈ C1 R2 y por lo tanto, podemos usar el Teorema de Green a diestra y
siniestra. Notemos que
2
x
∂Q ∂P
2
−
=1−
+y .
∂x
∂y
4
Sea γ una curva de Jordan orientada positivamente. Entonces el trabajo realizado por F sobre la curva
es
2
˛
¨
x
2
F · dα =
1−
+ y dA,
4
γ
D
donde D corresponde a la región encerrada por γ. Para maximizar esta integral, buscamos una región tal
que el integrando sea siempre no negativo (y ası́ siempre estemos sumando volumen). Luego, la región
óptima es
2
x
x2
D = (x, y) ∈ R2 : 1 − 1 −
+ y 2 ≥ 0 = (x, y) ∈ R2 : 1 ≥
+ y2 .
4
4
x2
Es decir, γ es la curva
+ y 2 = 1. Ésta puede ser parametrizada con α(t) = (2 cos t, sin t), t ∈ [0, 2π] y
4
sigue que
2
˛
¨
ˆ 2π ˆ 1
x
F · dα =
1−
+ y 2 dA =
1 − r2 2rdrdθ
4
0
0
γ
D
ˆ 1
1
2
2 2
= 4π
1 − r rdr = − π 1 − r = π.
0
0
168
Problemas Resueltos
7.18 Problema. Sea f : U ⊆ R2 → R de clase C2 . Considere Ω ⊆ U un abierto simplemente conexo
tal que f = 0 sobre ∂Ω. Demuestre que
¨
¨
f 4f dA = −
k∇f k2 dA.
(7.1)
Ω
Ω
∂f
∂f
dx + f
dy.
∂y
∂x
Solución: Dado que Ω es simplemente conexo, usamos Green con el hint. Ası́,
2
2
∂Q ∂P
∂f
∂
∂f
∂f
∂2f
∂f
∂2f
∂
f
+
f
=
+f 2 +
+ f 2 = k∇f k2 + f 4f.
−
=
∂x
∂y
∂x
∂x
∂y
∂y
∂x
∂x
∂y
∂y
Hint: Considere la forma ω = −f
Luego, como f = 0 sobre ∂Ω, tenemos que
¨ ˛
(Green)
2
k∇f k + f 4f dA =
−f
∂Ω+
Ω
∂f
∂f
dx + f
dy = 0,
∂y
∂x
de donde se concluye lo pedido.
7.19 Problema. El objetivo de este problema es resolver la ecuación de onda para una cuerda infinita
con condiciones iniciales de posición y velocidad dada por
(x, t) ∈ R2
utt (x, t) = uxx (x, t) ,
u(x, 0) = u0 (x)
,
x∈R
ut (x, 0) = v0 (x)
,
x∈R
(7.2)
Para ello definimos la forma diferencial
ω = ut dx + ux dt.
(a) Parametrice la recta que pasa por el punto (x1 , t1 ) y cuya pendiente es 1.
(b) Repita lo anterior para el caso en que la recta es de pendiente −1.
(c) Calcule
ˆ
ˆ
ω
,
γ1
ω
γ2
donde γ1 , γ2 son las rectas parametrizadas en los incisos a) y b), respectivamente. Asuma que
parten en (x1 , t2 ) y terminan en (x2 , t2 ).
(d) Utilice el Teorema de Green sobre un triángulo isósceles adecuado tal que un vértice corresponde
al punto (x, t) y cuya base esta contenida en el eje (x, 0), x ∈ R.
Solución:
(a) Sabemos que toda recta puede escribirse como
~
~γ1 (s) = ~r0 + sd,
s ∈ R,
donde ~r0 es un punto de apoyo y d~ es el vector director. En este caso, ~r0 = (x1 , t1 ) y d~ = (1, 1).
Luego, la recta pedida queda parametrizada por
~γ1 (s) = (x1 + s, t1 + s),
s ∈ R.
Integrales de Lı́nea
169
(b) Podemos parametrizar la recta al igual que antes, sólo que ahora, el vector director es d~ = (1, −1).
Luego, la recta pedida queda parametrizada por
~γ2 (s) = (x1 + s, t1 − s),
s ∈ R.
(c) Para γ1 se tiene que ~γ10 (s) = (1, 1). Ası́,
ˆ
ˆ
ˆ
x2 −x1
ut (x1 + s, t1 + s) + ux (x1 + s, t1 + s)ds.
ut dx + ux dt =
ω=
0
γ1
γ1
Pero
d
∂u ∂x ∂u ∂t
u(x(s), t(s)) =
+
ds
∂x ∂s
∂t ∂s
y en este caso,
∂t
∂x
=
= 1.
∂s
∂s
Por ende,
ˆ
ˆ
x2 −x1
ω=
γ1
0
d
u(x1 + s, t1 + s)ds = u(x2 , t2 ) − u(x1 , t1 ),
ds
donde t2 = t1 + x2 − x1 . Análogamente, para γ2 , repetimos el mismo procedimiento sólo que ahora
~γ20 (s) = (1, −1) y por lo tanto,
ˆ
ˆ
ˆ
ω=
γ2
Es decir,
x2 −x1
ut (x1 + s, t1 − s) − ux (x1 + s, t1 − s)ds
ut dx + ux dt =
γ2
0
ˆ
ˆ
ω=−
γ2
0
x2 −x1
d
u(x1 + s, t1 − s)ds = u(x1 , t1 ) − u(x2 , t2 ),
ds
donde t2 = t1 − (x2 − x1 ).
(d) Para aprovechar los cálculos realizados hasta ahora, el triángulo isósceles a considerar es aquel de
vértices (x, t), (x − t, 0), (x + t, 0) pues sus lados son rectas de pendientes 1 y −1.
Supongamos que t > 0 y llamemos γ1 a la recta entre (x − t, 0) y (x, t), γ2 a la recta entre (x, t)
y (x + t, 0) y γ3 a la recta entre (x + t, 0) y (x − t, 0), todas recorridas en el orden indicado. Sea
D la región encerrada por estas rectas y notemos que
∂D− = γ1 ∪ γ2 ∪ γ3 .
Además, si usamos las notaciones tı́picas del Teorema de Green, es decir, ω = P dx + Qdt, se tiene
que
∂Q ∂P
−
= uxx − utt .
∂x
∂t
Enseguida,
ˆ
¨
˛
ˆ
ˆ
uxx − utt dA =
ω=−
ω+
∂D+
D
γ1
ω+
γ2
ω .
γ3
Si u es una solución de (7.2), entonces el lado izquierdo es cero y sigue que
ˆ
ˆ
ˆ
ω+
ω+
ω = 0.
γ1
γ2
γ3
170
Problemas Resueltos
Si usamos los cálculos anteriores, obtenemos
ˆ
ω = u(x, t) − u(t − x, 0) ,
ˆ
ω = u(x, t) − u(t + x, 0).
γ2
γ1
Por lo tanto,
u(t + x, 0) + u(t − x, 0) 1
u(x, t) =
−
2
2
Pero
γ3
ω.
γ3
x+t
ut dx + ux dt = −
ω=
γ3
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
ut (s, 0)ds.
x−t
Luego, reemplazando esto y las condiciones iniciales, concluimos que
ˆ
u0 (x + t) + u0 (x − t) 1 x+t
u(x, t) =
v0 (s)ds.
+
2
2 x−t
Capı́tulo 8
Integrales de Superficie
“The essence of mathematics is not to make simple things complicated, but to make complicated things
simple.”
- Stan Gudder8.1
8.1.
Introducción a las superficies
Para hablar de integrales sobre algo, primero es necesario definir el algo.
8.1 Definición. Una superficie parametrizada regular es la imagen de una aplicación
X
:
U ⊆ R2
(u, v)
→
7
→
R3
,
(x(u, v), y(u, v), z(u, v))
con X ∈ C1 (U ) y tal que para cada q = (u, v) ∈ U , la matriz DX(q) es inyectiva, es decir,


xu (q) xv (q)
DX(q) =  yu (q) yv (q) 
zu (q) zv (q)
tiene columnas linealmente independientes. Además, introducimos la notación
∂x
∂y
∂z
∂x
∂y
∂z
Xu (q) :=
(q),
(q),
(q)
, Xv (q) :=
(q), (q), (q) .
∂u
∂u
∂u
∂v
∂v
∂v
8.2 Observación. La condición de inyectividad es equivalente a
Xu (q) × Xv (q) 6= 0,
∀q ∈ U.
O también,
kXu (q) × Xv (q)k =
6 0,
8.1
∀q ∈ U.
Stan Gudder es un matemático actual reconocido mundialmente por sus trabajos relacionados a la Fı́sica Cuántica
desde una perspectiva matemática.
172
Introducción a las superficies
8.3 Ejemplo. Sea f : R2 → R de clase C1 . Consideremos la aplicación
X(u, v) = (u, v, f (u, v)) .
Entonces
Xu =
∂f
1, 0,
∂u
,
∂f
Xv = 0, 1,
,
∂v
y
ı̂ ̂
Xu × Xv = 1 0
0 1
k̂ ∂f ∂f
∂f
∂u = − ∂u , − ∂v , 1 6= 0.
∂f ∂v
Por lo tanto, X define una superficie parametrizada regular. Además,
s
2 2
∂f
∂f
+
.
kXu × Xv k = 1 +
∂u
∂v
8.4 Ejemplo. Sean a = (a1 , a2 , a3 ) y b = (b1 , b2 , b3 ) dos vectores linealmente independientes y p0 =
(x0 , y0 , z0 ). Entonces
X(u, v) = p0 + ua + vb = (x0 + ua1 + vb1 , y0 + ua2 + vb2 , z0 + ua3 + vb3 )
es una superficie parametrizada regular ya que Xu = a y Xv = b.
8.5 Ejemplo. Sea
p
X(u, v) = u, v, a2 − u2 − v 2
tales que u2 + v 2 < a2 . Luego, por 8.3, X es una superficie regular parametrizada.
Por otro lado, X puede ser reparametrizada como
X(u, v) = (a cos u sin v, a sin u sin v, a cos v) ,
con (u, v) ∈ ]0, 2π[ × 0, π2 . Luego,
Xu = (−a sin u sin v, a cos u sin v, 0)
,
Xv = (a cos u cos v, a sin u cos v, − sin v) ,
y por ende,
ı̂
̂
k̂ Xu ×Xv = −a sin u sin v a cos u sin v
0 = −a2 cos u sin2 v, −a2 sin u sin2 v, −a2 sin v cos v 6= 0.
a cos u cos v a sin u cos v −a sin v Además,
kXu × Xv k = a2 sin v.
Integrales de Superficie
8.2.
173
Integrales sobre superficies
Consideremos una superficie S parametrizada por X : U ⊆ R2 → R3 . Si X(u, v) es una función
diferenciable, podemos aproximarla en cada punto por su plano tangente. Siempre que Xu , Xv no sean
vectores linealmente dependientes, podremos considerar este plano como el generado por dichos vectores
tangentes.
Cuando consideramos largos de curvas diferenciables, dijimos que, en cada punto, el elemento de longitud
es la norma del vector tangente. En forma análoga diremos ahora que el elemento de área corresponde
al paralelógramo determinado por Xu y Xv , cuya área es kXu × Xv k. Es decir,
dS = kXu × Xv k dudv.
En consecuencia, el área de S está dada por
¨
¨
A (S) =
dS =
kXu × Xv k dudv.
S
U
8.6 Ejercicio. Determinemos el área del cascarón esférico S dado por
X(θ, φ) = R(cos θ sin φ, sin θ sin φ, cos φ).
Un cálculo trivial nos permite concluir que
Xθ × Xφ = −R2 sin φ(cos θ sin φ, sin θ sin φ, cos θ)
⇒ kXθ × Xφ k = R2 sin φ.
Según lo que acabamos de ver, el área de esta superficie está dada por
ˆ 2π ˆ π
R2 sin φdφdθ = 4πR2 .
A (S) =
0
0
Éste es justamente el resultado que esperábamos.
Generalizaremos ahora el concepto.
8.7 Definición (Integral de superficie de campos escalares). Sea X : U ⊆ R2 → R3 una superficie
paramétrizada regular, S = X(U ). Consideremos un campo escalar
f : S ⊆ R3 → R, continuo. La
˜
integral de superficie de f sobre S se representa con el sı́mbolo S f dS, y está definida por la ecuación:
¨
¨
¨
f dS =
f dS =
f (X(u, v)) kXu × Xv k dudv.
S
X(U )
U
8.8 Definición (Integral de superficie de campos vectoriales). Sea X : U ⊆ R2 → R3 una superficie
paramétrizada regular, S = X(U ). Consideremos ahora un campo vectorial
F : S ⊆ R3 → R3 , continuo.
˜
La integral de superficie de F sobre S se representa con el sı́mbolo S F · dS, y está definida por la
ecuación:
¨
¨
¨
F · dS =
F · dS =
F (X(u, v)) · (Xu × Xv )dudv.
S
X(U )
U
8.9 Definición (Reparametrización). Consideremos una superficie parametrizada regular S dada por
X : U ⊆ R2 → R3 . Sea φ : U 0 → U ∈ R2 una función biyectiva y de clase C1 , φ(s, t) = (φ1 (s, t), φ2 (s, t))
tal que |Jφ (s, t)| =
6 0. Se dice que Y = X ◦ φ es una reparametrización (regular) de S.
174
Integrales sobre superficies
8.10 Observación. La hipótesis |Jφ (s, t)| 6= 0 nos permite asegurar que la parametrización continúa
siendo regular, usando al regla de la cadena. En efecto,
DY (s, t) = DX(φ(s, t)) ◦ Dφ(s, t).
8.11 Definición (Orientación). Dada una superficie parametrizada regular S, decimos que la superficie
es orientable si existe una función N : S → R3 continua, tal que para cada s ∈ S, N (s) es un vector
normal a S en s.
8.12 Observación. En cada punto s de una superficie S hay dos normales posibles, que llamaremos
“interior” y “exterior”. Consideraremos que N (s) = N (X(u, v)) = (Xu × Xv )(u, v), siempre que la
superficie sea orientable. Una reparametrización puede mantener los sentidos de los vectores N (s) o
invertirlos.
8.13 Observación. La integral de superficie de una función escalar es independiente de la orientación,
porque sólo le importa el módulo del vector normal y
kXu × Xv k = kXv × Xu k .
8.14 Observación. Notemos que
Xu × Xv = (yu zv − zu yv , zu yv − xu zv , xu yv − xv yu )
∂(y, z)
∂(z, x)
∂(x, y)
= det
, det
, det
∂(u, v)
∂(u, v)
∂(u, v)
Definamos,
dydz := det
∂(y, z)
∂(u, v)
,
∂(z, x)
∂(u, v)
dzdx := det
,
dxdy := det
∂(x, y)
∂(u, v)
Note que dxdy = −dydx, etc.
Suponga que hay parametrizaciones X(u, v) y Y (s, t) = (X ◦ φ)(s, t) de una cierta superficie S. Por la
regla de la cadena,
∂(y, z)
∂(y, z) ∂(u, v)
=
.
∂(s, t)
∂(u, v) ∂(s, t)
Entonces,
Ys × Yt = (Xu × Xv ) det
∂(u, v)
∂(s, t)
= (Xu × Xv ) det (Jφ ) .
8.15 Proposición. Sean X : U ⊆ R2 → R3 , X ∈ C1 ; F : R3 → R3 continua; φ : U 0 → U de clase C1 y
tal que |Jφ (s, t)| =
6 0. Supongamos que S = X(U ) es orientable. Si Y = X ◦ φ es una reparametrización
de S que preserva la orientación, entonces
¨
¨
F · dS =
F · dS.
X(U )
(X◦φ)(U 0 )
Por otra parte, si se invierte la orientación
¨
¨
F · dS = −
X(U )
(X◦φ)(U 0 )
F · dS.
Integrales de Superficie
175
Demostración. Usaremos el teorema de cambio de variables:
¨
¨
F · dS =
F (X(u, v)) · (Xu (u, v) × Xv (u, v))dudv
X(U )
D
¨
F (X(φ(s, t))) · (Xu (φ(s, t)) × Xv (φ(s, t))) |det (Jφ (s, t))| dsdt
=
D0
¨
|det (Jφ (s, t))|
=
F (Y (s, t)) · (Ys (s, t) × Yt (s, t))
dsdt
det(Jφ (s, t))
D0
¨
= ±
F (Y (s, t)) · (Ys (s, t) × Yt (s, t))
0
¨D
F · dS
= ±
Y (U 0 )
(Recuerde lo que concluimos en la Observación 8.14.)
Los signos + ó − menos corresponde a los casos en que la reparametrización mantiene o invierte la
orientación, respectivamente.
8.3.
Divergencia y rotor
Considere un campo vectorial F . La divergencia de F , denotada por ∇·F o div (F ), se usa para describir
el exceso de flujo abandonando un elemento de volumen en el espacio.
Tomaremos como ejemplo el flujo de cargas eléctricas. Dado un espacio con densidad de cargas variable, consideramos un pequeño elemento de volumen
dxdydz en el punto (x, y, z). Podemos imaginar este
elemento como un pequeño paralelógramo. El flujo
total a través de las caras normales al eje x es
∂Dx
∂Dx
Dx +
dx − Dx dydz =
dxdydz,
∂x
∂x
donde Dx es la componente del desplazamiento de
carga eléctrica paralelo al eje x, en el punto (x, y, z).
El flujo total a través de este volumen infinitesimal es
div (D) =
∂Dx ∂Dy
∂Dz
+
+
.
∂x
∂y
∂z
Podemos usar el operador ∇. Se tiene que,
∂ ∂ ∂
∂Dx ∂Dy
∂Dz
∇·D =
, ,
· (Dx , Dy , Dz ) =
+
+
.
∂x ∂y ∂z
∂x
∂y
∂z
Entonces,
∇ · D ≡ div (D) .
176
Teorema de Stokes
8.16 Definición (Divergencia). Dado un campo vectorial F : U ⊆ R3 → R3 , F ∈ C1 (U ), de forma que
F (x, y, z) = (Fx (x, y, z), Fy (x, y, z), Fz (x, y, z)), definimos su divergencia como
div (F ) ≡ ∇ · F =
∂Fx ∂Fy
∂Fz
+
+
.
∂x
∂y
∂z
Esta definición se extiende de manera natural a más dimensiones.
De modo puramente formal, para un campo vectorial F : U ⊆ R3 → R3 , definamos el producto ∇ × F .
8.17 Definición (Rotor). Sea F : U ⊆ R3 → R3 , F ∈ C1 (U ), tal que
F (x, y, z) = (Fx (x, y, z), Fy (x, y, z), Fz (x, y, z)).
Definimos el rotor de F , denotado por rot (F ), curl(F ) ó ∇ × F , como
ı̂
̂
k̂ ∂
∂F
∂F
∂F
∂F
∂F
∂F
∂
∂
y
y
x
z
x
z
=
−
,
−
,
−
∇ × F = ∂y
∂z ∂z
∂x ∂x
∂y
∂x ∂y ∂z Fx Fy Fz donde ı̂, ̂, k̂ son los vectores canónicos de R3 .
Le aconsejamos al lector que revise la Definición 2.55, del Laplaciano.
8.18 Proposición. Sean F, G campos vectoriales, f campo escalar. Se cumplen las siguientes relaciones:
(a) ∇ × (∇f ) = 0
(b) ∇ · (∇ × F ) = 0
(c) ∇ × (∇ × F ) = ∇(∇ · F ) − 4F
(d) ∇ · (F × G) = G · (∇ × F ) − F · (∇ × G)
La demostración de las mismas se deja como ejercicio al lector.
8.4.
Teorema de Stokes
En la presente sección, presentamos una generalización del teorema de Green.
8.19 Teorema (Stokes). Sea una función X : U ⊆ R2 → R3 , siendo U una región limitada por una
curva de Jordan ∂U . Consideremos la superficie S = X(U ) y su frontera ∂S = X(∂U ) (∂S es una curva
en R3 ). Supongamos que X es de clase C2 en una cierta vecindad de U .
Sea, además, un campo vectorial F : D ⊆ R3 → R3 , X(U ) ( D, derivable en X(U ) y continuo en U .
Entonces,
¨
ˆ
(∇ × F ) · dS =
F · ds.
S
∂S
La curva ∂U se recorre en sentido positivo y ∂S en el sentido que resulte de aplicar la función X a ∂U
(diremos que ∂S debe estar consistentemente orientada).
Integrales de Superficie
177
El lector puede encontrar la demostración de este teorema en cualquier texto de cálculo vectorial.
8.20 Ejemplo. Sea S definida por x2 + y 2 + z 2 = 1, z ≥ 0. Sea F = (y, −x, ex,z ). Nos piden calcular
¨
(∇ × F ) · dS.
S
si S está orientado de acuerdo a su normal “exterior” (alejándose del origen).
Por el teorema de Stokes,
ˆ
¨
F · ds,
(∇ × F ) · dS =
∂S
S
donde ∂S puede parametrizarse como
(cos θ, sin θ, 0),
0 ≤ θ ≤ 2π.
Notar que ∂S queda orientada consistentemente.
Entonces
ˆ
ˆ
2π
F · ds =
∂S
F (cos θ, sin θ, 0) · (− sin θ, cos θ, 0)dθ
0
ˆ
2π
(sin θ, − cos θ, 1) · (− sin θ, cos θ, 0)dθ
=
0
ˆ
2π
dθ = −2π
=−
0
¿Qué calculamos?
Tenemos que
∇ × F = (0, −zexz , −2).
Para calcular directamente la integral del rotor, debemos parametrizar S:
X(θ, φ) = (cos θ sin φ, sen θ sin φ, cos φ),
h πh
θ ∈ [0, 2π[, φ ∈ 0,
.
2
Verifique que la nomal exterior corresponde a
Xφ × Xθ = sin θ(sin φ cos θ, sin φ sin θ, cos φ).
Luego,
¨
ˆ
2π
ˆ
(∇ × F ) · dS =
S
0
π
2
(− cos θ sin2 φ sin θesin φ cos φ cos θ − 2 sin φ cos φ)dφdθ.
0
El teorema de Stokes nos permite concluir que está integral (muy amigable) es igual a −2π.
8.21 Ejemplo. Sea S dada por x2 + y 2 + z 2 = 1 y z ≤ 0, y F como en el Ejemplo 8,20. Esta vez,
¨
(∇ × F ) · dS = 2π.
S
pues, para estar consistentemente orientada, ∂S debe parametrizarse en sentido contrario.
8.22 Observación. Suponga que dos superficies S, S 0 tienen la misma frontera (con igual orientación),
∂S = ∂S 0 . Entonces,
¨
¨
(∇ × F ) · dS =
S
(∇ × F ) · dS.
S0
178
Teorema de Stokes
8.23 Observación. El sentido en que se recorre ∂S lo elegimos de acuerdo a la siguiente regla: el
producto cruz entre en vector normal a la superficie en el punto y el tangente a ∂S ahı́ debe darnos un
vector que apunte hacia S. Es decir, si α(t) es una parametrización de ∂S, s = α(t0 ) ∈ ∂S, y n(s) la
normal a S en s, se debe cumplir que el vector n(s) × α0 (t0 ) apunte hacia S.
La hipótesis de orientabilidad es importante, como demuestra el siguiente ejemplo.
8.24 Ejemplo. Considere la parametrización de la cinta de Möbius
θ
θ
θ
X(θ, t) =
R − t sin
cos θ, R − t sin
sin θ, t cos
.
2
2
2
con 0 ≤ θ ≤ 2π y −L ≤ t ≤ L (dados R, L ∈ R+ ).
Esta superficie tiene un único lado, y su frontera consiste de
una sola curva. La parametrización busca que cuando θ haya
dado una vuelta completa (2π), la cinta haya rotado en un
ángulo de π.
Definamos
r(t, θ) = R − t sin
θ
∂r
t
θ
⇒
= − cos .
2
∂θ
2
2
Los vectores tangentes son
∂r
t
θ
∂r
cos θ, r(t, θ) cos θ +
sin θ, − sin
,
−r(t, θ) sin θ +
∂θ
∂θ
2
2
θ
θ
θ
Xt = − sin cos θ, − sin sin θ, cos
.
2
2
2
Elegimos el vector normal dado por N (θ, t) = Xθ (θ, t) × Xt (θ, t).
Xθ =
En θ = 0, t = 0, tenemos que Xθ = (0, R, 0), Xt = (0, 0, 1), ası́ que N (0, 0) = (R, 0, 0).
En θ = 2π, t = 0, tenemos que Xθ = (0, R, 0), Xt = (0, 0, −1), ası́ que N (2π, 0) = (−R, 0, 0).
Es decir, la normal en un mismo punto cambia al recorrer la superficie, y la función N (θ, t) no es
continua sonre la cinta.
Veamos ahora que el teorema de Stokes no se cumple para el campo
−y
x
F (x, y, z) =
,
,0 .
x2 + y 2 x2 + y 2
Como ∇ × F = 0,
¨
(∇ × F ) · dS = 0.
S
Por otra parte,
∂S =
Ası́,
θ
R − L sin
2
θ
θ
cos θ, R − L sin
sin θ, L cos
,
2
2
¨
F · ds = 4π.
∂S
θ ∈ [0, 4π]
Integrales de Superficie
8.5.
179
Teorema de la Divergencia
8.25 Teorema (Teorema de la Divergencia). Sea Ω es un sólido en R3 limitado por una superficie
orientable ∂Ω. Si n es la normal a ∂Ω, unitaria, “exterior” (no apuntando hacia Ω) y si F es un campo
vectorial de clase C1 definido en Ω, entonces:
¨
¨
˚
F · dS.
F · ndS =
div (F ) dV =
∂Ω+
∂Ω+
Ω
donde ∂Ω+ señala que la frontera está orientada de acuerdo a la normal exterior.
8.26 Ejemplo. Sea T : R3 → R la temperatura. Sea, además, un sólido Ω ⊆ R3 .
El flujo de calor es proporcional a −∇T (pues va desde el punto más caliente al más frı́o). Supongamos
que estamos en estado estacionario, es decir, ya no existe flujo de calor. Entonces el flujo a través de
cualquier superficie deberı́a ser cero:
¨
˚
˚
0=
∇T · dS =
div (∇T ) dV =
4T dV.
∂Ω+
Ω
Ω
Dado que Ω es arbitrario, debe cumplirse que
4T = 0,
es decir, nuestra vieja y querida ecuación de Laplace (2.4). El lector, curioso como siempre, ha de
preguntarse: ¿por qué apareció la ecuación de Laplace y no la ecuación del calor (2.5)? La respuesta se
debe a la suposición de un estado estacionario y por lo tanto, la nula dependencia temporal.
8.6.
Problemas Resueltos
8.1 Problema. Calcule el área del paraboloide z = x2 + y 2 para 0 ≤ z ≤ 1.
Solución: Parametrizamos la superficie con
X(u, v) = u, v, u2 + v 2
donde u2 + v 2 ≤ 1. Ası́,
Xu = (1, 0, 2u)
,
Xv = (0, 1, 2v)
y sigue que
kXu × Xv k =
p
1 + 4(u2 + v 2 ).
Por lo tanto,
¨
A (S) =
B(0,1)
ˆ
p
2
2
1 + 4(u + v )dudv =
0
2π
ˆ
1p
4r2 + 1rdrdθ =
0
π √
(5 5 − 1).
6
8.2 Problema. Calcule el área de la superficie S dada por
x2 + y 2 − z 2 = 1
para −1 ≤ z ≤ 1.
(8.1)
180
Problemas Resueltos
Solución: En coordenadas cilı́ndricas, la ecuación (8.1) se transforma en r2 − z 2 = 1. estos parámetros
satisfacen entonces la ecuación de una hipérbola. Podemos expresarlos como
r = cosh u
z = sinh u
De esta forma, la superficie queda parametrizada por
X(θ, u) = (cosh u cos θ, sinh u cos θ, sin θ)
con 0 < θ < 2π, sinh−1 (−1) < u < sinh−1 (1).
Vemos que
Xθ = (− cosh u sin θ, cosh u cos θ, 0)
Xu = (sinh u cos θ, sinh u sin θ, cosh u)
Xθ × Xu = (cosh2 u cos θ, cosh2 u sin θ, − cosh u sinh u)
⇒ kXθ × Xu k2 = cosh2 u(sinh2 u + cosh2 u) = cosh2 u(1 + 2 sinh2 u)
Como el vector normal no se anula, la parametrización es regular.
Finalmente,
ˆ
2π
ˆ
sinh−1 (1)
A (S) =
0
ˆ
p
cosh u 1 + 2 sinh2 ududθ
sinh−1 (−1)
sinh−1 (1)
= 2π
p
cosh u 1 + 2 sinh2 udu
sinh−1 (−1)
1 p
ˆ
= 2π
1 + 2v 2 dv
−1
= 2π
√
1
3 + log
4
√
√ !!
3+ 2
√
√
.
3− 2
8.3 Problema. Sean a, b ∈ R constantes no nulas. Determine valores para éstas de tal forma que el
campo
axyz
3x2
3bx2 y
F (x, y, z) =
,
,
(x2 + z)2 x2 + z (x2 + z)2
derive de un potencial.
Solución: Dado que F está definido en un dominio simplemente conexo, basta con encontrar valores
de a, b tales que
∇ × F = 0.
Si F = (P, Q, R), entonces la primera componente del rotor es
∇ × F · ı̂ =
∂R ∂Q
3bx2
3x2
3x2 (b + 1)
−
= 2
+
=
.
∂y
∂z
(x + z)2 (x2 + z)2
(x2 + z)2
Por lo tanto, necesitamos b = −1.
Análogamente, la última componente del rotor es
∇ × F · k̂ =
Luego, necesitamos a = 6.
∂Q ∂P
6x(x2 + z) − 6x3
Axz
xz(6 − a)
−
=
− 2
= 2
.
2
2
2
∂x
∂y
(x + z)
(x + z)
(x + z)2
Integrales de Superficie
181
8.4 Problema. Sea S la superficie dada por x2 + y 2 + z 2 = 1 y z ≤ 0. Considere el campo vectorial
F (x, y, z) = x + y, ey cos2 y + x, z log(z + 2) + xy cos x2 + ey sin x .
¨
Calcule
∇ × F · dS,
S
donde S está orientado de acuerdo a su normal exterior.
Solución: Dado que el campo F es un campo de clase C1 y la superficie es orientable, podemos usar el
Teorema de Stokes. Por lo tanto,
ˆ
¨
F · dα.
∇ × F · dS =
∂S +
S
Pero ∂S + corresponde al cı́rculo x2 +y 2 = 1, z = 0 recorrido en el sentido horario y por lo tanto, también
es la frontera de
S 0 = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 ≤ 1, z = 0 .
Luego,
¨
ˆ
¨
∇ × F · dS =
F · dα =
∇ × F · dS.
S0
∂S +
S
El normal a S 0 está dado por −k̂. Luego, sólo necesitamos
∂Q ∂P
−
= 1 − 1 = 0.
∂x
∂y
Por lo tanto,
¨
∇ × F · dS = 0.
S0
8.5 Problema. Sea γ la intersección de x2 + y 2 = 1 y el plano de x + y + z = 1. Calcule
ˆ
−y 3 dx + x3 dy − z 3 dz.
γ
Solución: Como F es de clase C1 y γ es una curva simple y cerrada, podemos usar Stokes. Notemos
que
∇ × F = (0, 0, 3x2 + 3y 2 ).
Además, la región Ω encerrada por γ corresponde a la sección del plano x + y + z = 1 contenido dentro
del cilindro x2 + y 2 = 1. Por lo tanto, puede ser parametrizado por
X (r, θ) = (r cos θ, r sin θ, 1 − r(cos θ + sin θ)) ,
r ∈ [0, 1], θ ∈ [0, 2π].
Luego,
Xr = (cos θ, sin θ, −(cos θ + sin θ))
,
Xθ = (−r sin θ, r cos θ, −r(− sin θ + cos θ)) ,
y sigue que
ı̂
̂
k̂
Xr × Xθ = cos θ
sin θ
−(cos θ + sin θ) = (r, r, r).
−r sin θ r cos θ −r(− sin θ + cos θ)
Ası́,
ˆ
¨
−y 3 dx + x3 − z 3 dz =
γ
ˆ
2π
ˆ
Ω
ˆ
1
2π
ˆ
(0, 0, 3r2 ) · (r, r, r)drdθ = 3
∇ × F · dS =
0
0
1
r3 drdθ =
0
0
3π
.
2
182
Problemas Resueltos
8.6 Problema. Sea F =
√
x3 + yez , x4 z 3 + 1 + 2y 3 , x + y . Considere el manto S del paraboloide
elı́ptico z = x2 + 2y 2 con 0 ≤ z ≤ 1 orientado positivamente mediante la normal hacia afuera. Calcule
el flujo de F a través de S.
Solución: Sea S 0 la tapa del paraboloide orientada según k̂, es decir,
S 0 = {(x, y, 1) ∈ R3 : x2 + 2y 2 ≤ 1}.
Como F ∈ C1 y la región Ω encerrada por S y S 0 es simplemente conexa, podemos usar el Teorema de
la Divergencia. Luego,
˚
¨
¨
¨
∇ · F dV =
F · dS =
F · dS +
F · dS,
Ω
es decir,
∂Ω
¨
S0
S
˚
¨
F · dS =
∇ · F dV −
S
F · dS.
S0
Ω
˚
Primero calcularemos
∇ · F dV.
Ω
Tenemos que
∇ · F = 3x2 + 6y 2 = 3 x2 + 2y 2 .
La región de integración puede ser descrita como
Ω = {(x, y, z) ∈ R3 : 0 ≤ x2 + 2y 2 ≤ 1, x2 + 2y 2 ≤ z ≤ 1}.
Sean
x = r cos θ,
1
y = √ r sin θ,
2
z = z.
Entonces
Luego,
∂ (x, y, z)
1
= √ r.
∂ (r, θ, z)
2
˚
ˆ
2π
ˆ
1ˆ 1
∇ · F dV =
Ω
0
r2
0
3
6π
√ r3 dzdrdθ = √
2
2
ˆ
1
0
π
r3 (1 − r2 )dr = √ .
2 2
¨
Ahora calcularemos
F · dS.
S0
Parametrizamos S 0 con
1
X(r, θ) = r cos θ, √ r sin θ, 1 ,
2
donde r ∈ [0, 1] y θ ∈ [0, 2π]. Luego,
1
1
r
Xr × Xθ = cos θ, √ sin θ, 0 × −r sin θ, √ r cos θ, 0 = √ k̂.
2
2
2
Ası́,
¨
ˆ
2π
ˆ
F · dS =
S0
0
0
1
1
r cos θ + √ r sin θ
2
r
√ drdθ = 0.
2
Integrales de Superficie
183
Por lo tanto, el flujo de F a través de S es
¨
π
F · dS = √ .
2 2
S
8.7 Problema. Calcule el flujo hacia afuera producido por el campo
p
F(x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 (xı̂ + y̂ + z k̂)
sobre la región Ω : 1 ≤ x2 + y 2 + z 2 ≤ 2.
Solución: Notemos que
F = rr = r2 r̂.
Por otro lado, el flujo está dado por
¨
"
F · n̂dS =
Φ=
¨
F · n̂dS −
S2
∂Ω
F · n̂dS,
S1
donde S1 : x2 + y 2 + z 2 = 1, S2 : x2 + y 2 + z 2 = 2 orientadas de acuerdo a las normales exteriores.
Notemos que el vector normal unitario a cada una de las superficies es r̂. Ası́,
¨
¨
¨
¨
Φ=
r2 r̂ · r̂dS −
r2 r̂ · r̂dS =
r2 dS −
r2 dS.
S2
S1
S2
S1
Pero sobre los casquetes de esferas r es constante y por lo tanto,
¨
¨
Φ=
2dS −
dS = 16π − 4π = 12π.
S2
S1
8.8 Problema (Ley de Gauss). Sea Ω ⊆ R3 una región acotada tal que 0 6∈ ∂Ω. Demuestre que
(
¨
4π si 0 ∈ Ω
xı̂ + y̂ + z k̂
.
3 · dS =
0 si 0 6∈ Ω
∂Ω+ (x2 + y 2 + z 2 ) 2
Solución: Notemos que
∂
∂x
!
x
1
=
3
(x2 + y 2 + z 2 ) 2
3
(x2 + y 2 + z 2 ) 2
3x2
−
5
.
(x2 + y 2 + z 2 ) 2
Si llamamos F al campo del integrando, tenemos que
3
∇·F =
(x2 + y 2 + z 2 )
3
2
−
3(x2 + y 2 + z 2 )
5
= 0.
(x2 + y 2 + z 2 ) 2
Por lo tanto, cuando 0 6∈ Ω, podemos usar el Teorema de la Divergencia para concluir que
¨
˚
xı̂ + y̂ + z k̂
∇ · F dV = 0.
3 · dS =
∂Ω+ (x2 + y 2 + z 2 ) 2
Ω
En cambio, si 0 ∈ Ω ya no podemos usar directamente este resultado pues el campo no es de clase C1
en 0. Sea > 0 tal que B (0, ) ⊆ Ω, entonces Ω r B (0, ) es un sólido sobre el cual F es de clase C1 .
Ası́,
¨
¨
˚
F · dS −
∂Ω+
F · dS =
∂B(0,)
∇ · F dV = 0,
ΩrB(0,)
184
Problemas Resueltos
donde el signo menos aparece pues el normal es el exterior de la bola pero el flujo debe ser calculado
hacia el interior, es decir, con el normal apuntando hacia el origen. Es decir, tenemos que
¨
¨
F · dS.
F · dS =
∂Ω+
∂B(0,)
Para calcular esta integral notemos que la dirección normal está dada por
xı̂ + y̂ + z k̂
.
n̂ = p
x2 + y 2 + z 2
Luego,
¨
¨
xı̂ + y̂ + z k̂
F · dS =
∂B(0,)
∂B(0,)
¨
=
∂B(0,)
xı̂ + y̂ + z k̂
dS
·p
x2 + y 2 + z 2
(x2 + y 2 + z 2 )
¨
1
1
dS
=
dS = 4π.
x2 + y 2 + z 2
2 ∂B(0,)
3
2
8.9 Problema. Considere el campo E definido sobre R3 r {0} como
E(r) =
q0
r − r0
,
4π0 kr − r0 k3
donde r0 ∈ R3 y 0 es la permitividad del vacı́o. Este corresponde al campo eléctrico coulombiano
generado por una carga puntual q0 en la posición r0 .
(a) Sea Ω ⊆ R3 una región acotada tal que r0 6∈ ∂Ω.

¨

E(r) · dS =

∂Ω+
Demuestre que
q0
0
0
si
r0 ∈ Ω
si
r0 6∈ Ω
.
(b) Cambiemos una partı́cula puntual por un medio continuo con densidad de carga ρ(r). En tal caso,
el campo eléctrico E generado por esta distribución (que se puede escribir igual que para una
distribución puntual con un buen r0 ) satisface
¨
˚
1
E(r) · dS =
ρ(r)dV.
0
∂Ω+
Ω
Muestre que
− 4V (r) =
donde
V (r) =
ρ(r) 8.2
,
0
q0
1
.
4π0 kr − r0 k
(8.2)
(8.3)
Solución:
(a) El resultado es directo del Problema 8.8 al hacer la traslación r 7→ r − r0 .
8.2
Esta ecuación se conoce como la forma diferencial de la Ley de Gauss-Coulomb: la ecuación de Maxwell que gobierna
la Electroestática.
Integrales de Superficie
185
(b) Notemos que
∂V (x, y, z)
q0 ∂
=
∂x
4π0 ∂x
!
1
p
(x − x0 )2 + (y − y0 )2 + (z − z0 )2
x − x0
=−
q0
4π0 ((x − x0 )2 + (y − y0 )2 + (z − z0 )2 ) 23
=−
q0 x − x 0
.
4π0 kr − r0 k3
Por lo tanto,
−∇V =
q0
q0
1
r − r0
(x − x0 , y − y0 , z − z0 ) =
= E.
3
4π0 kr − r0 k
4π0 kr − r0 k3
Ası́, por el Teorema de la Divergencia, tenemos que
¨
˚
˚
˚
E(r) · dS =
∇ · E(r)dV =
∇ · −∇V (r)dV =
−4V (r)dV.
∂Ω+
Ω
Ω
Ω
Finalmente, para toda región acotada Ω ⊆ R3 , tenemos que
˚
˚
1
−4V (r)dV =
ρ(r)dV,
0
Ω
Ω
es decir,
−4V (r) =
8.10 Problema. Calcule
"
S
ρ(r)
.
0
dS
p
2
2
a x + b2 y 2 + c2 z 2
cuando S es la superficie del elipsoide ax2 + by 2 + cz 2 = 1, con a, b, c > 0.
Solución: Calcular esta integral por definición es bastante engorroso. Por ende, queremos usar el Teorema de la Divergencia y para ello debemos expresar el integrando como F · n̂ para un buen F.
Notemos que la normal exterior al elipsoide en el punto (x, y, z) tiene dirección (ax, by, cz). Por lo tanto,
la normal exterior unitaria está dada por
(ax, by, cz)
n̂ = p
.
a2 x2 + b2 y 2 + c2 z 2
Por otro lado, notemos que
ax2 + by 2 + cz 2 = (x, y, z) · (ax, by, cz).
Luego, tomando F(x, y, z) = (x, y, z), tenemos que
ax2 + by 2 + cz 2
1
F · n̂ = p
=p
.
2
2
2
2
2
2
2
2
a x +b y +c z
a x + b2 y 2 + c2 z 2
Ası́, si Ω es el sólido encerrado por el elipsoide, tenemos que
"
"
˚
˚
dS
4π
p
=
(x, y, z) · n̂dS =
∇ · (x, y, z)dV = 3
dV = √
.
2
2
2
2
2
2
abc
a x +b y +c z
S
S
Ω
Ω
186
Problemas Resueltos
8.11 Problema. Sean F : R3 → R3 y f, g : R3 → R tales f ∈ C1 y g ∈ C2 .
(a) Muestre que
∇ × (F f ) = ∇f × F + f ∇ × F.
(b) Muestre que
(8.4)
˛
¨
f ∇g · dα,
(∇f × ∇g) · dS =
∂S +
S
donde S es una superficie suave a trozos.
Solución:
(a) En efecto,
∂(f R) ∂(f Q) ∂(f P ) ∂(f R) ∂(f Q) ∂(f P )
∇ × (F f ) = ∇ × (f P, f Q, f R) =
−
,
−
,
−
∂y
∂z
∂z
∂x
∂x
∂y
∂f
∂f
∂f
∂f
∂f
∂R ∂Q ∂P
∂R ∂Q ∂P
∂f
− Q ,P
− R ,Q
−P
+f
−
,
−
,
−
= R
∂y
∂z
∂z
∂x ∂x
∂y
∂y
∂z ∂z
∂x ∂x
∂y
= ∇f × F + f ∇ × F.
(b) Como S es una superficie suave a trozos y f, g ∈ C1 , podemos usar Stokes:
˛
¨
f ∇g · dα =
∇ × (f ∇g) · dS.
∂S +
S
Usando (8.4), tenemos que
∇ × (f ∇g) = ∇f × ∇g + f ∇ × ∇g = ∇f × ∇g,
pues ∇ × ∇g = 0. Luego,
¨
¨
∇ × (f ∇g) · dS =
S
(∇f × ∇g) · dS.
S
8.12 Problema. Sean f, g : U ⊆ R3 → R con U abierto y tales que f, g ∈ C2 .
(a) Muestre que
∇ · (f ∇g − g∇f ) = f 4g − g4f.
(b) Sea Ω ⊆ R3 abierto simplemente conexo. Muestre que si 4f = 4g = 0 sobre Ω, entonces
¨
¨
∂g
∂f
f
dS =
g dS.
∂Ω ∂ n̂
∂Ω ∂ n̂
Solución:
(a) Notemos que
∇ · (f ∇g) = ∇f ∇g + f ∇2 g = ∇f ∇g + f 4g.
Análogamente,
∇ · (g∇f ) = ∇g∇f + g∇2 f = ∇g∇f + g4f.
Luego, restando estas ecuaciones,
∇ · (f ∇g − g∇f ) = f 4g − g4f.
(8.5)
Integrales de Superficie
187
(b) Como f y g son armónicas, entonces la igualdad anterior se traduce en
∇ · (f ∇g) = ∇ · (g∇f ) .
Integrando sobre Ω a ambos lados, tenemos que
˚
˚
∇ · (g∇f ) dV.
∇ · (f ∇g) dV =
Ω
Ω
Pero, como f ∇g, g∇f ∈ C1 , podemos usar el Teorema de la Divergencia y sigue que
¨
¨
g∇f · dS.
f ∇g · dS =
∂Ω
∂Ω
Además, como f es diferenciable,
∂f
dS.
∂ n̂
∇f · dS = ∇f · ndS =
Ası́,
¨
¨
∂g
dS =
f
∂Ω ∂ n̂
g
∂Ω
∂f
dS.
∂ n̂
8.13 Problema. Sean f : U ⊆ R3 → R, con U abierto y tal que f ∈ C2 . Muestre que
˚
¨
∂f
f
dS −
∂Ω ∂ n̂
f 4f dV =
Ω
˚
k∇f k2 dV,
Ω
con Ω ⊆ U abierto simplemente conexo.
Solución: Pongamos g = f en (8.5), entonces
∇ · (f ∇f ) = ∇f ∇f + f ∇2 f = k∇f k2 + f 4f.
Luego, integrando a ambos lados sobre Ω, tenemos que
˚
˚
˚
k∇f k2 dV +
∇ · (f ∇f ) dV =
Ω
f 4f dV.
Ω
Ω
Ası́, usando el Teorema de la Divergencia,
¨
˚
˚
2
f ∇f · dS =
k∇f k dV +
∂Ω
Ω
f 4f dV.
Ω
Finalmente, como f ∈ C2 ,
f ∇f · dS = f
y sigue que
¨
∂f
f
dS =
∂Ω ∂ n̂
∂f
dS,
∂ n̂
˚
˚
2
k∇f k dV +
Ω
f 4f dV.
Ω
(8.6)
188
Problemas Resueltos
8.14 Problema. Sea f : U ⊆ R3 → R de clase C2 , con U abierto.
Sea Ω ⊆ U un abierto simplemente conexo tal que f se anula en ∂Ω. Suponga además que f que además
satisface la ecuación de Laplace allı́, es decir,
4f = ∇2 f = 0,
sobre Ω. Demuestre que f es la función nula en Ω.
Solución: Usando (8.6), tenemos que
˚
k∇f k2 dV = 0,
Ω
pues f se anula en ∂Ω y 4f = 0 en Ω.
Ası́, como f ∈ C2 , tenemos que k∇f k2 es una función continua no negativa y por lo tanto, ∇f = 0 en
Ω. Luego, como Ω es conexo, tenemos que f es constante sobre Ω y evaluando en ∂Ω, concluimos que
f es nula en Ω.
8.15 Problema. Sean u, v : R3 → R de clase C2 .
(a) Calcule ∇ × F cuando F es
a) ∇(uv)
b) u∇v
(b) Calcule
c) v∇u
¨
∇u × ∇v · dS
S
cuando u(x, y, z) = x3 − y 3 − z 2 , v(x, y, z) = x + y + z y S es el hemisferio de x2 + y 2 + z 2 = 1, z ≥ 0
orientado de acuerdo a la normal exterior.
(a) Tenemos que
a) ∇ × ∇(uv) = 0 pues los campos gradientes son irrotacionales,
b) ∇ × u∇v = ∇u × ∇v + u∇ × ∇v = ∇u × ∇v,
c) ∇ × v∇u = ∇v × ∇u + v∇ × ∇u = ∇v × ∇u = −∇u × ∇v.
(b) Usando el inciso anterior y el Teorema de Stokes, tenemos que
¨
¨
∇u × ∇v · dS =
S
˛
∇ × u∇v · dS =
S
u∇v · ds,
∂S
Integrales de Superficie
189
donde ∂S es la circunferencia x2 + y 2 = 1, z = 0. Luego, usando la parametrización de costumbre,
ˆ 2π
˛
(cos3 t − sin3 t)(1, 1, 1) · (− sin t, cos t, 0)dt
u∇v · ds =
0
∂S
ˆ 2π
=
(cos3 t − sin3 t)(− sin t + cos t)dt
0
ˆ 2π
− cos3 sin t + sin4 t + cos4 t − sin3 t cos tdt
=
0
ˆ 2π
sin4 t + cos4 tdt
=
0
ˆ 2π
=
(cos2 t + sin2 t)2 − 2 sin2 t cos2 tdt
0
ˆ 2π
1
1 − sin2 2tdt
=
2
0
ˆ 2π
1
=
1 − (1 − cos 4t)tdt
4
0
3π
=
.
2
8.16 Problema. Sea F(x, y, z) = xy, y 2 + exz , sin(xy) . Considere el sólido Ω limitado por z = 1 −
x2 , z = 0, y = 0, y + z = 2 y calcule el flujo de F a través de la frontera de Ω.
¨
Solución: Debemos calcular
F · dS.
∂Ω
Primero buscamos la intersección de ambas superficies
1 − x2 = 2 − y ⇐⇒ y = 1 + x2 .
Luego, Ω = Ω1 ∪ Ω2 donde
Ω1 = {(x, y, z) ∈ R3 : 0 ≤ z ≤ 1 − x2 , 0 ≤ y ≤ 1 + x2 , −1 ≤ x ≤ 1},
Ω2 = {(x, y, z) ∈ R3 : 0 ≤ z ≤ 2 − y, 1 + x2 ≤ y ≤ 2, −1 ≤ x ≤ 1}.
De esta forma, como
∇ · F = y + 2y = 3y,
se tiene que
¨
˚
˚
F · dS =
∂Ω
Pero
˚
ˆ
1
ˆ
1+x2
ˆ
3ydydzdx =
−1 0
1 ˆ 2
Ω1
ˆ
ˆ
3ydV =
Ω2
De esta forma,
0
2−y
ˆ
3
2
1
ˆ
1+x2
ˆ
−1
2
ˆ
1+x2
¨
F · dS =
∂Ω
ˆ
104 16
184
+
=
.
35
7
35
1
(1 − x2 )(1 + x2 )2 dx =
(1 − x2 )(1 + x2 )2 dx = 3
0
104
,
35
1
4 + (1 + x2 )3 − 3(1 + x2 )2 dx =
3y(2 − y)dydx =
−1
0
3ydV.
Ω2
1
3ydydzdx =
−1
3ydV +
Ω1
1−x2
3ydV =
˚
3ydV =
Ω
˚
−1
16
.
7
190
Problemas Resueltos
8.17 Problema. Sea u(x, t) : R3 × R+ → R3 el campo de velocidad de un fluido. Su rotor, ξ = ∇ × u,
recibe el nombre de vorticidad. Una lı́nea de vorticidad es una curva tangente en todos sus puntos a
la vorticidad.
Consideremos dos curvas cerradas en R3 , C1 y C2 . Llamaremos “tubo de vorticidad” a la superficie
formada por todas las lı́neas de vorticidad que pasan por ambas curvas; este tubo también es tangente
a ξ en todos sus puntos. Pruebe que
ˆ
ˆ
u · ds
u · ds =
C2
C1
Este valor común se llama la fuerza del tubo de vorticidad. (Este resultado corresponde al primer
teorema de Helmholtz.)8.3
Solución: Orientemos C1 y C2 como se muestra en la siguiente figura:
La superficie del tubo entre C1 y C2 la denotaremos por S; y las caras terminales que tienen como
frontera a C1 y C2 , por S1 y S2 , respectivamente.
Llamemos V a la región encerrada por el tubo de vorticidad. Entonces ∂V = S ∪ S1 ∪ S2 . Por el teorema
de la divergencia,
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
∇ · ξdV =
0=
V
ξ · dS =
ξ · dS +
S1 ∪S2
∂V
ξ · dS ,
S
puesto que ξ tiene divergencia nula. Notar que las superficies están orientadas de manera tal que sus
vectores normales “salgan” de V .
Como S es tangente a ξ,
ˆ
ξ · dS = 0.
S
Por el teorema de Stokes:
ˆ
ˆ
u · ds =
C1
ˆ
ξ · dS
S1
ˆ
u · ds = −
y
C2
ξ · dS ,
S2
de donde se concluye lo pedido.
8.3
Cf. Chorin - Marsden, A Mathematical Introduction to Fluid Mechanics. Springer, 3ra edición, 2000.
Apéndice A
Conceptos de Álgebra Lineal
A.1.
Formas cuadráticas
A.1 Definición. Sea A una matriz cuadrada de orden n con coeficientes reales (denotaremos con
Mn (R) al conjunto de estas matrices). La forma cuadrática asociada a la matriz A es
QA : Rn →
R
t
h 7→ h Ah
Podemos clasificar A de acuerdo al signo de la forma cuadrática que tiene asociada.
A.2 Definición. Sea A ∈ Mn (R), se dice que A es
(a) Definida positiva si ∀x ∈ Rn r {0}, se cumple xt Ax > 0. Se denota A 0.
(b) Definida negativa si ∀x ∈ Rn r {0}, se cumple xt Ax < 0. Se denota A 0.
(c) Semidefinida positiva si ∀x ∈ Rn r {0}, se cumple xt Ax ≥ 0.
(d) Semidefinida negativa si ∀x ∈ Rn r {0}, se cumple xt Ax ≤ 0.
A.3 Observación. Puede que alguna matriz no pertenezca a ninguna de las categorı́as anteriores.
A.4 Proposición. Sea A := (aij )ni,j=1 positiva definida. Llamemos Ak a la submatriz cuadrada de
orden k (k ≤ n) tal que Ak = (aij )ki,j=1 . Entonces:
(a) A es invertible.
(b) Ak es positiva definida.
Demostración.
(a) Supongamos que A no es invertible. Entonces existe x ∈ Rn r {0} tal que Ax = 0. Pero en ese
caso QA (x) = 0, lo que es una contradicción.
(b) Supongamos que alguna de las Ak no es positiva definida. Entonces existe x ∈ Rk r {0} tal que
xt Ak x ≤ 0.
Note que A puede expresarse como
Ak B
A=
.
C D
192
Formas cuadráticas
Considere en vector y ∈ Rn r {0} dado por y =
decir, A no serı́a positiva definida.
Pk
j=1 xj eˆj .
Es claro que y t Ay = xt Ak x ≤ 0. Es
h
i
A.5 Definición. Sea A ∈ Mn (R). Definimos ∆k = |Ak | = det (aij )ki,j=1 .
A.6 Teorema. Sea A ∈ Mn (R).
(a) A es definida positiva si y sólo si ∆m > 0, 1 ≤ m ≤ n.
(b) A es definida negativa si y sólo si ∆2k−1 < 0, ∆2k > 0, ∀k ∈ N tal que 2k − 1, 2k ≤ n. Es decir, el
signo de ∆k es igual al de (−1)k .
A.7 Observación. Si las desigualdades en general se cumplen, pero de forma no estricta (algunos
subdeterminantes se anulan), sólo podrá decirse que la matriz es semidefinida positiva o semidefinida
negativa respectivamente.
A.8 Ejemplo. Considere:


1 0 0
A = 0 2 0 .
0 0 3
En este caso,
∆1 = 1 > 0
1 0
=2>0
∆2 = det
0 2
∆3 = det A = 6 > 0
Por lo tanto, A es definida positiva. Este hecho era fácil de verificar directamente. En efecto, dado
h = (h1 , h2 , h3 ) se cumple
ht Ah = h21 + 2h22 + 3h23
que es evidentemente mayor que cero para todo h 6= 0.
A.9 Ejemplo. Considere:


−1 0
0
A =  0 −2 0  .
0
0 −3
En este caso,
∆1 = −1 < 0
−1 0
∆2 = det
=2>0
0 −2
∆3 = det A = −6 < 0
Por lo tanto, A es definida negativa.
Apéndice B
Funciones Gamma y Beta
B.1.
Definición
B.1 Definición (Función Gamma). La función Γ : R+ → R+ dada por
ˆ ∞
Γ(x) =
tx−1 e−t dt,
0
se conoce como función Gamma.
B.2 Definición (Función Beta). La función B : R+ × R+ → R+ dada por
B (x, y) =
Γ(x)Γ(y)
,
Γ(x + y)
se conoce como función Beta.
B.3 Observación. Es fácil ver que B (x, y) = B (y, x).
B.2.
Problemas Resueltos
B.1 Problema. Muestre que
Γ(1) = 1.
Solución: En efecto,
ˆ
Γ(1) =
∞
ˆ
t1−1 e−t dt =
0
∞
e−t dt = 1.
0
B.2 Problema. Sea x > 0. Muestre que
Γ(x + 1) = xΓ(x).
Solución: Integrando por partes,
ˆ ∞
ˆ
∞
Γ(x + 1) =
tx e−t dt = −tx e−t 0 −
0
0
∞
(B.1)
ˆ
xtx−1 e−t dt = x
0
∞
tx−1 e−t dt = xΓ(x).
194
Problemas Resueltos
B.3 Problema. Sea n ∈ N. Muestre que
Γ(n + 1) = n!
Solución: En efecto, usando (B.1), tenemos que
Γ(n + 1) = nΓ(n) = n(n − 1)Γ(n − 1) = . . . = n(n − 1) . . . 1Γ(1) = n!.
B.4 Problema. Sean x, y > 0. Muestre que
ˆ
π
2
B (x, y) = 2
cos2x−1 θ sin2y−1 θdθ.
(B.2)
0
Solución: Notemos que haciendo el cambio t = u2 , dt = 2udu, se tiene que
ˆ ∞
ˆ ∞
2
2x−2 −u2
Γ(x) =
u
e 2udu = 2
u2x−1 e−u du.
0
(B.3)
0
Luego,
Γ(x)Γ(y) =
ˆ
2
∞
ˆ
2
u2x−1 e−u du
2
0
∞
2
v 2y−1 e−v dv
ˆ
∞ˆ ∞
=4
0
0
2 +v 2 )
e−(u
u2x−1 v 2y−1 dudv.
0
Cambiando a coordenadas polares y usando Fubini,
ˆ πˆ ∞
2
2
Γ(x)Γ(y) = 4
e−r cos2x−1 θ sin2y−1 θr2(x+y)−1 drdθ
0
ˆ
= 2
0
∞
r
2(x+y)−1 −r2
e
ˆ
dr
2
0
π
2
!
cos
2x−1
2y−1
θ sin
θdθ
0
ˆ
π
2
= Γ(x + y) 2
!
cos2x−1 θ sin2y−1 θdθ ,
0
por (B.3). Finalmente, recordando la definición de la función Beta, se concluye lo pedido.
B.5 Problema. Sean x, y > 0. Muestre que
ˆ
1
tx−1 (1 − t)y−1 dt.
B (x, y) =
(B.4)
0
Solución: Haciendo t = cos2 θ, dt = −2 sin θ cos θ en (B.2), se tiene que
ˆ
B (x, y) =
π
2
ˆ
cos
2x−2
2y−2
θ sin
θ2 sin θ cos θdθ =
0
0
B.6 Problema. Muestre que
√
1
Γ
= π.
2
Concluya el valor de
ˆ
∞
−∞
1 2
1
√ e− 2 t dt.
2 π
1
tx−1 (1 − t)y−1 dt.
Funciones Gamma y Beta
195
Solución: Notemos que
B
1 1
,
2 2
=
1
2
Γ
Γ
Γ(1)
1
2
1
=Γ
,
2
2
pues Γ(1) = 1. Pero, por (B.2),
ˆ π
ˆ π
2
2
1
1
1 1
B
=2
cos2 2 −1 θ sin2 2 −1 θdθ = 2
dt = π.
,
2 2
0
0
Luego,
√
1
Γ
= π.
2
Por otro lado, por (B.3),
ˆ ∞
ˆ ∞
1
2
2 21 −1 −u2
u
e−u du.
Γ
=2
e du = 2
2
0
0
En consecuencia, haciendo 2u = s, 2du = ds, se tiene que
ˆ ∞
ˆ ∞
1 2
1
2
Γ
e− 2 s ds.
e−u 2du =
=
2
0
0
1 2
Finalmente, juntando todas las piezas y notando que e− 2 s es una función par, sigue que
ˆ ∞
ˆ ∞
√
1
− 21 s2
− 12 s2
= 2 π,
e
ds = 2
e
ds = 2Γ
2
−∞
0
es decir,
ˆ
∞
1 2
1
√ e− 2 t dt = 1.
2 π
−∞
B.7 Problema. Calcule
ˆ
1
0
dt
p
.
t(1 − t)
Solución: Usando (B.4) con p = q = 12 , tenemos que
ˆ
0
1
dt
p
=B
t(1 − t)
1 1
,
2 2
=
Γ
1
2
Γ
Γ(1)
1
2
= Γ2
t2
= u, muestre que
1 + t2
Γ β−
tα
1 Γ α+1
2
dt =
2
β
2
Γ (β)
(1 + t )
1
= π.
2
B.8 Problema. Haciendo la sustitución
ˆ
0
∞
Concluya que
ˆ
B (x, y) =
0
∞
tx−1
dt.
(1 + t)x+y
Solución: Hagamos la sustitución sugerida. Notemos que
1
= 1 − u,
1 + t2
α+1
2
.
(B.5)
es decir,
2t
dt = du.
(1 + t2 )2
Luego,
ˆ
0
∞
α−1
ˆ
ˆ 2
tα
1 ∞
tα−1
2t
u
1 1
dt =
dt =
(1 − u)β−2 du
2
2
β
2
β−2
2 0 (1 + t )
(1 + t )
2 0
1−u
(1 + t )
ˆ
ˆ
α−1
α+1
1 1 α−1
1 1 α+1 −1
β−
−2
2
=
u 2 (1 − u)
du =
u 2
(1 − u)β− 2 −1 du
2 0
2 0
Γ β − α+1
1
1 Γ α+1
α+1
α+1
2
2
= B
=
,β −
.
2
2
2
2
Γ (β)
En consecuencia, haciendo z = t2 , dz = 2tdt en la primera integral, se tiene que
ˆ
0
es decir,
∞
1
tα
dt =
2
β
2
(1 + t )
ˆ
0
∞
α−1
ˆ
0
∞
tα−1
1
2tdt =
2
β
2
(1 + t )
z 2
dz = B
(1 + z)β
ˆ
∞
0
α+1
α+1
,β −
2
2
Finalmente, poniendo 2x = α − 1 y x + y = β, se concluye lo pedido.
α−1
z 2
dz,
(1 + z)β
.
Bibliografı́a
[1] J.C. Burkill y H. Burkill, A second course in Mathematical Analysis. Cambridge University Press,
1era Edición, 2002.
[2] Claudio Pita Ruiz, Cálculo Vectorial. Prentice Hall, 1era Edición, 1995.
[3] Rolando Rebolledo, Teorı́a de la Integración. 2009.
[4] Tom Apostol, Calculus Volumen II. Editorial Reverté, 2da Edición, 2002.
[5] Alexandre Chorin - Jerrold Marsden, A Mathematical Introduction to Fluid Mechanics. Springer,
3ra edición, 2000.

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