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• Macarena Catalán González

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1

Material didáctico de Cálculo III

2

Introducción

Este material está dedicado a todos los estudiantes que deben cursar la asignatura de Cálculo en Varias Variables, asignatura obligatoria para la gran mayorìa de estudiantes de carreras de ingeniería en la Ponti…cia Universidad Católica de Valparaíso. La intención que se tuvo en la elaboración de este material, es el de mostrar las diversas técnicas de trabajo y tratar de hacer más transparente los objetivos del curso a través de la resolución de problemas, especialmente si estos problemas, como es en este caso, ha sido usado previamente como material de evaluación. Este es un comienzo de un programa para mejorar el rendimiento en estas materias que tradicionalmente han sido más que complejo en el curriculum de muchos estudiantes.

3

Desarrollo 1. Sea

8 < (x

y)2 y > x 0 x=y f (x; y) = : 2(x y) y < x

Determine justi…cando o demostrando adecuadamente: (a) En que puntos del plano la función es continua. (b) En que puntos del plano la función es diferenciable. (c) En qué puntos del plano las derivadas parciales son continuas. Solución: (a) Debido a que en las regiones y > x y y < x, la función está expresada por medio de polinomios, entonces en esas regiones la función es continua. Ahora, si x0 = y0 , se tiene que lim

(x;y)!(x0 ;y0 )

f (x; y) =

lim

(x;y)!(x0 ;x0 )

= (x0

(x

x0 )2 = 0:

y)2

(para y > x)

Análogamente: lim

(x;y)!(x0 ;y0 )

f (x; y) =

lim

(x;y)!(x0 ;x0 )

= 2(x0

2(x

y) (para y < x)

x0 ) = 0:

Por lo tanto lim

(x;y)!(x0 ;y0 )

f (x; y) = 0 = f (x0 ; y0 ):

Luego la función es continua en todo el plano. (b) Debido a que la función es de clase C 1 en las regiones y > x y y < x, entonces en dichas regiones la función es diferenciable. Para determinar diferenciabilidad en los puntos en donde x0 = y0 , determinemos las derivadas parciales en dichos puntos: @f (x0 ; x0 ) = @x

lim

x!x0

f (x; x0 ) x

f (x0 ; x0 ) x8 0 > limx!x0
x0 : lim x!x0 =

(x x0 )2 x x0

si x < x0

2(x x0 ) x x0

Si x > x0

0 si x < x0 2 Si x > x0

Como 0 6= 2, entonces la derivada parcial @f (x0 ; x0 ) no existe y por lo tanto @x la función f no es diferenciables en dichos puntos. (c) En la región y > x se tiene que @f =@x = 2(x y) y @f =@y = 2(x y). Como ambas derivadas parciales son polinomios, entonces son continuas. En la región y < x se tiene que @f =@x = 2x y @f =@y = 2y y por la misma razón son continuas. Si x = y, las derivadas parciales no existen, por lo tanto en esos puntos obviamente las derivadas parciales no son continuas (ni siquiera existen!). 2 Calcule L en el caso que exista: lim

(x;y)!(0;0)

p

x2 + y 2 x2 + y 2 + 1

1

=L

Solución:

lim

(x;y)!(0;0)

(x2 + y 2 )

x2 + y 2

p

x2 + y 2 + 1

1

=

= =

lim

(x;y)!(0;0)

lim

(x;y)!(0;0)

lim

(x;y)!(0;0)

= 2:

p x2 + y 2 + 1 + 1

(x2 + y 2 + 1) 1 p x2 + y 2 + 1 + 1 (x2 + y 2 ) p

x2 + y 2

x2 + y 2 + 1 + 1

3 Demuestre, usando la de…nición, que f (x; y) = xy es diferenciable en todo el plano. Solución: Las derivadas parciales de la función dada son @f =@x = y y @f =@y = x, entonces para que f sea diferenciable en un punto arbitrario (x; y) se debe cumplir que: lim

(h;k)!(0;0)

jf (x + h; y + k) p

f (x; y) h2 + k 2

hy

kxj

= 0:

Pero jf (x + h; y + k) p

f (x; y) h2 + k 2

hy

kxj

j(x + h)(y + k) xy hy p h2 + k 2 h2 + y 2 jhkj p = p h2 + k 2 h2 + k 2 =

Por lo tanto 0

jf (x + h; y + k) p

f (x; y) 2 h + k2

hy

kxj

p

hy

kxj

h2 + k 2

y por el teorema del sandwich se tiene que: lim

(h;k)!(0;0)

jf (x + h; y + k) p

h2

f (x; y) + k2

= 0:

kxj

4 Calcule

@f ( =3; 1) para la siguiente funcione: @x f (x; y) = sin (xy x cos (xx y sin(x ln y))):

Solución: Como se está diferenciando respecto a la variable x, entonces y debe mantenerse contante, y por lo tanto puede ser reemplazada inmediatamente por la constante 1. Asi tenemos que: @f ( =3; 1) = g 0 ( =3) @x en donde g(x) = sin (xy x cos (xx y sin(x ln y)))jy=1 = sin x Por lo tanto:

@f ( =3; 1) = g 0 ( =3) = cos =3 = 1=2: @x

5 Considere las funciones u(x; y) = x2 y

y v(x; y) = x + 4y

Suponga ahora que f (u; v) es una función real desconocida, de la cual sólo se sabe que es diferenciable en (2; 9) y cumple con: 1 @f @f (2; 9) = (2; 9) = 7 @u 2 @v Si w(x; y) = f (u(x; y); v(x; y)) calcule el valor de A, en donde: A=

@w @w (1; 2) + (1; 2): @x @y

Solución: Usando la regla de la cadena se tiene: @w @f @u @f @v (1; 2) = (u(1; 2); v(1; 2)) (1; 2) + (u(1; 2); v(1; 2)) (1; 2) @x @u @x @v @x @f @u @f @v = (2; 9) (1; 2) + (2; 9) (1; 2) = 7 4 + 14 1 @u @x @v @x = 42:

Análogamente: @w @f @u @f @v (1; 2) = (u(1; 2); v(1; 2)) (1; 2) + (u(1; 2); v(1; 2)) (1; 2) @y @u @y @v @y @f @u @f @v = (2; 9) (1; 2) + (2; 9) (1; 2) = 7 1 + 14 4 @u @y @v @y = 63: Por lo tanto: A=

@w @w (1; 2) + (1; 2) = 42 + 63 = 105: @x @y

6 Se desea diseñar un embalaje de base rectangular con volumen de 60 u3 . Sus lados cuestan $1 la unidad cuadrada, su tapa cuesta $2 la u2 y su fondo cuesta $3 la u2 . Plantee un sistema de ecuaciones para determinar las dimensiones de la caja de modo que el costo sea mínimo. Explicite claramente cual será la función a minimizar y cual es la restricción. Solución: Sean x e y las medidas de la base de la caja y sea z su altura. En primer lugar note que x; y y z deben ser extrictamente positivas. La función objetivo a minimizar es: C(x; y; z) = 5xy + 2xz + 2yz Por otro lado el volumen V (x; y; z) debe cumplir con la condición de restricción: V (x; y; z) = xyz = 60: Aplicando Lagrange, se llega al sistema 5y + 2z 5x + 2z 2x + 2y xyz

= yz = xz = xy = 60

(Sólo se pide el planteo del problema)

(1) (2) (3) (4)

De (1) y (2) se deduce que 5y (y

5x = (yz x)(5

xz), de donde se tiene que

z) = 0

y por lo tanto x = y ó 5 = z. Si x = y, entonces de (3) se deduce que 4 = x = y. Reemplazando en (2) y (4) se obtienen los valores p p 3 3 x=y=2 3yz=5 3 Si 5 = z, entonces reemplanzando en (1) se llega a que 2z = 0 lo que no es posible. 7 La función u = u(x; y) está de…nida implícitamente por la ecuación xeu + yu = 1: Calcule la derivada direccional @u=@n en el punto (x; y) = (1; 2) en la dirección en que su valor es máximo. Solución: Para que exista la derivada direccional, la función u = u(x; y) debe ser diferenciable en el punto (x; y) = (1; 2). Según el Teorema de la Función Implícita, dicha función existe en una vecindad del punto (1; 2) y es continuamente diferenciable si la función F (x; y; u) = xeu + yu es continuamente diferenciable en el punto (x; y; u) = (1; 2; 0) (lo que en efecto lo es pues sus tres derivadas parciales son continuas) y además la derivada parcial @F=@u 6= 0 en el punto indicado. Ahora bien: @F (1; 2; 0) = 3 6= 0 @u Por lo tanto existe la derivada direccional: @u @n

max

(1; 2) = k(ru) (1; 2)k = =

@F=@x @F=@y (P ); (P ) @F=@u @F=@u 1 ;0 = 1=3: 3

8 Considere la siguiente integral iterada: Z 1 Z 2 dx f (x; y)dy x2

0

Para esta integral (a) Halle la región de integración. (b) Exprese la integral doble correspondiente integrando en el orden inverso. (c) Exprese la integral iterada usando coordenadas polares en el orden drd : Solución: (a) La región de integración es: 2

1

0 0.0

0.5

1.0

(b) Se necesitan dos integrales. Ellas son: Z

0

1

dy

Z

p

y

f (x; y)dx +

0

Z

2

1

dy

Z

1

f (x; y)dx

0

(c) Se necesitan tres integrales. Si escribimos F = F (r; ) = rf (x(r; ); y(r; )); entonces ellas son: Z =4 Z sec tan Z d F dr+ 0

0

arctan(2)

d =4

Z

0

sec

Z F dr+

=2

arctan(2)

d

Z

0

2 csc

F dr

9 Evalúe

ZZ R

1 exp y2

x p y

dxdy

en donde R es la región limitada por las rectas: x = 1; curva y = x2 con x 1.

y = 2 y la

Solución: La región de integración es: 2

1

0 0.0

0.5

1.0

Integrando primero respecto a x se tiene: ZZ Z 2 Z py 1 x 1 exp p exp dxdy = dy 2 y y y2 1 1 R

=

Z

2

y 3=2

1

=

Z

1

2

e

exp

x p y 1

y 3=2 y 3=2 1 p p 1 = 2e 2 2 2e:

x p y p

dx

y

dy 1

exp y

1=2

dy

10 Calcule el volumen del cuerpo encerrado entre las super…cies p z = 1 x2 y 2 y z= 1 x2 y 2 usando coordenadas cilíndricas. Solución:

p En coordenadas cilíndricas las super…cies son z = 1 r2 y z =p 1 r2 . Por lo tanto ambas super…cies se cortan cuando 1 r2 = 1 r2 , de donde se obtiene que r = 1 y por lo tanto z = 0. Por consiguiente el

volumen pedido está dado por: Z 1 Z 1 r2 ZZZ Z 2 d dr p V = dxdydz = rdz 0 0 1 r2 Z 1 Z 1 p 2 = 2 r(1 r ) + 2 r 1 r2 dr 0

=

2

0

(1

2 3

1

r2 )2

0

1

3=2

r2

1

0

2 = + 2 3 7 = 6 11 Calcule: Z

C

p

x x2

+

y2

+ xe

y2

!

y

p

dx +

x2

+

x2 ye

y2

y2

!

dy;

en donde C es el sector de la circunferencia x2 + y 2 = 1 que va desde el punto (1; 0) hasta el punto (0; 1) recorrido en el sentido contrario a los punteros del reloj. Solución Observe que ( y @ p @x x2 + y 2

x2 ye

y2

)

@ = @y =

(

p

x

x2 + y 2 xy

(x2 +

y 2 )3=2

+ xe 2xye

y2

)

y2

Por lo tanto el campo es un campo gradiente, esto signi…ca que existe una función U (x; y; z) tal que @U x =p + xe 2 @x x + y2

y2

,y

@U y =p 2 @y x + y2

x2 ye

y2

Ahora, es fácil ver que un campo U que cumple está dado por: U (x; y; z) =

p

1 x2 + y 2 + x2 e 2

y2

Por lo tanto el valor de la integral pedida es: U (0; 1) 12 Calcule la integral de linea

Z

U (1; 0) = (3x2 y

1=2:

y) dx + (xy + x3 ) dy, en donde

C

C es la curva poligonal que va desde P hasta Q: Esto es P = (0; 1) ! ( 2; 2) ! ( 3; 1) ! ( 3; 1) ! ( 2; 2) ! (0; 1) ! (2; 2) ! (3; 1) ! (3; 0) = Q :

y

2 1

-3

-2

-1

1 -1

2

3

x

-2

Solución: Sea L1 el segmento que va desde el punto (3; 0) hasta el punto (0; 0) y L2 al segmento que va desde el punto (0; 0) hasta el punto (0; 1) entonces de acuerdo al teorema de Green, se tiene que: Z 3x2 y y dx + xy + x3 dy C+L1 +L2 ZZ @ @ (xy + x3 ) 3x2 y y dxdy = @x @y R en donde R es la región interior a la curva C + L1 + L2 . Por lo tanto: Z ZZ 2 3 3x y y dx + xy + x dy = (y + 1)dxdy C+L1 +L2 R ZZ ZZ = ydxdy + dxdy R

Como 27=2:

RR

R

dxdy corresponde al área de la región, se tiene que

R

RR

R

dxdy =

Por otro lado, si llamamos R1 a la región ubicada en el lado x R2 a la región ubicada en el lado x 0, entonces ZZ ZZ ZZ ydxdy = ydxdy + ydxdy R R1 R2 ZZ = ydxdy

0y

R1

RR ya que R2 ydxdy = 0 pues la región R2 es simétrica respecto al eje x. Por lo tanto ZZ Z 2 Z 0 Z 3 Z 0 dx ydy + dx ydy ydxdy = R1

x=2 1

0

= Por lo tanto: Z

3x2 y

C+L1 +L2

7 3

7 = 6

x 4

2

7 : 2

7 27 + 2 2 = 10

y dx + xy + x3 dy =

Por otro lado es evidente que Z 3x2 y y dx + xy + x3 dy = 0 L1

y que

Z

3x2 y

y dx + xy + x3 dy = 0

L2

Por lo que …nalmente se obtiene que: Z 3x2 y y dx + xy + x3 dy = 10: C

Nota: Es posible cerrar la curva usando otros trazos, por ejemplo:

y

2

y

1

1

-3

-2

2

-1

1 -1

2

3

x

-3

-2

-1

1

2

-1

-2

3

x

-2

En este caso, debido a la simplicidad de la forma diferencial que se integra, las di…cultades para resolver el problema son similares. 13 Considere el cuerpo limitado por las super…cies S1 y S2 , en donde S1 corresponde al plano z = 1, y la super…cie S2 corresponde al paraboloide ! ! ! ! z = x2 + y 2 . Si F = 2x2 i 2xy j + z 2 k , entonces compruebe que se cumple: ZZ ZZZ ! ! @ @ @ 2 2 2x + ( 2xy) + z dxdydz = F dS @x @y @z S1 +S2 V Solución: Cálculo del lado izquierdo: ZZZ @ @ @ ( 2xy) + 2x2 + z2 @x @y @z Z Z ZV = (2x + 2z)dxdydz V ZZZ ZZZ = 2 xdxdydz + 2 zdxdydz V Z Z ZV = 2 zdxdydz

dxdydz

V

ya que por la simetría del cuerpo, se tiene que

RRR

V

xdxdydz = 0: Ahora

introduciendo coordenadas cilíndricas, se tiene: ZZZ Z 2 Z 1 Z 1 2 zdxdydz = 2 d dr rzdz V 0 0 r2 Z 1 r(1 r4 )dr = 2 0

2 = . 3

Cálculo del lado derecho: Una parametrización de la super…cie S2 es: ! ! ! ! r (x; y) = x i + y j + (x2 + y 2 ) k De donde ! @ ! ! r = i + 2x k ; @x

! @ ! ! r = j + 2y k @y

Por lo tanto

@ ! @ ! ! ! ! r r = 2x i 2y j + k @x @y ! Como el vector dS2 debe tener dirección y sentido hacia afuera del cuerpo, entonces se tiene que: ! ! ! dS2 = 2x i + 2y j Por lo tanto: ZZ

! ! F dS1 =

S2

ZZ

! k dxdy

4x3

4xy 2

z 2 dxdy

S

=

2 ZZ

z 2 dxdy

S2

= =

ZZ Z

0

=

3

x2 + y 2

S2 2

d

Z

0

2

dxdy

1

r r4 dr

! ! Para S1 se tiene obviamente que dS1 = k dxdy, por lo tanto ZZ ZZ ! ! F dS1 = dxdy = : S1

Finalmente:

ZZ

S1

! ! F dS =

S

ZZ

! ! F dS1 +

S1

= =

3

ZZ

! ! F dS2

S2

+

2 : 3

14 Suponga que f : R2 ! R es una función diferenciable y que sus derivadas parciales en el punto (a; b) = (3; 4) valen 5 y 7 respectivamente, es decir f1 (3; 4) = 5 y f2 (3; 4) = 7: Considere ahora la función: g(x; y) = f (x3 + y; x2 + y 2 x) Calcule @g=@x en el punto (1; 2). Solución: Sea u = u(x; y) = x3 + y;

v = v(x; y) = x2 + y 2

x

Entonces (u(1; 2); v(1; 2)) = (3; 4) Por lo tanto: @u @v @g (1; 2) = f1 (u(1; 2); v(1; 2)) (1; 2) + f2 (u(1; 2); v(1; 2)) (1; 2) @x @x @x @u @v = f1 (3; 4) (1; 2) + f2 (3; 4) (1; 2) @x @x 2 = 5 (3x ) (x;y)=(1;2) + 7 (2x 1)j(x;y)=(1;2) = 15 + 7 = 22: 15 Halle los valores extremos (en el caso que existan) de la función: p 1 8 f (x; y) = xy + + x y

sabiendo que x > 0 e y > 0. Demuestre su respuesta. Solución: Para hallar los puntos críticos debemos resolver el sistema: f1 (x; y) = 0 , f2 (x; y) = 0 ,

yp x x 8y

2 2

=0 =0

p de donde se deduce que el único punto crítico es (x; y) = ( 2=2; 2): p p Ahora como f11 (x; y) = 2x 3 , se tiene que f11 ( 2=2; 2) = 4 2 > 0. Por otro lado se tiene que el Hessiano p p p 4 2 f11 (p2=2; 2) f12 (p2=2; 2) 1p = det det f21 ( 2=2; 2) f22 ( 2=2; 2) 1 1= 2 = 3>0 p Por lo tanto ( 2=2; 2) es un mínimo. Como la función es diferenciable en el dominio indicado entonces el punto es un mínimo absoluto, pues si hubiese otro punto en donde la función asume el mínimo absoluto, este punto tendría que ser también un punto crítico. Por esta misma razón no existen máximos locales ni absolutos. 16 Considere la siguiente suma de integrales iteradas: Z p Z Z Z p y

1

dy

0

2

(x2 + y 2 + xy)dx

dy

(x + y + xy)dx +

0

2 y2

2

2

1

0

(a) Halle la región de integración. (b) Cambie el orden de integración y escriba la suma como una sola integral iterada. (c) Calcule el valor de la integral. Solución: a) La región corresponde a un octavo de círculo (de radio …gura.

p

2). Ver

y 1.0

0.5

0.0 0.0

0.5

1.0

x

b) Si llamamos A al valor de la suma de las dos integrales, entonces: A=

Z

1

dx

Z

p

2 x2

(x2 + y 2 + 2xy)dy

x

0

c) Usando coordenadas polares, se tiene: A = = = = 17 Calcule

Z

Z

Z

Z

=2

d =4

0

Z

=2

d =4

p

2

(r2 + 2r2 sin cos )rdr p

2

r3 (1 + sin 2 )dr

0

=2

(1 + sin 2 )d =4

p

2

r3 dr

0

1 1 + : 4 2 I

Z

x2

y dx + y2

x2

x dy + y2

C

en donde C es la elipse 9x2 + 4y 2 = 36: Solución:

Consideramos la curva cerrada compuesta por la elipse, una circunferencia de radio unitarioy dos pequeños segmentos que unan las dos cónicas, entonces podemos aplicar el teorema de Green a esta curva. Si

llamamos C0 a la circunferencia recorrida en el sentido contrario a los punteros del reloj, L1 al segmento rectilíneo que va desde (1; 0) hasta el punto (2; 0) y L2 al que va desde el punto (2; 0) hasta (1; 0) entonces, de acuerdo al teorema de Green, se tiene que:

y 2

-2

2

x -2

I

x2

y dx + y2

x2

x dy = 0 + y2

C C 0 +L1 +L2

y ya que las contribuciones correspondientes a los segmentos L1 y L2 se cancelan mutuamente, entonces se deduce que I I x y x y dx dy = dx dy x2 + y 2 x2 + y 2 x2 + y 2 x2 + y 2 C0

C

Ahora bien, una parametrización de la circunferencia es x = cos t; Por lo tanto: I

y dx 2 x + y2

y = sin t

x dy = 2 x + y2

C

=

0 Z

2

2

sin2 t

0

Z

2

0

=

t

2 :

dt

cos2 t dt

18 Calcule Z

(y sin(xy) + xy 2 cos(xy))dx + (x sin xy + x2 y cos xy)dy

C

en donde C es la curva y = tan x recorrida desde el punto (0; 0) hasta el punto ( =4; 1): Solución: Evidentemente el campo es conservativo, pues @ (x sin xy + x2 y cos xy) = sin xy @x

x2 y 2 sin xy + 3xy cos xy

y @ (y sin(xy) + xy 2 cos(xy)) = sin xy @y

x2 y 2 sin xy + 3xy cos xy

Por lo tanto existe U (x; y) tal que @U = y sin(xy) + xy 2 cos(xy) @x y @U = x sin xy + x2 y cos xy @y Integrando se obtiene que el campo siguiente cumple con estas condiciones: U x; y) = xy sin(xy) Por lo tanto: Z (y sin(xy) + xy 2 cos(xy))dx + (x sin xy + x2 y cos xy)dy = U ( =4; 1) C p = 2 =8: 19 Demuestre, usando la de…nición, que lim

(x;y)!(2;3)

Solución:

(xy + x) = 8:

U (0; 0)

Hay que demostrar que.(8 > 0) (9 > 0) (8(x; y) 2 R2 ) se cumple: 0 < (x

2)2 + (y

2

3)2