• Author / Uploaded
• felipe

Citation preview

Universidad de Santiago de Chile. Facultad de Ciencia Departamento de Matem´ atica y C. C.

C´ alculo Avanzado

Miguel Martinez - Carlos Silva - Emilio Villalobos

Derechos de Autor c Autor: Universidad de Santiago de Chile Se autoriza la reproducci´ on parcial o total de esta obra, con fines acad´ emicos, por cualquier forma, medio o procedimiento, siempre y cuando se incluya la cita bibliogr´ afica del documento.

Agradecimientos Este texto fue financiado en el marco de los proyectos concursables de innovaci´on docente que promueve anualmente la Universidad de Santiago de Chile a trav´es de la Vicerrector´ıa Acad´emica por intermedio de la Direcci´on de Docencia. El centro motor que motiv´o a los autores a emprender tan significativo desaf´ıo fue su compromiso con el proceso de ense˜ nanza aprendizaje que se lleva semestre a semestre en la Universidad de Santiago, con los estudiantes de ingenier´ıa quienes tienen el imperativo de mejorar sus aprendizajes y elevar sus est´andares de competencias con la finalidad de que puedan asumir con propiedad el desaf´ıo de sus asignaturas profesionales y de especialidad con un mayor empoderamiento en el contexto de: teor´ıa, pr´actica y aplicaciones a problemas en las ´areas de sus distintas especialidades. En general, cada cap´ıtulo comienza con una presentaci´on de definiciones, principios y teoremas, junto con material ilustrativo. Los problemas resueltos sirven para ilustrar la teor´ıa y suministrar herramientas de an´alisis de los principios b´asicos tan importantes en el aprendizaje activo de los estudiantes. El gran n´ umero de problemas resueltos y aplicaciones sirven para encauzar el aprendizaje del material, as´ı como las autoevaluaciones propuestas al fin de cada unidad. Hemos escogido un enfoque y nivel de profundidad de acuerdo con lo que se espera del curso de C´alculo Avanzado, asignatura que se imparte durante el tercer semestre del Plan Com´ un de la Carrera de Ingenier´ıa Civil de la Facultad de Ingenier´ıa de Universidad de Santiago de Chile. El objetivo del primera parte de este texto es presentar los conceptos b´asicos y las aplicaciones de las series de Fourier, y las funciones integrales, como asimismo, ilustrar su utilizaci´on en la resoluci´on de problemas de ecuaciones en derivadas parciales y aplicaciones en el campo de la f´ısica e ingenier´ıa. En la segunda parte se abordan los temas de funciones vectoriales y c´alculo diferencial de funciones de dos o m´as variables y sus aplicaciones, incluyendo aplicaciones e interpretaciones geom´etricas y f´ısicas que contribuyan a la comprensi´on de los estudiantes. Unido a lo anterior, en la tercera parte se incluyen los temas de integraci´on m´ ultiple, integral de l´ınea , superficie y los teoremas de Green, Gauss y Stokes por sus m´ ultiples aplicaciones en los campos de la f´ısica y ciencias de la ingeniera Finalmente, queremos aprovechar la ocasi´on para expresar nuestro especial agradecimiento hacia nuestros colegas de la Coordinaci´on de C´alculo Avanzado que con sus cr´ıticas constructivas y opiniones han ayudado a el i

enriquecimiento del material que conforma este texto. Deseamos tambi´en agradecer la participaci´on directa e indirecta de nuestros estudiantes con los cuales pusimos a prueba el material que se estaba generando incluy´endolos en la p´agina web de la asignatura de C´alculo Avanzado. Agradecemos tambi´en muy especialmente la colaboraci´on del profesor Omar Ramos por la confecci´on de diagramas, figuras e im´agenes de funciones bi y tridimensionales que ilustran conceptos y problemas. Tambi´en se encarg´o de la versi´on Latex de los distintos archivos que conforman el manuscrito del texto. No obstante lo anterior, la responsabilidad por los eventuales errores o inexactitudes que se puedan encontrar en el texto corresponde a los autores, quienes estar´an atentos para recibir cualquier comentario o sugerencia que permita mejorar su contenido en las siguientes direcciones: [email protected], [email protected],[email protected]. Los Autores: Miguel Mart´ınez Concha Carlos Silva Cornejo Emilio Villalobos Mar´ın

ii

Prefacio El material presentado en el texto contiene los temas tratados en el curso de C´alculo Avanzado, asignatura semestral para las carreras de Ingenier´ıa de la Universidad de Santiago de Chile, correspondiente al a´rea de Ciencias B´asicas, tiene por prerrequisitos las asignaturas de C´alculo I y C´alculo II de primer a˜ no. Proporciona los conceptos, habilidades y t´ecnicas que permiten adquirir las competencias matem´aticas alineadas con el perfil de competencias profesionales, necesarias para cursar con ´exito las asignaturas de ciencias b´asicas de la ingenier´ıa e ingenier´ıa aplicada. Los temas tratados por el texto y en el orden de aparici´on son los siguientes: Series e Integrales de Fourier, que forma parte de este temario porque por razones de tiempo no se incluye en el Cap´ıtulo de Series de primer a˜ no, este tema resulta necesario en la formaci´on b´asica de alumnos de ingenier´ıa sobre todo cuando necesiten resolver ecuaciones diferenciales parciales usando el m´etodo de separaci´on de variables o bien en aplicaciones en el campo de la ingenier´ıa. Este tema bien podr´ıa formar parte de un texto de ecuaciones diferenciales. El tema de funciones vectoriales de una variable real trata la importancia de la derivada de este tipo de funciones, interpretaci´on geom´etrica y anal´ıtica, y su aplicaci´on a problemas de movimiento, comportamiento de curvas, especialmente en lo que tiene que ver con caracter´ısticas geom´etricas de ellas. Las funciones escalares son tratadas en detalle, se analiza el concepto de l´ımite y continuidad considerando funciones de dos variables, generalizando en aquellos casos que lo amerita, se ve el tema de la diferenciaci´on con todas sus potencialidades que garantizan la derivaci´on tanto la derivaci´on parcial, como la derivaci´on direccional y derivaci´on impl´ıcita, este tema termina con m´aximos y m´ınimos y problemas aplicados de optimizaci´on. Este u ´ltimo cap´ıtulo tratan los temas de integraci´on, integrales dobles y triples en coordenadas cartesianas y generalizando con cambios de coordenadas, integral de l´ınea para funciones escalares y vectoriales, propiedades de los campos gradientes y el teorema de Green; integral de superficie para funciones escalares y vectoriales finalizando con el estudio de los teoremas de Gauss y Stokes. Los temas tratados de acuerdo con los objetivos generales los podemos describir como sigue: Series e integrales de Fourier i) Analizar los conceptos asociados a la definici´on de la Serie de Fourier, sus propiedades y procedimientos de c´alculo, y aplicarlos a la resoluci´on de problemas de ingenier´ıa. ii) Formular el concepto de Integral de Fourier, sus propiedades y m´etodos de calculo y aplicar esta informaci´on en la soluci´on de problemas de ingenier´ıa. iii

Funciones vectoriales i) Analizar el concepto de diferenciaci´on de funciones vectoriales, sus propiedades, procedimientos para realizar c´alculos y aplicarlos a la resoluci´on de problemas de Ciencia e Ingenier´ıa ii) Utilizar los conceptos de vector tangente, normal , binormal, curvatura y torsi´on e identidades de Frenet sus propiedades y procedimientos de c´alculos para emplearlos en la resoluci´on de problemas. Diferenciaci´on parcial i) Definir los conceptos de l´ımite, continuidad y describir las caracter´ısticas gr´aficas de las funciones de varias variables en IR2 en IR. ii) Analizar criterios para reconocer y evaluar la diferenciabilidad de una funci´on escalar de varias variables, usar su propiedades, m´etodos de c´alculos para su aplicaci´on a la resoluci´on de problemas de Ingenier´ıa. iii) Generalizar el concepto de diferenciaci´on para funciones compuestas e impl´ıcitas de varias variables, sus propiedades, m´etodos de c´alculos y su aplicaci´on a la resoluci´on de problemas de Ingenier´ıa iv) Aplicar diferentes m´etodos para determinar m´aximo y m´ınimos de una funci´on de varias variables y utilizarlos en la resoluci´on de problemas de optimizaci´on Integraci´on i) Analizar el concepto de integral doble sus propiedades y procedimientos de c´alculo , y su aplicaci´on a problemas de f´ısica e ingenier´ıa ii) Analizar el concepto de integral triple sus propiedades y procedimientos de c´alculo, y su aplicaci´on en problemas de f´ısica e ingenier´ıa. iii) Analizar los conceptos de integral de trayectoria e integral de l´ınea, y utilizar sus propiedades en la resoluci´on de problemas matem´aticos, de f´ısica e ingenier´ıa iv) Analizar los conceptos de integral de superficie, y utilizar sus propiedades en la resoluci´on de problemas matem´aticos, de f´ısica e ingenier´ıa Estructura de cada unidad Cada unidad en su desarrollo te´orico y fundamentaci´on matem´atica enfatiza los conceptos, los teoremas que avalan los procedimientos y las t´ecnicas de resoluci´on de problemas. iv

Unido a lo anterior, en cada tema hay una unidad de problemas resueltos, otra de problemas propuestos, algunos con soluciones y una unidad de aplicaciones a los temas de ingenier´ıa. Finalmente, se incluye tambi´en un instrumento de autoevaluaci´on que consiste en un test con problemas de desarrollo que mide el nivel de las competencias cognitivas alcanzado por el estudiante. Este material pretende ser una fuente de motivaci´on que haga que los estudiantes perseveren en sus estudios y puedan vencer las dificultades de aprendizaje, y alcanzar niveles que le permitan r´apidamente conectarse con los temas en que est´a inmerso un problema y estructurar un a respuesta al problema usando diversas herramientas matem´aticas, esto le dar´a desde luego un plus durante toda su vida profesional.

v

´Indice general 1. Serie de Fourier

1

1.1. Introducci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

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

2

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

2

1.3. La serie de Fourier de una funci´on . . . . . . . . . . . .

4

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

6

1.3.2. Atributos de la funci´on . . . . . . . . . . . . . .

7

1.3.3.

Convergencia de las series de Fourier . . . . . .

9

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

15

1.3.5. Teorema de las funciones pares y de las impares

16

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

17

1.4.1. Extensi´on impar: . . . . . . . . . . . . . . . . .

17

1.4.2. Extensi´on par . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

19

1.5. Diferenciacion e Integraci´on de la series de Fourier . . .

21

1.5.1. Derivaci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

21

1.5.2. Integraci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

23

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

25

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

27

1.6.1. Criterio de convergencia de la integral de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

29

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

31

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

38

vi

1.7.1.

Onda cuadrada alta frecuencia . . . . . . . . .

38

1.7.2.

Rectificador de onda completa. . . . . . . . . .

39

1.7.3.

Ecuaci´on de calor unidimensional . . . . . . . .

40

1.7.4. Ecuaci´on de calor: barra aislada

. . . . . . . .

41

1.7.5.

Ecuaci´on de Onda . . . . . . . . . . . . . . . .

42

1.7.6.

Deflexi´on de una viga . . . . . . . . . . . . . .

44

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

45

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

50

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

50

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

63

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

70

1.10.1. Respuestas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

74

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

77

2. Funciones Vectoriales de una variable real

92

2.1. Introducci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

92

2.2.

Funciones Vectoriales . . . . . . . . . . . . . . . . . .

93

2.3.

L´ımite de una funci´on vectorial. . . . . . . . . . . . . .

95

2.3.1.

Teorema del l´ımite . . . . . . . . . . . . . . . .

95

2.3.2.

Operaciones con funciones vectoriales . . . . .

98

2.3.3.

Teoremas del algebra de l´ımites . . . . . . . . .

98

2.3.4.

Teorema: producto de funci´on escalar por vectorial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

99

2.4.

Continuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

99

2.5.

La Derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

100

2.6.

Regularidad de una curva . . . . . . . . . . . . . . . .

102

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

103

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

103

Parametrizaci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

104

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

106

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

107

2.7.

vii

2.8.1. La Longitud de Arco como Par´ametro . . . . .

109

2.8.2. Parametrizaci´on por Longitud de Arco . . . . .

111

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

113

2.10. Vectores Unitarios

115

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.10.1. Vector Tangente unitario

. . . . . . . . . . . .

115

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

116

. . . . . . . . . . . . . . . . .

116

2.11. Curvatura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

118

2.10.2. Vector Normal 2.10.3. Vector Binormal

2.11.1. C´alculo de curvatura usando par´ametro t cualquiera en R3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120 2.12. Planos por un punto de la curva . . . . . . . . . . . . .

123

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

124

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

124

2.12.3. Plano Rectificante

. . . . . . . . . . . . . . . .

124

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

125

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

125

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

125

2.13. Torsi´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

127

2.13.1. C´alculo de la torsi´on usando par´ametro t cualquiera (en R3 ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128 2.14. Formulas de Frenet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

130

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

131

2.15.1. Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

132

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

140

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

169

2.17.1. Respuestas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

173

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

175

viii

3. Funciones de varias variables

189

3.1. Introducci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

189

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

193

3.2.1. Conceptos Topol´ogicos . . . . . . . . . . . . . .

193

3.2.2. Aspectos Geom´etrico de las Funciones Escalares

197

3.2.3. Gr´afica de una Funci´on . . . . . . . . . . . . . .

197

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

198

3.2.5.

L´ımite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

199

3.2.6. Continuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

205

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

207

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

209

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

211

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

215

3.3.3. Funci´on Compuesta. La Regla de la Cadena. . .

218

3.3.4. Funci´on Impl´ıcita . . . . . . . . . . . . . . . . .

222

3.3.5. Jacobiano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

226

3.3.6. M´aximos y M´ınimos . . . . . . . . . . . . . . .

228

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

233

Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

245

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

245

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

248

3.4.3. Derivaci´on Impl´ıcita . . . . . . . . . . . . . . .

251

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

256

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

258

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

260

3.4.7. Multimplicadores de Lagrange para extremos restringidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

264

3.4.8. Aplicaci´on al c´alculo de errores . . . . . . . . .

275

Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . .

276

3.5.1. L´ımites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

276

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

277

3.4.

3.5.

ix

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

278

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

280

3.5.5. Puntos cr´ıticos m´aximos y m´ınimos . . . . . . .

284

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

286

3.7. Aplicaciones de M´aximos y M´ınimos . . . . . . . . . .

289

3.7.1. Aplicaci´on al campo de la mec´anica . . . . . . .

289

3.7.2. Aplicaciones a la geometr´ıa . . . . . . . . . . .

292

3.7.3. Aplicaci´on al campo de la econom´ıa . . . . . .

297

3.7.4. Problemas Propuestos de Aplicaciones . . . . .

302

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

304

4. Integraci´ on Multiple 4.1.

315

Integrales dobles y triples . . . . . . . . . . . . . . . .

315

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

315

4.1.2. Integrales sobre conjuntos acotados de R2

. . .

320

4.1.3. Teorema de Fubini . . . . . . . . . . . . . . . . ´ 4.1.4. Areas y Volumenes . . . . . . . . . . . . . . . .

322 327

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

329

Aplicaciones de la integral doble . . . . . . . . . . . .

333

4.2.1. Masa de una regi´on plana de densidad variable.

333

4.2.2. Momentos y centroide de una regi´on plana . . .

334

Integrales triples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

337

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

337

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

337

4.3.3. Teorema de la integral triple (Para dominios m´as generales) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

338

4.3.4.

Cambio de variable para integrales triples . . .

342

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

345

4.3.6. Masa, Momentos, y Centroide de una Regi´on del Espacio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

348

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

350

4.2.

4.3.

x

4.4.1. C´alculo de integrales dobles en coordenadas rect´angulares cartesianas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 350 4.4.2. Cambios de orden de Integraci´on . . . . . . . .

361

4.4.3. Cambios de variables: Coordenadas polares . . .

363

4.4.4. Cambios de variables. Coordenadas curvil´ıneas .

367

4.4.5. C´alculo de integrales triples en coordenadas rect´angulares cartesianas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 373 4.4.6. Coordenadas esf´ericas

. . . . . . . . . . . . . .

377

4.4.7. Coordenadas Cil´ındricas . . . . . . . . . . . . .

380

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

389

4.5.1.

4.6.

Integrales dobles . . . . . . . . . . . . . . . . .

389

4.5.2. C´alculo de Integrales dobles usando transformaci´on de coordenadas . . . . . . . . . . . . . . .

392

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

394

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

394

4.5.5. Integrales triples en coordenadas rect´angulares cartesianas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

396

4.5.6. Calcular las integrales dadas usando las coordenadas adecuadas: . . . . . . . . . . . . . . . . .

397

4.5.7. Resolver las integrales usando coordenadas esf´ericas: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

399

Aplicaciones integrales dobles y triples . . . . . . . . .

401

4.6.1. Volumenes de cuerpos en el espacio . . . . . . . ´ 4.6.2. Area de figuras planas. . . . . . . . . . . . . . .

401 404

4.6.3. Momentos y centros de masa para placas planas delgadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

406

4.6.4. Centroide de figuras geom´etricas . . . . . . . . .

407

4.6.5. Momentos y Centros de masa de un s´olido . . .

412

4.6.6. Masa de un s´olido . . . . . . . . . . . . . . . . .

413

4.6.7. Determinaci´on del centroide dee un s´olido . . .

424

4.7. Autoevaluaci´on Integrales dobles y triples xi

. . . . . . .

426

5. Integral de Linea

436

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

441

5.2. Cambio de parametrizaci´on . . . . . . . . . . . . . . .

446

5.2.1. Reparametrizaci´on . . . . . . . . . . . . . . . .

447

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

449

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

451

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

451

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

456

5.5. Aplicaciones de la integral de trayectoria . . . . . . . . ´ 5.5.1. Area de una pared . . . . . . . . . . . . . . . .

461 465

5.6. Aplicaciones de la integral de l´ınea . . . . . . . . . . .

467

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

477

5.7.1.

Campo conservativo . . . . . . . . . . . . . . .

481

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

485

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

492

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

492

5.8.2. Integral de l´ınea . . . . . . . . . . . . . . . . . .

493

5.8.3.

Campos conservativos . . . . . . . . . . . . . .

494

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

495

5.9. Autoevaluaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

496

6. Integrales de superficie

504

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

507

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

508

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

510

6.1.3. Vector normal a S : . . . . . . . . . . . . . . . . ´ 6.1.4. Area de una superficie parametrizada . . . . . .

510

6.1.5.

513

Integral de una funci´on escalar sobre una superficie. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

516

6.1.6. Integral de Superficie de campos vectoriales . .

517

6.1.7. Aplicaci´on al campo de la f´ısica: . . . . . . . . .

519

xii

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

519

6.2.1. Divergencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

519

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

520

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

524

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

525

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

529

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

532

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

537

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

543

6.4. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ´ 6.4.1. Area de una superficie . . . . . . . . . . . . . .

550 550

6.4.2. Integrales de funciones escalares sobre superficie

553

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

555

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

557

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

561

6.5. Aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

564

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

564

6.5.2. Aplicaci´on del teorema de Gauss . . . . . . . .

568

6.5.3.

Aplicaci´on teorema de Stokes . . . . . . . . . .

573

6.5.4.

Aplicacion teorema de Green . . . . . . . . . .

576

6.5.5.

Aplicaciones al electromagnetismo . . . . . . .

580

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

587

xiii

Cap´ıtulo 1 Serie de Fourier En el presente cap´ıtulo se estudiar´an los conceptos b´asicos , m´etodos de c´alculo de los coeficientes y condiciones de convergencia para representar funciones mediante series e integrales de Fourier .

1.1.

Introducci´ on

Las funciones peri´odicas se presentan frecuentemente en una gran variedad de problemas de f´ısica e ingenier´ıa, tales como propagaci´on de ondas en un medio, conducci´on del calor a lo largo de una varilla , resonancia nuclear magn´etica ,en consecuencia, abordar la soluci´on de tales problemas, requiere del estudio de la serie de Fourier. La serie de Fourier es la representaci´on de una funci´on en t´erminos de una serie trigonom´etrica infinita cuyas bases son las funciones seno y coseno. Algunas de las ventajas de ´esta representaci´on sobre otras representaciones, tales como, las series de Taylor, son: a) primero, se puede representar funciones peri´odicas en t´erminos de las bases seno y coseno que tienen diferentes frecuencias; b) segundo, se puede representar funciones discontinuas en un punto o seccionalmente continuas en un n´ umero finito de puntos; c) tercero, permite encontrar la respuesta de un sistema que es perturbado por una funci´on peri´odica, en t´erminos de una frecuencia fundamental y cada una de las frecuencias arm´onicas.

1

1.2.

Propiedades Generales

Para problemas con condiciones de frontera peri´odicas en el intervalo −L ≤ x ≤ L, nos preguntamos si es posible expresar una funci´on como una combinaci´on lineal de funciones seno y coseno de frecuencias cada vez mayores, como la siguiente serie infinita (conocida como serie de Fourier de f (x)):     ∞ X nπx nπx + bn sin ) f (x) = a0 + (an cos L L n=1

(1,1,1)

Obviando la igualdad, vale preguntarse ¿converge esta serie infinita?,¿qu´e condiciones debe cumplir f para que se d´e la convergencia?,¿cu´ando converge a f (x)? Estas preguntas no tienen una respuesta sencilla. Sin embargo, las series de Fourier normalmente funcionan bastante bien. Supongamos que f admite desarrollo en serie de Fourier, ¿c´omo se obtienen los coeficientes a0 , an y bn en t´erminos de f (x) ?. Para responder esta u ´ltima pregunta necesitaremos del siguiente lema.

1.2.1.

Lema Elemental

Lema 1.2.1. i) Si m y n son n´ umeros enteros no negativos distintos, entonces: Z L Z L  nπx   nπx   mπx   mπx  cos cos dx = sin sin dx = 0 L L L L −L −L (1.2.1) ii) Para cualquier par de enteros no negativos m y n,entonces: Z

L

cos −L

 nπx  L

sin

 mπx  L

dx = 0

(1.2.2)

iii)Para cualquier entero positivo n, entonces: Z

L 2

cos −L

 nπx  L

Z

L

dx = −L

2

sin2

 nπx  L

dx = L

(1.2.3)

Demostraci´ on:

Se prueba integrando directamente: usando la identidad cos α cos β = cos(α − β) + cos(α + β) 2     Z L Z Z  mπx   nπx  1 L 1 L (n − m)πx (n + m)πx cos dx = dx+ d i) cos cos cos L L 2 −L L 2 −L L −L

 L (n − m) πx L −L  L  1 L (n + m) πx + sin 2 (n + m) π L −L 1 L = sin 2 (n − m) π



=0 Adem´as, si m = 0 y n 6= 0 es facilmente verificable que la integral es cero. Z

L

sin

En forma similar se prueba que −L

 nπx  L

sin

ii) Usando la identidad trigonom´etrica sin α cos β = Z

L

cos −L

 nπx  L

sin

 mπx  L

L

dx = 0

sin(α − β) + sin(α + β) 2

   ZL (n − m) πx (n + m) πx 1 sin dx + sin dx L 2 L −L −L   (n − m) πx L 1 L = − cos |−L 2 (n − m) π L   L 1 (n + m) πx L sin |−L − 2 (n + m) π L = 0

1 dx = 2

ZL

 mπx 



A estas f´ormulas integrales se les llama relaciones de ortogonalidad n  nπx   mπx o y diremos que en tal caso el conjunto de las funciones cos , sin L L ∀ n = 0, 1, 2, ..., y ∀ m = 1, 2, ..., son ortogonales en [−L, L] iii) La demostraci´on queda como ejercicio para el lector, se prueba 3

integrando directamente.En s´ıntesis, se puede puntualizar que: 1 L

Z

1 L

Z

L

cos −L L

sin −L

 nπx  L  nπx  L

cos sin

 mπx  L

 mπx  L

 dx = 

dx =

0, si m 6= n 1, si m = n



0, si m 6= n 1, si m = n



= δm,n = δm,n

donde δm,n se define como el delta de Kroneker. Z  mπx   nπx  1 L sin dx = 0 ∀m, n cos L −L L L Z L  nπx  cos dx = 0 ∀m, n ; y L −L Z L  mπx  sin dx = 0 ∀m, n L −L

1.3.

La serie de Fourier de una funci´ on

Se debe distinguir entre f (x) y su serie de Fourier en el intervalo −L ≤ x ≤ L: Serie de Fourier de f (x) ∞   nπx   nπx  X an cos + bn sin a0 + L L n=1

La serie trigonom´etrica puede incluso no converger y si converge, puede que no lo haga a f (x). Partiendo del supuesto que la serie converge podr´ıamos determinar los coeficientes de Fourier a0 , an y bn , usando las relaciones de ortogonalidad. Sea f (x) definida en el intervalo −L ≤ x ≤ L: f (x) = a0 +

∞  X

an cos

 nπx  L

n=1

+ bn sin

 nπx  L

(1.3.4)

Integrando la identidad ( 1.3.4) se tiene: Z L Z L Z L Z L ∞   nπx   nπx   X f (x)dx = a0 dx+ an cos dx + bn sin dx L L −L −L −L L n=1 4

Como todas las integrales de la derecha valen cero, excepto la primera, ZL se deduce de aqu´ı el valor de a0 , suponiendo que la f (x)dx existe, as´ı. −L

1 a0 = 2L

ZL f (x)dx −L

Para el c´alculo de an multiplicamos la identidad ( 1.3.4) por cos e integramos la serie t´ermino a t´ermino, queda

L

 mπx  L f (x) cos cos dx = a0 dx+ L L −L −L Z L Z L ∞   nπx   mπx   nπx   mπx   X an cos cos dx + bn sin cos dx = L L L L −L L n=1 ∞ X =0+ an · Lδn,m + 0 = Lam Z

L

 mπx 

Z

 mπx 

n=1

Por lo tanto, al evaluar δn,m , queda un s´olo t´ermino: Z L  mπx  f (x) cos dx = am L, L −L as´ı el valor de am es 1 am = L

Z

L

f (x) cos −L

 mπx  L

dx, ∀ m ≥ 1

Cambiando el ´ındice libre m por n , en ambos lados de la ecuaci´on, queda Z  nπx  1 L an = f (x) cos dx, ∀ n ≥ 1 L −L L  mπx  Ahora, multiplicando ( 1.3.4) por sin e integrando de manera L similar y por el lema se tiene Z  nπx  1 L dx, ∀ n ≥ 1 bn = f (x) sin L −L L Hemos determinado los coeficientes a0 , an y bn ,claro que, bajo muchos supuestos. Estos c´alculos sugieren la siguiente definici´on. 5

1.3.1.

Coeficientes de Fourier

Definici´ on 1.i) Sea f una funci´on Riemann integrable en [−L, L], las constantes           

ZL

1 f (x)dx 2L Z−LL  nπx  1 an = dx f (x) cos L Z−L L  nπx  1 L bn = f (x) sin dx L −L L a0 =

para n = 1, 2, 3, ...         para n = 1, 2, 3, ...  

2,1,1

se denominan los coeficientes de Fourier de f en [−L, L]. ii) La serie: ∞ h  nπx i  nπx  X + bn sin f (x) ∼ a0 + an cos L L n=1

es la serie de Fourier de f en el intervalo [−L, L] , cuando los coeficientes est´an dados por (2,1,1). Para no hablar de convergencia todav´ıa, escribimos el signo”∼”que significa que a la derecha se tiene la serie de Fourier de f en −L ≤ x ≤ L. Observese que, la serie de Fourier de f , se puede interpretar como una generalizaci´on de una combinaci´on lineal en una base ortogonal seno, coseno, que es aplicada a una funci´on en lugar de un vector est´andar en Rn . El siguiente ejemplo ilustra como dada una funci´on peri´odica f (x), de per´ıodo 2π, se calculan los coeficientes de Fourier y expresa la serie trigonom´etrica de Fourier correspondiente.

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

6

Soluci´ on:

La gr´afica de la funci´on es:

Los coeficientes de Fourier de f en [−π, π] , son: Rπ 1 xdx = 0 a0 = 2π −π

an = bn =

1 π 1 π

Rπ

x cos (nx) dx =

−π

Rπ

x sin(nx)dx =

−π

∴ bn = n2 (−1)n+1





1 n2 π

1 n2 π

cos(nx) +

sin(nx) −

x nπ

x nπ

π sin(nx) −π = 0

cos(nx)

π −π

∀n≥1

Por tanto, la serie de Fourier de f en[−π, π] es: ∞ X 2

n n=1

1.3.2.

(−1)n+1 sin(nx)

Atributos de la funci´ on

Lo anteriormente expuesto es v´alido para cierto tipo de funciones, nos referimos a las funciones f (x) que son seccionalmente continuas. Definici´ on 2.- Sea f (x) definida en [a, b]. Entonces f es seccionalmente continua en [a, b] si: a) f es continua en [a, b] ,excepto quiz´as en un n´ umero finito de puntos. b) Ambos l´ımx→a+ f (x) y l´ımx→b− f (x) existen y son finitos. c) f no es continua en x0 , x0 ∈ (a, b) y los l´ımites l´ımx→x+0 f (x) y l´ımx→x−0 f (x) existen y son finitos . 7

Definici´ on 3.- f (x) es seccionalmente suave en [a, b] si f y f 0 son seccionalmente continuas en [a, b] .

1

Ejemplo 2: Muestre que f (x) = x 3 no es seccionalmente suave en ning´ un intervalo cerrado que contenga en su interior al cero.

Soluci´ on: En efecto, se tiene que 1 −2 f 0 (x) = x 3 3

=⇒

1 −2 l´ımf 0 (x) = l´ım x 3 = ∞, x→0 x→0 3

no existe. Por tanto, la funci´on no es seccionalmente suave. Observaci´ on: Las funciones seno y coseno, que aparecen como bases en la serie de 2L Fourier, tienen per´ıodos diferentes los que son iguales a para n ≥ 1. n Por otra parte, un m´ ultiplo entero del per´ıodo de una funci´on per´ıodica es tambi´en un per´ıodo , podemos afirmar entonces, que 2L es el per´ıodo com´ un para las funciones seno y coseno del desarrollo de la serie. Por lo anterior, la serie de Fourier no s´olo representa a f en el intervalo −L ≤ x ≤ L , sino que, proporciona una extensi´on per´ıodica de f en todos los reales.

8

Ejemplo 3: Encontrar el per´ıodo de la funci´on f (x) = 100 cos2 x.

Soluci´ on: Utilizando la identidad trigonom´etrica cos2 θ = 12 (1+cos 2θ) se tiene 1 f (x) = 100 cos2 x = 100 (1 + cos 2x) 2 luego queda f (x) = 50 + 50 cos 2x como el per´ıodo de cos 2x es π y una funci´on constante tiene cualquier per´ıodo, entonces f (x) es de per´ıodo π.

1.3.3.

Convergencia de las series de Fourier

A continuaci´on vamos a establecer las condiciones de suficiencia que debe cumplir una funci´on f (x) para que pueda ser representada por medio de una serie de Fourier. Teorema 1.3.1. Si f (x) es seccionalmente suave en el intervalo [−L, L], entonces la serie de Fourier de f (x) converge. i) A la extensi´on per´ıodica de f (x), en los puntos que la extensi´on per´ıodica sea continua. ii) Al promedio de los l´ımites laterales 12 (f (x+ ) + f (x− )) en los puntos donde la extensi´on per´ıodica tenga una discontinuidad de salto.

En el siguiente ejemplo, se eval´ ua si la serie de Fourier resultante de una funci´on f (x) en un punto x0 dado converge o no en ese punto 9



0 si −3 ≤ x ≤ 0 .Construir la serie de x si 0 ≤ x ≤ 3 Fourier y analizar la convergencia en todo R Ejemplo 4: Sea f (x) =

Soluci´ on: Representemos la gr´afica de la funci´on

Los coeficientes de la serie de Fourier de f (x),son: a0

1 = 6

Z3

1 f (x)dx = 6

Z3

−3

an =

1 3

xdx =

3 4

0

Z3 f (x) cos

 nπx  3

dx

−3

=

1 3

3

Z

x cos

 nπx  3

0



3 nπx nπx 9 cos 3x sin 1 3 3 dx = + 2 2 3 n π nπ 0

3 3 = (cos(nπ) − 1) = ((−1)n − 1) n2 π 2 n2 π 2

bn

1 = 3

Z3 f (x) sin

 nπx  3

dx

−3

1 = 3

Z

3

x sin 0

 nπx  3



3 nπx 3x cos 1 9 sin nπx 3 3 dx = + 2 2 3 n π nπ 0

3 3 = − cos(nπ) = − (−1)n nπ nπ Por consiguiente, la serie de Fourier la podemos escribir ∞   nπx   nπx  3 X 3 3 n n + ((−1) − 1) cos (−1) sin − 4 n=1 n2 π 2 3 nπ 3 10

Tenemos que f es continua en [−3, 3] ,por lo tanto su extensi´on per´ıodica es seccionalmente continua en R , con discontinuidad de salto en los puntos x = 3 ± 6n, n ∈ Z Por lo tanto,  de acuerdo al teorema la serie converge a f (x) si x 6= 3 ± 6n fE (x) = n∈Z 3 si x = 3 ± 6n 2 entonces ∞   nπx   nπx  π 3 X 1 3 n n − (−1) sin fE (x) = + 2 ((−1) − 1) cos 4 π n=1 n2 3 n 3 los coeficientes ((−1)n − 1) son nulos, si n es n´ umero par e iguales a −2, si n es n´ umero impar. Entonces   ∞   nπx  (2n − 1)πx 1 π 3 6 X n f (x) = − 2 cos + (−1) sin 4 π n=1 (2n − 1)2 3 6n 3 Al evaluar la convergencia en x0 = 3, punto de discontinuidad de la funci´on, se obtiene  ∞  ∞ X 1 3 3 6X 1 π2 2n−1 = − 2 (−1) = =⇒ 2 4 π n=1 (2n − 1)2 (2n − 1)2 8 n=1 Obs´ervese que a partir de la convergencia de la serie de Fourier en un punto se puede inferir la convergencia de la suma de t´erminos de la serie resultante. Definici´ on 4.- Una suma parcial de la serie de Fourier es una suma de la forma: N X

 nπ   nπ  x + bn sin x Sn = a0 + an cos L L n=1 Observaci´on. Al truncar la serie infinita se obtiene un polinomio de grado n. 11

Ejemplo 5 Sea f (x) = x + π, x ∈ [−π, π] . Determine la serie de Fourier y obtener la gr´afica de sumas parciales S1 (x), S3 (x), S1 0(x). Soluci´ on : La gr´afica de la funci´on es

Los coeficientes de Fourier de f en [−π, π]  π Zπ
1 1 1 x2 = a0 = (x + π)dx = + πx 2π 2 = π 2π 2π 2 2π −π −π

∴ a0 = π π  Zπ x 1 1 1 cos(nx) + sin(nx) (x + π) cos (nx) dx = an = π π n2 n −π −π

∴ an = 0 π  Zπ 1 1 1 x bn = (x + π) sin(nx)dx = sen(nx) − cos s(nx) π π n2 n −π −π

∴ bn = n2 (−1)n+1 As´ı la serie de Fourier de f (x) es π+2

∞ X (−1)n+1 n=1

n

  sin 2x sin3x sin(nx) = π + 2 sin x − + − .. 2 3

Para visualizar la convergencia de est´a serie gr´afiquemos algunas de sus sumas parciales

Sn (x) = π + 2

n X (−1)n k=1

12

k

sin(kx)

Obtengamos S1 : 1 X (−1)n S1 (x) = π + 2 sin(kx) k k=1

13

Obtengamos S3

S3 (x) = π + 2

3 X (−1)n k=1

k

sin(kx)

Finalmente Obtengamos S10 10 X (−1)n sin(kx) S10 = π + 2 k k=1

A partir de este ejemplo, podemos inferir que para las series de Fourier las gr´aficas de las sumas parciales son curvas aproximadas de la gr´afica de la funci´on per´ıodica representada por la serie. Se puede visualizar adem´as, que en la medida que es mayor el n´ umero de t´erminos de las sumas parciales estas convergen de mejor forma a la gr´afica de la funci´on f .

14

1.3.4.

La integral de funciones pares e impares

Lema 1.3.1. (de funciones pares e impares) Sea f una funci´on integrable en [−L, L] . a) Si f una funci´on par en [−L, L], entonces RL RL f (x)dx = 2 f (x)dx. b) Si f es funci´on impar en [−L, L], entonces −L RL

0

f (x)dx = 0.

−L

Demostraci´ on a) f funci´on par, entonces f (−x) = f (x) ∀x ∈ R. Considerando que f es par y el cambio de variable t = −x se tiene Z0

Z0

ZL

f (x)dx =

f (−x)dx =

−L

−L

ZL

Z0

ZL f (t)dt =

0

f (x)dx 0

entonces

f (x)dx = −L

ZL f (x)dx +

−L

ZL f (x)dx = 2 f (x)dx

0

0

b) f funci´on impar, entonces f (−x) = −f (x) ∀x ∈ R. Usando este hecho y el cambio de variable t = −x se tiene Z0

LZ Z0 Z0 f (x)dx = −f (−x)dx = f (t)dt = − f (x)dx

−L

−L

0

L

entonces ZL Z0 ZL ZL ZL f (x)dx = f (x)dx + f (x)dx = f (x)dx − f (x)dx = 0 −L

−L

0

0

0

lo que demuestra el lema. A continuaci´on, vamos a determinar los coeficientes y la serie de Fourier coseno (o seno) seg´ un corresponda, dada una funci´on f par (o impar) de periodo 2L. 15

1.3.5. pares

Teorema de las funciones pares y de las im-

Teorema 1.3.2. Sea f una funci´on integrable en [−L, L], a) Si f es par, la serie de Fourier de f en [−L, L] es a0 +

∞ X

an cos

n=1

1 con coeficientes a0 = L

ZL

 nπx  L

2 f (x)dx y an = L

0

ZL f (x) cos

 nπx  L

dx,

0

se denomina serie de cosenos. b) Si f es impar, la serie de Fourier de f en [−L, L] es ∞  nπx  X bn sin L n=1 Z  nπx  2 L f (x) sin dx, se denomina serie de con coeficiente bn = L 0 L senos. Demostraci´on: Se deja al lector, debe aplicar el Lema 1.3.1 en el c´alculo de los coeficientes de Fourier. Ejemplo 6: Calcule la serie de Fourier de f (x) = 1 − |x| en −2 ≤ x ≤ 2.

Soluci´ on: A partir de la gr´afica de la funci´on podemos inferir que la funci´on es par.

Es decir f (−x) = 1 − |−x| = 1 − |x| = f (x) ∀x ∈ R, luego se tiene que f es par. Los coeficientes del desarrollo de Fourier, son: 16

a0 =

1 2

Z2 0

an

2 = 2

  2 2 1 x (1 − x)dx = x− =0 2 2 0

2

Z

 nπx 

Z

2

cos (1 − x) cos dx = 2 0 "

#2 nπx 4 cos nπx 2x sin 2 2 = 0− + n2 π 2 nπ 0

 nπx  2

Z dx −

2

x cos 0

 nπx  2

0

por consiguiente  an =

0 8 (2n−1)2 π 2

si n es par si n es impar

As´ı la serie de Fourier de f (x) = 1 − |x| es:   ∞ 1 (2n − 1)πx 8X cos π 2 n=1 (2n − 1)2 2 En muchos problemas se tiene la posibilidad de trabajar con series de senos o series de cosenos. Por ejemplo , al resolver ecuaciones diferenciales parciales de segundo orden aplicando el m´etodo de separaci´on de variables.

1.4.

Desarrollos llamados de medio rango

Sea una funci´on f seccionalmente continua que est´a definida s´olo en el semi-intervalo [0, L], queremos obtener el desarrollo de f en serie de Fourier ∀x ∈ [0, L] . Una forma de hacer lo anterior es extender f al intervalo [−L, L] y por supuesto , puede ser hecho de muchas maneras, sin embargo, dos extensiones son las m´as convenientes e importantes. Construir una extensi´ on impar lo que origina una serie de senos o construir un extensi´ on par lo que determina una serie de cosenos. Estas se denominan desarrollos de medio rango.

1.4.1.

Extensi´ on impar:

Supongamos que conocemos f (x) solamente para 0 ≤ x ≤ L, entonces podemos extenderla como una funci´on impar, obteniendo otra funci´on 17

dx

denotada fi (x) definida por:  fi (x) =

f (x), 0 ≤ x ≤ L −f (−x), −L ≤ x ≤ 0

como se muestra en la figura adjunta.

Si f (x) es seccionalmente suave en 0 ≤ x ≤ L, entonces fi (x) es tambi´en seccionamente suave y se puede aplicar el teorema de convergencia de series de Fourier. La serie de Fourier de fi (x) es

fi (x) =

∞ X

bn sin

 nπx  L

n=1

,

−L≤x≤L

Como estamos interesados solamente en lo que ocurre entre 0 ≤ x ≤ L. En esa regi´on f (x) es id´entica a fi (x) y la serie de Fourier es

f (x) =

∞ X

bn sin

n=1

con coeficiente bn

2 = L

Z

 nπx  L

L

f (x) sin 0

,

0≤x≤L

 nπx  L

Ejemplo 7. Sea la funci´on f (x) = x en el interior 0 ≤ x ≤ L. Obtener el desarrollo de medio rango considerando una extensi´on impar. 18

Soluci´ on. Consideremos la extensi´on impar de f (x) en 0 ≤ x ≤ L, la gr´afica de f muestra que la serie de fourier de senos converge a f (x) en 0 ≤ x ≤ L. Sin embargo, en x = L hay una discontinuidad de salto, luego la serie converge a cero aunque f (L) 6= 0. 2 bn = L

L

Z

f (x) sin

 nπx  L

0

2 dx = L

Z

L

x sin 0

 nπx  L

dx =

2L (−1)n+1 nπ

Por lo tanto, la serie resultante es: ∞

 nπx  2L X (−1)n+1 x= sin , π n=1 n L

1.4.2.

0≤x≤L

Extensi´ on par

Supongamos ahora que conocemos f (x) solamente para 0 ≤ x ≤ L , entonces la extendemos como funci´on par, obteniendo otra funci´on denotada fp (x) definida por:  f (x), 0 ≤ x ≤ L fp (x) = f (−x), −L ≤ x ≤ 0 como muestra la figura adjunta: Si f (x) es seccionalmente continua en 0 ≤ x ≤ L, entonces su extensi´on par fp (x) lo ser´a tambi´en por lo que se puede aplicar el teorema de convergencia de series de Fourier. En el intervalo 0 ≤ x ≤ L, la funci´on f (x) es id´entica a su extensi´on par. La serie que se obtiene se denomina serie de Fourier de cosenos de f (x). a0 +

∞ X n=1

an cos

 nπx  L

, 0 ≤ x ≤ L, con coeficientes 19

1 a0 = L

L

Z 0

2 f (x)dx y an = L

L

Z

f (x) cos 0

 nπx  L

dx

Ejemplo 8: Construir la serie de Fourier de Cosenos de f (x) = x en 0 ≤ x ≤ L.

Soluci´ on: Por las caracter´ısticas de la extensi´on en lo que concierne a la continuidad de la funci´on tenemos: ∞ X

 nπx 

, 0≤x≤L L L Z Z 1 1 L 1 x2 L = f (x)dx = xdx = = L 0 L 0 L 2 0 2 Z L Z L    nπx  2 nπx 2 dx = dx = f (x) cos f (x) cos L 0 L L 0 L  0 si n par. = 4L − n2 π2 si n impar.

x = a0 +

an cos

n=1 L

a0 an an

20

Finalmente, la serie de Fourier coseno de f (x) = x en 0 ≤ x ≤ L es:   ∞ L 4L X 1 (2n − 1)πx − 2 cos 2 π n=1 (2n − 1)2 L

1.5. Diferenciacion e Integraci´ on de la series de Fourier 1.5.1.

Derivaci´ on

Las series infinitas, a´ un las convergentes no siempre se pueden derivar t´ermino a t´ermino. Un caso ilustrativo, es el de la funci´on f (x) = x definida para −π ≤ x ≤ π, cuya serie de Fourier es ∞ X 2(−1)n+1 n=1

n

sin(nx)

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

∞ X 2(−1)n+1 n=1

n

sin(nx), x ∈ ]−π, π[

Si diferenciamos, esta serie t´ermino a t´ermino tenemos: ∞ X 2(−1)n+1 cos(nx) n=1

la cual es una serie que no converge en ] − π, π[ , ya que si an = 2(−1)n+1 cos(nx) para cada x ∈] − π, π[, l´ım an no existe, como no n→∞ ∞ P ocurre que an −→ 0 ,concluimos que 2(−1)n+1 cos(nx) no converge n=1

para cada x ∈] − π, π[. Por otro lado, f 0 (x) = 1 ∀x ∈] − π, π[. Esto muestra en este caso que la derivada t´ermino a t´ermino de la serie, no converge a la derivada de la funci´on que representa. La dificultad se nos presenta cada vez que la serie de Fourier de f (x) tiene una discontinuidad de salto, la derivaci´on t´ermino a t´ermino no est´a justificada en estos casos. Sin embargo, podemos aqu´ı considerar el siguiente teorema que precisa las condiciones para permitir la derivaci´on t´ermino a t´ermino. 21

Teorema 1.5.1. Sea f una funci´on continua en [−L, L] con f (−L) = f (L), si f 0 es seccionalmente suave en [−L, L] donde f 00 (x) existe se tiene. ∞  nπx   nπx i X nπ h 0 −an sin + bn cos f (x) = L L L n=1 Demostraci´ on.Se deja al lector, se sugiere escribir la serie de Fourier de f 0 (x), considerando que esta serie converge a f 0 (x) siempre que f 00 (x) exista. Use integraci´on por partes para relacionar los coeficientes de f 0 (x) con los correspondientes de f (x). Ejemplo 9. Dada la funci´on f (x) = x2 en −π ≤ x ≤ π , verifique si la derivada de esta serie existe.

Soluci´ on Claramente se satisface las hip´otesis de la proposici´on anterior. La serie de Fourier de la funci´on f (x) en [−π, π] es: (Ver Problema 2 en problemas resueltos) ∞ X (−1)n π2 f (x) = +4 cos(nx) 3 n2 n=1 Como f 0 (x) = 2x es continua, y existe f 00 (x) = 2 en todo el intervalo, entonces para −π < x < π ∞ X (−1)n+1 0 f (x) = 2x = 4 sin(nx) n n=1 Note que este resultado concuerda con lo establecido en el ejemplo 1 del inciso 2.1. 22

1.5.2.

Integraci´ on

La precauci´on que se tiene para la derivaci´on t´ermino a t´ermino de la serie de Fourier no se requiere para el caso de la integraci´on . Teorema 1.5.2. Sea f una funci´on seccionalmente suave en [−L, L] con serie de Fourier ∞ h  nπx   nπx i X f (x) = a0 + an cos + bn sin L L n=1

Entonces para cada x ∈ [−L, L] . Z

∞

x

f (t)dt = a0 (x+L)+ −L

  nπx   nπx  i LX1h an sin − bn cos − (−1)n π n=1 n L L

Demostraci´ on; Zx f (t)dt − a0 x

Sea F (x) =

∀x ∈ [−L, L] , as´ı definida F es continua

−L

en [−L, L] , adem´as −L Z

F (−L) =

ZL

f (t)dt−a0 (−L) = a0 L y F (L) =

f (t)dt−a0 L = 2a0 L−a0 L = a0 L −L

−L

Por lo cual F (−L) = F (L), asimismo F 0 (x) = f (x) − a0 ∀x ∈ [−L, L] donde f es continua. Entonces podemos asegurar que F 0 es seccionalmente continua en [−L, L] y por el teorema de convergencia tenemos que

F (x) = A0 +

∞ h  nπx   nπx i X An cos + Bn sin L L n=1

donde para n ≥ 1. 23

(1.5.5)

An

= = = An =

L

 nπt dt integrando por partes F (t) cos L −L   L   Z L L 1 L nπt nπt 0 − F (t) sin F (t) sin dt L nπ L L nπ −L L   Z L L nπt 0− dt (f (t) − a0 ) sin nπ −L L     Z L Z L nπt L L nπt sin − dt + a0 dt f (t) sin nπ −L L nπ L −L L − bn nπ

1 = L

Z



donde bn es el coeficiente correspondiente de la serie de Fourier de f en [−L, L]. De manera analoga se tiene que: 1 Bn = L

Z

L

 F (t) sin

−L

nπt L

 dt =

L an nπ

donde an es tambi´en el correspondiente coeficiente de la serie de Fourier de f en [−L, L]. Por lo tanto, reemplazando en 1.5.5 ∞

F (x) = A0 +

 nπx   nπx i LX1h −bn cos + an sin , x ∈ [−L, L] π n=1 n L L

para A0 tenemos:

F (L) = a0 L = A0 +

∞ X

∞ X An cos(nπ) =⇒ A0 = a0 L − An cos(nπ)

n=1

n=1

finalmente ∞

LX 1 bn cos(nπ) A0 = a0 L + π n=1 n 24

ahora sustituyendo A0 se tiene ∞

∞

 nπx   nπx i L1X LX1h F (x) = a0 L+ bn cos(nπ)+ −bn cos + an sin π n n=1 π n=1 n L L y reemplazando en la igualdad inicial obtenemos lo que afirma el teorema.

Z

∞

x

i  nπx    nπx  LX1h f (t)dt = a0 (x+L)+ an sin − bn cos − (−1)n π n=1 n L L −L

1.5.3.

Identidad de Parseval

Sea f una funci´on seccionalmente continua en [−L, L] y tal que f 0 es tambi´en seccionalmente continua en [−L, L]. Si f (x) = a0 +

∞ h  nπx   nπx i X an cos − bn sin L L n=1

es la serie de Fourier de f , entonces 1 L

ZL

∞ X   [f (x)] dx = 2 (a0 ) + (an )2 + (bn )2 2

2

n=1

−L

que se conoce como identidad de Parseval Prueba: La serie de Fourier de f converge a f (x) para cada x del intervalo [−L, L]. ∞ h  nπx i  nπx  X − bn sin f (x) = a0 + an cos L L n=1

Multiplicando por f (x) se tiene 2

f (x) = a0 f (x) +

∞ h X

an f (x) cos

n=1

25

 nπx  L

− bn f (x) sin

 nπx i L

podemos integrar t´ermino a t´ermino.

Z

L

Z

2

L

[f (x)] dx = a0 −L

Z ∞  X f (x)dx+ an

−L

L

f (x) cos

−L

n=1

 nπx  L

Z

L

− bn

f (x) sin −L

de aqu´ı recordando lo que son los coeficientes de una serie de Fourier se tiene. ZL

2

2

[f (x)] dx = 2 (a0 ) L + L

∞ X

[an · an + bn · bn ] =⇒

n=1

−L

1 L

ZL

∞ X   [f (x)] dx = 2 (a0 ) + (an )2 + (bn )2 2

2

n=1

−L

Obs´ ervese que la identidad de Parseval, permite inferir la suma de una serie infinita, dada una funci´on f que tiene una representaci´on de Fourier para cada x del intervalo [−L, L].  Ejemplo 10. Sea f (x) = 2π. Pruebe que

x −π < x < π , per´ıodica de per´ıodo 0 x = −π, π

∞ 1 P π2 = . 2 6 n=1 n

Figura 1.1: gr´afica funci´on per´ıodo 2π Soluci´ on: Como f (x) en es una funci´on impar se tiene que : an = 0 para n = 0, 1, 2, ...y 26

 nπx  L

 π Zπ 2 2x cos(nx) x sin (nπ) dx = x sin (nπ) dx = − π nπ 0 −π 0  2 n = 1, 3, 5, ... n =⇒ bn = − n2 n = 2, 4, 6, ...

1 bn = π

Zπ

Por tanto   ∞ X sin x sin 2x sin 3x n+1 sin(nx) f (x) ∼ 2 (−1) =2 − + ... n 1 2 3 n=1 Aplicando la identidad de Parseval 1 π

Zπ



 1 1 1 1 x dx = 4 2 + 2 + 2 + 2 + ... 1 2 3 4 2

=⇒

−π

 π Zπ ∞ X 1 1 π2 1 x3 2 = = x dx = n2 4π 4π 3 −π 6 n=1 −π

∞ X 1 π2 = n2 6 n=1

1.6.

Integral de Fourier

Las series de Fourier nos proporcionan una herramienta poderosa para representar funciones per´ıodicas. Luego, es conveniente generalizar este m´etodo para incluir funciones no per´ıodicas. A continuaci´on en esta secci´on vamos a representar una funci´on f no per´ıodica por medio de la integral de Fourier

Definici´ on.- Si f (x) definida en (−∞, ∞) es seccionalmente continua en cada intervalo finito y tiene derivadas por la derecha e izquierda en 27

todo punto y tal que

∞ R

|f (x)| dx converge, entonces la integral de

−∞

Fourier de f se define como: Z∞ [A(w) cos wx + B(w) sin wx] dw 0

donde: Z 1 ∞ f (t) cos wtdt A(w) = π −∞ Z 1 ∞ B(w) = f (t) sin wtdt π −∞ A(w) y B(w) se llaman los coeficientes de la integral de Fourier de f (x).

Ejemplo 11. Encontrar la representaci´on por medio de la integral de Fourier de la funci´on:  1 , |x| < 1 f (x) = 0 , |x| > 1 Soluci´ on: Primeramente, determinemos la gr´afica de la funci´on

Ahora, calculemos los coeficientes de la Integral de Fourier ∞   Z Z1 1 sin wu 1 1 sin w A(w) = f (u) cos wudu = cos wudu = |−1 = 2 π w π w −∞

−1

∞ Z

1 B(w) = π

−∞

Z1 f (u) sin wudu =

sin wudu = 0 −1

28

Por lo tanto, la integral de Fourier de f (x) es: 1 π

Z∞

2 sin w cos wxdw w

0

1.6.1. Criterio de convergencia de la integral de Fourier Si f (x) es seccionalmente continua en [−L, L] ∀ L > 0 y tal que ∞ R |f (t)| dt existe, entonces la integral de Fourier converge a 12 [f (x+ ) +

−∞

f (x− )] (Promedio de los l´ımites izquierdo y derecho de f (x)), ∀ x donde 0 0 f (x+ ) y f (x− ) existen. Ejemplo 12. Estudie la convergencia de la Integral de Fourier del ejemplo 11 Soluci´ on Sea f (x) definida en ejemplo 11, debido a que f (x) es seccionalmente suave, la integral de Fourier de f (x) converge a 21 [f (x+ ) + f (x− )] ∀ x. De acuerdo con el criterio de convergencia se tiene: 2 π

Z∞ 0

  1 si −1 < x < 1 sin w 1 si x = ±1 cos wxdw =  2 w 0 si |x| > 1

En particular, una situaci´on interesante se da cuando x = 0.

2 π

Z∞

sin w cos 0dw = 1 =⇒ w

0

Z∞

sin w π dw = w 2

0

Aunque integrales de este tipo no pueden expresarse en t´erminos de funciones elementales, suelen presentarse en matem´aticas aplicadas con tal frecuencia , que han recibido un nombre especial y se encuentran 29

tabuladas. En particular sabemos que:

sin w =1 w→0 w l´ım

y que Z∞

sin w π dw = w 2

0

En el caso de la integral de Fourier, la gr´afica de la funci´on f se obtiene mediante aproximaciones sucesivas sustituyendo el l´ımite superior de la integral ∞ por los n´ umeros x. De aqu´ı que la integral Zz

sin w cos wxdw w

0

es una aproximaci´on de la integral encontrada anteriormente, y por lo tanto de f (x) . Supongamos que s´olo consideramos las frecuencias w < w0 .En este caso, nos da como aproximaci´on de f (x) 2 f (x) ≈ π

Zw0 0

30

cos wx sin w dw w

Ahora bien, cos wx sin w =

sin (wx + w) − sin(wx − w) 2

y, por consiguiente, podemos escribir la u ´ltima integral en la forma 1 f (x) ≈ π

Zw0

sin w(x + 1) 1 dw − w π

0

Zw0

sin w (x − 1) dw w

0

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

w0 Z (x+1)

1 sin u du − u π

w0 Z (x−1)

0

sin u du u

0

1 1 f (x) ≈ Si [w0 (x + 1)] − Si [w0 (x − 1)] π π En t´erminos f´ısicos, estas curvas describen la salida de un filtro ideal de pasa baja, que elimina todas las frecuencias superiores w0 cuando la se˜ nal de entrada es un impulso aislado rectangular.

1.6.2.

Integrales de Fourier de cosenos y senos

Sea f (x) una funci´on definida en [0, ∞), podemos extender esta funci´on a una funci´on par o impar en (−∞, ∞) y calcular la integral de Fourier de esta u ´ltima, que resulta ser de coseno y seno respectivamente, lo cual es completamente an´aloga a los desarrollos en cosenos y senos de una funci´on definida en un intervalo [0, L] para el caso de las series de Fourier. Definici´ on: Sea f definida en [0, ∞) y sea

∞ R 0

la integral de Fourier en cosenos de f es Z∞ A(w) cos(wx)dw 0

donde el coeficiente es: 31

|f (u)| du convergente,

Z∞

2 A(w) = π

f (u) cos(wu)du 0

A su vez, la integral de Fourier en senos de f es Z∞ B(w) sin(wx)dw 0

donde el coeficiente es: 2 B(w) = π

Z∞ f (u) sin(wu)du 0

En cuanto a la convergencia de la integral de Fourier, en este caso, si f es seccionalmente suave en todo el intervalo [0, ∞], entonces esta integral converge a 21 [f (x+ ) + f (x− )] en (0, ∞).

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

x2 si 0 ≤ x ≤ 10 , 0 si x > 10

si: a) se considera una extension par de f (x) b) se considera una extension impar de f (x); y luego c) en ambos casos, determinar las convergencias de estas integrales .

Soluci´ on: Consideremos la gr´afica de la funci´on a) Para obtener la integral de Fourier de cosenos, extendemos f como una funci´on par fP definida en toda la recta real, luego: 32

2 A(w) = π

Z∞

2 f (u) cos(wu)du = π

0



Z10

u2 cos(wu)du

0

Z10

2



2 2 u sin(wu)|10 u sin(wu)du 0 − π w w 0 10  2  2 u 2 u 1 = sin(wu) − sin(wu) − cos(wu) π w w w2 w 0   1 200 4 40 = − 3 sin 10w + cos 10w π w w πw2 =

Por tanto, la integral de Fourier de cosenos es: 1 π

Z∞ 

4 200 − 3 w w



 40 sin 10w + 2 cos 10w cos wxdw w

0

Al aplicar el criterio de convergencia obtenemos:

1 π

Z∞ 

200 4 − 3 w w



 40 sin 10w + 2 cos 10w cos wxdw w

0

 2 x    0 = 0    50

si 0 < x < 10 si x > 10 si x=0 si x = 10 33

b) Para obtener la integral de Fourier de senos, extendemos f como una funci´on impar fI definida en toda la recta real.

1 B(w) = π

Z∞

2 f (t) sin wtdt = π

−∞

 =

2 π

2 π 2 = π =

Z10

u2 sin wudu

0

 10 Z10  − u cos wu + 2 u cos wudu w w 0 0  2  10 u 2 1 u − cos wu + cos wu + sin wu w w w2 w 0   2 10 2 20 2 − cos 10w + 3 cos 10w + 2 sin 10w − 3 w w w w 

2

entonces la integral de Fourier de senos es: 1 π

  Z∞  4 40 4 200 − + 3 cos 10w + 2 sin 10w − 3 sin wxdw w w w w 0

Finalmente, al aplicar el criterio de convergencia obtenemos:   Z∞  4 4 40 200 + 3 cos 10w + 2 sin 10w − 3 sin wxdw − w w w w 0  2 x si 0 < x < 10    0 si x > 10 = 0 si x=0    50 si x = 10

1 π

Ejemplo 14: Encontrar la integral de Fourier de f (x) = e−ax si x > 0 y a es una constante tal que a > 0, considerando una extensi´on a) par de f. b) impar de f. c) en ambos casos, determinar las convergencias de estas integrales. Soluci´ on Extensi´on Par 34

Extensi´on impar a) Puesto que f es par , es decir f (x) = f (−x) ∀x ∈ R se tiene Z∞ f (x) =

A(w) cos(wx)dw 0

donde el coeficiente es: 2 A(w) = π

Z∞

e−au cos(wu)du

0

Integrando por partes se tiene Z∞

e−au cos(wu)du = −

h  w iR a −au l´ ım e − senwu + cos wu a2 + w2 R→∞ a 0

0

=

a2

a + w2 35

Por consiguiente, A (w) =

2 a 2 π a + w2

Sustituyendo esta expresi´on se obtiene: 2a π

Z∞

cos(wx) dw a2 + w 2

0

para x > 0, a > 0. Finalmente, como la funci´on es continua ∀x > 0, la integral converge a f (x) , entonces f (x) = e

−ax

2a = π

Z∞

cos(wx) dw a2 + w 2

0

Z∞ =⇒

πe−ax cos(wx) dw = a2 + w 2 2a

0

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

B(w) sin(wx)dw 0

donde el coeficiente es: 2 B(w) = π

Z∞

e−au sin(wu)du

0

Integrando por partes se tiene Z∞

e−au sin(wu)du =

 −au R 1 l´ ım e (asenwu − w cos wu) 0 a2 + w2 R→∞

0

=

a2

w + w2 36

Por consiguiente, B (w) =

2 w 2 π a + w2

Sustituyendo esta expresi´on se obtiene:

f (x) = e−ax

2 = π

Z∞

w sin(wx) dw a2 + w 2

0

para x > 0, a > 0. Estos ejemplos ilustran como puede aplicarse la representaci´on de la integral de Fourier para evaluar integrales.

37

1.7.

Aplicaciones de Series de Fourier

Para dar una visi´on del uso de las series e integrales de Fourier, se formular´an, analizar´an y resolver´an problemas de sistemas f´ısicos sujetos a perturbaciones peri´odicas y no peri´odicas.

1.7.1.

Onda cuadrada alta frecuencia

Una aplicaci´on simple de la Serie de Fourier la podemos encontrar en el an´alisis de circuitos electr´onicos que son dise˜ nados para manejar pulsos variables agudos, tales como, una onda cuadrada o un ”diente de sierra”. Supongamos que una onda cuadrada est´a definida por la funci´on:  f (x) =

0, − π < x < 0 h, 0 0 para las siguientes temperaturas iniciales dadas. a) u(x, 0) = f (x) = 3 sin x + 5 sin 2x. ¿Que tipo de extensi´on de f (x)se requiere en este caso? b) u(x, 0) = f (x) = ex sin x.¿Que tipo de extensi´on de f (x)se requiere en este caso? 46

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

b) ∞  4 X n  2 n−1 π u(x, t) = (−1) e − 1 sin nx e−κn t 2 π n=1 n + 4

Valor de la ra´ız media cuadr´ atica Las series de fourier se constituyen en una herramienta poderosa en el an´alisis del comportamiento de los sistemas f´ısicos sujetos a pertubaciones peri´odicas f (t). El valor de la ra´ız media cuadr´atica o´ RMC de una funci´on f (t), sobre un intervalo (a, b) ,se define como:

sR hf (t)i =

b a

f 2 (t) dt b−a

a) Sea f (t) una funci´on definida x ∈ [a, b] , con un per´ıodo fundamental T = b − a. Pruebe que aplicando la identidad de Parseval el valor RMC se reduce a la formula:

v u ∞ u 1X 2 2 t hf (t)i = a0 + [a + b2n ] 2 n=1 n b) Determine RMC de f (t) = E sin ωt, con E y ω constantes positivas. Soluci´on: 47

b) El per´ıodo fundamental de la funci´on f (t) = E sin ωt, es Entonces el valor RMC de f (t) es: s hf (t)i =

1 (2π/ω)

Z

2π ω

2π ω

.

E E 2 sin2 (ωt) dt = √ 2

0

Cuerda vibrante. Extremos fijos Un cuerda vibra libremente con ambos estremos fijos en x = 0 y x = L. a) Si su movimiento esta descrito por la ecuaci´on de onda: 2 ∂ 2 u (x, t) 2 ∂ u (x, t) = v ∂t2 ∂x2

con las condiciones iniciales: u (x, t) = f (x) y

∂u (x, 0) = g(x) ∂t

Suponga que la soluci´on de esta ecuaci´on es una serie de Fourier de la forma: ∞ X nπx u(x, t) = bn (t) sin( ) L n=1 sustituya esta soluci´on en la ecuacion anterior y determine los coeficientes b (t) . b) Considere la presencia de un medio resistivo que amortigua las vibraciones de acuerdo con la ecuaci´on 2 ∂u (x, t) ∂ 2 u (x, t) 2 ∂ u (x, t) =v −k 2 2 ∂t ∂x ∂t

Suponga que rige la soluci´on anterior con las mismas condiciones iniciales y nuevamente determine el coeficiente b (t) , suponiendo que el
2
k 2 amortiguamiento es peque˜ no, es decir nπυ − >0 L 2 c) Repita los calculos pero suponiendo que el amortiguamiento es grande

k 2 nπυ 2 es decir − < 0. L 2 Soluciones: 48

a) nπνt nπυt bn (t) = An cos( ) + Bn sin( ) L L Z Z L  nπx   nπx  2 L 2 dx, Bn = dx An = f (x) sin g (x) sin L 0 L nπυ 0 L b) k

bn (t) = e− 2 t (An cos(ωn t) + Bn sin(ωn t)) Z Z L  nπx   nπx  2 k 2 L f (x) sin dx, Bn = g (x) sin dx + An , An = L 0 L Lωn 0 L 2ωn  nπυ 2  k 2 2 ωn = − >0 L 2 c) k

bn (t) = e− 2 t (An cosh(σn t) + Bn sinh(σn t)) Z Z L  nπx   nπx  2 k 2 L f (x) sin dx, Bn = g (x) sin dx + An = An L 0 L Lσn 0 L 2σn  nπυ 2  k 2 2 a

de Fourier de f es Z

∞

A (w) cos (wx) dw 0

82

con coeficiente 2 A (w) = π

Z

∞

2 f (u) cos (wu) du = π 0 a sin wu sin wa = 2 =2 w w 0 2 4 sin wa ∴ A2 (w) = w2

Z

a

π cos (wu) du 0

Por otra parte: 1 π

Z

∞

1 [f (x)] dx = π −∞ 2

Z

a

π 2 dx = 2aπ

−a

Como la funci´on f es par, se tiene Z ∞ Z 1 ∞ 2 A2 (w) dw [f (x)] dx = π −∞ 0 Entonces, al reemplazar los t´erminos Z ∞ sin2 wa 2aπ = 4 dw w2 0 Z ∞ sin2 wa aπ ∴ dw = 2 w 2 0 Problema 3 La serie de Fourier buscada es de la forma: ∞ P nπx nπx f (x) ∼ a0 + (an cos + bn sin ) 5 5 n=1 con coeficientes  5 1 R5 3x 3 3dx = = a0 = 0 10 10 0 2 h R R5 nπx 1 0 nπx i an = 0 cos dx + 3 cos dx 0 5 −5 5 5  5 3 5 nπx an = sin =0 5 nπ 5 0 R5 1 hR 0 nπx nπx i dx + 0 3 sin dx 0 sin bn = 5 −5 5 5 83

 5 3 5 nπx bn = − cos 5 nπ 5 0 3 bn = [1 − cos nπ] nπ Sustituyendo los coeficientes en la serie obtenemos ∞ [1 − cos nπ] 3 3P nπx + sin( ) 2 π n=1 n 5 b) Como f (x) es una funci´on seccionalmente continua entonces en los − f (x+ o ) + f (xo ) . Luego en los punpuntos de discotinuidad converge a 2 3 tos −5, 0 y 5 converge a . 2 Por tanto la funci´on debe asumir estos valores en los puntos mencionados para que se cumpla la covergencia propuesta.

Autoevaluaci´ on No 2 Tiempo : 2 horas Problema 1 Dada la funci´on f (x) = x − [2x] , 0 < x < 1 a) Obtener la serie de Fourier de cosenos. 1 b) Establecer la convergencia de la serie en x0 = 0 y x1 = . 2 Problema 2 Deducir la igualdad de la integral de Fourier  Z  2 π cos πw sin πw x= − + sin wxdw π w w2 para 0 < x < π. Problema 3 Sea f (x) continua por tramos, impar de per´ıodo 2π con serie de Fourier ∞ P bn sin (nx) . n=1 Rx a) Verificar que g (x) = 0 f (t) dt , x ∈ R es funci´on par de per´ıodo 2π. 84

b) Deducir

∞ b ∞ b P P n n − cos (nx) es la serie de Fourier de g (x) y que n=1 n n=1 n

∞ b
P 1 Rπ Rx n f (t) dt dx = π 0 0 n=1 n

Pauta de Correcci´ on Problema 1 a) Consideremos una extensi´on par de f (x) de per´ıodo P = 2, es decir f (x + 2) = f (x) 1 Como f (x) = x − [2x] , 0 < x < 1, se tiene que 0 < x < , [2x] = 0 y 2 1 < x < 1, [2x] = 1. 2  1   x si 0 < x < 2 , luego los coeficientes de Fourier As´ı f (x) = 1   x − 1 si 0 existe un n´ umero δ > 0 tal que siempre que t esta en el dominio → − − → −

→ de f y 0 < |t − t0 | < δ entonces f (t) − l < 

2.3.1.

Teorema del l´ımite

→ − Teorema 2.3.1. Sea f : I ⊆ R → Rn funci´on vectorial. Entonces 95

→ − → − l´ım f (t) = l = (l1 , l2 , l3 , . . . , ln ) ⇐⇒ l´ım fk (t) = lk , k = 1, 2, ..., n

t→t0

t→t0

→ − donde f (t) = (f1 (t), f2 (t), . . . , fn (t)) Demostraci´ on.i) (⇐) Suponemos que l´ım fk (t) = lk , k = 1, 2, ..., n t→t0

Sea  > 0 dado

→ → −

−

f (t) − l = k(f1 (t) − l1 , f2 (t) − l2 , ..., fn (t) − ln )k

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

Si l´ım fk (t) = lk =⇒Si t→t0

 n

> 0 existe δk > 0 tal que 0 < |t − t0 |
0 dado → − → − → − l´ım f (t) = l = (l1 , l2 , l3 , . . . , ln ) y f (t) = (f1 (t), f2 (t), . . . , fn (t))

t→t0

implica que existe δ > 0 tal que 96

→ → − → −

−

f (t) − l <  todo t en el dominio de f tal que 0 < |t − t0 | < δ

pero |fk (t) − lk | < kf (t) − lk todo k, entonces |fk (t) − lk | <  todo t − → en el dominio de f tal que 0 < |t − t0 | < δ. Por lo tanto l´ım fk (t) = lk todo k = 1, 2, ..., n.

t→t0

Se ha establecido entonces que: → − → − lim f (t) = l = (l1 , l2 , l3 , ...., ln ) ⇔ lim fk (t) = lk , k = 1, 2, 3, ...., n. t→to

t→to

Ejemplo 4 → − → − Si f (t) = (cos t, sin t) , calcule l´ımπ f (t) t→ 2

Soluci´ on:   → − l´ımπ f (t) = l´ımπ cos t, l´ımπ sin t = (0, 1) t→ 2

t→ 2

t→ 2

Ejemplo 5 La trayectoria de una part´ıcula en el espacio R3 est´a dada por la −c (t) = (cos 2t, sin t, 2t ). Calcule: lim→ −c (t), lim→ −c (t) funci´on vectorial → π t→π t→ π2 −c (t) . y lim → t→− π2

Soluci´ on.l´ım (cos 2t, sin t, 2t ) = (l´ımπ cos 2t, l´ımπ sin t, l´ımπ 2t ) =(−1, 1, 1) π π

t→ π2

t→ 2

t→ 2

t→ 2

l´ımt→π (cos 2t, sin t, 2t ) = (l´ım cos 2t, l´ım sin t, l´ım 2t ) = (1, 0, 2) π π t→π

t→π

t→π

l´ım (cos 2t, sin t, 2t ) = ( l´ımπ cos 2t, l´ımπ sin t, l´ımπ 2t ) = (−1, −1, −1) π π

t→− π2

t→− 2

t→− 2

97

t→− 2

2.3.2.

Operaciones con funciones vectoriales

→ − − Definici´ on 2.3.3. Sean f , → g : I ⊆ R → Rn funciones vectoriales, → − − → − − → − − → − − entonces, para cada t ∈ I se define f + → g, f −→ g, f ·→ g, f ×→ g de la forma siguiente: → − − → − − a) ( f + → g )(t) = f (t) + → g (t) = ((f1 + g1 )(t), (f2 + g2 )(t), ..., (fn + gn )(t)) → − → → − − b) ( f − − g )(t) = f (t) − → g (t) = ((f1 − g1 )(t), (f2 − g2 )(t), ..., (fn − gn )(t)) → − → → − − c) ( f · − g )(t) = f (t) · → g (t) = f1 (t)g1 (t) + f2 (t)g2 (t) + ... + fn (t)gn (t) n X = fi (t) · gi (t) i=1

d)

→ − − → − − (f ×→ g )(t) = f (t) × → g (t) = ((f2 g3 )(t) − (f3 g2 )(t)), (f3 g1 )(t) − (f1 g3 )(t), (f1 g2 )(t) − (f2 g1 )(t)).

en este caso para n = 3. Definici´ on 2.3.4. Producto por escalar → − Si γ : I → R y f : I → Rn es funci´on vectorial, definimos: → − → − → − (γ f )(t) = γ(t) f (t) = (γ(t)f1 (t), γ(t)f2 (t), ..., γ(t)fn (t)) γ f : I → Rn tal que Estas definiciones nos llevan al siguiente teorema

2.3.3.

Teoremas del algebra de l´ımites

→ − − Teorema 2.3.2. Sean f , → g : I ⊆ R → Rn funciones vectoriales, − → − → − − → − − a , b ∈ Rn ,entonces: to ∈ I , si l´ım f (t) = → a y l´ım → g (t) = b ; → t→to t→to h→ i − → → − → − − − a) l´ım f + − g (t) = lim f (t) + l´ım → g (t) = → a + b t→to t→to t→to h→ i − → → − → − − − b) l´ım f − − g (t) = l´ım f (t) − l´ım → g (t) = → a − b t→to t→to t→to h→ i − → → − → − − − c) l´ım f · − g (t) = l´ım f (t) · l´ım → g (t) = → a · b t→to t→to t→to h→ i − − → − → − − − d) l´ım f × → g (t) = l´ım f (t) × l´ım → g (t) = → a × b , con n = 3 en t→to t→to t→to este caso. 98

Demostraci´ on: Es consecuencia directa de aplicaci´on del Teorema del L´ımite y la definici´on de las operaciones. Se deja como ejercicio al lector.

2.3.4. Teorema: producto de funci´ on escalar por vectorial → − Teorema 2.3.3. Sean γ : I ⊆ R → R y f : I ⊆ R → Rn , to ∈ I tal que: → − − − l´ım γ(t) = α ; y l´ım f (t) = → a ,α ∈ R y → a ∈ Rn , entonces: t→to t→to h → −i → − − lim γ f (t) = lim γ(t)lim f (t) = α→ a t→to

t→to

t→to

Demostraci´ on: Se deja como ejercicio al lector.

2.4.

Continuidad

→ − → − Definici´ on 2.4.1. Sea f : I → Rn y to ∈ I , diremos que f es continua en to si para cada ε > 0,existe δ > 0 tal que ∀ t ∈ I : |t − to | < − → −

→

δ,entonces f (t) − f (to ) < ε → − → − Note que: si f = (f1 , f2 , f3 , ..., fn ) tal que f : I → Rn y fi : I → R, i = 1, 2, 3, ..., n. → − Entonces f es continua en to , ssi, fi es cont´ınua en to para todo i = 1, 2, 3, ..., n. n  12 P 2 En efecto, vea que |fi (t) − fi (to )| ≤ ((fi (t) − fi (to )) i=1

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

→

mo f (t) − f (to ) ≤ |fi (t) − fi (to | podemos inferir que si fi es i=1 → − continua, i = 1, 2, 3, ..., n,entonces f es continua. Por lo tanto, decimos que una funci´on vectorial es continua ,si y s´olo si, lo son cada una de sus funciones componentes 99

Observaci´ on: Los teoremas de continuidad que obviaremos en este caso y que son una r´eplica de los teoremas de l´ımites se pueden probar f´acilmente.

2.5.

La Derivada

→ − Definici´ on 2.5.1. Sea f : I ⊆ R → Rn funci´on vectorial y to ∈ I. Se − → → − → − define la derivada de f en to , denotada ddtf (t0 ) o f´(to ) por el l´ımite: − → − → → − f (to ) f´(to ) = l´ım f (to +h)− , cuando este l´ımite existe. h h→0

−c 0 (t ) es un vector tangente a la curva C descrita Geom´etricamente → o −c (t) en el punto → −c (t ) orientado. por la trayectoria → 0

De la definici´on del l´ımite se deduce que: → − → − Teorema 2.5.1. Sea f : I ⊆ R → Rn , to ∈ I y f = (f1 , f2 , f3 , ..., fn ) → − entonces f es derivable en to si y solo si cada fi es derivable en to . Demostraci´ on → − → − → − f (to + h) − f (to ) f ‘(to ) = l´ım h→0 h 100

1 = lim [f1 (to + h) − f1 (to ), f2 (to + h) − f2 (to ), ..., fn (to + h) − fn (to )] h→0 h h i f1 (to +h)−f1 (to ) f2 (to +h)−f2 (to ) fn (to +h)−fn (to ) = lim , l´ım , ..., l´ım h h h h→0 h→0 h→0   0 = f1 (to ), f20 (to ), ..., fn0 (to ) → − Por lo tanto f 0 (to ) existe si y solo si fk0 (to ) existe para k = 1, 2, 3, ..., n −c (t) describe una trayectoria seguida por Definici´on Si suponemos que → −c´(t) como el vector velocidad una part´ıcula podemos definir al vector → −c en el punto → −c (t). Asimismo , definiremos la rapidez en la trayectoria → → − ´ en ese punto como c (t) Ejemplo 6 −c (t) = (r cos(t), r sin(t)), trayectoria cuyo camino corresponde a Sea → −c (t) y → −c 0 (t) son ortogonales una circunferencia de radio r. Muestre que →

−c (t) y → −c 0 (t) son ortogonales Muestre que → Soluci´ on. −c (t) es derivable lo que implica → −c 0 (t) = (−r sin t, r cos t) Tenemos → Por consiguiente → −c (t) · → −c 0 (t) = (r cos(t), r sin(t)) · (−r sin t, r cos t) = r (sin t) r cos (t) − r (cos t) r sin (t) = 0 −c (t) y → −c 0 (t) son ortogonales ∀ t. ∴→ 101

2.6.

Regularidad de una curva

Una diferencia significativa de la derivada de funciones vectoriales respecto de la suavidad o regularidad de la curva en el aspecto geom´etrico es que en este caso la derivabilidad no detecta picos en la curva. Para describir este hecho consideramos el siguiente ejemplo: Ejemplo 7 → − → − Sea f : R → R2 definida por f (t) = (t3 , t2 |t|). Su gr´afico como muestra la figura es similar al gr´afico de y = |x| en R2 y sabemos que la funci´on f (x) = |x| no es derivable en x = 0.

Muestre que la funci´on dada es derivable para t = 0. Soluci´ on → − f (t) = (t3 , t2 |t|) ⇒ x(t) = t3 , y(t) = t2 |t| x(t) = t3 ⇒ x0(t) = 3t2 , ∀ t, y(t) = t2 |t| ⇒ y0(t) = 3t2 , t > 0−3t2 , t < 0 Adem´as si t = 0 ⇒ y0(0) = lim h→0 0 → − ∴ f´(0) = (0, 0)

y(h) − y(0) h2 |h| = lim = limh |h| = h→0 h h→0 h

Lo que prueba que esta funci´on es derivable en todo R y que hay puntos en los cuales la derivada es cero, esto geometricamente significa que la curva no es suave en ese punto, cambia rapidamente de direcci´on, presenta un peak. Con el objeto de advertir este comportamiento geom´etrico en una curva y su relaci´on con la derivada demos la siguiente definici´on.

102

2.6.1.

Camino regular

→ − Definici´ on 2.6.1. Sea f : I ⊆ R → Rn una funci´on de clase C 1 (I).Se → − → − → − dice que f (t) describe un camino regular si f 0 (t) 6= 0 ∀ t ∈ I. Consideremos el siguiente ejemplo para aclarar a´ un m´as este concepto Ejemplo 8 −c (t) = (cos3 t, sin3 t), 0 ≤ t ≤ 2π, que Sea la curva C es descrita por → corresponde a un Astroide

Muestre que no es una curva regular en 0 ≤ t ≤ 2π, Soluci´ on Esta trayectoria regular no es regular, pues en t = 0, π2 , π, y 3π la 2 derivada se anula como podemos verificar en el siguiente c´alculo. → −c´(t) = (3 cos2 t(− sin t); 3 sin2 t cos3 t) = (−3 cos2 t sin t; 3 sin2 t cos3 t) → −c´(0) = (0, 0) ; → −c´( π ) = (0, 0) , → −c´(π) = (0, 0) , y → −c´( 3π ) = (0, 0) 2 2

2.6.2.

Propiedades de la Derivada

→ − − Teorema 2.6.1. Sean f , → g : I ⊆ R → Rn funciones derivables y α : I ⊆ R→ R una funci´on derivable, entonces: → − → − i) (k f )0 (t) = k f´(t) 103

→ − − 0 → − − g ) (t) = f 0 (t) + → g 0 (t) ii) ( f + → → − − 0 → − − iii) ( f − → g ) (t) = f 0 (t) − → g 0 (t) → − → − → − iv) (α f )0 (t) = α0 (t) f (t) + α(t) f 0 (t) → − − 0 → − → − − − v) ( f · → g ) (t) = f´(t)· → g (t)+ f (t)· → g´(t) Producto Punto o Producto interno → − → − vi) ( f ◦ α)´(t) = f´(α(t))α´(t) → − − 0 → − → − − − vii) ( f × → g ) (t) = f´(t) × → g (t) + f (t) × → g 0 (t) para n = 3 Demostraci´ on: i), ii), iii) se dejan al lector → − → − (α f )0 (t) = (α(t) f (t))´= g ((αf1 )´(t), (αf2 )´(t), (αf3 )´(t), ..., (αfn )´(t)) = (α0 (t)f1 (t) + α(t)f´01 (t), α0 (t)f2 (t) + α(t)f20 (t), ..., α0 (t)fn (t) + α(t)fn0 (t)) = (α0 (t)f1 (t), α0 (t)f2 (t), ..., α0 (t)fn (t) + α(t)f10 (t), α(t)f20 (t), ..., α(t)fn0 (t)) = α0 (t)(f1 (t), f2 (t), ..., fn (t)) + α(t)(f10 (t), f20 (t), ..., fn0 (t)) → − → − = α0 (t) f (t) + α(t) f 0 (t) → 0 → − → − − → − 0 v) ( f · g ) (t) = f (t) · g (t) " n # n X d d X fi (t)gi (t) = (fk (t)gk (t)) = dt k=1 dt k=1 =

n X

[fk0 (t)gk (t) + fk (t)gk0 (t)]

k=1

=

n X

fk0 (t)gk (t)

k=1

+

n X

fk (t)gk0 (t)

k=1

→ − → − − − = f 0 (t) · → g (t) + f (t) · → g 0 (t) v), vi) se dejan al lector.

2.7.

Parametrizaci´ on

−c (t) define una trayectoria donde t es el par´ametro, podemos modSi → −c (t) por → −c (s) de tal modo de tener el ificar la expresi´on que define → mismo conjunto de imagenes, esto lo llamaremos reparametrizaci´on. 104

→ − → − Definici´ on 2.7.1. Sean f : I ⊆ R → Rn tal que f = (f1 , f2 , f3 , ..., fn ) define un camino regular en el espacio Rn y ϕ : I1 → I una funci´on de clase C 1 (I) biyectiva y tal que ϕ0 (s) 6= 0, ∀ s ∈ I1 , entonces → − → − → − f o : I1 → Rn tal que f o (s) = ( f ◦ ϕ)(s) se llama reparametrizaci´on → − de la trayectoria) f .

Observaci´ on: De esta definici´on se tiene que: → − → − → −0 → − 1) f o (s) = ( f ◦ ϕ)(s) ⇒ f (s) = f´(ϕ(s)) · ϕ´(s) → − → − → −0 si ϕ(s) = t ⇒ f o (s) = f´(t) · ϕ´(s) = ϕ´(s) · f´(t) → − → − ∴ f 0o (s) = ϕ´(s) · f 0 (t) → −0 como ϕ(s) es un escalar, esto significa que f o (s) es ϕ´(s) veces la → − velocidad que llevar´ıa una part´ıcula parametrizada por f (t). 2) ϕ0 (s) 6= 0 ⇒ ϕ´(s) > 0, ∀s ∈ I1 v ϕ´(s) < 0, ∀s ∈ I, → −0 → − f o (s) = ϕ´(s) · f 0 (t) se puede inferir que: → − → − a.- Si ϕ´(s) > 0 , ∀ s ∈ I1 ⇒ fo (s) conserva la orientaci´on de f (t) → − → − b.- Si ϕ´(s) < 0 , ∀ s ∈ I1 ⇒ fo (s) invierte la orientaci´on de f

de la expresi´on

→ − → − → − Si fo (s) es una reparametrizaci´on de f (t) y del hecho que fo 0 (s) = → − → − → − ϕ´(s) · f´0 (t) en cada punto fo (s) = f (t) si ϕ(s) = t, se deduce el 105

siguiente teorema. → − Teorema 2.7.1. Sea f : I ⊆ R → R2 ( o R3 ) un camino regular → − → − y fo = f ◦ ϕ : J ⊆ R → R2 ( o R3 ) una reparametrizaci´on de ´el ( donde ϕ tiene las condiciones pedidas en la definici´on). Entonces la → − → − recta tangente a la curva C (traza de f ) en f (to ) con t0 ∈ I , es → − la misma que la recta tangente a C en fo (s0 ) si t0 = ϕ(s0 ). → − → − → − Demostraci´ on.t0 = ϕ(s0 ) ⇒ P 0 = f (to ) = f (ϕ(s0 ) ) = → − → − → − → −0 fo (s0 ) adem´as fo´(s) = ϕ´(s)· f´(s) implica que los vectores f (to ) → −0 y fo (s0 ) son paralelos,entonces las rectas tangentes a la curva en → − f (to ) coinciden.

2.7.1.

Ejemplos de reparametrizaciones

→ − Sea f : [a, b] → R3 ,una trayectoria regular . Entonces: → − → − 1) La trayectoria fo : [a, b] → R3 tal que t 7−→ f (a + b − t) es la → − reparametrizacion de f que corresponde a la aplicacion ϕ : [a, b] 7−→ → − [a, b] dada por t 7−→ a + b − t, llamamos a f o trayectoria opuesta a → − f. → − − 2) La trayectoria → g : [0, 1] → R3 tal que t 7−→ f (a + (b − a)t) es una → − reparametrizacion de f que corresponde a la aplicaci´on ϕ : [0, 1] 7−→ → − [a, b] dada por t 7−→ a + (b − a)t, y que conserva la trayectoria de f . Ejemplo 9 → − → − Sea f : [−5, 10] → R3 definida por t 7−→ f (t) = (t, t2 , t3 ) . Reparametrizar → − como trayectoria opuesta a f . Soluci´ on

→ − Aplicando el apartado 1) tenemos: fo : [−5, 10] → R3 tal que t 7−→ → − f (5 − t) = ((5 − t), (5 − t)2 , (5 − t)3 ) es la reparametrizaci´on opuesta → − a f que corresponde a la aplicaci´on ϕ : [−5, 10] 7−→ [−5, 10] dada por t 7−→ 5 − t. Ejercicio → − Sea f : [a, b] → R3 , una trayectoria regular y k una contante positiva  . Sea la aplicaci´on ϕ : 0, b−a − 7 → [a, b] dada por ϕ(t) 7−→ kt + a. k 106

  → − → R3 Muestre que la trayectoria reparametizada f ◦ ϕ : 0, b−a k → − mantiene la trayectoria de f pero la recorre k veces m´as r´apido.

2.8.

Longitud de Arco

→ − Sea C una curva descrita por f (t) = (f1 (t), f2 (t), f3 (t), ..., fn (t)), definida en un intervalo I = [a, b] en R.Sea P una partici´on de [a, b] y Lp la longitud de la poligonal originada por P.

n

X − → −

→

Lp =

f (ti ) − f (ti−1 ) i=1

Para cada partici´on P se tiene una correspondiente Lp . → − Definici´ on 2.8.1. La curva C descrita por f (t) = (f1 (t), f2 (t), f3 (t), ..., fn (t)) definida en [a, b] se dice que es rectificable si {Lp /P es partici´on de [a, b]} tiene una cota superior. Si C es rectificable entonces la longitud ` de C es el supremo del conjunto de los Lp , es decir ` = sup {Lp /P es partici´on de [a, b]} → − Definici´ on 2.8.2. Sea f : I ⊆ R → Rn una trayectoria regular de → − → − clase C 1 . La longitud de f entre t = a, t = b denotada por `( f ) o simplemente ` se define por: Z b −

→

`=

f´(t) dt a

107

Ejemplo 10. −c : [0, 2π] → R2 tal que → −c (t) = (r cos t, r sin t). ¿ Es una trayectoria Si → regular? ¿Cu´al es la longitud de la Curva asociada? Soluci´ on. −c´(t) = (−r sin t, r cos t) 6= (0, 0) ∀t ∈ [0, 2π] la trayectoria es Como → regular, luego −c´(t)k = p(−r cos t)2 + (r sin t)2 ) = r k→ Z ∴`=

2π

−c´(t)k dt = k→

0

Z

2π

rdt = 2πr 0

Ejemplo 11. −c (t) = (a cos3 t, a sin3 t) con ¿Cu´al es la longitud del astroide dado por la ecuaci´on: → t ∈ [0, 2π]? Soluci´ on:

Verifiquemos primeramente si el astroide es una curva regular: → −c´(t) = (−3a cos2 t sin t, 3a cos t sin2 t) Podemos inferir que el astroide no es una curva regular, pues → −c´(t) = (−3a cos2 t sin t, 3a cos t sin2 t) = (0, 0) para t = 0, π , π, 3π , 2π 2 2 pero dado que es sim´etrica respecto de ambos ejes podemos calcular su  longitud en el segmento del dominio 0, π2 y luego multiplicamos por 108

cuatro. π

π

Z2

` 4

=

Z2 p → − k c´(t)k dt = 9a2 cos4 t sin2 t + 9a2 sin4 t cos2 tdt

0

0 π 2

Z =

3a 0

 π sin2 t 2 3a sin t cos tdt = 3a = 2 0 2

=⇒ ∴ ` = 6a

2.8.1.

La Longitud de Arco como Par´ ametro

→ − Teorema 2.8.1. Sea f : I ⊆ R → Rn funci´on de clase C 1 tal que → − → − f´(t) 6= 0 ∀ t ∈ I . Entonces la longitud s definida por Zt −0

→

s(t) = f (u) du, con t ∈ I , de una curva puede introducirse como 0

un par´ametro de la curva y :

−

d→ f

ds = 1 Demostraci´ on: Zt

− − ds

→

→

= f 0 (t) ≥ 0 s(t) = f 0 (u) du ⇒ s´(t) = dt 0

Claramente s = s(t) es mon´otona, estrictamente creciente y cont´ınua, por lo tanto s(t) tiene funci´on inversa, que denominaremos por t(s) tal → − que t´(s) existe y es positiva para todo s con 0 ≤ s ≤ l( f ). → − f (t(s)) = (f1 (t(s)), f2 (t(s)), ..., fn (t(s)) Derivando usando la regla de la cadena tenemos: 109

→ − df = (f1´(t(s)) · t´(s), f2´(t(s)) · t´(s), ..., fn´(t(s)) · t´(s)) ds − → → − df d f dt dt = · = ds dt ds dt

De donde se obtiene que:

→

d−

f

=

ds

→

−

f´(t) ks´(t)k

=⇒

→

−

f´(t) s´(t)

=1

Observaci´ on: → − 1. Del teorema anterior se desprende, la rapidez con que recorre f es constante e igual a 1 si est´a param´etrizada con el par´ametro longitud de arco. − 2. Si → r (s) = (x(s), y(s), z(s)) describe una curva de R3 , y s es par´ametro longitud de arco, entonces Tb =

→ d− r ds



r =1 es vector tangente unitario, ya que: Tb = db ds

Propiedades 2.8.1. La longitud de un arco es independiente de la parametrizaci´on

Demostraci´ on: → − → − Sean f : [a, b] → Rn un camino regular y f ∗ : [c, d] → Rn una → − reparametrizaci´on de f ; por lo cual existe ϕ de [c, d] en [a, b] de C1 que es sobreyectiva y ϕ´(s) 6= 0 ∀ s ∈ [c, d]

Entonces: 110

Zd Zd

 → − −∗ −

→

→

= f ´ (u) du = f´ (ϕ(u))ϕ ´ (u) s fo



du c

c

Zd

−

→

= f´ (ϕ(u))

ϕ´(u)du

si

ϕ´(u) > 0

c

Zb → − − → −

→

t = ϕ(u) ⇒ s fo = f´(t) dt = s( f ) a

→ − → − ∴ s fo = s( f ) De la misma forma si ϕ´(u) < 0, la parametrizaci´on invierte el sentido y ϕ(c) = b, ϕ(d) = a Zd Zd

→ − ∗ − −

→

→

∴ s f = f´(ϕ(u))ϕ´(u) du = f´(ϕ(u)) (−ϕ´(u)) du c

Zd = −

c

→

−

f´(ϕ(u)) ϕ´(u)du =

c → → − − s fo = s( f )

2.8.2.

Zd

→

−

f´(t)) dt =⇒

c

Parametrizaci´ on por Longitud de Arco

→ − Definici´ on 2.8.3. Sea f : I ⊆ R → Rn , funci´on de clase C 1 y tal → − que f´(t) 6= 0 en I = [a, b] , se define s por Zt −0

→

s = f (u) du = ϕ(t) a

De la definici´on de s se pueden hacer las siguientes precisiones: Zt

→

− ds

−

→

1. s = ϕ(t) = f´(u) du ⇒ = ϕ´(t) = f´(t) dt a

111

ds dt

2. Si t ∈ (a, b] ⇒ creciente.

> 0 ⇒ s = ϕ(t)

es funci´on estrictamente

3. Por (2) s = ϕ(t) es biyectiva y por lo tanto invertible, sea t = ϕ−1 (s). → − Por tanto, la parametrizaci´on de f en t´erminos s es: → − → − f (s) = f (ϕ−1 (s)) Ejemplo 12 − Considere la trayectoria: → r (t) = (a cos t, asent) ,y reparametrice en funci´on de la longitud de arco s. Soluci´ on La ecuaci´on cartesiana de la curva C es x2 + y 2 = a2 ,que corresponde a una circunsferencia centrada en el origen de radio a. Verifiquemos si es una curva regular, su derivada es: → − r´(t) = (−a sin t, a cos t) 6= (0, 0) ∀t ⇒ p → − k r´(t)k = a2 sin2 t + a2 cos2 t − ∴ k→ r´(t)k = a Determinemos su longitud de arco, Zt s =

− k→ r´(u)k du =

Zt

0

∴ s = at

adu = [au]t0 = at

0

o

t=

s a

− Por lo tanto, → r (s) = (a cos as , a sin as ) es una parametrizaci´on por longitud de arco de la circunferencia de radio a. Observaci´ on: No siempre es sencillo parametrizar por longitud de arco, a modo de ejemplo veamos el siguiente caso. Ejemplo 13 112

− Considere la curva C curva descrita por la trayectoria→ r (t) = (t, t2 +1), t ∈ [0, 3] , y parametrice en funci´on de la longitud de arco s. Soluci´ on. La curva corresponde a una parab´ola que tiene por ecuaci´on cartesiana: y = x2 + 1, x ∈ [0, 3]

Determinemos la longitud de la curva: √ → − r´(t) = (1, 2t) ⇒ kr´(t)k = 1 + 4t2 " √ # √ Zt √ 1 + 4u2 + 2u u 1 + 4u2 t ln 1 + 4u2 du = + s = 4 2 0 0 t√ 1 √ ln 1 + 4t2 + 2t + 1 + 4t2 s = 4 2

En este caso no es posible obtener t = ϕ−1 (s) es decir despejar t en funci´on de s a partir de t√ 1 √ 2 1 + 4t2 s = ϕ(t) = ln 1 + 4t + 2t + 4 2 Luego no es posible hacer explicita la funci´on t = g −1 (s).

2.9.

Trayectorias y curvas

−c : [a, b] −→ R3 (o R2 ) continua , definida de un interLa aplicaci´on → valo I al espacio R3 o al plano R2 , la llamaremos trayectoria. La imagen C en R3 (o R2 ) de la trayectoria corresponde a lo que es una curva. −c : I ⊂ R → Definici´ on 2.9.1. Se llama curva de la trayectoria → − R3 (R2 ) dada por → c (t) = (x(t), y(t), z(t)) al conjunto de imagenes de → − c ;es decir −  C= → c (t) ∈ R3 / t ∈ I = (x(t), y(t), z(t)) ∈ R3 : t ∈ I 113

− − Ejemplo 1: Sea → c : R → R3 una funci´on definida por → c (t) = (x0, y0, z0 )+t(v1, v2, v3 ) es una recta L en el espacio que pasa por (x0, y0, z0 ) − y tiene la direcci´on → v = (v1, v2, v3 ). A partir de esta funci´on se deducen las ecuaciones: x(t) = x0 + tv1, y(t) = y0 + tv2, z(t) = z0 + tv3 , que se conocen como ecuaciones param´etricas de una recta en el espa− cio.Luego, la recta es la imagen de la trayectoria: → c (t) = (x0, y0, z0 ) + t(v1, v2, v3 ), t∈R − Generalmente, usamos t como variable independiente y → c (t) se˜ nala la posici´on de una part´ıcula en el espacio y t en este caso es la variable tiempo. − − Ejemplo 2: Sea → c : [0, 2π] → R2 una funci´on definida por → c (t) = (cos t, sin t) ,¿cu´al es la curva asociada a esta trayectoria? Soluci´ on A partir de las funciones param´etricas tenemos , x (t) = cos t y (t) = sin t que cumplen con (x (t))2 + (y (t))2 = (cos t)2 + (sin t)2 = 1 ∀t ∈ [0, 2π] Por lo tanto, es una trayectoria cuya imagen corresponde a una circunsferencia centrada en el origen y radio unitario.   − Observe que → c (t) = (cos 3t, sin 3t) con t ∈ 0, 2π describe la misma 3

curva. En este caso tenemos que trayectorias parametrizadas en forma diferente describen una misma curva. La variable t se designa usualmente con el nombre de par´ametro. De ahora en adelante diremos que → − c (t) = (x(t), y(t), z(t)) es una representaci´on param´etrica de la curva C, donde t es el par´ametro. − Definici´ on 2.9.2. Sea → c (t):[a, b] → R3 continua, una trayectoria que describe la curva C.diremos que C en una curva cerrada si y solo si → − − c (a) = → c (b). 114

Una curva cerrada simple, o curva de Jordan es una curva cerrada que − − tiene la propiedad :si → c (t1 ) = → c (t2 ) =⇒ (t1 = t2 ) ∨ (t1 = a y − t2 = b).Como vemos esto ocurrre si la funci´on → c es inyectiva en I es → − → − decir ∀t1 , t2 ∈ I, t1 6= t2 =⇒ c (t1 ) 6= c (t2 ) Ejercicios 3 A partir de la representaci´on param´etrica dada, describa las curvas y encuentre las ecuaciones cartesianas de las mismas, si ello es posible: → − 1) c (t) = (t, −t) t≥0 → − 2 2) c (t) = (4 − t , t) t ∈ [−2, 3] → − 3) c (t) = (cos t, sin t, 2t) 0 ≤ t ≤ ∞ − 4) → c (t) = (a cos t, b sin t, 1) 0 ≤ t ≤ 2π

2.10.

Vectores Unitarios

2.10.1.

Vector Tangente unitario

− − Sea → c (t) : [a, b] → R3 una trayectoria y C la curva descrita por → c (t), → − → − → − supongamos que c tiene derivada de tercer orden y que c´(t) 6= 0 ∀ − t ∈ [a, b] . Definimos el Vector Tangente unitario en un punto → c (t) de la trayectoria, como sigue: → − c´(t) b

T(t) = → −

c´(t)

− b En el caso que el par´ametro sea el par´ametro longitud de arco, entonces: T(s) =→ c´(s) Propiedad − Sea → c (s) : [0, L] → R3 una trayectoria parametrizada por longitud de b y TT b ´ son ortogonales. arco. Pruebe que los vectores T En efecto:

2 b ·T b = b Como: T

T

=1 b ·T b´= 0 2T

=⇒

d bc (T·T) ds

b ·T b´+ T b´· T b =0⇒ =0⇒T

b ·T b´= 0 ; es decir que T b es ortogonal a T b´ ∴T 115

2.10.2.

Vector Normal

b 0 (s) T b

,Vector b´ 6= 0 definimos : N = En todos los puntos donde T

0 b

T (s) − normal principal a la curva C en el punto → c (s).

2.10.3.

Vector Binormal

b como a Hay un tercer vector unitario que es perpendicular tanto a T b . Se define por el producto cruz de estos vectores, y es denominado N b ×N b b=T vector Binormal, denotado por: B n

o b b b El conjunto de vectores T, N, B forma un sistema de vectores unitarios, ortogonales entre s´ı, orientados positivamente en este orden − en cada punto → c (s) de la curva, es decir se cumple que: b ·N b = 0, b ·B b = 0, b ·T b =0 T N B b ·T b = 1, b ·N b = 1, b ·B b =1 T N B b ×N b = B, b N b ×B b = T, b b ×T b =N b T B n o b, B b ,este se deEn la medida que var´ıa el conjunto de vectores Tb, N splaza a lo largo de la curva y se llama triedro movil.

Ejemplo 4 − Considere la h´elice circular definida por: → c (t) = (3 cos t, 3 sin t, 4t), t > b b b 0 . Hallar los vectores T , N , y B. 116

Soluci´ on. − Sea → c ´(t) = (−3 sin t, 3 cos t, 4) =⇒

→

− c ´(t) = 5

Zt ⇒ s=

s 5

kc(u)k du = 5t ⇒ t = 0

s s s − ∴ → c (s) = (3 cos , 3 sin , 4 ) 5 5 5 − Por lo tanto: Tb = → c 0 (s) = (− 53 sin 5s ,

3 5

cos 5s ,

4 ) 5



Del resultado anterior podemos inferir que Tb = 1 b = Ahora determinemos el vector normal a partir de su definici´on: N b´(s) T

b

T ´(s)

b´(s) = (− 3 cos s , − 3 sin s , 0) T 25 5 25 5 q

q



b

3 s 2 3 s 2 − 25 cos 5 + − 25 sin 5 =

T´(s) = 117


3 2 25

=

3 25

3 s 3 s b = (− 25 cos 5 , − 25 sin 5 , 0) = (− cos s , − sin s , 0) N 3 5 5 25



b Del resultado anterior podemos inferir que: N

=1 A partir de los vectores bi b j 3 s 3 s b = − sin B cos 5 5 5 5 − cos s − sin s 5 5



b probar que: B = 1

b se tiene B b = Tb × N b⇒ Tb y N b k 4 = 4 sin s i − 4 cos s j + 3 j y podemos com5 5 5 5 5 5 0

De los calculos anteriores podemos resumir que tenemos: − En cada punto → c (s) de la curva b = (− cos s , − sin s , 0), B b = ( 4 sin s , − 4 cos s + 3 , 0) Tb = (− 35 sin 5s , 53 cos 5s , 45 ), N 5 5 5 5 5 5 5 s como t = 5 como sigue

podemos reparametrizar la trayectoria en funcion de t,

b (t) = (− cos t, − sin t, 0), B(t) b = ( 4 sin t, − 4 cos t + 3 , 0) Tb(t) = (− 35 sin t, 35 cos t, 45 ), N 5 5 5 Como ejercicio dejamos que verifique que:

2.11.

b =B b N b ×B b = Tb B b × Tb = N b Tb × N

Curvatura

→ − Sea f : I → Rn funci´on vectorial dos veces diferenciable, parametriza −

→

da por el par´ametro longitud de arco. Al n´ umero k(s) = f ”(s) se → − → − le llama curvatura de f en el punto f (s). Intuitivamente, de la definici´on se infiere que la curvatura es una medida de cuanto se ”dobla¨ una curva, como una medida del alejamiento de la curva de la recta tangente. Ejemplo 5 −c (t) = (3 cos t, 3 sin t, 4t), t ≥ 0 Calcular la curvatura de la h´elice → Soluci´ on. 118

Sabemos que al parametrizar en funci´on del arco se tiene → −c (s) = (3 cos s , 3 sin s , 4 s ) 5

5 5

3 s 3 s 3 → −

k(s) = k c ”(s)k =

(− 25 cos 5 , − 25 sin 5 , 0) = 25 → − En

este

caso, la curvatura es constante y como k(s) = k c ”(s)k =

b

b (s) tiene la misma

T´(s) ,significa que el vector tangente unitario T rapidez de variaci´on de su direcci´on, en todos los puntos. Ejemplo 6 Mostrar que la curvatura de una recta es cero. Soluci´ on − Sea P0 = (xo , yo , zo ) punto de la recta y → v = (a, b, c) su vector direcci´on, → − entonces podemos escribir c (t) = (xo + ta, yo + bt, zo + ct) t → −c´(t) = (a, b, c) =⇒ s = R √a2 + b2 + c2 dt = t√a2 + b2 + c2 0

√ ∴ s = t a2 + b 2 + c 2

o

t= √

a2

s + b2 + c 2

Reparametrizando en funci´on del arco se tiene sa sb sc → −c (s) = (x + √ , yo + √ , zo + √ ) o 2 2 2 2 2 2 2 a +b +c a +b +c a + b2 + c 2 Derivando la expresion anterior: → −c 0 (s) = √

1 −c ”(s) = (0, 0, 0) (a, b, c) ⇒ → 2 2 2 a +b +c

∴ k(s) = 0 Por lo tanto, la curvatura en cualquier punto es cero.

C´ırculo, circunferencia de curvatura 119

−c (s) es un punto de la curva C y k la curvatura. La circunferencia Si → −c (s) de radio R = 1 se llama que es tangente la curva C en el punto → k circunferencia de curvatura y R radio de curvatura. El centro de esta circunferencia se encuentra en la direcci´on del vector → −c ”(s).

2.11.1. C´ alculo de curvatura usando par´ ametro t 3 cualquiera en R → − Teorema 2.11.1. Sea f : I ⊆ R → R3 funci´on vectorial, al menos → − dos veces diferenciable ,tal que: f´(t) 6= 0 ∀t ∈ I. Entonces:

→

→ −

−

f´ (t) × f ”(t)

k(t) =

→

3

−

f´(t)

Demostraci´ on: Sea s par´ametro longitud de arco tal que t = ϕ(s) → − − → − → − 1 b (s) = f ‘(t) ⇒ →

→

f ‘(t) f´ (s) = f´(s) = T → − −



f ‘(t)

f ‘(t) Debemos calcular

→ − 00 f (s). Usando la regla de la cadena se tiene: 120





→ − → − 1 dt 1 d  dt 1

→

f ‘(t)

con = f ”(s) = = − → −



ds dt f ‘(t) ds ds

f ‘(t) dt

→

2 → − → −

−

Por otra parte, como f ‘(t) = f ‘(t) · f ‘(t) Se tiene:

→

d  →

 → − → − → − → −

−

−

2 f ‘(t)

f ‘(t) = f ‘(t) · f ”(t) + f ”(t) · f ‘(t) dt − → −

 → − d  f ‘(t) · f ”(t)

→

⇒

f ‘(t) = −

→

dt

f ‘(t) → − Volviendo a la derivada de f´(s) :

→

→

 → − − d 

−

−

→

f ”(t) f ‘(t) − f ‘(t) f ‘(t)



→ − 1 dt f ”(s) = · 2 ds kf ‘(t)k dt → − → −

→ − − − f ‘(t) · f ”(t)

→

→

f ”(t) f ‘(t) − f ‘(t) −

→

f ‘(t) → − 1

f ”(s) = ·

→

2 → −

−

f ‘(t)

f ‘(t)

→

2 → →  → − − − → −

−

f ”(t) f ‘(t) − f ‘(t) f ‘(t) · f ”(t) → − f ”(s) =

→

4

−

f ‘(t)

→

2 → − → −

−

Como f ”(t) = f ”(t) · f ”(t) ⇒

2 →  2 → − → → − − − → −

−

→ 2  f ”(t) f ‘(t) − f ‘(t) f ‘(t) · f ”(t) 

f ”(s) = 

→

4 

−

f ‘(t) 

→

2 →

4

→

2 →

2 → 2 →  → − → −

−

−

−

−

−

−

→

f ”(t) f ‘(t) − 2 f ‘(t) f ‘(t) · f ”(t) + f ‘(t) f ‘(t) · f ”(t)





−

2

f ”(s) = 8 kf ‘(t)k 121

→

−

2 → 2 − → −

− 2 →

→

−

2 f´(t) f ”(t) − f ‘(t) · f ”(t)

f ”(s) =

→

6

−

f ‘(t)

→

2 → −

−

→

f ‘(t) × f ”(t)

2 −

f ”(s) =

→

−

6

f ‘(t) Por lo tanto:

→

→ −

−

f ‘(t) × f ”(t)

k(t) =

→

−

3

f ‘(t) Caso particular es el de curvas en el plano. Ejemplo 7 − Sea → r (t) = (x(t), y(t)) una trayectoria de R2 , en este caso k(t) =

|x´(t)y”(t) − x”(t)y´(t)| [(x´(t))2 + (y´(t))2 ]3/2

Soluci´ on Se deja al alumno, como indicaci´on se sugiere poner → − → − r (t) ≡ f (t) = (x(t), y(t), 0) y aplicar la formula del teorema precedente Ejemplo 8 Calcule la curvatura de la espiral de Arqu´ımides ρ = aθ. Soluci´ on.x = ρ cos θ y = ρsinθ

=⇒ r(θ) = (aθ cos θ, aθsenθ)

se considera que x(θ) = aθ cos θ y funciones se tiene

y(θ) = aθsenθ, derivando estas

x´(θ) = a cos θ − aθsenθ y y´(θ) = asenθ + aθ cos θ x´(θ) = −2asenθ − aθ cos θ y y´(θ) = 2a cos θ − aθsenθ 122

Figura 2.1: Espiral de Arqu´ımides efectuando los productos y simplificando se tiene x´(θ) y”(θ) − x”(θ)y´(θ) = 2a2 + a2 θ2 = a2 (2 + θ2 ) por otro lado tambi´en (x´(t))2 + (y´(t))2 = a2 + a2 θ2 = (1 + θ2 )a2 reemplazando en la formula se tiene k(θ) =

|a2 (2 + θ2 )| [(1 + θ2 )a2 ]3/2

y simplificando k(θ) =

2 + θ2 a(1 + θ2 )3/2

para cualquier θ positivo. 2 + θ2 Obs´ervese que l´ım = 0, esto significa que la curvatura θ→∞ a(1 + θ 2 )3/2 de la espiral de Arqu´ımides muy lejos del origen tiende a ser casi una recta.

2.12.

Planos por un punto de la curva

− Sea → c : I ⊆ IR → R3 un camino regular dos veces diferenciable − → − y P0 = → c (t0 ) (donde t puede ser par´ametro longitud de arco). → − → − → − Si T , N y B son los vectores tangente, normal y binormal de la − curva en → c (t0 ) = (x0 , y0 , z0 ).Podemos definir los siguientes planos por − → → − P0 = c (t0 )

123

2.12.1.

Plano Osculador

→ − −→ − → Plano determinado por T y N en el P0 cuya ecuaci´on es:

→ − (x − x0 , y − y0 , z − z0 ) · B = 0

2.12.2.

Plano Normal

−→ → − − → Plano determinado por N y B en el punto P0 cuya ecuaci´on es: → − (x − x0 , y − y0 , z − z0 ) · T = 0

2.12.3.

Plano Rectificante

Plano determinado por

→ − → − − → B y T en el punto P0 cuya ecuaci´on es:

→ − (x − x0 , y − y0 , z − z0 ) · N = 0

− → Con estos mismos vectores en el punto P0 se definen las rectas: 124

2.12.4.

Recta Tangente

Cuya ecuaci´on vectorial es: → − − → → − P (t) = P0 + t T

Es decir (x, y, z) = (x0 , y0 , z0 ) + t (T1 , T2 , T2 ) ,

2.12.5.

t ∈ IR

Recta Normal

Cuya ecuaci´on vectorial es: → − → − → − P (t) = P 0 + t N Es decir (x, y, z) = (x0 , y0 , z0 ) + t (N1 , N2 , N2 ) ,

2.12.6.

t ∈ IR

Recta Binormal

Cuya ecuaci´on vectorial es: → − → − → − P (t) = P 0 + t B Es decir (x, y, z) = (x0 , y0 , z0 ) + t (B1 , B2 , B2 ) ,

t ∈ IR

Ejemplo 9 −c (t) = (t3 , t2 , t). Obtener: Considere el camino regular definido por → a) las ecuaciones de los planos Osculador, Normal, Rectificante y b) las rectas tangente, normal y binormal a esta curva en el punto (1, 1, 1). Soluci´ on Previo a responder este problema observemos que para determinar los planos 125

y rectas pedidas no es obligatorio trabajar con los vectores unitarios por lo cual u ´til observar que: − − → −c´(t) es vector paralelo a → −c´(t) = α→ T (t) , es decir: → T → − − → −c´(t) × → −c ”(t) es vector paralelo a B (t), es decir :→ −c´(t) × → −c ”(t) = β → B − −c´(t) × → −c ”(t)) × → −c´(t) es vector paralelo a → (→ N (t) es decir : − −c´(t) × → −c ”(t)) × → −c´(t) = γ → (→ N De este modo, en nuestro problema particular. → −c´(t) = (3t2 , 2t, 1) y → −c´´(t) = (6t, 2, 0) Lo que implica al evualar 1 queda: → −c´(1) = (3, 2, 1) i j → − → − → − y c´´(1) = (6, 2, 0) por consiguiente c´(1) × c ”(1) = 3 2 6 2 −2i + 6j − 6k = −2(i − 3j + 3k)

en t =

k 1 0

=

i j k −c´(1) × → −c ”(1) × → −c´(1) = −2 6 −6 = 18i − 16j − 22k = 2(9i − (→ 3 2 1 8j − 11k) As´ı estamos en condiciones de calcular en el punto (1, 1, 1): Plano Rectificante (x − 1, y − 1, z − 1) · (9, −8, −11) = 0 ⇒ 9x − 8y − 11z + 10 = 0 ecuaci´on del plano Plano Osculador (x − 1, y − 1, z − 1) · (1, −3, 3) = 0 ⇒ x − 3y + 2z − 1 = 0 ecuaci´on del plano Plano Normal (x − 1, y − 1, z − 1) · (3, 2, 1) = 0 126

⇒ 3 x + 2y + z − 6 = 0 ecuaci´on del plano Recta tangente: Recta Normal:

Recta binormal:

2.13.

x−1 y−1 z−1 = = 3 2 1 x−1 y−1 z−1 = = 9 −8 −11 x−1 y−1 z−1 = = 1 −3 3

Torsi´ on

Si una part´ıcula se mueve siguiendo un camino C, el plano osculador en un punto P de la curva es un buen referente para observar el giro o torsimiento de la curva, que no es otra cosa que la medida del alejamiento de la curva del plano osculador en una vecindad del punto P. b El comportamiento de la derivada del vector Binormal B(s) respecto → − del par´ametro longitud de arco da la raz´on de cambio del vector B respecto del plano osculador Por otro lado se puede obsevar que: b (s)·B b (s) = 1 =⇒ B´(s)· b b (s)+B b (s)·B´(s) b b b (s) = B B = 0 =⇒∴ B´(s)· B b b (s) . 0 por lo que afirmamos que B´(s) es perpendicular a B b (s) · Tb (s) = 0 =⇒ B b (s) · T´(s) b b Adem´as como B + B´(s) · Tb (s) = 0 b b b (s) por lo que B b (s) · T´(s) b T´(s) = αN = 0 =⇒ ∴ ddsB · Tb = 0 por lo b que se deduce ddsB es perpendicular a Tb. Estas dos u ´ltimas conclusiones b dB b se˜ nalan que ds es un vector perpendicular a B y a Tb, esto significa b b ,es decir normal al plano rectificante entonces que ddsB es paralelo a N en el punto P. Este razonamiento nos permite formular la siguiente definici´on. − Sea → c : I ⊆ IR → R3 un camino regular tres veces diferenciable → − parametrizado por longitud de arco y tal que f´´(s) 6= 0 ∀s ∈ I ( es decir con curvatura no nula). Al n´ umero real τ (s) tal que

127

b dB b (s) = −τ (s)N ds − se llama Torsi´on de la curva en el punto → c (s). Entonces, se tiene que b dB b · N (s) τ (s) = − ds Observaciones: b dB 1) El signo menos tiene el prop´osito de que si τ (s) > 0,entonces ds b (s). As´ı cuando P se mueve sobre la curva tiene la direcci´on de −N b en una direcci´on positiva Tb, B(s) gira alrededor de Tb en el mismo sentido que un tirabuz´on diestro que avanza en la direcci´on de Tb, como se muestra en la figura adjunta.



b 2) La kτ (s)k = ddsB es una medida de la rapidez con que la curva se despega del plano osculador b 3) La primera consecuencia importante, de lo anterior, es que si B(s) b constante) significa que la curva se mantiene en el plano no var´ıa ( B b dB = 0. osculador y ds − Afirmamos, entonces que: → c (s) describe una curva plana si y solo si su torsi´ on es cero

2.13.1. C´ alculo de la torsi´ on usando par´ ametro t 3 cualquiera (en R ) → − Teorema 2.13.1. Sea f : I ⊆ R → R3 funci´on vectorial al menos → − → − tres veces diferenciable tal que: f ´( t) 6= 0 y f 00 ( t) 6= 0 ∀t ∈ I. Entonces: 128

h→ i → −0 → − − f (t) × f 00 (t) · f 000 (t) τ (t) =

→ → − 00

− 0

2

f (t) × f (t)

La demostraci´on de esta f´ormula la dejamos como interesante aunque largo ejercicio para el lector. Ejemplo 10 La curva C resulta de la intersecci´on de las superficies z = 2x2 y y z = x + y. Verifique usando la f´ormula que τ (1) = 0. Soluci´ on.Sea z = 2x2 y y y se tiene y =

z = x + y =⇒ x + y = 2x2 y de aqu´ı despejando x 2 2x − 1 Haciendo x = t se tiene una parametrizaci´on para la curva intersecci´on de las superficies:   2t3 t → − , c (t) = t, 2 2t − 1 2t2 − 1 Las derivadas son:   2 2 2 → −c’(t) = 1, −(2t + 1) , 2t (2t − 3) (2t2 − 1)2 (2t2 − 1)2   4t(2t2 + 3) 4t(2t2 + 3) → − c ”(t) = 0, , (2t2 − 1)3 (2t2 − 1)3   −12(4t4 + 12t2 + 1) −12(4t4 + 12t2 + 1) → − c ”’(t) = 0, , (2t2 − 1)4 (2t2 − 1)4 En P = (1, 1, 2), t = 1 y evaluando las derivadas en t = 1 se tiene: → − − − c ’(1) = (1, −3, −2) , → c ”(1) = (0, 20, 20) , → c ”’(1) = (0, −204, −204) 1 −3 −2 →  − → − → − 20 c ’(t) × c ”(t) · c ”’(t) = 0 20 0 −204 −204

= 0. =⇒ τ (1) = 0.

Comentario.- El resultado no pod´ıa ser otro ya que la curva C est´a en un plano, el plano z = x + y. 129

2.14.

Formulas de Frenet

Fueron obtenidas por el matem´atico Frances Jean Fr´ed´eric Frenet en 1847 en su tesis doctoral, hoy se les conoce como las formulas de Frenet. b dT b 1) = kN ds b dN b 2) = − k Tb + τ B ds 3)

b dB b = −τ N ds

Demostraci´ on.1) Igualdad establecida en la fundamentaci´on de la definici´on de la torsi´on 2) De las respectivas definiciones se tiene: b dT

−

− ds b b

N = b , T(t) =→ c´(s) y k(s) = → c ”(s)

ddsT b dT ds

=

dTb

ds

b N

=⇒

b dT

b b = ddsT N ds

b →

−

dT − b b = − c ”(s) N T(t) =→ c´(s) y k(s) = → c ”(s) =⇒ ds b = k(s) N b dT c = k N. ∴ ds b =B b × Tb y diferenciando se tiene: 2) A partir de N b dN ds

=

b dB ds

b× × Tb + B

b dT ds

b ) × Tb + B b × (k N b) = (−τ N

b × Tb) + k(B× b N b) = τ B b − k Tb. = τ (N ∴

b dN b − k Tb = τB ds 130

Finalmente, las f´ormulas de Frenet se pueden resumir en una representaci´on matricial, donde la matriz de transformaci´on es antisim´etrica.     b  Tb0 (s) T 0 k 0  b0    b   −k 0 τ  N (s)  =  N  0 b b 0 −τ 0 B (s) B

2.15. Aplicaciones de Funciones Vectoriales y Curvas Cuando una part´ıcula se mueve en el espacio y describe una curva en tres dimensiones, es conveniente fijar a la part´ıcula un sistema de coordenadas rectangular, de tal manera que una coordenada sea tangente a la trayectoria, otra sea normal a ella y una tercera que sea ortogonal a las dos primeras. Es decir , las coordenadas tangencial, normal y binormal constituyen de referencia cuya base esta constituida n un sistema o b, B b . por los vectores Tb, N

Las ecuaciones de la velocidad y la aceleracion pueden obtenerse como sigue: − → → − − v =→ r 0 = d r ds = s0 Tb ds dt

00 00 → − − − a =→ v0=→ r 00 = s Tb + s0 Tb0 = s Tb +

(s0 )2 b N ρ

donde ρ =

1 k

Puede concluirse que: 1. la velocidad es tangente a la trayectoria y su magnitud es s0 131

2. la aceleraci´on tiene dos componentes. a) Una es la componente tangencial , de magnitud (s00 ),debida al cambio de magnitud de la velocidad. b) La otra es la componente normal, de magnitud (s0 )2 /ρ, hacia el centro de curvatura. Esta componente se debe al cambio de direcci´on de la velocidad. Tanto la velocidad como la aceleraci´on siempre est´an sobre el plano osculador.

2.15.1.

Problemas

Problema 1 Una part´ıcula se mueve a lo largo de la curva: y = 2x−x2 con una componente horizontal de la velocidad de 4m/s, es decir vx = 4m/s. Hallar las componentes tangencial y normal de la aceleraci´on en el punto (1, 1), si en el instante t = 0, x(0) = 0 Soluci´ on: La funci´on de posici´on de la part´ıcula es: → − r (t) = (x(t), 2x(t) − x2 (t)), t ∈ I − y derivando obtenemos su velocidad → v (t) = (x0(t), 2x0(t) − 2x(t)x0(t)). Como la componente horizontal de la velocidad es 4m/s entonces x0(t) = 4 , integrando x(t) = 4t+C =⇒ x(0) = 0+C = 0 =⇒ C = 0 − − − Luego → r (t) = (4t, 8t − 16t2 ) =⇒ → v (t) = → r 0 (t) = (4, 8 − 32t) =⇒ → − − a =→ r 00 (t) = (0, −32) → − → − r 0 (1/4) − Como → r 0 (1/4) = (4, 0), entonces T (1/4) = → = (1, 0) y k− r 0 (1/4)k → − N (1/4) = (0, −1) . Luego, las componentes tangencial y normal de la aceleraci´on se obtienen proyectando el vector aceleraci´on en esas direcciones. → − − a =→ a (1/4) · T (1/4) = (0, −32) · (1, 0) = 0 y T

→ − − aN = → a (1/4) · N (1/4) = (0, −32) · (0, −1) = 32 132

Problema 2 a) Una part´ıcula se mueve en el espacio de tal forma que en el instante t = t0 ,el vector velocidad es (1, 1, 1) ,y el vector aceleraci´on es (−2, 1, 0) .Hallar las componentes tangencial y normal de la aceleraci´on en el instante t = t0 . b) Si la part´ıcula describe una curva en el espacio de tal manera que los vectores velocidad y aceleraci´on tienen siempre magnitud constante, pruebe que la curvatura es constante en cada punto de la curva. Soluci´ on: a) Puesto que , se conoce la velocidad tenemos: √ → − − − v (t0 ) = k→ v (t0 )k Tb = (1, 1, 1) =⇒ k→ v (t0 )k = 3 → − b =⇒ a (t0 ) = aT (t0 )Tb + aN (t0 )N → − − − − b v (t0 ) · → a (t0 ) = aT (t0 ) k→ v (t0 )k Tb · Tb + aN (t0 ) k→ v (t0 )k Tb · N → − → − v (t0 ) · a (t0 ) (1, 1, 1) · (−2, 1, 0) √ aT (t0 ) = = → − k v (t0 )k 3 Por otra parte: → − − − − b v (t0 ) × → a (t0 ) = aT (t0 ) k→ v (t0 )k Tb × Tb + aN (t0 ) k→ v (t0 )k Tb × N √ − − k(1, 1, 1) × (−2, 1, 0)k k→ v (t0 ) × → a (t0 )k 3 2 √ = aN (t0 ) = = − 2 k→ v (t0 )k 3 b) La curvatura esta dada por: k (t) =

− − k→ v (t) × → a (t)k 3 → − k v (t)k

− − Supongamos que k→ v (t)k = c1 yk→ a (t)k = c2 − − − Dado que k→ v (t)k = c ,al derivar est´a expresi´on , se tiene → v (t)· → a (t) = 1

0, − − entonces → v (t) es ortogonal con → a (t). As´ı − − − − − k→ v (t)k k→ a (t)k k→ a (t)k c2 k→ v (t) × → a (t)k k (t) = = = → 3 3 2 = 2 → − → − − c1 k v (t)k k v (t)k k v (t)k Problema 3 133

La aceleraci´on de una part´ıcula en funci´on del tiempo viene dada por → − a (t) = (2t, 3t2 , 4t3 ) . Si en el instante t = 0 est´a en el origen de coor− denadas con velocidad inicial → v (0) = (1, 0, −1). a) Hallar la velocidad y la posici´on en cualquier instante de tiempo. b) Hallar el valor de t en el que la part´ıcula pasa por el plano xy. Soluci´ on: − a) Sea → r (t) la posici´on de la part´ıcula en el instante t. Entonces 00 → − − − − 0 r (t) = → v (t) y → r (t) = → a (t). Por lo tanto: Zt

− d→ v =

0

Zt

→ − a (u)du =

Zt

0


2u, 3u2 , 4u3 du

0

t (u , u , u ) 0 = (t2 , t3 , t4 ) 2

=

3

4

Entonces: → − − − v (t) − → v (0) = (t2 , t3 , t4 ) =⇒ → v (t) = (t2 + 1, t3 , t4 − 1) Ahora: Zt

− d→ r (t) =

0

Zt

→ − v (u)du =

0

→ − − r t) − → r (0) = → − r t) =

Zt

(u2 + 1, u3 , u4 − 1) du

0 4

t t5 t + t, , − t) =⇒ 3 4 5 t3 t4 t5 ( + t, , − t) 3 4 5 3

(

b) La part´ıcula pasa por el plano xy cuando z = 0 =⇒ 0 =⇒ t = 0 y t = 5. Problema 4 2 2 1 d y/dx . Usando la ecuaci´on = ρ (1 + (dy/dx)2 )3/2 134

t5 −t = 5

a) Hallar el radio de la curvatura de la curva representada por y = x2 + 2x en el punto x = 2. b) Hallar los radios de la curvatura de la curva representada por y2 = 1 en los puntos x = 0 y x = 4 respectivamente. 9 Soluci´ on:

x2 + 16

a) La curva representada por y = x2 + 2x corresponde a una par´abola que se abre hacia arriba cuyo v´ertice est´a en el punto (−1, −1).

Usando la ecuaci´on calculemos el radio de curvatura: y = x2 + 2x =⇒ dy dx

1 ρ 1 ρ

2

d y = 2x + 2 =⇒ dx 2 = 2 2 .As´ı, el radio de curvatura en x = 0 es: = (1 + 4(x + 1)2 )3/2 2 = (37)3/2

x2 y2 + = 1 corresponde a una elipse b) La curva representada por 16 9 con semiejes mayor a = 4 y menor b = 3 respectivamente. r dy 3 v x = − 16 x2 u u Derivando la ecuaci´on y = 3 1 − se tiene dx x2 =⇒ t 16 1− 16 d2 y 3 = − 16  dx2

1 3/2 x2  1−

16

135

3 1 1 = Por lo tanto , el radio de curvatura queda 7x2 3/2 ρ 16 (1 − ) 256

As´ı, el radio de curvatura en x = 0 es:

1 3 = ρ 16

=⇒ ρ =

16 3

Problema 5

El vector posici´on de una part´ıcula m´ovil a lo largo de una curva, − b est´a dado por: → r = atbi + b cos tb j + b sin tk en donde a y b son → − 2 d r 1 constante usando la ecuaci´on: = 2 donde ρ es el radio de ρ ds curvatura. Hallar la curvatura de la curva.

Soluci´ on:

Parametricemos , el vector posici´on en funci´on de la longitud de arco s. 136

Zt s

=

− k→ r 0 (τ )k dτ =

Zt k(a, −b sin t, b cos t)k dτ =

√

t a2 + b 2 τ

0

0

=⇒ → − r (s)

=

→ − r 0 (s)

=

→ − r 00 (s)

=

0

s t= √ a2 + b 2   s s s a√ , b cos √ , b sin √ a2 + b 2 a2 + b 2 a2 + b 2   a b s b s √ , −√ sin √ ,√ cos √ a2 + b2 a2 + b2 a2 + b 2 a2 + b 2 a2 + b 2   s b s b sin √ , 2 cos √ 0, − 2 2 2 2 2 2 a +b a +b a +b a + b2

Por consiguiente, el radio de curvatura es: − 1 d2 → r b a2 + b 2 = 2 = 2 =⇒ ρ = = constante ρ ds a + b2 b Problema 6 En un cierto instante, las magnitudes de la velocidad y la aceleraci´on de un proyectil son 20 m/s y 80 m/s respectivamente, y el a´ngulo de inclinaci´on entre ellas es de 30o .Determinar el radio de curvatura de la trayectoria en ese instante

Soluci´ on: b los vectores unitarios en las direcciones tangencial y Sean Tb y N normal respectivamente. Como la velocidad es tangente a la trayectoria tenemos que → − − v = k→ v k Tb = 20 (m/s) Tb Las componentes tangencial y normal de la aceleraci´on son: 137

√
aT = a cos θ = 80 cos 30o = 40 3 m/s2
aN = asenθ = 80 sen30o = 40 m/s2 √

→ − b a = 40 3 m/s2 Tb + 40 m/s2 N El radio de curvatura puede calcularse a partir de: 2 2 − − k→ vk 400 k→ vk =⇒ ρ = = = 10m aN = ρ aN 40

Problema 7 − La aceleraci´on de una part´ıcula, est´a dada por: → a = 2tbi + 3t2b j + 2b k en → − → − 2 donde a est´a m/s y t est´a en s. Si en el instante t = 0, v = 0. A partir de la componente normal de la aceleraci´on hallar el radio de curvatura de la trayectoria de la part´ıcula en el instante t = 1 s. Soluci´ on: En primera instancia determinemos la velocidad de la part´ıcula Zt 0

− d→ v =

Zt 0

→ − a (u)du =

Zt 

2τbi + 3τ 2b j + 2b k



dτ = t2bi + t3b j + 2tb k

0

→ − − − v (t) − → v (0) = t2bi + t3b j + 2tb k =⇒ → v (t) = t2bi + t3b j + 2tb k Ahora evaluemos la velocidad y la aceleraci´on respectivamente, en el instante t = 1s : → − v (1) = bi + b j + 2b k → − a (1) = 2bi + 3b j + 2b k As´ı la componente normal de la aceleraci´on en el instante t = 1 es 2 3 − − − − k→ v (1)k k→ v (1) × → a (1)k k→ v (1)k aN (1) = = =⇒ ρ = → = − − ρ k→ v (1)k k− v (1) × → a (1)k √
3 6 k(−4, 2, 1)k √
3 √
3 6 6 Por lo tanto el radio de curvatura es:ρ = = √ m k(−4, 2, 1)k 21 Problema 8 138

El vector posici´on de una part´ıcula se describe por la funci´on vectorial → − r (t) = a cos(wt)bi + a sin (wt) b j + bt2 b k ,donde a y b son constantes positivas. Expresar la velocidad y la aceleraci´on en sus componentes tangencial y normal. Soluci´ on: Calculemos la velocidad y la aceleraci´on en coordenadas rectangulares. → − − v =→ r 0 (t) = −awsen(wt)bi + aw cos (wt) b j + 2btb k → − − a =→ r 00 (t) = −aw2 cos(wt)bi − aw2 sin (wt) b j + 2bb k A continuaci´on , podemos calcular la rapidez y la magnitud de la aceleraci´on √− → √ − v ·− v = a2 w2 + 4b2 t2 k→ vk= → √− → √ − a ·− a = a2 w4 + 4b2 k→ ak= → Ahora, estamos en condiciones de expresar la velocidad y la aceleraci´on en sus componentes tangencial y normal. √ → − − v = k→ v k Tb = a2 w2 + 4b2 t2 Tb → − − v (t) · → a (t) 4b2 t √ aT (t) = = − k→ v (t0 )k a2 w2 + 4b2 t2 √ − − k→ v (t) × → a (t)k a4 w6 + 4a2 b2 w4 t2 + 4a2 b2 w2 √ aN (t) = = − k→ v (t0 )k a2 w2 + 4b2 t2 Por tanto, la aceleraci´on es: √ 2 4b t a4 w6 + 4a2 b2 w4 t2 + 4a2 b2 w2 b → − √ a =√ Tb + N a2 w2 + 4b2 t2 a2 w2 + 4b2 t2 Problema 9 La posici´on de una part´ıcula sobre la periferia de una rueda de 8 cm de di´ametro se especifica como s(t) = t3 − 4t2 + 8t en donde s es la longitud del arco, medida en cm, a lo largo de la periferia circular, a partir de un origen conveniente, y t es el tiempo, en segundos. − Hallar la magnitud de la aceleraci´on k→ a ken el instante en que la magnitud de la aceleraci´on tangencial es de 4cm/s2 . Soluci´ on: A partir de la ecuaci´on dada s(t) = t3 − 4t2 + 8t, obtenemos − s0 (t) = k→ v k = 3t2 − 8t + 8 139

00

s (t) = aN (t) = 6t − 8 El radio de curvatura ρ en este caso es el radio de la rueda. As´ı que: ρ = 28 = 4cm. La aceleraci´on es 2

(s0 (t))2 b (3t2 − 8t + 8) b 00 → − a (t) = s (t)Tb + N = (6t − 8)Tb + N ρ 4 En el instante que aT = 4, 6t − 8 = 4, de donde t = 2s. Luego, en el instante t = 2s. → − b a (2) = 4Tb + 4N Por lo tanto, la magnitud de la aceleraci´on es: √− → √ − a ·− a = 4 2cm/s2 k→ ak= →

2.16.

Ejercicios resueltos

Ejercicio 1 −c (t) = (cos t, sin t, bt) Un par de trayectorias de [0, ∞) en R3 se definen por → − y→ r (t) = (1, 0, t). Responda las siguientes preguntas: −c (t) y → − a) ¿Se intersectan las curvas generadas por → r (t)? b) Si estas trayectorias representan el desplazamiento de un par de part´ıculas. ¿En qu´e puntos ,si los hay, estas part´ıculas se encuentran? Soluci´ on: → − a) c (t) es la ecuaci´on de la h´elice ascendente sobre el manto del cilindro x2 + y 2 = 1 y cada vuelta demora 2π unidades de tiempo. Asimismo, → − r (t) = (1, 0, t) es una recta vertical paralela al eje axial del cilindro , que est´a sobre el manto de x2 + y 2 = 1 y pasa por (1, 0, 0). Igualando las primeras componentes cost = 1 ,obtenemos que las curvas se intersectan para t = 0, 2π, 4π, . . . 140

b) Igualando las terceras componentes bt = t =⇒ Si b = 1,entonces las part´ıculas se encuentran en los puntos (1, 0, 0), (1, 0, 2π), ..., (1, 0, 2nπ) con n ∈ Z+ 0. Ejercicio 2 −c (t) = (2 cos(t), 2 sin(t), t) La curva C es definida a partir de la trayectoria → con 0 ≤ t ≤ 2π . Describa la representaci´on gr´afica de C y pruebe que si se usa como par´ametro la longitud de arco s , el vector tangente a la curva es un vector unitario. Soluci´ on: Por la continuidad de las funciones x(t) = 2cos(t), y(t) = 2sin(t) y z(t) = t −c (0) = (x(0), y(0), z(0)) = podemos inferir que C parte del punto → (2, 0, 0) −c (2π) = (x(2π), y(2π), z(2π)) = (2, 0, 2π); adem´as que y termina en → la curva asciende a trav´es del manto del cilindro x2 + y 2 = 4 porque [x(t)]2 + [y(t)]2 = [2 cos(t)]2 + [2 sin(t)]2 = 4 como se ilustra en la figura

−c (t) = (2cos(t), 2sin(t), t). El vector El vector posici´on de esta curva es → −c 0 (t) = (−2 sin(t), 2 cos(t), 1) (a) y la longitud del vector tangente es → tangente es −c 0 (t)k = p[−2 sin(t)]2 + [2 cos(t)]2 + 1 = √5 (b) k→ 141

La longitud total de esta curva es Z Z 2π → − 0 k c (t)k dt = Longitud = Rt 0

√

√ 5dt = 2π 5

0

0

Definimos s(t) = de

2π

kc0 (u)k du para t ∈ [0, 2π] =⇒ s(t) es la longitud

curva C desde (2, 0, 0) hasta (x(t), y(t), z(t)). Claramente s(t) es continua y estrictamente creciente en [0, 2π] la ecuaci´on s = s(t) puede resolverse para t como una funci´on de s, es decir t = t(s) (c) En este caso t =

√s 5

as´ı es que       s s s 2 cos √ , 2 sin √ , √ 5 5 5

→ −c (s) = → −c (t(s)) =

es vector posici´on en t´erminos de s, derivando       s 1 1 1 → −c 0 (s) = → −c 0 (t(s)) = −2 sin √s √ , 2 cos √ √ ,√ 5 5 5 5 5       2 s s 1 = √ sin √ , cos √ , (2.16.1) 2 5 5 5 Calculando su m´odulo −c 0 (s)k = √2 k→ 5 2 = √ 5

s



2

sin

s √ 5

1+

1 =1 4

r

 + cos



s √ 5

2 +

1 4

−c 0 (s) es vector unitario. Por lo tanto, → Especificaciones: −c (t) describe la trayectoria de una part´ıcula en el espacio, el a) Si → vector → −c 0 (t) = (−2 sin(t), 2 cos(t), 1) es la velocidad con que se desplaza la part´ıcula −c (t), en el instante “t”. por la curva C en el punto → 142

−c 0 (t)k = √5 es la rapidez con que se desplaza la part´ıcula ∀t, lo b)k→ que significa que la part´ıcula se mueve con rapidez constante ∀t. c) Asimismo, la longitud del arco es Z s(t) =

t

−c 0 (t)k du k→

Z0 t √

=

5du =

√

5t

0

s=

√

s 5t =⇒ t = √ 5

En general y en teor´ıa la ecuaci´on s = s(t) siempre se puede resolver para t en t´erminos de s, es decir tener t = t(s). En la pr´actica existen casos en los que por razones algebraicas no se puede tener t = t(s) ¿Conoces alg´ un caso? Ejercicio 3 Una part´ıcula se mueve en el espacio con vector posici´on → − → − → − r (t) = t A + t2 B + 2



3 − → − 2 2→ t A×B 3

→ − → − donde A y B son dos vectores unitarios fijos que forman a´ngulo de π3 radianes. Calcular la velocidad de la part´ıcula en el instante t y determinar en cuanto tiempo recorre una distancia de 12 unidades de longitud de arco desde la posici´on en t = 0. Soluci´ on: 143

− − La velocidad es el vector → v (t) = → r 0 (t) donde → − → − → − r 0 (t) = A + 2t B + 3



2 t 3

 12

− → − 2→ A×B 3

Por lo tanto → − → − → − v (t) = A + 2t B + 2



1 − → − 2 2→ A×B t 3

Para la segunda parte del problema usaremos Z t q → − → − − − 0 0 s(t) = k r (t)k du con k r (t)k = → r 0 (t) · → r 0 (t) 0

Calculando → − − r 0 (t) · → r 0 (t) = =

→ − → − A + 2t B + 2



!  12 → − → − 2 t A×B · 3

→ − → − A + 2t B + 2



= 1 + 4t + 4t2 (a) por lo tanto

→ − − r 0 (t) · → r 0 (t) = (1 + 2t)2 q → − 0 =⇒ k r (t)k = (1 + 2t)2 = 1 + 2t

as´ı que Z

t

s(t) =

(1 + 2u) du  t = u + u2 0 = t + t2 0

De acuerdo a lo que se pide en el problema s(t) = 12 =⇒ t2 + t − 12 = 0 Las soluciones de esta ecuaci´on son t1 = 3 y t2 = −4 por la naturaleza del problema debe ser t ≥ 0 luego desconsideramos t2 = −4. En consecuencia, 3 unidades de tiempo son necesarios 144

!  12 → − → − 2 t A×B 3

Especificaciones:  
21 →
21 → → − → − − → −  → − → − − → − 2 2   A + 2t B + 2 t A × B · A + 2t B + 2 t A × B =  3 3   1
 − → − → − → − → − → − → − → − → − → − → −  → A · A + 2t B · A + 2 23 t 2 A × B · A + 2t A· B + 4t2 B · B
12 →
12 → a) − → − → − − → − → − 2 2  +2(2t) A × B · B + 2 A · A × B t t  3 3  →  →  →  1 →

 − − → − − → − − → −   +2(2t) 32 t 2 B · A × B + 4 32 t A × B · A × B Como: → − → − → − → − → − → − A · A = 1, B · B = 1, A · B = cos π3 = 12 → − → − → − → − → − → − A · A × B = 0, B · A × B = 0, y  √ 2 → − → − − → −  → − → −

2

→ A × B · A × B = A × B = 23 =

3 4

Se concluye que: 8 3 → − − r 0 (t) · → r 0 (t) = 1 + t + 0 + t + 4t2 + 0 + 0 + 0 + + 3 4 = 1 + 4t + 4t2 = (1 + 2t)2 Ejercicio 4 → − Sea F : I → Rn una funci´on velocidad dos veces diferenciable. a) Pruebe que la aceleraci´on se puede escribir como combinaci´on lineal b , espec´ıficamente se pide establecer que: de los vectores unitarios Tb y N   2 d2 s b ds b T + k(t) N 2 dt dt b = aT Tb + aN N

→ − a (t) =



b) Aplicando a) calcule las componentes tangencial y normal del vector − aceleraci´on correspondiente a → r (t) = (t, cos2 t, sin2 t). Soluci´ on: → − − a) Sea → g una reparametrizaci´on de F por longitud de arco entonces → − − F (t) = → g (s) si y s´olo si t = t(s) ⇐⇒ s = s(t). Aplicando la regla de la cadena, queda → − → − ds − − F (t) = → g (s(t)) =⇒ F 0 (t) = → g 0 (s) s0 (t) = Tb dt 145

derivando nuevamente respecto de t → − 00 2 − − F (t) = → g 00 (s) [s0 (t)] + → g 0 (s) s00 (t) − Por definici´on k = k(s) = k→ g 00 (s)k es la, curvatura de C en g(s). por otro lado dTb

− − b = ds =⇒ → b N g 00 (s) = k→ g 00 (s)k N

dTb

ds Relacionando las igualdades anteriores

   ds 2 → − 00 d2 s → − → − 00 b + Tb 2 a (t) = F (t) = k g (s)k N dt dt   2 d2 s b ds − b = T + k→ g 00 (s)k N 2 dt dt  2 ds d2 s b b T +k = N 2 dt dt lo que significa que d2 s → − a (t) = 2 Tb + k dt



ds dt

2 b N


− b) En la aplicaci´on de a) en → r (t) = t, cos2 t, sin2 t − tenemos → r 0 (t) = (1, − sin(2t), sin(2t)) . Usando la expresion anterior, se tiene

− s (t) = k→ r 0 (t)k = 0

q

4 sin(2t) cos(2t) 1 + 2 sin2 (2t) =⇒ s00 (t) = p 1 + 2 sin2 (2t)

Luego, la componente tangencial aT

es

2 sin(2t) aT = s00 = p 1 + 2 sin2 (2t) 146

− Adem´as, → r 00 (t) = (0, −2 cos(2t), 2 cos(2t)) y haciendo el producto cruz entre → − − r 0 (t) y → r 00 (t) se tiene → − − r 0 (t) × → r 00 (t) = −2 cos(2t)b j − 2 cos(2t)b k (e) y p p − − k→ r 0 (t) × → r 00 (t)k = 4 cos2 (2t) + 4 cos2 (2t) = 8 cos2 (2t) √ = 2 2 |cos(2t)| Como la curvatura k en funci´on de t es k= reemplazando

− − k→ r 0 (t) × → r 00 (t)k 3 − k→ r 0 (t)k

√ 2 2 |cos(2t)| k=
3 1 + 2 sin2 (2t) 2

de  aN = k(t)

ds dt

2

√
2 2 |cos(2t)| 2 1 + 2 sin (2t) = 3
1 + 2 sin2 (2t) 2

Por lo tanto, la componente normal de la aceleraci´on en este caso es √ 2 2 |cos(2t)| aN = p 1 + 2 sin2 (2t) Ejercicio 5 − Sea la trayectoria regular → r : R → R3 , definida por: → − r (u) = (

4au2 2au(1 − u2 ) a(1 − u2 ) , , ), a > 0 (1 + u2 )2 (1 + u2 )2 1 + u2

a) Pruebe que la funci´on ϕ : R → ]−π, π[ tal que t = ϕ(u) = 2 arctan u 147

− define la reparametrizaci´on de → r,

→ − r ∗ : ]−π, π[ → R tal que r¯(t) = (a sin2 t, a sin(t) cos(t), a cos t) − b) Verifique que → r ∗ (t) est´a contenida en una superficie esf´erica. c) Probar que los planos normales a la curva descrita por r¯(t) pasan por el centro de la esfera. Soluci´on De ϕ(u) = 2 arctan u se tiene que: ϕ0 (u) =

2 1+u2

> 0 ∀u ∈ R, por lo tanto, es estrictamente creciente en R

y como ϕ es continua, ϕ es biyectiva, y por tanto, invertible. Adem´as t ϕ−1 (t) = tan( ) 2 ϕ−1 : ]−π, π[ → R es de clase C 1 en ]−π, π[ . Por lo anterior, se puede definir r¯(t) : t → − − − − r ∗ (t) = (→ r ◦ ϕ−1 )(t) = → r (ϕ−1 (t)) = → r (tan( )) 2 4a tan2 ( 2t ) 2a tan( 2t )(1 − tan2 ( 2t ) a(1 − tan2 ( 2t )) − =⇒ → r ∗ (t) = ( , , (1 + tan2 ( 2t ))2 (1 + tan2 ( 2t ))2 (1 + tan2 ( 2t )) Sustituyendo

→ − r ∗ (t) =

1−cos t 4a( 1+cos ) t , ( 2 )2 ( 1+cos t

2a

q

1−cos t 2 cos t ( ) 1+cos t 1+cos t 2 )2 ( 1+cos t

,

2 cos t a( 1+cos ) t 2 ) ( 1+cos t

√ = (a(1 − cos2 t), a cos t 1 − cos2 t, a cos t) Por lo tanto, la reparametrizaci´on la podemos definir por: → − r ∗ (t) = (a sin2 t, a sin(t) cos(t), a cos t) 148

)

b) Consideremos ahora x(t) = a sin2 t, y(t) = a sin t cos t, z(t) = a cos t =⇒

x2 + y 2 + z 2 = a2 sin4 t + a2 sin2 t cos2 t + a2 cos2 t = a2 sin2 t(sin2 t + cos2 t) + a2 cos2 t = a2 (sin2 t + cos2 t) = a2 ∴ la curva est´a en la esfera x2 + y 2 + z 2 = a2 − c) Se → r ∗ (t0 ) un punto cualquiera de la curva. La ecuaci´on del plano normal es: πN : ((x, y, z) − r¯(t0 )) · r¯0 (t0 ) = 0 − − y (0, 0, 0) ∈ πN si s´olo si → r ∗ (t0 ) · → r ∗0 (t0 ) = 0

→ − − r ∗ (t0 )·→ r ∗0 (t0 ) = (a sin2 t0 , a sin(t0 ) cos(t0 ), a cos t0 )·(2a sin t0 cos t0 , a(cos2 t0 −sin2 t0 ), −a sin = 2a2 sin3 t0 cos t0 + a2 (sin t0 cos3 t0 − sin3 t0 cos t0 ) − a2 sin t0 cos t0 = a2 sin3 t0 cos t0 + a2 sin t0 cos3 t0 − a2 sin t0 cos t0 = a2 sin t0 cos t0 − a2 sin t0 cos t0 =0 ∴ (0, 0, 0) ∈ πN Ejercicio 6 − − Sea → r : R+ → R3 , definida por: → r = (t2 , 23 t3 , t),la trayectoria regular que describe una part´ıcula que se mueve a lo largo de una curva C. Para el instante t = 1, determine: 149

a) Su velocidad ,rapidez y aceleraci´on. b) Los versores tangente, normal y binormal a trayectoria en ese instante c) La curvatura y torsi´on de la curva en ese punto. d) Las componentes tangencial y normal de la aceleraci´on en el punto. e) La hod´ografa del movimiento o trayectoria que se determina en el espacio de velocidad. Soluci´ on: a) A partir de la definici´on tenemos que la velocidad ,rapidez y aceleraci´on en funci´on del tiempo est´an dadas por: → − − − − v (t) = → r 0 (t) = (2t, 2t2 , 1) =⇒ → v (1) = → r 0 (1) = (2, 2, 1) √ p − − − − r 0·→ r 0 = (4t2 + 4t4 + 1) =⇒ |→ v (1)| = 3 |→ v (t)| = → 00 → − − − a (t) = → r (t) = (2, 4t, 0) =⇒ → a (1) = (2, 4, 0) b) Los versores se pueden calcular usando las identidades Tb (t) = b (t) = B

− → r 0 (t) → r 0 (t)| |−

=⇒ Tb (1) =

00 − → → r 0 (t)×− r (t) − → − → 0 r (t)× r 00 (t)

|

|

− → r 0 (1) → r 0 (1)| |−

b (1) = =⇒ B

=

(2,2,1) 3

00 − → → r 0 (1)×− r (1) − → − → 0 r (1)× r 00 (1)

|

|

=

(−4,2,4) 6

b (t) = B b (t) × Tb (t) =⇒ N b (1) = B b (1) × Tb (1) = N

(−1,2.−2) 3

c) La curvatura y torsi´on en el punto se pueden determinar usando las identidades: κ (t) =

00 − → r 0 (t)×− r (t) → 3 → r 0 (t)| |−

=⇒ κ (1) =

00 − → r 0 (1)×− r (1) → 3 → r 0 (1)| |−

000

τ (t) =

00 − → → → r 0 (t)×− r (t) · − r (t) 2 00 − → − → 0 r (t)× r (t)

|

|

=

6 33

2 9

=

>0

000

=⇒ τ (1) =

00 − → → → r 0 (1)×− r (1) · − r (1) 2 00 − → − → 0 r (1)× r (1)

|

|

=

8 36

=

2 9

d) Derivando la velocidad tenemos 00 0 2 b → − − − − a (t) = → r (t) = |→ v (t)| Tb (t) + κ (t) |→ v (t)| N (t) ,

entonces las componentes tangencial y normal de la aceleraci´on son: 150

0 − aT = |→ v (t)| = √4t 2+ 8t3) (4t +4t4 +1) 2 → − a = κ (t) | v (t)| N

0 − aT = |→ v (1)| = √4 + 8 = 12 =4 3 (4+4+1) =⇒ 2 − a = κ (1) |→ v (1)| = 2 (3)2 = 2 N

9

− − e) A partir del vector velocidad → v (t) = → r 0 (t) = (2t, 2t2 , 1) podemos inferir sus componentes  x0 (t) = 2t  2 y 0 (t) = 2t2 =⇒ y 0 (x) = x2  z 0 (t) = 1 z0 = 1 Por lo tanto, la hod´ografa es una parab´ola en el plano z 0 = 1 del espacio de velocidades. Ejercicio 7 − − Sea → r : R+ → R3 , definida por: → r = (a cos t, asent, β(t)), trayectoria regular que describe una part´ıcula que se mueve a lo largo de una curva C. ¿Cu´al debe ser la funci´on β(t) para que la trayectoria est´e contenida en un plano para todo t?. Soluci´ on: La trayectoria de la part´ıcula es plana si y solo s´ı la torsi´on es nula para todo t. Es decir: 000

τ (t) =

00 − → → → r 0 (t)×− r (t) · − r (t) 2 00 − → − → 0 r (t)× r (t)

000 00 − − − = 0 ∀t =⇒ → r 0 (t) × → r (t) · → r (t) = 0 ∀t,

| | luego derivemos y calculemos el → − r 0 = (−asent, a cos t, β 0 (t)) → − r 00 = (−a cos t, −asent, β 00 (t)) → − r 000 = (asent, −a cos t, β 000 (t))

producto mixto   =⇒ 

000 00 → − − − r 0 (t) × → r (t) · → r (t) = a2 (β 000 (t) + β 0 (t)) = 0 =⇒

(β 000 (t) + β 0 (t)) = 0 La ecuaci´on diferencial hom´ogenea de tercer orden , tiene soluci´on de la forma β(t) = eλt ; entonces β 0 (t) = λeλt =⇒ β 00 (t) = λ2 eλt =⇒ β 000 (t) = λ3 eλt 151

reemplazando t´erminos en la ecuaci´on anterior: (λ3 +λ)eλt = 0, eλt 6= 0 ∀t conduce a la ecuaci´on caracter´ıstica (λ3 + λ) = 0, luego β(t) = C1 + C2 cos t + C3 sent, donde C1 , C2 , C3 son constantes reales. Por lo tanto, si la trayectoria est´a dada por → − r (t) = (a cos t, asent, C1 + C2 cos t + C3 sent) la part´ıcula siempre se mover´a sobre un mismo plano. Ejercicio 8 − a) Sea → r : I ⊆ R → R3 una trayectoria regular de modo que → − r 0 (t) 6= 0 ∀t. supongamos que hay un t0 ∈ I para el que la distancia del − origen al punto→ r (t ) ∈ R3 alcanza un valor m´ınimo. Pruebe que en 0

ese − − punto → r 0 (t0 ) es perpendicular a → r (t0 ) . b) Usando lo anterior , hallar los puntos en que la recta dada por → − r (t) = (t + 1, 3t − 2, 2t − 1) est´a m´as cerca del origen. Soluci´ on: − a) En efecto consideremos la funci´on distancia d(t)= |→ r (t)|de un punto cualquiera al origen y supongamos que hay un t0 ∈ I, tal que se alcanza un m´ınimo, entonces se tiene que → − − 0 r (t0 ) · → r 0 (t0 ) − = 0, d0 (t0 ) = |→ r (t0 )| = − |→ r (t )| 0

− − − − de donde se tiene que → r (t0 )· → r 0 (t0 ) = 0 , por lo tanto, → r (t0 ) y → r 0 (t0 ) son ortogonales en ese punto. − b) Basta encontrar un t0 ∈ I para el que la distancia del punto → r (t0 ) ∈ R3 − − alcanza su valor m´ınimo que satisface → r (t ) · → r 0 (t ) = 0 0

0

− → − r (t0 ) → ·r 0 (t0 ) = (t0 + 1, 3t0 − 2, 2t0 − 1) · (1, 3, 2) = 0 =⇒ 1 (t0 + 1) + 3(3t0 − 2) + 2(2t0 − 1) = 0 =⇒ t0 = 2 152

− Por lo tanto, el punto buscado es → r

1 2




=

3 , − 12 , 0 2




.

Ejercicio 9 − Se llama evoluta de una curva → r : I ⊆ R+ → R2 a la curva que describen − los centros de curvatura de → r . Determine la evoluta de la curva → − 2 r (t) = (t, t ). Soluci´ on: La curva que describe el centro de curvatura est´a dada por la ecuaci´on: → −c (t) = → − 1 b r (t)+ κ(t) N (t) , determinemos la curvatura y el versor normal. 00 → − − r 0 (t) = (1, 2t, 0) =⇒ → r (t) = (0, 2, 0) =⇒ 00 00 → − − − − − r 0 (t) × → r (t) = (0, 0, 2) =⇒ → r 0 (t) × → r (t) × → r 0 (t) = (−4t, 2, 0)

− 0 − 0 00 00 1/2 − − − Adem´as: → r (t) × → r (t) = 2 y → r (t) × → r (t) × → r 0 (t) = 2 (1 + 4t2 ) κ (t) =

00 − → r 0 (t)×− r (t) →

b (t) = N

3

→ r 0 (t)| |−

=

2 (1 +4t2 )3/2

00 − → → → r 0 (t)×− r (t)×− r 0 (t) 00 − → − → − → 0 r (t)× r (t)× r 0 (t)

| ecuaci´on tenemos → −c (t) = (t, t2 )+ (1 a

|

=

(−4t,2) , 2(1 +4t2 )1/2

reemplazando t´erminos en la

3/2

+4t2 ) 2

(−4t,2) 2(1 +4t2 )1/2

= −4t3 , 3t2 +

1 2




,que corresponde

la ecuaci´on param´etrica de la evoluta. 1.10 Ejercicio 10 − − Sea → r : I ⊆ R → R3 una trayectoria regular, dada por → r = (x(t), y(t), z(t)), − t ∈ I. Pruebe que la ecuaci´on del plano osculador en → r (t0 ), t0 ∈ I,es: x − x (t0 ) y − y (t0 ) z − z (t0 ) x0 (t0 ) y 0 (t0 ) z 0 (t0 ) = 0 x00 (t0 ) y 00 (t0 ) z 00 (t0 ) Soluci´ on:

→ − − → − La ecuaci´on del plano osculador es : ( f − → r (t0 )) · B (t0 ) = 0, donde bi b b j k → − → − → − B (t0 ) = r 0 (t0 ) × r 00 (t0 ) = x0 (t0 ) y 0 (t0 ) z 0 (t0 ) x00 (t0 ) y 00 (t0 ) z 00 (t0 ) 153

→ − 00 00 00 00 B (t0 ) = (y 0 (t0 ) z (t0 ) − y (t0 ) z 0 (t0 ) , x (t0 ) z 0 (t0 ) − x0 (t0 ) z (t0 ) , x0 (t0 ) y 00 (t0 ) − x00 (t0 ) y 0 (t0 )) pongamos: x0 = x (t0 ) , y0 = y (t0 ) y z0 = z (t0 ) → − − → − r (t0 )) · B (t0 ) = 0 =⇒ (f −→

00

00

00

00

(x − x0 , y − y0 , z − z0 ) · (y00 z0 − y0 z00 , x0 z00 − x00 z0 , x00 y000 − x000 y00 ) = 0 desarrollando 00

00

00

00

(y00 z0 − y0 z00 )(x − x0 ) + (x0 z00 − x00 z0 )(y − y0 ) + (x00 y000 − x000 y00 )(z − z0 ) = 0 esto u ´ltimo se puede escribir x − x (t0 ) y − y (t0 ) z − z (t0 ) x0 (t0 ) y 0 (t0 ) z 0 (t0 ) 00 00 x (t0 ) y (t0 ) z 00 (t0 )

=0

lo que prueba la hip´otesis. Ejercicio 11 Un automovilista se desplaza por una carretera recta. En el instante t=0 llega a una rotonda la que recorre con un trayectoria → − f (t) = (acost, asent, bt(2 − t)), t ∈ [0, 2] En el instante t = 2 sale de la rotonda y vuelve a continuar por una carretera recta. a) C´alcule la curvatura m´axima de la rotonda para t ∈ [0, 2]¿en qu´e punto ocurre? b) Determine la torsi´on de la rotonda para t ∈ [0, 2] .Haga un gr´afico de la torsi´on en funci´on del tiempo. 154

Soluci´ on: a) Calculemos la curvatura de la trayectoria mediante la identidad: − − →00 →0 f (t)× f (t) 3 − → | f 0 (t)|

κ (t) =

→ p  → −0 − f (t) = (−asent, a cos t, 2b(1−t)) =⇒ f 0 (t) = a2 + 4b2 (1 − t)2 → − 00 f (t) = (−acost, −asent, −2b) =⇒ → −0 → − f (t) × f 00 (t) = (−2ab cos t + 2ab(1 − t)sent, −2absent − 2ab(1 − t) cos t, a2 ) → p → − − 0 f (t) × f 00 (t) = a a2 + 4b2 (1 + (1 − t)2 ,reemplazando en la identidad, tenemos κ (t) =

p a a2 + 4b2 (1 + (1 − t)2 (a2 + 4b2 (1 − t)2 )3/2

Sea Ψ (t) = a2 + 4b2 (1 − t)2 =⇒ Ψ0 (t) = −8b2 (1 − t) = 0 =⇒ t=1

En

hay un punto cr´ıtico de Ψ (t) Como Ψ00 (1) = 8b2 > 0, en t = 1 hay un m´ınimo de Ψ (t) y un m´aximo de κ (t) pues son inversamente proporcionales √

Luego, κ (t) =

a2 +4b2 a2

→ − y se alcanza en el punto f (1) = (a cos 1, asen1, b).

b) Calculemos ahora la torsi´on; τ (t) =

− →0 − →00 − →000 f (t)× f (t) · f (t) 2 − → − → | f 0 (t)× f 00 (t)|

∀t

→ − 000 → − → − → − f (t) = (asent, −a cos t, 0) =⇒ f 0 (t) × f 00 (t) · f 00 (t) = 2a2 b(1 − t) τ (t) =

2a2 b(1−t) a2 [a2 +4b2 (1+(1−t)2 ]

Se tiene que τ (0) =

2b ,τ [a2 +8b2 ]

2b (1) = 0, τ (2) = − [a2 +8b 2]

τ 0 (t) = 0 =⇒ 4b2 (1 − t)2 = a2 + 4b2 =⇒ (1 − t)2 = (1 − t)2 = 1 + (1 − t) ≤ 1

a2 4b2

a2 +4b2 4b2

> 1 =⇒ (1 − t)2 > 1 lo cual es imposible porque

para 0 ≤ t ≤ 2. Por lo tanto, τ no tiene punto cr´ıtico en[0, 2] 155

El gr´afico es del tipo Ejercicio 12 − a) Demuestre que la curva descrita por → r (t) = (t cos t, t sin t, t) se encuentra sobre la superficie de un cono. Dibuje la curva. b) Si una part´ıcula parte del origen siguiendo la trayectoria anteriormente descrita, determine en qu´e punto intersecta la esfera: x2 + y 2 + z 2 = 2. c) Calcule la longitud de la curva desde el origen al punto de itersecci´on. Soluci´on: a) A partir de las ecuaciones param´etricas tenemos:  x (t) = t cos t  y (t) = t sin t =⇒ x2 + y 2 = t2 (cos2 t + sin2 t) =⇒ x2 + y 2 = t2  z (t) = t ∴ z 2 = x2 + y 2 corresponde a la ecuaci´on de un cono, cuyo sector superior ,se dibuja en el gr´afico adjunto ∀t ≥ 0 b) Calculemos para que valor del par´ametro t la part´ıcula intersecta la esfera, sustityendo las ecuaciones param´etricas en la esfera x2 + y 2 + z 2 = 2t2 = 2 =⇒ t = 1.Luego, la posici´on del punto − de impacto es → r (1) = (cos 1, sin 1, 1) c) La longitud de la curva es: Z l=

1

− − k→ r 0 (t)k du con k→ r 0 (t)k =

0

156

q → − − r 0 (t) · → r 0 (t)

− con → r 0 (t) = (cos t − t sin t, sin t + t cos t, 0) q √ → − → − − 0 k r (t)k = r 0 (t) · → r 0 (t) = 2 + t2 =⇒ # " Z 1√ √  x√2 + x2 1 l = 2 + t2 dt = ln 2 + x2 + x + 2 0 0 √ √ ln( 3 + 2) 3 l = + 2 2 Ejercicio 13 Un proyectil es lanzado desde el nivel del suelo con una velocidad inicial de 100 m/seg con un a´ngulo de elevaci´on de 30o .Determine: a) la funci´on vectorial y las ecuaciones param´etricas de la trayectoria del proyectil. b) la altura m´axima alcanzada. c) el alcance del proyectil d) la velocidad y rapidez en el impacto contra el suelo. e) la curvatura en el punto de impacto. Soluci´ on: − − a) Inicialmente tenemos t = 0 , → r 0 = (0, 0) ,y → v 0 = (100 cos 30, 100 sin 30) Integrando: → − − a (t) = → r ” (t) = (0, −10) =⇒ → − − v (t) = → r ´(t) = (100 cos 30, −10t + 100 sin 30) − Integrando por segunda vez se obtiene:→ r (t) = ((100 cos 30) t, −5t2 + (100 sin 30)t) 157

√ − Evaluando las funciones trigonom´etricas queda: → r (t) = (50 3 t, −5t2 + 50t) Por lo tanto, las ecuaciones param´etricas de la trayectoria del proyectil son √ x(t) = 50 3 t, y(t) = −5t2 + 50t b) Determinemos el tiempo que demora en llegar a la altura m´axima dy dt

=0

=⇒

−10t + 50 = 0 =⇒ t = 5s

Asi la altura m´axima h alcanzada por el proyectil es h = y(5) = −125 + 250 = 125m c) El alcance m´aximo se logra cuando y(t) = 0, es decir si: −5t2 +50t = 0 t(−5t + 50) = 0 ⇒ t = 0, t = 10.

√ Entonces el alcance es: x (10) = 500 3

√ − d) La velocidad del proyectil en el impacto es:→ v (10) = (50 3, −50) e) La curvatura en el punto de impacto es:K (10) = √ 5 3 104

00 − → r 0 (10)×− r (10) → → r 0 (10)k k−

3

=

Ejercicio 14 Sea C una curva determinada por la intersecci´on de los cilindros: x2 = 1 − y, z 2 = y − a) Parametrizar C de forma → r (t) = (x (t) , y (t) , z (t)), t ∈ I. Indicaci´on: x2 + z 2 = 1 b , B, b K y τ en P = (0, 1, 1) b) Obtener Tb, N Soluci´ on: − a) Se puede parametrizar como → r (t) = (cos t, sin2 t, sin t), t ∈ [0, 2π] , Calculemos el valor del par´ametro para → − r (t1 ) = (cos t1 , sin2 t1 , sin t1 ) = (0, 1, 1) =⇒ t1 = π2 .
− As´ı, → r π2 = (0, 1, 1).
− − b)→ r 0 (t) = (− sin t, sin t cos t, cos t) =⇒ → r 0 π2 = (−1, 0, 0) =⇒ 158


Tb π2 = (−1, 0, 0)
00 → − − r 00 (t) = (− cos t, 2 cos 2t, − sin t); → r π2 = (0, −2, −1)

− 0 π
→
− 00 π

√ 00 → − r = (0, −1, 2) =⇒ → r 2 ×− r π2 = 5 r 0 π2 × → 2  

 b π = 0, − √1 , √2 b π = 0, − √2 , − √1 =⇒ B y N 2 2 5 5 5 5 Derivando por tercera vez tenemos:
000 → − − π = (1, 0, 0) r 000 (t) = (sin t, −4 sin 2t, − cos t) =⇒ → r 2


00 → −0 π → − π ×→ −  
r 0 π2 2
b π = r 2
× r √2 , − √1
N = 0, − − − − 2 5 5

→ r 00 π2 × → r 0 π2 r 0 π2 × → Por otra parte 00 → → √
− r ( π2 ) r 0 ( π2 )×− π K 2 = = 5 yτ 3 − → π 0 k r ( 2 )k

000

π 2




=

00 − → → → r 0 ( π2 )×− r ( π2 ) · − r 00 π − → − → π 0 r ×r

k (2)

( 2 )k

( π2 ) 2

=0

Ejercicio 15 − Dada la ecuaci´on param´etrica de la trayectoria → r (t) = (2t3 − 3t2 , t − 2arctan(t)), encontrar todos los valores de t para los cuales la curva (i) Tiene tangente horizontal. (ii) Tiene tangente vertical. (iii) No es regular. Soluci´ on: − El vector tangente a la curva → r (t) = (2t3 − 3t2 , t − 2arctan(t)) es t2 − 1 y 0 (t) → − 0 2 r (t) = (6t − 6t, 2 ) cuya pendiente es m (t) = 0 =⇒ t +1 x (t) m (t) =

t+1 y 0 (t) = 0 x (t) 6t (t2 + 1)

(i) Para que la tangente sea horizontal, ´esta tiene que existir, es decir → − → − r 0 (t) 6= 0 , y adem´as m (t) = 0. Por tanto, t = −1. − ii) Para que la tangente sea vertical, ´esta tiene que existir, es decir→ r 0 (t) 6= → − 0 , y adem´as m(t) = ∞. Por tanto,t = 0. → − − (iii) Para que la curva sea no regular → r 0 (t) = 0 =⇒ x0 (t) = y 0 (t) = 0, es decir, t = 1. Ejercicio 16 159

− Se llama evoluta de una curva parametrizada regular → r (t) ,con curvatura no nula, al lugar geom´etrico de los centros de curvatura. Denotamos − −c (t). la evoluta de → r (t) por → −c (t). (i) Encontrar una parametrizaci´on de →  2 t → − . (ii) Hallar la evoluta de la par´abola r (t) = t, 2 √ √ √  → − 2 2 (iii) Hallar la evoluta de la h´elice r (s) = 2 cos(s), 2 sen(s), 22 s , s ∈ IR y comprobar que es regular y que s es su par´ametro arco. Soluci´ on: − −c (t) su correspondiente centro de (i) Si → r (t) es punto de la curva y → curvatura para t entonces la condici´on que define el lugar geom´etrico − 1 → −c (t) − → − se tiene la relaci´on → r (t) = N (t) de donde se deduce que k(t) la ecuaci´on de la evoluta es − 1 → → −c (t) = → − r (t) + N (t) k(t) (ii) Calculamos en primer lugar el vector normal y la curvatura de la par´abola.  2 √ t − − → − =⇒ → r 0 (t) = (1, t) =⇒ |→ r 0 (t)| = 1 + t2 =⇒ r (t) = t, 2 → − (−t, 1) N (t) = √ 1 + t2 Por otra parte − − |→ r 0 (t) × → r ” (t)| 1 → − r ” (t) = (0, 1) =⇒ k(t) = = √
3 3 → − | r 0 (t)| 1 + t2 Por lo tanto √
3  2   2 → −c (t) = t, t + √1 + t
(−t, 1) = −t3 , 1 + 3 t2 2 2 1 + t2 iii) Calculamos el vector tangente a la curva a partir de su definici´on √  √ √ √  √ √  → − → − 2 2 2 2 2 0 r (s) = 2 cos(s), 2 sen(s), 2 s =⇒ r (s) = − 2 sen(s), 2 cos(s), 22 160

− =⇒ |→ r 0 (s)| = 1  √ √ √  2 2 b Por tanto T (s) = − 2 sen(s), 2 cos(s), 22 Por otra parte,  √  √ − − Tb0 (s) = → r 00 (s) = − 22 cos(s), − 22 sen(s), 0 =⇒ |→ r 00 (s)| =

√

2 2

de donde

→ − r 00 (s) b = (− cos(s), −sen(s), 0) N (s) = → |− r 00 (s)| √ − Adem´as k(s) = |→ r 00 (s)| = 2 2

Finalmente  √ √ √  − 1 → → −c (s) = → − r (s) + N (s) = − 22 cos(s), − 22 sen(s), 22 s , s ∈ IR k(s) √ √ √  −c 0 (s) = 2 2 2 sen(s), − cos(s), s , y por tanto que lo que implica → 2 2 2 −c 0 (s)| = 1 |→ est´a

para cada s ∈ IR

−c es regular y y en definitiva que →

parametrizada por arco s. Ejercicio 17 Encontrar una parametrizaci´on de las siguientes curvas. (i) y = x2 + 3x (ii) x2 + y 2 + 2y = 0 y2 =1 4 (iv) x2 + 3y 2 = 1 (iii) x2 −

b , la Calcular en cada caso los vectores tangente unitario Tb, normal N curvatura κ (t) y la torsi´on τ (t) Soluci´ on: (i) Como se trata de una par´abola podemos parametrizarla tomando x = t =⇒ y = t2 + 3t − − As´ı → r (t) = (t, t2 + 3t), y calculamos el vector tangente, → r 0 (t) = (1, 2t + 3) √ − =⇒ k→ r 0 (t)k = 4t2 + 12t + 10 161

→ − (1, 2t + 3) r 0 (t) =√ y Tb (t) = → − 0 k r (t)k 4t2 + 12t + 10 Para calcular el vector normal en IR2 tenemos en cuenta que es un vector ortogonal al tangente y unitario. b (t) = √ (−2t − 3, 1) N 4t2 + 12t + 10 − − |→ r (t) × → r ” (t)| , conLa curvatura de una curva plana es k(t) = 3 → − 0 | r (t)| siderando que IR2 es subespacio de IR3 − − En nuestro caso → r 0 (t) = (1, 2t + 3, 0) =⇒ → r 00 (t) = (0, 2, 0) 2 Por tanto, k(t) = √ 3 , la curvatura de la par´abola var´ıa 4t2 + 12t + 10 en funci´on de t. Finalmente, la torsi´on de la curva plana es → − − − r 0 (t) × → r ” (t) · → r 000 (t) − τ (t) = = 0, pues → r 000 (t) = (0, 0, 0) 3 → − 0 | r (t)| lo que significa que la curva siempre est´a en el mismo plano. (ii) La ecuaci´on dada representa una circunferencia de centro el (0, −1) y radio r = 1, ya que x2 + y 2 + 2y = x2 + (y + 1)2 − 1. − Por tanto, una parametrizaci´on es → r (t) = (cos(t), −1 + sen(t)) Calculamos el vector tangente. → − − r 0 (t) = (−sen(t), cos(t)) =⇒ k→ r 0 (t)k = 1 =⇒ → − r 0 (t) b T (t) = → = (−sen(t), cos(t)) − k r 0 (t)k Para calcular el vector normal tenemos en cuenta que es un vector ortogonal al tangente y unitario. b (t) = (−cos(t), −sen(t)) N 162

La curvatura de una curva plana es k(t) =

− − |→ r 0 (t) × → r ” (t)| , con3 → − | r 0 (t)|

siderando que IR2 es subespacio de IR3 − − En nuestro caso → r 0 (t) = (−sen(t), cos(t), 0) =⇒ → r 00 (t) = (− cos(t), −sent(t), 0) − − =⇒ |→ r (t) × → r ” (t)| = 1 Por tanto, k(t) = 1 la curvatura de una circunsferencia es constante Finalmente, la torsi´on de la curva plana es → − − − r 0 (t) × → r ” (t) · → r 000 (t) − − − τ (t) = = 0,pues → r 0 (t) × → r ” (t) · → r 000 (t) = 3 → − 0 | r (t)| (0, 0, 0). (iii) La ecuaci´on dada representa una hip´erbola de semieje a = 1 y b = 2. − Por tanto, una parametrizaci´on es → r (t) = (cosh(t); 2senh(t)) − Calculamos el vector tangente.→ r 0 (t) = (senh(t), 2 cos h(t)) p − =⇒ k→ r 0 (t)k = senh2 (t) + 4 cos h2 (t) y

→ − r 0 (t) (senh(t), 2 cos h(t)) Tb (t) = → =p − 0 k r (t)k senh2 (t) + 4 cos h2 (t)

Para calcular el vector normal tenemos en cuenta que es un vector ortogonal al tangente y unitario. b (t) = p(−2 cos h(t), senh(t)) N senh2 (t) + 4 cos h2 (t) − − |→ r 0 (t) × → r ” (t)| La curvatura de una curva plana es k(t) = , con3 → − 0 | r (t)| siderando que IR2 es subespacio de IR3 − En nuestro caso :→ r 0 (t) = (senh(t), 2 cos h(t), 0)

=⇒

→ − r 00 (t) =

(cosh(t); 2senh(t), 0) − − =⇒ |→ r 0 (t) × → r ” (t)| = 2 2 Por tanto k(t) = hp i3 , la curvatura de la hip´erbo2 2 senh (t) + 4 cos h (t) la 163

var´ıa en funci´on de t. Finalmente, la torsi´on de la curva plana es → − − − r 0 (t) × → r ” (t) · → r 000 (t) − − − τ (t) = = 0, pues → r 0 (t) × → r ” (t) · → r 000 (t) = 3 → − 0 | r (t)| (0, 0, 0) (iv) La ecuaci´on dada representa una elipse de centro el (0, 0)y semiejes a=1 1 y b= √ 3 1 − Entonces, una parametrizaci´on es → r (t) = (cos(t), √ sen(t)) 3 Calculamos el vector tangente. √ 1 3p → − → − 2sen2 (t) + 1 =⇒ r 0 (t) = (−sen(t), √ cos(t)) =⇒ k r 0 (t)k = 3 3 √ → − r 0 (t) 3 1 b T (t) = → =p (−sen(t), √ cos(t)) − 0 k r (t)k 3 2sen2 (t) + 1 Para calcular el vector normal tenemos en cuenta que es un vector ortogonal al tangente y unitario. √ 3 1 b (t) = p N (− √ cos(t), −sen(t)) 3 2sen2 (t) + 1 La curvatura de una curva plana es k(t) =

− − |→ r 0 (t) × → r ” (t)| , con3 → − | r 0 (t)|

siderando que IR2 es subespacio de IR3 . En nuestro caso 1 1 → − − r 0 (t) = (−sen(t), √ cos(t), 0) =⇒ → r 00 (t) = (− cos(t), − √ sent(t), 0) 3 3 1 − − =⇒ |→ r (t) × → r ” (t)| = √ 3 3 Por tanto, k(t) = hp i3 la curvatura de la elipse var´ıa en 2 2sen (t) + 1 funci´on de t. 164

Finalmente, la torsi´on de la curva plana es → − − − r 0 (t) × → r ” (t) · → r 000 (t) τ (t) = =0 3 − |→ r 0 (t)| − − − pues → r 0 (t) × → r ” (t) · → r 000 (t) = (0, 0, 0) Ejercicio 18 − −c la evoluta de → − Sean → r : I → IR3 una curva regular y consideremos → r → − . Demostrar que c es regular si y s´olo si la torsi´on y la derivada de la − curvatura de → r no se anulan simult´aneamente en ning´ un punto y en → − ∗ este caso demostrar que el par´ametro arco de c , s satisface que 1 (s (t)) = 2 k (t) ∗

0

q 2 − (k 0 (t))2 + (k (t))2 (τ (t))2 |→ r 0 (t)| ∀t ∈ I

Soluci´ on: La evoluta de est´a definida como la curva − → − 1 → 1 → −c (t) = → − − r (t) + N (t) = → r (t) + ρ (t) N (t), donde ρ (t) = es el k(t) k(t) radio − de curvatura de → r. − Por lo tanto, si s denota el par´ametro arco de → r tenemos que s (t) = − |→ r 0 (t)| → − → − → − 0 0 → −c 0 (t) = → − − r 0 (t) + ρ (t) N (t) + ρ (t) N 0 (t) = → r 0 (t) + ρ (t) N (t) + → − ρ (t) N 0 (s) s0 (t) Por Frenet sabemos que: → −0 −0 b (s) =⇒ → N (s) = −k (s) Tb (s) − τ (s) B N (s) = −ρ (s) Tb (s) − b (s) τ (s) B h i → − 0 → −c 0 (t) = |→ − b (s) r 0 (t)| Tb (t)+ρ (t) N (t)+ρ (t) s0 (t) −Tb (s) − ρ (s) τ (s) B − −c 0 (t) = ρ0 (t) → − b (t) . =⇒ → N (t) − ρ (t) τ (t) |→ r 0 (t)| B p − −c 0 (t)| = (ρ0 (t))2 + ρ2 (t) τ 2 (t) |→ r 0 (t)|)2 puesto que el Triedro As´ı |→ de Frenet es ortonormal. Sustituyendo ρ y ρ0 por su expresi´on en funci´on de la curvatura, resulta que s q (k 0 (t))2 τ 2 (t) → 1 2 2 → − − − 0 0 | c (t)| = + 2 | r (t)| = 2 (k 0 (t))2 + k 2 (t) τ 2 (t) |→ r 0 (t)| 4 (k (t)) k (t) k (t) 165

→ − − para cada t ∈ I y por tanto, como ρ (t) y |→ r 0 (t)| 6= 0 c es regular en t ∈ I si y s´olo si k 0´ (t) = τ (t) = 0. −c es regular, la La expresi´on anterior muestra tambi´en que cuando → derivada de su par´ametro arco coincide con el t´ermino de la derecha de la igualdad Ejercicio 19 − Consideremos la curva C dada por → r (t) = (et , e2t , t), t ∈ R. Hallar su curvatura y su torsi´on en el punto (1, 1, 0). ¿Es cierto qu´e la curva tiene torsi´on negativa en todos sus puntos? Soluci´ on: Calculamos primero las derivadas: √ → − − r 0 (t) = (et , 2e2t , 1) ⇒ k→ r 0 (t)k = 1 + e2t + 4e4t → − r 00 = (et , 4e2t , 0)

√

− 0 → 00 → − − r 0×→ r 00 = (−4e2t , et , 2e3t ) ⇒ → r ×− r = e2t + 16e4t + 4e6t 000 → − r = (et , 8e2t , 0) Y podemos obtener la curvatura y la torsi´on en cada punto:

→

√ 00 −

− r 0×→ r e2t + 16e4t + 4e6t k(t) = = 3 √ 3 − k→ r 0 (t)k 1 + e2t + 4e4t 00 000 → − − − r 0×→ r ·→ r 4e3t τ (t) = → = 2 √ 2 − k− r 0×→ r 00 k e2t + 16e4t + 4e6t En el punto (1, 1, 0) = (et0 , e2t 0 , t0 ) =⇒ t = 0 De donde deducimos que la curvatura y la torsi´on son

→

√ 00 −

− r 0 (0) × → r (0) 21 k(0) = = 3 − 63/2 k→ r 0 (0)k 00 000 → − − − r 0 (0) × → r (0) · → r (0) 4 τ (0) = = 2 00 → − → − 0 21 k r (0) × r (0)k Por u ´ltimo, la funci´on τ (t) es claramente positiva, ∀ t ∈ IR Ejercicio 20 166

− Considere la curva C dada por → r (t) = (cosh(t), sinh(t), t), t ∈ IR (a) Dibuje aproximadamente su traza. (b) Si se recorre la traza partiendo desde punto (1, 0, 0), tras recorrer una √ longitud de arco 2 sobre la curva, ¿cu´ales son las coordenadas del punto del espacio en el que nos encontraremos? Soluci´ on: Consideremos la proyecci´on de la curva sobre el plano XY : x2 − y 2 = cos h2 (t) − sinh2 (t) = 1 se trata de una rama de hip´erbola, cuyo eje de simetria es X, toma valores positivos de X y se recorre en el sentido creciente de Y . La tercera componente es simplemente z = t, para valores t > 0 la curva se eleva con respecto al plano z = 0 hacia, mientras que para valores de t < 0, “baja” con respecto el plano z = 0.

Determinemos el valor del par´ametro en el punto de partida (1, 0, 0) = (cosh(t), sinh(t), t) =⇒ t = 0 Empezamos en s(0), la longitud de la curva, desde ese punto, se mide la longitud de arco. Calculemos la rapidez, y luego la longitud del arco 167

→ − − r (t) = (cosh(t), sinh(t), t), t ∈ IR ⇒ → r 0 (t) = (senh(t), cos h(t), 1), t ∈ IR p p √ − =⇒ k→ r 0 (t)k = cosh2 (t) + sinh2 (t) + 1 = 2cosh2 (t) = 2cosh(t) . As´ı que la longitud desde s(0) hasta √ Rt √ √ Rt −0 s(t) = 0 k→ r (u)k du = 2 0 cosh(u)du = 2 senh(u)|t0 = 2senh (t) Ahora s´olo queda determinar el valor de t que hace que la longitud sea √ exactamente 2. Esto es, resolver √ √ 2 = 2sinh(t) ⇒ 1 = sinh(t) ⇒ t = arcsinh(1). De manera que estaremos en el punto de coordenadas → − r (arcsinh(1)) = (cosh(arcsinh(1)), sinh(arcsinh(1)), arcsinh(1)) =⇒ √ → − r (arcsinh(1)) = ( 2, 1, arcsinh(1)) Ejercicio 21 − Consideremos la curva C dada por → r (t) = (t, t2 , t3 ) ∈ R. Hallar su curvatura y su torsi´on en el punto (0, 0, 0). ¿En qu´e punto tiene la curva una torsi´on (en valor absoluto) m´axima? Soluci´ on: Calculamos primero las derivadas:

→

√ 00 −

− r 0 (t) × → r (t) 4 + 36t2 + 36t4 = k(t) = √ 3 3 − k→ r 0 (t)k 1 + 4t2 + 9t4 00 000 → − − − 12 r 0×→ r ·→ r = τ (t) = → 00 2 − → − 0 [4 + 36t2 + 36t4 ]2 kr × r k De donde deducimos que la curvatura y la torsi´on son

→

00 −

− r 0 (0) × → r (0) k(0) = =2 3 − k→ r 0 (0)k 00 000 → − − − r 0 (0) × → r (0) · → r (0) τ (0) = =3 2 − − k→ r 0 (0) × → r 00 (0)k

Como el denominador que aparece en la expresi´on de τ (t) es siempre una cantidad positiva que toma su valor m´ınimo en t = 0, concluimos que el valor absoluto de la torsi´on alcanza su valor m´aximo en t = 0. 168

2.17.

Ejercicios propuestos

1. Sean f~, ~g : [a, b] → Rn funciones derivables, probar que: a) (αf~ + β~g )(t) = αf~ (t) + β~g (t) , α y β constantes b) (αf~)0 (t) = α0 (t) f~ (t) + α(t)f 0 (t) si α = α(t) es una funci´on escalar.  0 ~ c) f · ~g (t) = f~0 (t) · ~g (t) + f~(t) · ~g 0 (t)  0 ~ d) f × ~g (t) = (f 0 × g) (t) + (f × g 0 ) (t) 2. Para f~(t) = (e2t , t2 , e−2t ) calcular: a) f~0 (t) b) f~00 (t)



c) f~0 (t) 3. Obtener una funci´on param´etrica vectorial de la curva resultante al intersectar las superficies: x2 + y 2 + z 2 = 2 yz=

p

2 (1 + y)

169

4. Parametrizar en la forma ~r0 = ~r(t) = (x(t), y(t), z(t)), t ∈ [a, b] las curvas C definidas por: a) Recta por A = (1, 2, −3) y B = (2, 2, 2) b) Recta intersecci´on de los planos x + y + z = 0 y y − z = 0

c) Intersecci´on del cilindro recto x2 + y 2 = 9 y el plano z = 1

d) El cilindro x2 − ax + y 2 = 0 intersecci´on la esfera x2 + y 2 + z 2 = a2 5. Calcular la longitud l de la curva descrita por la trayectoria ~r(t) = (a cos3 t, a sin3 t), t ∈ [0, 2π] 6. Una hormiga camina sobre la superficie S : x(u, v) = sin u cos v, y (u, v) = sin u sin v, z (u, v) = cos u π 6

≤ u ≤ π2 , − π2 ≤ v ≤ π en el instante t = 0, se mueve de tal − forma que en cualquier tiempo t > 0 describe la trayectoria → r (t) = √  √ 3 3 1 sin t, 2 , 2 cos t . 2 Demuestre que la hormiga se mueve sobre la superficie esferica S y determine cuando y en donde la hormiga abandona el sector descrito de la esfera 170

7. Halle el o los valores de t para los cuales el vector tangente a la curva descrita por r(t) = (2t2 + 1, 3t − 2), t ∈ R sea paralelo al vector ~u = (2, −1). 8. Calcule 2

2

3

4

3

4

l´ım( (x+t)t −x , (x+t)t −x , (x+t)t −x ) t→0

9. Discuta la continuidad de la funci´on (t, sint t ) si t 6= 0 (0, 1) si t = 0

→

− → − →

− 10. Demuestre que: si f (t) es constante, entonces f y f 0 son ortogonales. f (t) = {

11. Encuentre un vector tangente y la recta tangente a la h´elice c´onica de representaci´on param´etrica → − t f (t) = (t cos t, t sin t, ) 2π en los puntos (0, 0, 0) y (0, π2 , 14 ) → − 12. Sea la h´elice descrita por f (t) = (cos t, sin t, t) t ∈ [0, π2 ]. Pruebe → − que en ning´ un punto de esta curva f 0 (t) es paralelo a la cuerda → − → − de f (0) a f ( π2 ) 13. Una part´ıcula se mueve en el plano a lo largo de la espiral ρ = eθ con una rapidez constante de 5 pies por segundo. 171

a) ¿Cu´ales son la velocidad y la aceleraci´on de la part´ıcula cuando θ = π4 ? b) ¿Cu´anto tarda la part´ıcula en ir desde el punto correspondiente a θ = 0 hasta el punto correspondiente a θ = π? c) Si θ = 0 cuando t = 0, proporcione ecuaciones param´etricas para la trayectoria de la part´ıcula. 14. Determine los puntos en que la recta tangente a la curva de R3 dada por


 + 3t2 kˆ ~r(t) = 6t + 2t3 ˆı + (6t − 2t3 )ˆ es paralela al plano x + 3y + 2z = 5 → − 15. Demuestre que el camino descrito por f : [−2, 2] → R2 definida → − por f (t) = (t2 − 1, t3 + 2t2 − t − 2) no es simple. ¿Es cerrado?¿Es cerrado simple? 16. Determine las ecuaciones de la recta tangente y del plano nor→ − mal a la curva descrita por f : I → R3 definida por f (t) = → − (et sint, et cost, 5t) en el punto P = f (0) → − → − 17. Sea f : [0, 5] → R3 la trayectoria f (t) = (sin t, cos t, t). Obtenga → − → − una reparametrizaci´on f c de f que conserve su orientaci´on y que → − recorra la trayectoria de f en la quinta parte del tiempo en el que → − lo hace f . 18. Un objeto ubicado inicialmente en el origen de coordenadas se desplaza de acuerdo al movimiento

~r(t) = (t2 , −t cos t, t sin t) a) Determine el punto en que el objeto impacta a la esfera x2 +y 2 +z 2 = 2 b) Calcular la longitud recorrida por el objeto hasta el instante del impacto. c) Calcular el ´angulo entre la trayectoria y la esfera en el instante del impacto. 172

19. El movimiento de una part´ıcula se realiza en el c´ırculo unitario del plano XY de acuerdo con la f´ormula (x, y, z) = (cos t2 , sin t2 , 0) , t ≥ 0. a) Como funciones de t. ¿Cu´al es el vector velocidad y la rapidez de la part´ıcula? b) ¿En qu´e punto del c´ırculo se debe liberar la part´ıcula para que golpee un blanco localizado en (2, 0, 0)? c) ¿En que tiempo t se debe liberar? (usar t ≥ 0 m´as pregunta b)) d) ¿Cu´al es su velocidad y rapidez en el instante en que se libera? e) ¿En qu´e instante se golpea el blanco? 20. Si f : I → IR es una funci´on diferenciable, demostrar que la gr´afica de f , es decir la curva y = f (x), es una curva regular y calcular sus vectores tangente , normal, su curvatura, su radio de curvatura, y su centro de curvatura. − 21. Sea C una curva de IR3 dada por la ecuaci´on→ r (t) = (4 cos(t), 4sen (t) , 4 cos t(t)), t ∈ [0, 2π] a) Verificar que es una elipse. b, B b en cualquier punto C b) Determinar los vectores Tb, N c) Calcular la curvatura y torsi´on de C en todo punto. d) Determinar en qu´e puntos de C la curvtura k es m´axima y en cu´ales es m´ınima

2.17.1.

Respuestas

2. a) f~0 (t) = 2 (e2t , t, −e−2t ) b) f~00 (t) = 2(2e2t , 1, 2e−2t )

√

c) f~0 (t) = 2 e4t + e−4t + t2 √ 3. ~r(t) = (cos t, −1 + sin t, 2 sin t), 4. a) ~r(t) = (1 + t, 2, −3 + 5t) 173

0 ≤ t ≤ 2π t∈R

b) ~r(t) = (−2t, t, t)

t∈R

t ∈ [0, 2π] √ d) ~r(t) = ( a2 + a2 cos t, a2 sin t, 2a sin 4t )

c) ~r(t) = (3 cos t, 3 sin t, 1)

6 − t = π2 ,

5. 6a,

t ∈ [0, 2π]

√

(x, y, z) = (

3 1 , , 0) 2 2

7. t = − 32 8. (2x, 3x2 , 4x3 ) 9. Es continua → − → − 10. f · f 0 = 0
→ − 1 1 , r (t) = (t, 0, 2π 11. 1, 0, 2π t) → − π π 1 π 1 r (t) = (− 2 t, 2 + t, 14 + t 2π ) (0, 2 , 4 ), 13. π

a) ~v = (0, 5), ~a = (− √252 e− 4 , 0) √ b) 15 2(eπ − 1) → − c) f (t) = [ √52 t + 1](cos ln( √52 t + 1), sin ln( √52 t + 1)) 14. ~r(2) = (28, −4, 12) → − → − 15. No es simple f (1) = (0, 0) = f (−1) 16. ~r(t) = (t, 1 + t, 5t), x + y + 5z = 1 plano normal 17. f¯ : [0, 1] → R3 , f¯ (s) = (sin(5s), cos(5s), 5s) 18. a) (1, −cos1, sin1) b) 1,57 19. a) ~v = (−2t sin t2 , 2t cos t2 , 0); b) ( 21 , − q 5π c) 3

3 , 0) 2

q √ d) v = 2 5π ( 23 , 21 , 0); 3 e)

s = 2t

√

q s = 2 5π 3

√ 3 √ 3+10π 2 15π

174

− 20. La gr´afica de la funci´on es la curva → r : I → IR2 determinada por → − r (x) = (x, f (x)) p − − Como → r 0 (x) = (x, f 0 (x)), resulta que |→ r 0 (x)| = 1 + (f 0 (x))2 > 0 ∀x ∈ I y por tanto la curva es regular − → (1, f 0 (x)) (−f 0 (x) , 1) Tb (x) = p y N (x) = p 1 + (f 0 (x))2 1 + (f 0 (x))2 p ( 1 + (f 0 (x))2 )3 |f ” (x)| k(x) = p y R(x) = |f ” (x)| ( 1 + (f 0 (x))2 )3 0 2 → −c (x) = (x, f (x)) + (1 + (f (x) ) (−f 0 (x) , 1) |f ” (x)|

21. A partir de las ecuaciones param´etricas, se tiene que: x (t) = 4 cos(t) y (t) = 4sen (t) z (t) = 4 cos(t)

=⇒

x2 + y 2 = 16 z=x

(−4sen (t) , 4 cos (t) , −4sen (t)) b (−16, 0, 16) p √ Tb (t) = , B (t) = 16 2 16 + 16sen2 (t) (t) , 2sen (t) , cos (t)) b (t) = B b (t) × Tb (t) = (cos√ p N 2 1 + sen2 (t) √ 16 2 k(t) = hp i3 , τ (t) = 0 43 1 + sen2 (t) La curvatura es m´axima si t = 0, π =⇒ P0 = (4, 0, 4) π 3π La curvatura es m´ınima si t = , =⇒ P1 = (0, 4, 0) 2 2

2.18.

Auto Evaluaciones

Autoevaluaci´ on No 1 El estudiante: 1) Calcular´a ecuaci´on cartesiana de la trayectoria, curvatura y torsi´on en un punto de la curva, dada la ecuaci´on vectorial de una curva regular, 175

dos veces diferenciable, con ecuaciones param´etricas en funci´on de un par´ametro cualquiera t, 2) Determinar´a la ecuaci´on de la recta tangente y del plano osculador → − a la curva descrita por la trayectoria f : I ⊆ R −→ R3 en un punto de la curva. 3) Resolver´a problemas de din´amica de part´ıculas querequiera calcular longitud de una curva, curvatura m´axima , torsi´on de la curva, ecuaciones de rectas ,y planos principales en un punto dado de la curva. Tiempo : 2 horas Tiempo : 2 horas Pregunta 1 − Sea la h´elice → r (t) = (a cos t, a sin t, bt) , b 6= 0, determine: 2 1 a) los valores de a y b si su curvatura es κ (t) = y su torsi´on τ (t) = . 5 5 b) La ecuaci´on del cil´ındro sobre el cu´al se encuentra la h´elice. Pregunta 2    t3 2 8 , 2t, en P0 = , 4, 1 3 t 3 Obtener las ecuaciones vectoriales y cartesianadas de: − Para la curva C dada por: → r (t) =



a) Recta tangente. b) Planos osculador. Pregunta 3 En el instante t= 0 , una casa es lanzada al espacio por causa de un tornado siguiendo la trayectoria
→ − r (t) = eat cos t, eat sin t, beat − b con a > 0, b > 0, t ≥ 0. a) Calcular la distancia que recorre la casa hasta el instante t = π. b) En el instante t1 con t1 ∈ [0, π] , en el cual la trayectoria tiene curvatura m´axima, un residente que dorm´ıa tranquilo es lanzado 176

hacia el exterior. i) ¿qu´e trayectoria sigue el residente? ii) ¿en qu´e punto se encuentra la casa en t = π? iii) Obtener la ecuaci´on de plano osculador a la trayectoria de la casa en t = π.

Pauta de Autocorrecci´ on Pregunta 1 En primer lugar determinemos la curvatura la torsi´on en funci´on del tiempo √ → − − r 0 (t) = (−a sin t, a cos t, b) ∀t ∈ IR =⇒ k→ r 0 (t)k = a2 + b2 00 → − r (t) = (−a cos t, −a sin t, 0) → − r 000 (t) = (−a sin t, a cos t, 0)

→ − − − − r√0 (t) × → r 00 (t) = (ab sin t, −ab cos t, a2 ) =⇒ k→ r 0 (t) × → r 00 (t)k = a a2 + b 2
→ − − − r 0 (t) × → r 00 (t) · → r 000 (t) = −a2 b sin2 t, −a2 b cos2 t, 0 Entonces, se tiene

→

00 −

− r 0 (t) × → r (t) a κ (t) = = ,y 3/2 − a2 + b 2 k→ r 0 (t)k

→

00 − −

− r 0 (t) × → r (t) · → r 000 (t) b τ (t) = = 3/2 2 − a + b2 k→ r 0 (t)k Luego, a partir de los valores dados de curvatura y torsi´on, obtenemos 1 b 2 a = , = =⇒ a = 1, b = 2 a2 + b 2 5 a2 + b 2 5 Por tanto la ecuaci´on de la h´elice es → − r (t) = (cos t, sin t, 2t)

b) A partir de la ecuaciones param´etricas de la h´elice , se tiene x = cos t, y = sin t, z = 2t ≥ 0 =⇒ x2 + y 2 = 1, z ≥ 0, corresponde a un 177

cilindro de radio r = 1, cuyo eje axial coincide con el eje z. Pregunta 2 a) La ecuaci´on de la recta tangente al punto P0 se define por → − − − f (λ) = → r (t0 ) + λ→ r 0 (t0 ) , con λ ∈ IR  3    t0 2 8 → − siendo r (t0 ) = , 2t0 , = , 4, 1 =⇒ 2t0 = 4 ⇐⇒ t0 = 2 3 t0 3 Calculemos ahora la direcci´on de la recta tangente     1 2 → − → − 0 0 2 r (t) = t , 2, − 2 =⇒ r (t0 ) = 4, 2, − t 2 Sustituyendo t´erminos en la ecuaci´on de la recta tangente, obtenemos     8 1 (x, y, z) = , 4, 1 + λ 4, 2, − , λ ∈ IR 3 2 Eliminando el par´ametro λ , tenemos la ecuaci´on cartesiana 8 3 = y−4 = z−1 4 2 − 12

x−

b) La ecuaci´on del plano osculador al punto P0 se define por →  → − − → − → − − − f (t) − r (t0 ) · B (t0 ) = 0, siendo B (t0 ) = → r 0 (t0 ) × → r 00 (t0 ) el vector normal al plano osculador en el punto P0 .     2 4 → − → − 0 2 00 Como r (t) = t , 2, − 2 =⇒ r (t) = 2t, 0, 3 ⇐⇒ t t   1 → − 00 r (t0 ) = 4, 0, 2 . De manera que i j k → − − − B (t0 ) = → r 0 (t0 ) × → r 00 (t0 ) = 4 2 − 21 = (1, −4, −8) 4 0 1 2 Por tanto la ecuaci´on de plano, queda 178

   8 (x, y, z) − , 4, 1 · (1, −4, −8) = 0 3 3x − 12y − 24z = −64 Pregunta 3 a) Derivando la ecuaci´on de la trayectoria se tiene
→ − r 0 (t) = aeat cos t − eat sin t, aeat sin t + eat cos t, abeat = eat (a cos t − sin t, a sin t + cos t, ab) Calculando la norma de este vector obtenemos √ − k→ r 0 (t)k = eat a2 + 1 + a2 b2 Entonces, la longitud de la curva es  aπ  Z π √ e −1 → − → − 0 2 2 2 k r (t)k dt = a + 1 + a b l( r ) = a 0

→

00 −

− r 0 (t) × → r (t) b) La curvatura est´a dada por la expresi´on κ (t) = 3/2 − k→ r 0 (t)k Derivando por segunda vez, 00 → − r (t) = aeat (a cos t − sin t, a sin t + cos t, ab) +eat (−a sin t − cos t, a cos t − sin t, 0) 00 − − =⇒ → r 0 (t)×→ r (t) = e2at (ab(sin t − a cos t), −ab(a sin t + cos t, a2 + 1)

− 0

√ √ 00 − =⇒ → r (t) × → r (t) = e2at a2 + 1 a2 + 1 + a2 b2

Luego, obtenemos √

κ (t) =

a2 + 1 eat (a2 + 1 + a2 b2 )

Por tanto, κ (t) es m´aximo para t1 = 0, cuando se tiene el valor m´ınimo del denominador 179

i) El residente sale despedido por la recta tangente a la trayectoria del tornado, en el instante t1 = 0, luego la ecuaci´on de la recta ser´a → − − − R (0) = → r (0) + λ→ r 0 (0) = (1, 0, 0) + λ (a, 1, ab) ii) En el instante t = π la casa se encuentra en el punto → − r (π) = (−eaπ , 0, beaπ − b) iii) El plano osculador a la trayectoria de la casa en t1 = π es → − − → − (R − → r (π)) · B (π) = 0 donde el vector binormal se determina por
→ − 00 − − B (π) = → r 0 (π) × → r (π) = e2πa a2 b, ab, a2 + 1 Por tanto, la ecuaci´on que produce es
(x − eaπ , y, z − (beaπ − b)) · e2πa a2 b, ab, a2 + 1 = 0

Autoevaluaci´ on No 2 Tiempo : 2 horas Pregunta 1 Una part´ıcula se desplaza a partir del instante t = 0 siguiendo la trayectoria: π → − r (t) = (t, ln (sec t + tagt) , ln sec t) , 0 ≤ t < 2 Determinar la velocidad y rapidez en el instante que ha recorido una √ 2 distancia igual . 2 Pregunta 2 Dada la curva C definida por las superficies x2 +y 2 +z 2 = 11, x2 +y 2 = 2, √
z > 0, determinar en el punto 0, 2, 3 ; a) la ecuaci´on del plano osculador b) los versores tangente, normal y binormal 180

Pregunta 3 − − Para la curva C dada por → r =→ r (s) ,donde s es el par´ametro longitud de arco, deducir las f´ormulas: 000 → − − a) r 0 (s) · → r (s) = −κ2 (s) 00 000 − − − b) → r 0 (s) · → r (s) × → r (t) = κ2 τ

c) Usar las f´ormulas anteriores para calcular κ, τ de la curva C   4 3 → − r (s) = cos s, 1 − sin s, − cos s 5 5 d) Identificar la curva C

Pauta de Autocorrecci´on Pregunta 1 Derivando la ecuaci´on de la trayectoria: π → − r (t) = (t, ln (sec t + tagt) , ln sec t) , 0 ≤ t < 2 obtenemos la velocidad π → − r 0 (t) = (1, sec t, tagt) , 0 ≤ t < 2 En consecuencia la rapidez de la part´ıcula, queda p √ → − r 0 (t) = 1 + sec2 t + tag 2 = 2 sec t Entonces, la distancia recorrida en funci´on del tiempo, es √   √ Z t 2 1 + sin t s (t) = 2 sec udu = ln 2 1 − sin t 0 A continuaci´on determinemos el tiempo t0 , que corresponde a la distancia 181

√ 2 : 2

√

√  1 + sin t0 2 = 1 − sin t0 2   1 + sin t0 ln = 1 1 − sin t0

2 ln 2



 t0 = arcsin

e−1 e+1

 ≈ 0, 48

Por lo tanto la velocidad en ese tiempo es → − − v (t0 ) = → r 0 (t0 ) = (1, sec (0,48) , tag (0, 48)) = (1; 1, 127; 0, 521) y la rapidez − k→ r 0 (t0 )k =

q 1 + (1, 127)2 + (0, 521)2

Pregunta 2 a) Determinemos la ecuaci´on de la curva C, sustituyendo la segunda ecuaci´on en la primera, obtenemos 2 + z 2 = 11 =⇒ z 2 = 9, z = ±3. Como z > 0, la curva dada es la circunsferencia x2 + y 2 = 2, z = 3. √ √
− 2 cos t, 2 sin t, 3 , La ecuaci´on param´etrica de la curva es → r (t) = y el √ √
− valor del par´ametro en el punto es → r (t0 ) = 2 cos t0 , 2 sin t0 , 3 = √
0, 2, 3 √ =⇒ 2 cos t0 = 0 =⇒ t0 = π2 . Calculemos ahora la ecuaci´on del plano osculador, derivando, obtenemos √ √ √


→ − − r 0 (t) = − 2 sin t, 2 cos t, 0 =⇒ → r 0 π2 = − 2, 0, 0 √ √ √


00 − → − r 00 π2 = 0, − 2, 0 r (t) = − 2 cos t, − 2 sin t, 0 =⇒ → El vector normal al plano en el punto dado es i j k √

→ − − 0 0 = (0, 0, 2) r 00 π2 = − 2 r 0 π2 × → √ 0 − 2 0 182

La ecuaci´on del plano osculador viene dada por h→ √

i →  − → −
f −− r π2 · N π2 = 0 ⇐⇒ (x.y.z) − 0, 2, 3 · (0, 0, 2) =⇒ z=3 b) El versor tangente, en el punto es √

→ − r 0 π2 0, − 2, 0 b
= √ = (0, −1, 0) . t= −

→ r0 π 2 2

El versor binormal viene dado por
→
− → − 00 π 0 π × r r (0, 0, 2) 2
2
bb = = = (0, 0, 1) . → − − π π 00 0

→ 2 r 2 × r 2 Finalmente el versor normal es n b = bb × b t = (1, 0, 0) . Pregunta 3 − − a) A partir de → r =→ r (s) tenemos que 0 → − r (s) = Tb (s) derivando por segunda vez y aplicando la identidad de Frenet, queda 00 0 → − b (s) =⇒ r (s) = Tb (s) = κN 000

0 → − b (s) + κN b 0 (s) r (s) = κ N

Utilizando nuevamente la identidades de Frenet , obtenemos   000 0 → − b b b r (s) = κ N (s) + κ τ B − κT =⇒ 000

0 → − b (s) + κτ B b − κ2 Tb r (s) = κ N

Calculando el producto interno y considerando la ortonormalidad de la base n o b, B b , produce Tb, N  0  000 0 → − − b (s) + κτ B b − κ2 Tb = −κ2 r (s) · → r (s) = Tb (s) · κ N

  000 00 0 → − − − b (s) × κ0 N b (s) + κτ B b − κ2 Tb r (s) · → r (s) × → r (s) = Tb (s) · κN = κ2 τ − b) A partir de → r (s) =

4 5

cos s, 1 − sin s, − 53 cos s 183




=⇒


0 → − r (s) = − 45 sin s, − cos s, 35 sin s =⇒
00 → − r (s) = − 45 cos s, sin s, − 53 cos s =⇒
000 → − r (s) = 4 sin s, cos s, 3 sin s 5

5

Realizando el producto interno 000

0 → − − r (s) · → r (s) = −1 = −κ2 =⇒ κ = 1 000

00 0 → − − − r (s) · → r (s) × → r (s) = 0

c) Desde κ = 1 podemos inferir que la curva es una circunferencia y por τ = 0 concluimos, que la curva es plana. d) Eliminando el par´ametro s en las ecuaciones param´etricas   3 4 cos s, 1 − sin s, − cos s (x, y, z) = 5 5 Produce x2 + (y − 1)2 + z 2 = 1, 3x + 4z = 0

Autoevaluaci´ on No 3 Pregunta 1 − Dada la ecuaci´on param´etrica de la curva → r (t) =

  1 1 t, + 1, − t , t t

en el punto (1, 2, 0) , determine: a) la curvatura de la curva b) La torsi´on de la curva Pregunta 2 Sea r = r (θ) la ecuaci´on de una curva C en coordenadas polares, con a ≤ θ ≤ b a´ngulo polar y P (θ) punto de C. Demuestre que Rbp a) La longitud de C desde P (a) hasta P (b) es L = a r2 + (r0 )2 dθ 0 2 2(r ) − rr00 + r2 b) La curvatura de C en P (θ) es κ = . [r2 + (r0 )2 ]3/2 184

c) Usando lo anterior,calcular la longitud L y la curvatura κ de la espiral logar´ıtmica r (θ) = eλθ , donde λ es constante. Pregunta 3 Un punto se mueve sobre la par´abola y = x2 . Si en el instante t = α , P 00

0

se encuentra en (0, 0) y s (α) = a ,s (α) = b ; donde la funci´on s = s (t) es la longitud de arco de la curva y a , b constantes. Determine la velocidad y la aceleraci´on de P en el instante t = α.

Pauta de Autocorrecci´on Pregunta 1 El valor del par´ametro en el punto viene dado por   1 1 → − r (t0 ) = t0 , + 1, − t0 = (1, 2, 0) =⇒ t0 = 1 t0 t0 Derivando sucesivamente   1 1 − → − 0 r 0 (1) = (1, −1, −2) r (t) = 1, − 2 , − 2 − 1 =⇒ → t t   2 2 → − − 00 r (t) = 0, 3 , 3 =⇒ → r 00 (1) = (0, 2, 2) t t   6 6 → − − r 000 (t) = 0, − 4 , − 4 =⇒ → r 000 (1) = (0, −6, −6) t t La curvatura se determina mediante la identidad

→

√ 00 −

− r 0 (1) × → r (1) k(2, −2, 2)k 2 √ = = κ (1) = 3/2 − 6 63 k→ r 0 (1)k Mientras que la torsi´on est´a dada por la identidad

→

00 − −

− r 0 (1) × → r (1) · → r 000 (1) k(2, −2, 2) · (0, −6, −6)k √ = =0 τ (1) = 2 → − → − 63 k r 0 (1) × r 00 (1)k Obs´ervese que la torsi´on es cero en todos los puntos ya que la curva est´a contenida siempre en el mismo plano. Pregunta 2 185

a) En este caso podemos parametrizar la ecuaci´on de la curva C de la forma → − − r =→ r (θ) = (r (θ) cos θ, r (θ) sin θ) Derivando esta expresi´on respecto de θ obtenemos 0 0 0 0 → − − r =→ r (θ) = (r (θ) cos θ − r (θ) sin θ, r (θ) sin θ + r (θ) cos θ)

De modo que

→

→ 1/2 q 0 0 0 0 − → −

−

r (θ) = r (θ) · r (θ) = (r cos θ − r sin θ)2 + (r0 sin θ + r cos θ)2

− 0 p =⇒ → r (θ) = r2 + (r0 )2 . − Entonces la longitud del arco entre θ = a y θ = b para la curva → r (θ) es L=

R b → Rbp 0

− r (θ) dθ = a r2 + (r0 )2 dθ. a

→

00 −

− r 0 (θ) × → r (θ) b) Deduciremos la curvatura usando la f´ormula κ (θ) = 3/2 − k→ r 0 (θ)k Tenemos que 0 0 → − r = r (θ) (cos θ, sin θ) + r (θ) (− sin θ, cos θ) Derivando por segunda vez obtenemos 00 00 0 → − r = r (θ) (cos θ, sin θ) + 2r (θ) (− sin θ, cos θ) − r (θ) (cos θ, sin θ)

Determinemos el producto vectorial considerando R2 un subespacio vectorial de R3 0 00 → − − r ×→ r =

h 0 i r (cos θ, sin θ, 0) + r(− sin θ, cos θ, 0) h 00 i 0 × r (cos θ, sin θ) + 2r (− sin θ, cos θ) − r(cos θ, sin θ)   0 00 = 0, 0, 2(r )2 − rr + r2

ya que se satisfacen que (cos θ, sin θ, 0) × (cos θ, sin θ, 0) = (0, 0, 0) y (cos θ, sin θ, 0) × (− sin θ, cos θ, 0) = (0, 0, 1) De esta forma

→

0 0 00 00 −

− r ×→ r = 2(r )2 − rr + r2 186

Por lo tanto

→

0 2 00 −

− 2(r ) − rr00 + r2 r 0 (θ) × → r (θ) κ (θ) = = 3/2 − [r2 + (r0 )2 ]3/2 k→ r 0 (θ)k 0

00

c) Sea r (θ) = eλθ =⇒ r (θ) = λeλθ =⇒ r (θ) = λ2 eλθ . Aplicando directamente las f´ormulas obtenidas en a) y b), obtenemos la longitud de la curva y su curvatura Z bp Z bp 0 2 2 r + (r ) dθ = e2λθ + λ2 e2λθ dθ L = a

a


1 + λ2 λb = e − eλa λ

κ (θ) =

0 2 2(r ) − rr00 + r2

=

[r2 + (r0 )2 ]3/2 1 = √ 1 + λ2 eλθ

(1 + λ2 ) e2λθ √ (1 + λ2 ) 1 + λ2 e3λθ

Pregunta 3 Dada la ecuaci´on cartesiana de la curva y = x2 − Sea → r (t) = (x (t) , y (t)) la funci´on vectorial que describe el movimiento del punto tal que y (t) = [x (t)]2 , entonces al derivar esta expresi´on tenemos 0

0

00

0

00

y (t) = 2x (t) x (t) =⇒ y (t) = 2((x (t))2 + x (t) x (t)). − Sabemos que en el instante t = 0, → r (α) = (x (α) , y (α)) = (0, 0) =⇒ x (α) = 0, y (α) = 0
2 0 00 0 Al evaluar las derivadas de y produce: y (α) = 0, y (α) = 2 x (α) Por otra parte , sabemos que: 0

→

q 0 0 0 −

s (α) = r (α) = (x (α))2 + (y 0 (α))2 = x (α) = a  0  00 0 00

→


0 x (t) x (t) + y (t) y (t) 00 0 − s (α) = r (t) (α) = (α) = − k→ r 0 (t)k 0

00

x (α) x (α) 00 = b =⇒ x (α) = b s (α) = a 00

187

Por lo tanto, la velocidad y la aceleraci´on en el punto P son  0  0 → − r (α) = x (α) , y 0 (α) = (a, 0)  00  00
→ − r (α) = x (α) , y 00 (α) = b, 2a2

188

Cap´ıtulo 3 Funciones de varias variables 3.1.

Introducci´ on

El concepto de funci´on, ya establecido, en cursos precedentes puede ser extendido a situaciones del tipo → − f : A ⊂ IRm → B ⊂ IRn , m, n ∈ IN − en el sentido que son correspondencias que asignan a cada vector → x ∈ → − → − → − → − A un u ´nico vector y ∈ B anotado y = f ( x ) . Consideradas las − − componentes de → x y de → y la igualdad anterior, tambi´en, se anota de la forma → − (y1 , y2 , . . . , yn ) = f (x1 , x2 , . . . , xm ); estas funciones se denominan funciones vectoriales de variable vectorial , o bien, n funciones dependientes de m variables independientes. Sus respectivos dominio de definici´on A y recorrido B se denominan campos vectoriales. En este curso se consider´an funciones del tipo → − f : A ⊂ IRm → B ⊂ IR esto es con m > 1 y n = 1 , que por las caracter´ıstica de los espacios pasan a llamarse, funciones reales de variable vectorial ( de m variables independientes). En la unidad anterior fueron consideradas funciones vectoriales → − f : A ⊂ IR → IRn 189

es decir, con m = 1 y n > 1. Estas funciones se denotan como → − y = f (x1 , x2 , . . . , xm ) − − −x = (x , x , . . . , x ) y se estudiar´an alternativamente → y = f (→ x ) con→ 1 2 m sus propiedades en cu´anto a variaciones, gr´aficas, aplicaciones, etc, a partir de los conceptos de l´ımite, continuidad, y derivada. En particular, para los casos usuales m = 2 y m = 3, se denotan z = f (x, y), (x, y) ∈ A ⊂ IR2 ; w = f (x, y, z)(x, y, z) ∈ A ⊂ IR3 , respectivamente. Ejemplos Caso 1) a) La correspondencia z = f (x, y) = xy , A = IR2 , B = IR , restringidos x e y a valores positivos f (x, y) = xy corresponde al ´area del rect´angulo de lados x e y (comparado con f (r) = πr2 , ´esta representa el a´rea del c´ırculo de radio r y es funci´on del tipo f : A ⊂ IR → B ⊂ IR, o sea con m = 1 y n = 1. b) La correspondencia w = f (x, y, z) = xyz , tiene A = IR3 , B = IR , y con x, y, z positivos representa el volumen V del prisma recto de aristas x, y, z. Caso 2) a) La funci´on f : A ⊂ IR2 → B ⊂ IR dada por p z = f (x, y) = x2 + y 2 , A = IR2 , B = IR, representa la distancia del punto P = (x, y) al origen O = (0, 0) de IR2 . b) La funci´on f : A ⊂ IR3 → B ⊂ IR dada por p w = f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 , A = IR3 , B = IR, representa la distancia del punto P = (x, y, z) al origen O = (0, 0, 0) de IR3 . Caso 3) La funci´on z = f (x, y) = p

1 x2

y2

, en que f : A ⊂ IR2 → B ⊂ IR

+ tiene dominio A = IR2 ,y recorrido B = IR, representa el potencial 190

electrost´atico en cada punto P = (x, y) del plano debido a una carga unitaria colocada en el origen O = (0, 0) de IR2 . Nota: En estos ejemplos de funciones con m = 2, ´o m = 3 se puede considerar los conceptos de l´ıneas de nivel y superficies de nivel como S = {(x, y) ∈ A/ f (x, y) = c} para c constante dada; y S = {(x, y, z) ∈ A/ f (x, y, z) = c} para c constante dada. n o p 2 2 2 a) En el caso 2) se tiene que S = (x, y) ∈ IR / x + y = c con √ c ≥ 0 son circunsferencias de radio c (´o el origen si c = 0). ( ) 1 b) En el caso 3) S = (x, y) ∈ IR2 − {(0, 0)} / p = c, c > 0 x2 + y 2 1 las l´ıneas que verifican x2 + y 2 = 2 se llaman l´ıneas equipotenciales c alrededor de la carga, describen circunsferencias centradas el (0, 0) de 1 radio . c Unido a lo anterior, en topograf´ıa las curvas determinadas por ecuaci´on f (x, y) = c se llaman tambi´en contornos p de nivel de una superficie. Por ejemplo, la funci´on z = f (x, y) = 25 − x2 − y 2 que tiene  A = (x, y) ∈ IR2 / x2 + y 2 ≤ 25 , B = [0, 5] representa na.esf´erica de radio basal 5 y altura 5; con c = 3 puna ”monta˜ se tiene 25 − x2 − y 2 = 3, de lo cual se tiene el contorno de nivel x2 + y 2 = 16. Caso 4) La presi´on P ejercida por un gas ideal encerrado en un cilindro pist´on es T donde k cte, T es la temperatura dada por la funci´on P (T, V ) = k V y V el volumen del cilindro. En este caso las l´ıneas de nivel reciben el nombre de l´ıneas isob´aricas P = c, ´o isotermas cuando T = c con T funci´on temperatura en cada punto (x, y, z) . Caso 5) 191

a) El a´rea S de la superficie del cuerpo humano es una funci´on del peso w y la altura h dada por S (w, h) = 0, 091w0,425 h0,725 (deducci´on emp´ırica), donde w est´a en libras y h en pulgadas y S en pie2 . b) Tambi´en S es dada por S (h, t) = 2ht donde h es la altura en cm y t es la longitud de la circunferencia m´axima del muslo en cm. Por ejemplo, una ni˜ na de altura h = 156 cm y 50 cm de de circunsferencia m´axima del muslo tienen una superficie corporal de 15,600 cm2 . Caso 6) La funci´on f (x, y) = C xa y 1−a con C y a constantes, donde x son las unidades de trabajo e y las unidades de capital representa un modelo de unidades de producci´on (Modelo de Cobb-Douglas), que se utiliza en econom´ıa y en la evaluaci´on de proyectos. Caso 7) a) La potencia el´ectrica para un voltage E y resistencia R es la funci´on E2 . de dos variables P (E, R) = R b) La resistencia total al conectar en paralelo dos resistencias R1 , R2 1 1 1 es regido por la ecuaci´on = + , de donde se deduce R = R R1 R2 R (R1 , R2 ) . Caso 8) a) La aceleraci´on centr´ıpeta de una part´ıcula que se mueve en la cirv2 cunferencia de radio r siendo v la rapidez es dada por a (r, v) = . r b) El desplazamiento vertical de una cuerda larga sujeta en el origen, que cae bajo la acci´on de su propio peso es dada por   − g (2axt − x2 ) , si 0 ≤ x ≤ at 2a2 g u (x, t) =  , si x > at, a cte − 2 t2 2a Caso 9) La concentraci´on molecular C (x, t) de un l´ıquido es dada por x2 t

C (x, t) = t−1/2 e− k

y esta funci´on verifica la ecuaci´on de difusi´on 192

k ∂ 2C ∂C . = 4 ∂x2 ∂t Caso 10) Cuando una chimenea de h metros de altura emite humo que contiene contaminante o´xido n´ıtrico la concentraci´on C (x, z) a x km de distancia y z metros de altura es dada por a C (x, z) = 2 x

  b(z−h)2 b(z−h)2 − 2 2 x x e +e

∂C ∂C , ,en el punto P = (2, 5) Calcular e interpretar los valores de ∂x ∂t para a = 200, b = 0, 02; h = 10 m. Caso 11) Un ejemplo de una funci´on que depende de 4 variables es la que establece la ley de Poiseuille en la cual la intensidad del flujo de un fluido viscoso (como la sangre) trav´es de un conducto (como una arteria), es R4 Q (R, L, p1 , p2 ) = k (p1 − p2 ) L con k cte, R radio de conducto, L su longitud y p1 , p2 presiones en los extremos del conducto.

3.2. Funciones Escalares de Variable Vectorial 3.2.1.

Conceptos Topol´ ogicos

Nuestro espacio universo ser´a Rn pensado preferentemente con n = 2 o n = 3. − − Si → x ∈ Rn entonces cada vector → x = (x , x , . . . , x ) esta conformado 1

2

n

por una n- upla ordenada de n´ umeros reales. − − La m´etrica que se usar´a, es la m´etrica usual, es decir si → x ,→ y ∈ Rn tal que: → − x = (x1 , x2 , . . . , xn ) → − y = (y1 , y2 , . . . , yn ) 193

entonces − − k→ x −→ yk=

n X

! 21 (xi − yi )2

i=1

A kk se le llama norma euclidea y permite calcular la distancia entre los puntos x e y. Si y = 0 entonces − k→ xk=

n X

! 12 x2i

i=1

Vecindad Sea x0 ∈ Rn , una vecindad de x0 es: Vδ (x0 ) = {x ∈ Rn | kx − x0 k < δ}

En R2 esta vecindad es un disco centrado en P0 . En R3 es una esfera centrada en P0 y de radio δ Caso especial es el de la vecindad despuntada Vδ∗ (x0 ) = Vδ (x0 ) − {x0 } Punto Interior Sea S ⊆ Rn , x ∈ S es un punto interior de S si existe δ > 0 tal que: Vδ (x) ⊂ S

Conjunto Abierto Sea A ⊆ Rn , diremos que A es un conjunto abierto si y s´olo si todos sus puntos son interiores.

194

Ejemplo: ¿Cu´ ales de los siguientes conjuntos son abiertos? A = {(x, y) ∈ R2 | x2 + y 2 ≤ 1}

No es conjunto abierto

A = {(x, y) ∈ R2 | |x| < 1, |y| < 1} Es conjunto abierto A = {(x, y) ∈ R2 | 0 ≤ x < 1}

No es conjunto abierto

Conjunto Cerrado Sea B ⊆ Rn , diremos que B es un conjunto cerrado si su complemento Rn − B es abierto.

Punto Frontera Sea A ⊆ Rn , x0 es un punto frontera de A si y solo si ∀δ > 0 : Vδ (x0 ) ∩ A 6= ∅ y Vδ (x0 ) ∩ (Rn − A) 6= ∅

Interior de un Conjunto Sea A ⊆ Rn ,el conjunto de todos los puntos interiores de A se llama el o

interior de A y se denota A o sea: o

A = {x | x es punto interior de A}

Frontera de un Conjunto Sea A ⊆ Rn , la frontera de A es el conjunto de todos los puntos frontera de A y se denota F r(A).

Proposici´ on 1 Si S es abierto, no contiene ninguno de sus puntos fronteras. Dem. Directamente de la definici´on de conjunto abierto.

195

Proposici´ on 2 Si S es cerrado, contiene a todos sus puntos fronteras.

Segmento Lineal Si P1 , P2 ∈ Rn , el segmento lineal que une P1 con P2 es P = (1 − t)P1 + P2 , 0 ≤ t ≤ 1. P1 se llama punto inicial y P2 punto terminal.

Linea Poligonal Una poligonal est´a formada por un n´ umero finito de segmentos lineales unidos sucesivamente por sus extremos.

Punto Aislado Sea A ⊆ Rn , x0 es punto aislado de A si y solo si x0 ∈ A y ∃δ > 0 : Vδ∗ (x0 ) ∩ A = ∅

Punto de Acumulaci´ on Sea A ⊆ Rn , x ∈ Rn , x es punto de acumulaci´on de A si toda vecindad despuntada de x contiene puntos de A, es decir: x es punto de acumulaci´on de A ⇐⇒ Vδ∗ (x0 ) ∩ A 6= ∅

Regi´ on Sea R ⊆ Rn ,diremos que el conjunto R es una regi´on si es un conjunto abierto y cualquier par de puntos de ella pueden unirse mediante una l´ınea poligonal, contenida en R.

196

Regi´ on Cerrada Es una regi´on unida con su frontera. Teorema 3.2.1. Sea C ⊆ Rn y C es conjunto cerrado, entonces C contiene en todos sus puntos de acumulaci´on.

3.2.2. Aspectos Geom´ etrico de las Funciones Escalares Sea f : D ⊆ Rn → R esta funci´on a cada x ∈ D, x = (x1 , x2 , . . . , xn ) le asigna una imagen b ∈ R, b un escalar. b = f (x1 , x2 , . . . , xn ) a este tipo de funciones se les llama usualmente campo escalar. Con el objeto de resaltar sus aspectos geom´etricos, especialmente para funciones de dominio en R2 o R3 analizaremos conceptos como, gr´aficas, curvas de nivel, superficies de nivel, trazos, etc. de estas funciones. Sea f : D ⊆ Rn → R si x ∈ D =⇒ x = (x1 , x2 , . . . , xn ), D es el dominio de la funci´on f. f (D) = Im(f ) = {z ∈ R | z = f (x1 , x2 , . . . , xn )}

3.2.3.

Gr´ afica de una Funci´ on

Sea f : D ⊆ Rn → R , definimos la gr´afica de f como el subconjunto de Rn+1 formado por todos los puntos (x1 , x2 , . . . , xn , f (x1 , x2 , . . . , xn )) para cada (x1 , x2 , . . . , xn ) ∈ Rn . Simb´olicamente  Gf = (x1 , x2 , . . . , xn , f (x1 , x2 , . . . , xn )) ∈ Rn+1 | (x1 , x2 , . . . , xn ) ∈ D

As´ı, si n = 2 y f es tal que z = f (x, y) entonces su gr´afica ser´a:  Gf = (x, y, z) ∈ R3 | z = f (x, y)

197

3.2.4.

Curvas y Superficies de Nivel

Sea f : D ⊆ Rn → R y C un escalar. Entonces el conjunto de puntos de nivel de valor C ,se define como el conjunto de puntos (x1 , x2 , . . . , xn ) ∈ D para los cuales f (x1 , x2 , . . . , xn ) = C.Simb´olicamente, el conjunto de nivel S = {(x1 , x2 , . . . , xn ) ∈ D | f (x1 , x2 , . . . , xn ) = C} Si n = 2 el conjunto {(x, y) | f (x, y) = C} es una curva de nivel. Si n = 3 el conjunto {(x, y, z) | f (x, y, z) = C} es una superficie de nivel.

Ejemplo: 1.- Trazar la curva de nivel de f (x, y) = x − y, C = 0, 1, 2 · ··

2.- Trazar la curva de nivel de f (x, y) = 10 − x2 − 4y 2 , C = 0, 1, 2 · ·· Es familia de elipses centradas para C < 10, cuyo eje mayor se encuentra sobre el eje x Observaci´ on: Las curvas y las superficies de nivel permiten dar una imagen de la gr´ afica de la funci´ on. 198

3.2.5.

L´ımite

Sea f : D ⊆ Rn → R una funci´on escalar y x0 un punto de acumulaci´on del dominio D. Formularemos la definici´on de l´ımite de una funci´on escalar de la siguiente forma. Definici´ on 3.2.1. La funci´on f tiene como l´ımite al n´ umero L ∈ R cuando x → x0 , si para cada  > 0, existe δ (, x0 ) > 0 tal que x ∈ D y 0 < kx − x0 k < δ

entonces

|f (x) − L| < 

Simb´olicamente:

l´ım f (x) = L ⇐⇒ ∀ > 0, ∃δ > 0 :

x→x0

x ∈ D y 0 < kx − x0 k < δ =⇒ |f (x) − L| <  En el caso particular n = 2 esta definici´on es

l´ım

f (x, y) = L ⇐⇒ ∀ > 0, ∃δ > 0 : (x, y) ∈ D y

(x,y)→(x0 ,y0 )

0 < k(x, y) − (x0 , y0 )k < δ =⇒ |f (x, y) − L| <  Ejemplo Sea f (x, y) = x2 + 2xy. Determinar si existe

l´ım (x,y)→(3,−1)

199

(x2 + 2xy)

An´ alisis: Si (x, y) → (3, −1) significa que x est´a cercano a 3 e y est´a cercano a −1 por lo tanto el valor de x2 + 2xy debe estar pr´oximo a 3 se espera entonces que si este l´ımite existe debe ocurrir que:
l´ım x2 + 2xy = 3 (x,y)→(3,−1)

Observe que: q q 2 |x − 3| ≤ (x − 3) ≤ (x − 3)2 + (y + 1)2 = k(x, y) − (3, −1)k q q 2 |y + 1| ≤ (y + 1) ≤ (x − 3)2 + (y + 1)2 = k(x, y) − (3, −1)k por lo cual:

k(x, y) − (3, −1)k < δ =⇒ |x − 3| < δ y |y + 1| < x2 + 2xy − 3 < δ por otro lado , se tiene 2 x + 2xy − 3 = (x − 3)2 + 2(x − 3)(y + 1) + 4(x − 3) + 6(y + 1) ≤ |x − 3|2 + 2 |x − 3| |y + 1| + 4 |x − 3| + 6 |y + 1|

Sin p´erdida de generalidad se puede poner la condici´on δ < 1 entonces mayorando t´ermino a t´ermino, produce

2 x + 2xy − 3 < |x − 3| + 2 |y + 1| + 4 |x − 3| + 6 |y + 1| < δ + 2δ + 4δ + 6δ = 13δ

 ε , Definiendo δ = min 1, 13 Todo lo anterior permite afirmar que: k(x, y) − (3, −1)k < δ ⇒ x2 + 2xy − 3 < 13 x2 + 2xy − 3 ε < 13δ = 13 = ε 13 200

Lo cual prueba que

(x2 + 2xy) = 3

l´ım (x,y)→(3,−1)

Consideremos otro ejemplo en que usamos tambi´en la definici´on pero otro procedimiento

Ejercicio: Probar que  l´ım (x,y)→(0,0)

x2 y 2 x2 + y 2

 =0

Soluci´ on: Sea  > 0 y

x2

≤ =⇒

Sea δ =

√

x2 + y 2 , y 2 ≤ x2 + y 2 =⇒ x2 y 2 ≤ x2 + y 2 x2 y 2 ≤ x2 + y 2 , (x, y) 6= (0, 0) x2 + y 2

ε, k(x, y) − (0, 0)k = k(x, y)k =

p

x2 + y 2

p p √ x2 + y 2 < δ =⇒ x2 + y 2 < ε =⇒ x2 + y 2 < ε 2 2 2 2 xy = x y 0 existe δ > 0 tal que ∀x ∈ D : kx − ak < δ =⇒ |f (x) − f (a)| < ε donde x = (x1 , x2 , ..., xn ), a = (a1 , a2 , ..., an ). O lo que es lo mismo: Se tiene que f

es continua en un punto a si:

i) f (a) existe, ii)l´ım f (x) existe y ;

iii)l´ım f (x) = f (a).

x→a

x→a

Es decir, para que una funci´on de varias variables sea continua en un punto debe estar definida all´ı, debe tener l´ımite en ´el y el valor de la funci´on en el punto debe ser igual al valor del l´ımite en ese punto. En R2 podemos enunciar esta propiedad de la siguiente forma. Una funci´on f en continua en un punto interior (x0 , y0 ) de una regi´on R si f (x0 , y0 ) est´a definida y l´ım

f (x, y) = f (x0 , y0 )

(x,y)→(x0 ,y0 )

f ser´a continua en la regi´on R si es continua en cada punto de R. Las funciones que no son continuas se dicen que son discontinuas.

Teoremas de Continuidad Son similares a los teoremas para funciones de una variable. Esto significa que, si una funci´on es combinaci´on de otras funciones y estas funciones a su vez son continuas entonces la funci´on es continua excepto en aquellos puntos en los que no est´a definida.

 

x2 y 2 si (x, y) 6= (0, 0) ,estudie Ejemplo. Sea la funci´on f (x, y) = x2 + y 2  0 si (x, y) = (0, 0) la continuidad de f en R2 . Soluci´ on. 205

Claramente si (x, y) 6= (0, 0), f es un cuociente de funciones continuas por lo que tambi´en es continua. Adem´as, la funci´on es continua en (0, 0) pues se demostr´o en 1.4.2, que x2 y 2 = 0 = f (0, 0), (x,y)→(0,0) x2 + y 2 l´ım

Por lo tanto, esta funci´on es continua en todo R2 . Continuando con este mismo ejemplo, podemos usar coordenadas polares para mostrar de que ´este u ´ltimo l´ımite vale cero. Decir que (x, y) → (0, 0) , en coordenadas polares es equivalente a que r → 0 (independientemente del valor de θ). x2 y 2 en coordenadas polares, x2 + y 2 x = r cos θ, y = r sin θ, obtenemos la funci´on Expresando la funci´on f (x, y) =

g(r, θ) =

2 2 r2 cos 2 θ sin 2 θ 2 cos θ sin θ = r cos 2 θ + sin 2 θ cos 2 θ + sin 2 θ

observese que ϕ (θ) =

cos 2 θ sin 2 θ = cos 2 θ sin 2 θ ≤ 1. cos 2 θ + sin 2 θ

est´a acotada, y adem´as ψ (r) = r2

Lo que implica que: l´ımg(r, θ) = l´ımψ(r)ϕ(θ) = 0.

r→0

r→0

Podemos concluir que si ϕ(θ) ≤ M est´a acotada, en una vecindad con centro en el origen, y ψ(r) → 0 cuando r −→ 0,entonces l´ımψ(r)ϕ(∅) = r→0 0.

Continuidad en un conjunto abierto. Diremos una funci´on es continua en un conjunto abierto U ⊆ Rn ,si ella es continua en cada punto del conjunto U . 206

3.2.7.

Derivadas Parciales

Sea f : D ⊆ R2 → R funci´on de dos variables que est´a definida en una vecindad del puntos (x0 , y0 ). La derivada parcial de f respecto de x en (x0 , y0 ) se define por: ∂f f (x0 + h, y0 ) − f (x0 , y0 ) (x0 , y0 ) = l´ım h→0 ∂x h Similarmente, la derivada parcial de f respecto de y en (x0 , y0 ) se define por: f (x0 , y0 + h) − f (x0 , y0 ) ∂f (x0 , y0 ) = l´ım h→0 ∂y h siempre que estos l´ımites existan. Las derivadas de orden superior son una reiteraci´on de la definici´on anterior, es decir, derivadas sucesivas, as´ı:

  ∂ ∂f ∂ 2f fx (x0 + h, y0 ) − fx (x0 , y0 ) = = l´ ım h→0 ∂x2 ∂x ∂x h   ∂ ∂f ∂ 2f fy (x0 , y0 + h) − fy (x0 , y0 ) = = l´ım 2 h→0 ∂y ∂y ∂y h   2 ∂ ∂f ∂ f fy (x0 + h, y0 ) − fy (x0 , y0 ) = = l´ım h→0 ∂x∂y ∂x ∂y h

Ejemplo: Ejemplo: Calcular las derivadas parciales de: f (x, y) = x4 sin y + cos xy Soluci´ on: De acuerdo con la definici´on debemos calcular (x + h)4 sin y + cos(x + h)y − (x4 sin y + cos xy) h→0 h l´ım

207

Desarrollando el numerador se tiene: x4 sin y + 4x3 h sin y + 6x2 h2 sin y + 4xh3 sin y + h4 sin y + cos(xy) cos(hy) − sin(xy) sin(hy) − x4 sin y − cos(xy) = 4x3 h sin y + 6x2 h2 sin y + 4xh3 sin y + h4 sin y + cos(xy)(cos(hy) − 1) − sin(xy) sin(hy) = Calculando l´ımite (x + h)4 sin y + cos(x + h)y − (x4 sin y + cos xy) l´ım h→0 h (cos(hy) − 1) sin(hy) = 4x3 sin y + cos xyl´ım − sin(xy)l´ım h→0 h→0 h h Como l´ım

h→0

(cos(hy) − 1) =0 y h

l´ım

h→0

sin(hy) =y h

Tenemos que este l´ımite y por tanto la derivada es ∂f (x, y) = 4x3 sin y − y sin(xy) ∂x De igual forma se puede calcular por definici´on. ∂f (x, y) = x4 cos y − x cos xy ∂y Derivadas Parciales Cruzadas Teorema 3.2.6. (Teorema de Schwarz) Sea f : D ⊆ R2 → R una funci´on, D abierto. Si las derivadas ∂ 2f existen y son continuas en D, entonces: ∂y∂x ∂ 2f ∂ 2f = ∂x∂y ∂y∂x 208

∂ 2f y ∂x∂y

Demostraci´on queda propuesta. Como ejemplo ilustrativo considere la funci´on ( f (x, y) =

x3 y−xy 3 x2 +y 2

0

si (x, y) 6= (0, 0) si (x, y) = (0, 0)

y verifique que: ∂ 2f (0, 0) = 1, ∂x∂y

∂ 2f (0, 0) = −1 ∂y∂x

Observaci´ on: Use la definici´on y encuentre estos resultados.

3.3.

Diferenciabilidad en dos variables

Sea f una funci´on definida en una vecindad de (x0 , y0 ). Diremos que f es diferenciable en (x0 , y0 ) si existen n´ umeros A y B tales que: f (x0 + h, y0 + k) − f (x0 , y0 ) = Ah + Bk + α (h, k) k(h, k)k y si el residuo tiene la propiedad

l´ım α (h, k) = 0. Diremos que f

k(h,k)k→0

es diferenciable en una regi´on, si es diferenciable en cada punto de la regi´on. Teorema 3.3.1. Si f es diferenciable en (x0 , y0 ), entonces f es continua en (x0 , y0 ). Demostraci´ on: Sea (x, y) ∈ Vδ ((x0 , y0 )) y

f (x0 +h, y0 +k)−f (x0 , y0 ) = A (x − x0 )+B (y − y0 )+α (h, k) k(x, y) − (x0 , y0 )k Adem´as sabemos que |x − x0 | ≤ k(x, y) − (x0 , y0 )k , |y − y0 | ≤ k(x, y) − (x0 , y0 )k entonces 209

kf (x0 + h, y0 + k) − f (x0 , y0 )k ≤ |Ah + Bk + α (h, k)| k(x, y) − (x0 , y0 )k Si (x, y) → (x0 , y0 ) , tenemos que α (h, k) → 0 y k(x, y) − (x0 , y0 )k → 0 por lo tanto kf (x0 + h, y0 + k) − f (x0 , y0 )k → 0 l´ım

∴

(h,k)→(0,0)

f (x0 + h, y0 + k) = f (x0 , y0 )

La diferenciabilidad es tambi´en una condici´on m´as fuerte que la existencia de las derivadas parciales. Teorema 3.3.2. Si f es diferenciable en (x0 , y0 ), entonces las derivadas parciales de primer orden existen en (x0 , y0 ) y fx (x0 , y0 ) = A fy (x0 , y0 ) = B Demostraci´ on Sea f diferenciable en (x0 , y0 ) =⇒ √ f (x0 + h, y0 + k) − f (x0 , y0 ) = Ah + Bk + α (h, k) h2 + k 2 dividiendo por h 6= 0 y haciendo k = 0 se tiene: |h| f (x0 + h, y0 ) − f (x0 , y0 ) =A+α h h f (x0 + h, y0 ) − f (x0 , y0 ) |h| =⇒ − A = |α (h)| = |α (h)| h h pero l´ım α (h) = 0 h→0

f (x0 + h, y0 ) − f (x0 , y0 ) =A h→0 h

∴ l´ım De manera analoga

210

f (x0 , y0 + k) − f (x0 , y0 ) =B k→0 k

∴ l´ım

Se puede tener tambi´en el siguiente criterio para la diferenciabilidad de una funci´on. Teorema 3.3.3. Sea f : D ⊆ R2 → R una funci´on. Si f tiene primeras derivadas parciales continuas en una regi´on D. Entonces f es diferenciable en cada punto de D. Nota: Todas las ideas dadas para funciones de dos variables se pueden extender a funciones definidas en un espacio n dimensional. Diferencial Total En dos dimensiones: Si f es diferenciable en (x0 , y0 ) entonces la diferencial total es: df =

∂f ∂f dx + dy en (x0 , y0 ) ∂x ∂y

En tres dimensiones:. Si f es diferenciable en (x0 , y0 , z0 ) entonces la diferencial total es: df =

3.3.1.

∂f ∂f ∂f dx + dy + dz en (x0 , y0 , z0 ) ∂x ∂y ∂z

Derivada Direccional

Gradiente Sea f : D ⊆ Rn → R, P ∈ D abierto y f diferenciable en P. Entonces el vector gradiente de f en P se denota ∇f (P ) y se define por la f´ormula:  ∇f (P ) =

 ∂f ∂f ∂f (P ) , (P ) , ..., (P ) ∂x1 ∂x2 ∂xn 211

Ejemplo: Sea f (x, y, z) = 3x3 y 2 z. Calcular ∇f (1, 2, 3). Soluci´ on: La funci´on tiene derivadas parciales continuas, entonces ∇f (x, y, z) = 9x2 y 2 z, 6x3 yz, 3x3 y 2




Evaluando, el gradiente de la funci´on f en el punto (1, 2, 3) queda ∇f (1, 2, 3) = (108, 36, 12) = 12 (9, 3, 1) Propiedades Si f y g son funciones diferenciables demuestre que: ∇ (f g) = f ∇g + g∇f   f g∇f − f ∇g ∇ = si g no es cero g g2 Ejemplo Si f es diferenciable en una variable y g = f (x2 + y 2 + z 2 ) . Calcular ∇g · ∇g. Soluci´ on. Si ponemos u = x2 + y 2 + z 2 al derivar parcialmente se tiene ∂g ∂g ∂g = 2xf 0 (u) ; = 2yf 0 (u) ; = 2zf 0 (u). ∂x ∂y ∂z =⇒ ∇g = 2f 0 (u)(x, y, z) =⇒ ∇g · ∇g = 4 [f 0 (u)] 2 [(x, y, z) · (x, y, z)] = 4 [f´(u)] 2 (x2 + y 2 + z 2 ) (Definici´on Derivada direccional) Sea f : D ⊆ Rn → R y P0 un punto interior de D. Sea u b vector unitario kb uk = 1. La derivada direccional de f en P0 en la direcci´on de u b se define por: f (P0 + hb u) − f (P0 ) h→0 h Si este l´ımite existe f tiene derivada direccional en P0 en la direcci´on ∂f (P0 ) . de u b y la denotamos ∂b u l´ım

212

∂f Teorema 3.3.4. Si f es diferenciable en P, entonces (P ) existe ∂b u para todos los vectores u b, unitarios y ∂f (P ) = ∇f (P ) · u b ∂b u Demostraci´ on: Considerando la demostraci´on en R3 .Sean P0 = (x, y, z) y u b = (u1, u2 , u3 ) Por definici´on de diferenciabilidad se tiene:

f (P0 + hb u) − f (P0 ) = f (x + hu1 , y + hu2 , z + hu3 ) − f (x, y, z) ∂f ∂f ∂f = h · u1 + h · u2 + h · u3 + α |h| ∂x ∂y ∂z   ∂f ∂f ∂f = h u1 + u1 + u3 + α |h| ∂x ∂y ∂z Dividiendo por h y tomando l´ımite cuando h → 0 se tiene α → 0 y f (P0 + hb u) − f (P0 ) ∂f ∂f ∂f = u1 + u2 + u3 h→0 h ∂x ∂y ∂z l´ım

∴

∂f (P0 ) = ∇f (P0 ) · u b ∂b u

∂f Nota: Para cada u b vector unitario fijo, la derivada direccional de∂b u fine una nueva funci´on, a la cual a su vez se le puede aplicar la definici´on de derivada direccional y tenemos as´ı las derivadas direccionales de orden superior. ∂ 2f ∂ = 2 ∂b u ∂b u



∂f ∂b u



Ejemplo Sea f (x, y) = x3 y 2 , calcular la derivada direccional de f en el punto − P0 (−1, 2) en la direcci´on del vector → u = (4, −3). Soluci´ on. Como f (x, y) = x3 y 2 en una funci´on diferenciable ∀ (x, y) ∈ R2 ,entonces 213

∂f (P ) = ∇f (P ) · u b ∂b u En primer lugar calculemos el vector gradiente ∇f (P0 ) = (3x2 y 2 , 2x3 y) En segundo lugar calculemos el vector unitario → − u (4, −3) u b= → = − 5 kuk Se deduce que
(4, −3) ∂f (x, y) = 3x2 y 2 , 2x3 y · ∂b u 5 Por lo tanto, evaluando en P0 (−1, 2) queda
(4, −3) 3 (−1)2 22 , 2 (−1)3 2 · 5 96 12 108 = + = 5 5 5 Teorema 3.3.5. Supongamos que f tiene segundas derivadas parciales continuas en una vecindad de un punto P. Entonces: ∂f (−1, 2) = ∂b u

∂ 2f (P ) = (b u · ∇)2 f 2 ∂b u Demostraci´ on: ∂f = f1 u1 + f2 u2 + f3 u3 ∂b u ∂ 2f ∂f1 ∂f2 ∂f3 = u1 + u2 + u3 2 ∂b u ∂b u ∂b u ∂b u 2 ∂ f = u1 (f11 u1 + f12 u2 + f13 u3 ) + u2 (f21 u1 + f22 u2 + f23 u3 ) ∂b u2 +u3 (f31 u1 + f32 u2 + f33 u3 ) Como las derivadas cruzadas son iguales se tiene ∂ 2f = u21 f11 + 2u1 u2 f12 + 2u1 u3 f13 + u22 f22 + 2u2 u3 f23 + u23 f33 ∂b u2  2 ∂ ∂ ∂ + u2 + u3 f = (b u · ∇)2 f = u1 ∂x ∂y ∂z 214

∂f (P ) = ∇f (P ) · u b ∂b u ∂f 1.) Si ∇f (P ) = 0 =⇒ → (P ) = 0 ∀b u ∂− u 2.) La direcci´on de m´aximo crecimiento de la derivada direccional viene dada ∂f por (P ) = k∇f (P )k en la direcci´on del vector gradiente. ∂b u 3.) La direcci´on de mayor decrecimiento (o m´ınimo crecimiento) viene dada en ∂f (P ) = − k∇f (P )k . la direcci´on −∇f (P ) y el valor m´ınimo es ∂b u Consecuencias de

Demostraci´ on: Basta considerar ∂f (P ) = ∇f (P ) · u b = k∇f (P )k cos θ ∂b u

3.3.2.

Plano tangente y recta normal

Sea z = f (x, y) la ecuaci´on de una superficie cualquiera. En lo que sigue conviene para mayor comprensi´on del razonamiento usar la expresi´on F (x, y, z) = 0 para denotar la superficie de nivel de la funci´on F (x, y, z) = f (x, y) − z = 0 o´ F (x, y, z) = z − f (x, y) = 0 Sea entonces la superficie F (x, y, z) = 0 y P0 = (x0 , y0 , z0 ) un punto − de ella. Sea → r (t) = (x(t), y(t), z(t)) la ecuaci´on param´etrica de una curva C en dicha superficie y que pasa por el punto (x0 , y0 , z0 ). Tomando la diferencial de F (x, y, z) = 0 tenemos ∂F ∂F ∂F dx + dy + dz = 0 ∂x ∂y ∂z − En P0 = (x0 , y0 , z0 ) de la curva donde → r (t0 ) = P0 se tiene 215

∂F (P0 ) ∂F (P0 ) ∂F (P0 ) · x´(t0 )dt + · y´(t0 )dt + · z´(t0 )dt = 0 =⇒ ∂x ∂y ∂z ∂F (P0 ) ∂F (P0 ) ∂F (P0 ) · x´(t0 ) + · y´(t0 ) + · z´(t0 ) = 0 ∂x ∂y ∂z

Es decir 

 ∂F (P0 ) ∂F (P0 ) ∂F (P0 ) , , · (x´(t0 ), y´(t0 ), z´(t0 )) = 0 ∂x ∂y ∂z − ∴ 5F (P ) · → r´(t ) = 0 0

0

− Esto nos dice que 5F (P0 ) es perpendicular a → r´(t0 ). Esto ocurre para − toda curva C que pase por P0 y como → r´(t0 ) es vector tangente a C se tiene que 5F (P0 ) es perpendicular a toda recta tangente a la superficie en P0 . Por lo tanto, 5F (P0 ) es un vector normal a la superficie en P0 .

Plano Tangente La expresi´on de la forma: ∂F (P0 ) ∂F (P0 ) ∂F (P0 ) (x − x0 ) + (y − y0 ) + (z − z0 ) = 0 ∂x ∂y ∂z es la ecuaci´on del plano tangente a la superficie F (x, y, z) = 0 en el punto P0 = (x0 , y0 , z0 ). Si la superficie es z = f (x, y) =⇒ F (x, y, z) = z − f (x, y) = 0 la ecuaci´on del plano tangente se puede escribir, tambi´en como: z − z0 = fx (x0 , y0 )(x − x0 ) + fy (x0 , y0 )(y − y0 ) Recta Normal Sean P0 (x0 , y0 , z0 ) un punto dado y el vector director de esta recta 5F (P0 ) La ecuaci´on vectorial es: 216

(x, y, z) = (x0 , y0 , z0 ) + t(

∂F (P0 ) ∂F (P0 ) ∂F (P0 ) , , ), ∂x ∂y ∂z

t∈R

Ecuaci´on param´etrica:

∂F (P0 ) ∂x ∂F (P0 ) y = y0 + t , ∂y ∂F (P0 ) x = z0 + t ∂z x = x0 + t

t∈R

Eliminando el par´ametro t obtenemos la ecuaci´on cartesiana: y − y0 z − z0 x − x0 = = Fx (P0 ) Fy (P0 ) Fz (P0 )

Ejemplo: Sea z = ex (cos y + 1)

en el punto (0, π2 , 1) ,calcular las

ecuaciones del plano tangente y la recta normal a la superficie. Soluci´ on. La componentes del vector gradiente son

fx (x, y) = ex (cos y + 1), fy (x, y) = −ex (seny) π π fx (0, ) = 1, fy (0, ) = − 1 2 2 Reemplanzando t´erminos en la ecuaci´on del plano tenemos: z−1

π 1 · (x − 0) + (−1)(y − ) 2 π =⇒ z − 1 = x − y + 2 =

Finalmente, la ecuaci´on del plano tangente queda 217

x−y−z+

π +1=0 2

y π (x, y, z) = (0, , 1) + t(1, −1, −1) 2 la ecuaci´on de la recta normal en su forma vectorial.

3.3.3.

Funci´ on Compuesta. La Regla de la Cadena.

En este m´odulo abordaremos en forma b´asica la siguiente problem´atica. Si u es una funci´on diferenciable de variables x, y, z, · · ·, y a su vez estas u ´ltimas son funciones de otras variables nuevas t y/o s ¿podemos encontrar la primera derivada parcial de u con respecto a las nuevas variables t y/o s expresada en t´erminos de las derivadas parciales de las funciones dadas?. As´ı, por ejemplo, si un fen´omeno f´ısico est´a ocurriendo digamos en una regi´on cil´ındrica, resultar´ıa mejor expresar las cantidades que interesen en t´erminos de coordenadas cilindricas y no en cartesianas.

Caso particular: Sea f : D ⊆ R2 −→ R tal que u = f (x, y), tiene dos variables independientes. Supongamos que cada una de estas variables es diferenciable de una simple variable independiente t. Si x = x(t) y y = y(t), la derivada de la funci´on compuesta (regla de la cadena) con respecto a t es

∂u dx ∂u dy du = · + · dt ∂x dt ∂y dt du − = ∇u · → r 0 (t) dt

218

Caso particular de dos variable independientes simples. Sea f : D ⊆ R2 −→ R tal que u = f (x, y), tiene dos variables independientes. Estas variables a su vez son funciones diferenciables de dos variables simples independientes t y s. La expresi´on de las derivadas de la funci´on compuesta (o regla de la cadena) es: ∂u dx ∂u dy ∂u = · + · ∂t ∂x dt ∂y dt ∂u ∂u dx ∂u dy = · + · ∂s ∂x ds ∂y ds Las expresiones anteriores las podemos expresar matricialmente como:  

∂u ∂u , ∂t ∂s

Ejemplo 1: Hallar



 =

∂u ∂u , ∂x ∂y



dx  dt  dx ds

dz x , si z = , donde x = et dt y

 dy dt  dy  ds

y y = ln t.

Soluci´ on. Aplicando la derivaci´on compuesta, tenemos   dz 1 t x 1 = e + − 2 dt y y t   dz et et 1 1 1 = − = et − 2 dt ln t (ln t) t ln t t(ln t)2

dz ∂u dx ∂u dy = · + · =⇒ dt ∂x dt ∂y dt

Ejemplo 2: Hallar y = ets

∂u y ∂t

∂u ∂s

Soluci´ on. 219

si u = f (x, y), donde x = t2 −s2 ,

En este caso ∂u dx dy ∂u = fx (x, y) +fy (x, y) =⇒ = fx (x, y)(2t)+fy (x, y)(s ets ) ∂t dt dt ∂t Similarmente ∂u dx dy ∂u = fx (x, y) +fy (x, y) =⇒ = fx (x, y)(−2s)+fy (x, y)(t ets ) ∂s ds ds ∂s

De forma m´ as general si f : D ⊆ Rn −→ R tal que z = f (y1, y2, y3, · ··, yn, ), es funci´on de n variables independientes. Supongamos tambi´en que cada una de estas variables independientes es funci´on diferenciable de otras m variables simples independientes x1 , x2 , x3 , · · ·, xm . La expresi´on de la derivada de la funci´on compuesta (regla de la cadena) es similar, pudiendose escribir cada una de estas derivadas por n

X ∂z ∂yi ∂z = · , j = 1, 2, ..., m ∂xj ∂y ∂x i j i=1 Esta ecuaci´on se puede escribir utilizando matrices, como

 

∂z ∂z ,..., ∂x1 ∂xm



 =

∂z ∂z ,..., ∂y1 ∂yn



    

∂y1 ... ∂x1 .. . ∂yn ··· ∂x1

∂y1 ∂xm .. . ∂yn ∂xm

     

 ∂yi La matriz n × m se denomina matriz jacobiana ∂xj i=1...n, j=1...m de la transformaci´on yi = yi (x1, x2, x3, · ··, xm ).

220

Ejemplo 3: Sea f (x, y, z) = x + x2 y + zey , en donde x, y, y z , est´an relacionadas con u y v a trav´es de la transformaci´on x = uv, y = u2 − v 2 , Calcule

∂f ∂f , , y ∂u ∂v

z = u sin v

∂ 2f , en el punto (u, v) = (2, 2). ∂v∂u

Soluci´ on. La matriz jacobiana para esta transformaci´on es     xu xv v u  yu yv  =  2u −2v  zu zv senv u cos v     xu xv 2 2  yu yv  (2, 2) =  4 −4  zu zv sin 2 2 cos 2 Para (u, v) = (2, 2), los valores de x, y y z son 4, 0 , y 2sen2 respectivamente.Entonces la matriz regl´on (fx fy fz ) es
(fx fy fz ) = 1 + 2xy x2 + zey ey evaluando en el punto (4, 0, 2sen2) queda
1 + 2xy x2 + zey ey (4, 0, 2sen2) = (1

16 + 2sen2

1)

De donde 

(fu

 xu xv fv ) = (fx fy fz )  yu yv  zu zv = (fx xu + fy yu + fz zu fx xv + fy yv + fz zv )

Evaluando (fu

fv ) (2, 2) = (66 + 9 sin 2

− 62 − 8 sin 2 + 2 cos 2)

Por lo tanto ∂f (2, 2) = 66 + 9 sin 2 ∂u

y

∂f (2, 2) = −62 − 8 sin 2 + 2 cos 2 ∂v 221

Ahora bien, como fu

= fx xu + fy yu + fz zu = (1 + 2xy )v + (x2 + zey )2u + ey sin v

Se tiene ∂ 2f = fuv = 2(xyv + yxv )v + 1 + 2xy + 2(2xxv + zey yv + ey zv )u ∂v∂u + yv ey senv + ey cos v Evaluando en el punto (2, 2) se tiene ∂ 2f (2, 2) = 1 − 36sen2 + 9 cos 2 ∂v∂u

3.3.4.

Funci´ on Impl´ıcita

Cuando definimos funciones en forma impl´ıcita decimos, por ejemplo, sea y = ϕ(x) una funci´on diferenciable definida impl´ıcitamente por medio de la ecuaci´on F (x, y) = 0, o bien, sea z = f (x, y), definida impl´ıcitamente por la ecuaci´on F (x, y, z) = 0. El primer caso lo podemos ejemplificar con una funci´on y = ϕ(x) definida por la ecuaci´on de la hip´erbola x2 − 4xy − 3y 2 = 9. Muchas veces las ecuaciones que relacionan a las variables pueden ser tan complejas y no lineales, que no es posible esperar encontrar relaciones sencillas, si las hay, expl´ıcitas que expresen a una variable en t´erminos de las otras. En t´erminos generales, lo que se pide es que esta relaci´on entre las variables exista localmente, es decir en alguna vecindad de un punto donde las ecuaciones se satisfacen. La mayor´ıa de las veces no se esperan resultados globales, es decir, no todos los puntos que satisfacen las relaciones impl´ıcitas satisfacen tambi´en las expl´ıcitas. Con el objeto de ilustrar estas ideas analicemos el siguiente ejemplo. Ejemplo: Pruebe que la ecuaci´on z 5 + z + xy = 0 define una funci´on z = f (x, y) para todos los valores x e y. Soluci´ on. 222

Se debe establecer que para cada x e y se puede resolver en forma u ´nica para z la ecuaci´on de quinto grado. Ya que esto no es obvio, razonamos utilizando la gr´afica de u = z5 + z + a gr´afica pendiente Como u´(z) = 5z 4 + 1, ∀a =⇒ u es estrictamente creciente, entonces para cada a existen z1 y z2 tal que u(z1 ) < 0 < u(z2 ) por lo cual existe un u ´nico z tal que u(z) = 0 para cada a . Si se identifica a con la cantidad xy se ha establecido el hecho planteado. Luego, ”z = f (x, y) se define impl´ıcitamente por la ecuaci´on z 5 + z + xy = 0”

Derivaci´ on impl´ıcita Sea F : U ⊆ R2 → R definida en un conjunto abierto U . Sea P0 = (x0 , y0 ) ∈ U un punto tal que: i) F (x0 , y0 ) = 0 ∂F ∂F , son continuas en alguna vecindad Vδ (P0 ) y ii) ∂x ∂y ∂F iii) (x0 , y0 ) 6= 0. ∂z Entonces existe una vecindad (x0 − δ, x0 + δ) de x0 , (y0 − a, y0 + a) vecindad de y0 , y una funci´on u ´nica f (impl´ıcita) de clase C 1 tal que: a) f (x0 ) = y0

y f (x) ∈ (y0 − a, y0 + a)

b) F (x, f (x)) = 0

∀x ∈ (x0 − δ, x0 + δ)

∀x ∈ (x0 − δ, x0 + δ)

c) ∀x, ∈ Vδ (x0 ) tiene derivadas que pueden calcularse como: 223

Fx (x, y) dy =− dx Fy (x, y) En el caso de funciones de dos variables definida impl´ıcitamente, el siguiente teorema afirma la existencia de funciones impl´ıcitas bajo ciertas circunstancias y da f´ormulas para obtener las derivadas parciales de estas funciones. Teorema 3.3.6. (Teorema de la funci´o impl´ıcita) Sea F : U ⊆ R3 → R definida en un conjunto abierto U . Sea P0 = (x0 , y0 , z0 ) ∈ U un punto tal que: i)

F (x0 , y0 , z0 ) = 0

∂F ∂F ∂F , , son continuas en alguna vecindad Vδ (P0 ) y ∂x ∂y ∂z ∂F iii) (x0 , y0 , z0 ) 6= 0. ∂z Entonces existe una vecindad V = Vδ (x0 , y0 ), y una vecindad (z0 − a, z0 + a) de z0 y una funci´on u ´nica f (impl´ıcita) de clase C 1 sobre V tal que:

ii)

a) f (x0 , y0 ) = z0

y f (x, y) ∈ (z0 − a, z0 + a)

b) F (x, y, f (x, y)) = 0,

∀(x, y) ∈ V.

∀(x, y) ∈ V.

c) ∀(x, y) ∈ V = Vδ (x0 , y0 ) tiene derivadas que pueden calcularse como:

∂F (x, y, f (x, y)) ∂f (x, y) = − ∂x ∂F ∂x (x, y, f (x, y)) ∂z ∂F (x, y, f (x, y)) ∂f (x, y) ∂y =− ∂F ∂y (x, y, f (x, y)) ∂z Este teorema se puede generalizar a m´as variables, de tal modo que si se dan las condiciones exigidas por el teorema y u = f (x, y, z, · · ·) 224

est´a definida impl´ıcitamente por F (x, y, z , · · ·, u) = 0 y Fu (x, y, z , · · ·, u) 6= 0, entonces: ∂F ∂F ∂f ∂f ∂y = − ∂x , =− ∂F ∂y ∂F ∂x ∂z ∂z ,etc.

Ejemplo. Calcular

∂z y ∂x

∂z si z se define impl´ıcitamente en la ∂y

ecuaci´on x2 y − 8xyz = yz + z 3 Soluci´ on. Tenemos que: F (x, y, z) = −x2 y + 8xyz + yz + z 3 Derivando parcialmente con respecto a x , y ,z.

Fx (x, y, z) = 8yz − 2xy, Fy (x, y, z) = 8xz + z − x2 , Fz (x, y, z) = 8xy + y + 3z 2 Claramente estas derivadas son continuas en R3 , son funciones polin´omicas, Por consiguiente, F pertenece a C1 . Para todo (x, y, z) en que Fz (x, y, z) 6= 0 se tiene. ∂z 8yz − 2xy =− ∂x 8xy + y + 3z 2 ∂z 8xz + z − x2 =− ∂y 8xy + y + 3z 2 225

3.3.5.

Jacobiano

Si f1 , f2 , f3, . . . , fn son funciones diferenciables de Rn en R y si (x1 , x2 , x3 , . . . , xn ) ∈ D su dominio tal que f1 = f1 (x1 , x2 , x3 . . . , xn ) f2 = f2 (x1 , x2 , x3 . . . , xn ) .. . fn = fn (x1 , x2 , x3 . . . , xn ) El Jacobiano de las funciones f1 , f2 , f3, . . . , fn , respecto de las variables x1 , x2 , x3 . . . , xn se define por el determinante de las primeras ∂(f1 , f2 , f3, . . . , fn ) derivadas parciales y se denota , ∂(x1 , x2 , x3 . . . , xn ) ∂f1 ∂f1 ∂f1 . . . ∂x ∂x2 ∂x n 1 ∂f2 ∂f2 ∂f2 ∂(f1 , f2 , f3, . . . , fn ) ∂x1 ∂x2 . . . ∂xn = .. ∂(x1 , x2 , x3 . . . , xn ) ∂f ∂f . ∂fn n n . . . ∂x1 ∂x2 ∂xn

Dos funciones definidas impl´ıcitamente Teorema 3.3.7. Sean F , G: U ⊆ R4 → R definidas en un conjunto abierto F (x, y, u, v) y G(x, y, u, v). Sea P0 = (x0 , y0 , u0 , v0 ) ∈ U un punto tal que: i)

F (x0 , y0 , u0 , v0 ) = 0

y G(x0 , y0 , u0 , v0 ) = 0

ii) F y G tienen derivadas parciales continuas en alguna vecindad Vδ (P0 ) y ∂ (F, G) iii) (x0 , y0 , u0 , v0 ) 6= 0. ∂ (u, v) Entonces las ecuaciones F (x, y, u, v) = 0 , G(x, y, u, v) = 0 definen funciones impl´ıcitas u = u(x, y), v = v(x, y) en alguna vecindad Vδ (x0 , y0 ), las cuales tienen primeras derivadas parciales continuas con respecto a cada una de las variables, tal que : a) u0 = u(x0 , y0 ), v0 = v(x0 , y0 ). b) F (x, y, u (x, y) , v (x, y)) = 0 , G(x, y, u (x, y) , v (x, y)) = 0, Vδ (x0 , y0 ) 226

c) Las derivadas parciales de u y v en Vδ (P0 ) est´an dadas por

∂(F, G) ∂u ∂(x, v) = − , ∂(F, G) ∂x ∂(u, v) ∂(F, G) ∂v ∂(u, x) = − , ∂(F, G) ∂x ∂(u, v)

∂u ∂y

∂v ∂y

∂(F, G) ∂(y, v) =− ∂(F, G) ∂(u, v) ∂(F, G) ∂(u, y) =− ∂(F, G) ∂(u, v)

∂u ∂v Ejemplo Calcule las derivadas parciales y donde u y v ∂x ∂x est´an definidas por las ecuaciones impl´ıcitas x2 + 2uv = 1, x3 − u3 + v 3 = 1 Soluci´ on. En este caso F (x, u, v) = x2 + 2uv − 1 = 0 y G(x, u, v) = x3 − u3 + v3 − 1 = 0 ∂(F, G) 2v 2u = 6(u3 + v 3 ) = −3u2 3v 2 ∂(u, v) ∂(F, G) 6= 0 para todo (x, u, v) donde u 6= 0 y v 6= 0. ∂(u, v) ∂(F, G) 2x 2u = 2 = 6x(v 2 − xu) 3x 3v 2 ∂(x, v) ∂(F, G) 2v 2x 2 = 2 2 = 6x(xv + u ) −3u 3x ∂(u, x) Entonces, derivando u y v con respecto a x, obtenemos ∂u 6x(v 2 − xu) x(xu − v 2 ) = =− ∂x 6(u3 + v 3 ) u3 + v 3 y 227

∂v 6x(xv + u2 ) x(xv + u2 ) =− = − ∂x 6(u3 + v 3 ) u3 + v 3

3.3.6.

M´ aximos y M´ınimos

M´aximos y M´ınimos (extremos locales o relativos) para funciones de dos o m´as variables. Sea f : U ⊆ R2 → R, U conjunto abierto. i) f tiene un m´aximo local en x0 ∈ U si f (x0 ) ≥ f (x) ∀x ∈ Bδ (x0 , y0 ) ii) f tiene un m´ınimo local en x0 ∈ U si f (x0 ) ≤ f (x) ∀x ∈ Bδ (x0 , y0 ) Ejemplo 1: La funci´on f (x, y) = 4 − x2 − y 2 tiene un m´aximo local en (0, 0), pues ∆f = f (0,0) − f (x, y) = x2 + y 2 ≥ 0 ya que x2 ≥ 0, y 2 ≥ 0 ∀(x, y) ∈ Bδ (0, 0). Ejemplo 2: La funci´on z = f (x, y) = x2 + y 2 Tiene un m´ınimo local en (0, 0) : f (0, 0) ≤ x2 + y 2 = f (x, y) f (0, 0) = 0 es m´ınimo absoluto. Ejemplo 3: La funci´on z = f (x, y) = 1 −

p 3

x2 + y 2

f (0, 0) = 1 es m´ınimo local y absoluto. Observaci´ on: Si las desigualdades son v´alidas en todo U se tendr´a extremo absolutos. Punto Cr´ıtico: (Condici´ on necesaria) Definici´ on. Un punto del dominio de f es un punto cr´ıtico si todas las derivadas parciales de f son cero en el punto o f no es diferenciable en el punto. Caso particular: Si f : R2 → R, (x0 , y0 ) es punto cr´ıtico de f si y solo si : i) ∂f (x0 , y0 ) = 0, ∂x 228

∂f (x0 , y0 ) =0 ∂y

o´ ii) @

Ejemplo :

∂f (x0 , y0 ) ∂f (x0 , y0 ) , y/o @ ∂x ∂y

Sea z = f (x, y) = x2 − y 2 =⇒

∂f ∂f = 2x = −2y ∂x ∂y

=⇒ (0, 0) punto cr´ıtico.

Punto silla: Definici´on : Sea punto (x0 , y0 ) ∈ Dom(f ) . Si cualquier Bδ (x0 , y0 ) contiene puntos (x, y) ∈ Bδ (x0 , y0 ) tales que f (x, y)− f (x0 , y0 ) > 0 y puntos (x, y) ∈ Bδ (x0 , y0 ) tales que f (x, y)− f (x0 , y0 ) < 0 se llama punto ensilladura. Nota. Un punto cr´ıtico en que f no es m´aximo ni m´ınimo se llama punto silla. Ejemplo: En la funci´on f (x, y) = x2 − y 2 , (0, 0) es punto ensilladura, pues ∆f = f (0, 0) − f (x, y) = −x2 + y 2 no se puede decir nada a´ un del 2 signo, pero para ∆f = f (0,0) − f (x, 0) = −x ≤ 0 y ∆f = f (0, 0) − f (0, y) = y 2 ≥ 0, permite concluir que (0, 0) es punto ensilladura. Observaci´ on: Las definiciones anteriores son extensibles a funciones de m´as variables. Teorema 3.3.8. Sea f una funci´on continua de dos variables definida en una regi´on cerrada y acotada R del plano XY. Entonces: a.) Al menos hay un punto (x0 , y0 ) ∈ R en que f alcanza su valor m´ınimo. b.) Al menos hay un punto (x0 , y0 ) ∈ R en que f alcanza su valor m´aximo. Observaci´ on: Este Teorema es extensible a m´as variables. Definici´ on: Sea f : U ⊆ Rn → R funci´on definida en un conjunto abierto U ∈ Rn y sea x ∈ U . Suponga que todas las derivadas parciales de segundo orden existen en x. A la matriz cuadrada de orden n. 229

A = (aij )i,j=1,...,n donde aij =

∂ 2f (x) ∂xi ∂xj

x = (x1 , x2 , ..., xn ) se llama matriz Hessiana (o simplemente Hessiano) de la funci´on f en x y se denota H(x). Caso particular: Para f (x, y) ∂2f ∂x2 ∂2f ∂x∂y

H(x, y) =

∂2f ∂y∂x ∂2f ∂y 2

!

Caso particular: Para f (x, y, z)   H(x, y, z) = 

∂2f ∂x2 ∂2f ∂x∂y ∂2f ∂x∂z

∂2f ∂y∂x ∂2f ∂y 2 ∂2f ∂y∂z

∂2f ∂z∂x ∂2f ∂z∂y ∂2f ∂z 2

  

Definici´ on. Sea la matriz    An =  

a11 a12 . . . a1n . a21 . . .. .. . . an1 ann

    

Consideremos las submatrices Ak de An (k = 1, 2, . . . , n) definidas de las siguientes maneras:     a11 a12 a13 a11 a12 A1 = (a11 ) , A2 = , A3 =  a21 a22 a23  , · · · , a21 a22 a31 a32 a33   a11 a12 . . . a1n .    a21 . .  An =  .  . ..  ..  an1 ann 230

Teorema 3.3.9. (Consideraciones suficientes para la existencia de extremos locales) Sea f : U ⊆ Rn → R una funci´on definida en un conjunto abierto U de → − Rn y x un punto cr´ıtico de f (es decir ∇f (x) = 0 ) y supongamos que las derivadas parciales de segundo orden son continuas en una vecindad abierta de x. Entonces: a.) Si todas las submatrices Ak de la matriz Hessiana H(x) definidas de la forma anterior tienen determinante positivo, f tiene un m´ınimo local en x. b.) Si todas las submatrices Ak de la matriz Hessiana H(x), definidas de la forma anterior, tienen determinantes de signo alternado comenzando por A1 < 0, f tiene un m´aximo local en x.

Ejemplo 1: Sea f : R2 → R definida por f (x, y) = x2 + 3y 2 − 2x − 12y + 13. Determine los valores extremos de f . Soluci´ on Aplicando la condici´on necesaria de punto cr´ıtico, obtenemos ∇f (x, y) = (2x−2, 6y −12) = (0, 0) =⇒ (1, 2) es el u ´nico punto cr´ıtico. Calculemos la matriz Hessiana   2 0 H(x, y) = 0 6 Examinemos los determinantes de las submatrices A1 = (2) =⇒ det A1 = 2 > 0   2 0 A2 = =⇒ det A2 = 12 > 0 0 6 ∴ f tiene m´ınimo local en (1, 2). Ejemplo 2: Sea f : R2 → R definida por f (x, y) = (x2 + 3y 2 ) e1−(x ¿Cu´ales son los puntos cr´ıticos de f ? Soluci´ on. De la condici´on de punto cr´ıtico tenemos: 2 2 2 2 ∂f = 2xe1−(x +y ) − 2x (x2 + 3y 2 ) e1−(x +y ) = 0 =⇒ ∂x 231

2 +y 2

).

∂f ∂x

= e1−(x

∂f ∂y

= 6ye1−(x

∂f ∂y

= e1−(x

2 +y 2

) (2x − 2x3 − 6xy 2 ) = 0

2 +y 2

2 +y 2

) − 2y (x2 + 3y 2 ) e1−(x2 +y2 ) = 0 =⇒

) (6y − 6y 3 − 2x2 y) = 0

De donde obtenemos, el sistema de ecuaciones   x − x3 − 3xy 2 = 0 x (1 − x2 − 3y 2 ) = 0 =⇒ =⇒ 3y − 3y 3 − x2 y = 0 y (3 − 3y 2 − x2 ) = 0 Puntos Cr´ıticos: (0, 0), (0, 1), (0, −1), (1, 0), (1, 0), (−1, 0) Determine en qu´e puntos hay m´aximos, m´ınimos o puntos sillas. y Ejemplo 3: Sea f : R4 − {0, 0, 0, 0} → R y f (x, y, z, u) = x + + x z u 1 + + y z u Determine los valores extremos de f. Soluci´on Determinemos los puntos cr´ıticos de la funci´on f y =0 x2 1 z = − 2 =0 x y 1 u = − 2 =0 y z 1 1 = − 2 =0 z u

∂f ∂x ∂f ∂y ∂f ∂z ∂f ∂y

= 1−

=⇒ (1, 1, 1, 1) Punto Cr´ıtico. La matriz Hessiana est´a definida como    H(x, y, z, u) =   

∂2f ∂x2 ∂2f ∂x∂y ∂2f ∂x∂z ∂2f ∂x∂u

232

∂2f ∂y∂x ∂2f ∂y 2 ∂2f ∂y∂z ∂2f ∂y∂u

∂2f ∂z∂x ∂2f ∂z∂y ∂2f ∂z 2 ∂2f ∂z∂u

∂2f ∂u∂x ∂2f ∂u∂y ∂2f ∂u∂z ∂2f ∂u2

     

  H(x, y, z, u) =  

2y x3 − x12

0 0

− x12 2z y3 − y12

0

0 − y12 2u z3 − z12

 0 0   − z12  2 u3



 2 −1 0 0  −1 2 −1 0   H(1, 1, 1, 1) =   0 −1 2 −1  0 0 −1 2 41 = 2, 42 = 3, 43 = 2, 44 = 5 ∴Hay un m´ınimo local en (1, 1, 1, 1). Teorema 3.3.10. (Condiciones suficientes para la existencia de extremos locales en dos variables.) Sea f : U ⊆ R2 → R una funci´on de dos variables que tiene derivadas parciales de segundo orden continuas en el conjunto abierto U. Sea fxx fxy (x, y) ∀ (x, y) ∈ U. Sea (x0 , y0 ) ∈ U tal det(H (x, y)) = fyx fyy que ∇f (x0 , y0 ) = 0. Entonces i) Si det(H (x, y)) > 0 y fxx (x0 , y0 ) < 0, f tiene una m´aximo local en (x0 , y0 ) . ii) Si det(H (x, y)) > 0 y fxx (x0 , y0 ) > 0, f tiene un punto silla en (x0 , y0 ) . iii) Si det(H (x, y)) = 0 no podemos concluir nada.

3.3.7.

Extremos Restringidos

Pensemos, que se tiene una funci´on f (x, y) sujeta a cierta condici´on g(x, y) = 0. Se quiere maximizar o minimizar f (x, y) con la condici´on que (x, y) satisfaga la ecuaci´on g(x, y) = 0. En este caso podemos elaborar una respuesta aplicando la condici´on necesaria de valor extremo para f (x, y) df ∂f ∂f dy = + · =0 dx ∂x ∂y dx 233

dy Aplicando el teorema de la funci´on impl´ıcita podemos calcular a dx partir de la restricci´on: g(x, y(x)) = 0 =⇒

=⇒

∂g ∂g dy + · =0 ∂x ∂y dx

∂g dy = − ∂x ∂g dx ∂y

Sustituyendo en la primera ecuaci´on tenemos: ∂g − ∂x ∂g ∂y

∂f ∂f df = + · dx ∂x ∂y =⇒

! =0 ,

∂g 6= 0 ∂y

∂f ∂g ∂f ∂g + · =0 ∂x ∂y ∂y ∂x =⇒

∂(f, g) =0 ∂(x, y)

Lo que implica que los puntos cr´ıticos deben cumplir dos condiciones:

g(x, y) = 0. ∂(f, g) = 0 ∂(x, y) Adem´as, la decisi´on de valor extremo resulta del signo de

d2 f en cada dx2

punto cr´ıtico, ya que f (x, y) = f (x, y(x)) = f (x). Ejemplo 1. Obtenga las dimensiones de un rect´angulo de per´ımetro dado que determinan la mayor y la menor a´rea de ´este. Soluci´ on. Si x e y denotan las longitudes de los lados del rect´angulo, el problema consistir´a en buscar los extremos de la funci´on f (x, y) = xy, 234

x, y > 0

sujeta a la restricci´on g(x, y) = x+y − L2 = 0 , donde L es el per´ımetro dado. Entonces aplicando las condiciones necesaria para obtener los puntos cr´ıticos tenemos: L g(x, y) = x + y − = 0.  2 ∂(f, g) y x = =⇒ y = x 1 1 ∂(x, y) Sustituyendo el resultado de la segunda ecuaci´on en la primera, se tiene: x=y=

L 4

Luego hemos encontrado que la funci´on f tiene un u ´nico punto cr´ıtico en   L L , . P = 4 4 Adem´as, determinemos la naturaleza del punto usando el criterio de la segunda derivada df dy =y+x dx dx dy L = −1 g(x, y) = x + y − = 0 =⇒ 2 dx df =y−x ∴ dx d2 f dy = − 1 = −2 < 0 2 dx dx

f (x, y (x)) = xy =⇒

2

Por tanto, en el punto ( L4 , L4 , L16 ) hay un m´aximo relativo sobre la curva de intersecci´on de las dos superficies z = xy y x + y =

L 2

La situaci´on se puede generalizar para funciones de m´as variables o m´as condiciones. 235

Por otra parte, para resolver este mismo tipo de problemas de m´aximo y m´ınimo podemos utilizar otro m´etodo que se fundamenta en el siguiente teorema. Teorema 3.3.11. (Multiplicadores de Lagrange) Sean f : U ⊆ Rn → R, g : U ⊆ Rn → R funciones de C 1 . Sean x0 ∈ U tal que g(x0 ) = 0 y S = {x ∈ U : g(x) = 0} supongamos adem´as que ∇g(x0 ) 6= 0. Si f |S (f restringida a S) tiene un m´aximo o m´ınimo local en S, en x0 ,entonces existe λ ∈ R tal que: ∇f (x0 ) + λ∇g(x0 ) = 0 Nota: Lo anterior significa que x0 es un punto cr´ıtico de f |S . M´etodo: Construir F (x, y, λ) = f + λg y determinar puntos cr´ıticos de F Ejemplo 1. Utilice el procedimiento que se origina a partir de este teorema para obtener el m´aximo local del ejemplo anterior. Soluci´ on. En este caso f (x, y) = xy,

x, y > 0

sujeta a la condici´on: g(x, y) = x + y −

L =0 2

. Sea F (x, y, λ) = xy + λ(x + y − L2 ), entonces Fx = y + λ = 0 Fy = x + λ = 0 L Fλ = x + y − = 0 2 de aqu´ı x = −λ, y = −λ y sustituyendo en la tercera ecuaci´on: −λ − λ −

L 2

= 0 =⇒ λ = − L4 .

El punto cr´ıtico es (x0 , y0 ) = (

L L , ). 4 4

2

El punto ( L4 , L4 , L16 ) es el m´aximo relativo sobre la curva de intersecci´on de las dos superficies z = xy y x + y = 236

L 2

x2 y 2 Ejemplo 2. De todos los rect´angulos inscritos en la elipse 2 + 2 = a b 1, a > 0 y b > 0 con lados paralelos al los ejes, determine el de mayor a´rea. Soluci´ on. En este caso f (x, y) = 4xy,

x, y > 0

x2 y 2 + 2 −1=0 a2 b  2  x y2 Sea F (x, y, λ) = 4xy + λ + 2 − 1 = 0 , entonces a2 b

y g(x, y) =

2a2 y x = 0 =⇒ λ = − a2 x y 2b2 x = 4x + 2λ 2 = 0 =⇒ λ = − b y 2 2 x y ∴ = 2 2 a b

Fx = 4y + 2λ Fy

Reemplazando esta u ´ltima expresi´on en la ecuaci´on x2 y 2 Fλ = 2 + 2 − 1 = 0 =⇒ a b 

 a b obtenemos a un u ´nico punto cr´ıtico: √ , √ 2 2 Adem´as, determinemos la naturaleza del punto usando el criterio de la segunda derivada f (x, y (x))

= =⇒

g(x, y)

= =⇒

df dy = 4y + 4x dx dx d2 f dy d2 y = 4 + 4x 2 dx2 dx dx 2 2 x y dy b2 x + − 1 = 0 =⇒ = − a2 b2 dx a2 y   d2 y b2 1 b2 x 2 = − + dx2 a2 y a2 y 3

4xy =⇒

237



 a b Evaluando segunda derivada en el punto P √ , √ , pro2 2 duce   d2 f b4 x 3 d2 f b2 x b − 4 =⇒ = −8 = −12 < 0 2 2 4 3 2 dx ay a y dx a   a b √ ,√ Por tanto, el punto hay m´aximo relativo cuyo valor 2 2   a b = 2ab es f √ , √ 2 2 Ejemplo 3: Obtenga los extremos posibles de f (x, y) = x2 + 24xy + 8y 2 con la restricci´on x2 + y 2 − 25 = 0. Soluci´ on: Sea F (x, y, λ) = x2 + 24xy + 8y 2 + λ (x2 + y 2 − 25) .

Fx = 2x + 24y + 2λx = 0 =⇒ (1 + λ)x + 12y = 0 (1) Fy = 24x + 16y + 2λy = 0 =⇒ 12x + (8 + λ)y = 0 (2) Fλ = x2 + y 2 − 25 = 0 (3) Multiplicando la ecuaci´on (1) por 12 y (3) por(1 + λ) produce.

12(1 + λ)x + 144y = 0 12(1 + λ)x + (8 + λ)(1 + λ)y = 0

Restando ambas ecuaciones =⇒ λ2 + 9λ − 136 = 0 =⇒ λ1 = 8; λ2 = −17  18x + 24y = 0 Si λ = 8 =⇒ =⇒ 3x + 4y = 0 =⇒ y = − 43 x 24x + 32y = 0
2 x2 + 34 x = 25 =⇒ x = ±4 Lo que da los puntos cr´ıticos (±4, ∓3) 238

Si λ = −17 en forma similar se obtiene que (±3, ±4) son puntos cr´ıticos. Localizaci´ on del m´ aximo y el m´ınimo absoluto de f sobre un dominio compacto. Para determinar m´aximos y m´ınimos absolutos e una regi´on cerrada y acotada encerrada por una curva suave, se debe: •

Determinar todos los puntos cr´ıticos en el interior de la regi´on.

•

Usar Lagrange para determinar puntos cr´ıticos en la frontera.

•

Evaluar f en los puntos, cr´ıticos.

• Comparar todos estos valores y seleccionar el m´aximo y el m´ınimo.

Criterio de la Segunda Derivada para Extremos Restringidos. Sea f (x, y) funci´on a maximizar o minimizar y g(x, y) = 0 la condici´on: S = {(x, y) ∈ R2 | g(x, y) = 0} .Sea F (x, y, λ) = f (x, y) + λg(x, y) Sea (x0 , y0 , λ) punto cr´ıtico de F

∂f | ∂x (x0 ,y0 ) ∂f | ∂y (x0 ,y0 )

∂g +λ ∂x |(x0 ,y0 ) = 0 ∂g +λ ∂y |(x0 ,y0 ) = 0 g (x0 , y0 ) = 0

Se desea utilizar el criterio de la segunda derivada para identificar extremos locales de la funci´on f (x, y) bajo la condici´on g (x, y) = 0 lo que conduce encontrar los m´aximos y m´ınimos de funciones de una variable f (x, y(x)) . De la condici´on, calculemos y = y(x) y reemplacemos en f |S . Aqu´ı podemos considerar f como funci´on de una variable, es decir f (x, y) = f (x, y(x)) en S. Nos proponemos calcular

∂2f ∂x2

df ∂f ∂f dy = + · dx ∂x ∂y dx 239

 2 d2 f ∂ 2 f dy ∂ 2 f ∂f d2 y ∂ 2f ∂ 2 f dy dy · + · + + · = + · dx2 ∂x2 ∂y∂x dx ∂x∂y dx ∂y 2 dx ∂y dx2  2 ∂ 2f ∂f d2 y ∂ 2 f dy ∂ 2 f dy = · + + · + 2 · ∂x2 ∂y∂x dx ∂y 2 dx ∂y dx2 g(x, y(x)) = 0 =⇒

=⇒

∂g ∂g dy + · =0 ∂x ∂y dx

∂g dy = − ∂x ∂g dx ∂y

Derivando nuevamente g respecto de x

∂ 2g ∂ 2 g dy ∂ 2 g dy ∂ 2 g + · + · + · ∂x2 ∂y∂x dx ∂x∂y dx ∂y 2

Sustituyendo

2



dy dx

2 +

∂g d2 y · =0 ∂y dx2

dy se tiene: dx

2

∂ g ∂ g +2 · 2 ∂x ∂y∂x

−

∂g ∂x ∂g ∂y

!

2

∂ g + 2· ∂y

∂ 2 g ∂g ∂ 2 g ∂g ∂ 2 g · − 2 · + · ∂x2 ∂y ∂y∂x ∂x ∂y 2

−



∂g ∂x ∂g ∂y

∂g ∂x

!2

2

∂g d2 y + · =0 /· ∂y dx2

1

·  2 + ∂g ∂y



∂g ∂y

2 ·



∂g ∂y



d2 y =0 dx2

" #  2 d2 y 1 ∂ 2 g ∂g ∂ 2 g ∂g ∂ 2 g ∂g 1 =⇒ 2 =  2 − 2 · +2 · − · · ∂g dx ∂x ∂y ∂y∂x ∂x ∂y 2 ∂x ∂g ∂y ∂y

Reemplazando en

d2 f dx2

240

! !2 ∂g ∂g 2 ∂ f d2 y ∂ 2f ∂ 2f · ∂x + 2 · ∂x = −2 ∂g ∂g dx2 ∂x2 ∂y∂x ∂y ∂y ∂y " #  2 ∂f 1 ∂ 2 g ∂g ∂ 2 g ∂g ∂ 2 g 1 ∂g + ·  2 − 2 · +2 · − · ∂g · ∂y ∂x ∂y ∂y∂x ∂x ∂y 2 ∂x ∂g ∂y ∂y

y0 = y(x0 ),

∂g ∂f ∂g ∂f |x0 = −λ |x0 ; |x0 = −λ |x ∂x ∂x ∂y ∂y 0

Luego

(x0 , y0 ) ,

∂f | ∂x x0 ∂g | ∂x x0

= −λ,

∂f ∂y ∂g ∂y

|x0 |x0

= −λ

"  2  2 ∂g ∂g 1 ∂ 2f d2 f ∂ 2 f ∂g ∂g ∂ 2 f =  2 · · · + 2 · −2 2 2 dx ∂x ∂y ∂y∂x ∂x ∂y ∂y ∂x ∂g ∂y

 2  2 # ∂g ∂ 2g ∂g ∂ 2 g ∂g ∂g ∂ 2g · · +λ 2 · − 2λ +λ 2 · ∂x ∂y ∂y∂x ∂x ∂y ∂y ∂x "      2 ∂ 2f 1 ∂ 2g ∂ 2g ∂ 2f ∂g −2 =  2 +λ 2 · +λ · ∂x2 ∂x ∂y ∂y∂x ∂y∂x ∂g ∂y

∂g ∂g · · + ∂x ∂y



∂ 2f ∂ 2g + λ ∂y 2 ∂y 2

  2 # ∂g · ∂x

Podemos escribir entonces:

"  2  2 # 1 ∂ 2F ∂g ∂ 2 F ∂g ∂g ∂ 2 F ∂g d2 f =  2 · · −2 · · + 2 2 2 dx ∂x ∂y ∂y∂x ∂x ∂y ∂y ∂x ∂g ∂y

En el par´entesis, cuadrado se tiene 241

∂g ∂g ∂g ∂g ∂x ∂g ∂y ∂y ∗ = ∂2F ∂2F + ∂2F ∂x ∂y∂x ∂y2 ∂y ∂y∂x ∂g ∂g 0 0 ∂x ∂y ∂g ∂ 2 F ∂ 2 F ∂g = − ∂x ∂x2 ∂y∂x = − ∂x ∂g ∂ 2 F ∂ 2 F ∂g ∂y ∂y∂x ∂y2 ∂y

∂g ∂x ∂2F ∂x2



∂g ∂x ∂2F ∂x2 ∂2F ∂y∂x

∂g ∂y ∂2F ∂y∂x ∂2F ∂y 2



De lo anterior se plantea la siguiente definici´on Si f y g son funciones como las definidas antes y F = f +λg. Llamamos hessiano limitado de la funci´on F a ∂g ∂g 0 ∂x ∂y ∂g ∂ 2 F ∂ 2 F en (x0 , y0 ) HF = ∂x 2 ∂g ∂∂x2 F ∂y∂x 2F ∂ ∂y ∂y∂x ∂y2 De tal modo que d2 f HF (x0 , y0 ) = − 2 2 dx ∂g (x , y ) 0 0 ∂y

Teorema en extremos restringidos Consideremos nuevamente d2 f HF (x0 , y0 ) = − 2 2 dx ∂g (x , y ) 0 0 ∂y 2

De esta expresi´on, dado que el signo de la segunda derivada ddxf2 depende  2 ∂g s´olo del determinante Hessiano limitado, ya que ∂y (x0 , y0 ) > 0, inferimos el siguiente criterio de la segunda derivada para extremos restringidos. a) Si HF (x0 , y0 ) > 0, entonces local condicionado en (x0 , y0 ).

d2 f dx2

242

< 0 y la funci´on tiene un m´aximo

b) Si HF (x0 , y0 ) < 0, entonces local condicionado en (x0 , y0 ) .

d2 f dx2

> 0 y la funci´on tiene un m´ınimo

c) Si HF (x0 , y0 ) = 0 no hay informaci´on del punto(x0 , y0 ).

Ejemplo: Hallar los extremos de f (x, y) = (x − y)2 sujeta a la restricci´on x2 + y 2 − 1 = 0 Soluci´ on: Sea F (x, y, λ) = (x − y)2 + λ (x2 + y 2 − 1)  Fx = 2 (x − y) + 2λx = 0 =⇒ 2λ (x + y) = 0 Fy = −2 (x − y) + 2λy = 0 F λ = x2 + y 2 = 1 a) Si escogemos λ = 0 , y (x + y) 6= 0 obtenemos los puntos cr´ıticos de f libre de restricci´on. b) Si λ 6= 0 =⇒ y = −x. Reemplazando en la tercera ecuaci´on , se obtienen dos puntos cr´ıticos de la funci´on f sujetos a la restricci´on.     1 √1 1 1 √ √ √ P1 2 , − 2 y P 2 − 2 , 2 Determinemos el Hessiano l´ımitado para decidir la naturaleza de estos puntos cr´ıticos

0 2x 2y −2 HF (x, y) = 2x 2 + 2λ 2y −2 2 + 2λ

= −8 x2 + 2xy + y 2 − 8λ x2 + y 2

Sustituyendo y = −x en la primera ecuaci´on se tiene λ = −2 6= 0,entonces el Hessiano se reduce a

HF (x, y) = −8 x2 + 2xy + y 2 + 16 x2 + y 2
= 8 x2 − 2xy + y 2 Evaluando en el primer punto cr´ıticos produce 243

 HF

1 1 √ , −√ 2 2

 = 16 > 0

   d2 f  1 1 1 1 √ √ √ √ entonces , − 2 < 0, luego en el punto , − 2 la funci´on 2 2 dx2 f tiene un m´aximo local condicionado. Por simetr´ıa, el segundo punto tambi´en corresponde a un m´aximo local condicionado de f. El criterio de la segunda derivada para extremos restringidos se puede generalizar para funciones de m´as de dos variables. En el caso de una funci´on de tres variables x, y, z y sujeta a la sola restricci´on g(x, y, z) = 0, formamos el Hessiano correspondiente a F (x, y, z, λ) = f (x, y, z) + λg (x, y, z) de la siguiente forma ∂g ∂x ∂2F ∂x2 ∂2F ∂y∂x ∂2F ∂x∂z

0 ∂g HF = ∂x ∂g ∂y ∂g ∂z

∂g ∂y ∂2F ∂y∂x ∂2F ∂y 2 ∂2F ∂y∂z

∂g ∂z ∂2F ∂x∂z ∂2F ∂y∂z ∂2F ∂z 2



y sea 0 ∂g A3 = ∂x ∂g ∂y

∂g ∂x ∂2F ∂x2 ∂2F ∂y∂x

∂g ∂y ∂2F ∂y∂x ∂2F ∂y 2



El criterio de la segunda derivada en este caso expresa: Sea (x0 , y0 , z0 ) punto cr´ıtico. a) Si HF < 0 y A3 > 0,entonces la funci´on f tendr´a un m´aximo condicionado en (x0 , y0 , z0 ). b) Si HF < 0 y A3 < 0,entonces la funci´on f tendr´a un m´ınimo condicionado en (x0 , y0 , z0 ). c) Si HF > 0,entonces la funci´on f no tiene extremos condicionado en (x0 , y0 , z0 ). d.) Si HF = 0, no hay informaci´on acerca del punto (x0 , y0, z0 ). 244

Ejemplo Hallar los extremos de la funci´on f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 sujeta a la restrici´on g (x, y, z) = z 2 + 2x − y 2 − 1 = 0. Soluci´ on: Sea la funci´on F = x2 + y 2 + z 2 + λ (z 2 + 2x − y 2 − 1) Fx Fy Fz Fλ

= = = =

2x + 2λ = 0 =⇒ 2 (x + λ) = 0 =⇒ x = −λ 2y − 2λy = 0 =⇒ 2y(1 − λ) = 0 =⇒ y = 0 2z + 2λz = 0 =⇒ 2z(1 + λ) = 0 =⇒ z = 0 z 2 + 2x − y 2 − 1 = 0

Reemplazando en Fλ : 0
2 +2(−λ)−02 −1 = 0 =⇒ λ = − 21 , y obtenemos el punto cr´ıtico 12 , 0, 0

HF

0 2 −2y 2z 2 2 0 0 = −2y 0 2 − 2λ 0 2z 0 0 2 + 2λ
= −4 4 − 4x2 − 2y · 2 · 2y (2 − 2λ) + 2z · 2 (2 − 2λ) (−2z)   1 1 HF , 0, 0, − = −16 < 0 2 2 A3 = 8y 2 − 4 (2 − 2λ) = 0 − 12 < 0

∴Hay un m´ınimo condicionado de f en el punto

1 , 0, 0 2




.

Obs´ervese que las otras opciones no producen puntos cr´ıticos en IR3

3.4.

Problemas Resueltos

3.4.1.

Continuidad y diferenciabilidad

Problema Dada la funci´on f : R2 → R definida como ( xy , si (x, y) 6= (0, 0) arctg 2 x + y2 . f (x, y) = 0 , si (x, y) = (0, 0) 245

a) Verificar si f es continua en IR2 b) Calcular si existen las derivadas parciales

∂f ∂f , en IR2 ∂x ∂y

Soluci´on. a) Tenemos que f (x, y) es continua ∀ (x, y) 6= (0, 0) puesto que es xy composici´on de dos funciones continuas, como son arctg y 2 . x + y2 Para estudiar la continuidad en el punto (0, 0) tenemos que calcular l´ım f (x, y) lo que haremos a trav´es de la trayectoria y = mx, (x,y)→(0,0)

entonces

l´ım f (x, mx) = l´ımarctg x→0

(x,y)→(0,0)

mx2 m = l´ımarctg 2 2 x→0 x +y 2 + m2

que depende de la pendiente m, por lo que este l´ımite no existe. Por lo tanto f no es continua en el punto(0, 0) b) Para (x, y) 6= (0, 0) la funci´on admite derivadas parciales, que son: y 2 − x2 ∂f (x, y) = y 2 , ∂x (x + y 2 )2 + x2 y 2 ∂f x2 − y 2 (x, y) = x 2 ∂y (x + y 2 )2 + x2 y 2

Para (x, y) = (0, 0) ,se tiene f (h, 0) − f (0, 0) h arctg0 − 0 = l´ım = l´ım0 = 0 h→0 h→0 h

∂f (0, 0) = ∂x

l´ım

h→0

Analogamente, derivando con respecto a y f (0, h) − f (0, 0) h→0 h arctg0 − 0 = l´ım = l´ım0 = 0 h→0 h→0 h

∂f (0, 0) = ∂y

l´ım

Por lo tanto, existen las derivadas parciales en (x, y) = (0, 0) . 246

Problema Dada la funci´on f : IR2 → IR definida como  2  x seny 2 , si (x, y) 6= (0, 0) f (x, y) = , probar que es x2 + y 2  0 , si (x, y) = (0, 0) diferenciable en el punto P0 = (0, 0) .¿Es continua la funci´on en ese punto? Soluci´ on. Tenemos que utilizar la definici´on y ver si el siguiente l´ımite es cero: L=

l´ım (h,k)→(0,0)

|∆f − df | √ h2 + k 2

h2 senk 2 ,y h2 + k 2

donde ∆f = f (h, k) − f (0, 0) = ∂f ∂f (0, 0) h + (0, 0) k ∂x ∂y En este caso

df =

f (h, 0) − f (0, 0) h→0 h 2 h ·0 −0 2 =0 = l´ım h h→0 h

∂f (0, 0) = ∂x

l´ım

Asimismo f (0, k) − f (0, 0) h→0 k 0 · senk 2 −0 2 k = l´ım =0 h→0 k

∂f (0, 0) = ∂y

Luego, df = 0, entonces L =

l´ım

h2 senk 2 √ (h,k)→(0,,0) (h2 + k 2 ) h2 + k 2 l´ım

h2 senk 2

h2 k 2

≤ (h2 + k 2 )3/2 (h2 + k 2 )3/2 (h2 + k 2 )(h2 + k 2 ) p 2 ≤ = (h + k 2 ) < ε 3/2 2 2 (h + k )

g (h, k) =

247

Si δ = ε . As´ı L = 0 y f es diferenciable en P0 = (0, 0) . De lo anterior se deduce que f es es continua en (0, 0) ya que es diferenciable en dicho punto.

3.4.2.

Regla de la cadena

Problema 1 Sea la ecuaci´on zxx + 2zxy + zy = 0 , donde

x(u, v) =

u−v u2 − v 2 u+v , y(u, v) = , z(u, v) = − w (u, v) 2 2 4

Muestre que al cambiar las variables independientes (x, y) por (u, v) y la funci´on z por w la ecuaci´on se reduce a 2 − 4wuu = 0. Soluci´ on. En primer lugar, calculamos la aplicaci´on inversa u(x, y) = x + y, v (x, y) = x − y. Derivando parcialmente estas u ´ltimas expresiones se tiene: ux = 1, uy = 1; vx = 1, vy = −1 Usando estos resultados y la regla de la cadena, obtenemos zx = zu ux + zv vx = zu + zv zy = zu uy + zv vy = zu − zv Reiterando la derivaci´on parcial y usando la regla de la cadena por segunda vez zxx = (zx )u ux + (zx )v vx = zuu + zvu + zuv + zvv zxy = (zx )u uy + (zx )v vy = zuu + zvu − (zuv + zvv ) zyy = (zx )u uy + (zv )v vy = zuu − zvu − (zuv − zvv ) Suponiendo que z es una funci´on continua con primeras derivadas parciales 248

continuas, entonces zxx + 2zxy + zy = 4zuu = 0 2u 1 − wu =⇒ zuu = − wuu 4 2 Por tanto, se tiene 1 − wuu = 0 2

Finalmente, zu =

Problema 2 Una funci´on z = z (x, y) se dice que es arm´onica si tiene derivadas parciales de segundo orden continuas y adem´as zxx + zyy = 0. y x , v= 2 . Pruebe que: Sean u = 2 2 x +y x + y2 i) u y v son arm´onicas ii) (ux )2 = (vy )2 iii) (uy )2 = (vx )2 iv) ux vx = −uy vy b)Si f (x, y) es unafunci´on arm´onica, entonces la funci´on w (x, y) = x y f , 2 2 2 x + y x + y2 es tambi´en arm´onica Soluci´ on. a) i) u = v=

x y 2 − x2 2xy =⇒ u = , uy = − 2 x 2 2 2 2 2 x +y (x + y ) (x + y 2 )2

y 2xy x2 − y 2 =⇒ v = − , v = x y x2 + y 2 (x2 + y 2 )2 (x2 + y 2 )2

Derivando parcialmente por segunda vez se tiene −2x(x2 + y 2 )2 − (y 2 − x2 )2(x2 + y 2 )2x (x2 + y 2 )4 2x3 − 6xy 2 = (x2 + y 2 )3

uxx =

249

−2x(x2 + y 2 )2 − (2xy)2(x2 + y 2 )2y (x2 + y 2 )4 −2x3 + 6xy 2 = (x2 + y 2 )3

uyy =

Lo anterior implica que uxx + uyy = 0 Analogamente para , vxx + vyy = 0 Adem´as 2 x2 − y 2 ii) (ux ) = = = (vy )2 (x2 + y 2 )2  2  2 2xy 2xy 2 iii)(uy ) = − 2 = = (vx )2 2 2 2 2 2 (x + y ) (x + y )  2     2 y −x 2xy 2xy(y 2 − x2 ) iv) ux vx = − 2 =− = −uy vy (x2 + y 2 )2 (x + y 2 )2 (x2 + y 2 )2 2



y 2 − x2 (x2 + y 2 )2

2



b) Aplicando derivaci´on compuesta tenemos: ∂f ∂f ux + vx , ∂u ∂v ∂f ∂f uy + vy = ∂u ∂v

wx = wy

Derivando parcialmente por segunda vez, queda  ∂ 2f ∂ 2f ∂f = ux + vx ux + uxx + 2 ∂u ∂v∂u ∂u  2  ∂ f ∂ 2f ∂f + ux + 2 vx vx + vxx ∂u∂v ∂v ∂v  2  ∂ f ∂ 2f ∂f uy + vy uy + uyy + = 2 ∂u ∂v∂u ∂u  2  ∂ f ∂ 2f ∂f + uy + 2 vy vy + vyy ∂u∂v ∂v ∂v 

wxx

wyy

Finalmente 250

∂ 2f ∂f ∂ 2f 2 vx ux + uxx + (u ) + x 2 ∂u ∂v∂u ∂u ∂ 2f ∂ 2f ∂f + ux vx + 2 (vx )2 + vxx ∂u∂v ∂v ∂v ∂ 2f ∂f ∂ 2f 2 = uy vy + uyy + (u ) + y 2 ∂u ∂v∂u ∂u ∂ 2f ∂ 2f ∂f + uy vy + 2 (vy )2 + vyy ∂u∂v ∂v ∂v

wxx =

wyy

Sumando t´erminos y utilizando las igualdades establecidas en a) se tiene  ∂ 2f ∂ 2f ∂f = + 2 (ux )2 + (uxx + uyy )+ 2 ∂u ∂v ∂u   2 ∂ 2f ∂f ∂ f + 2 (vx )2 + (vxx + vyy ) = 0 + 2 ∂u ∂v ∂v 

wxx + wyy

3.4.3.

Derivaci´ on Impl´ıcita

Problema 1 a) Sea f : R → R2 una funci´on tal que grad f (1, 1) = (2, 4) y g : R3 → R2 una funci´on tal que sus funciones coordenadas gi : R3 → R, i = 1, 2 tienen los siguientes gradientes grad g1 (1, 1, 1) = (2, 3, 1), ∂(f ◦ g) grad g2 (1, 1, 1) = (−5, 4, 2). Si g(1, 1, 1) = (1, 1). Obtener (1, 1, 1). ∂x b) Utilizando el teorema de la funci´on impl´ıcita determine si es posible 3 escribir y en t´erminos de x para la funci´on F (x, y) = x4 − exy −1 = 0 en una vecindad del punto (1, 1), y adem´as encuentre su derivada. Soluci´ on Sean las coordenadas cartesianas designadas en R3 por (x, y, z) y en R2 por (u, v), y tomando u = u(x, y, z), v = v(x, y, z) tenemos que: ∂f ∂u ∂f ∂v ∂f ◦ g (1, 1, 1) = (g(1, 1, 1)) · (1, 1, 1) + (g(1, 1, 1)) · (1, 1, 1) ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x ∂f ∂u ∂f ∂v (1, 1) · (1, 1, 1) + (1, 1) · (1, 1, 1) = ∂u ∂x ∂v ∂x 251

Notemos que 

 ∂f ∂f grad f (1, 1) = (1, 1), (1, 1) = (2, 4), ∂u ∂v     ∂g1 ∂g1 ∂g1 ∂u ∂u ∂u grad g1 = , , = , , = (2, 3, 1), ∂x ∂y ∂z ∂x ∂y ∂z     ∂v ∂v ∂v ∂g2 ∂g2 ∂21 , , = , , = (−5, 4, 2), grad g2 = ∂x ∂y ∂z ∂x ∂y ∂z As´ı

∂f ◦ g (1, 1, 1) = 2 · 2 + 4 · −5 = −16. ∂x

Primeramente note que (1, 1) ∈ F −1 (0, 0) y adem´as ∂F ∂F 3 3 = 4x3 − y 3 exy −1 , = −3xy 2 exy −1 ∂x ∂y las cuales son continuas en R2 en particular para alguna vecindad V ((1, 1), δ) de (1, 1) donde ∂F (1, 1) = −3 6= 0 por lo tanto podemos ∂y ocupar el teorema de la funci´on impl´ıcita, y definir f : V ((1, 1), δ) → R con y = f (x) y 1 = f (1) cuya derivada es 3

4x3 − y 3 exy −1 y = . 3xy 2 exy3 −1 0

Problema 2 a) Determine las derivadas parciales ∂u/∂x, ∂u/∂y, ∂v/∂x, ∂v/∂y, donde u, v son funciones definidas implicitamente por el sistema F (x, y, u, v) = xeu+v + uv − 1 = 0, G(x, y, u, v) = yeu−v − 2uv − 1 = 0. alrededor del punto p = (1, 1, 0, 0). ∂ 2z . b) Sea la funci´on z = f (u + v , u/v) obtener ∂u2 2

2

252

Soluci´ on. a) Verificando las hip´otesis del Teorema de la funci´on impl´ıcita podemos concluir que: ∂u (yeu−v + 2u)eu+v = − u+v u−v ∂x 2x ye + yeu−v u − 2vxeu+v + 2xeu+v u + vyeu−v ∂v eu+v (yeu−v − 2v) = − u+v u−v ∂x 2x ye + yeu−v u − 2vxeu+v + 2xeu+v u + vyeu−v e( u − v)(xeu+v + u) ∂u = − u+v u−v ∂y 2x ye + yeu−v u − 2vxeu+v + 2xeu+v u + vyeu−v (xeu+v + v)eu−v ∂v = u+v u−v ∂y 2x ye + yeu−v u − 2vxeu+v + 2xeu+v u + vyeu−v b) Definiendo x = x(u, v) = u2 + v 2 , y = y(u, v) = u/v tenemos que z = f (x, y), entonces ∂z ∂z ∂x ∂z ∂y ∂z ∂z 1 = + = 2u + , ∂u ∂x ∂u ∂y ∂u ∂x ∂y v luego  2    ∂ 2z ∂z ∂ z ∂x ∂ 2 z ∂y ∂ 2 z ∂x 1 ∂ 2 z ∂y = 2 + 2u + + + ∂u2 ∂x ∂x2 ∂u ∂y∂x ∂u v ∂y 2 ∂u ∂x∂y ∂u  2    ∂ x ∂ 2z 1 ∂ 2z 1 ∂z 1 ∂ 2z + 2u 2u + 2u + = 2 + ∂x ∂x2 ∂y∂x v v ∂y 2 ∂x∂y v Utilizando finalmente el teorema de Schwarz tenemos que 2 ∂ 2z ∂z 1 ∂ 2 z 4u ∂ 2 z 2∂ z = 2 + 4u + + . ∂u2 ∂x ∂x2 v ∂y 2 v ∂x∂y

Problema 3 a) Si u = f (x, y, z) define una funci´on diferenciable, y z se define implicitamente como una funci´on de x e y por la ecuaci´on g(x, y, z) = 0 con los atributos pedido en el teorema de la funci´on impl´ıcita. Pruebe que u tiene primeras derivadas parciales de x e y dadas por: ∂(f,g) ∂(f,g) ∂u ∂u ∂(x,z) ∂(y,z) = ∂y ; = ∂y ∂x ∂y ∂z ∂z 253

b) Si u = x2 y + z 2 , y z = g(x, y) se define impl´ıcitamente por la ecuaci´on x2 y − 3z + 8yz 3 = 0 Calcule: ∂u ∂u (1, 0, 0) y (1, 0, 0) ∂x ∂y Soluci´ on. a) Utilizando la regla de la cadena tenemos ∂u ∂f ∂f ∂z = + ∂x ∂x ∂z ∂x por otra parte si g(x, y, z) = 0 define impl´ıcitamente a z = z(x, y) entonces ∂g ∂z = − ∂x ∂g ∂x ∂z reemplazando en la ecuaci´on anterior ∂g ∂f ∂f ∂u ∂x = + (− ∂g ) ∂x ∂x ∂z ∂z

=

∂f ∂g ∂x ∂z

−

∂f ∂g ∂z ∂x

∂g ∂z

=

∂(f,g) ∂(x,z) ∂g ∂z

Similarmente ∂u ∂f ∂f ∂z = + ∂y ∂y ∂z ∂y

∂g

y

∂z ∂y = − ∂g ∂y ∂z

De lo anterior se deduce ∂g

∂u ∂f ∂f ∂y = + (− ∂g ) ∂y ∂y ∂z ∂z =

∂f ∂g ∂y ∂z

− ∂g ∂z

254

∂f ∂g ∂z ∂y

=

∂(f,g) ∂(y,z) ∂g ∂z

b) En este caso u = f (x, y, z) = x2 y + z 2 y z = z(x, y) se define impl´ıcitamente por g(x, y, z) = x2 y − 3z + 8yz 3 = 0 ,luego tenemos ∂g ∂g ∂g = 2xy , = x2 + 8z 3 , = −3 + 24yz 2 ∂x ∂y ∂z derivadas que son todas continuas por lo que se afirma que g es de C1 Adem´as g(1, 0, 0) = 0 y ∂g (1, 0, 0) = −3 6= 0 ∂z Entonces por el teorema de la funci´on impl´ıcita se tiene que existe V = Vδ (1, 0) y una vecindad (−a, a) de z = 0 y una funci´on z(x, y) de C1 sobre V tal que z(1, 0) = 0 y z(1, 0)(−a, a) Calculemos el Jacobiano 2xy ∂(f, g) 2z = 2 2xy −3 + 24yz ∂(x, z) = 2xy(−3 + 24yz 2 ) − 2xy2z = 2xy(−3 + 24yz 2 − 2z) Por otra parte ∂g = −3 + 24yz 2 ∂z Entonces 2xy(−3 + 24yz 2 − 2z) ∂u = ⇒ ∂x −3 + 24yz 2 ∂u 0 (1, 0, 0) = =0 ∂x −3 Tambi´en: x2 ∂(f, g) 2z = 2 3 2 x + 8z −3 + 24yz ∂(y, z) = −3x2 + 24x2 yz 2 − 2x2 z − 16z 3 = x2 (24yz 2 − 2z − 3) − 16z 3 255

Finalmente x2 (24yz 2 − 2z − 3) − 16z 3 ∂u = ∂y −3 + 24yz 2 ∂u −3 ⇒ (1, 0, 0) = =1 ∂y −3 ⇒

3.4.4.

Plano Tangente a una Superficie

Problema 1 Probar que los planos tangentes a la superficie S: xyz = a, a > 0 constante, en cualquier punto de S forma con los planos coordenados un tetraedro de volumen constante. Soluci´ on. Sea la superficie S descrita por la funci´on impl´ıcita F (x, y, z) = xyz − a = 0. los vectores normales a la superficie S satisfacen ∇F (x, y, z) = (yz, xz, xy) → − → − Si P 0 = (x0 , y0 , z0 ) ∈ S,entonces N (P0 ) = ∇F (x0 , y0 , z0 ) = (y0 z0 , x0 z0 , x0 y0 ) → − La ecuaci´on del plano tangente al punto P 0 ∈ S, esta definida por → − → − − (→ r − P )· N (P ) = 0,luego y z (x − x )+x z (y − y )+x y (z − z ) = 0

0

0 0

0

0 0

0

0 0

0. Entonces, las trazas de este plano con los ejes coordenados son 3x0 y0 z0 = 3x0 i) Si x = α, y = 0, z = 0 =⇒ α = y0 z0 3x0 y0 z0 = 3y0 ii) Si x = 0, y = β, z = 0 =⇒ β = x0 z0 3x0 y0 z0 iii) Si x = 0, y = 0, z = γ =⇒ α = = 3z0 x0 y 0 El volumen del tetraedro es: αβγ (3x0 ) (3y0 ) (3z0 ) 9 V = = = a, constante. 6 6 2

256

0

Problema 2 a) Probar que S1 dada por F (x, y, z) = 0 y S2 dada por G(x, y, z) = 0 son ortogonales en sus puntos de intersecci´on s´ı y solo si Fx Gx + Fy Gy + Fz Gz = 0. b) Probar que las superficies S1 : x2 + y 2 + z 2 − 2x + 4y − 8z = 0 y S2 : 3x2 − y 2 + 2z 2 − 6x − 4y − 16z + 31 = 0 son ortogonales. Soluci´ on.

→ − a) La normal a S1 dada por F (x, y, z) = 0 es N 1 = ∇F (x, y, z) = (Fx , Fy , Fz ). Del mismo modo, la normal a S2 dada por G(x, y, z) = 0 es → − N 2 = ∇G(x, y, z) = (Gx , Gy , Gz ) Por definici´on, ambas superficies son ortogonales si ∇F · ∇G = 0 ⇐⇒ (Fx , Fy , Fz ) · (Gx , Gy , Gz ) = 0 =⇒ Fx Gx + Fy Gy + Fz Gz = 0 b) Sea S1 : x2 + y 2 + z 2 − 2x + 4y − 8z = 0 =⇒ (x − 1)2 + (y + 2)2 + (z − 4)2 − 21 = 0 y S2 : 3x2 − y 2 + 2z 2 − 6x − 4y − 16z + 31 = 0 =⇒ 3(x − 1)2 − (y + 2)2 + 2(z − 4)2 = 0 Entonces S1 tiene normal → − N 1 = ∇F (x, y, z) = (2x − 2, 2y + 4, 2z − 8) Asimismo , S2 tiene normal → − N 2 = ∇G(x, y, z) = (6x − 6, −2y − 4, 4z − 16) =⇒ ∇F · ∇G = (2x − 2, 2y + 4, 2z − 8) · (6x − 6, −2y − 4, 4z − 16) = (2x − 2) (6x − 6) + (2y + 4) (−2y − 4) + (2z − 8) (4z − 16) = 4 [3(x − 1)2 − (y + 2)2 + 2(z − 4)2 ] = 4 · 0 = 0 Por lo tanto, la superficie S1 es ortogonal a S2 . 257

3.4.5.

Derivadas Direccionales

Problema 1   2xy 2 , si (x, y) 6= (0, 0) Sea f (x, y) : . Determine, si existe, la x2 + y 4  0 , si (x, y) = (0, 0) derivada direccional de f en P0 = (0, 0). Soluci´ on. Sea eb = (e1 , e2 ) un versor en una direcci´on cualquiera de IR2 tal que f ((0, 0) + λ (e1 , e2 )) − f (0, 0) f (λe1 , λe2 ) − f (0, 0) = l´ım λ→0 λ→0 λ λ

Dbe f (0, 0) = l´ım

2 (λe1 ) (λe2 )2 2λ3 e1 e22 2 4 (λe1 ) + (λe2 ) λ2 (e21 + λ2 e42 ) Dbe f (0, 0) = l´ım = l´ım λ→0 λ→0 λ λ Por lo tanto 2e2 Dbe f (0, 0) = l´ım 2 ,este l´ımite existe si y solo si e1 6= 0 λ→0 e1 Problema 2   x (x + y) , si (x, y) 6= (0, 0) . Determine, si existe, Sea f (x, y) = x2 + y 2  0 , si (x, y) = (0, 0) la derivada direccional de f en P0 = (0, 0). Soluci´ on. Sea eb = (e1 , e2 ) un versor en una direcci´on cualquiera de IR2 tal que f ((0, 0) + λ (e1 , e2 )) − f (0, 0) f (λe1 , λe2 ) − f (0, 0) = l´ım λ→0 λ→0 λ λ e1 (e1 + e2 ) Dbe f (0, 0) = l´ım 2 λ→0 λ (e2 1 + e2 ) Dbe f (0, 0) = l´ım

Este l´ımite existe si y solo si e1 (e1 + e2 ) = 0 =⇒ e1 = 0 o´ (e1 + e2 ) = 0 i) Si eb = (0, e2 ) = 0, Dbe f (0, 0) = 0 ii) Si eb = (e1 , −e1 ) = 0, Dbe f (0, 0) = 0. 258

Problema 3 Hallar la derivada direccional de f (x, y, z) = x2 yz 3 en el punto P0 = − (1, 1, −1) en la direcci´on de la tangente a la trayectoria : → r (t) = −t (e , 1 + 2sen (t) , t − cos (t)) . Soluci´ on. Como f (x, y, z) = x2 yz 3 es una funci´on diferenciable en R3 ,entonces Dbt f (P0 ) = ∇f (P0 ) · b t, donde ∇f (P ) = (2xyz 3 , x2 z 3 , 3x2 yz 2 ) El punto P0 que corresponde a t = t0 es: → − r (t0 ) = (e−t0 , 1 + 2sen (t0 ) , t0 − cos (t0 )) = (1, 1, −1) =⇒ e−t0 = 1 As´ı, t0 = ln (1) = 0 El vector tangente a la curva es: 0 0 → − − r (t) = (−e−t , 2 cos (t) , 1 + sen (t)) , entonces → r (0) = (−1, 2, 1) y el vector tangente unitario en ´esta direcci´on queda b t=

0 − → r (0) 0 − → k r (0)k

=

(−1,2,1) √ 6

Por tanto, la derivada direccional es Dbt f (P0 ) = (−2, −1, 3) ·

(−1,2,1) √ 6

=

√3 6

>0

El valor positivo, significa que f aumenta en ´esta direcci´on. Problema 4 Calcular derivada √ la √
direccional de f (x, y, z) = xy +xz −yz en el punto P0 = 2, − 2, 0 en direcci´on de la tangente a la curva determinada por las superficies x2 + y 2 + z 2 = 4, x + y + z = 0 Soluci´ on. Como f (x, y, z) = xy + xz − yz R3 ,entonces

es una funci´on diferenciable en

Dbt f (P0 ) = ∇f (P0 ) · b t, donde ∇f (P ) = (y + z, x − z, x − y) =⇒  √ √ √  ∇f (P0 ) = − 2, 2, 2 2 259

A´ un falta calcular el vector b t=

0 − → r (P0 ) − → r 0 (P )

, que es tangente a la curva k 0 k determinada por las superficies dadas.
0 − − Sea C dada por → r (x) = (x, y (x) , z (x)) =⇒ → r 0 (x) = 1, y (x) , z 0 (x) , 0

donde y (x) , z 0 (x) se calculan impl´ıcitamente a partir del sistema de ecuaciones por derivaci´on con respecto a x, en el entendido que y = y (x) , z = z (x) . En efecto: 2x + 2yy 0 + 2zz 0 = 0 0 0 1+y +z =0

· 21

⇐⇒

yy 0 + zz 0 = −x 0 0 y + z = −1

Resolviendo el u ´ltimo sistema obtenemos −x z y −1 1 1 −x + z 0 0 = y (x) = , z (x) = y y−z y z 1 1 1

−x −1 x−y = y−z z 1

Evaluando √ √ − 2 2 2 0 √
0 √
y 2 = √ =1yy 2 = √ = −2 − 2 − 2 Luego 0 → − √
(1, 1, −2) r (P0 ) → − 0 b √ =⇒ r 2 = (1, 1, −2) =⇒ t = → = 0 − k r (P0 )k 6 Por lo tanto, se tiene que √ √ √ (1, 1, −2) −4 √ Dbt f (P0 ) = (− 2, 2, 2 2) · =√ 6 6

3.4.6.

Valores extremos

Problema 1 Sea f : U ⊆ R2 → R definida en el abierto U , dada por f (x, y) = x4 − 2px2 − y 2 + 3 donde p es una constante entera. Calcular los valores extremos de la funci´on Soluci´ on Apliquemos la condici´on necesaria de punto cr´ıtico, calculando las derivadas parciales e igual´andolas a cero, luego fx = 4x3 − 4px = 4x(x2 − p); fy = −2y. 260

Tenemos que fy = −2y = 0 =⇒ y = 0, pero en la derivada parcial respecto de x hay que analizar el signo de p. √ i) Si p > 0, f x = 4x(x2 − p) = 0 =⇒ x = 0, ± p y los puntos cr´ıticos son √ √ P1 = (0, 0), P2 = ( p, 0) y P3 = (− p, 0). ii) Si p = 0, f x = 4x3 = 0 =⇒ x = 0, y el u ´nico punto cr´ıtico es P1 = (0, 0). iii) Si p < 0, f x = 4x(x2 − p) = 0 =⇒ x = 0, y el u ´nico punto cr´ıtico es P1 = (0, 0) Estudiemos el Hessiano para ver si los puntos obtenidos son m´aximos, m´ınimos o puntos silla. fxx = 12x2 − 4p, fxy = 0, fyx = 0, fyy = −2 Por tanto el determinante de la matriz Hessiana es 12x2 − 4p 0 H (x, y) = 0 −2



Estudiemos los puntos cr´ıticos seg´ un los valores del par´ametro p 1) Si p > 0: En este caso hay 3 −4p 0 H (0, 0) = 0 −2

puntos cr´ıticos. = 8p > 0 y fxx = −4p < 0

Entonces, el punto P1 = (0, 0) es un M´aximo Relativo. 8p 0 √ = −16p < 0 H (± p, 0) = 0 −2 √ √ Por lo tanto, los puntos P2 = ( p, 0) y P3 = (− p, 0) son Puntos Silla. 2) Si p < 0: En este caso en P1 = (0, 0) hay un punto cr´ıtico. H (0, 0) = −4p 0 0 −2 = 8p < 0, luego en P1 = (0, 0) hay un Punto Silla. 3) Si p = 0: En este caso hay un u ´nico punto cr´ıtico en el origen, pero al calcular el determinante del Hessiano, obtenemos que H(0, 0) = 0, luego no se tiene informaci´on. 261

Sin embargo, podemos comprobar la naturaleza del punto aplicando la definici´on de extremo local en las cercan´ıas del origen, siguiendo dos trayectorias distintas, para la funci´on: f (x, y) = x4 − y 2 + 3. Entonces f (x, 0) − f (0, 0) = x4 > 0 para todo (x, 0) ∈ V (0, 0) f (0, y) − f (0, 0) = −y 2 < 0 para todo (0, y) ∈ V (0, 0). Por lo tanto, P1 = (0, 0) es un Punto de Silla

Problema 2 Encuentre los valores extremos de la f (x, y) = x2 + y 2 − 21 x4 . Soluci´ on. Derivando parcialmente con respecto a x e y tenemos: fx (x, y) = 2x − 2x3 fy (x, y) = 2y Esta claro que fx y fy son funciones continuas en R2 Aplicando la condici´on necesaria para los puntos cr´ıticos de f tenemos: 2x − 2x3 = 0;

2y = 0.

Al resolver el sistema obtenemos tres puntos cr´ıticos. P0 = (0, 0) , P1 = (1, 0) ,

P2 = (−1, 0)

Determinemos el Hessiano H (x, y) : fxx (x, y) fxy (x, y) 2 − 6x2 0 = 4 − 12x2 H (x, y) = = fyx (x, y) fyy (x, y) 0 2 Evaluemos el Hessiano H (x, y) en cada uno de los puntos: i) Para P0 = (0, 0) =⇒ H (0, 0) = 4 > 0 y fxx (0, 0) = 2 > 0 Entonces en P0 hay un m´ınimo relativo f (0, 0) = 0. ii) Para P1 = (1, 0) =⇒ H (1, 0) = −8 < 0 . Entonces, en P1 hay punto silla de f. iii) Para P2 = (−1, 0) =⇒ H (−1, 0) = −8 < 0 . As´ı, en P2 tambien hay un punto silla de f. 262

Problema 3 Encuentre los valores extremos de la f (x, y) = x2 + y 2 − xy + x + y en el dominio D = {(x, y) ∈ R2 / x ≤ 0, y ≤ 0, x + y ≥ −3} . Soluci´ on. En primer lugar, determinemos los valores extremos en el conjunto abierto: D∗ = {(x, y) ∈ R2 / x < 0, y < 0, x + y > −3} . Derivando parcialmente con respecto a x e y tenemos: fx (x, y) = 2x − y + 1 fy (x, y) = 2y − x + 1 Observe que fx y fy son continuas en R2 Aplicando la condici´on necesaria para los puntos cr´ıticos de f tenemos el sistema: 2x − y = −1;

−x + 2y = −1.

Al resolver este sistema obtenemos un u ´nico punto cr´ıtico P0 = (−1, −1) ∈ D∗ Determinemos el Hessiano H (x, y) : fxx (x, y) fxy (x, y) 2 −1 = 3 ∀ (x, y) ∈ D∗ : H (x, y) = = fyx (x, y) fyy (x, y) −1 2 As´ı, P0 = (−1, −1) =⇒ H (−1, −1) = 3 > 0 y fxx (−1, −1) = 3 > 0 Se concluye, que en P0 hay un m´ınimo relativo f (−1, −1) = −1. En segundo lugar, estudiemos la condici´on que se presenta en la frontera de D. a) Si y = 0,

f (x, 0) = x2 + x con x ∈ [−3, 0]

Determinemos los puntos cr´ıticos en este borde 0

f (x) = 2x + 1 = 0 =⇒ x = − 21
Luego, hay un punto crit´ıco en P1 = − 21 , 0 ∈ D.
00 Como f (x) = 2 > 0, ∀x ∈ [−3, 0] , entonces en P1 = − 12 , 0 hay
un m´ınimo f − 21 , 0 = − 41 . b) Si x = 0,

f (0, y) = y 2 + y con y ∈ [−3, 0]

Determinemos los puntos cr´ıticos en este borde 263

0

f (y) = 2y + 1 = 0 =⇒ y = − 12
Luego, se tiene un punto crit´ıco en P2 = 0, − 21 ∈ D.
00 Como f (y) = 2 > 0, ∀y ∈ [−3, 0] ,entonces en P2 = 0, − 12 hay
un m´ınimo f 0, − 21 = − 41 . c) Si x+ y = −3,

f (x, −x − 3) = 3x2 + 9x + 6 con x ∈ [−3, 0]

Determinemos los puntos cr´ıticos en este borde 0

f (x) = 6x + 9 = 0 =⇒ x = − 32 =⇒ y = − 23
Luego, hay un punto crit´ıco en P2 = − 32 , − 32 ∈ D. 00

Como f (x, −x − 3) = 6 > 0, ∀x ∈ [−3, 0] ,entonces P2 = − 32 , − 23
en hay un m´ınimo f − 23 , − 23 = − 43 .




3.4.7. Multimplicadores de Lagrange para extremos restringidos Problema 1 Obtener los extremos de la funci´on f (x, y) = x3 + 2xy + y 2 que se encuentren en la recta x + y = 0. Soluci´on En primer lugar consideremos la funci´on de Lagrange y apliquemos la condici´on necesaria de punto cr´ıtico: F (x, y, λ) = x3 + 2xy + y 2 + λ(x + y) Fx = 3x2 + 2y + λ = 0 F y = 2x + 2y + λ = 0 Fz = x + y = 0

(1) (2) (3)

De la (3) ecuaci´on obtenemos: y = −x que sustituida en la segunda: 2x − 2x + λ = 0 =⇒ λ = 0 Sustituido este valor en la ecuaci´on (1), queda: 3x2 − 2x = 0, x = 0, x = 2/3   2 2 Entonces los puntos cr´ıticos del lagrangiano son. P1 (0, 0), P2 ,− 3 3 . Clasificaremos los puntos con el determinante del Hessiano Limitado: 264

0 1 1 H (x, y) = 1 6x 2 1 2 2



evalu´ando en los puntos cr´ıticos obtenidos anteriormente. 0 1 1 d2 f Consideremos H (0, 0) = 1 0 2 = 2 > 0, entonces < 0 y en dx2 1 2 2 P1 (0, 0) hay un m´aximo local condicionado de f, cuyo valor es f (0, 0) = 0.   0 1 1 2 2 d2 f Por otra parte H ,− = 1 4 2 = −2 > 0, entonces 0 

Por lo tanto, en el punto P0 =

a b √ ,√ 2 2

 un m´ınimo de f

Problema 3 Se desea construir una tolva para un silo, que tenga una capacidad de 100 m3 y forma de cono circular recto de 2m de radio, coronado por un cilindro circular recto, empleando un m´ınimo de material para la superficie. Calcular las alturas x del cilindro e y del cono para tal objeto. Soluci´ on: Sea la funci´on superficie definida por f (x, y) = 2π

p 4 + y 2 +4πx

Con la condici´on que el volumen sea g (x, y) = 43 πy + 4πx − 100 = 0 Entonces formemos la funci´on: p L (x, y, λ) = f (x, y) = 2π 4 + y 2 +4πx + λ Lx (x, y, λ) =

4π + 4πλ = 0 4πy 4 Ly (x, y, λ) = p + πλ = 0 2 3 2 4+y Lλ (x, y, λ) = 43 πy + 4πx − 100 = 0

4 πy 3


+ 4πx − 100

=⇒ λ = −1 1 y = =⇒ p 2 3 2 4+y

4 =⇒ y = √ 5 Sustituyendo en la restricci´on se tiene 9y 2 = 4 (4 + y 2 )

=⇒ 5y 2 = 16

100 − 3√4 5 4π En consecuencia, se tiene un u ´nico punto cr´ıtico en   100 4 4 P0 = −√ ,√ 4π 5 5 La condici´on de m´ınimo de f se estable mediante la segunda derivada p 4πyy 0 0 2 f (x, y(x)) = 2π 4 + y + 4πx =⇒ f (x) = p + 4π 2 4 + y2 4 πy + 4πx − 100 = 0 =⇒ y 0 (x) = −3 3 4πx = 100 −

16 √ π 3 5

=⇒ x =

Por lo tanto, sustituyendo y 0 (x) , y derivando por segunda vez 267

0

6πy

f (x) = − p + 4π 4 + y2 00 f (P0 ) > 0

00

f (x) = −6π

=⇒

(−3(4 + y 2 ) − y 2

!

(4 + y 2 )3/2 Valor m´ınimo

=⇒

As´ı el valor m´ınimo de la funci´on es:     q 100 100 20π 4 4 4 16 f = 2π 4 + 5 +4π = 100 − √ −√ ,√ −√ 4π 4π 5 5 5 3 5

Problema 4 Determine la distancia m´ınima y m´axima del origen a la curva de in7 tersecci´on del paraboloide z = − x2 − y 2 y el plano x + y + z = 2. 4 Soluci´on: En este caso es conveniente los valores extremos del cuadrado de la distancia con respecto al origen en vez de la distancia misma. Por lo tanto, se deben hallar los valores extremos de la funci´on: f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 sujeta a las restriciones 7 + x2 + y 2 = 0 4 h (x, y, z) = x + y + z − 2 = 0 g (x, y, z) = z −

Para aplicar el m´etodo de los multiplicadores de Lagrange se define   7 2 2 2 2 2 F (x, y, z, λ1 , λ2 ) = x +y +z +λ1 z − + x + y +λ2 (x + y + z − 2) 4 Fx = 2 (1 + λ1 ) x + λ2 = 0 Fy = 2 (1 + λ1 ) y + 2λ2 = 0 Fz = 2z + λ1 + λ2 = 0 7 F λ1 = z − + x2 + y 2 = 0 4 F λ2 = x + y + z − 2 = 0

(1,0) (2,0) (3,0) (4,0) (5,0)

1,0) − 2,0) : 2 (1 + λ1 ) (x − y) = 0 =⇒ λ1 = −1 o y = x 1 Si λ1 = −1 ,entonces de 1) λ2 = 0 y de 3) z = 2 268

1 Si z = , entonces de 4) y 5) se obtiene: 2x2 − 3x + 1 = 0 2 1 Resolviendo la ecuaci´on anterior, sus soluciones son: x1 = 1; x2 = 2   1 1 1 x1 = 1 =⇒ y1 = =⇒ 1, , es punto cr´ıtico. 2 2 2   1 1 1 =⇒ y2 = 1 =⇒ , 1, es punto cr´ıtico. x2 = 2 2 2 Por otra parte:4) − 5) =⇒ x2 + y 2 − x − y +

1 =0 4

√ 1 2 ± 2 Si y = x =⇒ 2x2 − 2x + = 0, resolviendo la ecuaci´on x = 4 4 √ √ √ √ √ ! 2+ 2 4−2 2 2+ 2 2+ 2 4−2 2 y=x= =⇒ z = =⇒ , , 4 4 4 4 4 es punto cr´ıtico de f. √ √ 4+2 2 2− 2 =⇒ z = =⇒ y=x= 4 4

√ √ √ ! 2− 2 2− 2 4+2 2 , , 4 4 4

es punto cr´ıtico de f. As´ı

√ √ √ ! √
2± 2 2± 2 4∓2 2 1 , , = 9+2 2 fm´ax 4 4 4 4   1 1 3 fm´ın , 1, = 2 2 2 Como la curva intersecci´on del paraboloide y el plano es una curva cerrada, la distancia m´ınima y la distancia m´axima al origen son rer q √
3 1 spectivamente y 9 + 2 2 .No necesitamos m´as pruebas por 2 2 las caracteristicas geom´etricas del problema. Problema 5 Demuestre que las distancias m´axima y m´ınima desde el origen a la x2 y 2 z 2 curva de intersecci´on definida por + + = 1, z = x + y. 4 5 25 Soluci´ on: 269

Debenos encontrar los valores extremos de la funci´on f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 sujeta a las restriciones x2 y 2 z 2 + + −1=0 4 5 25 h (x, y, z) = x + y − z = 0 g (x, y, z) =

Para aplicar el m´etodo de los multiplicadores de Lagrange se define  2  x y2 z2 2 2 2 F (x, y, z, λ1 , λ2 ) = x +y +z +λ1 + + − 1 +λ2 (x + y − z) 4 5 25 Aplicando la condici´on necesaria de punto cr´ıtico   λ1 Fx = 2 1 + x + λ2 = 0 (1,0) 4  λ1 Fy = 2 1 + y + λ2 = 0 (2,0) 5 λ1 + λ2 = 0 (3,0) Fz = 2(1 + 5 x2 y 2 z 2 F λ1 = + + −1=0 (4,0) 4 5 25 F λ2 = x + y − z = 0 (5,0) Despejando de estas ecuaciones x, y, z se tiene 2λ2 5λ2 25λ2 x=− ; y=− ; z=− ; 6,0) λ1 + 4 2λ1 + 10 2λ1 + 50 Al dividir 5,0 por λ2 6= 0 (lo cual est´a justificado porque de otro modo de 1,0, 2,0 y 3,0, se tendr´ıa x = y = z = 0). 2 5 25 + + = 0. Multiplicando por 2 (λ1 + 4) (2λ1 + 10) (2λ1 + 50) λ1 + 4 2λ1 + 10 2λ1 + 50 y simplificando da 17λ21 + 245λ1 + 750 = 0 =⇒ (λ1 + 10)(17λ1 + 75) = 0 75 de donde: λ1 = −10, λ1 = − 17 λ2 λ2 5λ2 Caso i) Si λ1 = −10, entonces de 6,0 : x = ; y = ; z = . 3 2 6 λ22 λ22 5λ22 180 + + − 1 = 0 =⇒ λ22 = =⇒ Sutituyendo en 4.0 da: 36 20 66 19 270

r

5 19 Por lo tanto, se tienen dos puntos cr´ıticos. r r r ! r r r ! 5 5 5 5 5 5 P1 = 2 ,3 ,5 y P2 = −2 .−3 , −5 19 19 19 19 19 19 ! r r r 5 5 5 , ±3 , ±5 = 10 Evaluando en la funci´on se tiene f ±2 19 19 19 λ2 = ±6

75 34λ2 17λ2 Caso ii) Si λ1 = − , entonces de 6,0 : x = ; y =− ;z = 17 7 4 17λ2 . 28 λ2 λ2 5λ2 (140)2 Sutituyendo en 4.0 da: 2 + 2 + 2 −1 = 0 =⇒ λ22 = =⇒ 36 20 66 (17)2 (646) √ λ2 = ±14017 646 Por lo tanto, se tienen otros dos puntos cr´ıticos m´as.     40 35 5 40 35 5 √ P1 = √ , −√ y P2 = − √ ,√ , −√ 646 646 646 646 646 646   40 35 5 75 Evaluando en la funci´on se tiene f ± √ , ∓√ , ±√ = 17 646 646 646 75 Asi el valor m´aximo buscado es 10 y el valor m´ınimo es 17 Problema 6 Se desea construir un silo, que tenga una capacidad de V0 con forma de cilindro circular recto de altura h y radio basal r . Calcular la altura h del cilindro y radio basal r de manera que la superficie total sea m´ınima. Soluci´ on: Sea la funci´on superficie definida por f (r, h) = 2πr2 +2πrh Con la condici´on que el volumen sea g (x, y) = πr2 h − V0 = 0 Entonces formemos la funci´on: L (r, h, λ) = 2πr2 + 2πrh + λ (πr2 h − V0 ) 271

Lr (r, h, λ) = 4πr + 2πh + 2λπrh = 0 1,0) Lh (r, h, λ) = 2πh + λπr2 = 0 2,0) Lλ (r, h, λ) = πr2 h − V0 = 0 3,0) 2 De 2,0) se tiene: λ = − y sustituyendo este valor en 1,0) obtenemos r h = 2r r r V0 3 V0 Si h = 2r, entonces de 3.0) r = ;h = 2 3 2π 2π En consecuencia, se tiene un u ´nico punto cr´ıtico en r ! r V0 3 V0 P0 = 3 ,2 2π 2π La condici´on de m´ınimo de f se establece mediante la segunda derivada f (r, h(r)) = 6πr2

0

=⇒ f (r) = 12πr 00 =⇒ f (r) = 12π > 0

Por lo tanto, se tiene un valor m´ınimo de f si h = 2r As´ı el valor m´ınimo de la superficie es: r ! r  2/3 V V0 0 3 V0 3 ,2 = 6π f 2π 2π 2π Problema 7: Determinar los extremos absolutos de la funci´on f (x, y) = y 3 + x2 y + 2x2 + 2y 2 − 4y − 8 en el conjunto D = {(x, y) ∈ IR2 /x2 + y 2 ≤ 1} . Soluci´ on: En primer lugar estudiemos los puntos del interior de D, para ver si existen m´aximos o m´ınimos locales. La condicion necesaria, de los puntos interiores candidatos a extremos, es ∂f = 2x(y + 2) = 0 ∂x ∇f (x, y) = (0, 0) =⇒ ∂f = 3y 2 + x2 + 4y − 4 = 0 ∂y i) La primera ecuaci´on implica que x = 0 ´o y = −2. Si y = −2, la segunda ecuaci´on implica que x = 0, luego se tiene un punto cr´ıtico en P0 = (0, −2) , sin embargo , P0 ∈ / D. 272

ii) Si x = 0, la segunda ecuaci´on es 3y 2 + 4y − 4 = 0 =⇒ y = −2, 2 y= . 3   2 4 Las coordenadas del punto P1 = 0, verifican < 1,entonces P1 ∈ 3 9 8 8 8 256 D. Adem´as f (P1 ) = + − −8= = −9, 48. 27 9 3 27 En segundo lugar, estudiemos los puntos de la frontera de D usando la funci´on f (x, y) = y 3 + x2 y + 2x2 + 2y 2 − 4y − 8 bajo la restrici´on g (x, y) = x2 + y 2 − 1 = 0. Usemos el m´etodo de los multiplicadores de Lagrange. Sea L (x, y, λ) = y 3 + x2 y + 2x2 + 2y 2 − 4y − 8 + λ(x2 + y 2 − 1), y obtenemos: ∂L = 2x(y + 2) + λ2x = 0 ∂x ∂L = 3y 2 + x2 + 4y − 4 + λ2y = 0 ∂y ∂L = x2 + y 2 − 1 = 0 ∂λ De la ecuaci´on 1,0 se tiene que x = 0 o´

(1,0) (2,0) (3,0) (y + 2) + λ = 0

a) Si x = 0,en 3.0 se tiene y 2 − 1 = 0 =⇒ y = ±1.Luego se tienen otros dos puntos cr´ıticos P2 = (0, 1) y P2 = (0, −1) que satisfacen las ecuaciones 1,0 y 3,0. Para comprobar que tambi´en satisfacen la ecuaci´on 2,0 , sustituyamos el ella 3 P1 = (0, 1) =⇒ λ = ∈ IR 2 5 P2 = (0, −1) =⇒ λ = ∈ IR. 2 Si evaluamos las funci´on en los puntos encontrados obtenemos: f (P2 ) = 1 + 2 − 4 − 8 = −9 f (P3 ) = −1 + 2 + 4 − 8 = −3 b) Si (y + 2) + λ = 0 ⇐⇒ λ = −(y + 2), en 2,0 se tiene 3y 2 + x2 + 4y − 4 + 2y(y + 2) = 0 =⇒ x2 + y 2 = 4, resultado que contradice la ecuaci´on 3,0, x2 + y 2 = 1. Luego, esta condici´on no produce un punto cr´ıtico. 273

Por lo tanto, comparando los valores de la funci´on en los tres puntos encontrados, podemos inferir que el m´aximo absoluto se alcanza en P3 y que el m´ınimo absoluto se alcanza en P1 Problema 8: Determine las dimensiones de una caja rectangular, sin tapa superior,que ha de tener un volumen dado V0 ,de manera que su superficie sea m´ınima. Soluci´ on: Sea la funci´on superficie definida por f (x, y, z) = xy + 2xz + 2yz Con la condicion que el volumen sea g (x, y, z) = xyz − V0 = 0 Entonces formemos la funci´on: L (x, y, z, λ) = f (x, y) = xy + 2xz + 2yz + λ (xyz − V0 ) Lx (x, y, z, λ) = y + 2z + λyz = 0 Ly (x, y, z, λ) = x + 2z + λxz = 0 Lz (x, y, z, λ) = 2x + 2y + λxy = 0 Lλ (x, y, z, λ) = xyz − V0 = 0

(1,0) (2,0) (3,0) (4,0)

2z , sutituyendo Despejando y y x de 1,0 y 2,0 se tiene 5.0) y = x = − 1+λz en 3,0) produce: 8z − 1+λz +

4λz 2 (1+λz)2

= 0 =⇒ z =

1 λ

6,0)

Reemplazando en 6,0) en 5,0) se tiene y = x = − λ4 . Sustituyendo en 4.0  1/3

1
4 4 − λ − λ λ = V0 =⇒ λ = V160 Por lo tanto, se tiene un u ´nico punto cr´ıtico de f en 


1/3  1/3 1/3 P0 = 4 V160 , 4 V160 , V160 . Examinemos la naturaleza del punto cr´ıtico usando el Hessiano limitado: ∂g ∂g ∂g 0 ∂x ∂y ∂z ∂g ∂ 2 L ∂ 2 L ∂ 2 L ∂x ∂x2 ∂x∂y ∂x∂z H (x, y, z) = ∂g ∂ 2 L ∂ 2 L ∂ 2 L =⇒ ∂y ∂x∂y ∂y2 ∂y∂z ∂g ∂ 2 L ∂ 2 L ∂ 2 L 2 ∂z

∂x∂z

∂y∂z

∂z

274

H (x, y, z) =

0 yz xz xy yz 0 1 + λz 2 + λy xz 1 + λz 0 2 + λx xy 2 + λy 2 + λx 0 
1/3
1/3 V0
1/3  , 4 V160 , 16 Evaluemos el Hessiano H 4 V160
2/3
2/3
2/3 0 4 V160 4 V160 16 V160
2/3 V 0 4 0 2 6 16 H=
2/3 V0 2 0 6 4 16
2/3 V 0 16 16 6 6 0 Usando propiedades de determinantes, obtenemos que el valor de Hessiano es:
V0 4/3 H = 16 16

0 1 1 4

1 0 2 6

1 2 0 6

4 6 6 0



4

H = −2048,0 × (0,062 5V0 ) 3 < 0 0 1 1 Adem´as: ∆3 = 1 0 2 = 4 > 0 1 2 0 Entonces  la
funci´on f
tendr´a
un m´aximo condicionado en el punto 1/3 1/3 1/3 P0 = 4 V160 , 4 V160 , V160

3.4.8.

Aplicaci´ on al c´ alculo de errores

Problema 1: El periodo T de un p´endulo simple depende de la longitud l y de la aceleraci´on de gravedad g del lugar y est´a dado por: r l T = 2π . Hallar a a) el error absoluto y b) el error relativo , al g calcular T con l = 0, 6 m y g = 10m/s2 si los valores verdaderos eran l = 58, 5cm y g = 9, 8m/s2 . Soluci´ on: r a) Sea T = 2π

l . el per´ıodo de un p´endulo simple. g 275

El error absoluto de T es ∆T, que en este caso es aproximadamente dT. as´ı se tiene: ∂T ∂T π El error absoluto de T = dT = dl + dg = √ dl − π ∂l ∂g lg Error de l = ∆l = dl = (0, 6 − 0, 585) m = 0, 015m

r

l dg g3

Error de g = ∆g = dg = (10 − 9, 8) m/s2 = 0, 2m/s2 r 0, 6 π (0, 015) − π (0, 2) El error absoluto de T = dT = √ 1000 0, 6x10 r   1 π dT l √ dl − π = r b) El error relativo de T = dg T g3 lg l 2π g

 1 1 dl − dg . El error relativo de T = 2l 2g r   1 dT π l √ dl − π = r dg El error relativo de T = T g3 lg l 2π g 

3.5.

Ejercicios Propuestos

3.5.1.

L´ımites

Problema 1 Determinar si existen los siguientes limites, y si existen, calcular su valor a)

l´ım (x,y)→(0,0)

xseny ln ysenx

x2 − y 2 (x,y)→(0,0) x2 + y 2 Soluci´ on: b)

l´ım

xseny a) l´ım ln ysenx = 0, b) El l´ımite de la funci´on f no existe (x,y)→0

276

Problema 2 En los siguientes casos, usar coordenadas polares para concluir que el l´ımite de f (x, y) cuando (x, y) tiende a (0, 0) existe y vale cero. y3 (x,y)→(0,0) x2 + y 2

a)

l´ım

x3 y 4 (x,y)→(0,0) x4 + y 4

b)

l´ım

3.5.2.

Diferenciabilidad, continuidad

Problema 1  

xysen

1 si y

y 6= 0

, probar que es 0 ∀ (x, 0) diferenciable en el punto P0 = (0, 0) ,¿es continua en este punto? Dada la funci´on f (x, y) =



Soluci´ on: La funci´on f es diferenciable en P0 = (0, 0) , implica que es continua en (0, 0) Problema 2   p |x| y si (x, y) 6= (0, 0) Dada la funci´on f (x, y) = . x2 + y 2  0 si (x, y) = (0, 0) a) Estudiar su continuidad en IR2 b) Estudiar la existencia de derivadas parciales en IR2 y determinarlas, si es que existen. c) Estudiar su diferenciabilidad en IR2 Soluci´ on: a) La funci´on f es en continua en IR2 b) Existen derivadas parciales en ∂f ∂f IR2 − {(o, a) /a 6= 0} ,No existe (0, a) , (0, a) = 0, ∂x ∂y 277

∂f ∂f (0, 0) = 0, (0, 0) = 0 ∂x ∂y c) La funci´on f no es diferenciable en P0 = (0, 0) ,puesto que |∆f − df | √ 6= 0 (h,k)→(0,0) h2 + k 2 l´ım

Problema 3 Verificar que f (x, y) =

p |xy| es continua y no diferenciable en (0, 0) .

Problema 4 ( Dada la funci´on f (x, y) =

4

4

+y si (x, y) 6= (0, 0) arctg xx2 +y 2 a si (x, y) = (0, 0)

a) Determinar el valor de a para que la funci´on sea continua en el origen. b) Para este valor de a calcular fx (0, 0), fy (0, 0) c) Hallar la derivada direccional Dub f (1, 0), siendo u b un vector unitario o que la forma un ´angulo de 60 con la parte positiva del eje OX. Soluci´ on: a) f(x,y) es continua en (0,0) si a= f(0,0) b) fx (0,0)=0 , fy (0,0)=0 c) Dub f (1, 0) =

3.5.3.

1 2

Derivadas parciales

Problema 1 Sea f (x, y) =

  

xy

x2 − y 2 si (x, y) 6= (0, 0) x2 + y 2 0 si (x, y) = (0, 0)

a) Deducir que

∂f ∂f (0, y) = −y ∀y; (x, 0) = x ∀x ∂x ∂y

b) Verificar que

∂ 2f ∂ 2f (0, 0) 6= (0, 0) ∂y∂x ∂x∂y 278

Problema 2  Dada la funci´on f (x, y) =

x + y si x = 0 ´o y = 0 1 si x = 6 0, y 6= 0

∂f ∂f (0, 0) = 1 ; (0, 0) = 1 ∂x ∂y b) Muestre que la funci´on f no es continua en (0, 0)

a) Verifique que

Problema 3 Sea u =

xy , muestre que u satisface la ecuaci´on: x+y x2

2 ∂ 2u ∂ 2u 2∂ u + 2xy + y =0 ∂x2 ∂y∂x ∂y 2

Problema 4 Sea u = p

1 x2

+ y2 + z2

, probar que u satisface la ecuaci´on: ∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u + + =0 ∂x2 ∂y 2 ∂z 2

Problema 5 Enuncie las condiciones del teorema de Schwarz de igualdad de las derivadas cruzadas. Problema 6 Justifique si es cierto que una funci´on f : IR3 → IR diferenciable en IR3 tiene derivadas parciales. Soluci´on − − Si una funci´on f es diferenciable en → x o y la diferencial es Df (→ x o) , → − entonces para todo vector unitario vb 6= 0 existe D f ( x ) que verifica v b

o

− − Dvbf (→ x o ) = Df (→ x o ) · vb. En particular, esto sucede para los vectores (1, 0, 0) , (0, 1, 0) , (0, 0, 1) , por lo que existen las derivadas parciales

279

Problema 7 Suponga que z es funci´on de las variables x e y , que satisface la ecuaci´on que se da en cada caso . Encontrar las derivadas parciales de primer ∂z ∂z y orden ∂x ∂y a) x3 + y 3 + z 3 + senxz + cos yz = 15 b) ez + x2 ln z + y = 0. Soluci´ on: ∂z (3x2 + z cos xz) ∂z (3y 2 − zsenxz) a) =− 2 , =− 2 ∂x 3z + x cos xz − ysenyz ∂y 3z + x cos xz − ysenyz 2xz ln z ∂z z ∂z =− z , =− z b) 2 ∂x ze + x ∂y ze + x2 Problema 8 Suponga que existen funciones u y v , que satisfacen las siguientes ecuaciones. 

u cos v = x + 1 u sin y = x + y

∂u ∂u ∂v ∂v , , , ∂x ∂y ∂x ∂y Soluci´ on: ∂u ∂v cos v − senv ∂v cos v ∂u = cos v + senv , = senv, = , = ∂x ∂y ∂x u ∂y u Calcular

3.5.4.

Derivadas Direccionales

Problema 1 Calcule la derivada direccional de la funci´on dada en la direcci´on del vector indicado. a) f (x, y, z) = 2x2 − y 2 − z 2 , en (1, 2, 2) hacia (4, 5, 0) . b) f (x, y, z) = 2x2 − 8xy + z 2 , en el punto (4, 4, 1) en la direcci´on de la 280

normal exterior a la superficie x2 + y 2 + z = 17 Soluci´ on: 8 446 a) Dvbf (1, 2, 2) = √ , b) Dvbf (4, 4, 1) = − √ 22 129 Problema 2

Determine la ecuaci´on del plano tangente al paraboloide x2 +y 2 +z−1 =

1 1 0 y que pasa por los puntos 1, 0, 2 y 0, 1, 2 . Soluci´ on: La ecuaci´on de plano tangente es: x + y + z =

3 2

Problema 3 Sea S una superficie dada por la ecuaci´on x3 + y 3 + z 3 − a3 = 0, con a constante, y Π un plano tangente en P0 = (xo , yo, zo ) ∈ S que intersecta los ejes coordenados X,Y,Z en α, β, γ respectivamente. Probar que α−3/2 + β −3/2 + γ −3/2 = a−3/2 es constante.

Problema 4 Determinar el plano tangente a la superficie S √ √ √ √ x + y + z = a, (a > 0) en el punto P0 = (xo , yo, zo ) ∈ S y demostrar que este plano corta los ejes coordenados en segmentos cuya suma de longitudes es constante. Soluci´ on: x − xo y − yo z − zo + √ + √ =0 √ xo yo zo √ √ √ √ l = a( xo + yo + zo ) = a, (a > 0) 281

Problema 5 Muestre que si el punto P0 = (xo , yo, zo ) pertenece al elipsoide de ecuaci´on: y2 z2 x2 + 2 + 2 = 1 con (α < c2 < b2 < a2 ) π: 2 a −α b −α c −α y al manto del hiperboloide de ecuaci´on: x2 y2 z2 θ: 2 + 2 + 2 = 1 con (c2 < β < b2 < a2 ) a −β b −β c −β Entonces las superficies π y θ se cortan ortogonalmente en P0 = (xo , yo, zo ) . Regla de la cadena Problema 1 Sean f : R2 → R y g : R → R, con f (x, g (x)) = x sin (g (x)) . 0 Sabiendo que g (1) = 0 y que f (1, 0) = 1, calcular g 0 (1) . Soluci´ on: El valor de la derivada es g 0 (1) = 1 Problema 2 Sea f : D ⊂ IR2 → IR grado p, es

una funci´on diferenciable homog´enea de

decir que verifica la condici´on f (tx, ty) = tp f (x, y) ∀t > 0, ∀ (x, y) ∈ IR2 . ∂f ∂f +y = pf. a) Demuestre la ecuaci´on x ∂x ∂y b) Pruebe que la siguientes funciones son homog´eneas f (x, y) = xy, f (x, y) = x2 + 3xy + y 2 y luego verifique la ecuaci´on anterior. Problema 3 Sea g(t) = f (x (t) , y (t)) de clase C2 , deduzca que:

2

2

g 00 (t) = fxx (x, y) (x0 ) +2fxy (x, y) x0 y 0 +fyy (x, y) (y 0 ) +fx (x, y) x00 +fy (x, y) y 00 282

Problema 4 Sea f = f (x, y) de clase C2 con fx (0, 1) = 2, fy (0, 1) = 1; fxx (0, 1) = 0, fxy (0, 1) = −1, fyy (0, 1) = 1.Si h(t) = f (t2 , 1 + t3 ) . 0 − Calcule la derivada compuesta (f ◦ → r ) (t) y evalue h´(0) = 4 Soluci´ on: 00

h (t) = fxx (x, y) (x0 )2 + 2fxy (x, y) x0 y 0 + fyy (x, y) (y 0 )2 + fx (x, y) x00 + fy (x, y) y 00 h00 (0) = 4 Derivaci´on impl´ıcita Sea z = f (x, y) definida por z = u + vdonde u = u(x, y) y v = v(x, y) son funciones definidas de manera impl´ıcita por las ecuaciones F = u + eu+v − x = 0 G = v + eu−v − y = 0 Si u = v = 0 entonces x = y = 1: Calcular zx (1, 1). Soluci´ on: zx (1, 1) = 1 Problema 5  Verifique que la funci´on f (x, y) = g 2x

x y2

 satisface la ecuaci´on:

∂f ∂f +y =0 ∂x ∂y

Problema 6  xy  Sea g , x2 + y 2 = 0 una ecuaci´on que define a z como una funci´on z de x e y. Verifique que si gx ; gy y gz existen y son continuas en toda la regi´on en la que gz 6= 0; entonces 283

z(x2 − y 2 ) yzx − xzy = xy Problema 7 Si F (xz, yz) = 0 define a z como funci´on impl´ıcita de x e y y adem´as cumple con las condiciones del teorema de la funci´on impl´ıcita en cada punto de una regi´on R; entoncesverifique que, en R; se satisface la ecuaci´on xzx + yzy = −z

3.5.5.

Puntos cr´ıticos m´ aximos y m´ınimos

Problema 1 Sea f : U ⊆ R2 → R definida en el abierto U , dada por: f (x, y) = x4 + y 4 + 4axy + 8a4 , (a ∈ R). Calcular los valores extremos de la funci´on. Soluci´ on: Si a = 0, entonces, el u ´nico punto cr´ıtico es P0 = (0, 0) (m´ınimo) . Si a >√ 0, tenemos tres puntos √ √ √ cr´ıtico es P0 = (0, 0) (punto silla), P1 = ( a, − a), P2 = (− a, a) (m´ınimos). Si a 0 y ε > 0, podemos escoger n´ umeros ρo > 0 y εo > 0 tales que un punto situado en cualquier lugar a una distancia − menor que ρo de → r o ,despu´es de recibir inicialmente energ´ıa cin´etica en una cantidad menor que εo , permanecer´a para siempre a una distancia − de → r o menor que ρ y poseera energ´ıa cin´etica menor que ε. − As´ı, si tenemos una posici´on de equilibrio, la estabilidad en → r o sig→ − nifica que una part´ıcula que se mueve lentamente cerca de r o siempre − permanecer´a cerca de → r o y se mantendr´a moviendose lentamente. − Ahora, si tenemos un punto de equilibrio inestable → r o , entonces → − → − → − → − − r (t) = r o resuelve la ecuaci´on de Newton F ( r (t)) = m→ r ” (t) , → − pero las soluciones cercanas pueden alejarse de r conforme trascurra o

el tiempo. Proposici´ on 3.7.1. i) Los puntos cr´ıticos de un potencial son posiciones de equilibrio. − ii) En un campo conservativo, un punto → r o en el cual el potencial alcance un m´ınimo local estricto, es una posici´on de equilibrio estable. 290

Demostraci´ on 1) La primera afirmaci´on es bastante obvia debido a la definici´on de → − − campo conservativo: F = −∇V, los puntos de equilibrios → r o son − exactamente los puntos cr´ıticos de V, en los cuales ∇V (→ r o) = 0 2) Para probar la afirmaci´on ii), haremos uso de la ley de conservaci´on de energ´ıa . Tenemos 1 1 − − − − m k→ r 0 (t)k + V (→ r (t)) = m k→ r 0 (0)k + V (→ r (0)) 2 2 − Escojamos un peque˜ na vecindad de → r , y asumamos que la part´ıcula o

tienen poca energ´ıa cin´etica. Conforme t crece, la part´ıcula se aleja − − − − r o sobre una trayectoria → r (t) y V (→ r (t)) crece pues V (→ r (0)) es de → un m´ınimo estricto , de modo que la energ´ıa cin´etica debe decrecer . Si la energ´ıa cinetica inicial es suficientemente peque˜ na, entonces, para − que la part´ıcula escape de la vecindad de → r o , fuera de la cual V ha crecido en una cantidad definida, la energia cinetica tendria que volverse negativa, lo cual es imposible. Asi, la particula no puede escapar de la vecindad. Sea una part´ıcula en un campo de potencial V restringido a mantenerse sobre la superficie de nivel S dada por la ecuaci´on φ (x, y, z) = 0 → − − − con ∇φ 6= 0. Si en la ecuaci´on de Newton F (→ r (t)) = m→ r ” (t) (∗) , → − → − reemplazamos F con la componente de F paralela a S, aseguramos que la part´ıcula permanecer´a en S. Proposici´ on 3.7.2. i) Si en un punto P sobre la superficie S el potencial V |S tiene un valor extremo, entonces el punto P es una posici´on de equilibrio sobre la superficie. ii) Si un punto P ∈ S es un m´ınimo local estricto del potencial V|S , entonces el punto P es una posicion de equilibrio estable.

Ejemplo Sea el campo gravitacional cerca de la superficie de la tier→ − ra; esto es, sea F = (0, 0, −mg) donde g es la aceleraci´on de gravedad . Determine la funci´on potencial gravitacional y ¿cu´ales son las posiciones de equilibrio, si una part´ıcula con masa m esta restrigida a la esfera g (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 − r2 = 0, (r > 0)?¿Cu´ales son estables?. Soluci´ on: 291

∂V = mg =⇒ V (x, y, z) = mgz ∂z Usando el m´etodo de los multiplicadores de Lagrange podemos localizar

Tenemos que

Fz = −

los extremos posibles, tenemos que: L (x, y, z, λ) L (x, y, z, λ) Lx (x, y, z, λ) Ly (x, y, z, λ)

= = = =

V (x, y, z) + λg (x, y, z)
mgz + λ x2 + y 2 + z 2 − r2 2λx = 0 =⇒ λ 6= 0 y x = 0 (1,0) 2λy = 0 =⇒ λ 6= 0 y y = 0 (2,0) mg Lz (x, y, z, λ) = mg + 2λz = 0 =⇒ λ = − y z 6= 0 2z Lλ (x, y, z, λ) = x2 + y 2 + z 2 − r2 = 0 ( 4,0)

(3,0)

Reemplazando (1,0), (2,0), (3,0) en ( 4,0) z 2 − r2 = 0 =⇒ z = ±r y λ = −

mg 2r

Luego, se deduce que los puntos P1 = (0, 0, r) y P2 = (0, 0, −r) son posiciones de equilibrio.

3.7.2.

Aplicaciones a la geometr´ıa

Ejemplo 1 Determine la distancia m´ınima desde el origen (0,0,0) a y2 z2 la superficie S del elipsoide x2 + + = 1. 4 9 Soluci´ on: Sabemos que la distancia pentre un punto P y el origen est´a dada por x2 + y 2 + z 2 . Sin embargo, por razones de la funci´on d(x, y, z) = simplicidad en los c´alculos , en lugar de la funci´on anterior vamos a considerar la funci´on f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 en atenci´on a que f tendra un m´ınimo en un punto si y solo si d lo tiene. Se trata de obtener los extremos condicionados de la funci´on distancia y2 z2 f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 sujeta a la condici´on x2 + + = 1. 4 9 Formemos la funci´on auxiliar de Lagrange y2 z2 + − 1) F (x, y, z, λ) = (x + y + z ) + λ(x + 4 9 2

2

292

2

2

y consideremos entonces el sistema. Fx (x, y, z, λ) = 2x + 2λx = 0 1 Fy (x, y, z, λ) = 2y + λy = 0 2 2 Fz (x, y, z, λ) = 2z + λz = 0 9 2 y z2 Fλ (x, y, z, λ) = x2 + + −1=0 4 9 De las tres primeras ecuaciones obtenemos 2x(1 + λ) = 0 =⇒ x = 0 ∨ λ = −1 1 y(2 + λ) = 0 =⇒ y = 0 ∨ λ = −4 2 1 2z(1 + λ) = 0 =⇒ z = 0 ∨ λ = −9 9 Sustituyendo y = z = 0 en la cuarta ecuaci´on produce x2 − 1 = 0 =⇒ x = ±1 . Reemplazando x = z = 0 en la cuarta ecuaci´on produce y2 − 1 = 0 =⇒ y = ±2 4 Sustituyendo x = y = 0 en la cuarta ecuaci´on produce z2 − 1 = 0 =⇒ z = ±3 9 Luego , se obtienen seis puntos cr´ıticos P0 = (1, 0, 0) , P1 = (−1, 0, 0) , P2 = (0, 2, 0) , P3 = (0, −2, 0) P4 = (0, 0, 3) , P5 = (0, 0, −3) . Evaluando la funci´on en los puntos encontrados deber´a haber un m´aximo y un m´ınimo f (±1, 0, 0) = 1, f (0, ±2, 0) = 4, f (0, 0, ±3) = 9 Se tiene que el m´ınimo de f se encuentra en los puntos (±1, 0, 0) y es igual 1. y el m´aximo est´a localizado en los puntos (0, 0, ±3) y vale 9.

293

Ejemplo 2 Determine la distancia m´ınima y m´axima del origen a la 7 curva de interseccion del paraboloide x2 + y 2 + z − = 0 y el plano 4 x + y + z − 2 = 0. Soluci´ on: Igual que el ejemplo anterior resulta mas conveniente hallar los extremos del cuadrado de la distancia respecto del origen en vez de la p 2 funci´on distancia d (x, y, z) = x + y 2 + z 2 Por consiguiente, se trata de obtener los extremos condicionados de la funci´on distancia f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 sujeta a las condiciones 7 g(x, y, z) = x2 + y 2 + z − = 0 y h(x, y, z) = x + y + z − 2 = 0 4 Formemos la funci´on auxiliar de Lagrange   7 2 2 2 2 2 F (x, y, z, λ1 , λ2 ) = (x +y +z )+λ1 x + y + z − +λ2 (x + y + z − 2) 4 y consideremos entonces el sistema. Fx (x, y, z, λ1 , λ2 ) = 2x(1 + λ1 ) + 2λ2 = 0 (1) Fy (x, y, z, λ1 , λ2 ) = 2y(1 + λ1 ) + 2λ2 = 0 (2) Fz (x, y, z, λ1 , λ2 ) = 2z + λ1 + λ2 = 0 (3) 7 Fλ1 (x, y, z, λ1 , λ2 ) = x2 + y 2 + z − = 0 (4) 4 Fλ2 (x, y, z, λ1 , λ2 ) = x + y + z − 2 = 0 (5) De las dos primeras ecuaciones se obtiene λ1 = −1 ´o y = x Consideremos primero el caso λ1 = −1.A partir de (1) se obtiene λ2 = 1 0 . Sustituyendo estos valores en (3) z = . 2 Reemplazando z en (4) y (5), produce 5 = 0 4 3 x+y− = 0 2

x2 + y 2 −

Resolviendo el sistema se obtienen los puntos cr´ıticos 294

    1 1 1 1 P0 = 1, , , P1 = , 1, 2 2 2 2 Al evaluar ambos puntos en la funci´on distancia, obtenemos r r 1 1 3 d (x, y, z) = 1 + + = 4 4 2 Consideremos ahora y = x , a partir de las ecuaciones (4) y (5) se obtiene 7 = 0 4 2x + z − 2 = 0

2x2 + z −

Resolviendo el sistema se obtienen los puntos cr´ıticos √ √ √ ! 2 1 2 2 1 P3 = ± , ± ,1 ∓ , 2 4 2 4 2 Al evaluar todos estos puntos en la funci´on distancia, obtenemos √ √ √ ! √ 2 1 2 2 1 1p ± , ± ,1 ∓ 9∓2 2 d = 2 4 2 4 2 2 Como la curva de intersecci´on del paraboloide y el plano es cerrada, las distancias m´axima y minima absoluta del la curva al origen son: dm´ax

√ 1p 9 + 2 2, = 2

r dm´ın =

3 2

Ejemplo 3 Encuentre el volumen m´aximo de una caja rectangular x2 y 2 z 2 inscrita en el elipsoide 2 + 2 + 2 = 1 con sus caras paralelas a los a b c planos coordenados. Soluci´ on: Sea P(x,x,z) el v´ertice de la caja que esta en el primer octante donde x > 0, y > 0, z > 0. Por la simetria del problema se desea maximizar la funci´on volumen f (x, y, z) = 8xyz sujeta a la condici´on g(x, y, z) = x2 y 2 z 2 + 2 + 2 −1=0 a2 b c Formemos la funci´on auxiliar de Lagrange  2  x y2 z2 F (x, y, z, λ) = 8xyz + λ + 2 + 2 −1 a2 b c 295

y consideremos entonces el sistema. 2λ x = 0 (1) a2 2λ Fy (x, y, z, λ) = 8xz + 2 y = 0 (2) b 2λ Fz (x, y, z, λ) = 8xy + 2 z = 0 (3) c 2 2 y z2 x Fλ (x, y, z, λ) = 2 + 2 + 2 − 1 = 0 (4) a b c Fx (x, y, z, λ) = 8yz +

Multiplicando las ecuaciones (1), (2)y (3) por x, y, x respectivamente, produce 2λ 2 x = 0 (1,1) a2 2λ 8xyz + 2 y 2 = 0 (2,2) b 2λ 8xyz + 2 z 2 = 0 (3,3) c

8xyz +

Entonces , obtenemos 2λ 2 2λ 2 2λ 2 x = 2 y = 2 z = −8xyz a2 b c Para obtener el volumen m´aximo se requiere que x, y, x 6= 0 y λ 6= 0 Concluimos entonces que x2 y2 z2 = = a2 b2 c2 Sustituyendo esta expresi´on en la ecuaci´on (4), obtenemos 3

x2 a √ − 1 = 0 =⇒ x = a2 3

As´ı, sucesivamente se tiene un u ´nico punto cr´ıtico   a b c P0 = √ , √ , √ 3 3 3 Por lo tanto , la caja tiene un volumen m´aximo dado por   a b c 8 fm´ax √ , √ , √ = √ abc 3 3 3 3 3 296

3.7.3.

Aplicaci´ on al campo de la econom´ıa

Supongase que la producci´on de cierto producto de una compa˜ n´ıa manufacturera es una cantidad Q , donde Q es una funci´on de f (K, L) donde K es la cantidad de capital (o inversi´on) y L es la cantidad de trabajo realizado. Si el precio del trabajo es p, el precio del capital es q y la compa˜ nia no puede gastar m´as de B d´olares, ¿c´omo podemos hallar la cantidad de capital y de trabajo que maximice la producci´on Q? Soluci´ on: Se esperar´ıa que si se incrementa la cantidad de capital o de trabajo, entonces la producci´on deber´a incrementarse; esto es: ∂Q ∂Q ≥0 y ≥0 ∂K ∂L Tambi´en se esperaria que conforme se a˜ nada trabajo a una cantidad dada de capital, obtendremos menos productos adicionales por nuestro esfuerzo, esto es: ∂ 2Q