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• Oscar Zamora L

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• Sistema de coordenadas cartesianas
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Juan Félix Ávila Herrera

CRESTOMAT¶IA DE ¶ CALCULO EN VARIAS VARIABLES

NOTA Este material ha sido recopilado para ser usado en el curso MA{ 1003 C¶alculo III. No tiene prop¶osito comercial y se proh¶³be su utilizaci¶on para otros ¯nes.

2006

Juan Félix Ávila Herrera

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Juan Félix Ávila Herrera

¶Indice General 1 Vectores y super¯cies. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1 Vectores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Ecuaci¶on vectorial param¶etrica de rectas y planos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Secciones c¶onicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4 Traslaci¶on de ejes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5 Super¯cies cu¶adricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6 Cilindros oblicuos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.7 Conos oblicuos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.8 Super¯cies de revoluci¶on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.9 Gr¶a¯cos de super¯cies en tres dimensiones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7 7 17 23 32 36 49 58 64 72

2 Funciones vectoriales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81 2.1 Funciones vectoriales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81 2.2 L¶³mites, derivadas e integrales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85 2.3 Curvatura de l¶³neas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89 2.4 Tri¶angulo intr¶³nsico de una curva en el espacio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103 2.5 Resumen de f¶ormulas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105 3 Derivadas parciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1 L¶³mites y continuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Derivadas parciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3 Incrementos y diferenciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4 Regla de la cadena . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5 Derivadas direccionales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.6 Planos tangentes y rectas normales a las super¯cies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.7 Primer examen parcial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.7.1 Parcial I del I-2004 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.7.2 Parcial I del II-2003 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.8 Ejercicios para el primer parcial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.8.1 Super¯cies en el espacio R3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.8.2 Curvas en el espacio R3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.8.3 L¶³mites y continuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.8.4 Derivadas direccionales y planos tangentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

107 107 113 117 123 136 141 147 147 153 158 158 161 164 165

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¶INDICE GENERAL

4

3.8.5 Regla de la cadena y derivaci¶on impl¶³cita . . . . . ÀÀÀ Hasta aqu¶³: materia del primer parcial . . . . . . . . . . 3.9 Puntos extremos de funciones de varias variables . . . . . 3.10 Multiplicadores de Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . 3.11 Extremos con ligaduras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.12 F¶ormula de Taylor para las funciones de varias variables

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167 170 170 183 192 200

4 Integrales m¶ ultiples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1 Integrales m¶ ultiples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2 Evaluaci¶on de las integrales dobles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ¶ 4.3 Area y volumen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.4 Gra¯caci¶on en coordenadas polares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.5 Integrales dobles en coordenadas polares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ¶ 4.6 Area de una super¯cie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.7 Aplicaciones de las integrales dobles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.8 Integrales triples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.9 Integraci¶on en coordenadas cil¶³ndricas y esf¶ericas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.10 Cambio de variables en integrales m¶ ultiples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.11 Segundo examen parcial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.11.1 Parcial I del I-2004 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.12 Ejercicios para el segundo parcial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.12.1 M¶aximos y m¶³nimos relativos, puntos cr¶³ticos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.12.2 Multiplicadores de Lagrange, extremos con ligaduras . . . . . . . . . . . . . . 4.12.3 Integrales dobles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.12.4 Integrales triples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ÀÀÀ Hasta aqu¶³: materia del segundo parcial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

205 205 209 237 242 247 260 266 272 286 299 315 315 319 319 320 322 325 328

5 An¶ alisis vectorial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.1 Campos vectoriales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2 Integrales de l¶³nea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3 Independencia de la trayectoria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.4 Teorema de Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.5 Integrales de super¯cie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.6 El teorema de la divergencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.7 Teorema de Stokes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.8 Tercer examen parcial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.8.1 Parcial III del I-2004 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.8.2 Parcial III del II-2002 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.8.3 Parcial III del I-2006 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.9 Ejercicios para el tercer parcial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.9.1 Integrales de l¶³nea y de super¯cie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.9.2 Los teoremas de Green, Gauss y Stokes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ÀÀÀ Hasta aqu¶³: materia del tercer parcial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

329 329 335 355 364 374 384 393 404 404 410 414 420 420 422 424

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¶INDICE GENERAL

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6 Usemos Mathematica. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ¶ 6.1 Fundamentos de Algebra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.1.1 Operaciones fundamentales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.1.2 Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.1.3 Trabajando en el laboratorio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.1.4 Evaluaci¶on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2 Factorizaci¶on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2.1 Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2.2 Trabajando en el laboratorio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2.3 Evaluaci¶on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3 Fracciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3.1 Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3.2 Trabajando en el laboratorio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3.3 Evaluaci¶on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.4 Ecuaciones y problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.4.1 Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.4.2 Trabajando en el laboratorio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.4.3 Evaluaci¶on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.5 Desigualdades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.5.1 Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.5.2 Trabajando en el laboratorio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.5.3 Evaluaci¶on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.6 Funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.6.1 Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.6.2 Trabajando en el laboratorio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.6.3 Evaluaci¶on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.7 Derivadas y aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.7.1 Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.7.2 Trabajando en el laboratorio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.7.3 Evaluaci¶on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

425 425 425 425 428 429 430 430 433 433 434 434 437 437 439 439 444 445 445 445 447 447 448 448 460 461 461 462 476 476

7 Usando Graphing Calculator mediante GenGCF . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.1 Introducci¶on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.2 >Qu¶e es Graphing Calculator y qu¶e es GenGCF? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.3 Ejemplos usando graphing calculator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.4 Conclusi¶on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

479 479 479 480 499

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¶INDICE GENERAL

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Cap¶³tulo 1 Vectores y super¯cies 1.1

Vectores

² Algunas cantidades tales como el a¶rea, el volumen, la longitud de arco, la temperatura y el tiempo, s¶olo tienen magnitud y se pueden caracterizar completamente con un solo n¶ umero real 2 3 o (con una unidad de medida apropiada como cm , cm , cm, C. Una cantidad de este tipo es una cantidad escalar y el n¶ umero real correspondiente se llama escalar. ² Conceptos como el de velocidad o el de fuerza poseen tanto magnitud como direcci¶on y a menudo se representan por °echas o segmentos dirigidos, es decir, segmentos en los que se se~ nala un sentido y representan una direcci¶ on. A un segmento dirigido tambi¶en se le llama vector. ² Si un vector va de un punto P (el punto inicial) a un punto Q (el punto ¯nal), la direcci¶on se ¡! indica colocando una peque~ na °echa sobre el segmento P Q; el vector se denota as¶³ por P Q.

Figura 1.1: Vectores ¯¯ ¯¯ ¡! ¯¯¡!¯¯ ² La magnitud de P Q es la longitud de P Q y se denota por ¯¯P Q¯¯. Como en la Figura 1.1, para denotar vectores cuyos extremos no se especi¯can, se usan letras de tipo negro (o negrillas) ! tales como u o v. En escritos mecanogr¶a¯cos o manuscritos se puede usar la notaci¶on ¡ u o ¡ ! v. ¡¡! ¡¡! ² Los vectores que tienen la misma magnitud y direcci¶ on son equivalentes. Si P1 Q1 y P2 Q2 son dos segmentos orientados con la misma longitud y direcci¶on, diremos que representan el mismo vector. Un segmento orientado tiene una ubicaci¶on particular. Un vector no. 7

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Cap¶³tulo 1. Vectores y super¯cies

² Entonces, los vectores pueden trasladarse de una posici¶on a otra mientras no se altere su magnitud o su direcci¶on. Hay muchos conceptos f¶³sicos que se pueden representar con vectores. ² Por ejemplo, sup¶ongase que un avi¶on desciende con una velocidad constante de 160 km/h y que la trayectoria del vuelo forma un a¶ngulo de 20o con la horizontal. En la Figura 1.2 se representan estos dos hechos por un vector v de magnitud 160. El vector v es un vector velocidad.

Figura 1.2: Avi¶on descendiendo ² Como un segundo ejemplo, supongamos que una persona levanta directamente hacia arriba un peso de 5 kg. Esto se puede indicar por el vector F de magnitud 5 en la Figura 1.3. Un vector

Figura 1.3: que representa una acci¶on de empujar o de tirar es un vector fuerza. ² Para representar la trayectoria de un punto que se mueve a lo largo de un segmento recto de A ¡! ¡! a B se puede usar un vector AB. Entonces, se dice que AB es un desplazamiento del punto. ¡! ¡! Como se ve en la Figura 1.4-(a), un desplazamiento AB seguido de un desplazamiento BC ¡! ¡! lleva al mismo punto que el desplazamiento AC solo. Por de¯nici¶on, el vector AC es la suma ¡! ¡! ¡! ¡! ¡! de AB y BC, y se escribe AC = AB + BC. Como los vectores pueden ser trasladados de un lugar a otro, cualquier par de vectores se puede sumar colocando el punto inicial de uno en el punto ¯nal del otro y procediendo como en la Figura 1.4-(a). ² Si c es un n¶ umero real y v es un vector, entonces cv se de¯ne como el vector cuya magnitud es jcj veces la magnitud jjvjj de v y cuya direcci¶on es la misma que la de v si c > 0; o bien la opuesta a la de v si c < 0. En la Figura 1.4-(c) se ilustra todo esto. El vector cv se llama m¶ ultiplo escalar de v.

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1.1. Vectores

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Figura 1.4: Vectores ¡! ² Supongamos ahora que todos los vectores est¶an en un plano coordenado. Si P Q es un vector, ¡! entonces, como se indica en la Figura 1.5-(a), hay muchos vectores equivalentes a P Q; pero ¡! ¡! hay u ¶nico y s¶olo un vector equivalente a = OA con el origen como punto inicial. El vector OA ¡! se llama vector de posici¶ on de P Q. As¶³, cada vector determina un u ¶nico par ordenado de n¶ umeros reales, las coordenadas (a1 ; a2 ) del punto ¯nal de su vector de posici¶on.

Figura 1.5: Vector posici¶on ¡! ¡! ² Sean OA y OB dos vectores de posici¶on con puntos ¯nales A(a1 ; a2 ) y B(b1 ; b2 ), respectivamen¡! te, y sea OC con punto ¯nal C(a1 + b1 ; a2 + b2 ), como se ilustra en la Figura 1.5-(b). Usando las pendientes puede demostrarse que O, A, C y B son los v¶ertices de un paralelogramo; es decir: ¡! ¡! ¡! OA + OB = OC ¡! ¡! Entonces, el par ordenado determinado por OA + OB est¶a dado por (a1 + b1 ; a2 + b2 ). Tambi¶en ¡! se puede demostrar que si c es un escalar, entonces el par ordenado, determinado por c OA es (ca1 ; ca2 ). ² Para evitar confusi¶on con la notaci¶on para intervalos abiertos o puntos, se usar¶an s¶³mbolos como ha1 ; a2 i o bien hb1 ; b2 i para los vectores y se denotar¶an por a o b, respectivamente. Como antes, los n¶ umeros reales son escalares.

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Cap¶³tulo 1. Vectores y super¯cies

² El espacio vectorial V2 de dimensi¶on 2 (o bidimensional) es el conjunto de todos los pares ordenados hx; yi de n¶ umeros reales, llamados vectores, sujetos a los siguientes axiomas: 1. Adici¶on de vectores. Si se tiene a = ha1 ; a2 i y b = hb1 ; b2 i, entonces a+b = ha1 + b1 ; a2 + b2 i

2. Multiplicaci¶on de vectores por escalares. Si a = ha1 ; a2 i y c es un escalar, entonces ca = hca1 ; ca2 i. Los n¶ umeros a1 y a2 en ha1 ; a2 i son las componentes del vector. Entonces, para sumar dos vectores, se suman las componentes correspondientes. Para multiplicar un vector por un escalar, se multiplica cada componente del vector por el escalar. ² El vector cero 0 y el negativo ¡a de un vector a = ha1 ; a2 i se de¯nen como sigue. 0 = h0; 0i ;

¡a = ¡ ha1 ; a2 i = h¡a1 ; ¡a2 i

² Un vector diferente de cero a = ha1 ; a2 i en V2 se puede representar en un plano coordenado por ¡! un segmento dirigido P Q con cualquier punto inicial P (x; y) y con punto ¯nal Q(x + a1 ; y + a2 ). ¡! ¡! ² A veces se dice que P Q corresponde a a o que a corresponde a P Q. En la Figura 1.6, el s¶³mbolo a se coloc¶o junto a varios segmentos dirigidos correspondientes a ha1 ; a2 i. Si A es el punto con ¡! ¡! coordenadas (a1 ; a2 ), el vector de posici¶on OA de P Q se llama tambi¶en vector de posici¶on de ha1 ; a2 i o vector de posici¶on del punto A.

Figura 1.6: Correspondencia ² Rigurosamente hablando, el segmento P Q en la Figura 1.6 representa al vector a = ha1 ; a2 i; ¡! sin embargo, por conveniencia, a veces se designa a P Q como el vector a. Debe quedar claro por el contexto si el t¶ermino vector se re¯ere a un par ordenado o a un segmento dirigido. El vector cero 0 = h0; 0i queda representado por cualquier punto del plano. − Ejemplo 1.1. Sean a = h¡1; 3i y b = h4; 2i. 3 1. Encontrar a + b, ¡ b, y 2a + 3b. 2

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1.1. Vectores

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3 2. Trazar los vectores de posici¶on de a, b, a + b y ¡ b. 2 Soluci¶ on: 1. Aplicando la de¯nici¶on, a + b = h¡1; 3i + h4; 2i = h¡1 + 4; 3 + 2i = Por otro lado

D

.3;. .5.

E

D E 3 3 ¡3 ¡ b = ¡ h4; 2i = . .¡6; ........ 2 2

Finalmente 2a + 3b = 2 h¡1; 3i + 3 h4; 2i = h¡2; 6i + h12; 6i =

D

. .10; . . .12 ...

E

3 2. Los vectores de posici¶on de a, b, a + b y ¡ b se muestran en la Figura 1.7. 2

Figura 1.7: Representaci¶on

¡! ² La magnitud jjP Qjj de un vector P Q es la longitud del segmento P Q. A continuaci¶on se de¯ne el an¶alogo de este concepto para vectores en V2 . q ² La magnitud jjajj de un vector a = ha1 ; a2 i es jjajj = a21 + a22 .

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Cap¶³tulo 1. Vectores y super¯cies

¡! ² Si OA es el vector de posici¶on de ha1 ; a2 i entonces jjajj es la longitud de OA. N¶otese que jjajj ¸ 0 y jjajj = 0 si y s¶olo si a = 0. − Ejemplo 1.2. Calcular la magnitud de h3; ¡2i. Soluci¶ on:

jjajj = jjh3; ¡2ijj =

q

. 9. .+ . . 4. . =

q

.13 .. :

(¤) Teorema: 1.1. Si P1 (x1 ; y1 ) y P2 (x2 ; y2 ) son dos puntos, entonces el vector a en V2 que ¡¡! corresponde a P1 P2 est¶a dado por a = hx2 ¡ x1 ; y2 ¡ y1 i. ¡¡! ¶ n: El vector P1 P2 y el vector de posici¶on de a = ha1 ; a2 i son correspondientes, Demostracio necesariamente x2 = x1 + a1 y y2 = y1 + a2 . Despejando a1 y a2 , obtenemos entonces que a = hx2 ¡ x1 ; y2 ¡ y1 i.

− Ejemplo 1.3. Dados los puntos P (¡2; 3) y Q(4; 5), encontrar vectores a y b en V2 que co¡! ¡! ¡! ¡! rrespondan a P Q y QP , respectivamente. Trazar P Q, QP , y tambi¶en los vectores de posici¶on a y b. D E 5 ¡ 3 Soluci¶ on: de acuerdo con el Teorema, los vectores a y b son a = . . . .4. .¡. .(¡2); .............. = D E D E h6; 2i, b = . . . ¡2 . . . .¡. .4; . . 3. .¡ . .5. . . . = . .¡6; . . . .¡2 .... . ¡! ¡! ¡! ¡! En la Figura se muestran P Q y QP , junto con los vectores de posici¶on OA y OB de a y b, respectivamente. N¶otese que b = ¡a.

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1.1. Vectores

13

(¤) Teorema: 1.2. Sean a, b y c en V2 arbitrarios. Entonces: 1. a + b = b + a 2. a + (b + c) = (a + b) + c 3. a + 0 = a 4. a + (¡a) = 0 ¶ n: Para la parte (1), supogamos que Demostracio a = ha1 ; a2 i

y b = hb1 ; b2 i

Puesto que a1 + b1 = b1 + a1 y a2 + b2 = b2 + a2 : a + b = ha1 + b1 ; a2 + b2 i = hb1 + a1 ; b2 + a2 i = b + a: El resto de la demostraci¶on se deja como ejercicio. ² La sustracci¶on de vectores, que se denota por ¡, se de¯ne como sigue. Sean a = ha1 ; a2 i y hb1 ; b2 i. La diferencia a ¡ b es a ¡ b = a + (¡b). ² Usando las de¯niciones se ve que a ¡ b = a + (¡b) = ha1 ; a2 i + h¡b1 ; ¡b2 i = ha1 ¡ b1 ; a2 ¡ b2 i : Entonces, para encontrar a ¡ b, basta restar las componentes de b de las componentes correspondientes de a. − Ejemplo 1.4. Suponga que a = h5; ¡4i y b = h¡3; 2i. Halle a ¡ b y 2a ¡ 3b. Soluci¶ on:

a ¡ b = h5; ¡4i ¡ h¡3; 2i = h5 ¡ (¡3); ¡4 ¡ 2i =

D

. 8; . . ¡6 ....

2a ¡ 3b = 2 h5; ¡4i ¡ 3 h¡3; 2i = h10; ¡8i ¡ h¡9; 6i =

D

. .19; . . . ¡14 ......

Por otro lado:

E

E

:

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14

Cap¶³tulo 1. Vectores y super¯cies

Figura 1.8: b + (a ¡ b) = a. ² Si a y b son vectores arbitrarios, entonces b + (a ¡ b) = a, es decir, a ¡ b es el vector que sumado ¡! ¡! a b da a. Si se representan a y b por los vectores P Q y P R con el mismo punto inicial, como ¡! en la Fig. 1.8, entonces RQ representa a a ¡ b. ¡! ² Al principio de esta secci¶on se us¶o el s¶³mbolo cAB para denotar un vector que tiene la misma ¡! direcci¶on que AB si c > 0, o la opuesta si c < 0. A continuaci¶on se de¯ne el an¶alogo de este concepto para vectores en V2 . ² Dos vectores a y b diferentes de cero en V2 tienen la misma direcci¶on si b = ca para alg¶ un escalar c > 0 y la direcci¶on opuesta si b = ca para alg¶ un escalar c > 0. ² Sean a = ha1 ; a2 i y b = hb1 ; b2 i. Si b = ca, entonces b1 = ca1 y b2 = ca2 , y los vectores de ¡! ¡! posici¶on OA y OB de a y b est¶an contenidos en una misma recta que pasa por el origen. M¶ as a¶ un, si c > 0, entonces los puntos A y B est¶an en el mismo cuadrante (o sobre el mismo eje coordenado positivo o negativo). Si c < 0, y A no est¶a en un eje coordenado, entonces A y B se encuentran en cuadrantes diagonalmente opuestos. Por convenci¶ on, se dir¶a que el vector 0 tiene todas las direcciones. ² Dos vectores a y b son paralelos si y s¶olo si b = ca para alg¶ un escalar c. Entonces, dos vectores a y b diferentes de cero son paralelos si tienen la misma direcci¶on o direcciones opuestas. El siguiente teorema muestra la relaci¶on entre las magnitudes de a y de ca. (¤) Teorema: 1.3. Si a es un vector y c es un escalar, entonces jjcajj = jcj jjajj. ² El teorema anterior implica que la longitud de un segmento dirigido que representa a ca es jcj veces la longitud del segmento dirigido que representa a a. ² En el siguiente teorema se enuncian algunas propiedades de la multiplicaci¶on de vectores en V2 por escalares. En ¶el, a y b son dos vectores arbitrarios y c y d, dos escalares cualesquiera. (¤) Teorema: 1.4. 1. c(a + b) = ca + cb 2. (c + d)a = ca + da 3. (cd)a = c(d a) = d(c a)

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1.1. Vectores

15

4. 1a = a 5. 0a = 0 = c0 ¶ n: Se deja como ejercicio. Demostracio ² No es dif¶³cil recordar las propiedades enunciadas en el teorema anterior porque se parecen a algunas propiedades conocidas de los n¶ umeros reales. ² Los vectores i y j se usar¶an m¶as adelante: i = h1; 0i ;

j = h0; 1i

² Los dos vectores i y j tienen magnitud 1. ² Se pueden usar i y j para denotar de otra forma los vectores en V2 como se muestra en el siguiente teorema. (¤) Teorema: 1.5. Si a = ha1 ; a2 i es un vector en V2 entonces a = a1 i + a2 j. ¶ n: Se deja como ejercicio. Demostracio

(¤) Teorema: 1.6. Si a es un vector diferente de cero, entonces puede de¯nirse un vector unitario a u con la misma direcci¶on que a por medio de u = . jjajj ² NOTA: Todo lo que hemos estudiado hasta ahora se generaliza de forma natural para V3 y Vn . ² Dos de los conceptos importantes relacionados con dos vectores a y b son el producto escalar, que es desde luego escalar, y el producto vectorial, que es un vector. ² Sean a = ha1 ; a2 ; a3 i y b = hb1 ; b2 ; b3 i, el producto escalar de a y b es: a ¢ b = a1 b1 + a2 b2 + a3 b3 : ² En el siguiente teorema se enuncian algunas de las propiedades del producto escalar para cualesquiera vectores a, b y c, y cualquier escalar ¸. (¤) Teorema: 1.7. 1. a ¢ a: = jjajj2

2. a ¢ b = b ¢ a

3. a ¢ (b + c) = a ¢ b + a ¢ c

4. (¸ a) ¢ b = ¸(a ¢ b) = a ¢ (¸ b) 5. 0 ¢ a = 0

² El producto escalar y el ¶ angulo entre dos vectores est¶an estrechamente relacionados.

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16

Cap¶³tulo 1. Vectores y super¯cies

¡! ¡! ² Sean a y b dos vectores diferentes de cero. Si b no es un m¶ ul1iplo escalar de a y si OA y OB son los vectores de posici¶on de a y b, respectivamente entonces el a¶ngulo µ entre a y b (o entre ¡! ¡! OA y OB) es el a¶ngu1o AOB del tri¶angulo determinado por estos puntos. ² Si b = ca para un escalar c (es decir, si a y b son paralelos), entonces µ = 0 si c > 0 y µ = ¼ si c < 0. ² Se dice que dos vectores a y b son ortogonales (o perpendiculares), si µ = ¼=2. Por convenci¶on, se dice que el vector cero 0 es paralelo y tambi¶en perpendicular a todo vector a. (¤) Teorema: 1.8. Si µ es el a¶ngulo entre dos vectores a y b diferentes de cero, entonces a ¢ b = jjajj jjbjj cos(µ) ² En el archivo \¶angulo entre dos vectores.nb", del disco compacto, se muestra como realizar algunos de estos c¶alculos usando Mathematica. − Ejemplo 1.5. Calcular el a¶ngulo entre a = h4; ¡3; 1i y b = h¡1; ¡2; 2i.

Soluci¶ on: Aplicando el teorema tenemos: p a¢b 2 26 = cos µ = jjajj jjbjj . . .39 ..... o bien µ ¼ arccos(0:2615) ¼ 74:84o . (¤) Teorema: 1.9. Dos vectores a y b son ortogonales si y s¶olo si a ¢ b = 0. ² Sean a = ha1 ; a2 ; a3 i y b = hb1 ; b2 ; b3 i dos vectores en V3 , se de¯ne el producto vectorial de estos vectores como: ¯ ¯ ¯ i j k ¯ ¯ ¯ a £ b = ¯¯ a1 a2 a3 ¯¯ ¯ b1 b2 b3 ¯

− Ejemplo 1.6. Encontrar a £ b para a = h2; ¡1; 6i y b = h¡3; 5; 1i.

Soluci¶ on: Escribiendo

¯ ¯ i j k ¯ ¯ a £ b = ¯ 2 ¡1 6 ¯ ¡3 5 1

¯ ¯ ¯ ¯ = (¡1 ¡ 30)i ¡ ( . .2. + . . .18 . . . )j + (10 ¡ 3)k ¯ ¯ D E o bien a £ b = ¡31i . . .¡20j . . . . .+ . . .7k . . . . = ¡31; . .¡20; . . . . .7. . . (¤) Teorema: 1.10. El vector a £ b es ortogonal a a y a b.

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1.2. Ecuaci¶ on vectorial param¶etrica de rectas y planos

17

² En t¶erminos geom¶etricos el Teorema anterior implica que si dos vectores a y b diferentes de ¡! ¡! cero corresponden a vectores no paralelos P Q y P R con el mismo punto inicial P , entonces ¡! a £ b corresponde a un vector P S que es perpendicular al plano determinado por P , Q y R, como se ilustra en la Fig. 1.9. Se escribe entonces

¡! ¡! ¡! P S = P Q £ P R:

Figura 1.9: \Regla de la mano derecha". ¡! La direcci¶on de P S puede encontrarse usando la regla de la mano derecha que se ilustra en la ¡! ¡! Figura. Concretamente, si µ denota el a¶ngulo entre P Q y P R, y los dedos de la mano derecha ¡! se curvan apuntando en el sentido de la rotaci¶on de un a¶ngulo µ que lleve a P Q a tener la ¡! ¡! ¡! misma direcci¶on que P R, entonces el pulgar extendido apunta en la direcci¶on de P Q £ P R. (¤) Teorema: 1.11. Si µ es el a¶ngulo entre dos vectores a y b diferentes de cero, entonces jja £ bjj = jjajj jjbjj sen(µ)

1.2

Ecuaci¶ on vectorial param¶ etrica de rectas y planos

² En esta secci¶on se describen las rectas y los planos mediante los conceptos vectoriales de paralelismo y ortogonalidad, respectivamente. Se hace la suposici¶ on de que las rectas y los planos est¶an en un sistema de coordenadas rectangulares en tres dimensiones. ¡! ² Sean a = ha1 ; a2 ; a3 i un vector diferente de cero en V3 , P1 (x1 ; y1 ; z1 ) un punto arbitrario y OA el vector de posici¶on de a. Ver Fig. 1.10. ² La recta l que pasa por P1 (x1 ; y1 ; z1 ) y es paralela a a se de¯ne como el conjunto de todos los ¡! ¡¡! puntos P (x; y; z) tales que P1 P es paralelo a OA, es decir, ¡! ¡¡! P1 P = tOA para un escalar t:

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18

Cap¶³tulo 1. Vectores y super¯cies

Figura 1.10: Recta. ² En t¶erminos de vectores en V3 , hx ¡ x1 ; y ¡ y1 ; z ¡ z1 i = t ha1 ; a2 ; a3 i = ha1 t; a2 t; a3 ti : Igualando las componentes y despejando x, y y z se obtiene 8 < x = x1 + a1 t; y = y1 + a2 t; : z = z1 + a3 t para cualquier n¶ umero real t. ² Estas son ecuaciones param¶etricas para la recta l, con t como par¶ametro. Los puntos P (x; y; z) en l se obtienen variando t sobre todos los n¶ umeros reales. (¤) Teorema: 1.12. La recta que pasa por P1 (x1 ; y1 ; z1 ) y es paralela a a = ha1 ; a2 ; a3 i tiene ecuaciones param¶etricas x = x1 + a1 t;

y = y1 + a2 t;

z = z1 + a 3 t

− Ejemplo 1.7. 1. Encontrar param¶etricas para la recta l que pasa por P (5; ¡2; 4) y es paralela − 1 ecuaciones ® 2 a a = 2 ; 2; ¡ 3 .

2. >En qu¶e punto l corta al plano xy?

3. Trazar el vector de posici¶on de a y la recta l. Soluci¶ on:

D E 1. Para evitar las fracciones, utilizamos el vector b = 6a, o bien b = . .3; en vez . . 12; . . . .¡4 .... de a. De acuerdo con el Teorema, la recta l tiene ecuaciones param¶etricas x = . 5. .+ . . 3t ... ;

y = . . ¡2 . . . .+. .12t ..... ;

z = 4 ¡ 4t;

t 2 IR

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1.2. Ecuaci¶ on vectorial param¶etrica de rectas y planos

19

2. La recta corta al plano xy en el punto R(x; y; z) cuando z = 4 ¡ 4t = 0; es decir, si t = 1. Usando las ecuaciones param¶etricas de la parte (1) se obtienen las coordenadas x y y de R: x = . . . 5. .+. .3(1) y y = . . .¡2 . . . . .=. . 8. . . . . . .+ . . .12(1) . . . . . . . = 10: Por lo tanto, R es el punto con coordenadas (8; 10; 0). 3. Para trazar la recta l se sit¶ ua el punto P (5; ¡2; 4) y el punto R(8; 10; 0) que se encontr¶o en la parte (2). Haga el dibujo.

² Para hallar ecuaciones param¶etricas de la recta que pasa por dos puntos arbitrarios P1 (x1 ; y1 ; z1 ) ¡¡! y P2 (x2 ; y2 ; z2 ), como se se usa el vector a correspondiente a P1 P2 o sea a = hx2 ¡ x1 ; y2 ¡ y1 ; z2 ¡ z1 i Sustituyendo en el Teorema se obtienen las ecuaciones param¶etricas x = x1 + (x2 ¡ x1 )t;

y = y1 + (y2 ¡ y1 )t;

t 2 IR. Obs¶ervese que t = 0 da el punto P1 , t = punto P2 .

1 2

z = z1 + (z2 ¡ z1 )t ¡¡! da el punto medio de P1 P2 y t = 1 da el

² En el archivo \recta conociendo dos puntos.nb", del disco compacto, se muestra como realizar algunos de estos c¶alculos usando Mathematica. − Ejemplo 1.8. Hallar ecuaciones param¶etricas para la recta l que pasa por P1 (3; 1; ¡2) y P2 (¡2; 7; ¡4). Soluci¶ on:

El vector a en V3 correspondiente a P1 P2 es D E ¡2 ¡ 3; 7 ¡ 1; ¡4 + 2 a = . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . = h¡5; 6; ¡2i : Seg¶ un el Teorema, la recta l tiene ecuaciones param¶etricas x = . 3. .¡ . . 5t ... ;

y = 1 + .6t; ..

z = . .¡2 . . .¡ . . .2t ... ;

t 2 IR

² Recordemos que, en IR3 , tres puntos no alineados determinan un plano. El siguiente teorema da una caracterizaci¶on en t¶erminos de un vector normal al plano. (¤) Teorema: 1.13. El plano que pasa por P1 (x1 ; y1 ; z1 ) y P2 (x; y; z) y tiene el vector normal a = ha1 ; a2 ; a3 i, tiene como ecuaci¶on a1 (x ¡ x1 ) + a2 (y ¡ y1 ) + a3 (z ¡ z1 ) = 0

¡¡! o bien ha1 ; a2 ; a3 i ¢ hx ¡ x1 ; y ¡ y1 ; z ¡ z1 i = 0 o m¶as concisamente a ¢ P1 P2 = 0

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20

Cap¶³tulo 1. Vectores y super¯cies

− Ejemplo 1.9. Encontrar una ecuaci¶on del plano que pasa por el punto (5; ¡2; 4) y tiene el vector normal a = h1; 2; 3i. Soluci¶ on: Aplicando el Teorema obtenemos:

1(x ¡ 5) + . . . . .2(y . . . .+. .2) ..+ . . .3(z ...¡ . . .4) ...... = 0 lo cual se simpli¯ca a . . .x. .+. .2y . . .+ . . 3z . . . . . ¡ 13 = 0. ² En el archivo \plano conociendo normal y un punto.nb", del disco compacto, se muestra como realizar algunos de estos c¶alculos usando Mathematica. − Ejemplo 1.10. Encontrar una ecuaci¶on del plano determinado por los puntos P (4; ¡3; 1), Q(6; ¡4; 7) y R(1; 2; 2).

Soluci¶ on: Los puntos P , Q y R determinan D un plano queEcontiene D al tri¶angulo.ELos vectores ¡! ¡! a y b correspondientes a P Q y P R son a = yb= . .2;. .¡1; . . . .6. . . .¡3; . . . .5;. .1. . . El vector a £ b es normal al plano determinado por P , Q y R. En este caso, a £ b = ¡31i ¡ 20j + 7k. Usando el punto P1 = P (4; ¡3; 1) obtenemos la ecuaci¶on ¡31(x ¡ 4) ¡ 20(y + 3) + . . 7(z . . . .¡ . . 1) .... = 0

o bien . .¡31x . . . . . . ¡ 20y + 7z + 57 = 0. ² En el archivo \plano conociendo 3 puntos.nb", del disco compacto, se muestra como realizar algunos de estos c¶alculos usando Mathematica. (¤) Teorema: 1.14. La gr¶a¯ca de toda ecuaci¶on lineal ax + by + cz + d = 0 es un plano con vector normal ha; b; ci. ² Para trazar m¶as f¶acilmente la gr¶a¯ca de un plano es conveniente encontrar la traza de la gr¶ a¯ca en cada plano coordenado, es decir, la recta de intersecci¶ on del plano de la gr¶a¯ca con el plano coordenado. Para encontrar la traza en el plano xy se sustituye z por 0, pues esto genera los puntos de la gr¶a¯ca que est¶an en el plano xy. An¶alogamente, para encontrar la traza en el plano yz o en el plano xz, se toma x = 0 o bien y = 0, respectivamente, en la ecuaci¶on ax + by + cz + d = 0. − Ejemplo 1.11. Trazar la gr¶a¯ca de la ecuaci¶on 2x + 3y + 4z = 12 Soluci¶ on: Hay tres puntos del plano que podemos ubicar f¶acilmente: los puntos de intersecci¶on del plano con los ejes coordenados. Sustituyendo y y z por 0 en la ecuaci¶on obtenemos 2x = 12,

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1.2. Ecuaci¶ on vectorial param¶etrica de rectas y planos

21

Figura 1.11: Dibujando un plano. o sea x = 6. Entonces, el punto (6; 0; 0) est¶a en la gr¶a¯ca. El n¶ umero 6 es la coordenada x de intersecci¶on de la gr¶a¯ca con el eje x. An¶alogamente, sustituyendo x y z por 0 obtenemos que la coordenada y de la intersecci¶on de la gr¶a¯ca con el eje y es 4, y por lo tanto, el punto (0; 4; 0) est¶a en la gr¶a¯ca. Reemplazando x y y por 0 se obtiene el punto (0; 0; 3). La traza en el plano xy se encuentra sustituyendo z por 0 en la ecuaci¶on dada. Al hacerlo obtenemos . . . 2x . . .+ . . .3y . . .=. .12 . . . . . , que tiene como gr¶a¯ca en el plano xy a una recta con abscisa en el origen 6 y ordenada en el origen 4. Esta y las otras trazas de la gr¶a¯ca en los planos xzy yz se indican en la Fig. 1.11. ² Dos planos con vectores normales a y b, respectivamente, son paralelos si a y b son paralelos, y ortogonales si a y b son ortogonales. − Ejemplo 1.12. Demostrar que las gr¶a¯cas de las ecuaciones 2x ¡ 3y ¡ z ¡ 5 = 0 y ¡6x + 9y + 3z + 2 = 0 son planos paralelos. D E 2; ¡3; ¡1 Soluci¶ on: Las gr¶a¯cas son planos con vectores normales a = y b = ............. D E . .¡6; . . . .9;. .3. . . Como b = ¡3a, los vectores a y b son paralelos y entonces los planos son paralelos.

− Ejemplo 1.13. Encontrar una ecuaci¶on del plano que pasa por P (5; ¡2; 4) y es paralelo al plano 3x + y ¡ 6z + 8 = 0. D E 3; 1; ¡6 Soluci¶ on: El plano 3x + y ¡ 6z + 8 = 0 tiene un vector normal a = . . . . . . . . . . . Por lo tanto, un plano paralelo a ¶este tendr¶a una ecuaci¶on de la forma . . .3x . . .+ . . y. .¡ . . 6z ..... + d = 0

para alg¶ un n¶ umero real d. Si P (5; ¡2; 4) est¶a en este plano, entonces sus coordenadas satisfacen la ecuaci¶on; es decir, 3(5) + (¡2) ¡ 6(4) + d = 0

o bien d = 11. Esto nos da

. . . .3x . . .+ . . y. .¡ . . 6z . . .+ . . 11 . . . . . . = 0.

− Ejemplo 1.14. Trazar la gr¶a¯ca de 3x + 5z = 10.

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22

Cap¶³tulo 1. Vectores y super¯cies

Soluci¶ on: La gr¶a¯ca es un plano ortogonal al plano xz cuya intersecci¶on con el eje x tiene , y su intersecci¶on con el eje z tiene elevaci¶on (o coordenada abscisa (o coordenada x) igual a 10 3 z) igual a 2. N¶otese que la traza en el plano yz tiene la ecuaci¶on 5z = 10 y por lo tanto, es una recta paralela al eje y cuya intersecci¶on con el eje z tiene coordenada z igual a 2.

Figura 1.12: Gra¯cando un plano. An¶alogamente, la traza en el plano xy tiene ecuaci¶on 3x = 10 y es una recta paralela al eje y . La Fig. 1.12 muestra una parte de la cuya intersecci¶on con el eje x tiene abscisa igual a 10 3 gr¶a¯ca y las trazas en los tres planos coordenados. ² Si una recta l est¶a dada param¶etricamente como x = x1 + a1 t;

y = y1 + a2 t;

z = z1 + a 3 t

Si a1 , a2 , a3 son diferentes de cero, puede despejarse t de cada ecuaci¶on y obtener: t=

y ¡ y1 z ¡ z1 x ¡ x1 = = a1 a2 a3

² Resulta entonces que un punto P (x; y; z) est¶a en l si y s¶olo si se satisfacen estas ecuaciones, llamadas forma sim¶etrica de la ecuaci¶on de l. ² La forma sim¶etrica no es u ¶nica para una recta dada, pues en se pueden usar otros tres n¶ umeros b1 ; b2 ; b3 en vez de a1 ; a2 ; a3 con tal de que sean proporcionales a aqu¶ellos, y tambi¶en es posible usar otro punto de l en lugar de (x1 ; y1 ; z1 ). − Ejemplo 1.15. Encontrar la forma sim¶etrica de la ecuaci¶on de la recta que pasa por P1 (3; 1; ¡2) y P2 (¡2; 7; ¡4). ¡¡! Soluci¶ on: El vector a correspondiente a P1 P2 es D E D E ¡ 3; 7 ¡ 1; ¡4 + 2 ¡5; 6; ¡2 a = . . . . . ¡2 = .......................... ............. : La recta tiene la representaci¶on param¶etrica x = 3 ¡ 5t;

y = 1 + 6t;

z = . .¡2 . . .¡ . . .2t . . . ; t 2 IR:

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1.3. Secciones c¶ onicas

23

Despejando t de cada ecuaci¶on e igualando los resultados obtenemos la forma sim¶etrica: z+2 x¡3 y¡1 = = . . .¡2 ..... ¡5 6

1.3

Secciones c¶ onicas

² La circunferencia: La circunferencia se de¯ne como el lugar geom¶etrico de un punto P (x; y) que se mueve de modo que siempre se mantiene equidistante de un punto ¯jo. Esta distancia constante se denomina radio, y el punto ¯jo se denomina centro de la circunferencia. As¶³, usando esta de¯nici¶on, y llamando (h; k) al punto ¯jo y r al radio, tenemos p (x ¡ h)2 + (y ¡ k)2 = r o bien, elevando al cuadrado, (x ¡ h)2 + (y ¡ k)2 = r2 .

² El c¶³rculo es una secci¶on c¶onica porque puede obtenerse al cortar cono con un plano tal como se muestra en la Fig. 1.13.

Figura 1.13: C¶³rculo obtenido al cortar un cono.

Nota: En el archivo \c¶³rculo.gcf", del disco compacto, se ilustra esto usando Graphing Calculator.

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24

Cap¶³tulo 1. Vectores y super¯cies

− Ejemplo 1.16. Hallar la ecuaci¶on de la circunferencia con centro en (2; 1) y que pasa por (4; 8). La ecuaci¶on quedar¶a determinada para esta circunferencia si podemos hallar h, k y r. Por la informaci¶on dada, h = 2 y k = 1. Para hallar r, usaremos el hecho de que todos los puntos de la circunferencia deben satisfacer su ecuaci¶on. El punto (4; 8) debe satisfacer la ecuaci¶on con h = 2 y k = 1. As¶³: 2 2 2 ( . 4. .¡ . . 1. . ) = r . . 2. . ) + ( . 8. .¡ Por esta relaci¶on obtenemos que r2 = 53. La ecuaci¶on de la circunferencia es (x¡2)2 +(y¡1)2 = .53 .. . ² Si efectuamos las operaciones indicadas en la ecuaci¶on, podemos combinar los t¶erminos resultantes para obtener x2 + y 2 + Dx + Ey + F = 0 La ecuaci¶on se denomina ecuaci¶on general de la circunferencia. Esto nos dice que cualquier ecuaci¶on que se pueda escribir en esa forma representar¶a una circunferencia. ² La par¶ abola: se de¯ne como el lugar geom¶etrico de un punto P (x; y) que se mueve de modo que est¶a siempre equidistante de una recta y de un punto dados. La recta dada se denomina directriz, y el punto dado se denomina foco. La recta que pasa por el foco y que es perpendicular a la directriz se denomina eje de la par¶abola. El punto medio entre la directriz y el foco es el v¶ertice de la par¶abola.

Usando la de¯nici¶on, hallaremos la ecuaci¶on de la par¶abola cuyo foco es el punto (p; 0) y cuya directriz es la recta x = ¡p. Con esta elecci¶on del foco y de la directriz, podremos hallar una representaci¶on general de la ecuaci¶on de una par¶abola con su v¶ertice en el origen. De acuerdo con la de¯nici¶on, la distancia desde un punto P (x; y) de la par¶abola hasta el foco (p; 0) debe ser igual a la distancia desde P (x; y) hasta la directriz x = ¡p. La distancia desde P hasta el foco se puede encontrar mediante la f¶ormula de la distancia. La distancia desde P hasta la directriz es la distancia perpendicular, la cual se puede determinar como la distancia entre dos puntos pertenecientes a una recta paralela al eje x. Estas distancias est¶an indicadas en la ¯gura. As¶³,' tenemos p (x ¡ p)2 + (y ¡ 0)2 = x + p

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1.3. Secciones c¶ onicas

25

Elevando al cuadrado los dos miembros de esta ecuaci¶on, tenemos (x ¡ p)2 + y 2 = (x + p)2

o bien x2 ¡ 2px + p2 + y 2 = x2 + 2px + p2 Simpli¯cando, obtenemos y 2 = 4px

² La ecuaci¶on anterior se denomina forma est¶andar de la ecuaci¶on de una par¶abola cuyo eje coincide con el eje x y cuyo v¶ertice es el origen. Se puede demostrar que esta curva es sim¶etrica con respecto al eje x, porque (¡y)2 = 4px es lo mismo que y 2 = 4px. ² La par¶abola es una secci¶on c¶onica porque puede obtenerse al cortar cono con un plano tal como se muestra en la Fig. 1.14.

Figura 1.14: Par¶abola obtenida al cortar un cono.

Nota: En el archivo \parabola.gcf", del disco compacto, se ilustra esto usando Graphing Calculator. − Ejemplo 1.17. Hallar las coordenadas del foco, la ecuaci¶on de la directriz y trazar la gr¶a¯ca de la par¶abola y 2 = 12x.

Figura 1.15: Par¶abola Soluci¶ on: Por la forma de la ecuaci¶on, sabemos que el v¶ertice est¶a en el origen. El coe¯ciente 12 nos indica que el foco es . (3; . . . 0) . . . , porque 4p = 12. Adem¶as, esto signi¯ca que la directriz es la recta x = ¡3. Ver Fig. 1.15.

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Cap¶³tulo 1. Vectores y super¯cies

− Ejemplo 1.18. Si el foco est¶a a la izquierda del origen, con la directriz a la misma distancia a la derecha, el coe¯ciente del t¶ermino en x ser¶a negativo. Esto nos dice que la par¶abola se abre hacia la izquierda y no hacia la derecha, como es el caso cuando el foco est¶ a a la derecha del origen. Por ejemplo, la par¶abola

Figura 1.16: Par¶abola y 2 = ¡8x

tiene su v¶ertice en el origen, su foco en (¡2; 0) y su directriz es la recta x = 2. Por lo tanto, 4p = ¡8, o p = ¡2. La par¶abola se abre hacia la izquierda. Ver Fig. 1.16. ² Si escogemos como foco el punto (0; p) y como directriz la recta y = ¡p, hallaremos que la ecuaci¶on resultante es x2 = 4py Esta es la forma est¶andar de la ecuaci¶on de la par¶abola cuyo eje coincide con el eje y, y cuyo v¶ertice est¶a en el origen. Se puede demostrar su simetr¶³a con respecto al eje y, porque (¡x)2 = 4py es igual a x2 = 4py. x2 = 4py

y 2 = 4px

Figura 1.17: Dos par¶abolas. − Ejemplo 1.19. La par¶abola x2 = 4y tiene su v¶ertice en el origen, su foco en el punto ( .0;. .1. ) y su directriz es la recta . .y. .=. .¡1 .... .

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1.3. Secciones c¶ onicas

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² La elipse: La elipse se de¯ne como el lugar geom¶etrico de un punto P (x; y) que se mueve de modo que la suma de sus distancias a dos puntos ¯jos es constante. Ver Fig. 1.18. Estos dos puntos ¯jos se denominan focos de la elipse. Llamando 2a a la suma ¯ja y tomando como focos los puntos(c; 0) y (¡c; 0), por la de¯nici¶on de la elipse, tenemos p

(x ¡ c)2 + y 2 +

p

(x + c)2 + y 2 = 2a

² Si hacemos a2 ¡ c2 = b2 , obtenemos: x2 y 2 + 2 =1 a2 b

Figura 1.18: Elipse.

² Si hacemos y = 0, hallamos que las intersecciones con el eje x son (¡a; 0) y (a; 0). Estos dos puntos se denominan v¶ertices de la elipse, y el segmento de recta comprendido entre ellos se denomina eje mayor de la elipse. ² Si hacemos ahora x = 0, hallamos que las intersecciones con el eje y son (0; ¡b) y (0; b). El segmento de recta que une estos dos puntos se denomina eje menor de la elipse. ² Si escogemos los focos en el eje y, la ecuaci¶on est¶andar de la elipse con centro en el origen y eje mayor en el eje y, es y 2 x2 + 2 =1 a2 b ² En este caso, los v¶ertices son (0; a) y (0; ¡a), los focos son (0; c) y (0; ¡c), y los extremos del eje menor son (b; 0) y (¡b; 0). ² La elipse es una secci¶on c¶onica porque puede obtenerse al cortar cono con un plano tal como se muestra en la Fig. 1.19. Nota: En el archivo \elipse.gcf", del disco compacto, se ilustra esto usando Graphing Calculator.

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Cap¶³tulo 1. Vectores y super¯cies

Figura 1.19: Elipse obtenida al cortar un cono. − Ejemplo 1.20. La elipse

x2 y 2 + =1 25 9

tiene sus v¶ertices en ( .5;. .0. ) y ( . ¡5; . . . . 0. . ).

Su eje menor est¶a comprendido entre (0; 3) y (0; ¡3), como se ve en la ¯gura. Esta informaci¶on se obtiene directamente de la ecuaci¶on, porque el 25 nos indica que a2 = 25, o a = 5. En la misma forma tenemos que b = 3. Como sabemos a2 yb2 , podemos hallar c2 por la relaci¶on an en c2 = a2 ¡ b2 . As¶³, c2 = 16, o c = 4. Esto nos dice a su vez que los focos de la elipse est¶ 4; 0 ¡4; 0 ( . . . . ) y ( . . . . . . . ). − Ejemplo 1.21. La elipse de la Fig. 1.20 x2 y 2 + =1 4 9 tiene sus v¶ertices en (0; 3) y (0; ¡3). El eje menor est¶a comprendido entre (2; 0) y (¡2; 0). Esto se puede obtener directamente por la ecuaci¶ on, porque a2 = 9 y b2 = 4. Cabr¶³a preguntar por qu¶e escogemos a2 = 9 en este ejemplo y a2 = 25 en el ejemplo anterior. Como a2 = b2 + c2 , a es siempre mayor que b. As¶³, podemos decir en cu¶al de los ejes (x o y) est¶a el eje mayor, observando cu¶al de los n¶ umeros (en el denominador) es mayor, cuando la ecuaci¶ on esta escrita 2 en la forma est¶andar. El n¶ umero mayor corresponde a a . p p En este ejemplo, los focos son ( . 0; . . . . 5. . ) y ( . .0;. .¡ . . . .5. . ).

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1.3. Secciones c¶ onicas

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Figura 1.20: Gr¶a¯ca de la par¶abola. ² La hip¶ erbola: La hip¶erbola se de¯ne como el lugar geom¶etrico de un punto P (x; y) que se mueve de tal manera que la diferencia de las distancias a dos puntos ¯jos es constante. Estos puntos ¯jos son los focos de la hip¶erbola. Suponiendo que los focos de la hip¶erbola est¶an en los puntos (c; 0) y (¡c; 0) (ver la ¯g.) y que la diferencia constante es 2a, tenemos

Figura 1.21: Hip¶erbola. p p (x + c)2 + y 2 ¡ (x ¡ c)2 + y 2 = 2a ² La ecuaci¶on de la hip¶erbola es

x2 y 2 ¡ 2 =1 a2 b

² Cuando se deduce esta ecuaci¶on, se tiene una de¯nici¶on de la relaci¶on entre a, b y c, que es diferente de la de la elipse. Esta relaci¶on es c2 = a2 + b2 . ² Haciendo y = 0, hallamos que las intersecciones con el eje x son (a; 0) y (¡a; 0), tal como ocurri¶o con la elipse. Estos puntos se denominan v¶ertices de la hip¶erbola. ² Haciendo x = 0, hallamos que las soluciones para y son imaginarias, lo cual signi¯ca que no hay puntos en la curva correspondientes al valor de x = 0.

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Cap¶³tulo 1. Vectores y super¯cies

² Para encontrar el signi¯cado de b, despejaremos y en la ecuaci¶on bx y=§ a

r

1¡

x2 y 2 ¡ 2 = 1. Obtenemos: a2 b

a2 x2

Notamos que si se toman valores grandes para x, la cantidad bajo el radical se aproxima a 1. As¶³, tenemos que para valores grandes de x, y¼§

bx a

bx representa a dos rectas que pasan por el origen. La pendiente de una de a ellas es b=a y la de la otra es ¡b=a. Estas rectas se denominan as¶³ntotas de la hip¶erbola. Ver ¯g. 1.22.

² Las rectas y = §

Figura 1.22: As¶³ntotas ² Tiene un eje transverso de longitud 2a a lo largo del eje x, y un eje conjugado de longitud 2b a lo largo del eje y. Esto signi¯ca que a representa la longitud del semieje transverso, y b representa la longitud del semieje conjugado. La relaci¶ on entre a, b y c est¶a dada por la 2 2 ecuaci¶on xa2 ¡ yb2 = 1. ² Si el eje transverso est¶a en el eje y, y el eje conjugado est¶a en el eje x (ver Fig.1.23), la ecuaci¶on de una hip¶erbola con centro en el origen es y 2 x2 ¡ 2 =1 a2 b ² La hip¶erbola es una secci¶on c¶onica porque puede obtenerse al cortar cono con un plano tal como se muestra en la Fig. Nota: En el archivo \hiperbola.gcf", del disco compacto, se ilustra esto usando Graphing Calculator.

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1.3. Secciones c¶ onicas

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Figura 1.23: Hip¶erbola con eje transverso en el eje y.

Figura 1.24: Hip¶erbola obtenida al cortar un cono. − Ejemplo 1.22. La hip¶erbola

x2 y 2 ¡ =1 16 9

tiene sus v¶ertices en ( .4;. .0. ) y ( . ¡4; . . . . 0. . ). Su eje transverso est¶a comprendido entre estos v¶ertices. Su eje conjugado se extiende desde (0; 3) hasta (0; ¡3). Como c2 = a2 + b2 , hallamos que c = 5, de donde resulta que los focos son los puntos (5; 0) y (¡5; 0). Trazando el rect¶angulo y luego las as¶³ntotas, dibujamos la hip¶erbola desde cada v¶ertice hacia las as¶³ntotas (¯g.1.25). De este modo, queda trazada la curva. − Ejemplo 1.23. Lahip¶erbola

y 2 x2 ¡ =1 4 16 tiene sus v¶erticespen (0; 2) y (0; ¡2)psu eje conjugado se extiende desde (4; 0) hasta (¡4; 0). Los focos son ( . .0;. .2. . .5. . ) y ( . . 0; . . ¡2 . . . . . 5. . . ). Como 2a se extiende a lo largo del eje y, vemos que las ecuaciones de las as¶³ntotas son y = §(a=b)x. Esta es una extensi¶on para el caso en que el

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Cap¶³tulo 1. Vectores y super¯cies

Figura 1.25: Gr¶a¯ca de la hip¶erbola.

Figura 1.26: Gr¶a¯ca de la hip¶erbola. eje transverso est¶a en el eje y. La raz¶on a=b expresa simplemente la pendiente de la as¶³ntota (ver la ¯g. 1.26).

1.4

Traslaci¶ on de ejes

² Empecemos con el caso de dos variables. La ecuacion m¶as general de segundo grado en x y y tiene la forma Ax2 + 2Bxy + Cy 2 + 2Dx + 2Ey + F = 0

(1.1)

Si se pudiera factorizar (1.1) en la forma (ax + by + c)(dx + ey + f ) = 0 el conjunto de puntos consistir¶³a en dos rectas; si B = 0, A = C, el conjunto es un c¶³rculo; en otro caso es una de las c¶onicas vistas ya. ² Se puede veri¯car, por ejemplo, que el conjunto de puntos de la ecuaci¶ on 20x2 ¡ 24xy + 27y 2 + 24x ¡ 54y ¡ 369 = 0

(1.2)

obtenida y el de la ecuaci¶on 11x2 + 36y 2 ¡ 369 = 0

(1.3)

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1.4. Traslaci¶ on de ejes

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Figura 1.27: obtenida son elipses id¶enticas. Ver Fig. 1.27. La diferencia en las ecuaciones se debe a sus posiciones con respecto a los ejes de coordenados. ² Para hacer un estudio detalllado de los conjuntos representados por (1.1), como el (1.2), por ejemplo, habr¶a que introducir alg¶ un procediento para cambiar (1.2) en (1.3). Las operaciones, que son dos, mediante las, cuales (1.2) se puede transformar en (1.3), se llaman justamente transformaciones. El efecto general de ¶estas se puede interpretar as¶³: Cada punto (x; y) del plano queda, ¯jo, pero cambia de nombre, esto es, de coordenadas, seg¶ un una cierta ley dada por las llamadas ecuaciones de la transformaci¶on. ² Traslaci¶ on de los ejes de coordenadas. La transformaci¶on que mueve los ejes, de coordenadas a una nueva posici¶on manteni¶endolos siempre paralelos a su posici¶on primitiva se llama traslaci¶on.

Figura 1.28: Traslaci¶on de ejes. ² Nota: por comodidad usaremos u en lugar de x0 y v en lugar de y 0 . ² En la ¯gura 1.28, Ox y Oy son los ejes y O es el origen del sistema primitivo, en tanto que O0 u y O0 v son los ejes y O0 el origen del nuevo sistema (trasladado). ² Cada punto del plano tendr¶a ahora dos pares de coordenadas: el primitivo, que consiste en las distancias dirigidas de los ejes primitivos al punto, dadas en su orden apropiado, y el nuevo par

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Cap¶³tulo 1. Vectores y super¯cies

de coordenadas que consiste en las distancias dirigidas desde los nuevos ejes al mismo punto. Para evitar errores, escribiremos las coordenadas de un punto referidas a un sistema primitivo como A(a; b), por ejemplo, y las coordenadas referidas a un nuevo sistema como A(c; d)0 . A veces tambi¶en ser¶a c¶omodo, hablar de sistema sin tildes o con tildes (letras sin primas o con primas). ² Si los ejes, junto con el origen O, se trasladan a una nueva posici¶on con el origen O0 de coordenadas (h; k) respecto del primer sistema y si las coordenadas de un punto son (x; y) antes de la traslaci¶on y (u; v)0 despu¶es de la traslaci¶on, entonces las ecuaciones de transformaci¶on son x = u + h;

y = v + k:

(1.4)

− Ejemplo 1.24. Mediante una traslaci¶on, transformar la ecuaci¶on 3x2 + 4y 2 ¡ 12x + 16y ¡ 8 = 0 en otra que carezca de t¶erminos de primer grado. Soluci¶ on: Hay dos formas de hacerlo. Primera soluci¶ on. Si se sustituyen los valores de x y y seg¶ un la (1.4) en la ecuaci¶on dada, se obtiene: 3(u + h)2 + 4(v + k)2 ¡ 12(u + h) + . . .16(v . . . . .+ . . k) . . .¡ . . 8. . . . = 0 o bien 2 2 2 2 . . .3u ...+ . . .4v . . . . . + (6h ¡ 12)u + (8k + 16)v + 3h + 4k ¡ 12h + 16k ¡ 8 = 0

La ecuaci¶on carecer¶a de t¶erminos de primer grado si . .6h . . .¡ . . 12 . . . . = 0;

y

. .8k . . .+ . . 16 .... = 0

es decir, si h = 2 y k = ¡2. As¶³ que la traslaci¶on x = .u. .+ . . 2. . ; y = . v. .¡ . . 2. . reduce la ecuaci¶on dada a la 2

2 .3u . . . . + 4v ¡ 36 = 0

El conjunto que representa, una elipse, junto con el sistema primitivo y el nuevo, se muestran en la ¯gura 1.29.

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1.4. Traslaci¶ on de ejes

35

Figura 1.29: Traslaci¶on. Segunda soluci¶ on: Se pone la ecuaci¶on dada en la forma 3(x2 ¡ 4x) + 4(y 2 + 4y) = 8 y se completan los cuadrados para obtener 2 2 3( . . .x. . .¡. .4x . . .+ . . 4. . . . ) + 4( . . .y. . + . . .4y ..+ . . .4. . . ) = 8 + 3(4) + 4(4) = 36

o sea 3(x ¡ 2)2 + 4(y + 2)2 = 36

La transformaci¶on x ¡ 2 = u, y + 2 = v o sea x = u + 2, y = v ¡ 2 reduce a 3u2 + 4v 2 ¡ 36: = 0, como antes. ² La otra forma de transformaci¶on de coordenadas es la de rotaci¶on de ejes coordenados. La transformaci¶on que deja ¯jo el origen, pero hace girar los ejes de coordenadas un a¶ngulo dado, se llama rotaci¶on. ² Si con el origen ¯jo se giran los ejes en sentido contrario de las agujas del reloj un a¶ngulo µ y si las coordenadas de un punto P son (x; y) antes y (u; v)0 despu¶es de la rotaci¶on las ecuaciones de transformaci¶on son: x = u cos µ ¡ v sen µ y = u sen µ + v cos µ − Ejemplo 1.25. Transformar la ecuaci¶on p x2 + 3xy + 2y 2 ¡ 5 = 0 girando los ejes de coordenadas 60o . Soluci¶ on: Las ecuaciones de transformaci¶on son p 1 (u ¡ 3v) . . .2. . . . . . . . . . . . . . 1 p ( 3u + v) y = u sen 60o + v cos 60o = . . .2. . . . . . . . . . . . . . x = u cos 60o ¡ v sen 60o =

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Cap¶³tulo 1. Vectores y super¯cies

Llevando estos valores de x y y a la ecuaci¶on dada, se obtiene p p p 1p 1 p 1 3(u ¡ 3v)( 3u + v) + ( 3u + v)2 ¡ 5 = 0 (u ¡ 3v)2 + 4 4 2 o bien 5u2 + v 2 = 10, que representa una elipse.

Figura 1.30: Rotaci¶on. En la ¯gura 1.30 se muestra ¶esta junto con los sistemas primitivo y nuevo de coordenadas.

1.5

Super¯cies cu¶ adricas

² En general, la traza (o corte) de una super¯cie en un plano es la l¶³nea de intersecci¶on de la super¯cie con el plano. Para esquematizar una super¯cie se hace uso frecuente de las trazas. Son de especial importancia las trazas en los planos coordenados. Estas tres l¶³neas se llaman traza xy, traza yz y traza xz, y sus ecuaciones pueden encontrarse a partir de la ecuaci¶on de la super¯cie tomando z = 0, x = 0 y y = 0, respectivamente. − Ejemplo 1.26. Encontrar las trazas, en varios planos, de la super¯cie con ecuaci¶on z = x2 +y 2 y esquematizar la gr¶a¯ca de la ecuaci¶on. Soluci¶ on: Para encontrar la traza yz tomamos x = 0 en la ecuaci¶on z = x2 + y 2 y as¶³ z = y 2 . Por lo tanto, la traza de la super¯cie en el plano yz es una par¶abola con v¶ertice en el origen y que abre hacia arriba, como se muestra en la Figura Para encontrar la traza xz tomamos 2 y = 0 en z = x2 + y 2 , y obtenemos . .z. = . . .x. . . . Por lo tanto, tambi¶en la traza en el plano 2 2 xz es una par¶abola. Para la traza xy, se toma z = 0 y resulta . . .x. . + . . .y. . = . . .0. . . . La gr¶a¯ca de esta ecuaci¶on consta de un solo punto, el origen. Ahora encontraremos las trazas en planos paralelos al plano xy; es decir, planos con ecuaciones de la forma z = z0 . Sustituyendo z por z0 en la ecuaci¶on dada, obtenemos x2 + y 2 = z0 . Entonces, si z0 > 0, la traza en el plano z = z0 es p una circunferencia de radio z0 , En la Figura 1.31 se muestran varias de estas circunferencias. Si z0 < 0, entonces x2 + y 2 = z0 no tiene gr¶a¯ca y por lo tanto, la super¯cie no tiene puntos abajo del plano xy. Las trazas en planos paralelos al plano xz o al plano yz son par¶abolas. 2 Por ejemplo, la traza en el plano y = 1 est¶a dada por la par¶abola . . .z. = . . .x. . .+. .1. . . . No se

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1.5. Super¯cies cu¶ adricas

37

Figura 1.31: Haciendo trazas. representan estas par¶abolas pues las trazas circulares que se obtuvieron son su¯cientes para mostrar la gr¶a¯ca. Se puede considerar que la super¯cie de este ejemplo fue generada haciendo girar la par¶abola z = y 2 en el plano yz, alrededor del eje z. Esta super¯cie se llama paraboloide de revoluci¶on (o paraboloide circular). Nota: En el archivo \z=x^2+y^2.gcf", del disco compacto, se ilustra esto usando Graphing Calculator. ² Sea C una curva en un plano, y l una recta que no est¶a en un plano paralelo. El conjunto de los puntos en todas las rectas paralelas a l que cortan a C se llama cilindro. ² La curva C es una directriz del cilindro y cada una de las rectas paralelas a l que pasan por C es una generatriz del citado cilindro. ² El tipo com¶ un de super¯cie cil¶³ndrica es el cilindro circular recto que se obtiene cuando C es una circunferencia en un plano y l es una recta perpendicular al plano, como se ve en la Figura 1.32. ² Aunque en la ¯gura el cilindro aparece cortado en sus extremos, las generatrices se extienden inde¯nidamente. Como se ilustra en la Figura 1.32 (b), la directriz C de una super¯cie cil¶³ndrica no tiene que ser una curva cerrada. ² Consideremos el caso en que la directriz C est¶a en el plano xy y tiene por ecuaci¶on y = f (x) para alguna funci¶on f . Supongamos tambi¶en que las generatrices son paralelas al eje z. Entonces, como se ilustra en la Figura 1.32-(c), un punto P (x; y; z) est¶a en el cilindro si y s¶olo si Q(x; y; 0) est¶a en C; es decir, si y s¶olo si las dos coordenadas x, y de P satisfacen la ecuaci¶on y = f (x). Por lo tanto, y = f (x) es una ecuaci¶on del cilindro adem¶as de ser la ecuaci¶on de la directriz en el plano xy. x2 y 2 + = 1 en tres dimensiones. 4 9 Soluci¶ on: De acuerdo con los comentarios anteriores, la gr¶ a¯ca es un cilindro con generatrices paralelas al eje z. Comenzamos por trazar la gr¶a¯ca de (x2 =4) + (y 2 =9) = 1 en el plano xy. Esta elipse es la directriz C del cilindro. Todas las trazas en planos paralelos al plano xy son

− Ejemplo 1.27. Esquematizar la gr¶a¯ca de

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Cap¶³tulo 1. Vectores y super¯cies

Figura 1.32: Cilindro circular recto. elipses congruentes con esta directriz. En la Figura 1.33 se muestra una parte de la gr¶ a¯ca.

Figura 1.33: Cilindro el¶³ptico. Nota: En el archivo \x^2 div 4 +y^2 div 9 =1.gcf", del disco compacto, se ilustra esto usando Graphing Calculator. − Ejemplo adicional 1.1. Esquematizar la gr¶a¯ca de y = x2 en tres dimensiones.

Soluci¶ on: De acuerdo con los comentarios anteriores, la gr¶ a¯ca es un cilindro con generatrices paralelas al eje z. Comenzamos por trazar la gr¶a¯ca de y = x2 en el plano xy. Esta par¶abola es la directriz C del cilindro. Todas las trazas en planos paralelos al plano xy son par¶abolas congruentes con esta directriz. En la Figura 1.34 se muestra una parte de la gr¶ a¯ca. Nota: En el archivo \y=x^2.gcf", del disco compacto, se ilustra esto usando Graphing Calculator.

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1.5. Super¯cies cu¶ adricas

39

Figura 1.34: Cilindro el¶³ptico. ² La gr¶a¯ca de una ecuaci¶on que s¶olo contiene las variables y y z es un cilindro cuyas generatrices son paralelas al eje x y cuya traza (directriz) en el plano yz es la gr¶a¯ca de la ecuaci¶on dada. An¶alogamente, la gr¶a¯ca de una ecuaci¶on que no contiene a la variable y es un cilindro con generatrices paralelas al eje y y cuya directriz es la gr¶a¯ca de la ecuaci¶on dada en el plano xz. − Ejemplo 1.28. Esquematizar las gr¶a¯cas en tres dimensiones de las siguientes ecuaciones. (a) y 2 = 9 ¡ z (b) z = sen x. Soluci¶ on: (a) La gr¶a¯ca es un cilindro con generatrices paralelas al eje x y que tiene como directriz en el plano yz a la gr¶a¯ca de y 2 = 9 ¡ z. En la Figura 1.35-(a) se muestra una parte de la gr¶a¯ca (que es un cilindro parab¶olico).

Figura 1.35: Gr¶a¯cas. (b) La gr¶a¯ca es un cilindro con generatrices paralelas al eje y y cuya directriz en el plano xz es la gr¶a¯ca de la ecuaci¶on dada por z = sen x. En la Figura 1.35-(b) aparece una parte de la gr¶a¯ca. Nota: En el archivo \y^2 = 9-z.gcf", del disco compacto, se ilustra esto usando Graphing Calculator. ² Se sabe que, en dos dimensiones, la gr¶a¯ca de cualquier ecuaci¶on de segundo grado en x, y Ax2 + Bxy + Cy 2 + Dx + Ey + F = 0

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40

Cap¶³tulo 1. Vectores y super¯cies

es una secci¶on c¶onica (excepto en los casos degenerativos). ² En tres dimensiones, la gr¶a¯ca de una ecuaci¶on de segundo grado en x, y, z Ax2 + By 2 + Cz 2 + Dxy + Exz + F yz + Gx + Hy + Iz +J = 0; {z } | es una super¯cie cu¶adrica (excepto en los casos degenerativos). Restringiremos el an¶alisis de las super¯cies cu¶adricas al caso en que los coe¯cientes D, E, F , G, H e I son todos cero, es decir no consideraremos el caso en que haya t¶erminos mixtos. ² Hay tres tipos de super¯cies cu¶adricas: { elipsoides (la esfera es un caso particular de un elipsoide) { hiperboloides { y paraboides. Los nombres provienen del hecho de que las trazas en los planos paralelos a los planos coordenados son elipses, hip¶erbolas y par¶abolas, respectivamente. umeros reales positivos, es un Elipsoide ² La gr¶a¯ca de la siguiente ecuaci¶on, en la que a, b y c son n¶ elipsoide. x2 y 2 z 2 + 2 + 2 =1 a2 b c x2 y2 z2 ² Las trazas del elipsoide 2 + 2 + 2 = 1 en los tres planos coordenados se indican en la a b c siguiente tabla: Traza Traza xy Traza xz Traza yz

Ecuaci¶on de la traza Gr¶a¯ca x2 y 2 + 2 =1 a2 b 2 z2 x + =1 a2 c2 y2 z 2 + 2 =1 b2 c

Elipse Elipse Elipse

² La Figura 1.36-(a) muestra una gr¶a¯ca t¶³pica de un elipsoide con sus trazas en los planos coordenados. ² Para encontrar la traza en un plano arbitrario z = z0 paralelo al plano xy, sustituimos z por z0 en la ecuaci¶on del elipsoide y as¶³ z02 x2 y 2 + = 1 ¡ a2 b2 c2

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1.5. Super¯cies cu¶ adricas

41

Figura 1.36: Elipsoides. z2 ² Si jz0 j > c, entonces 1 ¡ 02 < 0 y no hay gr¶a¯ca. Por lo tanto, la gr¶ a¯ca se encuentra entre los c planos z = ¡c y z = c. z02 > 0 y por lo tanto, la traza en el plano z = z0 es una elipse, como c2 se ilustra en la Figura 1.36-(b). En la ¯gura tambi¶en se muestran las partes visibles de otras trazas en planos paralelos al plano xy.

² Si jz0 j < c, entonces 1 ¡

² Para un plano y = y0 paralelo al plano xz, tenemos la siguiente relaci¶on: y02 x2 z 2 + = 1 ¡ a2 c2 b2 La Figura 1.36-(b) muestra tambi¶en las partes visibles de varias de estas trazas (que son elipses) para ¡b < y0 < b. ² Finalmente, tomando x = x0 con ¡a < x0 < a, vemos que las trazas en planos paralelos al plano yz son elipses. (Estas elipses no est¶an en la Figura) ² Si a = b = c, la gr¶a¯ca es una esfera de radio a con centro en el origen. Ver 1.37.

Figura 1.37: Esfera. ² A veces las trazas en los tres planos coordenados son su¯cientes para indicar la forma general de una super¯cie cu¶adrica, como en la Figura 1.36.

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Cap¶³tulo 1. Vectores y super¯cies

Nota: En el archivo \elipsoide con par¶ametros.gcf", del disco compacto, se ilustra esto usando Graphing Calculator. − Ejemplo 1.29. Elaborar la gr¶a¯ca de

x2 y 2 z 2 + + =1 4 9 25

Soluci¶ on: En este caso a = 2. , b = 3. , c = 5. . La traza sobre el plano xy es la elipse x2 z2 y2 z2 x2 y 2 + = 1. La del plano xz es la elipse + = 1 y la del plano yz es + = 1. La 4 9 4 25 9 25 gr¶a¯ca de la traza en el plano xy se muestra en la Fig. 1.38.

Figura 1.38: Traza en el plano xy. La gr¶a¯ca del parabolide se muestra en la Fig. 1.39.

Figura 1.39: Elipsoide Nota: En el archivo \elipsoide.gcf", del disco compacto, se ilustra esto usando Graphing Calculator.

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1.5. Super¯cies cu¶ adricas

43

² La gr¶a¯ca de la siguiente ecuaci¶on, en la que a, b y c son n¶ umeros reales positivos, es un hiperboloide de un manto. x2 y 2 z 2 + 2 ¡ 2 =1 a2 b c

Figura 1.40: Hiperboloide de un manto x2 y 2 z 2 ² Las trazas del hiperboloide 2 + 2 ¡ 2 = 1 en los tres planos coordenadas se indican en la a b c siguiente tabla: Traza Traza xy Traza xz Traza yz

Ecuaci¶on de la traza Gr¶a¯ca x2 y 2 + 2 =1 a2 b x2 z 2 ¡ 2 =1 a2 c y2 z2 ¡ 2 =1 b2 c

Elipse Hip¶erbola Hip¶erbola

² La gr¶a¯ca est¶a en la Figura 1.41 junto con estas trazas. ² El eje z es el eje del hiperboloide. La traza en un plano z = z0 paralelo al plano xy tiene una ecuaci¶on de la forma x2 y 2 z02 + = 1 + a2 b2 c2 y es por lo tanto una elipse (v¶ease la Figura 1.41). Las trazas en los planos x = x0 bien y = y0 ; es decir, en planos paralelos al plano yz o al plano xz, respectivamente, son hip¶erbolas (verif¶³quese este hecho).

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44

Cap¶³tulo 1. Vectores y super¯cies

Figura 1.41: Hiperboloide de un manto ² Las gr¶a¯cas de

x2 y 2 z 2 x2 y 2 z 2 ¡ + = 1 y ¡ + 2 + 2 =1 a2 b2 c2 a2 b c tambi¶en son hiperboloides de un manto, pero en el primer caso el eje del hiperboloide es el eje y, y en el segundo, el eje del hiperboloide es el eje x. Por lo tanto, el t¶ermino negativo en estas ecuaciones indica el eje del hiperboloide.

Nota: En el archivo \hiperboloide de un manto.gcf", del disco compacto, se ilustra esto usando Graphing Calculator. ² El siguiente es un hiperboloide de otro tipo: hiperboloide de dos mantos ¡

x2 y 2 z 2 ¡ 2 + 2 =1 a2 b c

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1.5. Super¯cies cu¶ adricas

45

² Las trazas en los planos coordenadas son las siguientes: Traza Traza xy Traza xz Traza yz

Ecuaci¶on de la traza Gr¶a¯ca x2 y 2 + 2 = ¡1 a2 b 2 x z2 ¡ 2 + 2 =1 a c 2 y z2 ¡ 2 + 2 =1 b c

No hay gr¶a¯ca Hip¶erbola Hip¶erbola

² Las intersecciones con el eje z tienen coordenadas z = §c y no hay intersecciones con el eje x ni con el eje y. Como no hay traza en el plano xy, se ve si hay traza en un plano z = z0 paralelo al plano xy. Sustituyendo z por z0 en la ecuaci¶on dada se obtiene x2 y 2 z02 x2 y 2 z 2 ¡ + = 1 ¡! + = ¡1 a2 b2 c2 a2 b2 c2 Si jz0 j > c, entonces la traza es una elipse, como se indica en la Figura 1.42. Las trazas en los ¡

Figura 1.42: Hiperboloide de dos mantos. planos paralelos al plano yz o al plano xz son hip¶erbolas (verif¶³quese este hecho). El eje z es el eje del hiperboloide. ² Poniendo los signos negativos en otros t¶erminos se obtienen hiperboloides de dos mantos cuyo eje es el eje x o el eje y. (>Qu¶e t¶erminos deben ser negativos en cada caso?) Ver Fig. 1.43. Nota: En el archivo \hiperboloide de dos mantos.gcf", del disco compacto, se ilustra esto usando Graphing Calculator. ² Un cono (de dos mantos) puede considerarse como un hiperboloide degenerativo que se obtiene sustituyendo por 0 el n¶ umero 1 en la ecuaci¶on de hiperboloide de uno o dos mantos. Esto da la siguiente ecuaci¶on. x2 y 2 z 2 + 2 ¡ 2 =0 a2 b c

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46

Cap¶³tulo 1. Vectores y super¯cies

Figura 1.43: Hiperboloides de dos mantos con diferentes ejes. ² Las trazas en los planos coordenadas son las siguientes: Traza Traza xy Traza xz Traza yz

Ecuaci¶on de la traza Gr¶a¯ca x2 y 2 + 2 =0 El origen a2 b x2 z 2 c ¡ 2 =0 Las rectas z = § x 2 a c a y2 z 2 c ¡ 2 =1 Las rectas z = § y b2 c b

² La traza en un plano z = z0 paralelo al plano xy tiene la ecuaci¶on x2 y 2 z02 + = a2 b2 c2 y por lo tanto es una elipse. ² Las trazas en los planos paralelos a los otros ejes coordenados son hip¶erbolas (verif¶³quese este hecho). ² La gr¶a¯ca est¶a en la Figura 1.44. El eje z es el eje del cono. Nota: En el archivo \cono de dos mantos.gcf", del disco compacto, se ilustra esto usando Graphing Calculator. ² La gr¶a¯ca de la siguiente ecuaci¶ on, en la que a, b y c son n¶ umeros reales y a y b son positivos, es un paraboide. x2 y 2 + 2 = cz (Note que z no est¶a al cuadrado) a2 b El ejemplo 4.118 es un caso especial con a = b = c = 1. Si c > 0, entonces la gr¶a¯ca es parecida a la que se muestra en la Figura 1.45 excepto que si a 6 = b, entonces las trazas en planos paralelos al xy son elipses en vez de circunferencias. Si c > 0, entonces el paraboloide abre hacia arriba. El eje z es el eje del paraboloide.

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1.5. Super¯cies cu¶ adricas

47

Figura 1.44: Cono.

Figura 1.45: Paraboloide ² Las gr¶a¯cas de las ecuaciones x2 z 2 + 2 = cy a2 b

y

y2 z2 + = cx a2 b2

son paraboloides cuyos ejes son el eje y y el eje x, respectivamente. Ver Fig. 1.46. Nota: En el archivo \paraboloide.gcf", del disco compacto, se ilustra esto usando Graphing Calculator. ² La ecuaci¶on de un paraboloide hiperb¶olico est¶a dada por: y 2 x2 ¡ 2 = cz a2 b La Figura 1.47 muestra un croquis t¶³pico de esta super¯cie, con c > 0, la cual tiene la forma de una silla de montar. Intercambiando x, y y z, se obtienen variantes.

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48

Cap¶³tulo 1. Vectores y super¯cies

Figura 1.46: Paraboloides con diferenes ejes.

Figura 1.47: paraboloide hiperb¶olico. ² El paraboloide hiperb¶olico es la super¯cie cu¶adrica m¶as dif¶³cil de visualizar y se requiere mucha pr¶actica para adquirir la habilidad de esquematizar la gr¶a¯ca. Trazas como las de la Figura 1.47 pueden ser u ¶tiles. Obs¶ervese que la traza en el plano xy tiene como ecuaci¶on y 2 x2 a ¡ = 0 o bien y = § x a2 b2 b y es un par de rectas que se cortan en el origen. Esta traza no aparece en la Figura 1.47. ² A continuaci¶on se presentan dos ejemplos que son casos especiales de super¯cies cu¶adricas; es decir, los coe¯cientes tienen valores espec¶³¯cos. Nota: En el archivo \paraboloide hiperb¶olico con eje z.gcf", del disco compacto, se ilustra esto usando Graphing Calculator. − Ejemplo 1.30. Esquematizar la gr¶a¯ca de 16x2 ¡ 9y 2 + 36z 2 = 144 e identi¯car la super¯cie. Soluci¶ on: Dividiendo ambos lados de la ecuaci¶on entre 144 obtenemos x2 y2 z 2 + =1 ¡ . .9. . 16 4 Las trazas en los planos coordenadas son las siguientes:

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1.6. Cilindros oblicuos

49

Traza Traza xy Traza xz Traza yz

Ecuaci¶on de la traza x2 y 2 ¡ =1 . . . .9. . . . .16 ......... x2 z 2 + =1 9 4 z 2 y2 ¡ =1 . . . .4. . . . .16 .........

Gr¶a¯ca Hip¶erbola Elipse Hip¶erbola

Figura 1.48: Hiperboloide La Figura 1.48 muestra la gr¶a¯ca de este hiperboloide de un manto cuyo eje es el eje y. Las trazas en planos paralelos al plano xz son elipses y las trazas en planos paralelos al plano xy o al plano yz son hip¶erbolas. − Ejemplo 1.31. Esquematizar la gr¶a¯ca de y 2 + 4z 2 = x e identi¯car la super¯cie. Soluci¶ on: Las trazas son las siguientes: Traza

Ecuaci¶on de la traza

Gr¶a¯ca

Traza xy

y2 = x

Par¶abola

Traza xz

4z 2 = x

Par¶abola

Traza yz

y 2 + 4z 2 = 0

El origen

La traza en un plano x = x0 paralelo al plano yz tiene la ecuaci¶on y 2 + 4z 2 = x0 , que es una elipse si x0 > 0. Las trazas en planos paralelos al plano xz o al plano xy son par¶abolas. La super¯cie es un paraboloide cuyo eje es el eje x y su gr¶a¯ca est¶a en la Fig. 1.49.

1.6

Cilindros oblicuos

² Se llama super¯cie cil¶³ndrica a la super¯cie generada por una recta m¶ ovil que se apoya constantemente sobre una curva ¯ja, manteni¶endose paralela a una direcci¶on dada. Ver Fig. 1.50.

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50

Cap¶³tulo 1. Vectores y super¯cies

Figura 1.49: Paraboloide

Figura 1.50: Cilindro oblicuo ² La recta m¶ovil se denomina generatriz y la curva ¯ja, directriz. A una posici¶on cualquiera de la generatriz se le denomina elemento de la super¯cie cil¶³ndrica. ² Si la directriz fuera una circunferencia, una elipse, una par¶abola, etc., la super¯cie cil¶³ndrica ser¶a, respectivamente, circular, el¶³ptica, parab¶olica, etc. Cuando la directriz es una recta, la super¯cie generada es un plano, de donde se concluye que el plano es un caso particular de la super¯cie cil¶³ndrica. ² Veamos como hallar la ecuaci¶on de una super¯cie cil¶³ndrica. ² Sean f1 (x; y; z) = 0 y f2 (x; y; z) = 0 las ecuaciones de la directriz (d) y a, b, c los componentes del vector director de la generatriz (g). ² Llamemos con P (x; y; z) un punto de la super¯cie cil¶³ndrica y supongamos que Q(u; v; w) es la intersecci¶on de la generatriz que pasa por P y la directriz. Como ha; b; ci es el vector director de la generatriz, tenemos que existe t 2 IR tal que: 8 < u = x + at v = y + bt (1.5) : w = z + ct

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1.6. Cilindros oblicuos

51

² Como el punto Q pertenece a la directriz, se tiene: f1 (u; v; w) = 0;

f2 (u; v; w) = 0

(1.6)

² Sustituyendo (1.5) en (1.6), obtenemos: f1 (x + at; y + bt; z + ct) = 0; f2 (x + at; y + bt; z + ct) = 0 ² Eliminando t de estas dos u ¶ltimas ecuaciones obtenemos la ecuaci¶on del cilindro. ² En la pr¶actica, si los datos del problema son f1 (x; y; z) = 0 f2 (x; y; z) = 0 ha; b; ci la b¶ usqueda de la ecuaci¶on se reduce a hacer las siguientes sustituciones x ! x + at;

y ! y + bt;

z ! z + ct

y luego eliminar el par¶ametro t.

Figura 1.51: Cilindro oblicuo ² En el archivo \ecuaci¶on de un cilindro oblicuo con Eliminate.nb", del disco compacto, se muestra como realizar algunos de estos c¶alculos usando Mathematica. − Ejemplo 1.32. Determ¶³nese la ecuaci¶on de la super¯cie cil¶³ndrica que tiene como directriz (ver Fig.1.52) la curva x = z + 1; y = z 2 + 2z + 1 y cuya generatriz (g) es paralela a una recta ¯ja con vector director h2; 1; 1i. Soluci¶ on:

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52

Cap¶³tulo 1. Vectores y super¯cies

Figura 1.52: Directriz La ecuaci¶on de la directriz puede escribirse como y = (z + 1)2

x = z + 1;

Sean P (x; y; z) un punto cualquiera del cilindro en cuesti¶on. Hacemos entonces las sustituciones x ! x + 2 ¢ t;

y ! y + 1 ¢ t;

z !z+1¢t

y al hacer la sustituci¶on en la directriz obtenemos x + 2t = z + t + 1; y + t = (z + t + 1)2 De la primera ecuaci¶on obtenemos t = z ¡ x + 1. Al sustituirla en la segunda, obtenemos: y + z ¡ x + 1 = (z + z ¡ x + 1 + 1)2 Simpli¯cando ( 0, o bien xy > ¡1. La regi¶on en cuesti¶on se muestra en la Fig. 3.4.

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3.2. Derivadas parciales

113

Figura 3.4: Regi¶on de continuidad.

3.2

Derivadas parciales

² Sea f una funci¶on de dos variables. Las primeras derivadas parciales de f con respecto a x y a y son las funciones fx y fy de¯nidas por f (x + h; y) ¡ f (x; y) h!0 h f (x; y + h) ¡ f (x; y) fy (x; y) = lim h!0 h

fx (x; y) = lim

² (NOTACIONES) Si w = f (x; y), entonces fx =

@f ; @x

fy =

@f @y

y tambi¶en @w @ f (x; y) = = wx @x @x Nota: En algunos textos se usa fx0 en lugar de fx . Ambas notaciones representan el mismo concepto. fx (x; y) =

² En el archivo \derivadas parciales.nb", del disco compacto, se muestra como realizar algunos de estos c¶alculos usando Mathematica. − Ejemplo 3.8. Sea f (x; y) = x3 y 2 ¡ 2x2 y + 3x. (a) Encontrar fx (x; y) y fy (x; y). Calcular adem¶as fx (2; ¡1) y fy (2; ¡1). Soluci¶ on: Consideramos a y como una constante y se deriva con respecto a x: 2 2 fx (x; y) = . . . .3x . . . y. . .¡ . .4xy . . . .+ . . .3. . . .

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114

Cap¶³tulo 3. Derivadas parciales

Considerando a x como una constante y derivando con respecto a y, obtenemos 3 2 fy (x; y) = . . .2x . . . y. .¡ . . 2x ......

Sustituyendo x = 2 y y = ¡1 en las expresiones anteriores, fx (2; ¡1) = 3(2)2 (¡1)2 ¡ 4(2)(¡1) + 3 = .23 .. De forma an¶aloga se obtiene fy (2; ¡1) = . ¡24 ..... . ² En el archivo \Dervidas parciales 2 variables (por Def).nb", del disco compacto, se muestra como realizar algunos de estos c¶alculos usando Mathematica. − Ejemplo 3.9. (Adaptado del folleto del Prof. Manuel Calvo para c¶alculo III) Sea

8
C¶omo es esta estimaci¶on comparada con el cambio exacto en w? Soluci¶ on: Esta es la misma funci¶on que se consider¶o en los ejemplos anteriores. Aplicando la de¯nici¶on: @w @w dx + dy @x @y = . . . . . (6x . . . .¡ . . .y)dx . . . . .+. .(¡x)dy ............

dw =

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120

Cap¶³tulo 3. Derivadas parciales

Sustituyendo x = 1, y = 2, dx = ¢x = 0:01 y dy = ¢y = ¡0:02, obtenemos dw = . . . . . . .(6 ..¡ . . .2)(0:01) . . . . . . . .+ . . (¡1)(¡0:02) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . = 0:06: En el ejemplo demostramos que ¢w = 0:0605. Por lo tanto, el error que se comete al usar dw es 0.0005 . − Ejemplo 3.17. El radio y la altura de un cilindro circular recto miden 3 y 8 pulgadas, respectivamente, con un error posible en la medici¶ on de §0:05 pulg. Usar diferenciales para estimar el error m¶aximo que se comete al calcular el volumen del cilindro. Soluci¶ on: El m¶etodo es parecido al que se us¶o para las funciones de una variable. Comenzamos considerando la f¶ormula general para el volumen V de un cilindro de radio r y altura h, es decir, V = ¼r2 h. Consideremos a r y a h como los valores medidos con errores m¶aximos dr y dh, respectivamente en la medici¶on. Por supuesto, el error en una o en las dos medidas podr¶³a ser negativo. El error en el c¶alculo del volumen es el cambio en V correspondiente a dr y dh. Usando diferenciales, tenemos que, ¢V ¼ dV =

@V @V 2 dr + dh = . . . .2¼rhdr . . . . . . . .+. .¼r . . . dh ...... : @r @h

Finalmente, sustituimos los valores espec¶³¯cos de las variables. Tomando r = 3, h = 8 y dr = dh = §0:05, obtenemos la siguiente aproximaci¶on al error m¶aximo: 3 dV = . . . . . . 48¼(§0:05) . . . . . . . . . . . .+ . . 9¼(§0:05) . . . . . . . . . . . . . . . . = §2:85¼ ¼ §8:95pulg :

² Para una funci¶on de una variable, decir que es diferenciable es lo mismo que decir que es derivable, o sea que la derivada existe. Para las funciones de dos variables, se usa la siguiente de¯nici¶on que est¶a basada en la f¶ormula para ¢w en el Teorema (P¶ag. 118). ² De¯nici¶ on: 3.1. Sea w = f (x; y). La funci¶on f es diferenciable en (x0 ; y0 ) si ¢w se puede expresar en la forma ¢w = fx (x0 ; y0 )¢x + fy (x0 ; y0 )¢y + ²1 ¢x + ²2 ¢y donde ²1 y ²2 tienden a 0 cuando (¢x ; ¢y ) ! (0; 0). Se dice que una funci¶on f de dos variables es diferenciable en una regi¶on R si es diferenciable en todos los puntos de R. ¦ (¤) Teorema: 3.2. Si w = f (x; y) y fx y fy son continuas en una regi¶on rectangular R, entonces f es diferenciable en R. ² El siguiente resultado muestra que una funci¶on diferenciable es continua

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3.3. Incrementos y diferenciales

121

(¤) Teorema: 3.3. Si una funci¶on f de dos variables es diferenciable en (x0 ; y0 ), entonces f es continua en (x0 ; y0 ). (¤) Teorema: 3.4. Si f es una funci¶on de dos variables y fx y fy son continuas en una regi¶on rectangular R, entonces f es continua en R. ² Nota: Se puede demostrar por medio de ejemplos que la simple existencia de fx y fy no es su¯ciente para asegurar la continuidad de f . Esto es diferente en el caso de una sola variable, donde la existencia de f 0 implica la continuidad de f . ² (Ejercicio) Sea

8 xy > < x2 + y 2 f (x; y) = > 0 :

si (x; y) 6 = (0; 0) si (x; y) = (0; 0)

(a) Use la de¯nici¶on de derivada parcial para demostrar que fx (0; 0) y fy (0; 0) existen. (b) Veri¯que que f no es continua en (0; 0). (c) Veri¯que que f no es diferenciable en (0; 0). ² La discusi¶on anterior se puede generalizar al caso de funciones de m¶as de dos variables. Por ejemplo, sea w = f (x; y; z), donde f est¶a de¯nida en una regi¶on apropiada R (como por ejemplo un paralelep¶³pedo); fx , fy y fz existen en R y son continuas en (x; y; z). Si x, y, z se incrementan en dx, dy y dz, respectivamente, entonces el incremento correspondiente ¢w = f (x + ¢x ; y + ¢y ; z + ¢z) ¡ f (x; y; z) ² (De¯nici¶on) Sea w = f (x; y; z) y sean ¢x , ¢y y ¢z incrementos de x, y y z, respectivamente. (i) Las diferenciales dx, dy y dz de las variables independientes x, y y z son dx = ¢x ;

dy = ¢y ;

dz = ¢z:

(ii) La diferencial dw de la variable dependiente w es dw =

@w @w @w dx + dy + dz @x @y @z

² La generalizaci¶on a cuatro o m¶as variables se hace de manera an¶aloga. − Ejemplo 3.18. Los lados (en cm) de un paralelep¶³pedo rectangular cambian de 9, 6 y 4 a 9.02, 5.97 y 4.01, respectivamente. Use diferenciales para calcular aprpximadamente el cambio del volumen. >Cu¶al es la variaci¶on exacta del volumen? Soluci¶ on: El m¶etodo de soluci¶on es semejante al que se us¶o para el cilindro circular recto. Comenzamos con la f¶ormula general V = xyz para el volumen de un paralelep¶³pedo rectangular de lados x, y

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122

Cap¶³tulo 3. Derivadas parciales

y z. Luego consideramos dx, dy y dz como errores de medici¶on. Entonces, el error en el c¶alculo del volumen es ¢V ¼ dV = . . . . . yzdx . . . . . .+. .xzdy . . . . .+ . . .xydz ......... : Finalmente, sustituyendo los valores especiales x = 9, y = 6, z = 4, dx = 0:02, dy = ¡0:03 y dz = 0:01, obtenemos dV = . . . . . . . .24(0:02) . . . . . . . . .+. .36(¡0:03) . . . . . . . . . .+ . . .54(0:01) ............... = 0:48 ¡ 1:08 + 0:54 = ¡0:06 Por lo tanto, el volumen aumenta en aproximadamente 0.06 en cm3 . El cambio exacto del volumen es ¢V = . . . . . . . (9:02)(5:97)(4:01) . . . . . . . . . . . . . . . . . .¡ . . .(9)(6)(4) . . . . . . . . . . . . . . . = ¡0:063906:

− Ejemplo 3.19. (Adaptado del folleto del Prof. Manuel Calvo para c¶alculo III)

Usar p la diferencial para hallar una aproximaci¶on de f (6:05; 2:01) si se tiene que f (x; y) = x x ¡ y. Soluci¶ on:

Elpn¶ umero que se busca puede considerarse como el valor incrementado de la funci¶ on f (x; y) = x x ¡ y cuando x = 6, y = 2, ¢x = 0:05 y ¢y = 0:01. El valor inicial de la funci¶on es f (6; 2) = 12 · ¸ · ¸ @f @f ¢f ¼ df = ¢x + ¢y @x (6;2) @y (6;2) Como

p @f 1 = x ¡ y + x ¢ (x ¡ y)¡1=2 , entonces @x 2 · ¸ p 1 7 6 @f 6 ¡ 2 + 6 ¢ (6 ¡ 2)¡1=2 = =2+ = . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 @x (6;2) 4 2

Por otro lado

¡x @f p = , entonces . . .2. . .x. ¡ . . .y. . . @y · ¸ ¡6 3 @f p = = ¡ . . .2. . @y (6;2) . .2. . .4. .

De esta forma tenemos que µ ¶ 7 3 ¢f ¼ ¢ 0:05 + ¡ ¢ 0:01 = . 0:16 ..... 2 2 Por consiguiente f (6:05; 2:01) ¼ 12 + 0:16 = 12:16.

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3.4. Regla de la cadena

3.4

123

Regla de la cadena

² Si f y g son funciones de una variable tales que w = f (u) y u = g(x), entonces la composici¶on de f con g est¶a dada por w = f (g(x)). ² La derivada de w con respecto a x se puede encontrar aplicando la Regla de la Cadena como sigue: dw dw du = dx du dx ² En esta secci¶on se generaliza esta f¶ormula a las funciones de varias variables. Sean f , g y k tres funciones de dos variables tales que W = f (u; v), y u = g(x; y), v = k(x; y). Si para cada par (x; y) en un subconjunto D de IR £ IR, el par (u; v) que le corresponde est¶a en el dominio de f , entonces W = f (g(x; y); k(x; y)) de¯ne W como una funci¶on (compuesta) de x y y. ² De¯nici¶ on: 3.2. (Regla de la cadena) Si w = f (u; v) y u = g(x; y), v = k(x; y), donde f , g y k son diferenciables, entonces @w @u @w @v @w = + @x @u @x @v @x @w @w @u @w @v = + @y @u @y @v @y ¦ ² Para recordar la Regla de la Cadena se puede usar el diagrama de a¶rbol en la Fig. 3.5 . Para construir el diagrama se trazan ramas (segmentos) de w a u y v, para indicar que w es una funci¶on de estas dos variables. Como u es funci¶on de x y y, se trazan ramas de u a x y y. Tambi¶en se dibujan ramas de v a x y y. En el diagrama se han indicado las derivadas parciales correspondientes a las variables mencionadas. se toman los productos de todos los pares de derivadas parciales que van de ² Para encontrar @w @x se encuentra usando las ramas que van de w a w a x, y luego se suman. La f¶ormula para @w @y y. − Ejemplo 3.20. Sean w = r3 + s2 y r = pq 2 , s = p2 sen q. Use la Regla de la Cadena para @w @w encontrar y @p @q Soluci¶ on: N¶otese que w es una funci¶on (compuesta) de p y q. Podemos sustituir r y s por sus expresiones y obtener 2 2 w = (pq 2 )3 + . . .(p . . . sen . . . .q) .....

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124

Cap¶³tulo 3. Derivadas parciales

w

@w @u @w @v

u

v

@u @x @u @y @v @x @v @y

x

y

x

y

¶ Figura 3.5: Arbol y luego encontrar Cadena.

@w @p

y

@w @q

directamente. Sin embargo el objetivo es ilustrar la Regla de la

Como w es una funci¶on de r y s y tanto r como s son funciones de p y q, construimos el diagrama de ¶arbol apropiado. < f1 (1; 3; 2) = 2; f2 (1; 3; 2) = 3; f3 (1; 3; 2) = 1; > : g1 (3; 2) = ¡1; g2 (3; 2) = 1; h1 (2) = 4 Soluci¶ on del examen x2 y 2 z 2 + + =1 1. Halle la ecuaci¶on del cono cuyo v¶ertice se encuentra en el centro del elipsoide 9 3 4 y cuya directriz es la elipse que se obtiene de la intersecci¶on entre este elipsoide y el plano con ecuaci¶on x + y + z = 1. Soluci¶ on: El centro del elipsoide est¶a en el punto (0; 0; 0). Suponga que (x; y; z) es un punto cualquiera del cono buscado. Sea (x0 ; y0 ; z0 ) un punto del cono que se halla sobre la elipse que sirve de directriz. Dado que (x; y; z), (0; 0; 0) y (x0 ; y0 ; z0 ) son colineales, tenemos que y0 z0 x0 = = = t; x y z

para alg¶ un valor t 6 = 0:

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3.7. Primer examen parcial

149

o bien x0 = tx, y0 = ty y z0 = tz. Por otro lado, en virtud de que (x0 ; y0 ; z0 ) pertenece a la elipse (directriz), este punto debe satisfacer su ecuaci¶on, es decir: 8 < x20 y02 z02 + + = 1; : x9 + y3 + z 4= 1 0 0 0 Nuestro objetivo ahora es eliminar a partir de estas ecuaciones a x0 , y0 y z0 y hallar una ecuaci¶on que solo dependa de x, y y z. Si sustuimos los valores de x0 , y0 y z0 por los hallados previamentes, obtenemos: 8 < t2 x2 t2 y 2 t2 z 2 + + = 1; : tx9+ ty +3tz = 14 factorizando obtenemos:

8 2 y2 z2 1 < x + + = 2; 4 t : t9= 31 x+y+z

De esta manera la ecuaci¶on del cono es:

x2 y 2 z 2 + + = (x + y + z)2 : 9 3 4 Desarrollando (que por cierto no es necesario), obtenemos: 32 x2 + 72 x y + 24 y 2 + 72 x z + 72 y z + 27 z 2 = 0 2. Para la curva alabaeada r(t) = et cos ti + et sen tj + et k determine en el punto (1; 0; 1) los vectores unitarios T y N . Halle adem¶as la curvatura k en ese punto. Soluci¶ on: Empezamos observando que r(0) = (1; 0; 1). Derivando obtenemos que: ® − r0 (t) = et (cos t ¡ sen t); et (cos t + sen t); et p De esta forma r0 (0) = h1; 1; 1i y adem¶as jjr0 (0)jj = 3. Por otro lado ® − r00 (t) = ¡2et sen t; 2et cos t; et p De esta forma r00 (0) = h0; 2; 1i y adem¶as jjr00 (0)jj = 5. El vector tangente unitario en (1; 0; 1) es

r0 (0) = T = 0 jjr (0)jj Por otro lado N=

¿

1 1 1 p ;p ;p 3 3 3

a ¡ aT aN

À

:

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150

Cap¶³tulo 3. Derivadas parciales

Necesitamos calcular entonces aT y aN . Observemos que: aT =

r0 (0) ¢ r00 (0) h1; 1; 1i ¢ h0; 2; 1i p p = = 3 jjr0 (0)jj 3

Tenemos tambi¶en que aN =

jjh1; 1; 1i £ h0; 2; 1ijj jjr0 (0) £ r00 (0)jj = 0 jjr (0)jj jjh1; 1; 1ijj p jjh¡1; ¡1; 2ijj 6 p p = =p = 2 3 3

De esta forma N=

a ¡ aT = aN

h0; 2; 1i ¡

p D1 1 1E 3 p3 ; p3 ; p3 p 2

o bien

¿ À h¡1; 1; 0i 1 1 p N= = ¡p ; p ; 0 2 2 2 No es dif¶³cil veri¯car que T ¢ N = 0. En efecto: ¿ À ¿ À 1 1 1 1 1 1 1 T ¢N = p ;p ;p ¢ ¡ p ; p ; 0 = ¡ p + p = 0: 3 3 3 2 2 6 6

Si se desea se puede calcular N en forma directa. Observemos que ¿ À cos t + sen t cos t ¡ sen t 0 p p ; ;0 T (t) = ¡ 3 3 r 2 0 . De esta forma y por lo tanto, jjT (t)jj = 3 À ¿ cos t + sen t cos t ¡ sen t p p ; ;0 N= ¡ 2 2 ¿ À 1 1 Evaluando en t = 0 tenemos N = ¡ p ; p ; 0 . Finalmente la curvatura es 2 2 p p jjr0 (0) £ r00 (0)jj 6 2 : K= = ¡p ¢3 = 3 0 3 jjr (0)jj 3 3. Considere la ecuaci¶on F (xy; y 3 ¡ 3xyz) = 0 en la que F es una funci¶on diferenciable que de¯ne impl¶³citamente z como funci¶on de x y y. Compruebe que se satisface la relaci¶on: x2

@z @z ¡ xy + y2 = 0 @x @y

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3.7. Primer examen parcial

151

Soluci¶ on: Como z es funci¶on impl¶³cita de x y de y, entonces sus derivadas parciales se pueden calcular mediante: @z Fx Fy @z =¡ ; =¡ @x Fz @y Fz Para hallar Fx , Fy y Fz aplicamos la regla de la cadena. Designemos primero con u = xy y v = y 3 ¡ 3xyz. La ecuaci¶on se transforma entonces en F (u; v) = 0. En efecto: @u @v + Fv = yFu ¡ 3yzFv @x @x ¡ ¢ @u @v Fy = Fu + Fv = xFu + 3y 2 ¡ 3xz Fv @y @y @u @v + Fv = 0 ¢ Fu ¡ 3xyFv = ¡3xyFv Fz = Fu @z @z @z @z Veamos ahora qu¶e pasa con la ecuaci¶on x2 ¡ xy + y2 = 0 @x @y | {z } Fx = Fu

A

· ¸ · ¸ ¡x2 Fx + xyFy + y 2 Fz Fx Fy A=x ¡ ¡ xy ¡ + y2 = Fz Fz Fz 2

Usamos entonces las expresiones halladas para Fx , Fy y Fz . A=

¡x2 [yFu ¡ 3yzFv ] + xy [xFu + (3y 2 ¡ 3xz) Fv ] + y 2 [¡3xyFv ] Fz

o bien

¡x2 yFu + 3x2 yzFv + x2 yFu + 3xy 3 Fv ¡ 3x2 yzFv ¡ 3xy 3 Fv Fz Simpli¯cando obtenemos que A = 0. A=

4. El punto (2; 1; 5) pertenece simult¶aneamente al paraboide z = x2 + y 2 y al plano z = 3x + y ¡ 2. (a) Halle la ecuaci¶on del plano tangente al paraboloide dado en el punto (2; 1; 5). Soluci¶ on: De¯namos F = z ¡ x2 ¡ y 2 . La ecuaci¶on del plano tangente en (x0 ; y0 ; z0 ) = (2; 1; 5) est¶a dada por Fx (x0 ; y0 ; z0 )(x ¡ x0 ) + Fy (x0 ; y0 ; z0 )(y ¡ y0 ) + Fz (x0 ; y0 ; z0 )(z ¡ z0 ) = 0: En este caso Fx = ¡2x, Fy = ¡2y y Fz = 1. Tenemos as¶³ que la f¶ormula anterior queda como: ¡2(2)(x ¡ 2) ¡ 2(1)(y ¡ 1) + 1 ¢ (z ¡ 5) = 0;

o bien 4x + 2y ¡ z = 5

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152

Cap¶³tulo 3. Derivadas parciales

(b) Halle un vector tangente a la curva que resulta de la intersecci¶on del paraboloide z = x2 +y 2 con el plano z = 3x + y ¡ 2 en el punto (2; 1; 5). Un vector normal al paraboloide z = x2 + y 2 en (2; 1; 5) se obtiene a partir de su plano tangente 4x+2y ¡z = 5, a saber N1 = h4; 2; ¡1i. Un vector normal al plano 3x+y ¡z = 2 es N2 = h3; 1; ¡1i. Por lo tanto, el vector tangente a la curva intersecci¶ on en el punto (2; 1; 5) es paralelo al producto vectorial de N1 y N2 . Veamos: ¯ ¯ ¯ i j k ¯ ¯ ¯ N1 £ N2 = ¯¯ 4 2 ¡1 ¯¯ = h¡1; 1; ¡2i ¯ 3 1 ¡1 ¯ Si t 6 = 0, cualquier vector de la forma h¡t; t; ¡2ti es un vector tangente a la curva que resulta de la intersecci¶on propuesta.

(c) Halle la derivada direccional de funci¶on W = x3 + y 3 + z 3 en el punto (2; 1; 5) a lo largo del vector tangente hallado en la parte anterior. Usemos el vector v = h¡1; 1; ¡2i para esta apartado. Debemos empezar por normalizar este vector. ¿ À h¡1; 1; ¡2i 1 1 2 v = = ¡p ; p ; ¡p : u= jjvjj jjh¡1; 1; ¡2ijj 6 6 6 − 2 2 2® Por otro lado notamos que el gradiente de W es 5W = 3x ; 3y ; 3z : As¶³ se tiene que: 5W (2; 1; 5) = h12; 3; 75i Procedemos entonces a calcular la derivada direccional solicitada: À ¿ 1 1 2 Du W = h12; 3; 75i ¢ ¡ p ; p ; ¡ p 6 6 6 3 150 159 12 = ¡p + p ¡ p = ¡ p : 6 6 6 6 5. Suponga que w = f (u; v; x) en donde u = g(v; x) y v = h(x). En otras palabras w = f (g(h(x); x); h(x); x). Suponga adem¶as que hacemos las siguientes designaciones: f1 =

@f @f @f @g @g dv ; f2 = ; f3 = ; g1 = ; g2 = ; h1 = @u @v @x @v @x dx

Use la regla de la cadena para calcular

@w en x = 2 si se sabe que: @x

8 h(2) = 3; g(3; 2) = 1 > < f1 (1; 3; 2) = 2; f2 (1; 3; 2) = 3; f3 (1; 3; 2) = 1; > : g1 (3; 2) = ¡1; g2 (3; 2) = 1; h1 (2) = 4

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3.7. Primer examen parcial

153

Soluci¶ on: Aplicando la regla de la cadena tenemos que: @f @x @f @u @f @v @w + = + @x |{z} @u @x |{z} @v |{z} @x |{z} @x |{z} @x f1

Por otro lado

f2

h1

f3

1

@g @v @u @g @x = + = h1 g1 + g2 @x |{z} @v |{z} @x |{z} @x |{z} @x g1

g2

h1

1

Sustituyendo obtenemos: @w = h1 f1 g1 + f1 g2 + f2 h1 + f3 @x Lo que resta es solamente evaluar: @w = 4 ¢ 2 ¢ (¡1) + 2 ¢ 1 + 3 ¢ 4 + 1 = ¡8 + 2 + 12 + 1 = 7 @x 3.7.2

Parcial I del II-2003

1. Obtenga la ecuaci¶on de un cilindro, si se sabe que su directriz est¶ a determinada por la intersecci¶on de las curvas con ecuaciones x2 + y 2 + 2z 2 = 8;

x ¡ y + 2z = 0

y adem¶as sus generatrices son paralelas a la recta con ecuaci¶ on param¶etrica (x; y; z) = (¡3; 1; 5)+ t(2; 1; ¡4). 2. Halle la ecuaci¶on de la super¯cie de revoluci¶on que se obtiene al hacer rotar la recta que se obtiene al intersecar los planos x ¡ y + z = 1 y x + y + 2z = 0 alrededor del eje que se produce de la intersecci¶on de los planos x + y + z = 1 y x ¡ y = 0. 3. Considere los vectores u=

D

p1 ; p1 2 2

E

D E y v = ¡ p25 ; p15

y un punto P = (a; b; c) que satisface la ecuaci¶on z = f (x; y) para cierta funci¶on f diferenciable. Suponga adem¶ D E as que Du f (a; b) = 4 y que Dv f (a; b) = 6. Calcule Dw f (a; b) en donde w = p2 ; ¡ p3 . 13 13 4. Halle la ecuaci¶on del plano que pasa por el punto (1; 2; 3) y que contiene a la recta con ecuaci¶on x+2 y¡5 z¡1 = = 3 2 4

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154

Cap¶³tulo 3. Derivadas parciales

5. Suponga que f es una funci¶on dos veces diferenciable. Designemos con µ = arctan la nueva forma que adquiere la ecuaci¶on diferencial y2

¡y¢ . Hallar x

2 @ 2z @z @2z @z 2@ z ¡ 2xy ¡x ¡ x ¡y =0 2 2 @x @x@y @y @x @y

en t¶erminos de µ, si se hace el cambio de variable z = f (µ). Soluci¶ on ² Obtenga la ecuaci¶on de un cilindro, si se sabe que su directriz est¶ a determinada por la intersecci¶on de las curvas con ecuaciones x2 + y 2 + 2z 2 = 8;

x ¡ y + 2z = 0

y adem¶as sus generatrices son paralelas a la recta con ecuaci¶ on param¶etrica (x; y; z) = (¡3; 1; 5)+ t(2; 1; ¡4). Soluci¶ on:

Supongamos que (x; y; z) es un punto arbitratio del cilindro descrito y que (u; v; w) es un punto que se halla en la directriz. Tenemos entonces que exite un n¶ umero t tal que (x; y; z) = (u; v; w) + t(2; 1; ¡4) A partir de esta ecuaci¶on observamos que u = x ¡ 2t, v = y ¡ t y w = z + 4t. En virtud de que (u; v; w) pertenece a la directriz, debe satisfacer simult¶aneamente las ecuaciones que determinan: u2 + v 2 + 2w2 = 8; u ¡ v + 2w = 0 Si sustiuimos u = x ¡ 2t, v = y ¡ t y w = z + 4t en u ¡ v + 2w = 0, obtenemos: (x ¡ 2t) ¡ (y ¡ t) + 2(z + 4t) = 0;

y por tanto, t = ¡

x ¡ y + 2z 7

Procediendo de igual forma, tenemos entonces que: u2 + v 2 + 2w2 ¡ 8 = (x ¡ 2t)2 + (y ¡ t)2 + 2 (z + 4t)2 ¡ 8 = 0 x ¡ y + 2z , obtenemos: 7 · µ · ¸¶2 µ ¸¶2 ¸¶2 µ · x ¡ y + 2z x ¡ y + 2z x ¡ y + 2z + y¡ ¡ +2 z+4 ¡ ¡8=0 x¡2 ¡ 7 7 7

Si sustiuimos t = ¡

Simpli¯cando (que por cierto no es necesario), obtenemos: 196 ¡ 57x2 + 44xy ¡ 36y 2 ¡ 46xz + 4yz ¡ 11z 2 = 0

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3.7. Primer examen parcial

155

² Halle la ecuaci¶on de la super¯cie de revoluci¶on que se obtiene al hacer rotar la recta que se obtiene al intersecar los planos x ¡ y + z = 1 y x + y + 2z = 0 alrededor del eje que se produce de la intersecci¶on de los planos x + y + z = 1 y x ¡ y = 0.

Hallemos primero una ecuaci¶on en forma sim¶etrica para el eje dado. Observemos que los puntos (0; 0; 1) y (1; 1; ¡1) perteneces a este eje. Por lo tanto, un vector director del eje es d = h1; 1; ¡2i. As¶³ que y¡1 z+1 x¡1 = = 1 1 ¡2 es una ecuaci¶on en forma sim¶etrica para el eje de la super¯cie de revoluci¶on. Un sistema que nos permite hallar la ecuaci¶on para la super¯cie es entonces: x¡y+z =1 x + y + 2z = 0 (x ¡ 1)2 + (y ¡ 1)2 + (z + 1)2 = r2 x + y ¡ 2z = t Usando las dos primeras y la tercera ecuaci¶on, hallamos: 4 + 3t t¡4 t ; y= ; z=¡ 8 8 4 Sustituimos ahora en la ecuaci¶on de la esfera tenemos: µ ¶2 µ ¶2 µ ¶2 4 + 3t t¡4 t ¡1 + ¡ 1 + ¡ + 1 = r2 8 8 4 x=

o bien 112 ¡ 40 t + 7 t2 = 32 r2 . Como tenemos expresiones para t y para r2 , podemos eliminar estas variables como sigue: ¤ £ 112 ¡ 40 [x + y ¡ 2z] + 7 [x + y ¡ 2z]2 = 32 (x ¡ 1)2 + (y ¡ 1)2 + (z + 1)2 Si desarrollamos y simpli¯camos (que por cierto no es necesario), obtenemos: 16 + 24 x ¡ 25 x2 + 24 y + 14 x y ¡ 25 y 2 + 16 z ¡ 28 x z ¡ 28 y z ¡ 4 z 2 = 0 ² Considere los vectores

u=

D

p1 ; p1 2 2

E

D E y v = ¡ p25 ; p15

y un punto P = (a; b; c) que satisface la ecuaci¶on z = f (x; y) para cierta funci¶on f diferenciable. Suponga adem¶ D E as que Du f (a; b) = 4 y que Dv f (a; b) = 6. Calcule Dw f (a; b) en donde w = 2 3 p ; ¡p . 13 13 Soluci¶ on: Es f¶acil veri¯car que los vectores en cuesti¶on son todos unitarios. Suponga (por abreviar) que u = hu1 ; u2 i, v = hv1 ; v2 i y w = hw1 ; w2 i. Sabemos que ¯ ¯ @f ¯¯ @f ¯¯ Du f (a; b) = u1 + u2 = 4 @x ¯(a;b) @y ¯(a;b) | {z } | {z } ®

¯

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156

Cap¶³tulo 3. Derivadas parciales

¯ ¯ @f ¯¯ @f ¯¯ Dv f (a; b) = v1 + v2 = 6 @x ¯(a;b) @y ¯(a;b) | {z } | {z } ®

¯

Tenemos entonces el sistema de ecuaciones: 8 ® ¯ > > < p +p =4 2 2 2® ¯ > > : ¡p +p =6 5 5 Resolviendo obtenemos: p p 4 2 ¡ 2 5; ®= 3

p p 8 2 +2 5 ¯= 3

Por otro lado à p !µ !µ ¶ à p ¶ p p 8 2 4 2 2 3 p + Dw f (a; b) = ®w1 + ¯w2 = ¡2 5 +2 5 ¡p 3 3 13 13 p ¢ ¡ p ¡2 8 26 + 15 65 o bien Dw f (a; b) = . 39 ² Halle la ecuaci¶on del plano que pasa por el punto (1; 2; 3) y que contiene a la recta con ecuaci¶on y¡5 z¡1 x+2 = = 3 2 4 Soluci¶ on: Observamos primero que el punto A = (1; 2; 3) no pertenece a la recta dada. Por otro lado la recta puede escribirse en forma param¶etrica como 8 < x = ¡2 + 3t y = 5 + 2t : z = 1 + 4t Busquemos un par de puntos que est¶en sobre la recta. Con t = 0 obtenemos B = (¡2; 5; 1) y con t = 1, C = (1; 7; 5). Podemos ahora calcular un par de vectores paralelos al plano: ¡! v1 = AB = h¡3; 3; ¡2i ; Usando v1 y v2 calculamos ahora un vector ¯ ¯ i ¯ v1 £ v2 = ¯¯ ¡3 ¯ 0

¡! v2 = AC = h0; 5; 2i

normal al plano mediante su producto vectorial: ¯ j k ¯¯ 3 ¡2 ¯¯ = h16; 6; ¡15i 5 2 ¯

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3.7. Primer examen parcial

157

Por lo tanto, la ecuaci¶on del plano es 16x + 6y ¡ 15z = t Como B = (¡2; 5; 1) pertenece al plano debe satisfacer esta ecuaci¶ on. Por lo tanto la ecuaci¶on del plano solicitado es: 16x + 6y ¡ 15z = ¡17 ¡ ¢ ² Suponga que f es una funci¶on dos veces diferenciable. Designemos con µ = arctan xy . Hallar la nueva forma que adquiere la ecuaci¶on diferencial y2

@2z @2z @z @z ¡ 2xy ¡ x2 ¡ =0 2 @x @x@y @x @y

en t¶erminos de µ, si se hace el cambio de variable z = f (µ). Soluci¶ on: Debemos expresar cada una de las derivadas parciales que aparecen en la ecuaci¶ on diferencial propuesta: ¦

@f @µ y f 0 (µ) @z y f 0 (µ) ´ = =¡ ³ = ¡ 2 @x @µ @x x2 + y 2 x2 1 + y x2

@z x f 0 (µ) = 2 @y x + y2 @2z y (2 x f 0 (µ) + y f 00 (µ)) ¦ = @x2 (x2 + y 2 )2 ¦

¦

@2z x (¡2 y f 0 (µ) + x f 00 (µ)) = @y 2 (x2 + y 2 )2

¦

@2z (¡x2 + y 2 ) f 0 (µ) ¡ x y f 00 (µ) = @x@y (x2 + y 2 )2

Si sustituimos estas expresiones en la ecuaci¶on diferencial, obtenemos: (x4 ¡ 2 x2 y 2 ¡ y 4 ) 00 4 x3 y 0 f (µ) ¡ f (µ) = 0 (x2 + y 2 )2 (x2 + y 2 )2 Debemos ahora expresar esta ecuaci¶on en t¶erminos exclusivos de µ. Para esto notamos la relaci¶on trigonom¶etrica que hay entre x, y y µ en el tri¶angulo rect¶angulo de la Fig. 3.14. A partir de este tri¶angulo es f¶acil ver que: y sen µ = p x2 + y 2 x2 ¡ y 2 cos 2µ = cos2 µ ¡ sen2 µ = 2 x + y2

x ; cos µ = p x2 + y 2

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158

Cap¶³tulo 3. Derivadas parciales

p x2 + y 2 µ

y

x

Figura 3.14: Relaci¶on trigonom¶etrica para µ. Observemos que x2 xy 4 x3 y 0 f (µ) = 4 ¢ ¢ ¢ f 0 (µ) = 4 cos3 µ sen µf 0 (µ): 2 2 + y 2 x2 + y 2 2 2 x (x + y ) ¢2 ¡ Por otro lado x4 ¡ 2 x2 y 2 ¡ y 4 = x2 ¡ y 2 ¡ 2y 4 . As¶³ tenemos ´ ³ 2 2 2 4 2 (x ¡ y ) ¡ 2y (x2 ¡ y 2 ) 00 y4 00 f (µ) = f (µ) ¡ 2 f 00 (µ) (x2 + y 2 )2 (x2 + y 2 )2 (x2 + y 2 )2 = cos2 2µf 00 (µ) ¡ 2f 00 (µ) sen4 µ El resultado ¯nal es: 4 cos3 µ sen µf 00 (µ) ¡ cos2 2µf 00 (µ) + 2f 00 (µ) sen4 µ = 0

3.8

Ejercicios para el primer parcial

Nota: Los siguientes ejercicios fueron recopilados por el Prof. Marco Alfaro C para el curso MA{ 1003: C¶alculo III. Est¶an basados en ex¶amenes de la c¶atedra. El material fue reeditado por el Dr. Joseph C. V¶arilly en el I Ciclo del 2006. 3.8.1

Super¯cies en el espacio R3

3.8.1. Hallar la ecuaci¶on del cilindro cuya directriz es la elipse de ecuaciones param¶etricas x = cos µ;

y = sen µ;

z = cos µ + sen µ

y cuyas generatrices son perpendiculares al plano que contiene dicha elipse. 3.8.2. Obtener la ecuaci¶on de un cilindro cuya directriz est¶a dada por la curva x2 + y 2 + 2z 2 = 8; x ¡ y + 2z = 0; y cuyas generatrices son paralelas a la recta (x; y; z) = (¡3; 1; 5) + t(2; 1; ¡4), t 2 R.

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3.8. Ejercicios para el primer parcial

159

3.8.3. Encontrar la ecuaci¶on del cilindro cuyas generatrices son paralelas a la recta 2x + y + z ¡ 6 = 0;

x ¡ y = 0;

y cuya directriz es la intersecci¶on de la esfera de radio 1 centrada en el punto (1; 0; 1) con el plano x + y = 2. 3.8.4. Calcular la ecuaci¶on del cilindro el¶³ptico que tiene por directriz la elipse x2 y 2 + = 1; 9 4

z = 0;

y por generatrices rectas paralelas a la recta de intersecci¶on de los planos 9x + y + 4z = 14 y x + y + z = 3. 3.8.5. Hallar la ecuaci¶on del cilindro cuya directriz es la curva de intersecci¶ on de las super¯cies 2 2 y = x + 2x + 1 y z + 4 = x y cuyas generatrices son paralelas al vector (9; 3; ¡15). 3.8.6. Encontrar la ecuaci¶on del cono cuyo v¶ertice se encuentra en el centro del elipsoide x2 y 2 z 2 + + =1 9 3 4 y cuya directriz es la elipse x2 y 2 z 2 + + = 1; 9 3 4

x + y + z = 1:

3.8.7. Calcular la ecuaci¶on de la super¯cie c¶onica que tiene por v¶ertice el punto (0; 2; 3) y cuya directriz es la curva de intersecci¶on del hiperboloide de una hoja x2 + y 2 ¡ 4z 2 = 16 con el plano x ¡ y + z = 0. 3.8.8. Hallar la ecuaci¶on del cono cuyo v¶ertice es el centro de la super¯cie 2x2 + y 2 + z 2 = 12 y que tiene por directriz la curva de intersecci¶ on de esta super¯cie con el plano x + y + z = 3. 3.8.9. Calcular la ecuaci¶on de la super¯cie c¶onica que tiene por v¶ertice el punto (0; 2; 3) y cuya directriz es la elipse x2 + y 2 = 16, x + y + z = 0. 3.8.10. Calcular la ecuaci¶on de la super¯cie c¶onica que tiene por v¶ertice el punto (0; 0; 0) y cuya directriz es la curva alabeada ¶ µ ¼ ¼ ¡ ! : r (t) = 3 cos t i + 4 sen t j + tg t k ¡ > > = (0; 0); < x4 + y 6 ; si (x; y) 6 f (x; y) := > > > :0; si (x; y) = (0; 0):

(x;y)!(0;0)

f (x; y) = 0 a lo largo de cualquier recta y = mx. Encontrar la ecuaci¶on

de una curva para la cual (b) Mostrar que

lim

(x;y)!(0;0)

f (x; y) 6 = 0 a lo largo de esta curva.

@f @f (0; 0) y (0; 0) existen y calcular sus valores. @x @y

3.8.39. Mostrar que la funci¶on de¯nida por 8 xy > = (0; 0); > < x2 + y 2 ; si (x; y) 6 f (x; y) := > > : 0; si (x; y) = (0; 0);

es discontinua en (0; 0).

3.8.40. Demostrar que los siguientes l¶³mites existen y valen 0, usando coordenadas polares: x = r cos µ;

y = r sen µ:

Es decir, si g(r; µ) := f (r cos µ; r sen µ), reescribir los l¶³mites y concluir que lim g(r; µ) = 0. r!0

3

(a)

y ; (x;y)!(0;0) x2 + y 2

(b)

7x2 y 2 ; (x;y)!(0;0) 2x2 + 2y 2

(c)

3x3 y 2 ; (x;y)!(0;0) x2 + y 2

(d)

x3 y 4 : (x;y)!(0;0) x4 + y 4

lim

lim

lim lim

3.8.41. Demostrar que los siguientes l¶³mites no existen: (a)

x2 ¡ y 2 ; (x;y)!(0;0) x2 + y 2

(b)

xy 2 ; (x;y)!(0;0) x2 + y 4

(c)

8x3 y 2 ; (x;y)!(0;0) x9 + y 3

(d)

x2 y ; (x;y)!(0;0) x3 + y 3

(e)

2xy 4 ; (x;y)!(0;0) x5 + 6y 5

(f)

y3x : (x;y)!(0;0) y 6 + x2

lim

lim

lim

lim

3.8.42. Consid¶erese la funci¶on

x+y+z : x+y¡z f (x; y; z) no existe.

f (x; y; z) := >D¶onde est¶a de¯nida? Demostrar que

lim

(x;y;z)!(0;0;0)

[[ Indicaci¶on: Dejar (x; y; z) ! (0; 0; 0) por los ejes coordenados. ]]

lim

lim

Juan Félix Ávila Herrera

3.8. Ejercicios para el primer parcial

165

3.8.43. Considere la funci¶on f (x; y; z) :=

xyz : x3 + y 3 + z 3

>D¶onde est¶a de¯nida esta funci¶on? Demostrar que

lim

(x;y;z)!(0;0;0)

f (x; y; z) no existe.

[[ Indicaci¶on: Dejar (x; y; z) ! (0; 0; 0) por los ejes y por la recta x = y = z. ]] 3.8.44. Dada la funci¶on f tal que f (x; y) =

x3 y si (x; y) 6 = (0; 0) y f (0; 0) = 0, x6 + y 2

1. Calcular lim f (x; mx) para cada m 2 R. x!0

2. Calcular lim f (x; x3 ). x!0

3. >Qu¶e puede concluirse acerca de 4. Mostrar que 3.8.4

lim

(x;y)!(0;0)

f (x; y) ? Justi¯car su respuesta.

@f @f (0; 0) y (0; 0) existen y calcular sus valores. @x @y

Derivadas direccionales y planos tangentes

3.8.45. (a) Calcular la derivada direccional de la funci¶on f (x; y) = x2 + xy + y 2 en el punto (1; 1) y en la direcci¶on de la recta x ¡ y = 0, z = 0, avanzando en sentido positivo del eje x. (b) Calcular las ecuaciones de la recta tangente a la curva z = x2 + xy + y 2 , x ¡ y = 0 en el punto (1; 1; 3). (c) Si w = x2 + xy + y 2 ¡ z, calcular en el punto (1; 1; 3) la derivada direccional m¶axima de w y el vector a lo largo del cual ocurre. 3.8.46. El punto P = (2; 1; 5) pertenece al paraboloide z = x2 + y 2 y al plano z = 3x + y ¡ 2. (a) Calcular la ecuaci¶on del plano tangente al paraboloide en el punto P . (b) Hallar un vector tangente en P a la curva de intersecci¶on de estas dos super¯cies. (c) En el mismo punto P , encontrar la derivada direccional de la funci¶on w = x3 + y 3 + z 3 a lo largo de ese vector tangente. 3.8.47. Una super¯cie tiene por ecuaci¶on z = x2 y 2 + xy + x2 + y 2 . (a) Calcular la pendiente de la recta tangente a la curva z = x2 y 2 + xy + x2 + y 2 , y = 2x en el punto P = (1; 2; 11). (b) Si en cada punto (x; y; z) de la super¯cie la temperatura es w = x2 y 2 + xy + x2 + y 2 ¡ z, encontrar la ecuaci¶on del plano tangente a la super¯cie de nivel w = 30 en el punto P . ! (c) Calcular la derivada direccional de w en el punto P , a lo largo del vector ¡ v = (1; 1; 1).

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166

Cap¶³tulo 3. Derivadas parciales

(d) Calcular la derivada direccional m¶axima y el vector unitario a lo largo del cual ocurre. 3.8.48. Hallar la derivada direccional de la funci¶on z = x3 ¡ 2x2 y + xy 2 + 1 en el punto M (1; 2; 2) y en la direcci¶on del vector 3 i + 4 j. Calcular tambi¶en el vector tangente a la curva de intersecci¶on de esta super¯cie con el plano 3y ¡ 4x = 0. 3.8.49. Las tres ecuaciones F (u; v) = 0;

u = xy;

v=

p x2 + y 2 ;

donde F es diferenciable, de¯nen una super¯cie en R3 . Determinar un vector normal a esta super¯cie p @f @f (1; 2) = 1 y (1; 2) = 2. en el punto (1; 1; 3), si se sabe que @u @v 3.8.50. Sea f (x; y; z) := x2 + y 2 ¡ z 2 . Calcular en el punto (3; 4; 5) la derivada direccional de esta funci¶on f , a lo largo de la curva de intersecci¶on de las super¯cies 2x2 + 2y 2 ¡ z 2 = 50;

x2 + y 2 = z 2 :

3.8.51. Demostrar que la ecuaci¶on del plano tangente a la super¯cie cuadr¶atica Ax2 + By 2 + Cz 2 = D;

(con A2 + B 2 + C 2 > 0);

en el punto P = (x0 ; y0 ; z0 ) de la super¯cie, es: A(x0 )x + B(y0 )y + C(z0 )z = D. on del vector unitario 3.8.52. Denotemos por D¡! u f (x0 ; y0 ) la derivada direccional de f en la direcci¶ ¡ ! ¡ ! ¡ ! f (3; 2) = 4 y D f (3; 2) = 5, calcular D u evaluada en el punto (x0 ; y0 ). Si D¡! u v w f (3; 2), donde 1 1 ¡ ! u = p i + p j; 2 2

¡2 1 ¡ ! v = p i + p j; 5 5

2 3 ¡ ! w = p i ¡ p j: 13 13

3.8.53. La altura h de un monte se describe aproximadamente mediante la funci¶on p p p h(x; y) = 2 2 ¡ 0:0002 2 y 2 ¡ 0:0004 2 x2 ; donde h es la altura en kil¶ometros sobre el nivel del mar mientras x e y miden las coordenadas este-oeste y norte-sur respectivamente. Para el punto (x; y) = (¡2; ¡4), encontrar (a) >Con qu¶e rapidez se incrementa la altura en la direcci¶ on noreste? (b) >En qu¶e direcci¶on va la trayectoria m¶as empinada hacia arriba? p p p 0:0004 2 x2 ¡ z representa la temperatura en la monta~ na, (c) Si T (x; y; z) = 2 2 ¡ 0:0002 2 y 2 ¡p calcular en el punto (¡2; ¡4; 1:9952 2) el cambio m¶aximo de temperatura. >En qu¶e direcci¶on ocurre? 3.8.54. Calcular la derivada direccional de la funci¶on f (x; y; z) = x3 + y 3 ¡ z 3 , en el punto (1; 1; 1), a lo largo de la curva de intersecci¶on de las super¯cies: 2x2 + 2y 2 ¡ z 2 = 3, x2 + y 2 = 2z 2 .

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3.8. Ejercicios para el primer parcial

167

3.8.55. Consid¶erese la super¯cie representada por la ecuaci¶ on z = xy + x3 ¡ y,

! (a) Calcular la derivada direccional de z en el punto (0; 1) en la direcci¶on paralela al vector ¡ r = ¡ i + 2 j.

(b) Calcular los planos tangentes a esta super¯cie en los puntos (1; 1; 1) y (0; 2; ¡4). (c) Encontrar el ¶angulo que forman dichos planos tangentes. 3.8.56. Encontrar la ecuaci¶on del cilindro cuyas generatrices son paralelas a la recta de intersecci¶on de los planos x + 2y ¡ z = 2, 3x + 2y + 2z = 7, y cuya directriz es la intersecci¶on del plano x = z con la super¯cie x2 + y 2 ¡ z 2 = 5: p on de esa En el punto (2; 2; 3), calcular tambi¶en la pendiente vertical de la curva de intersecci¶ super¯cie con el plano x = y y la ecuaci¶on del plano tangente a la super¯cie en ese punto. 3.8.57. Encontrar: (a) la ecuaci¶on de la recta tangente; y (b) la ecuaci¶on del plano normal; a la curva x2 ¡ y 2 + 2z 2 = 2, x + y + z = 3, en el punto (1; 1; 1). 3.8.5

Regla de la cadena y derivaci¶ on impl¶³cita

@2z en 3.8.58. La funci¶on z = f (x; y) es dos veces derivable. Si x = u2 + v 2 , y = u=v, calcular @u @v t¶erminos de u y v y de las derivadas parciales fx , fy , fxx , fxy , fyy . 3.8.59. Sea z := F (u; v) = f (x; y) donde x = y, y = uv, para u > 0. Calcular la segunda derivada parcial Fuu en t¶erminos de las derivadas parciales fx , fy , fxx , fxy , fyy . 3.8.60. Si z = f (u; v) donde f es una funci¶on dos veces derivable y si u = x3 y 2 , v = x2 y 3 ; calcular @2z en t¶erminos de x, y y las derivadas parciales fu , fv , fuu , fuv , fvv . @x2 3.8.61. Dada la ecuaci¶on exz + log(y + z) = 0 que de¯ne impl¶³citamente z = f (x; y), calcular

@2f @x @y

en t¶erminos de x, y, z. 3.8.62. Si w = f (x; y), donde x = er cos µ, y = er sen µ, demostrar que se veri¯ca la identidad µ 2 ¶ @2w @2w @2w ¡2r @ w + =e + 2 : @x2 @y 2 @r2 @µ 3.8.63. Sean r = r(t), µ = µ(t) una parametrizaci¶on en coordenadas polares de una curva trazada ! ! por una part¶³cula que se mueve en el plano R2 . Si el vector posici¶on de la part¶³cula es ¡ r = r¡ u r, ¡ ! ¡ ! ¡ ! donde u r = i cos µ + j sen µ, calcular u µ := d u r =dµ. En seguida, veri¯car: ! ! (a) que ¡ ur y ¡ u µ son vectores unitarios ortogonales entre s¶³; ! d¡ uµ ! = ¡¡ u r; y (b) que dµ

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168

Cap¶³tulo 3. Derivadas parciales

· 2 · ¸ ³ dµ ´2 ¸ ! d2 ¡ dr 1 d ³ 2 dµ ´ ¡ r ¡ ! ! (c) que = ¡r ur+ r u µ. dt2 dt2 dt r dt dt ! ! u =dµ)(dµ=dt). ]] [[ Indicaci¶on: Recordar que d¡ u =dt = (d¡ r

r

3.8.64. Hallar la nueva forma que toma la ecuaci¶on diferencial y2

2 @2z @z @2z @z 2 @ z ¡ 2xy ¡x ¡ x ¡y =0 2 2 @x @x @y @y @x @y

despu¶es del cambio de variable z = f (Á) |al ser f una funci¶on dos veces diferenciable| donde Á := arctg(y=x). 3.8.65. Si z = f (r) con r =

p @2z @2z x2 + y 2 , expresar y en t¶erminos de x, y, f 0 (r) y f 00 (r). @x2 @x @y

3.8.66. Si z = F (u; v; w) y w = g(u; v) donde F y g son dos veces derivables, obtener una f¶ormula @2z para en t¶erminos de las derivadas parciales de F y de g. @u2 3.8.67. >En qu¶e se transforma la ecuaci¶on diferencial ¶ µ ¶ µ 2 2 @z @z @2z 2@ z 2 @ z ; (x ¡ y) x = 2xy ¡ 2xy +y ¡ @x2 @x @y @y 2 @x @y si se hacen los cambios de variable u = x + y, v = xy ? p 3.8.68. Si u = f (xy) + xy g(y=x), donde xy > 0, al ser f y g funciones dos veces diferenciables, probar que se cumple la ecuaci¶ on diferencial x2

2 @ 2u 2 @ u ¡ y = 0: @x2 @y 2

3.8.69. Si z = f (x; y), donde x = r cos µ, y = r sen µ, mostrar que µ ¶2 µ ¶2 µ ¶2 µ ¶2 @z 1 @z @z @z + 2 = + : @r r @µ @x @y p f (t ¡ r) 3.8.70. Sea W = , donde f es dos veces diferenciable, r = x2 + y 2 + z 2 y la variable t no r depende de las variables x, y, z. Mostrar que @2W @2W @2W @2W = + + : @t2 @x2 @y 2 @z 2 3.8.71. La funci¶on y = f (x) est¶a determinada por la ecuaci¶on p y log x2 + y 2 = a arctg ; x donde a 6 = 0 es constante. Hallar

dy d2 y y . dx dx2

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3.8. Ejercicios para el primer parcial

169

3.8.72. La funci¶on z = h(x; y) queda determinada por la ecuaci¶on x3 + 2y 3 + z 3 ¡ 3xyz ¡ 2y + 3 = 0: Hallar

@z @z y . @x @y

3.8.73. Sea z una funci¶on determinada por la ecuaci¶on x2 + y 2 + z 2 = F (ax + by + cz); donde F es una funci¶on diferenciable y a; b; c son constantes. Demostrar que (cy ¡ bz)

@z @z + (az ¡ cx) = bx ¡ ay: @x @y

3.8.74. La relaci¶on F (x ¡ y; x ¡ z) = 0 de¯ne impl¶³citamente una funci¶on f dada por z = f (x; y). Comprobar que z satisface la ecuaci¶on diferencial @z @z + = 1: @x @y 3.8.75. Si h(x=z; y=z) = 0 para alguna funci¶on diferenciable h, demostrar que x

@z @z +y = z: @x @y

3.8.76. En cada uno de los casos siguientes, resolver la ecuaci¶on diferencial en derivadas parciales, mediante los cambios de variable indicadas: (a) Resolver

@z @z = , si u = x + y, v = x ¡ y. @x @y

(b) Resolver y

@z @z ¡x = 0, si u = x, v = x2 + y 2 . @x @y

(c) Resolver x

@z @z +y = z, si u = x, v = y=x. @x @y

[[ Indicaci¶on: Se puede asumir la igualdad de las derivadas parciales mixtas; por ejemplo, zuv = zvu . ]] 3.8.77. En cada caso siguiente, transformar la ecuaci¶on diferencial dada en otra ecuaci¶ on diferencial en t¶erminos de las derivadas parciales de z con respecto a las variables u, v: (a) Transformar

2 @2z 2 @ z = c (con c constante, c 6 = 0); si u = x ¡ ct, v = x + ct. @t2 @x2

(b) Transformar x2

2 @2z @ 2z 2 @ z + 2xy + y = 0; si x = u, y = uv. @x2 @x @y @y 2

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170

Cap¶³tulo 3. Derivadas parciales

(c) Transformar x2

2 @2z 2 @ z ¡ y = 0; si u = xy, v = x=y. @x2 @y 2

3.8.78. Determinar la soluci¶on de la ecuaci¶on diferencial 4

@f @f (x; y) + 3 (x; y) = 0; @x @y

que satisfaga la condici¶on f (x; 0) = sen x para todo x. 3.8.79. Si f es una funci¶on diferenciable de una variable, veri¯car que la funci¶on u de¯nida por h(x; y) := f (xy) satisface la ecuaci¶on en derivadas parciales x

@h @h ¡y = 0: @x @y

2

Hallar una soluci¶on tal que h(x; x) = x4 ex para todo x.

3.9

Puntos extremos de funciones de varias variables

² En el resto de este cap¶³tulo, una regi¶on formada por los puntos de un plano coordenado que se encuentran dentro de un rect¶angulo cuyos lados son paralelos a los ejes coordenados, se llamar¶ a regi¶on rectangular. Si se incluyen los puntos de frontera se hablar¶ a de una regi¶on rectangular cerrada. ² Se dice que una regi¶on R es acotada si est¶a contenida en alguna regi¶on rectangular cerrada. ² Una funci¶on f de dos variables tiene un m¶aximo local en (a; b) si existe una regi¶on rectangular R que contiene a (a; b) tal que f (x; y) · f (a; b ) para todo par (x; y) en R.

Figura 3.15: Extremos de una funci¶on

Juan Félix Ávila Herrera

3.9. Puntos extremos de funciones de varias variables

171

² Geom¶etricamente, esto signi¯ca que si una super¯cie S es la gr¶a¯ca de f , entonces los m¶aximos locales corresponden a los puntos m¶as altos de S, como se ilustra en la Fig. 3.15. Si fy existe, entonces fy (a; b) es la pendiente de la recta tangente a la traza C de S en el plano x = a. Se deduce que si f (a; b) es un m¶aximo local, entonces fy (a; b) = 0. An¶alogamente, fx (a; b) = 0. ² La funci¶on f tiene un m¶³nimo local en (c; d) si hay una regi¶on rectangular R que contiene a (c; d) tal que f (x; y) ¸ f (c; d) para todo (x; y) en R. Si f tiene primeras derivadas parciales, ¶estas se anulan en (c; d). Los m¶³nimos locales corresponden a los puntos m¶as bajos de la gr¶a¯ca de f . (¤) Teorema: 3.15. (Teorema del \sandwich") Si una funci¶on f de dos variables es continua en una regi¶on cerrada y acotada R, entonces f tiene un m¶aximo absoluto f (a; b) y un m¶³nimo absoluto f (c; d) en puntos (a; b) y (c; d) de R. En otras palabras: f (c; d) · f (x; y) · f (a; b) para todo (x; y) en R. La demostraci¶on de este hecho se puede encontrar en libros de c¶alculo avanzado. ² Los m¶aximos y m¶³nimos locales son los valores extremos locales de f . Los valores extremos incluyen al m¶aximo y al m¶³nimo absolutos (si es que existen). Si f tiene primeras derivadas parciales continuas, entonces de acuerdo con la discusi¶on anterior, los pares de n¶ umeros que dan lugar a valores extremos locales son soluciones de las dos ecuaciones siguientes: fx (x; y) = 0 y fy (x; y) = 0: Como en el caso de las funciones de una variable, los m¶aximos y m¶³nimos locales se pueden alcanzar tambi¶en en pares de n¶ umeros en los que fx o bien fy no existe. Como todos esos pares de n¶ umeros son importantes para encontrar los m¶aximos y m¶³nimos locales, se les da un nombre especial. ² De¯nici¶ on: 3.7. Sea f una funci¶on de dos variables. Un par (a; b) es un punto cr¶³tico de f si (i) fx (a; b) = 0 y fy (a; b) = 0, o bien (ii) fx (a; b) o fy (a; b) no existe. ¦ ² Para encontrar los m¶aximos y m¶³nimos locales de una funci¶on se comienza buscando los puntos cr¶³ticos y luego se prueba cada punto para veri¯car si corresponde a un m¶ aximo o un m¶³nimo local. ² El m¶aximo o el m¶³nimo de una funci¶on de dos variables se puede alcanzar en un punto en la frontera de su dominio R. La investigaci¶on de tales m¶aximos y m¶³nimos en la frontera requiere a menudo un procedimiento especial como en el caso de los m¶ aximos y m¶³nimos en la frontera de funciones de una sola variable. Si la frontera no tiene puntos, por ejemplo, si R es todo el plano xy o el interior de un c¶³rculo, entonces no puede haber m¶ aximos o m¶³nimos en la frontera.

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172

Cap¶³tulo 3. Derivadas parciales

Figura 3.16: M¶³nimo absoluto. − Ejemplo 3.46. Sea f (x; y) = 1 + x2 + y 2 para 0 · x2 + y 2 · 4. Encontrar los m¶aximos y m¶³nimos de f . Soluci¶ on: El dominio R de f es la regi¶on del plano xy que consta de la circunferencia x2 + y 2 = 4 y su interior. Los puntos cr¶³ticos son soluciones del sistema de dos ecuaciones fx (x; y) = 0; 2x = 0;

fy (x; y) = 0; 2y = 0:

El u ¶nico punto que satisface ambas ecuaciones es (0; 0) y por lo tanto, f (0; 0) = 1 es el u ¶nico 2 2 1 valor extremo local posible. Adem¶as, como f (x; y) = 1 + x + y > . si (x; y) 6 = (0; 0), y f tiene un m¶³nimo local 1 en (0; 0). Este hecho tambi¶en se puede ver de la gr¶a¯ca de z = f (x; y) que se tiene en la Fig. 3.16. Obs¶ervese que el n¶ umero f (0; 0) = 1 tambi¶en es el m¶³nimo absoluto de f . Para encontrar los posibles m¶aximos y m¶³nimos en la frontera, estudiamos los puntos (a; b) de la frontera del dominio de f , es decir, de la circunferencia x2 + y 2 = 4. Consultando la Fig. 3.16, se ve que cualquiera de estos puntos, por ejemplo el (0; 2), da como resultado el m¶aximo absoluto f (0; 2) = 5. . − Ejemplo 3.47. Como se ilustra en este ejemplo, no todos los n¶ umeros cr¶³ticos dan lugar a 2 2 m¶aximos o m¶³nimos. Sea f (x; y) = y ¡ x con dominio IR £ IR. Encontrar los m¶aximos y m¶³nimos de f . Soluci¶ on: Los puntos cr¶³ticos son soluciones del sistema de dos ecuaciones fx (x; y) = .¡2x . . . . . = 0;

fy (x; y) = .2y . . = 0:

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3.9. Puntos extremos de funciones de varias variables

173

Figura 3.17: Punto silla El u ¶nico valor extremo local posible es f (0; 0) = 0. Sin embargo, si y 6 = 0, entonces f (0; y) = 2 2 = 0, entonces f (x; 0) = ¡x < 0: Por lo tanto, cualquier regi¶on rectangular y > 0 y si x 6 del plano xy que contenga a (0; 0) contiene puntos en los que el valor de la funci¶on es mayor que f (0; 0) y tambi¶en puntos en los que el valor de la funci¶on es menor que f (0; 0). Por consiguiente, f no tiene m¶aximos o m¶³nimos locales. Este resultado es evidente a partir de la gr¶a¯ca de z = f (x; y) en la Fig. 3.17. Debido a la forma de la super¯cie cerca de (0, 0, 0), se dice que este punto de la gr¶a¯ca es un punto silla (de montar). Como el dominio de f no tiene frontera, no hay m¶aximos o m¶³nimos en la frontera. ² El siguiente criterio que se enuncia sin demostraci¶on es u ¶til para las funciones m¶as complicadas. En cierto sentido, es an¶alogo al criterio de la segunda derivada para las funciones de una variable. (¤) Teorema: 3.16. (Criterio para m¶ aximos y m¶³nimos) Sea f una funci¶on de dos variables que tiene segundas derivadas parciales continuas en una regi¶on rectangular Q y sea g(x; y) = fxx (x; y)fyy (x; y) ¡ [fxy (x; y)]2 para todo (x; y) en Q. Si (a; b) est¶a en Q y fx (a; b) = 0, fy (a; b) = 0, entonces (i) f (a; b) es un m¶aximo local de f si g(a; b) > 0 y fxx (a; b) < 0: (ii) f (a; b) es un m¶³nimo local de f si g(a; b) > 0 y fxx (a; b) > 0: (iii) f (a; b) no es un valor extremo de f si g(a; b) < 0. De hecho f (a; b) corresponde a un punto de silla. (iv) Si g(a; b) = 0, el criterio es insu¯ciente (no es decisivo). ² Observe que

¯ ¯ f f g = ¯¯ xx xy fxy fyy

(g se conoce como el Hessiano ordinario)

¯ ¯ ¯ ¯

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174

Cap¶³tulo 3. Derivadas parciales

² Si hacemos A = fxx (a; b), B = fxy (a; b) y C = fyy (a; b), de¯nimos el discriminante de f como ¢ = AC ¡ B 2 Si ¢ > 0, f exhibe un punto m¶aximo en (a; b) toda vez que A < 0 y un m¶³nimo si A > 0. Si ¢ < 0, en el punto (a; b) no hay punto extremo. Si ¢ = 0, el criterio es insu¯ciente (es necesario continuar la investigaci¶ on). ² En el archivo \Criterio de la segunda derivada para funciones de dos variables.nb", del disco compacto, se muestra como realizar algunos de estos c¶alculos usando Mathematica. − Ejemplo 3.48. Sea f (x; y) = x2 ¡ 4xy + y 3 + 4y. Hallar los m¶aximos y m¶³nimos locales de f. Soluci¶ on: Como fx (x; y) = . .2x . . .¡ . . 4y . . . . y fy (x; y) = soluciones del sistema de dos ecuaciones 2x ¡ 4y = 0;

2 . . . .¡4x ....+ . . .3y . . . .+. .4. . . . , los puntos cr¶³ticos son

¡4x + 3y 2 + 4 = 0:

Resolvi¶endolas simult¶aneamente obtenemos los puntos ( .4;. .2. ) y ( . .4=3; . . . . 2=3 . . . . . ) (verif¶³quese este hecho). Las segundas derivadas parciales de f son fxx (x; y) = 2;

fxy (x; y) = ¡4;

fyy (x; y) = .6y ..

y por lo tanto, 2 g(x; y) = . . . .(2)(6y) . . . . . . . .¡. .(¡4) . . . . . . . . . = 12y ¡ 16:

Como g(4=3; 2=3) = . .¡8 . . .< . . .0. . , se ve que f (4=3; 2=3) no es un valor extremo de f . Como g(4; 2) = .8. .> . . 0. . , f tiene un m¶³nimo local f (4; 2) = 0. . . 0. . y fxx (4; 2) = .2. .> − Ejemplo 3.49. Hallar los extremos de la funci¶on z = x3 + 3xy 2 ¡ 15x ¡ 12y Soluci¶ on: Hallamos las derivadas parciales y formamos el sistema de ecuaciones siguientes: ( ¡15 + 3 x2 + 3 y 2 = 0 . . .¡12 . . . .+ . . 6xy ...... = 0 Resolviendo este sistema obtenemos cuatro puntos: (¡2; ¡1); (¡1; ¡2); (1; 2) y (2; 1) Procedemos a hacer el an¶alisis para cada caso:

Juan Félix Ávila Herrera

3.9. Puntos extremos de funciones de varias variables

175

1. Para el punto (¡2; ¡1) tenemos A = . ¡12 . . . . . , B = ¡6, C = ¡12 y ¢ = 108. Por lo tanto, z alcanza un m¶aximo en (¡2; ¡1) y es zm¶ax = 28. 2. Para el punto (¡1; ¡2) tenemos A = .¡6 . . . , B = ¡12, C = ¡6 y ¢ = ¡108. Por lo tanto, (¡1; ¡2) no es un extremo.

3. Para el punto (1; 2) tenemos A = 6, B = 12, C = 6 y ¢ = . ¡108 . . . . . . . Por lo tanto, (1; 2) no es un extremo. 4. Para el punto (2; 1) tenemos A = 12, B = 6, C = 12, ¢ = 108. Por lo tanto, z alcanza un m¶³nimo en (2; 1) y es zm¶³n = ¡28.

− Ejemplo 3.50. (Adaptado del folleto del Prof. Manuel Calvo para c¶alculo III) Hallar los extremos de la funci¶on z = (x2 + (y + 1)2 )(x2 + (y ¡ 1)2 ) Soluci¶ on: Desarrollando z obtenemos: z = 1 + 2 x2 + x4 ¡ 2 y 2 + 2 x2 y 2 + y 4 Hallamos las derivadas parciales y formamos el sistema de ecuaciones siguientes: ( 4 x + 4 x3 + 4 x y 2 = 0 2 3 . . . . . .¡4 . . .y. .+. .4. .x. .y. .+. .4. .y. . = . . .0. . . . . . Para resolver este sistema se factoriza y se obtienen los puntos (0; 0); (0; ¡1); (0; 1) Procedemos a hacer el an¶alisis para cada caso: 1. Para el punto (0; 0) tenemos A = 4 , B = 0 , C = ¡4 y ¢ = . ¡16 . . . . . . Por lo tanto, (0; 0) no es un extremo. 2. Para el punto (0; ¡1) tenemos A = 8, B = 0 , C = 8 y ¢ = .64 . . . Por lo tanto, z alcanza

un m¶³nimo en (0; ¡1) y es zm¶³n = 0. 3. Para el punto (0; 1) tenemos la misma situaci¶on que para (0; ¡1).

² En el archivo \Criterio de la segunda derivada para funciones de dos variables en un rect¶angulo.nb", del disco compacto, se muestra como realizar algunos de estos c¶alculos usando Mathematica.

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176

Cap¶³tulo 3. Derivadas parciales

C3

C2

C1 Figura 3.18: Regi¶on R. − Ejemplo 3.51. Sea f (x; y) = x2 ¡ 4xy + y 3 + 4y. Encontrar el m¶aximo y el m¶³nimo absolutos de f en la regi¶on triangular R que tiene como v¶ertices (¡1; ¡1), (7; ¡1) y (7; 7). Soluci¶ on: La frontera de R consta de los segmentos C1 , C2 y C3 que se muestran en la Fig. 3.18 . En el ejemplo 3.48 encontramos que f tiene un m¶³nimo local en el punto (4; 2) que est¶a dentro de R. En efecto, vimos que: f (4; 2) = 0

(3.2)

Por lo tanto s¶olo hace falta buscar los m¶aximos y m¶³nimos en la frontera. Vamos a proceder de la siguiente forma: primero haremos una b¶ usqueda de extremos absolutos en cada una de las fronteras de R, a saber C1 , C2 y C3 . Finalmente haremos una comparaci¶on de todos los extremos hallados en en esas fronteras y el punto cr¶³tico que se halla dentro de la regi¶on R, a saber (4; 2) que produce el m¶³nimo relativo 0. Con base en esta comparaci¶on decidiremos cu¶ales son los extremos absolutos para f sobre R. ¦ En C1 tenemos y = ¡1 y entonces, los valores de f est¶an dados por 2 2 h1 (x) = f (x; ¡1) = . . . .x. . .+. .4x . . .¡ . . 1. .¡ . . 4. . . . . = . . .x. . .+. .4x . . .¡ . . 5. . . . :

Esto determina una funci¶on de una variable h1 (x) cuyo dominio es el intervalo [¡1; 7]. La primera derivada es 2x + 4, que es igual a 0 en x = ¡2, pero este n¶ umero se encuentra fuera del intervalo [¡1; 7]. Por lo tanto no hay m¶aximos o m¶³nimos locales de h1 (x) en [¡1; 7]. Como h1 (x) es creciente en todo este intervalo, el m¶³nimo y el m¶aximo en la frontera C1 son f (¡1; ¡1) = ¡8;

y f (7; ¡1) = 72:

¦ En C2 tenemos x = 7 y los valores de f est¶an dados por 3 3 h2 (y) = f (7; y) = . . . . . . . . .49 . . .¡. .28y . . . .+. .y. . .+. .4y . . .= . . y. . .¡ . . 24y . . . .+ . . .49 ..........

(3.3)

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3.9. Puntos extremos de funciones de varias variables

177

para ¡1 · y · 7. Observemos que h02 (y) = 3y 2 ¡ 24 y por lo tanto, hay unpn¶ umero cr¶³tico p 2 y = 8. Por otro lado notamos que h002 (y) = 6y y que h002 ( 8) > 0, por lo si 3y = 24, o p tanto, en y = 8 se presenta un m¶³nimo local de f en el segmento C2 : p p p h2 ( 8) = f (7; 8) = 49 ¡ 32 2 ¼ .3:7 (3.4) ... Los valores de f en los extremos de C2 son f (7; ¡1) = 72 y f (7; 7) = .224 .... :

(3.5)

¦ Finalmente, en C3 se tiene que y = x y los valores de f est¶an dados por 2 2 3 3 2 h3 (x) = f (x; x) = . . . . . . . . .x. . .¡. .4x . . . .+. .x. . .+. .4x . . .= . . .x. . ¡ . . .3x ...+ . . .4x: ........... ¡1 · x · 7

umeros Tenemos que h03 (x) = 3x2 ¡ 6x + 4 no tiene ra¶³ces reales y por lo tanto, no hay n¶ cr¶³ticos para h3 (x). Basta entonces evaluar h3 en los extremos del intervalo: h3 (¡1) = f (¡1; ¡1) = ¡8;

h3 (7) = f (7; 7) = 224

(3.6)

Lo que nos falta para concluir la b¶ usqueda de los extremos absolutos es comparar los valores obtenidos en las ecuaciones (3.2){(3.6). Por lo tanto, el valor m¶³nimo absoluto se produce en (¡1; ¡1) y es ¡8. Adem¶as el valor m¶aximo absoluto se da en (7; 7) y es 224. Estos valores son los extremos absolutos de f en la regi¶on triangular R. − Ejemplo 3.52. Se desea contruir una caja sin tapa con la forma de un paralelep¶³pedo rectangular que tenga un volumen de 12 pie3 . El costo por pie cuadrado del material que se usar¶a para el fondo es $ 4 (d¶olares), el que se usar¶a para dos de los lados opuestos es $3, y el que se usar¶a para los otros dos lados opuestos es de $ 2. Calcular las dimensiones de la caja para las que el costo es m¶³nimo.

Figura 3.19: Caja. Soluci¶ on: Sean x y y las dimensiones (en pies) de la base, y sea z la altura (tambi¶en en pies). Ver Fig. 3.19. Como hay dos lados de a¶rea xz y dos lados de a¶rea yz, el costo C del material es C = 4xy + 3(2xz) + 2(2yz)

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178

Cap¶³tulo 3. Derivadas parciales

donde x, y, z deben ser todos diferentes de 0. Como xyz = 12, resulta que z = 12=(xy). Sustituyendo en la f¶ormula para C y simpli¯cando obtenemos C = 4xy +

72 48 + y x

La frontera no tiene puntos porque x > 0 y y > 0 para todo (x; y). Por lo tanto, no puede haber m¶aximos o m¶³nimos en la frontera. Para encontrar los m¶aximos y m¶³nimos locales resolvemos el siguiente sistema de dos ecuaciones: Cx =

48 4y ¡ 2 = 0; . . . . . . . x. . . .

Cy = 4x ¡

72 = 0: y2

Estas ecuaciones implican que x2 y = 12 y xy 2 = 18: De la primera resulta y = 12=x2 . Sustituyendo en la segunda, µ ¶ 144 x = 18; o bien 144 = 18x3 : x4 3 2 Despejando x obtenemos . .x. . = . . .8. . , o sea x = 2. Como tenemos que y = 12=x , el valor correspondiente de y es 3. Podemos ver que estos valores de x y y corresponden a un m¶³nimo de C. Finalmente, usando z = 12=(xy) obtenemos z = 12=(2 ¢ 3) = 2. Por lo tanto, el costo m¶³nimo se obtiene si los lados de la base son de 3 y 2 pie, y la altura es de 2 pie. Los lados m¶as largos son los que deben construirse con el material de $2, y los m¶as cortos con el de $3.

− Ejemplo 3.53. (Adaptado del folleto del Prof. Manuel Calvo para c¶alculo III) Halle los extremos absolutos de

z = x2 ¡ 2xy + y 2 ¡ 2x + 2y con 0 · x · 2 y 0 · y · 2.

Soluci¶ on:

La regi¶on sobre la que se desea buscar es la que se muestra en la Fig. 3.20. Hallamos las derivadas parciales y formamos el sistema de ecuaciones siguientes: ( ¡2 + 2x ¡ 2y = 0 . . .2. .¡. .2x . . .+ . . 2y ..... = 0 Resolviendo este sistema obtenemos in¯nitos puntos cr¶³ticos a lo largo de la recta y = x ¡ 1. Sin embargo, notamos que para todo (x; y) se tiene que A = 2, B = ¡2, C = 2 y ¢ = 0, es decir el criterio de la segunda derivada no es concluyente. Estudiamos entonces los extremos de la funci¶on z = f (x; y) sobre el borde del rect¶angulo y sobre la recta y = x ¡ 1. Los casos son los siguientes:

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3.9. Puntos extremos de funciones de varias variables

179

C3

C4

C2

C1

Figura 3.20: Regi¶on de b¶ usqueda. 1. Analicemos los puntos sobre la recta y = x ¡ 1. En este caso tenemos: 2 2 z = f (x; x ¡ 1) = . . . . . . . . . . .x. . ¡ . . .2x(x . . . . .¡. .1) . . .+. .(x . . .¡. .1) . . .¡ . . .2x . . .+. .2(x . . . .¡. .1) . . . . . . . . . . . . = ¡1

Es decir, al recorrer la recta y = x ¡ 1, el valor que se produce es z = ¡1. Todav¶³a no podemos determinar si es un m¶aximo o un m¶³nimo relativo. Debemos de analizar los restantes casos. 2. Veamos el caso de la curva C1 . Para este caso tenemos 0 · x · 2 y y = 0. Evaluando tenemos z = f (x; 0) = x2 ¡ 2x

El problema se reduce ahora a hallar los extremos de g1 (x) = x2 ¡ 2x en el intervalo 0 · x · 2. Para este estudio buscamos los puntos cr¶³ticos dentro de este intervalo y adicionalmente evaluamos en los extremos del intervalo de b¶ usqueda. Veamos: 2x ¡ 2 = 0 ! x = 1 Como 1 2 [0; 2], evaluamos entonces en este punto y los extremos de [0; 2]: x 0 1 2 z 0 ¡1 0 Nota: Este caso tambi¶en puede realizarse notando que se trata de una par¶abola.

3. Veamos ahora el caso de C2 . Tenemos aqu¶³ que x = 2 y 0 · y · 2. Por lo tanto: z = f (2; y) = y 2 ¡ 2y El problema se reduce ahora a hallar los extremos de g2 (x) = y 2 ¡ 2y en el intervalo 0 · y · 2. Para este estudio buscamos los puntos cr¶³ticos dentro de este intervalo y adicionalmente evaluamos en los extremos del intervalo de b¶ usqueda. El caso es esencia el mostrado anteriormente. Tenemos as¶³ que: y 0 1 2 z 0 ¡1 0

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180

Cap¶³tulo 3. Derivadas parciales

4. Veamos ahora el caso de C3 . Tenemos aqu¶³ que y = 2 y 0 · x · 2. Por lo tanto: z = f (x; 2) = x2 ¡ 6x + 8 El problema se reduce ahora a hallar los extremos de g3 (x) = x2 ¡ 6x + 8 en el intervalo 0 · x · 2. Para este estudio buscamos los puntos cr¶³ticos dentro de este intervalo y adicionalmente evaluamos en los extremos del intervalo de b¶ usqueda. Veamos: 2x ¡ 6 = 0 ! x = 3 Este punto se desestima pues se halla fuera del intervalo de b¶ usqueda. Es su¯ciene entonces evaluar en los extremos del intervalo de b¶ usqueda: x 0 2 z 8 0 5. Finalmente estudiamos el caso de C4 . Tenemos aqu¶³ que x = 0 y 0 · y · 2. Por lo tanto: z = f (0; y) = y 2 + 2y El problema se reduce ahora a hallar los extremos de g4 (y) = y 2 + 2y en el intervalo 0 · x · 2. Para este estudio buscamos los puntos cr¶³ticos dentro de este intervalo y adicionalmente evaluamos en los extremos del intervalo de b¶ usqueda. Veamos: 2y + 2 = 0 ! y = ¡1 Este punto se desestima pues se halla fuera del intervalo de b¶ usqueda. Es su¯ciene entonces evaluar en los extremos del intervalo de b¶ usqueda: y 0 2 z 0 8 Despu¶es de considerar todos estos casos tenemos que elegir los puntos extremos absolutos para la regi¶on propuesta. Si se desea, se puede consignar en un cuadro todos los casos anteriores: x x 0 1 2 2 2 2 0 2 0 0 y x¡1 0 0 0 0 1 2 2 2 0 2 z ¡1 0 ¡1 0 0 ¡1 0 8 0 0 8 M¶³n. M¶³n M¶³n. M¶ax. M¶ax. Despu¶es de pensarlo un momento notamos que los puntos m¶³nimos se hallan sobre la recta y = x ¡ 1, esto incluye los puntos (1; 0) y (2; 1). Por otro lado el punto m¶aximo se halla en (0; 2). El estudiante puede apreciar estos extremos en la Fig. 3.21. − Ejemplo 3.54. (Adaptado del folleto del Prof. Manuel Calvo para c¶alculo III)

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3.9. Puntos extremos de funciones de varias variables

181

Figura 3.21: Super¯cie z = f (x; y):

Figura 3.22: Regi¶on de indagaci¶on. Halle los extremos absolutos de z = sen x sen y sen (x + y) con 0 · x · ¼ y 0 · y · ¼.

Soluci¶ on: La regi¶on sobre la que se desea buscar es la que se muestra en la Fig. 3.22. Hallamos las derivadas parciales y formamos el sistema de ecuaciones siguientes: ½ sen y (cos(x + y) sen x + cos x sen(x + y)) = 0 sen x (cos(x + y) sen y + cos y sen(x + y)) = 0 o bien

(

sen y sen(2 x + y) = 0 . . . . . .sen . . . .x. .sen(x . . . . . .+ . .2. .y) ..= . . .0. . . . . .

Al resolver estas ecuaciones obtenemos entonces los siguienes pares ordenados: ³ ¼ ¼ ´ µ 2¼ 2¼ ¶ ; (¼; 0) ; (¼; ¼) ; ; ; (0; 0); (0; ¼); 3 3 3 3 Apliquemos entonces el criterio de la segunda derivada para tratar de determinar la naturaleza de estos puntos:

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182

Cap¶³tulo 3. Derivadas parciales

1. Para el punto (0; 0) tenemos A = 0, B = 0, C = 0 y ¢ = 0. El criterio resulta insu¯ciente. 2. Para el punto (¼; 0) tenemos A = 0, B = 0, C = 0 y ¢ = 0. El criterio resulta insu¯ciente. ³¼ ¼ ´ ; 3. Para el punto tenemos: 3 3 p p p 9 3 ; C = ¡ 3; ¢ = A = ¡ 3; B = ¡ .4. 2 p ³¼ ¼ ´ 3 3 ; se alcanza un m¶aximo zm¶ax = Por lo tanto, 3 3 8 µ ¶ 2¼ 2¼ 4. Para el punto tenemos: ;p 3 3 p A = 3;

Por lo tanto,

µ

2¼ 2¼ ; 3 3

¶

p 3 B= ; 2

C=

p 3;

¢=

9 .4.

p ¡3 3 se alcanza un m¶aximo zm¶³n = 8

5. Para el punto (0; ¼) tenemos A = 0, B = 0, C = 0 y ¢ = 0. El criterio resulta insu¯ciente. 6. Para el punto (¼; ¼) tenemos A = 0, B = 0, C = 0 y ¢ = 0. El criterio resulta insu¯ciente.

M¶aximo

M¶³nimo

Figura 3.23: Super¯cie investigada. Dejamos al lector veri¯car que al estudiar la funci¶on z sobre cada lado de [0; ¼] £ [0; ¼], esta se convierte en la funci¶on constante z = 0. Por lo tanto, los extremos que se obtienen en cada caso son los que ya se hab¶³an indagado al analizar las esquinas del rect¶ angulo en cuesti¶on.

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3.10. Multiplicadores de Lagrange

3.10

183

Multiplicadores de Lagrange

² Las de¯niciones de m¶aximos y m¶³nimos se pueden generalizar a funciones f de cualquier n¶ umero de variables. En muchas aplicaciones, para calcular los m¶aximos y m¶³nimos de f , hay que restringir las variables de alguna manera. ² Por ejemplo, supongamos que se desea calcular el volumen m¶aximo de un paralelep¶³pedo rectangular con caras paralelas a los planos coordenados, que puede inscribirse en el elipsoide 16x2 + 4y 2 + 9z 2 = 144 Por simetr¶³a basta analizar la parte contenida en el primer octante, que se ilustra en la Fig. 3.24.

Figura 3.24: Paralelep¶³pedo ² Si P (x; y; z) es el v¶ertice que muestra la ¯gura, entonces el volumen V del paralelep¶³pedo es V = 8xyz. Se desea calcular el valor m¶aximo de V sujeto a la restricci¶on (o condici¶on adiciona1) 16x2 + 4y 2 + 9z 2 ¡ 144 = 0. Despejando z de esta ecuaci¶on y sustituyendo en la f¶ormula para V se obtiene 1p 144 ¡ 16x2 ¡ 4y 2 : V = (8xy) 3 Entonces, es posible encontrar el m¶aximo usando el enfoque visto en la secci¶on previa. ² Sin embargo, este m¶etodo es complicado debido a la di¯cultad de calcular las derivadas parciales y hallar los puntos cr¶³ticos. Otra desventaja de este m¶etodo es que en algunos problemas parecidos puede ser imposible despejar z. Por estas razones resulta a veces m¶as f¶acil usar el m¶etodo de los multiplicadores de Lagrange que se presenta en esta secci¶ on. ² Como un segundo ejemplo, sea f (x; y) la temperatura en el punto P (x; y) en una l¶amina plana de metal (ver Fig. 3.25) y sea C una curva con ecuaci¶on rectangular g(x; y) = 0. Se desea encontrar los puntos de C en donde la temperatura es m¶axima o m¶³nima. Esto equivale a calcular los m¶aximos y m¶³nimos de f (x; y) con la restricci¶on g(x; y) = 0.

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184

Cap¶³tulo 3. Derivadas parciales

Figura 3.25: L¶amina de metal. (¤) Teorema: 3.17. (Teorema de Lagrange) Sean f (x; y) y g(x; y) dos funciones con primeras derivadas parciales continuas tales que f tiene un m¶aximo o m¶³nimo f (x0 ; y0 ) cuando (x; y) est¶a sujeto a la restricci¶on g(x; y) = 0. Si 5g(x0 ; y0 ) 6 = 0, entonces existe un n¶ umero real ¸ tal que 5f (x0 ; y0 ) = ¸5g(x0 y0 ): ² El n¶ umero ¸ que aparece en el Teorema (3.17) es un multiplicador de Lagrange. Para aplicar este m¶etodo se comienza considerando las ecuaciones 5f (x; y) = ¸5g(x; y) y g(x; y) = 0 o, equivalentemente, fx (x; y) = ¸gx (x; y);

fy (x; y) = ¸gy (x; y) y g(x; y) = 0:

(3.7)

Si f , sujeta a la restricci¶on g(x; y) = 0, tiene un m¶aximo o m¶³nimo en (x0 ; y0 ), entonces (x0 ; y0 ) debe ser soluci¶on de todas las ecuaciones en (3.7). Por lo tanto, para determinar los m¶aximos y m¶³nimos se necesita encontrar los puntos (a; b) que para alg¶ un valor adecuado ¸ satisfacen las tres ecuaciones en (3.7). ² Si f tiene un m¶aximo o un m¶³nimo, este ser¶a el mayor o el menor de los valores de la funci¶on en esos puntos. ² Se debe tener presente la posibilidad adicional de que el m¶aximo o el m¶³nimo (o ambos) pueden presentarse en un punto en donde gx = gy = 0. El m¶etodo de multiplicadores de Lagrange puede fallar en localizar estos puntos excepcionales, pero ellos, por lo com¶ un, se reconocen como los puntos en los que la gr¶a¯ca de g(x; y) = 0 deja de ser una curva suave. ² En el archivo \multiplicadores de Lagrange.nb", del disco compacto, se muestra como realizar algunos de estos c¶alculos usando Mathematica.

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3.10. Multiplicadores de Lagrange

185

− Ejemplo 3.55. Calcular los m¶aximos y m¶³nimos de f (x; y) = xy para (x; y) restringido a la elipse 4x2 + y 2 = 4. Soluci¶ on: En este ejemplo la restricci¶on es g(x; y) = 4x2 + y 2 ¡ 4 = 0. Tomando 5f (x; y) = ¸ 5 g(x; y) obtenemos yi + xj = ¸(8xi + 2yj) y las ecuaciones (3.7) asumen la forma y = 8x¸;

x = 2y¸;

y 4x2 + y 2 ¡ 4 = 0:

Hay muchas maneras de resolver este sistema de ecuaciones. Una de ellas consiste en escribir x = 2y¸ = 2(8x¸)¸ = 16x¸2 : Lo cual lleva a x ¡ 16x¸2 = 0 o bien x(1 ¡ 16¸2 ) = 0 y por lo tanto, x = 0 o bien ¸ =

1 § . . . .4. .

¦ Si x = 0, entonces sustituyendo en la ecuaci¶ on 4x2 + y 2 ¡ 4 = 0, se obtiene y = §2. Sin embargo como y = 8x¸, se tiene tambi¶en que y = 0. Por lo tanto, el caso x = 0 no produce puntos. 1 ¦ Si ¸ = § entonces 4 µ ¶ 1 y = 8x¸ = 8x § 4

2 2 o bien y = §2x. Usando otra vez el hecho de que 4x2 +y 2 ¡4 = 0, resulta . . . . 4x . . . .+ . . .4x ...¡ . . .4. .=. .0. . . . . , 2 8x = 4, o bien p p x = §1= 2 = § 2=2

Los valores correspondientes de y satisfacen µ ¶ p 1 + y 2 ¡ 4 = 0; y 2 = 2; o bien y = . § 4 . . . .2. . : 2 p ´ p ¢ ³ p ¡p Esto da los puntos 2=2; § 2 y ¡ 2=2; § 2 . En la siguiente tabla aparecen los valores de f en cada uno de los puntos que encontramos. (x; y) f (x; y)

³p p ´ ³p p ´ ³ p2 p ´ ³ p2 p ´ 2 2 ; 2 ;¡ 2 ¡2; 2 ¡ 2 ;¡ 2 2 2 1

¡1

Por ello, f (x; y) alcanza un valor m¶aximo de 1 en ( p p p p de ¡1 en ( 22 ; ¡ 2) as¶³ como en (¡ 22 ; 2).

¡1 p

2 ; 2

1

p p p 2) y en (¡ 22 ; ¡ 2), y un valor m¶³nimo

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186

Cap¶³tulo 3. Derivadas parciales

− Ejemplo 3.56. (Adaptado del folleto del Prof. Manuel Calvo para c¶alculo III)

Halle los m¶aximos y m¶³nimos de f (x; y) = x2 + y 2 sujeta a la restricci¶on x4 + y 4 = 1. Soluci¶ on: Se desea encontrar el m¶³nimo de z = f (x; y) = x2 + y 2 sujeta a la restricci¶on Tenemos entonces:

g(x; y) = x4 + y 4 ¡ 1 = 0 4 4 5(x2 + y 2 ) = ¸ 5 ( . . .x. . + . . .y. . ¡ . . .1. . . )

Igualando las componentes, se obtiene el siguiente sistema de tres ecuaciones: 3 . . .2x . . .= . . 4x . . . .¸; ....

2y = 4y 3 ¸;

x4 + y 4 ¡ 1 = 0

Notemos que x y y no pueden ser simult¶aneamente 0. Sin embargo cuando x = 0 y y 6 = 0, 4 4 obtenemos de x + y ¡ 1 = 0, y = 1 y por lo tanto ¸ = 1=2. El otro caso genera el mismo valor de ¸. 1 Si x 6 =0yy6 = 0, entonces x2 = y 2 = 2¸ y por tanto ¸ = § p12 . Dejamos al estudiante veri¯car que el caso ¸ = ¡ p12 genera ra¶³ces no reales. Estudiamos entonces solo dos casos:

¸ = 1=2

En este caso hay 4 posibilidades: x ¡1 0 0 1 y 0 ¡1 1 0 z 1 1 1 1

p ¸ = 1= 2

En este caso tambi¶en hay 4 posibilidades: x ¡2¡1=4 ¡2¡1=4 y ¡2¡1=4 p z 2

2¡1=4 p 2

2¡1=4

2¡1=4

¡2¡1=4 2¡1=4 p p 2 2

Concluimos entonces que el valor m¶³nimo de f se alcanza en cualquiera de los puntos del primer caso y el valor m¶aximo en cualquiera de los puntos del segundo caso. En la Fig. 3.26 se puede apreciar el problema resuelto. ² El Teorema de Lagrange se puede generalizar a funciones de m¶ as de dos variables. Por ejemplo, para determinar los m¶aximos y m¶³nimos de f (x; y; z) con la restricci¶on g(x; y; z) = 0 se puede comenzar encontrando las soluciones del sistema de ecuaciones 5f (x; y; z) = 5g(x; y; z) y g(x; y; z) = 0

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3.10. Multiplicadores de Lagrange

187

Figura 3.26: Super¯cie. o equivalentemente, del sistema fx = ¸gx ;

fy = ¸gy ;

fz = ¸gz ;

g=0

(3.8)

escrito en notaci¶on simpli¯cada en la que se omiten los s¶³mbolos de las variables funcionales y los de sus derivadas. Pueden deducirse sistemas de ecuaciones semejantes para funciones de cuatro o m¶as variables. − Ejemplo 3.57. Calcular el volumen m¶aximo del paralelep¶³pedo rectangular con caras paralelas a los planos coordenados que se puede inscribir en el elipsoide 16x2 + 4y 2 + 9z 2 = 144. Soluci¶ on: Se desea obtener el valor m¶aximo del volumen V = f (x; y; z) = 8xyz sujeto a la restricci¶on g(x; y; z) = 16x2 + 4y 2 + 9z 2 ¡ 144 = 0: Comenzamos escribiendo 5f (x; y; z) = ¸ 5 g(x; y; z), o 8yzi + 8xzj + 8xyk = ¸( . . . . .32xi . . . . .+. .8yj . . . .+. .18zk . . . . . . . . . ): Esto, junto con g(x; y; z) = 0, da el siguiente sistema de cuatro ecuaciones: 8yz = 32x¸;

8xz = 8y¸;

8xy = 18z¸

16x2 + 4y 2 + 9z 2 ¡ 144: = 0 Multiplicando la primera ecuaci¶on por x, la segunda por y, la tercera por z y sum¶andolas, obtenemos 2 2 2 24xyz = 32x2 ¸ + 8y 2 ¸ + 18z 2 ¸ = 2¸( . . . .16x . . . . .+ . . 4y . . . .+ . . 9z . . . . . . . ):

Esto, junto con el hecho de que 16x2 + 4y 2 + 9z 2 = 144, implica que 24xyz = 2¸(144) o bien xyz = 12¸:

Juan Félix Ávila Herrera

188

Cap¶³tulo 3. Derivadas parciales

Esta u ¶ltima ecuaci¶on sirve para encontrar x, y y z. Por ejemplo, multiplicando por x ambos lados de la ecuaci¶on 8yz = 32x¸, obtenemos 8xyz = 32x2 ¸;

8(12¸) = 32x2 ¸;

96¸ ¡ 32x2 ¸ = 0;

32¸(3 ¡ x2 ) = 0:

p Por consiguiente, ¸ = 0 o x = . . .3. . Se puede rechazar ¸ = 0 porque esta soluci¶on lleva a p xyz = 0 y entonces V = 8xyz = 0. Por lo tanto, la u ¶nica posibilidad para x es 3. An¶alogamente, multiplicando por y ambos lados de la ecuaci¶on 8xz = 8y¸, obtenemos 8xyz = 8y 2 ¸; 8(12¸) = 8y 2 ¸; 96¸ ¡ 8y 2 ¸ = 0; 8¸(12 ¡ y 2 ) = 0 p p = 2 y por tanto, y = . . . . .12 . . . . . . . . 3. . . . . Finalmente, multiplicando por z la ecuaci¶on 8xy = 18z¸ y usando el mismo m¶eto do, resulta p z = 4 3=3. Concluimos que el volumen deseado es p p p p 3 V = 8xyz = 8( 3)(2 3)(4 ) = . .64 . . . .3. . ¼ 111: 3

− Ejemplo 3.58. Sea f (x; y; z) = 4x2 +y 2 +5z 2 . Encontrar el punto del plano 2x+3y +4z = 12 en el que f (x; y; z) alcanza su valor m¶³nimo. Soluci¶ on: Se desea encontrar el m¶³nimo de f (x; y; z) = 4x2 + y 2 + 5z 2 sujeta a la restricci¶on g(x; y; z) = 2x + 3y + 4z ¡ 12 = 0 Tenemos entonces: 5(4x2 + y 2 + 5z 2 ) = ¸ 5 ( . . . . 2x . . .+ . . .3y ..+ . . .4z . . .¡. .12 ...... ) o, equivalentemente, 8xi + 2yj + 10zk = ¸(2i + 3j + 4k): Igualando las componentes, se obtiene el siguiente sistema de tres ecuaciones: 8x = 2¸;

2y = 3¸;

. . 10z ....= . . .4¸ ....

Despejando de las tres ecuaciones, 5 2 ¸ = 4x = y = z: 3 2

Juan Félix Ávila Herrera

3.10. Multiplicadores de Lagrange

189

Estas condiciones implican que y = 6x y z = 4z ¡ 12 = 0, obtenemos

o bien x =

2x + 18x +

8 x . Sustituyendo en la ecuaci¶on 2x + 3y + .5. . . 32 x ¡ 12 = 0; 5

5 . Por ende, .11 ... µ

5 y=6 11

¶

30 = 11

µ ¶µ ¶ 5 8 8 = y z= 5 11 11

5 30 8 Concluimos entonces que el valor m¶³nimo de f se alcanza en el punto ( 11 ; 11 ; 11 ).

² Algunas aplicaciones requieren m¶as de una restricci¶on. En particular, consideremos el problema de encontrar los m¶aximos y m¶³nimos de f (x; y; z) sujeta a las dos restricciones g(x; y; z) = 0 y h(x; y; z) = 0 Si f sujeta a estas restricciones tiene un m¶aximo o un m¶³nimo, entonces se debe satisfacer la siguiente condici¶on para algunos n¶ umeros reales ¸ y ¹: 5f (x; y; z) = ¸ 5 g(x; y; z) + ¹ 5 h(x; y; z) El m¶etodo tambi¶en puede generalizarse a funciones de m¶as de tres variables sujetas a m¶as de dos restricciones. − Ejemplo 3.59. Sea C la parte en el primer octante del arco de curva que es la intersecci¶ on del paraboloide 2z = 16 ¡ x2 ¡ y 2 con el plano x + y = 4: Encontrar los puntos de C m¶as cercanos al origen y los m¶as lejanos. Calcular las distancias m¶³nima y m¶axima de C al origen. Soluci¶ on: La curva C se encuentra en la Fig. 3.27.

Figura 3.27: Dos restricciones.

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190

Cap¶³tulo 3. Derivadas parciales

Sea P (x; y; z) un punto arbitrario de C. Queremos estimar el mayor y el menor de los valores de p d(0; P ) = x2 + y 2 + z 2 : Es posible encontrar estos valores determinando las ternas (x; y; z) en las que el radicando f (x; y; z) = x2 + y 2 + z 2 alcanza su m¶aximo y su m¶³nimo sujeto a las restricciones g(x; y; z) = x2 + y 2 + 2z ¡ 16 = 0 y h(x; y; z) = x + y ¡ 4 = 0: Como en la discusi¶on anterior, consideramos 5(x2 + y 2 + z 2 ) = ¸ 5 (x2 + y 2 + 2z ¡ 16) + ¹ 5 (x + y ¡ 4) o equivalentemente, . . . .2xi . . . .+. .2yj . . . .+. .2zk . . . . . . . = ¸(2xi + 2yj + 2k) + ¹(i + j) = (2x¸ + ¹)i + (2y¸ + ¹)j + (2¸)k Igualando las componentes y usando las dos restricciones, obtenemos el siguiente sistema de cinco ecuaciones: 8 2 8 < x + y 2 + 2z ¡ 16 = 0 < 2x = 2x¸ + ¹ 2y = 2y¸ + ¹ x+y¡4=0 : : 2¸ 2z = . . .

Restando la segunda ecuaci¶on de la primera:

2x ¡ 2y = (2x¸ + ¹) ¡ (2y¸ + ¹) = 2x¸ ¡ 2y¸ o sea 2(x ¡ y) ¡ 2¸(x ¡ y) = 0 y por lo tanto, 2(x ¡ y)(1 ¡ ¸) = 0. En consecuencia, ¸ = 1 o bien . .x. = . . .y. . . Si ¸ = 1, tenemos que 2z = 1¸ = 2(1) o bien z = 1. La primera restricci¶on x2 + y 2 + 2z ¡ 16 = 0 da x2 +y 2 ¡14 = 0. Resolviendo esta ecuaci¶on simult¶aneamente con x+y ¡4 = 0, encontramos que p p p p x = 2 + 3; y = 2 ¡ 3 o bien x = 2 ¡ 3; y = 2 + 3: Por lo tanto, los puntos de C en donde pueden alcanzarse los valores extremos son p p p p P1 (2 + 3; 2 ¡ 3; 1) y P2 (2 ¡ 3; 2 + 3; 1) Las distancias correspondientes desde el origen 0 son p d(0; P 1) = 15 = d(0; P2 ):

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3.10. Multiplicadores de Lagrange

191

Si x = y, entonces usando la restricci¶on p x + y ¡ 4 = 0, obtenemos x + x ¡ 4 = 0, 2x = 4, o sea x = 2. Esto da P3 (2; 2; 4) y d(0; P3 ) = 2 6. Respecto a la Fig. 3.27 podemos hacer las siguientes observaciones. Cuando un punto P se mueve continuamente a lo largo de C desde A(4; 0; 0) p hasta B(0; 4; 0), su distancia al origen comienza p en d(0; A) = 4, disminuye a un valor m¶³nimo p15 en P1 y luego aumenta a un valor m¶aximo 2 6 en P3 . La distancia disminuye otra vez a 15 en P2 y aumenta hasta el valor 4 en B. Para veri¯car la soluci¶on, observamos que C tiene ecuaciones param¶etricas x = 4 ¡ t;

y = t;

z = 4t ¡ t2 ;

0·t·4

y por lo tanto, puede escribirse f (x; y; z) = (4 ¡ t)2 + t2 + (4t ¡ t2 )2 Se pueden calcular los m¶aximos y m¶³nimos de f usando m¶etodos para una sola variable. Se deja al lector demostrar que se obtienen los mismos puntos. − Ejemplo 3.60. El plano x + y + z = 1 corta el cilindro x2 + y 2 = 1 en una elipse (Fig. ). Busque los puntos sobre la elipse que se encuentran m¶ as cercanos y m¶as alejados del origen. Soluci¶ on: Encontramos los valores extremos de f (x; y; z) = x2 + y 2 + x2 (el cuadrado de la distancia de (x; y; z) al origen) sujeta a las restricciones g1 (x; y; z) = x2 + y 2 ¡ 1 = 0 g2 (x; y; z) = x + y + z ¡ 1 = 0: La.ecuaci¶on del gradiente 5f = ¸5g1 + ¹5g2 da entonces 2xi + 2yj + 2zk = ¸(2xi + 2yj) + ¹(i + j + k) 2xi + 2yj + 2zk = (2¸x + ¹)i + (2¸y + ¹)j + ¹k o bien 2x = 2¸x + ¹;

2y = 2¸y + ¹;

. .2z . . .= . .¹ . . . . Tenemos entonces que:

2x = 2¸x + .2z .. ; 2y = 2¸y + .2z .. ;

o bien (1 ¡ ¸)x = z

o bien (1 ¡ ¸)y = z

Estas ecuaciones se satisfacen simult¶aneamente si ¸ = 1 y z = 0 o si ¸ 6 = 1 y x = y = z=(1 ¡ ¸) .............. . ¦ Si z = 0, entonces al resolver las ecuaciones x2 + y 2 = 1 y x + y + z ¡ 1 = 0 simult¶aneamente, para encontrar los puntos correspondientes sobre la elipse, se obtienen los dos puntos (1; 0; 0) y (0; 1; 0).

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192

Cap¶³tulo 3. Derivadas parciales

¦ Si x = y, entonces las ecuaciones x2 + y 2 = 1 y x + y + z ¡ 1 = 0 dan x2 + x2 ¡ 1 = 0; 1; 2x2 = p x = § 22

x+x+z¡1=0 z = 1 ¡ 2x p z = . .1. § . . . . .2. .

Los puntos correspondientes sobre la elipse son Ãp p à p ! ! p p p 2 2 2 2 y P2 = ¡ ; ; . .1. ¡ ;¡ ; . .1. + P1 = . . . . .2. . . . . . .2. . 2 2 2 2 Pero aqu¶³ tenemos que ser cuidadosos. Si bien P1 y P2 dan los m¶aximos locales de f sobre la elipse, P2 est¶a m¶as alejado del origen que P1 . Los puntos sobre la elipse m¶as cercanos al origen son (1; 0; 0) y (0; 1; 0). El punto sobre la elipse m¶as alejado del origen es P2 .

3.11

Extremos con ligaduras

En esta secci¶on abordaremos el problema de determinar la naturaleza de los puntos cr¶³ticos proporcionados por los multiplicadores de Lagrange. Algunas veces, usando una justi¯caci¶on gr¶a¯ca, es posible determinar la naturaleza de un punto cr¶³tico, sin embargo esto resulta en ciertas ocasiones bastante dif¶³cil. El m¶etodo siguiente solventa esta situaci¶on. ² Se ¤ trata de encontrar el m¶aximo o el m¶³mimo de f (x1 ; : : : ; xn ), sujeto a m restricciones (o ligaduras) g1 (x1 ; : : : ; xn ) = 0; g2 (x1 ; : : : ; xn ) = 0; gm (x1 ; : : : ; xn ) = 0: ² En este problema hay n variables y m ligaduras; por lo general, es m · n. ² Def¶³nase la funci¶on de Lagrange: L(x1 ; : : : ; xn ; ¸1 ; : : : ; ¸m ) := f (x1 ; : : : ; xn ) + ¸1 g1 (x1 ; : : : ; xn ) + : : : + ¸m gm (x1 ; : : : ; xn ): de (n + m) variables. Las m variables ¸1 ,: : : ,¸m , que aparecen en primer grado solamente, son las multiplicadores de Lagrange para este problema. ² Los puntos cr¶³ticos ligados son soluciones del sistema de ecuaciones (generalmente, un sistema no lineal) Lx1 = Lx2 = ::: = Lxn = 0; o bien Dx L = 0: ² Observemos que L¸1 = g1 (x1 ; : : : ; xn ) = 0, etc., de modo que las ligaduras son: L¸1 = L¸2 = ::: = L¸m = 0; ¤

Autor¶³a de J. C.Varilly-08-2005.

o bien D¸ L = 0:

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3.11. Extremos con ligaduras

193

² Estas (n + m) ecuaciones se resuelven para obtener las coordenadas de un punto cr¶³tico ligado x = (x1 ; : : : ; xn ); en general, puede haber varias soluciones distintas. ² Para cada soluci¶on x0 , se despeja tambi¶en los valores de la multiplicadores ¸1 , : : :, ¸m . Las ligaduras g1 (x) = g2 (x) = : : : = gm (x) = 0 determinan una porci¶on V de IRn , de dimensi¶on n ¡ m. En un punto x0 de este V , las \direcciones tangentes" a V son aquellos vectores v que son ortogonales a las gradientes de cada gj , es decir satisfacen: v ¢ 5g1 (x0 ) = : : : = v ¢ 5gm (x0 ) = 0: ² En un punto cr¶³tico ligado x0 , hay (n ¡ m) direcciones tangentes independientes v1 ,: : :, vn¡m . nala la naturaleza del punto cr¶³tico ligado, del ² El Hessiano D2 L(x0 ; ¸0 ) es la matriz que se~ mismo modo que el Hessiano ordinario D2 f (x0 ) lo hace en el caso no ligado. ² Para poner esto en pr¶actica, consideremos el Hessiano de L con respecto a las variables (x1 ; : : : ; xn ): 3 2 Lx1 ;x1 : : : Lx1 ;xn 7 6 .. .. .. Dx2 L = 4 5 . . . Lxn ;x1 : : : Lxn ;xn cuyas entradas son funciones de las (x1 ; : : : ; xn ) y las (¸1 ; : : : ; ¸m ). ² Al sustituir los valores de ¶estas en un punto cr¶³tico particular, se obtiene una matriz sim¶etrica con entradas num¶ericas: 2 3 a11 : : : a1n 6 .. .. 7 A = Dx2 L (x0 ; ¸0 ) = 4 ... . . 5 an1 : : : ann ² Ahora bien, para obtener, a partir de A, la matriz de una forma cuadr¶atica en las direcciones tangentes, es cuesti¶on de calcular los productos hij = vi ¢ A ¢ vj para cada par de direcciones tangentes. Estas 2 h11 6 .. H=4 .

son las entradas de una matriz sim¶etrica, 3 ::: h1;n¡m 7 .. .. 5 . .

hn¡m;1 : : : hn¡m;n¡m

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194

Cap¶³tulo 3. Derivadas parciales

² Sean ¢1 , ¢2 ,: : :, ¢n los menores principales de la matriz H. Para calcular ¢1 se primeros k ¯las y las primeros k columnas de H y se calcula el determinante de la que queda. As¶³, ¢1 = det(H) y 3 2 2 h22 h33 ::: h2;n¡m ::: h3;n¡m 7 6 6 7 6 6 ¢2 = det 6 7 ¢3 = det 6 .. .. .. .. . ... . 5 4 4 . . . . . hn¡m;2 : : : hn¡m;n¡m hn¡m;3 : : : hn¡m;n¡m

quitan las submatriz 3 7 7 7 5

= 0, el punto cr¶³tico es \no degenerado". En ese caso, para determinar la naturaleza del ² Si ¢1 6 extremo ligado, basta examinar los signos de estas menores principales. ² Criterio para m¶³nimo ligado: todos los menores principales son positivos: ¢1 > 0; ¢2 > 0; : : : ; ¢n¡m > 0: ² Criterio para m¶ aximo ligado: los menores principales tienen signos alternados, con ¢n¡m negativo, m¶as espec¶³¯camente: ¢1 > 0; ¢2 < 0; ¢3 > 0; : : : ; ¢n¡m < 0 si n ¡ m es PAR ¢1 < 0; ¢2 > 0; ¢3 < 0; : : : ; ¢n¡m < 0 si n ¡ m es IMPAR: = 0, y los signos de ¢1 , ¢2 , : : :, ¢n¡m no ² Criterio para punto de ensilladura ligado: ¢1 6 son todos iguales, ni tampoco son alternados con ¢n¡m < 0. ² La naturaleza del punto cr¶³tico ligado queda sin determinar si ¢1 = 0. ² >C¶omo queda este criterio para los casos m¶as comunes? Veamos algunos: ¶ n de 3 variables y una restriccio ¶ n: ² Una funcio (n = 3, m = 1)

f = f (x; y; z);

g(x; y; z) = 0

² En este caso L = f + ¸g. Se debe resolver el sistema Lx = 0;

Ly = 0;

Lz = 0;

g=0

Supongamos que (x0 ; y0 ; z0 ; ¸0 ) es una soluci¶on de este sistema. ² La matriz H est¶a dada por:

3 Lx;x Lx;y Lx;z H(x; y; z; ¸) = 4 Ly;x Ly;y Ly;z 5 Lz;x Lz;y Lz;z 2

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3.11. Extremos con ligaduras

195

² En este caso A = H(x0 ; y0 ; z0 ; ¸0 ) y v = 5g(x0 ; y0 ; z0 ; ¸0 ) ² Halle luego dos vectores v1 y v2 (no paralelos) tal que v ¢ v1 = 0 y v ¢ v2 = 0. ² Calcule ahora

h11 = (v1 ¢ A) ¢ v1 ;

h12 = (v1 ¢ A) ¢ v2 ;

h21 = (v2 ¢ A) ¢ v1 ;

h22 = (v2 ¢ A) ¢ v2 ;

² En este caso ¢1 = det(H) y ¢2 = h22 . ² Si ¢1 > 0 y ¢2 > 0, se trata de un m¶³nimo ligado ² Si ¢1 > 0 y ¢2 < 0, se trata de un m¶aximo ligado = 0 y ¢1 < 0, se trata de un punto de ensilladura ligado. ² Si ¢1 6 − Ejemplo 3.61. Estudie los extremos de f (x; y; z) = x4 + y 4 + z 4 sujeta a x + y + z = 1. Soluci¶ on: En este caso L = x4 + y 4 + z 4 + ¸(x + y + z ¡ 1). El sistema es entonces: 4 x3 + ¸ = 0; 4 z 3 + ¸ = 0;

4 y 3 + ¸ = 0; ¡1 + x + y + z = 0 ¶ µ 1 1 1 4 ; 3 ; 3 con ¸ = ¡ . Tenemos luego Esto produce un u ¶nico punto cr¶³tico real, a saber .3. 27 que: 2 3 12x2 0 0 0 5 12y 2 D2 Lx = 4 0 0 0 12z 2 Evaluando:

3 0 0 A = 4 0 43 0 5 0 0 43 ¢ ¡ Observamos ahora que v = 5g 13 ; 13 ; 13 = ( . .1;. .1;. .1. . ). Buscamos ahora un par ( 2 = 3 ¡ 1) de vectores v1 y v2 que sean ortogonales a v, es decir tal que v1 ¢ v = 0 y v2 ¢ v = 0. Podemos escoger: ¶ µ 1 1 v1 = (1; 0; ¡1) y v2 = ¡ ; 1; ¡ 2 2 Observe, por ejemplo, que h12 = v1 ¢ A ¢ v2 = 0. Tenemos as¶³ que: · 8 ¸ 0 3 H= 0 2 As¶³ tenemos que ¢1 =

2

16 3

4 3

y ¢2 = 2. Por lo tanto, se trata de un m¶³nimo l¶³gado.

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196

Cap¶³tulo 3. Derivadas parciales

− Ejemplo 3.62. Estudiar los extremos de f (x; y; z) = xy + xz + yz sujeta a xyz = 125. Soluci¶ on: En este caso L = xy + xz + yz + ¸(xyz ¡ 125). El sistema es: y + z + yz¸ = 0; x + y + xy¸ = 0;

x + z + xz¸ = 0; ¡125 + xyz = 0

Si multiplicamos cada ecuaci¶on por alguna variable de manera que en el tercer sumando se forme xyz¸, el nuevo sistema ser¶a: xy + xz + xyz¸ = 0; xz + yz + xyz¸ = 0;

xy + yz + xyz¸ = 0; ¡125 + xyz = 0

Esto nos dice que xy + xz = xy + yz = xz + yz. Como z 6 = 0, multiplicamos a ambos lados de xy + xz = xy + yz por z y usamos el hecho de que xyz = 125 que x = y. Es f¶acil ³ para concluir ´ 2 ver que tambi¶en x = z. El un u ¶nico punto cr¶³tico real es . .5;. .5;. .5. . con ¸ = ¡ . Tenemos 5 luego que: 3 2 0 1 + z¸ 1 + y¸ 0 1 + x¸ 5 D2 Lx = 4 1 + z¸ 1 + y¸ 1 + x¸ 0 Evaluando:

3 0 ¡1 ¡1 A = 4 ¡1 0 ¡1 5 ¡1 ¡1 0 2

Observamos ahora que v = 5g (5; 5; 5) = (25; 25; 25). Buscamos ahora un par de vectores v1 y v2 que sean ortogonales a v, es decir tal que v1 ¢ v = 0 y v2 ¢ v = 0. Podemos escoger: v1 = (¡1; 0; 1) y v2 = (¡1; 2; ¡1) Tenemos as¶³ que: H=

·

2 0 0 6

¸

As¶³ tenemos que ¢1 = 12 y ¢2 = 6. Por lo tanto, se trata de un m¶³nimo l¶³gado. ¶ n de 3 variables y dos restricciones: ² Una funcio (n = 3, m = 2) f = f (x; y; z);

g1 (x; y; z) = 0;

g2 (x; y; z) = 0

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3.11. Extremos con ligaduras

197

² En este caso L = f + ¸1 g1 + ¸2 g2 . Se debe resolver el sistema Lx = 0;

Ly = 0;

Lz = 0;

g1 = 0;

g2 = 0

Supongamos que (x0 ; y0 ; z0 ; ¸; ¹) es una soluci¶on de este sistema. ² La matriz H est¶a dada por:

2

3 Lx;x Lx;y Lx;z H(x; y; z; ¸1 ; ¸2 ) = 4 Ly;x Ly;y Ly;z 5 Lz;x Lz;y Lz;z

² En este caso tenemos A = H(x0 ; y0 ; z0 ; ¸; ¹), v1 = 5g1 (x0 ; y0 ; z0 ; ¸; ¹) y v2 = 5g2 (x0 ; y0 ; z0 ; ¸; ¹). ² Hallamos ahora una direcci¶on tangente v mediante v = v1 £ v2 . ² La matriz H es de tama~ no 1 £ 1 y est¶a dada por H = ((v ¢ A) ¢ v) ² En este caso solo consideramos ¢1 = ((v ¢ A) ¢ v). ² Si ¢1 > 0, se trata de un m¶³nimo ligado ² Si ¢1 < 0, se trata de un m¶aximo ligado ² Si ¢1 = 0, no hay criterio. ² En el archivo \multiplicadores de Lagrange (adicional).nb", del disco compacto, se muestra como realizar algunos de estos c¶alculos usando Mathematica. − Ejemplo 3.63. Estudiar los extremos de f (x; y; z) = x3 + y 3 + z 3 sujeta a x2 + y 2 + z 2 = 1 y x + y + z = 1. Soluci¶ on: En este caso el sistema se convierte en: 3 x2 + 2 x ¸1 + ¸2 = 0; 3 z 2 + 2 z ¸1 + ¸2 = 0; ¡1 + x + y + z = 0

3 y 2 + 2 y ¸1 + ¸2 = 0; ¡1 + x2 + y 2 + z 2 = 0;

Esto produce varios puntos cr¶³ticos. Ver Fig. 3.28. Tenemos luego que:

2

0 0 6 6x + 2¸1 6 6 0 6y + 2¸1 0 D2 Lx = 6 6 4 0 0 6z + 2¸1

3 7 7 7 7 7 5

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198

Cap¶³tulo 3. Derivadas parciales

x 1 ¡ 13

y

z

¸1

¸2

Tipo

2 3

2 3

¡ 12 ¡ 23

M¶³n.

2 3

¡ 12 ¡ 23

M¶³n.

¡ 13 ¡ 12 ¡ 23

M¶³n.

2

2 3

¡ 13

3

2 3

2 3

4

0

0

1

¡ 32

0

M¶ax.

5

0

1

0

¡ 32

0

M¶ax.

6

1

0

0

¡ 32

0

M¶ax.

Figura 3.28: Naturaleza de los puntos cr¶³ticos. Evaluando en el caso 1 de la tabla dada en la Fig. 3.28, a saber: 1 x=¡ ; 3 Obtenemos entonces:

Observamos ahora que

2 y= ; 3

z=

2 ; .3.

1 ¸1 = ¡ ; 2

¸2 = ¡

2 3

2

3 ¡3 0 0 A=4 0 3 0 5 0 0 3 ¶ µ ¶ µ 2 4 4 1 2 2 5 v1 = g1 ¡ ; ; = ¡ ; ; 3 3 3 3 3 3 ¶ µ 1 2 2 = (1; 1; 1) v2 = 5g2 ¡ ; ; 3 3 3

Buscamos ahora un vector v que sea ortogonal a v1 y v2 . Tomamos v = v1 £ v2 . En este caso v = (0; 2; ¡2).

Tenemos as¶³ que:

H = ((0; 2; ¡2) ¢ A) (0; 2; ¡2) = 24: As¶³ tenemos que ¢1 = 24. Por lo tanto, se trata de un m¶³nimo l¶³gado. El resto de los casos se consignan en la tabla de la Fig. 3.28. ² Se presenta a continuaci¶on el c¶odigo en Mathematica que resuelve los casos anteriores. Se insta al estudiante para programar otros casos. El c¶odigo de la Fig. 3.29 halla los puntos cr¶³ticos en el caso de una funci¶on de tres variables y una restricci¶on.

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3.11. Extremos con ligaduras

199

Figura 3.29: Hallando los puntos cr¶³ticos. ² Si por alguna raz¶on Mathematica no puede hallar los puntos cr¶³ticos, estos se pueden indicar mediante la celda de la Fig. 3.30.

Figura 3.30: Ingresando los puntos cr¶³ticos. ² En la celda de la Fig. 3.31 (ver 200) se examina cada punto cr¶³tico. Si hay varias soluciones, se debe ejecutar las celdas varias veces. Se invita al estudiante a modi¯car el c¶odigo para conseguir el mismo efecto mediante un ciclo. ² El c¶odigo de la Fig. 3.32 halla los puntos cr¶³ticos en el caso de una funci¶on de tres variables y dos restricciones. ² Si por alguna raz¶on Mathematica no puede hallar los puntos cr¶³ticos, estos se pueden indicar mediante la celda de la Fig. 3.33. ² En la celda de la Fig. 3.34 (ver 202) se examina cada punto cr¶³tico. Si hay varias soluciones, se debe ejecutar las celdas varias veces. Se invita al estudiante a modi¯car el c¶odigo para conseguir el mismo efecto mediante un ciclo.

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200

Cap¶³tulo 3. Derivadas parciales

Figura 3.31: Determinando la naturaleza de los puntos.

3.12

F¶ ormula de Taylor para las funciones de varias variables

² Supongamos que la funci¶on f (x; y) tiene en alrededor del punto (a; b) derivadas parciales continuas hasta el orden (n + 1) inclusive. Entonces, en este entorno se veri¯ca la f¶ormula de Taylor: 1 f (x; y) = f (a; b) + [fx (a; b)(x ¡ a) + fy (a; b)(y ¡ b)] + 1! ¤ 1£ fxx (a; b)(x ¡ a)2 + 2fxy (a; b)(x ¡ a)(y ¡ b) + fyy (a; b)(y ¡ b)2 + : : : + 2! · ¸n @ 1 @ (x ¡ a) f (a; b) + Rn (x; y) ::: + + (y ¡ b) n! @x @y donde

· ¸n+1 @ 1 @ (x ¡ a) £ + (y ¡ b) Rn (x; y) = (n + 1)! @x @y f [a + µ(x ¡ a); b + µ(y ¡ b)];

(0 < µ < 1):

² Este teorema es la base de la demostraci¶on del criterio de la segunda derivada para funciones de varias variables.

Juan Félix Ávila Herrera

3.12. F¶ormula de Taylor para las funciones de varias variables

201

Figura 3.32: Hallando los puntos cr¶³ticos.

Figura 3.33: Ingresando los puntos cr¶³ticos. ² En el caso particular en que a = b = 0, la f¶ormula recibe el nombre de f¶ormula de Maclaurin. ² F¶ormulas an¶alogas son v¶alidas para las funciones de tres y m¶as variables. − Ejemplo 3.64. Exprese la funci¶on f (x; y) = x2 y en potencias de x ¡ 1 y y ¡ 2.

Soluci¶ on:

En este caso a = 1, b = 2. Calculamos las derivadas parciales de f en (1; 2). Tenemos que fx = 2xy;

fxx = 2y;

fxy = 2x;

fxxy = 2 y fy = x2

Todas las otras derivadas de f de orden superior son id¶enticamente igual a 0. Entonces f (1; 2) = 2, fx (1; 2) = 4 y as¶³ sucesivamente. Por lo tanto: x2 y = 2 + 4(x ¡ 1) + (y ¡ 2) + 2(x ¡ 1)2 + 2(x ¡ 1)(y ¡ 2) + (x ¡ 1)2 (y ¡ 2)

Juan Félix Ávila Herrera

202

Cap¶³tulo 3. Derivadas parciales

Figura 3.34: Determinando la naturaleza de los puntos. ² En el archivo \Taylor en 2 variables.nb", del disco compacto, se muestra como realizar algunos de estos c¶alculos usando Mathematica. − Ejemplo 3.65. Usando Mathematica calculemos el polinomio de Taylor de orden 5 para f (x; y) = y x alrededor (1; 1). Soluci¶ on: Escribimos:

y en este caso obtenemos:

Juan Félix Ávila Herrera

3.12. F¶ormula de Taylor para las funciones de varias variables

y desarrollando obtenemos:

203

Juan Félix Ávila Herrera

204

Cap¶³tulo 3. Derivadas parciales

Juan Félix Ávila Herrera

Cap¶³tulo 4 Integrales m¶ ultiples 4.1

Integrales m¶ ultiples

² La integral de¯nida

Z

sumas aproximantes.

b

f (x) dx de una funci¶on f de una variable se de¯ni¶o en C¶alculo I usando

a

² En este cap¶³tulo y en el siguiente se consideran integrales de las funciones de varias variables: integrales dobles, integrales triples, integrales de super¯cie e integrales de l¶³nea. ² Cada una de ¶estas se de¯ne de manera parecida a la que se utiliz¶o para las integrales de las funciones de una variable. La diferencia principal es el dominio del integrando. Z b ² La integral f (x) dx se puede de¯nir en los siguientes cuatro pasos. Ver Fig. 4.1. a

Figura 4.1: Usando sumas aproximantes. ² (Paso 1) Tomar una partici¶on de [a; b] escogiendo a = x0 < x1 < x2 < : : : < xn = b: ² (Paso 2) Para cada k, elegir un n¶ umero wk en el subintervalo [xk¡1 ; xk ]. ² (Paso 3) Considerar la suma de Riemann

X k

f (wk )¢xk donde ¢xk = xk ¡ xk¡1

205

Juan Félix Ávila Herrera

206

Cap¶³tulo 4. Integrales m¶ ultiples

² (Paso 4) Establecer que

Z a

b

f (x) dx = lim

jjP jj!0

X

f (wk )¢xk

k

donde jjP jj es la norma de la partici¶on (el mayor ¢xk ). ² Sea f una funci¶on de dos variables tal que f (x; y) existe Z Z en toda una regi¶on cerrada R del plano xy. A continuaci¶on se de¯nir¶a la integral doble f (x; y) dA. La de¯nici¶on seguir¶a el R

proceso de cuatro pasos usado para las funciones de una variable. Para lo que sigue las regiones en el plano xy de los tipos ilustrados en la Fig. 4.2 son de particular importancia.

Figura 4.2: Primeras dos regiones ² Se supone que las funciones g1 , g2 y h1 , h2 son continuas en los intervalos [a; b] y [c; d], respectivamente, y satisfacen g1 (x) · g2 (x) para todo x en [a; b] y h1 (y) · h2 (y) para todo y en [c; d]. ² Obs¶ervese que si R es una regi¶on del Tipo I, entonces toda recta vertical x = k para a < k < b corta la frontera de R a lo m¶as en dos puntos. ² Si R es del Tipo II, entonces toda recta horizontal y = k para c < k < d corta la frontera de R a lo m¶as en dos puntos. ² En lo que sigue, R denotar¶a una regi¶on que se puede descomponer en un n¶ umero ¯nito de subregiones del Tipo I o del Tipo II. ² Una de estas regiones R est¶a siempre contenida en un rect¶angulo cerrado W . Si W se divide en rect¶angulos m¶as peque~ nos mediante una malla de rectas verticales y horizontales, entonces el conjunto de todas las subregiones rectangulares cerradas que est¶an completamente contenidas en R se llama partici¶on interna P de R. (Esto corresponde al Paso 1 del proceso.)

Juan Félix Ávila Herrera

4.1. Integrales m¶ ultiples

207

Figura 4.3: Partici¶on interna de R. ² Los rect¶angulos sombreados en la Fig. 4.3 ilustran una partici¶on interna. Si a estas subregiones rectangulares sombreadas se les denota por R1 , R2 : : :, Rn , entonces la partici¶on interna P se denota por fRk g. ² La longitud mayor de la de las diagonales de los Rk se denota por jjP jj y se llama norma de la partici¶on P . ² El s¶³mbolo ¢Ak denota el a¶rea de Rk . Para todo k se elige un punto (uk ; vk ) en Rk . (Esto corresponde al Paso 2.) ² Las sumas de Riemann (Paso 3) se de¯nen como sigue. ² Sea f una funci¶on de dos variables de¯nida en una regi¶on R y sea P = fRkg una partici¶on interna de R. Una suma de Rieman de f para P es una de la forma X

f (uk ; vk )¢Ak

k

para los pares (uk ; vk ) est¶an,en Rk y ¢Ak es el ¶area de Rk . La suma se extiende sobre todas las subregiones R1 , R2 , : : : Rn de P . Ver Fig. 4.4. ² Finalmente, se toma el l¶³mite de las sumas de Riemann cuando jjP jj ! 0 (paso 4). Se puede demostrar que si f es continua en R, entonces cuando jjP jj ! 0, las sumas de Riemann en la de¯nici¶on previa tienden a un n¶ umero real L, independientemente de los puntos (uk ; vk ) ZZ elegidos en las subregiones Rk . El n¶ umero L es la integral doble

f (x; y) dA.

R

² La integral doble de f se de¯ne como sigue: Sea f una funci¶on deZdos Z variables que est¶a de¯nida f (x; y) dA y se de¯ne por

en una regi¶on R. La integral doble de f sobre R se denota por

R

ZZ R

f (x; y) dA = lim

jjP jj!0

X k

f (uk ; vk )¢Ak

Juan Félix Ávila Herrera

208

Cap¶³tulo 4. Integrales m¶ ultiples

Figura 4.4: Funci¶on escalonada. siempre y cuando el l¶³mite exista. ² Si la integral doble de f sobre R existe, entonces se dice que f es integrable sobre R. Se puede demostrar que si f es continua en R, entonces f es integrable sobre R. ² Sea f una funci¶on continua de dos variables tal que f (x; y) ¸ 0 para todo (x; y) en una regi¶on R. El volumen V del s¶olido comprendido bajo la gr¶a¯ca de z = f (x; y) y sobre la regi¶on R es ZZ f (x; y) dA V = R

² En el siguiente teorema se presentan, sin demostraci¶on, algunas propiedades de las integrales dobles. Se supone que todas las regiones y las funciones son tales que las integrales indicadas existen. ZZ ZZ cf (x; y) dA = c f (x; y) dA para todo n¶ umero real c. ² R

²

ZZ

R

[f (x; y) + g(x; y)] dA =

R

ZZ

f (x; y) dA +

R

ZZ

g(x; y) dA

R

² Si R es la uni¶on de dos regiones R1 y R2 que no se sobreponen o traslapan (ver Fig. 4.5), entonces ZZ ZZ ZZ f (x; y) dA = f (x; y) dA + f (x; y) dA R

R1

² Si f (x; y) ¸ 0 en toda una regi¶on R, entonces ZZ f (x; y) dA ¸ 0 R

R2

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4.2. Evaluaci¶on de las integrales dobles

209

Figura 4.5: Subdivisi¶on de regi¶on de integraci¶on

4.2

Evaluaci¶ on de las integrales dobles

² Z Excepto en algunos casos elementales, es casi imposible calcular el valor de una integral doble Z f (x; y) dA directamente a partir de la de¯nici¶on. R

² En esta secci¶on se demuestra que si R es una regi¶on del Tipo I o del Tipo II, entonces la integral doble puede expresarse en t¶erminos de dos integrales sucesivas, cada una de las cuales tiene s¶olo una variable independiente. Comenzamos con el caso m¶as simple, el de una funci¶on f que es continua en una regi¶on rectangular R del tipo ilustrado en la Fig. 4.6.

Figura 4.6: Regi¶on rectangular.

² An¶alogamente el s¶³mbolo

Z

d

f (x; y) dy signi¯ca que x se toma como constante y y es la variable

c

de integraci¶on. Evaluar esta integral equivale a una integraci¶on parcial con respecto a y. A cada x en el intervalo [a; b] le corresponde un valor u ¶nico de esta integral. Esto determina una funci¶on A tal que el valor A(x) est¶a dado, por A(x) =

Z

d

f (x; y) dy

c

² Si f es no negativa en R, A(x) calcula el a¶rea de una secci¶on como la que se muestra en Fig. 4.7. ² Se puede demostrar que la funci¶on A es continua para x en el intervalo [a; b].

Juan Félix Ávila Herrera

210

Cap¶³tulo 4. Integrales m¶ ultiples

¶ Figura 4.7: Area de una secci¶on. ² Tambi¶en se puede efectuar una integraci¶on parcial con respecto a x que se denota por Z b B(y) = f (x; y) dx a

En este caso y se considera constante y se integra con respecto a x. La funci¶on B que se obtiene de esta manera es continua para y en el intervalo [c; d]. Z 2 − Ejemplo 4.1. Calcule (x3 + 4y) dy 1

Soluci¶ on: La diferencial dy indica que se debe integrar con respecto a y, considerando a x como constante. Despu¶es de integrar sustituimos los extremos (o l¶³mites) de integraci¶on para la variable y, como sigue: Z 2 ´ ¯¯2 ³ 3 2 3 3 y + 2y x (x + 4y) dy = . . . . . . . . . . . . . . ¯¯ = (2x3 + 8) ¡ (x3 + 2) = . .x. . + . . .6. . 1

1

² An¶alogamente, puede integrarse B(y) con respecto a y y se obtiene ¸ Z d Z d·Z b B(y) dy = f (x; y) dx dy c

c

a

Las integrales en el lado derecho de las dos f¶ ormulas anteriores se llaman integrales dobles iterativas. Es costumbre simpli¯car la notaci¶on omitiendo los corchetes, como se especi¯ca en la siguiente de¯nici¶on. ² De¯nimos:

(i)

Z bZ a

(ii)

Z

c

d

f (x; y) dy dx =

Z b·Z

c d

Z a

a b

f (x; y) dx dy =

¸

d

f (x; y) dy dx

c

Z d·Z c

a

b

¸ f (x; y) dx dy

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4.2. Evaluaci¶on de las integrales dobles

211

² Obs¶ervese que en esta de¯nici¶on la primera diferencial a la derecha del integrando f (x; y) determina la variable de la primera integraci¶on parcial. El primer s¶³mbolo de integral a la izquierda de f (x; y) especi¯ca los l¶³mites o extremos de integraci¶on de dicha variable. As¶³, al evaluar una integral iterativa se determina primero la integral de adentro. Z 4Z 2 (2x + 6x2 y) dy dx. − Ejemplo 4.2. Evaluar ¡1

1

Soluci¶ on: Usando la de¯nici¶on: Z 4 ·Z 1

2 2

¸

(2x + 6x y) dy dx =

¡1

Z 4³ 1

=

Z

4

1

´ ¯¯y=2 dx . . .2xy . . . .+ . . 3x . . . .y. . . . ¯¯ 2 2

y=¡1

(4x + 12x2 ) ¡ (¡2x + 3x2 ) dx Z 4 (6x + 9x2 ) dx = 1 ¯ ¡ 2 ¢ ¯4 3 ¯ = 3x + 3x ¯ = .234 .... 1

− Ejemplo 4.3. Evaluar Soluci¶ on:

Z 2Z

4

(2x + 6x2 y) dx dy

¡1 1

Por la de¯nici¶on tenemos que: Z 2·Z ¡1

4

¸ Z (2x + 6x y) dx dy =

2

2

1

=

Z

2

¡1

¯ £ 2 ¤ ¯x=4 3 x + 2x y ¯¯ dy x=1

[(16 + 128y) ¡ (1 + 2y)] dy Z 2 ( . . 126y = . . . . . .+. .15 . . . . ) dy ¡1 ¯2 ¯ 2 = (63y + 15y)¯¯ = .234 ....

¡1

¡1

− Ejemplo 4.4. (Adaptado del folleto del Prof. Manuel Calvo para c¶alculo III) Z 1Z 1 Evaluar xy(x + y) dx dy. 0

Soluci¶ on:

0

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212

Cap¶³tulo 4. Integrales m¶ ultiples

Efectuamos la multiplicaci¶on indicada en el integrando y luego integramos con respecto a x. Veamos: µ 3 ¶ ¯1 Z 1 Z 1Z 1 Z 1Z 1 2 2 ¯ ¡ 2 ¢ y y x x ¯ + dy x y + xy 2 dx dy = xy(x + y) dx dy = ¯ . . . . . . . 3. . . . . . . .2. . . . . 0. . . . . 0 0 0 0 0 ¶ µ 2 ¶ ¯1 Z 1µ y y2 y y 3 ¯¯ = + dy = + 3 2 6 6 ¯0 0 Por lo tanto

Z 1Z 0

1

xy(x + y) dx dy =

0

1 : .3.

² Nota: El hecho de que las integrales iterativas en los ejemplos anteriores son iguales no es una casualidad. Si f es continua, entonces las dos integrales iterativas son siempre iguales. (La demostraci¶on puede encontrarse en libros de C¶ alculo avanzado.) Se dice que el resultado de la integraci¶on es independiente del orden en que se integre. ² Puede de¯nirse una integral doble iterativa sobre regiones que no son rectangulares. En particular, sea f continua en una regi¶on R del Tipo I o del Tipo II, como se muestra en la Fig. 4.8. Las integrales iterativas de f sobre las regiones ilustradas en (i) y (ii) de la ¯gura, se de¯nen como sigue:

Figura 4.8: Regiones tipo I y II. ² (De¯niciones de integrales iterativas) Z b "Z Z bZ g2 (x) f (x; y) dy dx = (i) a

(i)

g1 (x)

Z dZ c

a

h2 (y)

h1 (y)

f (x; y) dx dy =

Z c

g2 (x)

f (x; y) dy dx

g1 (x)

d

#

"Z

h2 (y)

h1 (y)

#

f (x; y) dx dy

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4.2. Evaluaci¶on de las integrales dobles

213

² En la de¯nici¶on (i) se realiza primero una integraci¶on parcial con respecto a y y se sustituye la on en x resultante variable y por g2 (x) y g1 (x), en la manera acostumbrada. Luego, la expresi¶ se integra de a a b. En (ii) de la de¯nici¶on se integra primero con respecto a x y despu¶es de sustituir x por h2 (y) y h1 (y), se integra el resultado con respecto a y, de c a d. Al igual que con las regiones rectangulares, se trabaja de dentro hacia afuera. Z 2Z 2x (x3 + 4y) dy dx − Ejemplo 4.5. Evaluar x2

0

Soluci¶ on: En la Fig. 4.9 se muestra la regi¶on de integraci¶on.

Figura 4.9: Regi¶on. Por la de¯nici¶on (i), tenemos: ¸ Z Z 2·Z 2x 3 (x + 4y) dy dx =

¯ £ 3 ¤ ¯2x 2 ¯ x y + 2y ¯ dx . . . . . . . . . . . . . . . .x.2. . . . 0 x2 0 ¸¯ · 3 Z 2h i 6 ¯2 32 x 8x 5 4 4 2 ¯ = (2x + 8x ) ¡ ( . .x. . .+. .2x ¡ = . . . . . ) dx = . .3. . 3 6 ¯0 0

− Ejemplo 4.6. Evaluar

Z 3Z 1

2

y2

2y cos x dx dy.

¼=6

Soluci¶ on: Por la de¯nici¶on (ii) tenemos # Z 3"Z y2 Z 2y cos x dx dy = ¼=6

1

=

Z

1

3

¯y 2 ¯ [2y sen x] ¯¯ dy 1 . . . . . . . . . . . . . .¼=6 ..... ¯ 2 ¯3 ¡ ¢ y 2 2 . . . . .2y . . .sen . . . .y. .¡ . . .y. . . . . dy = ¡ cos y ¡ ¯¯ ¶ µ ¶2 1 µ 1 9 ¡ ¡ cos 1 ¡ = = ¡ cos 9 ¡ 2 2 . . . . . .cos . . . 1. .¡ . . cos . . . .9. ¡ . . .4. .¼. .2:55: .......... 3

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214

Cap¶³tulo 4. Integrales m¶ ultiples

² El siguiente teorema dice que si la regi¶on R es del Tipo I o del Tipo II, entonces la integral doble se puede evaluar mediante una integral iterativa. (¤) Teorema: 4.1. (Evaluaci¶ on de integrales dobles) (i) Sea R la regi¶on del Tipo I que se muestra en la Fig. 4.8. Si I es continua en R, entonces Z bZ g2 (x) ZZ f (x; y) dA = f (x; y) dy dx R

a

g1 (x)

(ii) Sea R la regi¶on del Tipo II que se muestra en la Fig. 4.8. Si I es continua en R, entonces ZZ Z dZ h2 (y) f (x; y) dA = f (x; y) dx dy R

c

h1 (y)

² En el teorema (4.1) (i) la regi¶on R debe tener como frontera inferior la gr¶a¯ca de una ecuaci¶on y = g1 (x) y como frontera superior la gr¶a¯ca de una ecuaci¶on y = g2 (x).

¶ Figura 4.10: Area de una secci¶on. ² En (ii) R debe tener como frontera izquierda la gr¶a¯ca de una ecuaci¶on x = h1 (y), y como frontera derecha la gr¶a¯ca de una ecuaci¶on x = h2 (y). ² Cuando una regi¶on es m¶as complicada, a menudo puede dividirse en subregiones de los tipos requeridos y luego aplicar (i) o (ii) a cada subregi¶on. ² A continuaci¶on se da una explicaci¶on intuitiva para funciones no negativas. Supongamos que f (x; y) ¸ 0 en la regi¶on R de Tipo I. Sean S la gr¶a¯ca de f , Q el s¶olido que se encuentra bajo S y sobre R, y V el volumen de Q. Z bZ g2 (x) Z b A(x) dx = f (x; y) dy dx V = a

a

g1 (x)

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4.2. Evaluaci¶on de las integrales dobles

215

² Antes de usar el teorema en la evaluaci¶on de una integral doble es importante esquematizar la regi¶on R y determinar su frontera. Los siguientes ejemplos ense~ nan c¶omo aplicar el teorema. − Ejemplo 4.7. Sea R la regi¶on del plano xy acotada por las gr¶a¯cas de y = x2 y y = 2x. Evaluar ZZ ¡ 3 ¢ x + 4y dA R

(a) usando el teorema (4.1) (i), y (b) usando el teorema (4.1) (ii). Soluci¶ on: (a) La regi¶on R est¶a en la Fig. 4.11. N¶otese que la regi¶on es tanto del Tipo I como del Tipo II.

Figura 4.11: Regi¶on. Consideremos a R como una regi¶on del Tipo I cuya frontera inferior es y = x2 y cuya frontera superior es y = 2x para 0 · x · 2. Seg¶ un el teorema (4.1) (i) tenemos Z 2Z 2x ZZ ¡ 3 ¢ f (x; y) dA = x + 4y dy dx R

x2

0

Del ejemplo 4.5 sabemos que esta integral es igual a

32 . 3

(b) Para usar el teorema (4.1) (ii) consideramos a R como una regi¶on del Tipo II y se despeja x en t¶erminos de y de las dos ecuaciones, obteniendo y x= ; 2

y x=

p y

Con base en el teorema (4.1) (ii) tenemos: ZZ Z 4Z f (x; y) dA = R

para 0 · y · 4: p

0

y=2

=

Z 0

Z 4 ·µ 0

y

4

¡ 3 ¢ x + 4y dx dy ·

¸ ¯py ¯ x4 + 4yx ¯¯ dy 4 y=2

¶ µ 4 ¶¸ y2 y 32 3=2 2 + 4y ¡ + 2y dy = 4 64 3

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216

Cap¶³tulo 4. Integrales m¶ ultiples

p − Ejemplo 4.8. Sea R la regi¶on acotada por las gr¶a¯cas de las ecuaciones Z y Z= x, y = p 3x ¡ 18, y y = 0, y sea f una funci¶on continua en R. Expresar la integral doble f (x; y) dA R

como una integral e iterativa, (a) usando el teorema (4.1)(i), y (b) emplean el teorema (4.1)(ii). Soluci¶ on:

p p Las gr¶a¯cas de y = x y y = 3x ¡ 18 son las mitades superiores de las par¶abolas y 2 = x y y 2 = 3x ¡ 18. La regi¶on R est¶a en la Fig. 4.12.

Figura 4.12: Regi¶on. (a) Si s¶olo queremos usar el teorema (4.1) (i), es necesario utilizar dos integrales iterativas porque para 0 · x · 6 la frontera inferior p de la regi¶on es la gr¶a¯ca de y = 0, y para 6 · x · 9, la frontera inferior es la gr¶a¯ca de y = 3x ¡ 18.

Si R1 denota la parte de la regi¶on R que se encuentra entre x = 0 y x = 6, y R2 denota la parte entre x = 6 y x = 9, entonces R1 y R2 son regiones del Tipo I. Por tanto, ZZ ZZ ZZ f (x; y) dA = f (x; y) dA + f (x; y) dA R R1 R2 p Z 6Z px Z 9Z x f (x; y) dy dx + = f (x; y) dy dx p . . . . . . 0. . . 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3x¡18 6

(b) Para usar el teorema (4.1) (ii), despejamos x en t¶erminos de y de cada una de las ecuaciones, obteniendo as¶³ y 2 + 18 y2 x = y2 y x = = + 6 para 0 · y · 3: 3 3 As¶³, Z 3Z y2 =3+6 ZZ f (x; y) dx dy f (x; y) dA = R . . . . . . .0. . .y.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

² Los ejemplos anteriores muestran c¶omo pueden evaluarse ciertas integrales dobles usando (i) o (ii) del teorema (4.1). En general, la elecci¶on del orden de integraci¶on dydx o dxdy depende de la forma de f (x; y) y de la regi¶on R. A veces es muy dif¶³cil, o hasta imposible, evaluar una

Juan Félix Ávila Herrera

4.2. Evaluaci¶on de las integrales dobles

217

integral doble iterativa. Sin embargo, invirtiendo a veces el orden de integraci¶ on de dydx a dxdy, o viceversa se puede obtener una integral doble iterativa que es posible evaluar f¶ acilmente. Este m¶etodo se ilustra en el siguiente ejemplo. Z 4Z 2 ¡ ¢ 5 y cos x dx dy, invertir el orden de integraci¶on y evaluar la in− Ejemplo 4.9. Dada p 0

y

tegral resultante. Soluci¶ on:

Figura 4.13: Regi¶on El orden de integraci¶on indicado dxdy se~ nala que la regi¶on R es del Tipo II. Como se ilustra en la p Fig. 4.13, las fronteras izquierda y derecha son las gr¶a¯cas de x = y y x = 2, respectivamente para 0 · y · 4. Observamos que R es tambi¶en una regi¶on de Tipo I cuyas fronteras inferior y superior est¶an dadas por y = 0 y y = x2 , respectivamente, para 0 · x · 2. Por lo tanto, seg¶ un el teorema (4.1) (i), Z 4Z 0

2

p

5

y cos x dx dy =

ZZ

y

y cos x dA =

R

=

Z

0

2

Z 2Z

x2

y cos x5 dy dx . . . . . . 0. . . 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . · 2 ¸ ¯x2 Z 2 4 ¯ y x 5 ¯ cos x ¯ cos x5 dx dx = 2 2 0 . . . . . . . . . . . . . . . .0. . . . . ¯2 Z 2 ¡ ¢ ¡ ¢ sen x5 ¯¯ 1 5 4 cos x 5x dx = = 10 0 10 ¯0 sen 32 ¼ 0:055: . . . . . . 10 ................. 5

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218

Cap¶³tulo 4. Integrales m¶ ultiples

− Ejemplo 4.10. Eval¶ ue

Z 2Z 0

1

3

yex dx dy.

y=2

Soluci¶ on: 3

No puede integrarse primero con respecto a x, como se indica, porque sucede que ex no tiene antiderivada elemental. As¶³ que decidimos tratar de encontrar el valor de la integral anterior invirtiendo el orden. Para hacerlo, dibujemos primero la regi¶on de integraci¶on especi¯cada por los l¶³mites de la integral doble iterada dada. Esta regi¶on R queda determinada por las desigualdades y · x · 1; 0 · x · 2: 2 Entonces, todos los puntos (x; y) de R se encuentran entre las rectas horizontales y = 0 y y = 2, y tambi¶en entre las gr¶a¯cas x = y=2 y x = l. Dibujemos las cuatro rectas y = 0, y = 2, x = y=2 y x = 1 para encontrar que la regi¶on de integraci¶on es el tri¶angulo que aparece en la Fig. 4.14.

Figura 4.14: Regi¶on R. Si se integra primero con respecto a y, de g1 (x) = 0 a g2 (x) = 2x, obtiene: Z 2Z 0

1

x3

=

Z 0

1

2x

3

yex dy dx . . . . . .0 . . 0. . . . . . . . . . . . . . . . . · 2 ¸ ¯2x Z 1 y x3 ¯¯ 3 e ¯ 2x2 ex dx dx = . . . . .2. . . . . . .0. . . . 0 " 3#¯ 1 2(e ¡ 1) 2ex ¯¯ : = = . . . . . .3. . . . . . . 3 ¯0

ye dx dy =

y=2

Z 1Z

− Ejemplo 4.11. (Adaptado del folleto del Prof. Manuel Calvo para c¶alculo III) Z 2Z 1 p jy ¡ x2 j dx dy. Evaluar 0

Soluci¶ on:

¡1

Juan Félix Ávila Herrera

4.2. Evaluaci¶on de las integrales dobles

219

y > x2 y = x2 y < x2

Figura 4.15: Regi¶on de integraci¶on. La regi¶on de integraci¶on ( b y designe ® = p . 2 a + b2 Cambie el orden de integraci¶on en la siguiente integral: Z ®Z a pb2 ¡y2 b

I=

0

f (x; y) dx dy

0

Soluci¶ on: b ®

a

®

Figura 4.21: Regi¶on de integraci¶on Empezamos por gra¯car la regi¶on de integraci¶on. Para lograr esto notamos que 0 ·py · ® y ap 2 a que 0 · x · b ¡ y 2 . Si tomamos cuadrados a ambos lados de la ecuaci¶on x = b2 ¡ y 2 , b b obtenemos: x2 =

a2 (b2 ¡ y 2 ) ; b2

b2 x2 + y 2 = b2 . . . . .a.2. . . . . . . . . . . . . . .

b2 x2 = b2 ¡ y 2 ; a2

0 y b > 0) despejamos y y obtenemos: r bp 2 x2 a ¡ x2 § y = §b 1 ¡ 2 = . . . . .a. . . . . . . . . . . . . a Por lo tanto:

ZZ

f (x; y) dA =

R

Z aZ

b a

p

a2 ¡x2

f (x; y) dy dx p b . . . . . . . .¡a . . .¡. a. . .a.2 ¡x . . .2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

− Ejemplo 4.19. Halle los l¶³mites de que deben ponerse en la integral doble

ZZ

f (x; y) dA si

R 2

R es la porci¶on del plano limitada por la par¶abola 4x2 = 9y y la circunferencia x + y 2 = 25.

Soluci¶ on: Gra¯camos la regi¶on R en la Fig. 4.22.

Figura 4.22: Regi¶on R. Al despejar y de 4x2 = 9y y sustituir en x2 + y 2 = 25, la ecuaci¶on resultante nos da x = §3. Por lo tanto: p 2 ZZ Z 3Z . . . .25 . . .¡ . . x. . . . f (x; y) dA = f (x; y) dy dx R

¡3 4x2 =9

− Ejemplo 4.20. Halle los l¶³mites de que deben ponerse en la integral doble

ZZ R

f (x; y) dA si

R es la porci¶on del plano limitada por las partes correspondientes a los valores positivos y en

Juan Félix Ávila Herrera

4.2. Evaluaci¶on de las integrales dobles

227

las dos par¶ablolas y 2 = x, y 2 = ¡x y el arco de la circunferencia x2 + y 2 = 2 comprendido entre ellas. Soluci¶ on:La gr¶a¯ca de la regi¶on R se muestra en la Fig. 4.23. En este caso al hallar los puntos

Figura 4.23: Regi¶on R. de intersecci¶on de las curvas, obtenemos: ZZ R

f (x; y) dA =

Z 0Z ¡1

p

2¡x2

p ¡x

f (x; y) dy dx +

Z 1Z

p

2¡x2

f (x; y) dy dx p . . . . . . .0. . . . x. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

− Ejemplo 4.21. Halle los l¶³mites de que deben ponerse en la integral doble

ZZ R

f (x; y) dA si

R es la porci¶on del plano limitada por la par¶abola y 2 = 4x y la recta 2x ¡ 3y + 4 = 0.

Soluci¶ on: La gr¶a¯ca de la regi¶on R se muestra en la Fig. 4.24.

Figura 4.24: Regi¶on R.

Juan Félix Ávila Herrera

228

Cap¶³tulo 4. Integrales m¶ ultiples

Los puntos de intersecci¶on de las curvas son x = 1 y x = 4, por lo tanto: Z 4Z 2px ZZ f (x; y) dA = f (x; y) dy dx 1

R

4+2x 3

− Ejemplo 4.22. Halle los l¶³mites de que deben ponerse en la integral doble

ZZ

f (x; y) dA si

R

R es la porci¶on del plano limitada por las tres rectas y = x, y = 2x y 3x ¡ y ¡ 2 = 0.

Soluci¶ on:

La gr¶a¯ca de la regi¶on R se muestra en la Fig. 4.25.

Figura 4.25: Regi¶on R. Los puntos de intersecci¶on de las curvas son x = 0, x = 1 y x = 2, por lo tanto: Z 2Z 2x ZZ Z 1Z 2x f (x; y) dy dx f (x; y) dA = f (x; y) dy dx + . . . . . . .1. . .3x¡2 ..................... 0 x R

− Ejemplo 4.23. Halle los l¶³mites de que deben ponerse en la integral doble

ZZ R

f (x; y) dA si

R es la porci¶on del plano limitada por la hip¶erbola y 2 ¡ x2 = 1 y por las rectas x = 2 y x = ¡2. Considere solo la regi¶on que comprende el origen de coordenadas. Soluci¶ on: La gr¶a¯ca de la regi¶on R se muestra en la Fig. 4.26. Tenemos entonces que: ZZ R

f (x; y) dA =

Z 2Z

p

1+x2

f (x; y) dy dx p . . . . . . . ¡2 . . .¡ . . .1+x . . .2. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Juan Félix Ávila Herrera

4.2. Evaluaci¶on de las integrales dobles

229

Figura 4.26: Regi¶on R.

− Ejemplo 4.24. Invertir el orden de integraci¶on

Z 4Z 0

12x

f (x; y) dy dx.

3x2

Soluci¶ on: La gr¶a¯ca de la regi¶on R se muestra en la Fig. 4.27. Tenemos entonces que:

Figura 4.27: Regi¶on R. Z 4Z 0

12x

3x2

f (x; y) dy dx =

Z

48Z

py 3

f (x; y) dx dy . . . . . . .0. . . y=12 ......................

² En el archivo \invirtiendo el orden de integraci¶on.nb", del disco compacto, se muestra como realizar algunos de estos c¶alculos usando Mathematica. Z aZ pa2 ¡x2 f (x; y) dy dx. − Ejemplo 4.25. Invertir el orden de integraci¶on 2 2 0

a ¡x 2a

Soluci¶ on: La gr¶a¯ca de la regi¶on R se muestra en la Fig. 4.28.

Juan Félix Ávila Herrera

230

Cap¶³tulo 4. Integrales m¶ ultiples

Figura 4.28: Regi¶on R para el caso a = 1. Al obsevar la regi¶on notamos que se debe descomponer en dos tipo II. Tenemos entonces que: Z aZ 0

=

p a2 ¡x2 a2 ¡x2 2a

f (x; y) dy dx

Z a Z pa2 ¡y2

f (x; y) dx dy +

Z

p

a=2Z

a2 ¡y 2

p

f (x; y) dx ddy

. . . . . . . . 0. . . . . . .a.2.¡2ay ........................

a=2 0

− Ejemplo 4.26. Invertir el orden de integraci¶on

Z 1Z 0

1¡y

p

¡

f (x; y) dx dy.

1¡y 2

Soluci¶ on: La gr¶a¯ca de la regi¶on R se muestra en la Fig. 4.29.

Figura 4.29: Regi¶on R. La regi¶on se descopone en dos del tipo II. Veamos: Z 1Z 0

=

1¡y

p

f (x; y) dx dy

¡ 1¡y 2 Z 0Z p1¡x2 ¡1 0

f (x; y) dy dx +

Z 1Z

1¡x

f (x; y) dy dx . . . . . . .0. . 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Juan Félix Ávila Herrera

4.2. Evaluaci¶on de las integrales dobles

231

− Ejemplo 4.27. Sea a > 0. Invertir el orden de integraci¶on

Z 0

2aZ

p

p

4ax

f (x; y) dy dx. 2ax¡x2

Soluci¶ on: La gr¶a¯ca de la regi¶on R se muestra en la Fig. 4.30.

Figura 4.30: Regi¶on R. La regi¶on de intergraci¶ on se puede dividir en 3 del tipo II (horizontal simple). Notemos que la p ecuaci¶on y = 2ax ¡ x2 , se transforma, completando cuadrados, como sigue: p ¤ £ y = 2ax ¡ x2 ; y 2 = 2ax ¡ x2 ; y 2 = ¡ x2 ¡ 2ax + a2 + a2 ; 2 2 2 o bien . . . . .(x ..¡ . . .a) . . .+ . . .y. . = . . .a. . . . . . . Se trata de un c¶³rculo de radio a centrado en (0; a). p Si despejamos x obtenemos x = a + . . . . .a.2. .¡. .y.2. . . para el lado derecho del c¶³rculo y x = p p y2 a ¡ a2 ¡ y 2 , para el izquierdo. Por otro lado la ecuaci¶ on y = 4ax conduce a x = 4a . Tenemos as¶³ que:

Z

2aZ

p

4ax

f (x; y) dy dx = Z aZ a¡pa2 ¡y2 Z ap8Z 2a f (x; y) dx dy f (x; y) dx dy + 2 =4a y 0 a y 2 =4a ........................................ Z aZ 2a + f (x; y) dx dy p 0

p 2ax¡x2

0

a+

a2 ¡y 2

− Ejemplo 4.28. (Adaptado del folleto del Prof. Manuel Calvo para c¶alculo III) Z 1Z y Invertir el orden de integraci¶on f (x; y) dx dy. Suponga que f es integrable en la regi¶on indicada.

0

0

Juan Félix Ávila Herrera

232

Cap¶³tulo 4. Integrales m¶ ultiples

y=x

Figura 4.31: Regi¶on de integraci¶on. Soluci¶ on: La gr¶a¯ca de la regi¶on de integraci¶on se muestra en la Fig. 4.31. El cambio de orden es como sigue: Z 1Z 0

Z 1Z

y

1

f (x; y) dy dx . . . . . . 0. . .x. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

f (x; y) dx dy =

0

− Ejemplo 4.29. (Adaptado del folleto del Prof. Manuel Calvo para c¶alculo III) Z 2Z 2¡x f (x; y) dy dx. Suponga que f es integrable en Invertir el orden de integraci¶on de I = 2 ¡6

la regi¶on indicada. Soluci¶ on:

x ¡4 4

La regi¶on de integraci¶on se muestra en la Fig. 4.32. Para invertir el orden de

x=2¡y

p x = ¡2 y + 1

R1

p x=2 y+1 R2

Figura 4.32: Regi¶on de integraci¶on. integraci¶on optamos por dividir esta regi¶on en dos del tipo horizontal simple tal como se muestra en el dibujo. Debemos ahora hallar las ecuaciones de las curvas involucradas y expresarlas de

Juan Félix Ávila Herrera

4.2. Evaluaci¶on de las integrales dobles

233

la forma x = w(y). La ecuaci¶on y = 2 ¡ x se convierte f¶acilmente en x = 2 ¡ y. El caso de x2 ¡ 4 no corre la misma suerte. Al despejar obtenemos y= 4 p 4y = x2 ¡ 4; x2 = . .4y . . .+. .4. . ; x = §2 y + 1

p p La curva x = 2 y + 1 corresponde al lado derecho de la par¶abola y x = ¡2 y + 1, al lado izquierdo. Estamos listos entonces para invertir el orden de integraci¶ on: ZZ ZZ I= f (x; y) dA + f (x; y) dA R1

=

Z 8Z

R2 2¡y

f (x; y) dx dy + p . . . . . . .0. . .¡2 . . . y+1 .....................

Z 0Z

p 2 y+1

p ¡1 ¡2 y+1

f (x; y) dx dy

− Ejemplo 4.30. (Adaptado del folleto del Prof. Manuel Calvo para c¶alculo III) Z ¼Z sen x f (x; y) dy dx. Invertir el orden de integraci¶on en I = 0

Soluci¶ on:

¡ sen(x=2)

La regi¶on de integraci¶on se muestra en la Fig. 4.33. Para invertir el orden de x = arcsen y

B

x = ¼ ¡ arcsen y

R1 C

x=¼

R2 A

x = ¡2 arcsen y Figura 4.33: Regi¶on de integraci¶on.

integraci¶on optamos por dividir esta regi¶on en dos del tipo horizontal simple tal como se muestra en el dibujo. Debemos ahora hallar las ecuaciones de las curvas involucradas y expresarlas de la forma x = w(y). Al considerar la funci¶on y = sen x debemos proceder con cautela. Como se sabe, la inversa de la funci¶on seno se de¯ne restringiendo su dominio a [¡¼=2; ¼=2]. Por lo tanto la funci¶on x = arcsen y tiene como dominio [¡1; 1] y como codominio [¡¼=2; ¼=2]. Dicho de otra forma ¡

¼ ¼ · arcsen y · 2 2

Juan Félix Ávila Herrera

234

Cap¶³tulo 4. Integrales m¶ ultiples

En este caso la funci¶on y = sen x tiene como dominio [0; ¼]. En la primera mitad de este intervalo, no hay problema. La inversa est¶a dada por x = arcsen y. Observamos ahora que si tomamos la curva AB con ecuaci¶on x = arcsen y y colocamos un signo esto produce el efecto gr¶a¯co de invertir la curva. Si sumamos ¼ obtenemos la ecuaci¶on de la curva BC. Por lo tanto x = ¼ ¡ arcsen y es la ecuaci¶on de la curva para el intervalo [¼=2; ¼]. La secuencia del proceso descrito se puede seguir en la Fig. 4.34. Para el caso de y = ¡ sen(x=2) tenemos que aunque el

Figura 4.34: Regi¶on de integraci¶on. dominio para x es [0; ¼], al dividir por dos, el argumento del seno se mantiene en [0; ¼=2]. Por lo tanto, en este caso tenemos (usando la imparidad del arcoseno) ¡y = sen(x=2);

x = ¡2 arcsen y

arcsen (¡y) = x=2;

En la Fig. 4.33 se pueden apreciar las curvas involucradas y sus ecuaci¶on en la forma x = w(y). Procedemos ahora a invertir el orden de integraci¶on: ZZ ZZ I= f (x; y) dA + f (x; y) dA = Z 1Z

=

0

R1

R2

¼¡ arcsen y

f (x; y) dx dy +

Z 0Z

¼

f (x; y) dx dy

¡1 ¡2 arcsen y

arcsen y

− Ejemplo 4.31. (Adaptado del folleto del Prof. Manuel Calvo para c¶alculo III)

Suponga que 0 < a < b y 0 < c < ¼=2. De¯na I como sigue: Z b sen cZ pb2 ¡y2 Z a sen cZ pb2 ¡y2 f (x; y) dx dy + f (x; y) dx dy I= p a2 ¡y 2

0

y cot c

a sen c

Dibuje la regi¶on de integraci¶on mostrando la ecuaci¶on de las curvas que la delimitan. Soluci¶ on: Debemos analizar I=

Z |

0

a sen cZ

p

p

b2 ¡y 2

a2 ¡y 2

{z I1

f (x; y) dx dy + }

Z |

b sen cZ

a sen c

p2

b ¡y 2

y cot c

f (x; y) dx dy {z } I2

Juan Félix Ávila Herrera

4.2. Evaluaci¶on de las integrales dobles

235

y = x tan c y = b sen c R2

y = a sen c

R1

c

y=0

Figura 4.35: Regi¶on de integraci¶on. Estudiemos primero I1 . En este caso tenemos p p 0 · y · a sen c; a2 ¡ y 2 · x · b2 ¡ y 2 Como 0 < c < ¼=2, tenemos que a sen c > 0. Por lo tanto, la recta y = a sen p c est¶a \sobre" la recta y = 0 tal como se muestra en la Fig. 4.35. En cuanto a la curva x = a2 ¡ y 2 , notamos que si tomamos al cuadrado a ambos lados, obtenemos x2 = a2 ¡ y 2 ;

o bien x2 + y 2 = a2 :

Se trata p entonces de un (arco del) c¶³rculo centrado en el origen y de radio a. En cuanto a x = b2 ¡ y 2 , la conclusi¶on es la misma pero el radio del c¶³rculo en cuesti¶on es b > a. Los arcos se pueden apreciar en la Fig. 4.35. Para el caso I1 tenemos entonces que la regi¶on de integraci¶on es la indicada con R1 en el dibujo. Veamos ahora el caso de I2 . En este caso tenemos a sen c · y · b sen c;

y cot c · x ·

p b2 ¡ y 2

Como 0 < c < ¼=2 y a < b, tenemos que a sen c < b sen c. Por lo tanto, la recta y p = b sen c est¶a \sobre" la recta y = a sen c tal como se muestra en la Fig. 4.35. La curva x = b2 ¡ y 2 ya fue analizada previamente. Veamos qu¶e pasa con x = y cot c. Observamos que y x tan c = ; y = x tan c cot c = ; . . . . . . . . . . . . . .x. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . y Vemos entonces que y = x tan c es una recta que pasa por el origen, por el punto (a cos c; a sen c) y por (b cos c; b sen c). Para el caso I2 tenemos entonces que la regi¶on de integraci¶on es la indicada con R2 en el dibujo. − Ejemplo 4.32. (Adaptado del folleto del Prof. Manuel Calvo para c¶alculo III) Z 1 Z 1=2 2 ¡t2 Sea A = e dt y B = e¡t dt. Evalue la integral 0

0

I=2

Z

1

Z

¡1=2 0

x

2

e¡y dy dx

Juan Félix Ávila Herrera

236

Cap¶³tulo 4. Integrales m¶ ultiples

en t¶erminos de A y B. Soluci¶ on: y=x

R2

R1

x=¡

1 2

x=1

Figura 4.36: Regi¶on de integraci¶on. Para describir la regi¶on de integraci¶on debemos tener en cuenta que la gr¶ a¯ca de la recta y = x posee una parte sobre el eje x y el otro debajo de este. Separamos entonces la integral como sigue: # " Z 0 Z x Z 1Z x 2 ¡y 2 e dy dx + e¡y dy dx I=2 ¡1=2 0 ........................... 0 0 ¸ · Z 0 Z 0 Z 1Z x ¡y 2 ¡y 2 e dy dx + e dy dx =2 ¡ ¡1=2 x

0

0

La regi¶on de integraci¶on se muestra en la Fig. 4.36. Como la

Z

2

e¡y dy no corresponde a

una expresi¶on ¯nita en t¶erminos de funciones elementales, optamos por invertir el orden de integraci¶on con la esperanza de que el c¶alculo sea m¶as sencillo. Tenemos ent¶onces que: Z 0 Z y Z 1Z 1 I 2 ¡y 2 =¡ e dx dy + e¡y dx dy 2 ¡1=2 ¡1=2 0 y {z } | {z } | I1

I2

o bien I=2 = ¡I1 + I2 . Analicemos primero I1 . En este caso tenemos que ¯y # ¶ ¸ Z 0 ·µ Z 0 " ¯ 1 ¡y2 2 ¡y ¯ e I1 = y+ dy xe ¯ dy = 2 ¡1=2 ¡1=2 ¡1=2

o bien

Z

Z h i 1 0 ¡y2 ¡y 2 ye dy + e dy I1 = 2 ¡1=2 ¡1=2 0

Juan Félix Ávila Herrera

¶ 4.3. Area y volumen

237 2

La primera integral de I1 se calcula usando la sustituci¶on u = e¡y . En la segunda notamos la simitud de esta con la integral designada con B. Hacemos entonces la sustituci¶on u = ¡y en esta u ¶ltima. Tenemos entonces que: Z 1 1 ¡ e4 1 0 ¡u2 I1 = + (¡) e du 1 2 1=2 2 e4 Vemos (invirtiendo la integral) entonces que 1

I1 =

1 ¡ e4 2e

1 4

+

B 2

Es el turno ahora de I2 . I2 =

Z 1" 0

xe

¡y 2

¯1 # Z ¯ ¯ dy = ¯

0

y

=

Z

|0

1

1

2

(1 ¡ y)e¡y dy

¡y 2

e dy ¡ {z }

Z

1

2

ye¡y dy

0

A

Si hacemos la sustituci¶on u = ¡y 2 tenemos que: I2 = A ¡

e¡1 2e

Finalmente notamos que " # 1 1 ¡ e4 B e¡1 I = ¡I1 + I2 = ¡ + +A¡ 1 2 2 2e 2 e4 o bien I = 2 A ¡ B +

4.3

1 ¡ e¡1=4 . e

¶ Area y volumen

² Nuestra de¯nici¶on de s¶olido

ZZ

f (x; y) dA fue motivada por el problema de calcular el volumen del

R

T = f(x; y; z)) : (x; y) 2 R y 0 · z · f (x; y)g

que yace bajo la super¯cie z = f (x; y) y sobre la regi¶on R del plano xy. ² Dicho s¶olido T aparece en la Fig. 4.37. A pesar de esta motivaci¶on geom¶etrica, la verdadera de¯nici¶on de la integral doble como l¶³mite de sumas parciales no depende del concepto de volumen. Se puede, por lo tanto, invertir los t¶erminos y usar la integral doble para de¯nir el volumen.

Juan Félix Ávila Herrera

238

Cap¶³tulo 4. Integrales m¶ ultiples

Figura 4.37: Volumen. ² De¯nici¶ on: 4.1. (Volumen bajo z = f (x; y)) Suponga que la funci¶on f es continua y no negativa en la regi¶on limitada plana R. Entonces, el volumen V del s¶olido que yace bajo la super¯cie z = f (x; y) y arriba de la regi¶on R se de¯ne como ZZ f (x; y) dA V = R

siempre que esta integral exista. ¦ ² Es interesante observar la relaci¶on entre esta de¯nici¶on y el tratamiento de secciones transversales para el volumen que se estudi¶o en el primer curso de c¶alculo. Por ejemplo, si la regi¶on R es verticalmente simple (tipo I), entonces la integral del volumen toma la forma V =

Z bZ a

² La integral anterior

Z

g2 (x)

f (x; y) dy dx

g1 (x)

g2 (x)

f (x; y) dy

g1 (x)

no es m¶as que el a¶rea de la secci¶on transversal de la regi¶on s¶olida T en un plano perpendicular al eje de las x (v¶ease la Fig. 4.1). En consecuencia, V =

Z

b

A(x) dx

a

y en este caso la f¶ormula del volumen se reduce entonces a que \el volumen es la integral del ¶area de la secci¶on transversal". − Ejemplo 4.33. Encuentre el volumen del s¶olido que yace bajo la super¯cie z = 1 + xy y sobre el rect¶angulo R del plano xy que consta de los puntos (x; y) para los cuales 0 · x · 2 y 0 · y · 1.

Juan Félix Ávila Herrera

¶ 4.3. Area y volumen

239

Soluci¶ on: Aqu¶³, f (x; y) = 1 + xy, por lo que la f¶ormula del volumen produce V =

Z 2Z 0

1

(1 + xy) dy dx

0

¸ ¯1 Z 2· xy 2 ¯¯ y+ = dx 2 ¯0 0 Z 2³ x´ 1+ = dx 2 0 ¸ ¯2 · x2 ¯¯ = 3: = x+ 4 ¯0 ² Una regi¶on tridimensional T se describe usualmente en t¶erminos de las super¯cies que la limitan. El primer paso en la aplicaci¶on de la f¶ormula para calcular su volumen V consiste en determinar la regi¶on del plano xy sobre la que se encuentra T . El segundo paso consiste en determinar el orden apropiado de la integraci¶ on iterada. Esto puede hacerse de la siguiente manera. ² Si cada recta vertical del plano xy encuentra a R en un solo segmento de recta (tipo I) y puede integrarse primero con respecto a y, entonces R es vertilcalmente simple. Los l¶³mites sobre y ser¶an las coordenadas g1 (x) y g2 (x) de los extremos de este segmento (como se indica en la Fig. 4.38 ). Los l¶³mites de x ser¶an los extremos del intervalo sobre el eje de las x sobre el cual se proyecta R. Tenemos entonces que:

Figura 4.38: Regiones tipo I y tipo II. ² Si cada recta horizontal del plano xy encuentra a R en un solo segmento de recta (tipo II), entonces R es horizontalmente simple y se puede integrar primero con respecto a x. En este

Juan Félix Ávila Herrera

240

Cap¶³tulo 4. Integrales m¶ ultiples

caso, V =

ZZ

f (x; y) dA =

R

Z dZ c

h2 (y)

f (x; y) dx dy

h1 (y)

² Como se indica en la ¯gura h1 (y) y h2 (y) son las abscisas de los extremos de este segmento horizontal y c y d son los extremos del intervalo correspondiente sobre el eje de las y. ² Si la regi¶on R es vertical y horizontalmente simple, puede tenerse la opci¶ on de escoger el orden de integraci¶on que conduzca a los c¶alculos subsecuentes m¶as simples. Si R no es ni vertical ni horizontalmente simple, entonces hay que dividir primero R en regiones simples antes de proceder a la integraci¶on iterada. − Ejemplo 4.34. Calcule el a¶rea de la regi¶on R del plano xy limitada por las dos par¶abolas y 2 = x=2 y y 2 = x ¡ 4. Soluci¶ on:

¶ Figura 4.39: Area. En la Fig. 4.39 se muestra la regi¶on R. Es horizontal, pero no verticalmente simple, por lo que se integra primero con respecto a x. En la Fig. 4.39 se observa h1 = 2y 2 y h2 (y) = y 2 + 4. Asi que R tiene como a¶rea Z 2 ¯y2 +4 Z 2Z y2 +4 ¯ x¯¯ dy a(R) = 1 dx dy = 2 ¡2 2y ¡2 2y 2 .................. · ¸ ¯2 Z 2 ¡ ¢ 32 y 3 ¯¯ 2 : 4 ¡ y dy = 4y ¡ = = ¯ . .3. . . 3 ¡2 ¡2

² Sup¶ongase ahora que la regi¶on s¶olida T se encuentra sobre la regi¶on plana R, pero entre las super¯cies z = f1 (x; y) y z = f2 (x; y), siendo f1 (x; y) · f2 (x; y) para toda (x; y) de R (v¶ease la Fig. 4.40). Entonces se obtiene el volumen V de T mediante la sustracci¶on del volumen bajo z = f1 (x; y) del volumen bajo z = f2 (x; y), por lo que ZZ [f2 (x; y) ¡ f1 (x; y)] dA V = R

Juan Félix Ávila Herrera

¶ 4.3. Area y volumen

241

Figura 4.40: Volumen entre dos super¯cies. ² Esto es una generalizaci¶on natural de la f¶ormula del a¶rea de la regi¶on plana comprendida entre las curvas y = f1 (x) y y = f2 (x) sobre el intervalo [a; b]. ² El caso especial f (x; y) a 1 en la f¶ormula produce el a¶rea A=

ZZ

1 dA =

ZZ

R

dA

R

de la regi¶on plana R. En este caso, la regi¶on s¶olida T es una \mesa" de tapa plana, es decir, un cilindro s¶olido de a¶rea de la base R y altura 1 y el volumen de cualquier cilindro, no necesariamente circular, es el producto de su altura por el a¶rea de la base. − Ejemplo 4.35. Encuentre el volumen del s¶olido T en forma de cu~ na que se encuentra sobre 2 2 el plano xy, bajo el plano z = x e interior al cilindro x + y = 4 (que aparece en la Fig. 4.41). Soluci¶ on: La base es la regi¶on semicircular R de radio 2, pero por la simetr¶³a se puede integrar sobre el primer cuadrante (cuarto de c¶³rculo) para duplicar despu¶es el resultado.

Figura 4.41: Cu~ na.

Juan Félix Ávila Herrera

242

Cap¶³tulo 4. Integrales m¶ ultiples

Un diagrama del cuarto de c¶³rculo ayuda a establecer los l¶³mites de la integraci¶on. Puede integrar en cualquier orden, pero si se hace primero con respecto a x, se obtiene un c¶alculo un poco mas simple: ¯p 2 Z 2Z p4¡y2 Z 2 2 ¯ 4¡y x ¯ dy V =2 x dx dy = 2 ¯ 0 0 0 . . .2. . .0. . . . . . . · ¸ ¯2 Z 2 16 y 3 ¯¯ 2 : = (4 ¡ y ) dy = 4y ¡ = ¯ . .3. . . 3 0 0 Integre en otro orden y compare los resultados.

4.4

Gra¯caci¶ on en coordenadas polares

² En esta secci¶on se discute c¶omo evaluar una integral doble sobre una regi¶on R en un plano coordenado y que est¶a acotada por gr¶a¯cas de ecuaciones polares. Empezamos con un repaso de coordenadas polares: ² En un sistema de coordenadas rectangulares el par ordenado (a; b) denota el punto con abscisa a y ordenada b. Las coordenadas polares son otra forma de representar puntos. Se comienza con un punto ¯jo O (el origen o polo) y una semirrecta dirigida (el eje polar) cuyo extremo es O. Luego se considera cualquier punto P del plano diferente de O. Si, r = d(O; P ) y µ denota la medida del a¶ngulo determinado por el eje polar y OP , entonces r y µ son las coordenadas polares de P y se usan los s¶³mbolos (r; µ) o P (r; µ) para denotar a P . Como de costumbre, µ se considera positivo si el a¶ngulo se genera por la rotaci¶on de una recta coincidente con el eje polar, en el sentido opuesto al del reloj, y negativo si la rotaci¶on es en el sentido del reloj. El ¶angulo µ se mide en radianes. P (r; µ)

µ O

Eje polar

Figura 4.42: Punto en coordenadas polares. ² Las coordenadas polares de un punto no son u ¶nicas. Por ejemplo, (3; ¼=4), (3; 9¼=4) y (3; ¡7¼=4) representan el mismo punto ² Tambi¶en se permite que r sea negativo. En tal caso, en lugar de medir jrj unidades sobre el lado ¯nal del a¶ngulo µ, se miden a lo largo de la semirrecta con extremo O y direcci¶on opuesta a la del lado ¯nal.

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4.4. Gra¯caci¶ on en coordenadas polares

243

² Finalmente, se adopta la convenci¶on de que el polo O tiene coordenadas polares (O; µ) para cualquier µ. Una asignaci¶on de pares ordenados de la forma (r; µ) a los puntos de un plano se llama un sistema de coordenadas polares y se dice que el plano es el plano rµ. ² Una ecuaci¶on polar es una ecuaci¶on en r y µ. Una soluci¶on de una ecuaci¶on polar es un par ordenado (a; b) que lleva a una igualdad si se sustituye en la ecuaci¶on r por a y µ por b. La gr¶a¯ca de una ecuaci¶on polar es el conjunto de todos los puntos (en el plano rµ) que corresponden a soluciones de la ecuaci¶on. ² En el archivo \coordenadas polares (gra¯caci¶on).nb", del disco compacto, se muestra como realizar algunos de estos c¶alculos usando Mathematica. − Ejemplo 4.36. Trazar la gr¶a¯ca de la ecuaci¶on polar r = 4 sen µ.

La siguiente tabla muestra algunas soluciones de la ecuaci¶ on. El tercer rengl¶on da aproximaciones de r con una precisi¶on de una cifra decimal. µ 0 ¼=6 ¼=4 p ¼=3 p ¼=2 2¼=3 p 3¼=4 p 5¼=6 ¼ r 0 2 2 2 2 3 4 2 3 2 2 2 0 r(aprox:) 0 2 2:8 3:4 4 3:4 2:8 2 0 En coordenadas rectangulares, la gr¶a¯ca de la ecuaci¶on consta de una onda senoidal de amplitud 4 y periodo 2¼. Sin embargo, si se usan coordenadas polares, entonces los puntos correspondientes a los pares en la tabla parecen estar en una circunferencia de radio 2 y se traza la gr¶a¯ca de acuerdo con esto (v¶ease la Figura 13.17). Como ayuda para ubicar los puntos se ha prolongado el eje polar en la direcci¶on negativa y trazado una recta vertical que pasa por el polo.

Figura 4.43: Gr¶a¯ca.

− Ejemplo 4.37. Trazar la gr¶a¯ca de r = 2 + 2 cos µ. Soluci¶ on:

Como la funci¶on coseno disminuye de 1 a ¡1 cuando µ var¶³a de 0 a ¼, resulta que r disminuye de 4 a 0 en este intervalo para µ. La siguiente tabla muestra algunas soluciones de la ecuaci¶ on

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244

Cap¶³tulo 4. Integrales m¶ ultiples

y las aproximaciones a r correspondientes. µ

0 ¼=6 ¼=4 ¼=3 ¼=2 2¼=3 3¼=4 5¼=6 ¼

r(aprox:) 4 3:7

3:4

3

2

1

0:6

0:3

0

Figura 4.44: Cardioide. Situando los puntos de la tabla obtenemos la mitad superior de la gr¶a¯ca mostrada en la Fig. 4.44. Si µ aumenta de ¼ a 2¼, entonces cos µ aumenta de ¡1 a 1 y por lo tanto, r aumenta de 0 a 4. La mitad inferior de la gr¶a¯ca se obtiene situando puntos para ¼ · µ · 2¼. ² La gr¶a¯ca con forma de coraz¶on del anterior es una cardiode. En general, las gr¶a¯cas de ecuaciones polares de cualquiera de las formas r = a(1 + cos µ); r = a(1 ¡ cos µ); r = a(1 + sen µ); r = a(1 ¡ sen µ); donde a es un n¶ umero real, son cardiodes. ² La gr¶a¯ca de una ecuaci¶on de la forma r = a + b cos µ o bien r = a + b sen µ, donde a 6 = b, se llama limaz¶on o caracol. La gr¶a¯ca tiene una forma parecida a la cardiode pero puede tener un \rizo" adicional, como se muestra en el siguiente ejemplo. − Ejemplo 4.38. Trazar la gr¶a¯ca de r = 2 + 4 cos µ. Soluci¶ on:

En la siguiente tabla aparecen algunos puntos correspondientes a 0 µ

0 ¼=6 ¼=4 ¼=3 ¼=2 2¼=3 3¼=4 5¼=6

r(aprox) 6 5:4

4:8

4

2

0

¼

¡0:8 ¡1:4 ¡2

Notemos que r = 0 en µ = 2¼=3. Los valores de r son negativos para . . . .2¼=3 . . . . .< . . µ. .· . . .¼. . . . ,

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4.4. Gra¯caci¶ on en coordenadas polares

245

Figura 4.45: Caracol Figura 4.46: lo cual da la mitad inferior del rizo peque~ no en la Fig. 4.45. (Verif¶³quese este hecho.) Cuando µ var¶³a de ¼ a 2¼, se obtienen la mitad superior del rizo peque~ no y la mitad inferior del rizo grande. − Ejemplo 4.39. Dibujar r = a sen 2µ.

En lugar de formar una tabla con las soluciones, razonamos como sigue: Si µ aumenta de 0 a ¼=4, entonces 2µ va de 0 a ¼=2 y, por lo tanto, sen 2µ aumenta de 0 a l. Resulta que r aumenta de 0 a a cuando µ recorre el intervalo [0; ¼=4]. Si ahora µ aumenta de ¼=4 a ¼=2, entonces 2µ aumenta de ¼=2 a ¼ y, por lo tanto, sen 2µ disminuye de 1 a 0. Entonces, r disminuye de a a 0 cuando µ recorre el intervalo de µ [¼=4; ¼=2]. Los puntos correspondientes de la gr¶a¯ca forman el lazo o rizo en el primer cuadrante, como se ilustra en la Fig. 4.47. N¶otese que el punto P (r; µ) describe el lazo en el sentido positivo cuando µ aumenta de 0 a ¼=2.

Figura 4.47: Rosa de cuatro p¶etalos. Si ¼=2 · µ · ¼, entonces ¼ · 2µ · 2¼ y por lo tanto, r · 0. Por consiguiente, si ¼=2 < µ < ¼, entonces r es negativo y los puntos P (r; µ) est¶an en el cuarto cuadrante. Si µ aumenta de ¼=2 a ¼, entonces localizando puntos, podemos mostrar que P recorre el rizo en el cuarto cuadrante (en el sentido positivo).

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246

Cap¶³tulo 4. Integrales m¶ ultiples

An¶alogamente, para ¼ · µ · 3¼=2 obtenemos el rizo del tercer cuadrante, y para 3¼=2 · µ · 2¼ el del segundo cuadrante. Ambos lazos se trazan en el sentido positivo cuando µ aumenta. El lector debe veri¯car estos hechos localizando algunos puntos, por ejemplo con a = 1. En la Fig. 4.47 s¶olo se situaron los puntos de la gr¶a¯ca que corresponden a los valores m¶aximos de r. ² La gr¶a¯ca del ejemplo anterior es una rosa de cuatro p¶etalos. En general, una ecuaci¶ on de la forma . r = a sen nµ o bien r = a cos nµ; para cualquier'entero positivo n mayor que 1 y cualquier n¶ umero real a, tiene una gr¶a¯ca que consta de rizos que se unen en el origen. Si n es par, entonces hay 2n rizos y si n es impar, entonces hay n lazos. ² La gr¶a¯ca de la ecuaci¶on polar r = aµ, para cualquier n¶ umero real a, es una espiral de Arqu¶³medes. En el siguiente ejemplo se considera el caso a = 1. − Ejemplo 4.40. Trazar la gr¶a¯ca de r = µ para µ ¸ 0. Soluci¶ on: La gr¶a¯ca consta de todos los puntos que tienen coordenadas polares de la forma (c; c) para cualquier n¶ umero real c ¸ 0. Entonces, la gr¶a¯ca contiene los puntos (0; 0), (¼=2; ¼=2), (¼; ¼) . . . . . . . . , etc¶etera. Cuando µ aumenta, r aumenta con la misma rapidez y la espiral gira alrededor del origen en el sentido positivo cortando al eje polar en 0,2¼,4¼, : : :, como se ilustra en la Fig. 4.48. Si se permite que µ sea negativo, cuando µ disminuye tomando valores negativos, entonces la espiral resultante da vueltas alrededor del origen y es la imagen sim¶etrica con respecto al eje vertical de la curva que se muestra en la Fig. 4.48.

Figura 4.48: Espira de Arqu¶³mides ² Las ecuaciones polares producen muchas otras gr¶ a¯cas interesantes. Las coordenadas polares son u ¶tiles para las aplicaciones en las que aparecen circunferencias con centro en el origen o rectas que pasan por el origen, pues las ecuaciones que tienen estas gr¶a¯cas pueden escribirse en las formas simples r = k o bien µ = k, donde k es una constante. (Verif¶³quese este hecho.)

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4.5. Integrales dobles en coordenadas polares

4.5

247

Integrales dobles en coordenadas polares

² Estamos listos ahora para hacer integraci¶on. Consideramos primero la regi¶on polar elemental (Tipo I) de la Fig. 4.49, delimitada por arcos de circunferencia de radios r1 y r2 (el mayor), con centro en el origen, y por dos rayos que parten de este punto. Si ¢µ denota la medida en radianes del a¶ngulo entre los rayos y µr = r2 ¡ r1 , entonces el ¶area ¢A de la regi¶on es 1 1 ¢A = r22 ¢µ ¡ r12 ¢µ 2 2

¢µ

r2 ¢r r1

Figura 4.49: Regi¶on polar elemental. Esta f¶ormula tambi¶en puede escribirse como ¢ 1¡ 2 1 ¢A = r2 ¡ r12 ¢µ = (r2 + r1 )(r2 ¡ r1 )¢µ 2 2 (r2 + r1 ) Si se denota el radio medio por r, entonces 2 ¢A = r¹¢r¢µ: ² Luego se considera una regi¶on R del tipo ilustrado en la Fig. 4.50, acotada por dos rayos que forman a¶ngulos positivos ® y ¯ con el eje polar, y por las gr¶a¯cas de dos ecuaciones polares r = g1 (µ) y r = g2 (µ). Su p¶ongase que las funciones g1 y g2 son continuas y que g1 (µ) · g2 (µ) para todo µ en el intervalo [®; ¯]. ² Si R se subdivide por medio de arcos de circunferencia y rayos, entonces el conjunto de regiones polares elementales que est¶an completamente contenidas en R es una partici¶on polar interior P de R. La norma jjP jj de P es la longitud mayor de las diagonales en las Rk . Si se escoge un punto (rk ; µk ) en Rk tal que rk es el radio medio, entonces ¢Ak = rk ¢rk ¢µk

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248

Cap¶³tulo 4. Integrales m¶ ultiples

r = g2 (µ)

r = g1 (µ)

Figura 4.50: Regi¶on ² Para una funci¶on continua f de las variables polares r y µ, se puede demostrar el siguiente resultado. (¤) Teorema: 4.2. ZZ R

¦

f (r; µ) dA =

Z ¯Z ®

g2 (µ)

g1 (µ)

f (r; µ)r dr dµ = lim

jjP jj!0

X

f (rk ; µk ) rk ¢rk ¢µk

k

² Este teorema nos permite calcula una integral doble en la que la regi¶ on de integraci¶on est¶a descrita usando coordenadas polares. ² Si f (r; µ) = 1 en toda R, entonces la integral dada por es igual al a¶rea de R. ² En el archivo \Ejemplo de integraci¶on en polares y rectangulares.nb", del disco compacto, se muestra como realizar algunos de estos c¶alculos usando Mathematica. − Ejemplo 4.41. Calcular el a¶rea de la regi¶on R que se encuentra fuera de la gr¶a¯ca de r = a y dentro de la gr¶a¯ca de r = 2a sen µ. Soluci¶ on: Podemos, antes, representar en coordenadas cartesianas las ecuaciones dadas. La primera r = a es f¶acil, a saber x2 + y 2 = a. Para la segunda r = 2a sen µ, multiplicamos por r a ambos lados de la ecuaci¶on: r = 2a sen µ; r2 = 2ar sen µ x2 + y 2 = 2ay Completando cuadrados, obtenmos x2 + (y ¡ a)2 = a2 . La regi¶on est¶a en la Fig. 4.51 junto con una cu~ na t¶³pica de regiones polares elementales obtenida al sumar desde la frontera r = a hasta la frontera r = 2a sen µ. Luego se describe o barre la regi¶on haciendo variar µ de ¼=6 a 5¼=6. (Con frecuencia se comete el error de hacer variar µ de 0 a ¼. >Por qu¶e es incorrecto lo anterior?)

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4.5. Integrales dobles en coordenadas polares

249

µ = 5¼=6

µ = ¼=6

Figura 4.51: Regi¶on solicitada. Tenemos entonces que A=

ZZ

1 dA =

Z

R

5¼=6Z 2a sen µ

¼=6

r dr dµ

a

Para simpli¯car las operaciones puede usarse la simetr¶³a de R con respecto al eje y. En este caso se hace variar µ de ¼=6 a ¼=2, y se multiplica por 2 el resultado. As¶³ A=2

Z

¼=2

¼=6

o bien

¯2a sen µ Z ¼=2 £¡ 2 ¤ ¢ r2 ¯¯ 2 2 4a dµ dµ = sen µ ¡ a ¯ . . .2. . .a. . . . . . . ¼=6

¯¼=2 ¯ A = a2 [µ ¡ sen(2µ)] ¯¯ = ¼=6

2a

"

p # 3 ¼ + a2 : 3 2 ..................... y=a y =a+

a

p a2 ¡ x2

y =a¡

p a2 ¡ x2

p (a 3=2; a=2) a Figura 4.52: Regi¶on de integrac¶on.

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250

Cap¶³tulo 4. Integrales m¶ ultiples

En coordenadas rectangulares la regi¶on de integraci¶on es m¶as dif¶³cil de describir. En la Fig. 4.52 se parte la regi¶on en 4 partes. Veamos: A = 2

p 3a 2

Z 0

p a+ a2 ¡x2

Z a

p 3a 2

Z

Z

a

a

Z

p a+ a2 ¡x2

dy dx + p 3a . . . . . . . .2. . . .a. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Z a Z a dy dx p dy dx + p 3a . . . . . . . .2. . . .a¡ . . . a. 2.¡x . . 2. . . . . . . . . . . .

dy dx +

p a2 ¡x2

0

Z

>Se puede simpli¯car? 0. Soluci¶ on:

La regi¶on R ubicada en el primer cuadrante se muestra en la Fig. 4.53. El rizo

Figura 4.53: Regi¶on. en cuesti¶on se obtiene haciendo variar µ de 0 a ¼=2. (Obs¶ervese que r no est¶a de¯nido para ¼=2 < µ < ¼ o bien 3¼=2 < µ < 2¼) Tenemos as¶³ que: A=

ZZ

1 dA =

R

Por lo tanto: A=

Z 0

¼=2

Z 0

p ¼=2Z a sen 2µ

r dr dµ

0

¯ap sen 2µ Z r2 ¯¯ 1 ¼=2 2 dµ = a sen(2µ) dµ: ¯ 2 0 . . . 2. . .0. . . . . . . . .

2 Finalmnente tenemos que A = .a. . =2 ... .

¦

² En condiciones adecuadas, una integral doble en coordenadas rectangulares se puede transformar en una integral doble en coordenadas polares. Primero se sustituyen en el integrando las variables x y y por r cos µ y r sen µ. Luego se sustituye en la integral iterativa dy dx o bien dx dy por r dr dµ o bien r dµ dr, seg¶ un corresponda. La siguiente f¶ormula muestra la forma

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4.5. Integrales dobles en coordenadas polares

251

general del integrando. El s¶³mbolo de integral doble

ZZ

debe reemplazarse por un s¶³mbolo de

R

integral iterativa apropiado. ZZ ZZ f (x; y) dy dx = f (r cos µ; r sen µ) r dr dµ dA R

R

² Si el integrando f (x; y) de una integral doble

ZZ

f (x; y) dA contiene la expresi¶on x2 + y 2 o si

R

la frontera de la regi¶on R incluye arcos de circunferencia, entonces el uso de las coordenadas polares facilita la evaluaci¶on. Esto se ilustra en el siguiente ejemplo. − Ejemplo 4.43. Usar coordenadas polares para evaluar Z aZ pa2 ¡x2 ¡ 2 ¢3=2 x + y2 dy dx ¡a 0

Soluci¶ on: y=

¡a

p a2 ¡ x2

a

Figura 4.54: Semi{c¶³rculo superior. p La regi¶on de integraci¶on est¶a delimitada por las gr¶a¯cas de y = 0 (el eje x) y y = a2 ¡ x2 (media circunferencia), como se muestra en la Fig. 4.54. Primero sustituimos x2 + y 2 en el integrando por r2 y dy dx por r dr dµ. Luego se cambian los l¶³mites a los de coordenadas polares. Haciendo referencia a la Fig. 4.54, obtenemos Z ¼Z a Z aZ pa2 ¡x2 ¡ 2 ¢ 3=2 r3 r d dr dµ x + y2 dy dx = . . . . . .0. . .0. . . . . . . . . . . . . . . . ¡a 0 Z ¼ 5 ¯a Z a5 ¼ r ¯¯ dµ = dµ 5 ¯0 5 0 0 ¯¼ ¼a5 a5 ¯¯ : µ¯ = . . 5. . . . 5 0

² Las coordenadas polares pueden usarse tambi¶en para integrales dobles sobre una regi¶on R ¦ del tipo ilustrado en la Fig. 4.55. Esta es una regi¶ on en coordenadas polares que podr¶³amos denominar del tipo II.

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252

Cap¶³tulo 4. Integrales m¶ ultiples

² En este caso general R est¶a acotada por los arcos de dos circunferencias de radios a y b, y por las gr¶a¯cas de las ecuaciones polares µ = h1 (r) y µ = h2 (r), donde las funciones h1 y h2 son continuas, y h1 (r) · h2 (r) para todo r en el intervalo [a; b]. r=2 r=1

µ =1+r

µ =2+r

Figura 4.55: Regi¶on en coordenadas polares del tipo II.

¦

² Si f es una funci¶on de r y µ que es continua en R, entonces el l¶³mite de las sumas parciales sobre una partici¶on interior de esta regi¶on existe y la f¶ormula de evaluaci¶on correspondiente est¶a dada como sigue. Z bZ h2 (r) ZZ f (r; µ) dA = f (r; µ)r dµ dr R

a

h1 (r)

− Ejemplo 4.44. Calcular el a¶rea de la menor de las dos regiones acotadas por el eje polar, las gr¶a¯cas de r = 1, r = 2 y la parte de la espiral rµ = 1 que se encuentra entre µ = 1=2 y µ = 1. Soluci¶ on:

Figura 4.56: Regi¶on R.

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4.5. Integrales dobles en coordenadas polares

253

La regi¶on R est¶a en la Fig. 4.56. En este caso f (r; µ) = 1. Tenemos entonces que: ¯1=r Z 2Z 1=r Z 2 ZZ ¯ rµ¯¯ 1 dA = r dµ dr = dr A= . . . . .0 . . . R 1 0 1 Z 2 dr = 1. Por lo tanto, A = 1

² Si f (r; µ) ¸ 0 en toda una regi¶on polar R, entonces la integral doble

ZZ

f (r; µ) dA puede

R

considerarse como el volumen de un s¶olido. La diferencia principal con las coordenadas rectangulares es que se considera la gr¶a¯ca S de z = f (r; µ) en coordenadas cil¶³ndricas. El s¶olido se encuentra bajo la gr¶a¯ca de S y sobre la regi¶on R. − Ejemplo 4.45. Calcular el volumen V del s¶olido acotado por el paraboloide z = 4 ¡ x2 ¡ y 2 y por el plano xy. Soluci¶ on:

Figura 4.57: El s¶olido se muestra en la Fig. 4.57. Por simetr¶³a, basta encontrar el volumen del s¶olido ubicado en el primer octante y multiplicar el resultado por 4. En coordenadas cil¶³ndricas, la ecuaci¶on del paraboloide es z = 4 ¡ r2 . La regi¶on R en el plano xy est¶a acotada por los ejes coordenados y un cuarto de la circunferencia r = 2. Tenemos entonces que con f (r; µ) = 4 ¡ r2 . El volumen est¶a dado por: Z ¼=2Z 2 ZZ 2 (4 ¡ r2 )r dr dµ V =4 (4 ¡ r ) dA = 4 . . . . . . .0. . . . .0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . R ¸ ¯2 · Z ¼=2 Z ¼=2 r4 ¯¯ 2 2r ¡ =4 4 dµ dµ = 4 ¯ . . . . . . . . . . .4. . . . 0. . . . 0 0

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254

Cap¶³tulo 4. Integrales m¶ ultiples

o bien V = 8¼. El mismo problema, en coordenadas rectangulares, lleva a la siguiente integral doble: Z 2Z p4¡x2 ZZ ¡ ¢ ¡ ¢ 4 ¡ x2 ¡ y 2 dA = 4 4 ¡ x2 ¡ y 2 dy dx V =4 0

R

0

La evaluaci¶on de esta u ¶ltima integral convencer¶a de las ventajas de usar coordenadas cil¶³ndricas (o polares) en ciertos problemas. − Ejemplo 4.46. Halle el ¶area de la regi¶on R limitada por el c¶³rculo (x ¡ a)2 + y 2 = a2 . Soluci¶ on:

La gr¶a¯ca se muestra en la Fig. 4.58. La siguiente es una forma de escribir la ecuaci¶on de su frontera en coordenadas polares: (x2 ¡ 2ax + a2 ) + y 2 = a2 ; r2 = 2ar cos µ;

x2 + y 2 = 2ax;

. . .r. .=. . 2a . . .cos . . . µ. . . .

Por lo tanto, la regi¶on R se describe en coordenadas polares mediante las desigualdades

Figura 4.58: Regi¶on descrita. 0 · r · 2a cos µ, ¡¼=2 · µ · ¼=2. En consecuencia, tenemos que: Z ¼=2Z 2a cos µ Z ¼=2 · 2 ¸ ¯2a cos µ r ¯¯ r dr dµ dµ = A= 2 ¯0 . . . . . . ¡¼=2 . . . . . 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . ¡¼=2 Z ¼=2 Z ¼=2 2 2 2a cos µ dµ = a2 (1 + cos 2µ) dµ ¡¼=2

¡¼=2

2 o bien A = .¼a .... .

− Ejemplo 4.47. Encuentre el volumen de la regi¶on s¶olida interior tanto a la esfera x2 +y 2 +z 2 = 4 de radio 2 como al cilindro (x ¡ 1)2 + y 2 = 1. Este es el volumen de material removido cuando se perfora un hoyo no centrado de radio 1, justo tangente a un di¶ametro a trav¶es de toda la esfera de radio 2.

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4.5. Integrales dobles en coordenadas polares

255

Soluci¶ on: En la Fig. 4.59 se muestra el hemisferio superior.

Figura 4.59: Sol¶³do descrito. Se necesita integrar la funci¶onf (x; y) = (4 ¡ x2 ¡ y 2 )1=2 sobre el disco R limitado por el c¶³rculo de centro (1; 0) y radio 1 que aparece en la .

Figura 4.60: Regi¶on de integraci¶on El volumen buscado es el doble de la parte superior del plano xy: ZZ p V =2 4 ¡ x2 ¡ y 2 dA R

Pero esta integral ser¶³a dif¶³cil de evaluar en coordenadas rectangulares, por lo que se cambia a coordenadas polares. El c¶³rculo unitario de la Fig. 4.60 es, en coordenadas polares . . .r. = . . .2. cos . . . .µ. . . . Por consiguiente, la regi¶on R se describe con las desigualdades 0 · r · 2 cos µ;

¡¼=2 · µ · ¼=2:

Se integrar¶a s¶olo la mitad superior de R, aprovechando la simetr¶³a de la esfera agujerada; esto

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256

Cap¶³tulo 4. Integrales m¶ ultiples

signi¯ca duplicar por segunda vez la integral escrita. Por lo tanto: Z ¼=2Z 2 cos µ p 4 ¡ r2 r dr dµ V =4 0 0 " # 3=2 ¯2 cos µ Z ¼=2 Z ¼=2 ¯ (4 ¡ r2 ) ¡ ¢ 32 ¯ ¡ 1 ¡ sen3 µ dµ =4 dµ = ¯ 3 3 0 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .0. . . . . . . . . 16¼ 64 ¡ ¼ 9:64405. . . . .3. . . . . . 9. . . .

Tenemos as¶³ que V =

− Ejemplo 4.48. Encuentre el volumen del s¶olido limitado arriba por el paraboloide z = 8 ¡ r2 y abajo por el paraboloide z = r2 . (V¶ease la Fig. 4.61).

Figura 4.61: S¶olido descrito. Soluci¶ on: La curva de intersecci¶on de los dos paraboloides se encuentra con la soluci¶on simult¶anea de las ecuaciones de las dos super¯cies. Se elirnina z para obtener r2 = 8 ¡ r2 ;

o bien

2 . .r. . .=. .4: ...

Por lo tanto, el s¶olido se encuentra arriba del disco circular r · 2 y entonces su volumen es ZZ V = [(Sup. Sup.) ¡ (Sup. Inf.)] dA r·2

=

Z 0

=

Z 0

2¼Z 2 0

2¼Z 2 0

¡ ¢ 8r ¡ 2r3 dr dµ =

£ ¤ 2 2 (8 ¡ r ) ¡ r . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . r dr dµ ¸ · r4 2 2¼ 4r ¡ = 16¼ . . . . . . . . . . . . . .2. . . . . .

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4.5. Integrales dobles en coordenadas polares

257

− Ejemplo 4.49. Hallar el valor de I =

Z

+1

2

e¡x dx.

0

Soluci¶ on: Primero notamos que esta integral impropia converge porque Z b Z +1 Z b ¡x2 ¡x e dx · e dx · e¡x dx = 1: .. 0

0

0

2

(Esta primera desigualdad es v¶alida debido a que e¡x · e¡x para x ¸ 1). Se sigue que Z b 2 e¡x dx es una funci¶on acotada y creciente de b. 1

2 ¡y 2

Figura 4.62: Gr¶a¯ca de z = e¡x

. 2

2

Sea Vb el volumen de la regi¶on que se encuentra bajo la super¯cie z = e¡x ¡y y arriba del cuadrado de v¶ertices (§b; §b) en el plano xy. Ver Fig. 4.62. Tenemos entonces: ·Z b ¸ Z bZ b Z b ¡x2 ¡y 2 ¡y 2 ¡x2 Vb = e dx dy = e e dx dy ¡b ¡b

o bien V = =

¡b

µZ

µZ

b

e

¡b

b

e

¡b

Se sigue que el volumen bajo e¡x

¡x2

¡x2

¶ µZ dx

¡b

b

¡y 2

e

dy

¶

¡b

¶2 µZ dx = 4

b

¡x2

e

¶2 dx

¡b

2 ¡y 2

y sobre todo el plano xy es. µZ b ¶2 ¡x2 V = lim Vb = lim 4 e dx b!+1 b!+1 ¡b ¶ µZ +1 2 2 =4 e¡x dx = 4I 2 0

Juan Félix Ávila Herrera

258

Cap¶³tulo 4. Integrales m¶ ultiples

Ahora se calcula V por otro m¶etodo; el uso de coordenadas polares. Se toma el l¶³mite cuando b ! +1 del volumen bajo 2 2 2 z = e¡x ¡y = e¡r sobre el disco circular con centro en (0; 0) y radio b. El disco se describe como 0 · r · b, 0 · µ · 2¼, por lo que resulta Z 2¼Z b Z 2¼ 2 ¯b e¡r ¯¯ ¡r2 e r dr dµ = lim ¡ dµ V = lim b!+1 0 b!+1 0 2 ¯0 0 Z 2¼ ³ ´ ´ ³ 1 ¡b2 ¡b2 = lim 1¡e dµ = lim ¼ 1 ¡ e =¼ b!+1 0 b!+1 2 p ¼ . Se igualan los dos valores de V y se sigue que 4I = ¼. En consecuencia, I = 2 ZZ − Ejemplo 4.50. Calcule I = dA en la que R es la regi¶on limitada por la curva 2

R

¡ 2 ¢2 ¡ ¢ x + y 2 = a2 x2 ¡ y 2 ;

(x ¸ 0)

Soluci¶ on: Esta f¶ormula en coordenadas polares se convierte en ¡ 2 ¢2 ¡ ¢ r = a2 r2 cos2 µ ¡ r2 sen2 µ 2 o bien r2 = . . .a. .cos(2µ) . . . . . . . . . . El gr¶a¯co de esta curva se muestra en la Fig. 4.63

Figura 4.63: Gr¶a¯ca de r2 = a2 cos(2µ). Cuando µ var¶³a hay casos en los que la ecuaci¶on resultante no tiene soluciones reales para r. Efectivamente note que si 0 · µ · ¼=4, se tiene que cos(2µ) ¸ 0. Sin embargo si ¼=4 < µ < 3¼=4, se tiene que cos(2µ) < 0. Por otro lado, notamos que para cada valor de µ, al tener que resolver para r, se generan dos valores. Si empleamos la simetr¶³a de la curva la integral propuesta, tenemos que: Z ¼=4Z apcos 2µ a2 r dr dµ = : I=2 2 0 0

Juan Félix Ávila Herrera

4.5. Integrales dobles en coordenadas polares

259

− Ejemplo 4.51. Cambie el orden de integraci¶on para I dada por: I=

Z aZ 0

p p

a2 ¡x2

a2 ¡x2 2

f (x; y) dy dx

Exprese adem¶as I usando coordenadas polares. Soluci¶ on: Las curvas involucradas son a a 2

R1 R2 a

Figura 4.64: Regi¶on de integraci¶on. p a2 ¡ x2 y= ; 2

y=

p a2 ¡ x2

Si tomamos el cuadrado a ambos lados obtenemos: 2 x2 + 4y 2 = .a. .;.

x2 + y 2 = a2

Las curvas en cuesti¶on son una elipse y un c¶³rculo. Como x ¸ 0 y y ¸ 0 la regi¶on de integraci¶on se muestra en la Fig. 4.64. Si despejamos x obtenemos p p x = a2 ¡ 4y 2 ; x = a2 ¡ x2 Para invertir el orden de integraci¶on partimos el a¶rea de integraci¶on en R1 y R2 . Tenemos entonces que ZZ ZZ I= f (x; y) dA + f (x; y) dA =

Z aZ a 2

R1 p

0

R2 a2 ¡x2

Z aZ 2

f (x; y) dy dx +

p

p

a2 ¡x2

f (x; y) dy dx

. . . . . . . .0. . . . .a.2.¡4y . . .2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Juan Félix Ávila Herrera

260

Cap¶³tulo 4. Integrales m¶ ultiples

Para expresar I en coordenadas polares debemos hallar el equivalente de cada una de las ecuaciones x2 + y 2 + 3y 2 = a2 x2 + y 2 = a2 r2 + 3r2 sen2 µ = a2 a p r= . . . . . .1. + . . 3. . sen . . . .2 .µ. . . .

r2 = a2 r=a

Como solo usamos el primer cuadrante tenemos que 0 · µ · ¼=2. Por lo tanto: Z ¼Z 2

I=

0

4.6

a p

a 1+3 sen2 µ

f (r cos µ; r sen µ) ¢ r dr dµ

¶ Area de una super¯cie

² Usando sumas de Riemann se puede justi¯car el de¯nir el a¶rea A de una super¯cie regular z = f (x; y), que tiene como proyecci¶on en el plano xy una regi¶on R, como ZZ r ¡ ¢2 ³ ´2 A= 1 + @@xf + @@yf dA R

− Ejemplo 4.52. Sea R la regi¶on triangular del plano xy con v¶ertices (0; 0; 0), (0; 1; 0) y (1; 1; 0). Calcular el ¶area de la super¯cie de la parte de la gr¶a¯ca de z = 3x + y 2 que se encuentra sobre R. Ver Fig. 4.65.

Figura 4.65: Super¯cie. Soluci¶ on:

Juan Félix Ávila Herrera

¶ 4.6. Area de una super¯cie

261

Figura 4.66: Regi¶on. La regi¶on R del plano xy est¶a acotada por las gr¶a¯cas de y = x, x = 0 y y = 1, como se muestra en la Fig. 4.66. Empleando f (x; y) = 3x + y 2 , obtenemos Z 1Z y ZZ q ¡ ¢1=2 2 10 + 4y 2 32 + (2y) + 1 dA = dx dy A= R 0 0 ¯ Z 1 Z 1 ¡ ¢ ¯y ¡ ¢1=2 2 1=2 ¯ x 10 + 4y 10 + 4y 2 y dy dy = ¯ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0. . . . . 0 0 ¯ ¢ ¯1 1 ¡ 143=2 ¡ 103=2 2 3=2 ¯ 10 + 4y = = ¯ . . . . . . . . .12 .......... 12 0

o bien A ¼ 1:7 − Ejemplo 4.53. Calcular el a¶rea de la super¯cie de la parte de la gr¶a¯ca de la ecuaci¶on z = 9 ¡ x2 ¡ y 2 que se encuentra por arriba o en el plano xy. Soluci¶ on:

Figura 4.67: Super¯cie. La gr¶a¯ca est¶a en la Fig. Fig. 4.67. Tenemos entonces que: ZZ p ZZ q 2 2 (¡2x) + (¡2y) + 1 dA = 4x2 + 4y 2 + 1 dA A= R

R

para la regi¶on R del plano xy acotada por la circunferencia x2 + y 2 = 9. Si usamos coordenadas polares para evaluar la integral doble, entonces la ecuaci¶on de la frontera circular de R es r = 3

Juan Félix Ávila Herrera

262

Cap¶³tulo 4. Integrales m¶ ultiples

y por lo tanto, A=

2¼Z 3

Z 0

O bien A = ¼

0

p 2 . . . . .4r. . .+ . . 1. .r. . . dr dµ

323=2 ¡ 1 ¼ 117:3. 6

² Se pueden obtener f¶ormulas semejantes de a¶rea de una super¯cie cuando la super¯cie S tiene proyecciones adecuadas sobre los planos yz o xz. ² Si S es la gr¶a¯ca de una ecuaci¶on y = g(x; z) y su proyecci¶on en el plano xz es R1 entonces ZZ q ¡ @ g ¢2 ¡ @ g ¢2 A= + @z + 1 dA @x R1

² Si S es la gr¶a¯ca de una ecuaci¶on x = h(y; z) y su proyecci¶on en el plano xy es R2 entonces Z Z r³ ´2 ¡ @ h ¢2 @h + + 1 dA A= @y @z R2

² Consid¶erese ahora una super¯cie en coordenadas cil¶³ndricas parametrizada por medio de x = r cos µ;

y = r sen µ;

z = f (r; µ)

para (r; µ) en una regi¶on del plano rµ. En este caso la f¶ormula del a¶rea de dicha super¯cie queda como: ZZ q ¡ ¢2 ¡ ¢2 r2 + r2 @@rz + @@µz dr dµ A= R

− Ejemplo 4.54. Halle el a¶rea de la super¯cie del paraboloide z = r2 , cortada por r = 1. Ver Fig. 4.68.

Figura 4.68: Super¯cie.

Juan Félix Ávila Herrera

¶ 4.6. Area de una super¯cie

263

Soluci¶ on: En este caso tenemos: Z 2¼Z A= 0

o bien

As¶³ que A ¼ 5:3304.

0

1

q r2 + r2 (2r)2 dr dµ = 2¼

Z

p r 1 + 4r2 dr . . . . . 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

¸ ¯1 ´ ¼³ p ¯ ¢ 1 ¡ 2 3=2 ¯ 5 5¡1 A = 2¼ 1 + 4r ¯ = . . . .6. . . . . . . . . . . . . . . 12 0 ·

En este caso se puede obtener el mismo resultado al escribir primero z = x2 + y 2 , usando coordenadas rectangulares obtenemos: ZZ p 1 + 4x2 + 4y 2 dx dy A= R

y cambiando despu¶es a coordenadas polares. − Ejemplo 4.55. Encuentre el a¶rea de la rampa en espiral z = µ para 0 · r · 1, y 0 · µ · ¼: la super¯cie superior del s¶olido que se observa en la ¯gura 16.67.

Figura 4.69: Rampa. Soluci¶ on: La f¶ormula en este caso da Z ¼Z A= 0

As¶³ A ¼ 3:6059.

0

1

³ ¼ hp p p ´i 2 r + 1 dr dµ = .2. 2 + ln 1 + 2

Juan Félix Ávila Herrera

264

Cap¶³tulo 4. Integrales m¶ ultiples

Figura 4.70: Super¯cie S. − Ejemplo 4.56. (Adaptado del folleto del Prof. Manuel Calvo para c¶alculo III)

Sea a > 0. Calcular el a¶rea A de la regi¶on S en el plano x + y + z = a que determina el cilindro x2 + y 2 = a2 . Soluci¶ on: La gr¶a¯ca de la super¯cie S se muestra en la Fig. 4.70. Llamemos con F (x; y; z) = 0 a la ecuaci¶on de la super¯cie S en cuesti¶on. Si T es la proyecci¶on de S sobre el plano xy, podemos usar la f¶ormula: ¤ r ¡ @F ¢2 ³ @F ´2 ¡ @F ¢2 ZZ + @y + @z @x ¯ @F ¯ dA A(S) = ¯ ¯ T

@z

En nuestro caso la super¯cie S est¶a determinada por F (x; y; z) = 0 en donde F (x; y; z) = x + y + z ¡ a. La proyecci¶on T est¶a determinada por el cilindro x2 + y 2 = a2 . En este caso resulta conveniente usar coordenadas polares. Tenemos as¶³ que: ZZ p Z 2¼Z a p 1+1+1 A= 3 ¢ r dr dµ dA = 1 T 0 0 o bien A=

Z 0

2¼

p 2 ¯a Z 2¼ p 2 p 3r ¯¯ 3a dµ = dµ = 3¼a2 2 ¯0 2 0

− Ejemplo 4.57. (Adaptado del folleto del Prof. Manuel Calvo para c¶alculo III)

Sea a > 0. Calcular el a¶rea de la porci¶on de la esfera x2 + y 2 + z 2 = a2 que se halla en el interior del cilindro x2 + y 2 = ay y tal que z ¸ 0.

Soluci¶ on: Empezamos identi¯cando el centro del c¶³rculo x2 +y 2 = ay. Para ello completamos

¤

Esta f¶ ormula es presentada en el folleto de C¶ alculo III elaborado por el Prof. Manuel Calvo.

Juan Félix Ávila Herrera

¶ 4.6. Area de una super¯cie

265

Figura 4.71: Super¯cie S. cuadrados:

³ a ´2 ³ a ´2 x2 + y ¡ = 2 2 Por lo tanto, la proyecci¶on sobre el plano xy es un c¶³rculo centrado en (0; a=2) y de radio a=2. Expresemos este c¶³rculo en coordenadas polares: x2 + y 2 = ay;

x2 + y 2 ¡ ay = 0;

x2 + y 2 = ay;

r2 = a ¢ r sen µ;

r = a sen µ:

En este caso 0 · µ · ¼.

Veamos ahora en qu¶e se convierte la f¶ormula: r ¡ @F ¢2 ³ @F ´2 ¡ @F ¢2 ZZ + @y + @z @x ¯ @F ¯ A(S) = dA ¯ ¯ T

2

2

@z

2

2

Observamos que F (x; y; z) = x + y + z ¡ a . Por lo tanto: r ¡ @F ¢2 ³ @F ´2 ¡ @F ¢2 p + @y + @z @x 4x2 + 4y 2 + 4z 2 ¯ @F ¯ = ¯ ¯ 2z @z

2

a 4 (x + y 2 + z 2 ) =p = p 2 a2 ¡ x2 ¡ y 2 a2 ¡ x2 ¡ y 2

De esta manera: A(S) =

Z ¼Z 0

0

a sen µ

¯a sen µ Z ¼ p ¯ a¢r 2 2 ¯ p dr dµ = ¡a a ¡ r dµ ¯ a2 ¡ r2 0 0 Z ¼ = a2 ¡ a2 jcos µj) dµ = a2 (¼ ¡ 2) 0

Juan Félix Ávila Herrera

266

4.7

Cap¶³tulo 4. Integrales m¶ ultiples

Aplicaciones de las integrales dobles

² Se dice que un s¶olido de masa m y volumen V es homog¶eneo si la masa est¶a distribuida uniformemente en el s¶olido. La densidad (o masa espec¶³¯ca) a se de¯ne por ±=

m V

o bien m = ±V

entonces ± es masa por unidad de volumen. Si, por ejemplo, m se mide en gramos (g) y V en cm3 , ± se expresa en g/cm3 . ² Consideremos ahora una l¶amina no homog¶enea, es decir, una en la que la densidad no es la misma en todas partes. Por ejemplo, una l¶amina puede estar formada por diferentes metales, como cobre, hierro y oro. ² Se puede usar la integral doble para encontrar la masa M y el centroide (¹ x; y¹) de una placa delgada o de una l¶amina plana que ocupe una regi¶on limitada R del plano xy. ² Sup¶ongase que la densidad de la l¶amina (en unidades de masa por unidad de a¶rea) en el punto (x; y) esta dada por la funci¶on continua ½(x; y). ² Sea P = fR1 ; R2 ; R3 ; : : : ; Rn g una partici¶on interior de R y esc¶ojase un punto (x¤i ; yi¤ ) de cada subrect¶angulo Ri . Entonces, la masa del pedazo de l¶amina que ocupa Ri tendr¶a el valor aproximado ½(x¤i ; yi¤ )¢Ai , donde ¢Ai designa el a¶rea a(Ri ) de Ri . Por lo tanto, la masa aproximada de la l¶amina completa estar¶a esta dada por M¼

n X

½(x¤i ; yi¤ )¢Ai

i=1

² Recu¶erdese que el momento de una part¶³cula con respecto al eje de las x es el producto de su masa por su distancia orientada al eje de las x; su momento con respecto al eje de las y es el producto de su masa por su distancia orientada al eje de las y. As¶³ que los momentos Mx y My de la l¶amina con respecto a los ejes de las x y de las y tienen los valores aproximados respectivos de n n X X ¤ ¤ ¤ Mx ¼ yi ½(xi ; yi )¢Ai ; My ¼ x¤i ½(x¤i ; yi¤ )¢Ai i=1

i=1

² Cuando la norma jP j de la partici¶on interior P tiende a cero, estas sumas riemannianas se aproximan a las integrales dobles sobre R correspondientes, por lo que se puede de¯nir la masa M y los momentos Mx y My por medio de las f¶ormulas ZZ ½(x; y) dA M= R

Mx =

ZZ

R

y½(x; y) dA;

My =

ZZ R

x½(x; y) dA

Juan Félix Ávila Herrera

4.7. Aplicaciones de las integrales dobles

267

Estas f¶ormulas se abrevian as¶³: ZZ M= dM;

Mx =

ZZ

R

y dM;

My =

ZZ

R

x dM

R

en t¶erminos del elemento de masa dM = ½ dA. ² Las coordenadas (¹ x; y¹) del centroide o centro de masa de la l¶amina estar¶an dadas por las f¶ormulas ÁZZ ZZ My x¹ = = x½(x; y) dA ½(x; y) dA M R R ÁZZ ZZ Mx = y½(x; y) dA ½(x; y) dA y¹ = M R R Es f¶acil recordar estas f¶ormulas en la forma ZZ 1 x¹ = x dM; M R o bien x¹ =

ZZ

y¹ =

ZZ

R

1 y¹ = M

ZZ

y dM

R

ÁZ Z x½(x; y) dA ½(x; y) dA R

ÁZ Z y½(x; y) dA ½(x; y) dA

R

R

² Se tiene que x¹ y y¹ son los valores promedio de x y y con respecto a la masa de la regi¶ on R. El centroide (¹ x; y¹) es el punto de la l¶amina en donde se equilibra horizontalmente si se coloca, por ejemplo, sobre la punta de un picahielo. − Ejemplo 4.58. Una l¶amina ocupa la regi¶on limitada por la recta y = x + 2 y la par¶abola y = x2 . Suponga que la densidad de la l¶amina en el punto P (x; y) es proporcional al cuadrado de la distancia de P al eje de las y; esto es, ½(x; y) = kx2 , siendo k una constante positiva. Encuentre la masa y el centroide de esta l¶amina. Soluci¶ on: La gr¶a¯ca de la l¶amina se muestra en la Fig. 4.72. La recta y la par¶abola se cortan en los dos puntos (¡1; 1) y (2; 4), por lo tanto: M=

Z 2Z

x+2

¡1 x2

2

.kx . . . . dy dx = k =k

Z

Z

2

¡1

¯ £ 2 ¤ ¯x+2 x y ¯¯ dx . . . . . . . . .x.2. . . .

¡ 3 ¢ 63k : x + 2x2 ¡ x4 dx = 20 ¡1 2

Juan Félix Ávila Herrera

268

Cap¶³tulo 4. Integrales m¶ ultiples

Figura 4.72: L¶amina. Entonces, las coordenadas del centroide est¶an dados por: 20 x¹ = 63k

Z 2Z

x+2

¡1 x2

20 = 63

20 y¹ = 63k

Z 2Z

x+2

Z

Z

Z

2

¡1

¯ £ 3 ¤ ¯x+2 x y ¯¯ dx . . . . . . . . .x.2. . . .

¡ 4 ¢ 8 20 18 : x + 2x3 ¡ x5 dx = ¢ = .7. . 63 5 ¡1 2

20 kx y dy dx = 63 2

¡1 x2

10 = 63

20 kx dy dx = 63 3

Z

2

¡1

¸ ¯x+2 x2 y 2 ¯¯ dx ¯ . . . . . .2. . . . . x. 2. . . . . ·

¡ 4 ¢ 118 10 531 ¢ = : x + 4x3 + 4x2 ¡ x6 dx = 63 35 49 ¡1 2

Por lo tanto, la l¶amina tiene una masa de 63k=20 y su centroide se localiza en el punto

¢ 118 . ; 7 49

¡8

− Ejemplo 4.59. Una l¶amina tiene la forma de un tri¶angulo rect¶angulo is¶osceles con catetos de longitud a. Suponga que la densidad en un punto P es directamente proporcional al cuadrado de la distancia al v¶ertice opuesto a la hipotenusa. Encontrar su centro de masa. Soluci¶ on: Podemos colocar el tri¶angulo en cuesti¶on en un sistema coordenado con su a¶ngulo recto sobre el origen de coordenadas tal como se muestra en la Fig. 4.73. De esta forma si un punto (x; y) est¶a en el tri¶angulo su densidad ±(x; y) = k(x2 + y 2 ), para alg¶ un k. La masa est¶a dada por ZZ Z aZ a¡x ¢ ¡ 2 2 m= ±(x; y) dA = . . .k. . .x. . + . . .y. . . . . dy dx R 0 0 · ¸¯ ¸ Z a Z a· 3 ¯a¡x y ¯ 1 2 2 3 x y + =k dx = k x (a ¡ x) + (a ¡ x) dx ¯ 3 . . . . . . . . . . . .3. . . . 0. . . . . . . 0 0

Juan Félix Ávila Herrera

4.7. Aplicaciones de las integrales dobles

269

(0; a) x+y =a

(l¶amina) (a; 0)

Figura 4.73: L¶amina triangular.

o bien m =

ka4 . Por otro lado . . 6. . . My =

ZZ

2

2

xk(x + y ) dA =

R

Z aZ 0

0

ka5 15 ka4 6

=

a¡x

ka5 xk(x + y ) dy dx = . .15 ... 2

2

De esta forma tenemos que x¹ =

2a : . .5. . .

2a y¹ = . Por lo tanto el centro de masa (el punto de . . . . . . .5. . . ¡ 2a 2a ¢ equilibrio) de la l¶amina es 5 ; 5 .

An¶alogamente, Mx =

1 ka5 15

y

− Ejemplo 4.60. Una l¶amina tiene la forma de un cuarto de c¶³rculo (del primer cuadrante) de radio a, como se muestra en laFig. 4.74. Su densidad es proporcional a la distancia al origen; es decir, la densidad en (x; y) es ½(x; y) = k

p

x2 + y 2 = kr

(donde k es una constante positiva). Encuentre su masa y su centroide Soluci¶ on: Primero se cambia a coordenadas polares; y la forma de la frontera de la l¶ amina sugiere que esto facilitar¶a el problema. Entonces, la masa est¶a dada por: M= =k

Z

Z

¼=2Z a

0

0

¼=2

kr2 dr dµ 0 · 3 ¸ ¯a Z ¼=2 3 r ¯¯ k¼a3 a dµ = : dµ = k ¯ 3 6 . . . .3. . . .0. . 0

Juan Félix Ávila Herrera

270

Cap¶³tulo 4. Integrales m¶ ultiples

Figura 4.74: L¶amina. Por la simetr¶³a de la l¶amina y de su funci¶on de densidad, el centroide se encuentra sobre la recta y = x. Veamos: ZZ Z ¼=2Z a 1 6 y½ dA = kr3 sen µ dr dµ x¹ = y¹ = k¼a3 0 . . . .M . . . . . .R. . . . . . . . . . 0 ¸ ¯a Z ¼=2 · 4 Z ¼=2 4 3a r sen µ ¯¯ 6 a 6 dµ = ¢ sen µ dµ = = 3 ¯ .2¼ ... ¼a 0 4 ¼a3 4 0 0 En µ consecuencia, la l¶amina dada tiene como masa ¶ 3a 3a ; . . . . . .2¼ . . . .2¼ ......

k¼a3 6

y su centroide se localiza en el punto

− Ejemplo 4.61. Una l¶amina tiene la forma de la regi¶on R del plano xy acotada por las gr¶a¯cas de x = y 2 y x = 4. Suponga que la densidad en el punto P (x; y) es directamente proporcional a la distancia al eje y. Calcular el centro de masa. Soluci¶ on:

Figura 4.75: L¶amina. La regi¶on est¶a en la Fig. 4.75. Por hip¶otesis, la densidad en (x; y) es ±(x; y) = kx, para una constante k. Por la forma de ± y la simetr¶³a de la regi¶on vemos que el centro de masa est¶a

Juan Félix Ávila Herrera

4.7. Aplicaciones de las integrales dobles

271

sobre el eje x, es decir, y¹ = 0. Integrando primero con respecto a x, obtenemos Z 2Z 4 ZZ kx dA = k x dx dy m= R

=

Z

¡2 y 2

¸ ¯4 Z x2 ¯¯ ¢ k 2¡ 128k dy = 16 ¡ y 4 dy = ¯ 2 ¡2 5 . . . . 2. . . . .y2. . .

2

¡2

·

Seg¶ un la de¯nici¶on ZZ

My =

x(kx) dA = k

Z 2Z ¡2

R

=k

Z

2

¡2

¯ 3 ¯4

x ¯ k dy = ¯ 3 y2 3

Z

2

¡2

¡

4

x2 dx dy

y2

¢ 64 ¡ y 6 dy =

512k . . . 7. . . .

De modo tenemos que, 512k My 20 7 x¹ = = 128k = ¼ 2:86: m 7 5 µ ¶ 20 ;0 Por consiguiente, el centro de masa es . . . . . .7. . . . . . .

² Un concepto f¶³sico importante es el de momento de inercia. El momento de inercia (polar) I0 de una l¶amina, cuya densidad est¶a dada por ½(x; y), con respecto al origen est¶a dado por ZZ ¡ 2 ¢ I0 = x + y 2 ½(x; y) dA R

² Si designamos con Ix el momento de inercia de la l¶amina con respecto al eje de las x y con Iy es el momento de inercia con respecto al eje de las y, entonces sus f¶ormulas est¶an dadas por: ZZ ZZ 2 Ix = y ½(x; y) dA; Iy = x2 ½(x; y) dA R

R

− Ejemplo 4.62. Calcule Ix para una l¶amina de densidad constante ½ = 1 que ocupa la regi¶on limitada por las curvas x = §y 4 ; ¡1 · y · 1 Soluci¶ on: La l¶amina se muestra en la Fig. 4.76. Tenemos entonces que: Z 1Z y4 Ix = y 2 dx dy =

Z

¡1 ¡y 4

1

¡1

¯4 Z 1 £ 2 ¤ ¯y 4 xy ¯¯ : dy = 2y 6 dy = . . . 7 4 ¡y ¡1 ..............

Juan Félix Ávila Herrera

272

Cap¶³tulo 4. Integrales m¶ ultiples

Figura 4.76: L¶amina.

− Ejemplo 4.63. Encuentre el momento de inercia polar de una l¶amina circular de radio a y densidad constante ½ con centro en el origen. Soluci¶ on: La f¶ormula en este caso da ZZ ¡ 2 ¢ x + y 2 ½ dA Io = =

Z 0

x2 +y 2 ·a2

2¼Z a 0

2

r ¢ ½ ¢ r dr dµ =

Z

2¼Z a

½ r3 dr dµ = . . . . . . .0. . . .0. . . . . . . . . . . . .

½¼a4 M a2 = 2 2

en donde M = ½¼a2 es la masa de la l¶amina circular (disco).

4.8

Integrales triples

² Las integrales triples de una funci¶on f de tres variables x, y, z se pueden de¯nir siguiendo un proceso de cuatro pasos parecido al que se us¶o para las funciones de una y dos variables. ² A continuaci¶on se de¯nen para el caso m¶as sencillo, cuando f es continua en un paralelep¶³pedo rectangular Q dado por Q = f(x; y; z) : a · x · b; c · y · d; m · z · ng como se ilustra en la Fig. 17.38(i). ² Si se divide Q en subregiones Q1 , Q2 , Q3 , : : : Qn mediante planos paralelos a los tres planos coordenados, entonces el conjunto fQk g es una partici¶on P de Q. La norma jjP jj de la partici¶on es la longitud de la mayor de las diagonales de todos los Qk . Si ¢xk , ¢yk y ¢zk son las longitudes de los lados de Qk , entonces su volumen ¢Vk est¶a dado por: ¢Vk = ¢xk ¢yk ¢zk :

Juan Félix Ávila Herrera

4.8. Integrales triples

273

Figura 4.77: Paralelep¶³pedo ² Una suma de Riemann de f para la partici¶on P es una suma como X

f (u; vk ; wk ) ¢Vk

k

donde (u; vk ; wk ) es un punto arbitrario en Qk . El l¶³mite de las sumas de Riemann cuando jjP jj ! 0, se de¯ne como en el caso de las funciones de dos variables. Si el l¶³mite existe, se denota por ZZZ f (x; y; z) dV

Q

y se llama integral triple de f sobre Q. A continuaci¶on se tiene, usando la notaci¶on de l¶³mites. ² Se puede demostrar que si Q es la regi¶on dada por Q = f(x; y; z) : a · x · b; c · y · d; m · z · ng entonces se cumple que: ZZZ

f (x; y) dV =

Q

Z nZ dZ m

c

b

f (x; y; z) dx dy dz

a

² La integral iterativa del lado derecho se eval¶ ua de dentro hacia afuera. As¶³, primero se integra con respecto a x (manteniendo y y z ¯jas); luego con respecto a y (manteniendo z ¯ja) y despu¶es con respecto a z. Hay otras cinco integrales iterativas equivalentes a la integral triple de f sobre Q, por ejemplo, cuando el orden de integraci¶on es y, z, x. Cuando Q es un paralelep¶³pedo rectangular el orden de integraci¶on no altera el resultado. ZZZ − Ejemplo 4.64. Evaluar 3xy 3 z 2 dV para Q

Q = f(x; y; z) : ¡1 · x · 3;

1 · y · 4;

0 · z · 2g:

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274

Cap¶³tulo 4. Integrales m¶ ultiples

Soluci¶ on: De las seis integrales iterativas posibles elegimos la siguiente: ¯z=2 Z 4Z 3Z 2 Z 4Z 3 ¯ 3 2 3 3 xy z ¯¯ dx dy . .3xy . . . .z. . . dz dx dy = 1 ¡1 0 1 ¡1 z=0 ¯x=3 Z 4Z 3 Z 4 ¯ 3 2 3¯ = 8xy dx dy = 4x y ¯ dy 1

Z 1

4

³

¡1

1

3 3 . . .36y ....¡ . . .4y .....

´

x=¡1

¯y=4 ¯ dy = 8y ¯ = 2040: 4¯

y=1

² Pueden de¯nirse las integrales triples sobre regiones m¶as complicadas. Los caso t¶³picos se muestran en la Fig. 4.78.

Figura 4.78: Tipos de s¶olidos ² Por ejemplo, sea R una regi¶on del plano xy que se puede dividir en subregiones del Tipo I y del Tipo 11, y sea Q la regi¶on en tres dimensiones de¯nida por Q = f(x; y; z) : (x; y) est¶a en R y k1 (x; y) · z · k2 (x; y)g donde las funciones k1 y k2 tienen primeras derivadas parciales continuas en R. La regi¶on Q se encuentra entre las gr¶a¯cas de z = k1 (x; y) y z = k2 (x; y), y arriba o abajo de la regi¶on R (v¶ease la Fig. 4.79). ² El siguiente resultado se deduce en forma an¶aloga que para el caso de integrales dobles. # ZZZ Z Z "Z k2 (x;y) f (x; y; z) dV = f (x; y; z) dz dA Q

R

k1 (x;y)

Juan Félix Ávila Herrera

4.8. Integrales triples

275

Figura 4.79: Regi¶on de integraci¶on ² La notaci¶on en el lado derecho signi¯ca que se integra primero con respecto a z y luego se eval¶ ua la integral doble resultante sobre la regi¶on R del plano xy usando los m¶etodos ya vistos. Si R es del Tipo I y se sabe que g1 (x) · y · g2 (x) entonces ZZZ

f (x; y; z) dV =

Z bZ

Q

a

g2 (x)

Z

g1 (x)

k2 (x;y)

f (x; y; z) dz dy dx

k1 (x;y)

² El s¶³mbolo del lado derecho de esta ecuaci¶on es una integral triple iterativa. Se eval¶ ua con integraciones parciales de f (x; y; z) en el orden z, y, x, sustituyendo los l¶³mites de integraci¶on de la manera acostumbrada. ² An¶alogamente, si R es del Tipo II, con h1 (y) · x · h2 (y), entonces ZZZ

f (x; y; z) dV =

Z dZ

Q

− Ejemplo 4.65. Expresar

Z

h1 (y)

c

ZZZ

h2 (y)

k2 (x;y)

f (x; y; z) dz dx dy

k1 (x;y)

f (x; y; z) dV como una integral iterativa, para la regi¶ on Q

Q

en el primer octante acotada por los planos coordenadas y las gr¶a¯cas de y2 4

z ¡ 2 = x2 +

y x2 + y 2 = 1:

Soluci¶ on: 2

Como se puede ver en la Fig. 4.80 Q se encuentra bajo el paraboloide z ¡ 2 = x2 + y4 y sobre la gr¶a¯ca de z = 0 (el p plano xy). La regi¶on R del plano xy est¶a acotada por los ejes coordenadas y la gr¶a¯ca de y = 1 ¡ x2 . Tenemos entonces que: ZZZ Q

f (x; y; z) dV =

Z 1Z 0

0

p

1¡x2Z 2+x2 +y 2 =4 0

f (x; y; z) dz dy dx

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276

Cap¶³tulo 4. Integrales m¶ ultiples

Figura 4.80: Regi¶on de integraci¶on. Si f (x; y; z) = 1 en Q, entonces la integral triple de f sobre Q se escribe como

ZZZ

dV y su

Q

valor es el volumen de la regi¶on Q. El volumen V de la regi¶on Q es entonces: Z 1Z 0

p 1¡x2Z 2+x2 +y 2 =4

0

dz dy dx =

0

37¼ . .64 ....

− Ejemplo 4.66. Calcular el volumen del s¶olido acotado por el cilindro y = x2 y los planos y + z = 4 y z = 0. Soluci¶ on:

Figura 4.81: S¶olido. El s¶olido est¶a en la Fig. 4.81. Obs¶ervese que la variable z var¶³a desde z = 0 hasta z = 4 ¡ y. La regi¶on R del plano xy se muestra en la Fig. 4.81. Tenemos entonces que V =

Z 4Z 0

p Z y 4¡y p

¡ y 0

dz dx dy =

256 . .15 ...

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4.8. Integrales triples

277

Una forma alternativa es

Z 2Z 4Z

4¡y

dz dy dx

¡2 x2 0

² Algunas integrales triples se pueden evaluar mediante una integral triple iterativa, en la que la primera integraci¶on se efect¶ ua con respecto a y. As¶³, sea Q = f(x; y; z) : a · x · b; h1 (x) · z · h2 (x); k1 (x; z) · y · k2 (x; z)g dondeh1 y h2 son funciones continuas en [a; b] y k1 , y k2 son funciones con primeras derivadas parciales continuas en la regi¶on R del plano xz, que se muestra en la Fig. 4.82.

Figura 4.82: Regi¶on R. ² N¶otese que Q se encuentra entre las gr¶a¯cas de y = k1 (x; z) y y = k2 (x; z). La proyecci¶on R de Q sobre el plano xz es una regi¶on del Tipo I. En este caso se tiene el siguiente resultado. Z bZ h2 (x)Z k2 (x;y) ZZZ f (x; y; z) dV = f (x; y; z) dy dz dx Q

a

h1 (x)

k1 (x;y)

− Ejemplo 4.67. Calcular el volumen de la regi¶on Q acotada por las gr¶a¯cas de z = 3x2 ;

z = 4 ¡ x2 ;

y = 0 y z + y = 6:

Soluci¶ on: Como se puede ver en la Fig. 4.83 Q se encuentra bajo el cilindro z = 4 ¡ x2 , y sobre el cilindro z = 3x2 , a la derecha del plano xz y a la izquierda del plano z + y = 6. Entonces, Q es una regi¶on dondek1 (x; z) = 0 y k2 (x; z) = 6 ¡ z. La regi¶on R del plano xz aparece en la Fig. 4.83. De esta forma: ZZZ Z 1Z 4¡x2Z 6¡z V = f (x; y; z) dV = dy dz dx ¡1 3x2

Q

=

Z 1Z

4¡x2

¡1 3x2

(6 ¡ z) dz dx =

Z

1

¡1

·

0

z2 6z ¡ . . . . . . . .2. . .

¸ ¯4¡x2 ¯ ¯ ¯ 2 dx 3x

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278

Cap¶³tulo 4. Integrales m¶ ultiples

Figura 4.83: S¶olido. o bien V =

Z

1

¡1

(16 ¡ 20x2 + 4x4 ) dx =

304 ¼ 20:3 . .15 ...

Si us¶aramos un orden de integraci¶on diferente, ser¶³a necesario evaluar varias integrales triples. (>Puede verse a qu¶e se debe esto?) . ² Finalmente, si Q es una regi¶on del tipo ilustrado en la Fig. 4.84, donde p1 y p2 son funciones con primeras derivadas continuas en una regi¶ on adecuada R del plano yz, entonces # ZZZ Z Z "Z p2 (y;z)

f (x; y; z) dV =

Q

f (x; y; z) dx dA

R

p1 (y;z)

Figura 4.84: Regi¶on. En la u ¶ltima integral doble iterativa dA se puede reemplazar por dz dy o bien dy dz. − Ejemplo 4.68. En el Ejemplo 4.66 se consider¶o el s¶olido delimitado por el cilindro y = x2 y los planos y + z = 4 y z = 0. Calcular el volumen integrando primero con respecto a x. Soluci¶ on: La regi¶on R del plano yz se encuentra entre estas gr¶a¯cas y est¶a acotada por el eje y, el eje z y la recta y + z = 4, como se muestra en la Fig. 4.81 . Si la segunda integraci¶on es con respecto

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4.8. Integrales triples

279

a y, entonces V =

Z 4Z 0

4¡zZ

p

y

p ¡ y

0

dx dy dz:

Puede veri¯carse que el valor de esta integral es 256=15. Si hacemos la segunda integraci¶on con respecto a z en vez de con respecto a y, entonces la integral iterativa es V =

Z 4Z 0

4¡yZ

p y

p ¡ y

0

dx dz dy:

² La aplicaci¶on de las integrales dobles se generalizan de inmediato para las integrales triples. Si T es un cuerpo s¶olido cuya funci¶on densidad es ½(x; y; z), entonces la masa M estar¶a dada por M=

ZZZ

½(x; y; z) dV

T

² Las coordenadas del centroide de T est¶an dadas por ZZZ ZZZ 1 1 x½(x; y; z) dV; y¹ = y½(x; y; z) dV; x¹ = M M T T 1 z¹ = M

ZZZ

z½(x; y; z) dV;

T

² Los momentos de inercia de T con respecto a los tres ejes coordenados se de¯nen como ZZZ ZZZ 2 2 (y + z )½(x; y; z) dV; Iy = (x2 + z 2 )½(x; y; z) dV; Ix = T

T

Iz =

ZZZ

(x2 + y 2 )½(x; y; z) dV

T

− Ejemplo 4.69. Calcule por integraci¶on triple (de tres maneras) el volumen de la regi¶on T limitada por el cilindro parab¶olico x = y 2 y los planos z = 0 y x + z = 1. Encuentre tambi¶en el centroide de T (bajo el supuesto de que su densidad ½ es la constante 1). Soluci¶ on: Los tres segmentos de la Fig. 4.85 que son paralelos a los ejes coordenadas indican que la regi¶on T es a la vez x-simple, y-simple, z-simple. Por lo tanto, se puede integrar en cualquier orden que se elija. La proyecci¶on de T sobre el plano xy es la regi¶on que se muestra en la Fig. 4.86-A, limitada por x = y 2 y x = 1.

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280

Cap¶³tulo 4. Integrales m¶ ultiples

Figura 4.85: Regi¶on T .

Figura 4.86: Proyecciones Tenemos entonces que: V =

Z 1Z 1Z

1¡x

dz dx dy = 2

¡1 y 2 0

Z 1Z 0

1

y2

(1 ¡ x) dx dy

¸ ¯1 ¶ Z 1µ Z 1· 1 y4 x2 ¯¯ 8 2 ¡y + x¡ dy = 2 =2 dy = : ¯ . . .2. . . . . . . . . .2. . . . 2 y2 15 0 0 La proyecci¶on de T sobre el plano xz es el tri¶angulo limitado por los ejes coordenados y la recta con ecuaci¶on x + z = 1 (ver Fig. 4.86-B). De esta forma tenemos que: V =

Z 1Z 0

0

1¡xZ

p

x

p ¡ x

=2

dy dz dx = 2

Z 1³ 0

Z 1Z 0

1¡x

p x dz dx

0

1=2 3=2 . . .x. . . .¡ . . x. . . . . .

´

dx =

8 : 15

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4.8. Integrales triples

281

La proyecci¶on de T sobre el plano yz est¶a limitada por el eje de las y y la par¶abola z = 1 ¡ y 2 (como en la Fig. 4.86)-C. As¶³ tenemos que: V =

Z 1Z

¡1 0

1¡y 2Z 1¡z

dx dz dy

y2

y la evaluaci¶on de esta integral m¶ ultiple da otra vez V =

8 . 15

En cuanto al centroide de T : Puesto que la regi¶on T es sim¶etrica con respecto al plano xz, su centroide se encuentra en dicho plano, por lo que y¹ = 0. Calculemos x¹ y z¹ por integraci¶on, primero con respecto a y. Veamos: Z p ZZZ Z Z 1 15 1 1¡x x x¹ = x dV = x dy dz dx p V 8 0 0 T ¡ x Z Z Z ´ 15 1 ³ 15 1 1¡x 3=2 3=2 5=2 ¡ x x x dz dx = = . . . . . . . . . . . . . . . dx; 4 4 0

0

0

y de forma an¶aloga 1 z¹ = V

ZZZ T

15 z dV = 8

Z 1Z 0

0

1¡xZ

p x

p ¡ x

Por lo tanto, el centroide de T est¶a situado en el punto

z dy dz dx =

2 .7.

3 2 ( ; 0; ) . . . . 7. . . . .7. . . .

− Ejemplo 4.70. Encuentre el volumen del segmento oblicuo del paraboloide limitado por elparaboloipe z = x2 + y 2 y el plano z = y + 2. Soluci¶ on:

Figura 4.87: S¶olido. La regi¶on T se muestra en la Fig. 4.87 es z-simple pero su proyecci¶on sobre el plano xy est¶a limitada por la gr¶a¯ca de la ecuaci¶on x2 + y 2 = y + 2, que es un c¶³rculo trasladado. Por

Juan Félix Ávila Herrera

282

Cap¶³tulo 4. Integrales m¶ ultiples

consiguiente, ser¶³a m¶as bien poco conveniente integrar primero con respecto a z. Sin embargo planteamos la integral: Z

2

¡1

Z

q

¡

2 (y¡ 12 ) Z

9 ¡ 4

q

9 ¡ 4

2

(y¡ 12 )

2+y

81¼ : . . 32 .....

dz dx dy =

x2 +y 2

La regi¶on T tambi¶en es x-simple por eso se puede integrar primero con respecto a x. La s

x=¡

¶2 µ 1 9 ¡ y¡ 4 2

x=

s

µ ¶2 9 1 ¡ y¡ 4 2

Figura 4.88: Proyecci¶on sobre xy. proyecci¶on de T en el plano yz est¶a limitada por la recta z = y + 2 y la par¶abola z = y 2 , que se intersecan en los puntos (¡1; 1) y (2; 4) como se ve en la Fig. p4.89. Los extremos de un segmento de T paralelo al eje de las x tiene como abscisas x = § z ¡ y 2 .

Figura 4.89: Proyecci¶on. Puesto que T es sim¶etrico con respecto al plano yz, se puede integrar de x = 0 a x = y duplicar el resultado. En consecuencia tenemos: p 2 Z 2Z y+2Z Z 2Z y+2 p . . . . z. .¡ . . y. . . . V =2 dx dz dy = 2 z ¡ y 2 dz dy ¡1 y 2

0

¡1 y 2

¸3=2 ¯y+2 Z 2· Z ´3=2 ¯ 2 4 2 ³ 2 + y ¡ y2 2 ¯ (z ¡ y ) dy 2 ............... ¯ 2 dy = 3 ¡1 3 ¡1 y

p

z ¡ y2

Juan Félix Ávila Herrera

4.8. Integrales triples

283

o bien Z

4 V = 3

µ

¡3=2

27 = 4

y ¯nalmente V =

3=2

Z

9 ¡ u2 4

¶3=2

¼=2 4

cos µ dµ;

¡¼=2

du (completando el cuadrado; u = y ¡ 1=2.) µ ¶ 3 y = sen µ 2

81¼ . 32

− Ejemplo 4.71. (Adaptado del folleto del Prof. Manuel Calvo para c¶alculo III) ZZZ Calcule I = xy 2 z 3 dV en donde S es el s¶olido limitado por la super¯cie z = xy y los S

planos y = x, x = 1 y z = 0. Soluci¶ on: La regi¶on de integraci¶on se muestra en la Fig. 4.90-(a). Al proyectar sobre el plano

Figura 4.90: Regi¶on de integraci¶on. xy obtenemos la segunda regi¶on que se muestra en la Fig. 4.90-(b). Tenemos entonces que: Z 1Z x · 2 4 ¯xy ¸ Z 1Z xZ xy xy z ¯¯ 2 3 xy z dz dy dx = dy dx I= 4 ¯0 0 0 0 0 0 ¯ ¸ Z 1Z x 5 6 Z 1· Z 1 12 1 x5 y 7 ¯¯x xy x : = dy dx = dx = dx = . 364 ..... . . .28 . . . . ¯0 4 0 0 0 0 28

− Ejemplo 4.72. (Adaptado del folleto del Prof. Manuel Calvo para c¶alculo III) Z 1Z 1¡xZ x+y f (x; y; z) dz dy dx. Dibuje la regi¶on de integraci¶on, muestre su proyecci¶on Sea I = 0

0

0

sobre el plano xy y exprese I de modo que la primera integraci¶on sea con respecto a y, es decir proyectando sobre el plano xz.

Juan Félix Ávila Herrera

284

Cap¶³tulo 4. Integrales m¶ ultiples

Soluci¶ on:

Figura 4.91: Regi¶on de integraci¶on y su proyecci¶on. Empezamos dibujando la regi¶on de integraci¶on. Notamos que 0 · x · 1, 0 · y · 1 ¡ x y 0 · z · x + y. Las primeras dos desigualdades nos permiten identi¯car la proyecci¶ on de la regi¶on de integraci¶on sobre el plano xy que se muestra en la Fig. 4.91-(b). z

E

C

D

y F

B

A x Figura 4.92: Buscando la proyecci¶on El ejercicio solicita que la primera integraci¶on se haga con respecto a y, por lo tanto debemos proyectar sobre el plano xz. Las ecuaciones que determinan la regi¶on de integraci¶on son x = 0, x = 1, y = 0, y = 1 ¡ x, z = 0 y z = x + y. Al proyectar sobre el plano xz hacemos y = 0. Esto nos deja las ecuaciones x = 0, x = 1, z = 0 y z = x. >Qu¶e se obtiene al proyectar sobre el plano xz? Tal vez el gr¶a¯co simpli¯cado de la Fig. 4.92 nos ayude. Notamos que al proyectar, el punto A es llevado de nuevo en A, B es llevado a F , C es llevado a E y D en E. Obtenemos entonces con esta proyecci¶on el cuadrado con extremos AF ED. La recta z = x parte esta regi¶on a la mitad. Si el observador se ubica sobre el tri¶angulo AF D notar¶a que la super¯cie en cuesti¶on oscila entre y = 0 y y = 1 ¡ x. Por otro lado si se ubica sobre el tri¶angulo DEF notar¶a que la super¯cie en cuesti¶ on oscila entre y = z ¡ x y y = 1 ¡ x. Esto justi¯ca la siguiente

Juan Félix Ávila Herrera

4.8. Integrales triples

285

identidad I=

Z 1Z xZ 0

0

1¡x

f (x; y; z) dy dz dx +

0

Z 1Z 1Z 0

x

1¡x

f (x; y; z) dy dz dx

z¡x

− Ejemplo 4.73. (Adaptado del folleto del Prof. Manuel Calvo para c¶alculo III) Z 1Z 1Z x2 +y2 f (x; y; z) dz dy dx. Dibuje la regi¶on de integraci¶on, muestre su proyecci¶on Sea I = 0

0

0

sobre el plano xy y exprese I de modo que la primera integraci¶on sea con respecto a y, es decir proyectando sobre el plano xz. Soluci¶ on: B z = x2 + 1 B

A

z = x2

A

D C

D

C

Figura 4.93: Regi¶on de integraci¶on La regi¶on de integraci¶on se muestra en la Fig. 4.93. Al proyectar la cara descrita por los puntos ABCD obtenemos la regi¶on que se muestra a la izquierda. Hemos dividido esta regi¶on en dos partes pues \sobre" cada uno estos sectores cambia la forma en que oscila y. Por \debajo" de \entre" las par¶abolas la par¶abola z = x2 la variable y oscila entre y = 0 y y = 1. Sin embargo p z = x2 y z = x2 + 1 la variable y oscila entre el paraboloide (y = z ¡ x2 ) y el plano y = 1. Tenemos as¶³ que: I=

Z 1Z 0

0

x2Z 1 0

f (x; y; z) dy dz dx +

Z 1Z

x2 +1Z 1

f (x; y; z) dy dz dx p . . . . . . . . . .0. . .x2. . . . . . .z¡x . . .2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Juan Félix Ávila Herrera

286

4.9

Cap¶³tulo 4. Integrales m¶ ultiples

Integraci¶ on en coordenadas cil¶³ndricas y esf¶ ericas

² (Coordenadas cil¶³ndricas) Sup¶ongase que f (x; y; z) es una funci¶on continua de¯nida sobre una regi¶on z-simple T , que debido a que es z-simple, se puede escribir como g1 (x; y) · z · g2 (x; y) para (x; y) 2 R Tenemos entonces ZZZ

f (x; y; z) dV =

T

Z Z "Z R

g2 (x;y)

#

f (x; y; z) dz dA

g1 (x;y)

² Si la regi¶on R se describe en coordenadas polares en una forma m¶as naturalmente que en coordenadas rectangulares, es probable que la integraci¶on sobre dicha regi¶on plana sea m¶as simple si se desarrolla en coordenadas polares. Se expresa primero la integral parcial interior en t¶erminos de r y µ, escribiendo Z

g2 (x;y)

f (x; y; z) dz =

Z

g1 (x;y)

G2 (r;µ)

F (r; µ; z) dz

G1 (r;µ)

donde F (r; µ; z) = f (r cos µ; r sen µ; z); G1 (r; µ) = g1 (r cos µ; r sen µ); y G2 (r; µ) = g2 (r cos µ; r sen µ)

Si sustituimos esto en la integral triple dada y usamos el hecho de que dA = r dr dµ, obtenemos: ZZZ T

f (x; y; z) dV =

ZZ Z S

G2 (r;µ)

F (r; µ; z) dz r dr dµ

G1 (r;µ)

donde S representa los l¶³mites apropiados de r y µ necesarios para describir la regi¶on plana R en coordenadas polares ² Los l¶³mites sobre z no son m¶as que las coordenadas z (en t¶erminos de r y µ) de un segmento representativo que una las super¯cies frontera superior e inferior de T , como se indica en Fig. 4.94. ² Por lo tanto, la f¶ormula general para la integraci¶on triple en coordenadas cil¶³ndricas es ZZZ ZZZ f (x; y; z) dV = f (r cos µ; r sen µ; z) r dz dr dµ T

S

con l¶³mites para z, r y µ adecuados para describir la regi¶on en el espacio T en coordenadas cil¶³ndricas.

Juan Félix Ávila Herrera

4.9. Integraci¶ on en coordenadas cil¶³ndricas y esf¶ericas

287

z = G2 (r; µ) z = G1 (r; µ)

Figura 4.94: Coordenadas cil¶³ndricas ² Antes de la integraci¶on, se sustituyen las variables x y y por r cos µ y r sen µ, respectivamente, mientras que z queda sin cambio. El elemento del volumen en coordenadas cil¶³ndricas es dV = r dz dr dµ puede ser formalmente considerado como producto de dz por el elemento del ¶area en coordenadas polares dA = r dr dµ. ² La integraci¶on en coordenadas cil¶³ndricas es u ¶til en particular para c¶alculos relacionados con s¶olidos de revoluci¶on. El s¶olido debe ser calculado cuando su eje de revoluci¶ on es el eje de las z. ² En el archivo \Integrales triples en coord. cil¶³ndricas con detalles.nb", del disco compacto, se muestra como realizar algunos de estos c¶alculos usando Mathematica. − Ejemplo 4.74. Encuentre el centroide de la parte del primer octante de la pelota s¶ olida 2 2 2 limitada por la esfera r + z = a . Ver la Fig. 4.95.

Figura 4.95: S¶odido. Soluci¶ on: El volumen del primer octante de la pelota s¶olida est¶a dado por (la conocida f¶ormula) µ ¶ ¼a3 1 4 3 V = ¼a = : 8 3 6

Juan Félix Ávila Herrera

288

Cap¶³tulo 4. Integrales m¶ ultiples

Dado que x¹ = y¹ = z¹ por simetr¶³a, se necesitar¶a calcular s¶olo 1 z¹ = V

ZZZ

6 = 3 ¼a

Z 0

T

6 z dV = 3 ¼a

¼=2Z a 0

Z

¼=2Z aZ

0

0

p

a2 ¡r2

zr dz dr dµ

0

r (a2 ¡ r2 ) 3 dr dµ = 3 . . . . . . . 2. . . . . . . . ¼a

o bien V =

Z

¼=2

0

·

¸ ¯a a2 r2 r4 ¯¯ ¡ dµ 2 4 ¯0

3a 3 ¼ a4 ¢ ¢ = : 3 ¼a 2 4 8

Por lo tanto, el centroide se localiza en (3a=8; 3a=8; 3a=8). − Ejemplo 4.75. Encuentre el volumen y el centroide del s¶ olido T limitado por el paraboloide 2 2 z = b(x + y ), siendo b > 0, y el plano z = h, para h > 0. Ver Fig. 4.96.

Figura 4.96: Paraboloide Soluci¶ on: La Fig. 4.96 aclara que el p radio de la tapa circular se obtiene al igualar z = b(x2 + y 2 ) = br2 con p z = h. Esto da r = h=b como radio del c¶³rculo bajo el cual yace el s¶olido. Hagamos a = h=b. Por lo tanto, usando f (x; y; z) = 1, tenemos el volumen: ZZZ =

Z

dV =

T

2¼Z a

0

o bien V = 2¼

µ

ha2 ba4 ¡ 2 4

¶

=

¼h2 . 2b

0

Z

0

2¼Z aZ h 0

r dz dr dµ

br 2

¡ ¢ 3 hr ¡ br . . . . . . . . . . . . . . . dr dµ

Juan Félix Ávila Herrera

4.9. Integraci¶ on en coordenadas cil¶³ndricas y esf¶ericas

289

Por simetr¶³a, el centroide de T se encuentra sobre el eje de las z, por lo que todo lo que resta es el c¶alculo de z¹: Z 2¼Z aZ h ZZZ 1 2b z¹ = z dV = rz dz dr dµ V ¼h2 0 0 br2 T ¸ Z 2¼Z a · 2 2h h r b2 r5 2b : dr dµ = = ¡ . .3. . . ¼h2 0 0 2 2 Observe que las dimensiones de la respuesta son correctas: z debe darse en unidades de longitud. Se pueden generalizar en la siguiente forma los resultados obtenidos: El volumen de un paraboloide circular recto es igual a la mitad del cilindro circunscrito (vea la Fig. 4.96) y su centroide se encuentra sobre el eje de simetr¶³a a las dos terceras partes de la distancia entre el \v¶ertice" (0; 0; 0) y la base (tapa). − Ejemplo 4.76. Un s¶olido tiene la forma de la regi¶on Q dentro del cilindro r = a y de la esfera r2 + z 2 = 4a2 , y el centro de masa y el momento de inercia Iz suponiendo directamente proporcional a la distancia de P al plano xy.

que se encuentra simult¶aneamente por arriba del plano xy. Calcular que la densidad en un punto P es Ver Fig. 4.97.

Figura 4.97: S¶olido Soluci¶ on: La regi¶on Q est¶a en la Fig. 4.97. Como la densidad en el punto P (r; µ; z) est¶adada por kz para una constante k, la masa M se puede calcular aplicando f (r; µ; z) = kz: ¯p4a2 ¡r2 Z 2¼Z aZ p4a2 ¡r2 Z Z k 2¼ a 2 ¯¯ M= (kz)r dz dr dµ = z r¯ dr dµ 2 0 0 0 0 0 0 ¸¯ Z Z Z 2¼ · 4 ¯a ¡ 2 ¢ k 2¼ a r k 3 ¯ dµ = 2a2 r2 ¡ . . . .4a . . .r. .¡. .r. . . . . dr dµ = 2 2 4 ¯ 0

0

0

0

Juan Félix Ávila Herrera

290

Cap¶³tulo 4. Integrales m¶ ultiples

Z 7a4 k 2¼ 7a4 ¼k o bien M = dµ = : 8 4 0 Para calcular Iz tenemos: Iz =

Z 0

2¼Z aZ 0

p

4a2 ¡r 2

r2 (kz)r dz dr dµ =

0

=

k 2

Z 0

2¼Z 0

a

k 2

Z 0

2¼Z a 0

¯p 2 2 £ 3 2 ¤ ¯ 4a ¡r r z ¯¯ dr dµ

¡ 2 3 ¢ 4a r ¡ r5 dr dµ =

0

5a6 ¼k : . . . . 6. . . . . .

² (Coordenadas esf¶ ericas) Cuando las super¯cies frontera de la regi¶on T de integraci¶on son esferas, conos u otras super¯cies cuya descripci¶on en coordenadas esf¶ericas es simple, por lo regular es ventajoso transformar la integral a coordenadas esf¶ericas (½; Á; µ), como se muestra en la ¯gura .

Figura 4.98: Coordenadas esf¶ericas (½; Á; µ) ² La relaci¶on entre las coordenadas esf¶ericas y las rectangulares (x; y; z), est¶a dada por x = ½ sen Á cos µ; y = ½ sen Á sen µ; z = ½ cos Á ² Se puede demostrar (tomando el l¶³mite de las sumas parciales apropiadas) que Z µ2Z Á2Z ½2 ZZZ f (x; y; z) dV = F (½; Á; µ)½2 sen Á d½ dÁ dµ T

µ1

Á1

½1

La transformaci¶on de coordenadas rectangulares a coordenadas esf¶ericas se obtiene al reemplazar las variables x, y y z por las expresiones dadas en la f¶ormula anteriores y escribir formalmente dV = ½2 sen Á d½ dÁ dµ como elemento del volumen en coordenadas esf¶ericas.

Juan Félix Ávila Herrera

4.9. Integraci¶ on en coordenadas cil¶³ndricas y esf¶ericas

291

RRR ² Generalizando, se puede transformar f (x; y; z) dV en coordenadas esf¶ericas, siempre y T cuando la regi¶on T sea centralmente simple (ver Fig. 4.99); es decir, siempre que la descripci¶on de sus coordenadas esf¶ericas sea de la forma G1 (Á; µ) · G2 (Á; µ); Si as¶³ es, entonces ZZZ

f (x; y; z) dV =

T

Á1 · Á · Á2 ;

Z µ2Z µ1

Á2Z G2 (Á;µ)

Á1

µ1 · µ · µ2

F (½; Á; µ)½2 sen Á d½ dÁ dµ

G1 (Á;µ)

½ = G1 (Á; µ)

½ = G2 (Á; µ)

Figura 4.99: Regi¶on centralmente simple. ² Los l¶³mites de ½ son s¶olo las coordenadas ½ (en t¶erminos de ½ y µ) de los extremos de un segmento radial representativo que una las partes \interior" y \exterior" de la frontera de T (v¶ease la Fig. 4.99). En consecuencia, la f¶ormula general para la integraci¶on triple en coordenadas esf¶ericas es ZZZ f (x; y; z) dV T

=

ZZZ

f (½ sen Á cos µ; ½ sen Á sen µ; ½ cos Á) d½ dÁ dµ

S

Con l¶³mites en ½, Á, µ apropiados para describir la regi¶ on T en coordenadas esf¶ericas . ² En el archivo \Integrales triples en coord. esf¶ericas con detalles.nb", del disco compacto, se muestra como realizar algunos de estos c¶alculos usando Mathematica. − Ejemplo 4.77. Una pelota s¶olida T con densidad constante ± est¶a limitada por la esfera ½ = a. Use coordenadas esf¶ericas para calcular su volumen V y su momento de inercia Iz con respecto al eje de las z.

Juan Félix Ávila Herrera

292

Cap¶³tulo 4. Integrales m¶ ultiples

Soluci¶ on: Los puntos de la pelota se describen mediante las desigualdades 0 · ½ · a;

0 · Á · ¼;

0 · µ · 2¼

Tomemos f = F = 1 para obtener en consecuencia V =

ZZZ

a3 = 3

2a3 o bien V = 3

Z

2¼

dµ =

0

Z

2¼Z ¼

0

0

2¼Z ¼Z a

2 . .½. . .sen . . .Á . . . d½ dÁ dµ 0 0 0 ¯¼ Z ¯ a3 2¼ sen Á dÁ dµ = [¡ cos Á] ¯¯ dµ 3 0 0

f (x; y; z) dV =

T

Z

4¼a3 : . . . 3. . . .

El momento de inercia de la esfera con respecto a ese eje de las z se de¯ne como ZZZ ¡ 2 ¢ x + y 2 ½(x; y; z) dV Iz = T

La distancia desde un punto representativo (½; Á; µ) al eje de las z es q p 2 2 x + y = (½ sen Á cos µ)2 + (½ sen Á sen µ)2 = ½ sen Á as¶³ que Iz =

Z 0

±a5 = 5

o bien Iz =

2¼Z ¼Z a

Z 0

0

0

2¼Z ¼ 0

¡ ¢ ± ½2 sen2 Á ½2 sen Á d½ dÁ dµ 2¼±a5 sen Á dÁ dµ = 5 3

Z

¼

sen3 Á dÁ

0

2¼±a5 4 2 2 ¢ 2 ¢ = M a2 , donde M = ¼a3 ± es la masa de la pelota. 5 3 5 3

− Ejemplo 4.78. Encuentre el volumen y el centroide del \cono de helado" limitado por el cono Á = ¼=6 y la esfera centrada en (0; 0; a) con ecuaci¶on ½ = 2a cos Á de radio a y tangente al plano xy en el origen. La esfera y la parte del cono interior a ella se muestran en la ¯gura 16.61. Soluci¶ on: El cono de helado se describe mediante las desigualdades 0 · µ · 2¼;

0 · Á · ¼=6;

0 · ½ · 2a cos Á

Juan Félix Ávila Herrera

4.9. Integraci¶ on en coordenadas cil¶³ndricas y esf¶ericas

293

Á = ¼=6

Figura 4.100: Cono. Al calcular su volumen, se encuentra Z 2¼Z ¼=6Z V = 0 3

=

8a 3

Z

0

2a cos Á

0

2¼Z ¼=6

0

½2 sen Á d½ dÁ dµ 3 . . .cos ....Á . . .sen . . .Á. . . . dÁ dµ

0

· ¸ ¯¼=6 7¼a3 cos4 Á ¯¯ 16¼a3 : ¡ o bien V = ¯ = . . .12 ..... 3 4 0 En cuanto al centroide, es claro por la simetr¶³a que x¹ = 0 = y¹. Puesto que z = ½ cos Á, el momento del cono de helado con respecto al plano xy es ZZZ Z 2¼Z ¼=6Z 2a cos Á Mxy = z dV = ½3 cos Á sen Á d½ dÁ dµ 4

= 4a

Z 0

o bien Mxy =

37¼a4 . 48

2¼Z ¼=6 0

0

0

0

¸ ¯¼=6 · cos6 Á ¯¯ cos Á sen Á dÁ dµ = 8¼a ¡ ¯ 6 0 5

4

En consecuencia, la coordenada z¹ del centroide es z¹ =

Mxy 37a = : V 28

− Ejemplo 4.79. Calcular el volumen y el centroide de la regi¶on Q acotada arriba por la esfera ½ = a, y abajo por el cono Á = c, donde 0 < c < 7¼=2. Ver Fig. 4.101. Soluci¶ on:

Juan Félix Ávila Herrera

294

Cap¶³tulo 4. Integrales m¶ ultiples

Figura 4.101: S¶olido. La regi¶on Q est¶a en la Fig. 4.101. El volumen V es Z 2¼Z cZ a Z 2 V = ½ sen Á d½ dÁ dµ = 0

0

0

=

a3 3

Z

2¼Z c

0

0

a3 sen Á dÁ dµ . . . . . .3. . . . . .

2¼

0

(1 ¡ cos c) dµ =

2¼a3 (1 ¡ cos c) 3

Por simetr¶³a, el centroide est¶a en el eje z. Si (x; y; z) son las coordenadas rectangulares de un punto, entonces z = ½ cos Á. Adem¶as como ½(x; y; z) = 1, entonces: Z 2¼Z cZ a ZZZ z dV = (½ cos Á) ½2 sen Á d½ dÁ dµ V ¢ z¹ = Q

=

0

a4 sen2 c o bien V ¢ z¹ = 8 Tenemos entonces que:

Z

0

2¼Z

Z

c

0

2¼

0

0

a4 sen Á cos Á a4 dÁ dµ = 4 4

Z

2¼

0

¯c sen2 Á ¯¯ dµ 2 ¯0

¼a4 sen2 c . 4

dµ =

0

¼a4 sen2 c 4 2¼a3 (1¡cos c) 3

3a (1 + cos c) : 8 ´ ³ 3a(1+cos c) . Las coordenadas del centroide son 0; 0; 8 z¹ =

− Ejemplo 4.80. Sea I =

ZZZ

=

dV en donde T es la regi¶on limitada por las supe¯cies

T

x2 + y 2 + z 2 = 2Rz;

x2 + y 2 = z 2

y que contiene al punto (0; 0; R). Haga el c¶alculo en coordenadas cil¶³ndricas y luego en esf¶ericas. Soluci¶ on:

Juan Félix Ávila Herrera

4.9. Integraci¶ on en coordenadas cil¶³ndricas y esf¶ericas

295

Figura 4.102: Regi¶on. Al completar cuadrados en x2 + y 2 + z 2 = 2Rz, obtenemos 2 2 2 x2 . . . .+y . . . .+ . . (z . . .¡ . . R) ....... = R :

La regi¶on en cuesti¶on se muestra en la Fig. 4.102. La proyecci¶on del s¶olido sobre el plano xy es el c¶³rculo centrado en el origen y de radio R, a saber x2 + y 2 = R2 . Tenemos entonces que para describir esta a¶rea en coordenadas cil¶³ndricas tenemos: 0 · µ · 2¼;

0 · r · R:

Obsevamos que z var¶³a entre el cono y la esfera (pues esta es la regi¶on que contiene a (0; 0; R)), as¶³: p p p x2 + y 2 · z · R + R2 ¡ x2 ¡ y 2 ; r · z · R + R2 ¡ r2 Por lo tanto: I=

Z

p 2¼Z RZ R+ R2 ¡r2

0

3 r dz dr dµ = . ¼R . . . . .: .

r

0

Usemos ahora coordenadas esf¶ericas. En este caso tenemos que: 0 · µ · 2¼;

0·Á·

¼ 4

Observe que la inecuaci¶on x2 +y 2 +z 2 · 2Rz se convierte en ½2 · 2R¢½ cos Á, o bien ½ · 2R cos Á. Por lo tanto: Z 2¼Z ¼=4Z 2R cos Á 3 I= ½2 sen Á d½ dÁ dµ = . ¼R . . . . .: . 0

0

0

− Ejemplo 4.81. (Adaptado del folleto del Prof. Manuel Calvo para c¶alculo III) Calcule

I=

ZZZ

R

¡ 2 ¢ x + y 2 dV

en donde R es la regi¶on limitado por las super¯cies x2 + y 2 = 2z y el plano z = 2.

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296

Cap¶³tulo 4. Integrales m¶ ultiples

Figura 4.103: Regi¶on de integraci¶on Soluci¶ on: La regi¶on de integraci¶on y la proyecci¶on sobre el plano xy se muestran en la Fig. 4.103. Cuando el plano z = 2 corta el paraboloide se obtiene un c¶³rculo. >Cu¶al es su ecuaci¶on en coordenadas cil¶³ndricas? Veamos: x2 + y 2 = 2(2);

x2 + y 2 = 4;

r2 = 4;

o bien

.r. .= . . 2. .

Por otro lado notamos que la regi¶on de integraci¶on entre el paraboide y el plano. Dicho en 2 coordenadas polares, entre z = r2 y z = 2. Tenemos entonces que: ¯2 ¯ ¯ dr dµ r ¢ r dz dr dµ = r z I= ¯ r2 2 0 0 r2 0 0 2 ¯# ¸ Z 2 Z 2" 4 Z 2¼Z 2 · 5 6 ¯2 r r 8 r ¯ 3 2r ¡ dr dµ = ¡ ¯ dµ = dµ = 2 2 12 0 0 0 0 0 3 Z

o bien I =

2¼Z 2Z 2

2

Z

2¼Z 2

3

16 ¼ : . . .3. . . .

− Ejemplo 4.82. (Adaptado del folleto del Prof. Manuel Calvo para c¶alculo III) ZZZ Sea I = dV en donde R es el s¶olido limitado por los tres planos coordenados, las R

super¯cies z = x2 + y 2 y el plano x + y = 1. En la Fig. 4.104 se muestra la regi¶on de integraci¶on. La proyecci¶on sobre el plano xy es un tri¶angulo rect¶angulo cuya hipotenusa est¶a determinada por la recta con ecuaci¶ on x + y = 1. Observamos que el radio no es constante sino que termina sobre la recta x + y = 1. Al convertir a coordenadas cil¶³ndricas obtenemos x + y = 1;

r cos µ + r sen µ = 1;

r=

1 cos µ + sen µ

Juan Félix Ávila Herrera

4.9. Integraci¶ on en coordenadas cil¶³ndricas y esf¶ericas

297

Figura 4.104: Regi¶on de integraci¶on. Por otro lado notamos que la variable z var¶³a entre el plano xy y el paraboloide z = r2 Tenemos entonces que Z ¼Z 2

I= =

Z 0

0 ¼=2

0

"

Z

1 cos µ+ sen µ

r2

0

r dz dr dµ = # Z

¯ 1 r4 ¯¯ cos µ+ sen µ dµ = 4 ¯0

¼=2

0

Z 0

¼=2Z

1 cos µ+ sen µ

0

¯r 2 ¯ rz ¯¯ dr dµ 0

1 dµ 4 . . . . .4.(cos . . . . µ. .+ . . .sen . . . µ) .......

Usando Mathematica obtenemos: ¯¼=2 3 sen µ ¡ cos(3 µ) ¯¯ 1 I= = 3¯ 6 24 (cos µ + sen µ) 0

− Ejemplo 4.83. Sea I =

ZZZ S

¡

¢ y 2 + z 2 dV en donde R es un cono circular recto de altura h

y radio a. Suponga que la base de este cono se encuentra sobre el plano xy y su eje se extiende a lo largo del eje z. Soluci¶ on: El cono en cuesti¶on se muestra en la Fig. 4.105. El primer problema que debemos resolver es hallar la ecuaci¶on de este cono. Notamos primero que cuando z = h (Cu¶al es entonces el cambio de variables que debemos hacer? Observando el integrando y la regi¶on de integraci¶on optamos por hacer 8 u+v > > ½ < x= 2 u = x + y; o bien u¡v v =x¡y > > y= : . . . . . . . . . 2. . . . . . El jacobiano de la transformaci¶on est¶a dado por ¯ @(x; y) ¯¯ 12 12 = @(u; v) ¯ ¡ 12 12

¯ ¯ 1 1 ¯ = + = 1: ¯ 4 4 2

>Cu¶al es la nueva regi¶on de integraci¶on en el plano uv? Veamos en qu¶e se convierte cada una de las rectas involucradas en la Fig. 4.112. { La ecuaci¶on y = ¡x + 1 o bien x + y = 1 se convierta en la recta u = 1.

{ La ecuaci¶on y = x + 1 o bien x ¡ y = ¡1 se convierta en la recta v = ¡1.

{ La ecuaci¶on y = ¡x ¡ 1 o bien x + y = ¡1 se convierta en la recta u = ¡1.

Juan Félix Ávila Herrera

4.10. Cambio de variables en integrales m¶ ultiples

307

{ La ecuaci¶on y = x ¡ 1 o bien x ¡ y = 1 se convierta en la recta v = 1. Observamos entonces que la nueva regi¶on de integraci¶on es el cuadrado que se muestra en la Fig. 4.113. v=1

u=1

u = ¡1

v = ¡1

Figura 4.113: Nueva regi¶on de integraci¶on. Tenemos entonces que ZZ

Z

1

1 dv du = 2 ¡1 ¡1 ·Z 1 ¸ Z 1 f (u) ¢ dv du = f (u) du . . . 2. . . . ¡1 ¡1 | {z }

f (x + y) dA =

R

Z 1Z

1

¡1

f (u) ¢

2

Concluimos entonces que

ZZ

f (x + y) dA =

− Ejemplo 4.89. Calcule I =

1

f (x) dx

¡1

R

ZZ

Z

y 2 dA en la que R es el paralelogramo formado por los

R

vectores x1 = h3; 1i y x2 = h2; 3i. Se trata de la regi¶on sombreada que aparece en laFig. 4.114.

Soluci¶ on: Hagamos la sustituci¶on: x = 3u + 2v;

y = u + 3v

o bien, en t¶erminos matriciales: ·

x y

¸

¸· ¸ u 3 2 = v 1 3 | {z } ·

T

Juan Félix Ávila Herrera

308

Cap¶³tulo 4. Integrales m¶ ultiples

Figura 4.114: Regi¶on T . Notamos que la matriz T se forma usando como columnas los vectores que determinan el paralelogramo. Observamos que · ¸· ¸ · ¸ 1 3 ¡2 u x = v y 7 ¡1 3 {z } | S

Observamos que la matriz S = T ¡1 lleva el vector (3; 1) en (1; 0) y el vector (2; 3) en (0; 1). Calculamos el jacobiano:

Figura 4.115: Transforamci¶on. @(x; y) = det(T ) = 7: @(u; v) Por lo tanto:

ZZ R

2

y dA =

Z 1Z 0

0

1

2

(u + 3v) ¢ 7 du dv = 7

Z 0

1

·

¸ 1 2 + 3v + 9v dv 3

161 . 6 ² La f¶ormula de cambio de variable para integrales triples es semejante a la del caso para integrales dobles. Sean S y R regiones que se corresponden bajo la transformaci¶on inyectiva T del espacio uvw al espacio xyz, donde las funciones coordenadas que comprenden a T son o bien I =

x = f (u; v; w);

y = g(u; v; w);

z = h(u; v; w):

Juan Félix Ávila Herrera

4.10. Cambio de variables en integrales m¶ ultiples

El jacobiano de T es

309

¯ ¯ ¯ ¯ @(x; y; z) JT (u; v; w) = = ¯¯ @(u; v; w) ¯ ¯

@x @v @y @v @z @v

@x @u @y @u @z @u

@x @w @y @w @z @w

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯

Entonces, la f¶ormula de cambio de variable para integrales triples es ¯ ¯ ZZZ ZZZ ¯ @(x; y; z) ¯ ¯ du dv dw f (x; y; z) dV = G(u; v; w) ¢ ¯¯ @(u; v; w) ¯ R S

donde G(u; v; w) = F (f (u; v; w); g(u; v; w); h(u; v; w)) es la funci¶on que se obtiene al expresar F (x; y; z) en t¶erminos de u, v y w.

² Por ejemplo, si T es la transformaci¶on a coordenadas esf¶ericas dada por x = ½ sen Á cos µ;

y = ½ sen Á sen µ;

z = ½ cos Á;

entonces el jacobiano de T es ¯ ¯ sen Á cos µ ½ cos Á cos µ ¡½ sen Á sen µ @(x; y; z) ¯¯ = sen Á sen µ ½ cos Á sen µ ½ sen Á cos µ @(½; Á; µ) ¯¯ cos Á ¡½ sen Á 0

¯ ¯ ¯ ¯ = ½2 sen Á ¯ ¯

En consecuencia, obtenemos la f¶ormula conocida ZZZ ZZZ F (x; y; z) dV = G(½; Á; µ) ¢ ½2 sen Á d½ dÁ dµ R

S

en virtud de que ½2 sen Á ¸ 0 para Á en [0; ¼]. − Ejemplo 4.90. Eval¶ ue I=

Z 3Z 4Z 0

0

y=2+1

y=2

·

¸ 2x ¡ y z + dx dy dz 2 3

aplicando la transformaci¶on 2x ¡ y y z ; v= ; w= 2 2 3 e integrando sobre una regi¶on apropiada en el espacio uvw. u=

Soluci¶ on: En la Fig. 4.116 se muestra la proyecci¶on (que de hecho es una cara de la ¯gura en cuesti¶on) sobre el plano xy. La ¯gura es un paralep¶³pedo apoyado sobre esta regi¶on y con altura 3. Necesitamos hallar la nueva regi¶on de integraci¶on en el espacio uvw. Para lograr esto empecemos por despejar x, y y z en t¶erminos de u, v y w: x = . u. .+ . . v; ...

y = 2v;

z = 3w

Debemos tomar cada una de las seis caras del paralep¶³pedo y determinar el efecto del cambio de variable sobre ella:

Juan Félix Ávila Herrera

310

Cap¶³tulo 4. Integrales m¶ ultiples

Figura 4.116: Proyecci¶on sobre el plano xy. ¦ para x = y=2, tenemos . . . u. .+ . . v. . = . . .2v=2 . . . . . . . , o bien . .u. .=. .0. . . ¦ para x = y=2 + 1, tenemos u + v = 2v=2 + 1, o bien u = 1.

¦ para y = 0, tenemos 2v = 0, o bien v = 0.

¦ para y = 4, tenemos 2v = 4, o bien v = 2.

¦ para z = 0, tenemos 3w = 0, o bien w = 0. ¦ para z = 3, tenemos . .3w . . .= . . .3. . , o bien . w . . .=. .1. . . Notamos entonces que la nueva regi¶on de integraci¶on en el espacio uvw es un paralep¶³pedo paralelo a los planos coordenados. El jacobiano de la transformaci¶on es: ¯ ¯ ¯ @(x; y; z) ¯ =¯ J(u; v; w) = @(u; v; w) ¯ ¯

@x @u @y @u @z @u

@x @v @y @v @z @v

@x @w @y @w @z @w

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 1 1 0 ¯ ¯ ¯=¯ 0 2 0 ¯ ¯ 0 0 3 ¯

¯ ¯ ¯ ¯ = 6. ¯ ¯

Aplicando la f¶ormula de cambio de variable obtenemos: ¸ ¯1 Z 1Z 2 · 2 Z 1Z 2Z 1 ¯ u 6( . u + uw ¯¯ dv dw I= . .+ . . .w. . ) ¢ 6 du dv dw = 36 2 0 0 0 0 0 0 ¯ ¸ Z 1Z 2 · Z 1h i ¯2 v 1 = 36 + w dv dw = 36 + vw ¯¯ dw 2 2 0 0 0 0 Z 1 = 36 [1 + 2w] dw = .72: ... 0

− Ejemplo 4.91. Sean a > b > 0. Calcular la integral doble ZZ r x2 y 2 1 ¡ 2 ¡ 2 dA I= a b R

Juan Félix Ávila Herrera

4.10. Cambio de variables en integrales m¶ ultiples

311

x2 y 2 en donde R es la regi¶on limitada por la elipse 2 + 2 = 1. Use coordenadas polares generalia b zadas x = ar cos µ; y = br sen µ: Soluci¶ on: El jacobiano de la transformaci¶on es ¯ @(x; y) ¯¯ a cos µ ¡ar sen µ = @(r; µ) ¯ b sen µ br cos µ

¯ ¯ ¯ = abr ¯

La ecuaci¶on de la elipse en estas coordenadas es simplemente r = 1, entonces tenemos que Z 2¼Z 1 p 2¼ab : 1 ¡ r2 ¢ rab dr dµ = I= 3 0 0

− Ejemplo 4.92. Suponga que a > b > c > 0. Calcular ¸ ZZZ · 2 y2 z 2 x + 2 + 2 dV I= a2 b c V x2 y 2 z 2 + 2 + 2 = 1. a2 b c Soluci¶ on: Usamos aqu¶³ coordenadas elipsoidales dada por en donde V es la parte interna del elipsoide

x = a½ sen Á cos µ;

y = b½ sen Á sen 0;

z = c½ cos Á;

entonces el jacobiano es ¯ ¯ a sen Á cos µ a½ cos Á cos µ ¡a½ sen Á sen µ @(x; y; z) ¯¯ = b sen Á sen µ b½ cos Á sen µ b½ sen Á cos µ @(½; Á; µ) ¯¯ c cos Á ¡c½ sen Á 0

¯ ¯ ¯ ¯ = abc½2 sen Á ¯ ¯

Las ecuaciones del elipsoide en estas coordenadas es simplemente ½ = 1. Por lo tanto, tenemos que Z 2¼Z ¼Z 1 ¡ 2¢ 4abc¼ ½ ¢ abc ¢ ½2 sen Á d½ dÁ dµ = I= : 5 0 0 0

− Ejemplo 4.93. Determine el centroide del paralelep¶³pedo P de¯nido por x1 = h1; 1; 0i, x2 = h0; 1; 1i y x3 = h0; 0; 1i. La regi¶on se representa en la Fig. 4.117. Soluci¶ on:

Podemos hacer el cambio de variable: x = u;

y = u + v;

z =v+w

Juan Félix Ávila Herrera

312

Cap¶³tulo 4. Integrales m¶ ultiples

Figura 4.117: Regi¶on. o bien en t¶erminos matriciales:

3 3 2 32 u x 1 0 0 4 y 5 = 4 1 1 0 54 v 5 w z 0 1 1 {z } | 2

T

Observe que el determinante de T es igual a 1. Es f¶acil calcular la inversa S = T ¡1 . Tenemos entonces que: 2 3 2 32 3 u x 1 0 0 4 v 5 = 4 ¡1 1 0 5 4 y 5 w z 1 ¡1 1 | {z } S

Notamos entonces que 2 3 2 3 1 1 4 5 4 S 1 = 0 5; 0 0

2

3 2 3 0 0 4 5 4 S 1 = 1 5; 1 0

2

3 2 3 0 0 4 5 4 S 0 = 0 5 1 1

En otras palabras, la transformaci¶on S convierte el paralelep¶³pedo Q (en xyz) en el cubo unidad (en uvw) ubicado en el primer octante. Ver la Fig. 4.117. Observamos entonces que @(x; y; z) = det(T ) = 1 @(u; v; w) Por consiguiente: x¹ =

ZZZ

y¹ =

ZZZ

x dV =

Z 1Z 1Z

y dV =

Z 1Z 1Z

Q

z¹ =

ZZZ

0

Q

0

z dV =

Q

y el centroide tiene coordenadas ( 12 ; 1; 1).

0

0

1

u du dv dw =

0

Z 1Z 1Z 0

0

1 2

1

(u + v) du dv dw = 1

0

0

1

(v + w) du dv dw = 1

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4.10. Cambio de variables en integrales m¶ ultiples

313

− Ejemplo 4.94. (Adaptado del folleto del Prof. Manuel Calvo para c¶alculo III) Suponga que I est¶a dada por

I=

ZZ

f (x; y) dA

R

Para cada una de las siguientes regiones R elabore un dibujo y luego exprese I usando coordenadas polares. ª © 1. R = (x; y) : x2 + y 2 · a2 en la que a > 0. © ª 2. R = (x; y) : a2 · x2 + y 2 · b2 en la que a < b. © ª 3. R = (x; y) : x2 · y · 1; ¡1 · x · 1 Soluci¶ on: µ = 3¼=4

µ = ¼=4

B

C

A

Figura 4.118: Regiones de integraci¶on. Procedemos entonces a expresar I seg¶ un sea su regi¶on de integraci¶on: ª © 1. Empecemos con R = (x; y) : x2 + y 2 · a2 . El gr¶a¯co de R se muestra en la Fig. 4.118(a). Como x = r cos µ y que y = r sen µ, la desigualdad x2 + y 2 · a2 se convierte en (r cos µ)2 + (r sen µ)2 · a2 ;

o bien r · a:

Dicho en otras palabras el radio oscila entre 0 y a. Para \barrer" toda el ¶area en cuesti¶on el ¶angulo µ debe variar entre 0 y 2¼. Tenemos entoces que Z 2¼Z a I= f (r cos µ; r sen µ) ¢ r dr dµ 0

0

ª © 2. Seguimos ahora con R = (x; y) : a2 · x2 + y 2 · b2 . El gr¶a¯co de R se muestra en la Fig. 4.118-(b). Como x = r cos µ y que y = r sen µ, la doble desigualdad a2 · x2 + y 2 · b2 se convierte en a2 · (r cos µ)2 + (r sen µ)2 · b2 ;

o bien a · r · b:

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314

Cap¶³tulo 4. Integrales m¶ ultiples

Dicho en otras palabras el radio oscila entre a y b. Para \barrer" toda el a¶rea en cuesti¶on el a¶ngulo µ debe variar entre 0 y 2¼. Tenemos entoces que Z 2¼Z b f (r cos µ; r sen µ) ¢ r dr dµ I= 0

a

ª © 3. Finalmente consideramos ahora a R = (x; y) : x2 · y · 1; ¡1 · x · 1 . El gr¶a¯co de R se muestra en la Fig. 4.118-(c). En este caso el an¶alisis es un poco m¶as complicado. Primero observamos que la regi¶on se halla ubicada sobre el eje x. Basta con oscilar µ entre 0 y ¼ para \barrer" toda esta a¶rea. Vamos a dividir la regi¶on en tres sectores dependiendo del l¶³mite superior para el radio r. 0 < µ < ¼=4;

¼=4 < µ < 3¼=4;

3¼=4 < µ < ¼

Para el primer sector 0 < µ < ¼=4 notamos que un punto tal como A se encuentra ubicado sobre la par¶abola, es decir la ecuaci¶on que determina los puntos sobre el rayo OA es y ¸ x2 . Como x = r cos µ y que y = r sen µ, la desigualdad y ¸ x2 se convierte en (r cos µ)2 · r sen µ;

o bien r · tan µ sec µ

Para el segundo sector ¼=4 < µ < 3¼=4 notamos que un punto tal como B se encuentra ubicado sobre la recta y = 1, es decir la ecuaci¶on que determina los puntos sobre el rayo OB es y · 1. Como y = r sen µ, la desigualdad y · 1 se convierte en r sen µ · 1 o bien r · csc µ Para el tercer sector 3¼=4 < µ < ¼ notamos que un punto tal como C se encuentra ubicado sobre la par¶abola, es decir la ecuaci¶on que determina los puntos sobre el rayo OA es y ¸ x2 . Como x = r cos µ y que y = r sen µ, la desigualdad y ¸ x2 se convierte en (r cos µ)2 · r sen µ;

o bien r · tan µ sec µ

Nota: Se debe advertir que la direcci¶on de las desigualdades no se invierte en ning¶ un caso debido a que estamos empleando cantidades positivas. Finalmente tenemos que: I=

Z 0

¼=4Z tan µ sec µ 0

f (r cos µ; r sen µ) ¢ r dr dµ+ Z

3¼=4Z csc µ

¼=4

Z

¼

Z

0

f (r cos µ; r sen µ) ¢ r dr dµ+

tan µ sec µ

f (r cos µ; r sen µ) ¢ r dr dµ . . . . . . . . . . .3¼=4 . . . . .0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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4.11. Segundo examen parcial

315

− Ejemplo 4.95. Sea a > 0. Use coordenadas polares para calcular I=

Z aZ pa2 ¡y2 0

0

¡ 2 ¢ x + y 2 dx dy

Soluci¶ on: Tenemos aqu¶³ que

Figura 4.119:

0 · y · a;

0·x·

p a2 ¡ y 2

Tomando el cuadrado en la segunda desigualdad caemos en la cuenta que la regi¶on en cuesti¶on es la cuarta parte del c¶³rculo con centro en el origen y radio a. La regi¶on se puede ver en la Fig. 4.119. Tenemos entonces que 0 · µ · ¼=2 y 0 · r · a. Por lo tanto: I=

Z 0

4.11

¼=2Z a 0

¡ 2¢ r ¢ r dr dµ =

Z

¼=2

0

¯a Z ¼=2 4 µ 4¶³ ´ a ¼ a r4 ¯¯ ¼ a4 dµ = dµ = = 4 ¯0 4 2 8 . . . . 0. . . . .4. . . . . . .

Segundo examen parcial

En esta secci¶on se presentan algunos ex¶amenes viejos que eval¶ uan la materia del segundo examen parcial. 4.11.1

Parcial I del I-2004

² A continuaci¶on se muestra la soluci¶on del segundo examen parcial del primer ciclo del 2004.

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316

Cap¶³tulo 4. Integrales m¶ ultiples

Figura 4.120: Regi¶on de integraci¶on − Ejemplo 4.96. Calcule mediante una integral triple el volumen del s¶olido limitado por las super¯cies x2 + y 2 = 4; z ¸ 0; x + y ¡ 2z = 0 Soluci¶ on: La regi¶on se muestra en la Fig. 4.120. La integral en cuesti¶on es: Z

3¼=4Z 2Z

¡¼=4

0

0

r(cos µ+ sen µ) 2

p 8 2 r dz dr dµ = 3

− Ejemplo 4.97. Determine el a¶rea de la regi¶on en el primer cuadrante acotado por las curvas y = x2 ;

y = 4x2 ; x = y 2 ; y x haciendo los cambios de variables u = 2 y v = 2 x y Soluci¶ on:

x = 9y 2

Veamos la transformaci¶on de las curvas de acuerdo con el cambio de variables propuesto. La curva y = x2 se convierte en u = 1, la y = 4x2 en u = 4, la x = y 2 en v = 1 y ¯nalmente la x = 9y 2 en v = 9. La regi¶on original y la correspondiente bajo este cambio se muestran en la Fig. 4.121. @(x; y) Debemos calcular el jacobiano . Sin embargo es m¶as sencillo calcular el rec¶³proco. @(u; v) Veamos: ¯ ¯ @(u; v) ¯¯ ¡2yx¡3 3 x¡2 ¯¯ =¯ ¡2 ¡3 ¯ = 2 2 y ¡2xy @(x; y) xy

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4.11. Segundo examen parcial

317

Figura 4.121: Transformaci¶on. @(x; y) y x2 y 2 = . Resta expresar esto en t¶erminos de u y v. Observe que x2 = @(u; v) 3 u x xy 1 y y 2 = . De esta forma x2 y 2 = , o bien x2 y 2 = 2 2 . Tenemos as¶³ que: v uv uv Z 4Z 9 2 1 ¶ Area = dv du = : 2 2 9 1 1 3u v

Por lo tanto,

− Ejemplo 4.98. Suponga que R > 0 y que R < 1. Use coordenadas esf¶ericas para calcular Z RZ pR2 ¡x2Z pR2 ¡x2 ¡y2 1 q dz dy dx I= 3=2 0 0 0 2 2 2 2 R ¡ (x + y + z ) Soluci¶ on: La regi¶on de integraci¶on corresponde a la octava parte de una esfera de radio R. En coordenadas esf¶ericas obtenemos: Z ¼=2Z RZ ¼=2 ½2 sen Á q dÁ d½ dµ I= 3=2 0 0 0 2 2 R ¡ (½ ) ´ p ¼R ³ o bien I = 1¡ 1¡R . 3 − Ejemplo 4.99. El a¶rea de una regi¶on est¶a dada por A=

Z 1Z ¡1

2

dx dy + 2 ¼

arcos y

Z 2Z 1

p 1+ 2¡y

p 1¡ 2¡y

dx dy

Dibujar la regi¶on de integraci¶on y calcular su ¶area invirtiendo el orden de integraci¶on.

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318

Cap¶³tulo 4. Integrales m¶ ultiples

Figura 4.122: Regi¶on de integraci¶on Soluci¶ on: La regi¶on de integraci¶on se muestra en la Fig. 4.122. Despejando obtenemos que las curvas involucradas son y = 2 ¡ (x ¡ 1)2 y y = cos( ¼x ), x = 0 2 y x = 2. La integral se describe f¶acilmente mediante una integral:

A=

Z 2Z 0

2¡(x¡1)2

1 dy dx =

cos ( ¼x 2 )

10 : 3

− Ejemplo 4.100. Usando multiplicadores de Lagrange, calcule y clasi¯que los extremos de la x2 y 2 funci¶on f (x; y; z) = x2 + y 2 + z 2 sujeta a la condici¶on g(x; y; z) = + + z 2 ¡ 1 = 0. 4 9 Soluci¶ on: Observamos que si (x; y; z) 2 IR3 , la distancia d de ese punto al origen est¶a dada por d=

p x2 + y 2 + z 2

Como f = d2 , el problema que tenemos entre manos es determinar los puntos m¶as cercanos/lejanos al origen que se hallan sobre el paraboloide suministrado. Resulta entonces que el problema podr¶³a resolverse intuitivamene empleando las trazas de esta ¯gura. Sin embargo

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4.12. Ejercicios para el segundo parcial

319

se pide que se use Lagrange. El sistema 5f = ¸5g es entonces: 8 x¸ > > 2x = ; > > 2 > > > 2y¸ > > < 2y = ; 9 > > 2 z = 2 z ¸; > > > > > x2 y 2 > > : ¡1+ + + z2 = 0 4 9 Si suponemos x 6 = 0, y = 0 z = 0 obtenemos ¸ = 4. Por lo tanto, x = §2. Razonando en forma parecida encontramos el resto de los puntos que satisfacen el sistema de ecuaciones: ¸ x y z f (x; y; z) 1 0 0 ¡1 1 1 0 0 1 1 4 ¡2 0 0 4 4 2 0 0 4 9 0 ¡3 0 9 9 0 3 0 9 Por lo tanto, los puntos m¶as cercanos al origen (m¶³nimos) son (0; 0; §1) y los m¶as lejanos (m¶aximos) (0; §3; 0).

4.12

Ejercicios para el segundo parcial

Nota: Los siguientes ejercicios fueron recopilados por el Prof. Marco Alfaro C para el curso MA{ 1003: C¶alculo III. Est¶an basados en ex¶amenes de la c¶atedra. El material fue reeditado por el Dr. Joseph C. V¶arilly en el I Ciclo del 2006. 4.12.1

M¶ aximos y m¶³nimos relativos, puntos cr¶³ticos

4.12.1. Obtener y clasi¯car los puntos cr¶³ticos de las siguientes funciones de dos variables e identi¯car los extremos de cada funci¶on. (a) f (x; y) = x2 + (y ¡ 1)2 .

[[ R/: M¶³nimo en (0; 1). ]]

(b) f (x; y) = 1 + x2 ¡ y 2 .

[[ R/: Punto de ensilladura (0; 0). ]]

(c) f (x; y) = (x ¡ 1)2 ¡ 2y 2 .

[[ R/: Punto de ensilladura (1; 0). ]]

(d) f (x; y) = (x ¡ y + 1)2 . (e) f (x; y) = x2 + xy + y 2 ¡ 2x ¡ y.

[[ R/: M¶³nimo sobre la recta y = x + 1. ]] [[ R/: M¶³nimo en (1; 0). ]]

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320

Cap¶³tulo 4. Integrales m¶ ultiples

(f) f (x; y) = 2x2 ¡ xy ¡ 3y 2 ¡ 3x + 7y.

[[ R/: Punto de ensilladura (1; 1). ]]

(g) f (x; y) = x2 ¡ xy + y 2 ¡ 2x + y.

[[ R/: M¶³nimo en (1; 0). ]]

(h) f (x; y) = x3 + y 3 ¡ 3xy.

[[ R/: Puntos cr¶³ticos: (0; 0), (1; 1). ]]

(i) f (x; y) = x3 y 2 (6 ¡ x ¡ y) para x > 0; y > 0.

[[ R/: M¶aximo en (3; 2). ]] [[ R/: Puntos cr¶³ticos: (0; 0), (¡ 14 ; ¡ 12 ). ]]

(j) f (x; y) = e2x+3y (8x2 ¡ 6xy + 3y 2 ). r x2 y 2 (k) f (x; y) = xy 1 ¡ ¡ . 3 3

[[ R/: Puntos cr¶³ticos: (0; 0), (§1; §1), (§1; ¨1). ]]

(l) f (x; y) = ex¡y (x2 ¡ 2y 2 ). (m) f (x; y) = (x2 + y 2 ) e¡(x

2 +y 2 )

[[ R/: Puntos cr¶³ticos: (0; 0), (¡4; ¡2). ]] .

[[ R/: M¶³nimo en (0; 0), m¶aximo sobre x2 + y 2 = 1. ]]

1+x¡y (n) f (x; y) = p . 1 + x2 + y 2 (o) f (x; y) = x3 ¡ 3xy 2 + y 3 . (p) f (x; y) = x4 + y 4 ¡ 2x2 + 4xy ¡ 2y 2 .

[[ R/: M¶aximo en (1; ¡1). ]] [[ R/: Punto de ensilladura (0; 0). ]] p p [[ R/: Puntos cr¶³ticos: (0; 0), (§ 2; ¨ 2). ]]

(q) f (x; y) = 1 ¡ (x2 + y 2 )2=3 .

[[ R/: M¶aximo en (0; 0). ]]

4.12.2. Determinar y clasi¯car los extremos de la funci¶on f (x; y) = x2 ¡ xy + y 2 + 3x ¡ 2y + 1, de¯nida en el rect¶angulo ¡2 · x · 0, 0 · y · 1. 4.12.3. Consid¶erese la funci¶on µ ¶2 p 9 81 18 p 2 2¡x ¡ = 2 + y 2 ¡ 2xy + 2 ¡ 2 ¡ x2 : f (x; y) = (x ¡ y) + y y y 2

(a) Identi¯car los cuatro puntos cr¶³ticos de la funci¶on f . (b) Clasi¯car los puntos cr¶³ticos (1; 3) y (1; ¡3). 4.12.2

Multiplicadores de Lagrange, extremos con ligaduras

4.12.4. Encontrar los valores m¶aximo y m¶³nimo absolutos de la funci¶on f (x; y; z) = x + y + z sujeta a las restricciones x2 + y 2 = 2, x + z = 1. 4.12.5. Usando multiplicadores de Lagrange, calcular y clasi¯car los extremos de la funci¶on f (x; y; z) = x2 + y 2 + z 2 sujeta a la condici¶on 14 x2 + 19 y 2 + z 2 ¡ 1 = 0. 4.12.6. La suma de tres n¶ umeros positivos es 120. (a) >Cual es el mayor valor posible de su producto?

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4.12. Ejercicios para el segundo parcial

321

(b) Veri¯car por el m¶etodo de la segunda derivada que este producto es efectivamente un m¶aximo. 4.12.7. La intersecci¶on del cono z 2 = x2 + y 2 y el plano 3x + 4y + 6z = 11 es una elipse. Usar el m¶etodo de los multiplicadores de Lagrange para hallar los puntos de esta elipse m¶ as cercanos y m¶as lejanos al origen. 4.12.8. Usted debe construir una caja rectangular sin tapa con materiales que cuestan c/50000 el metro cuadrado para el fondo y c/75000 el metro cuadrado para los otros cuatro lados. La caja debe tener un volumen de 1500 metros c¶ ubicos. >Cu¶ales deben ser las dimensiones de la caja para que su costo sea m¶³nimo? 4.12.9. Usando el m¶etodo de los multiplicadores de Lagrange, determine los puntos cr¶³ticos de f (x; y; z) = ¡x4 ¡ y 4 ¡ z 4 sujeta a la restricci¶on x ¡ y + z ¡ 6 = 0. Clasi¯car estos puntos cr¶³ticos ligados como m¶aximos relativos, m¶³nimos relativos o puntos de ensilladura. 4.12.10. Determinar los puntos cr¶³ticos de la funci¶on f (x; y; z) = xy + xz + yz bajo la restricci¶on x2 + y 2 ¡ z 2 ¡ 1 = 0; e identi¯car su naturaleza (m¶aximos, m¶³nimos o puntos de ensilladura). 4.12.11. Demostrar, usando el m¶etodo de los multiplicadores de Lagrange, que f (1; 1; ¡1) y f (¡1; ¡1; 1) son valores extremos de la funci¶on f (x; y; z) = x2 + y 2 + z 2 sujeta a las condiciones z(x + y) = ¡2, xy = 1. Determinar la naturaleza de estos extremos. 4.12.12. Usando multiplicadores de Lagrange, encontrar los extremos de la funci¶on f (x; y) = 6 ¡ 4x ¡ 3y con la condici¶on de que las variables x, y satisfagan la ecuaci¶on x2 + y 2 = 1. Clasi¯car los extremos obtenidos. 4.12.13. Para la funci¶on f (x; y; z) = xyz restringida al plano x + y + z = 9, encontrar sus puntos cr¶³ticos y clasi¯carlos en m¶aximos y m¶³nimos relativos o puntos de ensilladura. 4.12.14. Utilizando el m¶etodo de los multiplicadores de Lagrange, determinar los puntos cr¶³ticos de la funci¶on f (x; y; z) = 2x + 3y + z, sujeta a la restricci¶on 4x2 + 3y 2 + z 2 ¡ 20 = 0; e identi¯car su naturaleza. 4.12.15. La intersecci¶on de la esfera x2 + y 2 + z 2 = 81 con el plano x + y + z = 15 es un c¶³rculo. Encontrar el m¶aximo y el m¶³nimo valor de la funci¶on f (x; y; z) = xyz en este c¶³rculo, identi¯cando todos los puntos en donde xyz alcanza uno de esos extremos. 4.12.16. Si la funci¶on u = (x + y)z se restringe a la super¯cie 1 1 1 + 2 + 2 = 4 en el octante x > 0; y > 0; z > 0; 2 x y z encontrar y clasi¯car todos los valores extremos de u, mediante el m¶etodo de los multiplicadores de Lagrange. 4.12.17. Encontrar los puntos cr¶³ticos de la funci¶on f (x; y; z) = xy + 3xz + 3yz, restringida a la super¯cie 2x2 + 2y 2 ¡ 3z 2 ¡ 4 = 0. Indicar la naturaleza de esos puntos cr¶³ticos.

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322

Cap¶³tulo 4. Integrales m¶ ultiples

4.12.18. Calcular, usando el m¶etodo de los multiplicadores de Lagrange, los puntos cr¶³ticos de f (x; y; z) = xyz en la super¯cie de la esfera x2 + y 2 + z 2 = 1. Escoger dos de estos puntos y describir su naturaleza. 4.12.19. Encontrar el valor m¶³nimo de la funci¶on f (x; y) = x4 + 3y 4=3 a lo largo de la hip¶erbola xy = c, donde c > 0. Enseguida, demostrar que la desigualdad 4ab · a4 + 3b4=3 es v¶alida para a > 0, b > 0 cualesquiera. 4.12.20. La funci¶on f (x; y; z) = 4xy + 4xz + 4yz, con la restricci¶on 4x2 + 4y 2 ¡ z 2 = 1, posee exactamente dos puntos cr¶³ticos ligados. Encontrar y clasi¯car esos puntos cr¶³ticos. 4.12.21. Dada la funci¶on f (x; y; z) = x2 ¡ y 2 + z 2 sujeta a la restricci¶on x + 2y + 3z = 1: (a) utilizar el m¶etodo de los multiplicadores de Lagrange para obtener los puntos cr¶³ticos; (b) si P ( 16 ; ¡ 13 ; 12 ) es un punto cr¶³tico para el multiplicador ¸ = 13 , determinar, usando hessianos o mediante el desarrollo de Taylor, si se trata de un m¶aximo, un m¶³nimo, o un punto de ensilladura. 4.12.3

Integrales dobles

4.12.22. Calcular la integral

ZZ R

x + y = 4, x + y = 12. 4.12.23. Calcular I :=

(x +y) dy dx donde R es la regi¶on limitada por las curvas y 2 = 2x,

Z

¼=2

¡¼=2

Z

¼=2

¡¼=2

4.12.24. Calcular el valor de I :=

sen jx + yj dy dx. Z

¼

0

Z

¼

0

j cos(x + y)j dy dx.

4.12.25. Expresar como integral doble y luego calcular el volumen del s¶olido T limitado por los paraboloides z = x2 + y 2 , z = 4x2 + 4y 2 , el cilindro y = x2 , y el plano y = 3x. Z aZ b 4.12.26. Dada la integral doble I := f (x; y) dy dx donde c < a, dibujar la regi¶on de p b a

c

a2 ¡x2

integraci¶on y expresar el resultado que se obtiene al cambiar el orden de integraci¶on. 4.12.27. En la integral doble I :=

Z 0

2¼

Z

3+cos 2x

f (x; y) dy dx;

cos x

dibujar el a¶rea de integraci¶on y luego expresar el resultado de las integrales que resultan al cambiar el orden de integraci¶on.

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4.12. Ejercicios para el segundo parcial

323

4.12.28. Dada la suma de integrales dobles: Z Z 5p 2 3

0

5+ 3

9¡y

f (x; y) dx dy +

p 5

5¡ 3

9¡y 2

Z

0

¡6

Z

25 5+ p (y+6) 6

f (x; y) dx dy;

25 5¡ p (y+6) 6

dibujar la regi¶on de integraci¶on y luego escribir la nueva expresi¶on que resulta al cambiar el orden de integraci¶on dx dy en el orden dy dx. 4.12.29. Dada la siguiente suma de integrales dobles: Z 0Z ¼ Z 0 Z 2¼¡arccos y Z f (x; y) dx dy + f (x; y) dx dy + ¡1

¡1

arccos y

¼

¼

Z

0

3¼=2

f (x; y) dx dy;

y+¼=2

dibujar la regi¶on de integraci¶on y mostrar la expresi¶on que resulta al cambiar el orden de integraci¶on. 4.12.30. Para la integral doble I :=

Z

¼=2

Z

sen 2x

f (x; y) dy dx;

x2 ¡ ¼2 x+¼¡4

0

dibujar la regi¶on de integraci¶on y expresar el resultado que se obtiene al cambiar el orden de integraci¶on. Z 2a Z p4ax 4.12.31. Para la integral doble f (x; y) dy dx, donde a > 0, p 2ax¡x2

0

(a) dibujar la regi¶on de integraci¶on; (b) expresar el resultado al cambiar el orden de integraci¶on. 4.12.32. Dada la integral doble I=

Z

¼

Z

4+ sen x

f (x; y) dy dx;

3¡ 122 (x¡ ¼2 )2

0

¼

(a) dibujar la regi¶on de integraci¶on; (b) escribir la suma de integrales que resulta al cambiar el orden de integraci¶on. 4.12.33. Dada la expresi¶on integral Z 1Z 4p Z ZZ p 2y 2y 1 + e dy dx = 1 + e dy dx + I= R

0

0

1

e4

Z

4

p

1 + e2y dy dx;

log x

(a) dibujar la regi¶on de integraci¶on R; (b) Rcambiar el orden de integraci¶ p p on a dx dy, luego calcular el valor de I. [[ Indicaci¶on: recordar que 2 1 + u du = log(u + 1 + u2 ) + C. ]]

Juan Félix Ávila Herrera

324

Cap¶³tulo 4. Integrales m¶ ultiples

4.12.34. Con x > 0, evaluar la integral doble Z 2 Z log x p I= (x ¡ 1) 1 + e2y dy dx: 1

4.12.35. Evaluar la integral doble I =

Z

0 p ¼

0

Z

p ¼

sen(y 2 ) dy dx.

x

4.12.36. Evaluar la integral doble Z 0

a

Z

p

ax¡x2

0

a dy dx p ; 2 a ¡ x2 ¡ y 2

donde a > 0, con un cambio de coordenadas cartesianas a coordenadas polares. 4.12.37. Calcular el ¶area encerrada por la curva (que se llama cardioide) cuya ecuaci¶on en coordenadas polares es r = 1 + cos µ. 4.12.38. Usando coordenadas polares e integrales dobles, calcular el volumen del cono de helado limitado superiormente por la semiesfera x2 + y 2 + z 2 = 96, z ¸ 0 e inferiormente por el semicono 5x2 + 5y 2 ¡ z 2 = 0, z ¸ 0. 4.12.39. Calcular el p a¶rea de la regi¶on en el primer cuadrante del plano xy, limitada por las dos p 3 rectas y = 3 x, y = 3 x y por las dos hip¶erbolas xy = 1, xy = 2. 4.12.40. Sea R la regi¶on dentro del c¶³rculo x2 + y 2 = 1, pero fuera del c¶³rculo x2 + y 2 = 2y, con x ¸ 0, y ¸ 0. (a) Dibujar esta regi¶on. (b) Sean u := x2 + y 2 , v := x2 + y 2 ¡ 2y. Dibujar la regi¶on S en el plano uv que corresponde a R bajo este cambio de coordenadas. ZZ xey dx dy usando este cambio de coordenadas. (c) Calcular R

4.12.41. Calcular I =

ZZ

(x + y)ex¡y dx dy, donde R es el rect¶angulo acotada por las rectas R

x + y = 1, x + y = 4, x ¡ y = ¡1, x ¡ y = 1. ZZ 2y dx dy, si R es la regi¶on del primer cuadrante limitada 4.12.42. Calcular la integral doble R

por las rectas y = 12 x, y = 2x, y por las hip¶erbolas xy = 2, xy = 8, mediante el cambio de variable u = xy, v = y=x. 4.12.43. Con el uso de coordenadas el¶³pticas x = a r cos µ, y = b r sen µ, calcular la integral ¶3=2 ZZ µ 2 x y2 I= + 2 dx dy; 2 b R a donde R es el interior de la elipse

x2 y 2 + 2 = 1. a2 b

Juan Félix Ávila Herrera

4.12. Ejercicios para el segundo parcial

325

4.12.44. Sea R la regi¶on en el primer cuadrante acotada por los c¶³rculos x2 + y 2 = 2x;

x2 + y 2 = 6x;

x2 + y 2 = 2y;

x2 + y 2 = 8y: ZZ 2y 2x dx dy ,v= 2 para evaluar la integral . Usar la transformaci¶on u = 2 2 2 2 2 2 x +y x +y R (x + y ) 4.12.45. Utilizando un cambio de variables adecuado, calcular la integral ZZ xy(y + 2x2 ) dx dy R

donde R es la regi¶on encerrada por las curvas y = x2 + 1, y = x2 + 3, xy = 1, xy = 3. 4.12.46. Usar el cambio de variables u = x2 + y 2 , v = x2 ¡ y 2 para calcular la integral doble ZZ I := (x5 y ¡ xy 5 ) dx dy; S

donde S es la regi¶on determinada por 25 · x2 + y 2 · 36, 4 · x2 ¡ y 2 · 9 en el primer cuadrante x ¸ 0, y ¸ 0. 4.12.47. Mediante una transformaci¶on conveniente de coordenadas, encontrar el a¶rea de la regi¶on limitada por las curvas xy = 4;

xy = 8;

xy 3 = 5;

xy 3 = 15;

en el primer cuadrante del plano xy. 4.12.48. Determinar el a¶rea de la regi¶on en el primer cuadrante acotada por las curvas y = x2 ;

y = 2x2 ;

x = y2;

x = 4y 2 ;

mediante el cambio de variables u = y=x2 , v = x=y 2 . 4.12.49. Sea R la regi¶on limitada por las cuatro hip¶erbolas xy = 2, xy = 5, 4x2 ¡ y 2 = 2, 4x2 ¡ y 2 = 6. Mediante la transformaci¶on de coordenadas u = xy, v = 4x2 ¡ y 2 , calcular ZZ I= (4x2 + y 2 )3 dx dy: R

4.12.4

Integrales triples

4.12.50. Calcular la integral

ZZZ

dz dy dx, donde T es el s¶olido limitado por los paraboloides T

z = x2 + y 2 , z = ¡5x2 ¡ 5y 2 , los cilindros y = 3x2 , y = ¡3x2 y el plano y = x. 4.12.51. Obtener una integral triple, en el orden dz dx dy, que representa el volumen del poliedro en el primer octante limitado por los planos coordenados x = 0, y = 0, z = 0 y por los planos x + y + z = 11, 2x + 4y + 3z = 36, 2x + 3z = 24. (No es necesario evaluar la integral.)

Juan Félix Ávila Herrera

326

Cap¶³tulo 4. Integrales m¶ ultiples

4.12.52. En la integral triple I=

Z

Z

a

0

0

y

Z

z

3

e(a¡x) dx dz dy;

0

con a > 0, cambiar el orden de integraci¶on dx dz dy al orden dz dy dx. Luego evaluar I, usando este u ¶ltimo orden. 4.12.53. Plantear como suma de integrales iteradas, en cualquier orden de integraci¶on, la integral ZZZ triple I = x2 dV , donde T es la pir¶amide limitada por la super¯cie jxj + jyj + z = 4 y por el plano z = 0.

T

4.12.54. Calcular mediante una integral triple el volumen del s¶olido limitado por las super¯cies x2 + y 2 = 4, z = 0, z = x ¡ y, con z ¸ 0. 4.12.55. Calcular mediante una integral triple el volumen del s¶olido limitado por las super¯cies x2 + 2y 2 = 2, z = 0, x + y + 2z = 0. 4.12.56. Expresar mediante una integral triple en coordenadas cartesianas el volumen del s¶olido limitado por las super¯cies x2 + y 2 + z 2 = 20, z = 0, x ¡ y 2 = 0, con z ¸ 0, x ¸ y 2 . ZZZ 4.12.57. Consid¶erese la integral triple I := (x2 + y 2 + z 2 ) dz dy dx, donde T es la regi¶on T

determinada por las condiciones 1 · z · 2, x2 + y 2 + z 2 · 4. (a) Expresar la integral I en coordenadas cil¶³ndricas. (b) Expresar la integral I en coordenadas esf¶ericas. (c) Evaluar I por cualquiera de las expresiones (a) o (b). 4.12.58. Usando coordenadas esf¶ericas, calcular la integral

ZZZ T

bola s¶olida x2 + y 2 + z 2 · 16. 4.12.59. La integral I=

Z

¼

0

Z

4

2

p x2 + y 2 dx dy dz, donde T es la

p 16¡r 2

Z 0

(16 ¡ r2 ¡ z 2 ) r dz dr dµ

est¶a dada en coordenadas cil¶³ndricas. Expresarla en coordenadas esf¶ericas. ZZZ 4.12.60. Calcular el volumen dx dy dz del s¶olido T limitado por los dos paraboloides z = T

x2 + y 2 , z = 4x2 + 4y 2 , el cilindro y = x2 y el plano y = 3x. 4.12.61. Calcular la integral triple I :=

Z

3

¡3

Z

p

9¡x2

p ¡ 9¡x2

Z p9¡x2 ¡y2 p z x2 + y 2 + z 2 dz dy dx; 0

mediante un cambio de variables a coordenadas cil¶³ndricas o esf¶ericas.

Juan Félix Ávila Herrera

4.12. Ejercicios para el segundo parcial

327

4.12.62. Encontrar el volumen de la porci¶on de la bola x2 + y 2 + z 2 · a2 que queda dentro del cilindro r = a sen µ, usando coordenadas cil¶³ndricas. 4.12.63. Usar coordenadas cil¶³ndricas o esf¶ericas para evaluar la integral ZZZ I := (x2 + y 2 + z 2 ) dx dy dz; T

donde T es la regi¶on determinada por las condiciones

1 2

· z · 1, x2 + y 2 + z 2 · 1.

4.12.64. Calcular la masa del s¶olido acotado por elpcilindro x2 + y 2 = 2x y por el semicono z 2 = x2 + y 2 , z ¸ 0, cuya densidad es dada por ½(x; y) = x2 + y 2 . Obtener tambi¶en las coordenadas de su centro de masa. [[ Indicaci¶on: Usar coordenadas cil¶³ndricas. ]] 4.12.65. Usar coordenadas esf¶ericas para evaluar ZZZ dx dy dz I := ; 2 2 2 3=2 T (x + y + z ) donde T es el s¶olido acotado por las dos esferas x2 + y 2 + z 2 = 4, x2 + y 2 + z 2 = 9 y el semicono x2 + y 2 ¡ z 2 = 0, z ¸ 0. 4.12.66. Usando coordenadas esf¶ericas, calcular Z Z p Z p 3

9¡x2

9¡x2 ¡y 2

dz dy dx : (9 ¡ x2 ¡ y 2 ¡ z 2 )1=2 0 0 0 p u ¡ v 2 para calcular la integral 4.12.67. Usar el cambio de variables x = v cos w, y = v sen w, z = ZZZ I :=

triple I =

T

z dx dy dz, donde el s¶olido T es la intersecci¶on del casco esf¶erico 9 · x2 +y 2 +z 2 · 16

con el casco cil¶³ndrico 1 · x2 + y 2 · 4, con z ¸ 0.

4.12.68. Encontrar el volumen del s¶olido de revoluci¶on z 2 ¸ x2 + y 2 encerrado por la esfera x2 + y 2 + z 2 = 1. [[ Indicaci¶on: Usar coordenadas esf¶ericas. ]] 4.12.69. Calcular el volumen del s¶olido encerrado por la esfera x2 + y 2 + z 2 = 4 y envuelto por el cilindro x2 + y 2 = 2x. 4.12.70. Calcular, usando coordenadas cil¶³ndricas, el volumen del cuerpo limitado por la parte superior de la esfera x2 + y 2 + z 2 = 25 y el paraboloide x2 + y 2 = z. 4.12.71. Hallar el volumen del s¶olido limitado inferiormente por el paraboloide 2az = x2 + y 2 , con a > 0; y limitado superiormente por la esfera x2 + y 2 + z 2 = 3a2 . 4.12.72. Calcular la masa del s¶olido T cuya densidad es ½(x; y; z) = x2 y 2 z 2 , si T es limitado por el cilindro parab¶olico x = y 2 y los planos x = z, z = 0, x = 1. 4.12.73. Encontrar el volumen del s¶olido formado por la intersecci¶on de los tubos cil¶³ndricos x2 +y 2 · 36, x2 + z 2 · 36.

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328

Cap¶³tulo 4. Integrales m¶ ultiples

4.12.74. Si el s¶olido T limitado por el paraboloide z = x2 + y 2 , el cilindro x2 + y 2 = 25 y los planos z = 0 y z = 25 tiene densidad constante ½, encontrar el momento de inercia de T alrededor del eje z. 4.12.75. Calcular la integral triple I :=

ZZZ T

dx dy dz ; x2 + y 2 + (z ¡ 12 )2

donde el s¶olido T es la bola unitaria x2 + y 2 + z 2 · 1.

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Cap¶³tulo 5 An¶ alisis vectorial 5.1

Campos vectoriales

² Un campo vectorial de¯nido sobre una regi¶on T del espacio es una funci¶on vectorial F que asocia a cada punto (x; y; z) de T un vector F (x; y; z) = iP (x; y; z) + jQ(x; y; z) + kR(x; y; z): = hP (x; y; z); Q(x; y; z); R(x; y; z)i ² Observe que F : T µ IR3 ! V3 . ² Se puede describir con mayor brevedad el campo vectorial F en t¶erminos de sus funciones componentes P , Q y R escribiendo F = hP; Q; Ri. Obs¶ervese que P , Q y R son funciones escalares (de valor rea1). ² Un campo vectorial en el plano es semejante, con la excepci¶on de que no se abarcan componentes z ni coordenadas z. Por lo tanto, un campo vectorial de la regi¶on plana R es una funci¶on vectorial F que asocia un vector a cada punto (x; y) de R F (x; y) = iP (x; y) + jQ(x; y) = hP (x; y); Q(x; y)i ² Observe que F : R µ IR2 ! V2 . ² Es u ¶til tener la capacidad de visualizar un campo vectorial F . Una forma usual consiste en dibujar un conjunto de vectores F (x; y) cada uno representados por una °echa, de longitud jF (x; y)j y situados con (x; y) como punto inicial. Este procedimiento se ilustra en el siguiente ejemplo. De forma an¶aloga se procede con un campo vectorial en el espacio. ² En el archivo \campos vectoriales.nb", del disco compacto, se muestra como realizar algunos de estos c¶alculos usando Mathematica. 329

Juan Félix Ávila Herrera

330

Cap¶³tulo 5. An¶ alisis vectorial

Figura 5.1: Campo vectorial. − Ejemplo 5.1. Describa el campo vectorial F (x; y) = xi + yj. Soluci¶ on:

Para cada punto (x; y) del plano, F (x; y) es s¶olo su vector de posici¶on; apunta en direcci¶on opuesta al origen y tiene como longitud p jF (x; y)j = jxi + yjj = x2 + y 2 = r que es igual a la distancia de (x; y) al origen. La Fig. 5.1 muestra algunos vectores que representan al campo vectorial. ² Entre los campos vectoriales m¶as importantes en las aplicaciones se encuentran los campos vectoriales de velocidad. Imagine el °ujo estable de un °uido, tal como el aire en el viento o el agua de un r¶³o. Se entiende como °ujo estable aqu¶el en donde el vector velocidad v(x; y; z) del °uido que pasa por el punto (x; y; z) es independiente del tiempo, por lo que la trayectoria del °ujo permanece constante. Entonces, v(x; y; z) es el campo vectorial de velocidad del °ujo. − Ejemplo 5.2. Imagine el plano horizontal xy cubierto con una capa delgada de agua que est¶a girando (algo as¶³ como un remolino) alrededor del origen con una rapidez angular constante de ! radianes por segundo, en direcci¶on contraria a la de las manecillas del reloj. Describa el campo vectorial de velocidades asociado. Soluci¶ on:

Figura 5.2: Campo vectorial.

Juan Félix Ávila Herrera

5.1. Campos vectoriales

331

Es evidente que en este caso se tiene un campo vectorial de dos dimensiones v(x; py). En cada punto (x; y) el agua se mueve en direcci¶on tangencial al circulo de radio r = x2 + y 2 con rapidez v = r!. Obs¶ervese que el campo vectorial v(x; y) = !(¡yi + xj) tiene una longitud r!, apuntando generalmente en direcci¶on contraria a la del reloj y que v ¢ r = w(¡yi + xj) ¢ (xi + yj) = 0; as¶³ que ves tangente al c¶³rculo antes mencionado. El campo de velocidad mencionado por la ecuaci¶on (3) se ilustra en la Fig. 5.2. ² De igual importancia en las aplicaciones f¶³sicas son los campos de fuerza. Sup¶ongase que por algunas circunstancias (quiz¶ a de caracteres gravitacionales o el¶ectricos) se ocasiona una fuerza F (x; y; z) que act¶ ua sobre una part¶³cula cuando se coloca en el punto (x; y; z). Entonces, se tiene un campo de fuerza F . El siguiente ejemplo se re¯ere al campo m¶as com¶ un de fuerza que experimentan los seres humanos. − Ejemplo 5.3. Suponga una masa M ¯ja en el origen. Cuando una part¶³cula de masa unitaria se coloca en el punto (x; y; z) que no sea el origen, es sometida a una fuerza F (x; y; z) de atracci¶on gravitacional dirigida hacia la masap M . Por la ley de gravitaci¶on del inverso cuadrado, 2 la magnitud de F es F = GM=r donde r = x2 + y 2 + z 2 es la longitud del vector de posici¶on r = xi + yj + zk. Se sigue de inmediato que F (x; y; z) = ¡

kr r3

donde k = GM, porque este vector tiene magnitud y direcci¶on correctas (hacia el origen, porque F es un m¶ ultiplo de ¡r). Un campo de fuerzas de la forma anterior se llama campo de fuerzas de inverso cuadrado. Obs¶ervese que F (x; y; z) no est¶a de¯nido en el origen, y que jF j ! 1 cuando r ! 0. ² (EL CAMPO VECTORIAL GRADIENTE)

Ya hemos visto el vector gradiente de la funci¶on de variable real f (x; y; z). Es el vector 5f de¯nido de la siguiente manera: À ¿ @f @f @f @f @f @f 5f = i +j +k = ; ; @x @y @z @x @y @z Las derivadas parciales del segundo miembro se eval¶ uan en el punto (x; y; z). Por lo tanto, 5f (x; y; z) es un campo vectorial, es el campo vectorial gradiente de la funci¶on f .

² El vector 5f (x; y; z) apunta en la direcci¶on en donde se obtiene la derivada direccional m¶axima de f en (x; y; z). Por ejemplo, si f (x; y; z) es la temperatura en el punto (x; y; z), entonces se debe avanzar en la direcci¶on de 5f (x; y; z) para aumentar la temperatura m¶as r¶apido.

Juan Félix Ávila Herrera

332

Cap¶³tulo 5. An¶ alisis vectorial

@f @f @f ² La notaci¶on de la ecuaci¶on 5f = i +j +k sugiere la expresi¶on formal @x @y @z ¿ À @ @ @ @ @ @ 5=i +j +k = ; ; @x @y @z @x @y @z ² Es provechoso pensar en 5 como en un operador diferencial vectorial, es el operador que, cuando se aplica a la funci¶on escalar f , produce su campo vectorial gradiente 5f . Esta operaci¶on se comporta como la operaci¶on de diferenciaci¶on (con variable simple) en muchas formas conocidas e importantes. Para tener un ejemplo com¶ un de esto, recuerde que se pueden encontrar puntos cr¶³ticos de una funci¶on de varias variables que fueron los puntos en los que 5f (x; y; z) = 0 o aqu¶ellos en los que 5f (x; y; z) no exist¶³a. ² Como un ejemplo sup¶ongase que f y g son funciones y a y b constantes. Es f¶acil demostrar que 5(af + bg) = a 5 f + b 5 g:

Por consiguiente, el vector gradiente es lineal. Tambi¶en satisface la regla del producto (siguiente ejemplo). − Ejemplo 5.4. Dadas las funciones diferenciables f (x; y; z) y g(x; y; z), demuestre que 5(f g) = f 5g + g 5f:

Soluci¶ on: Apliquemos la de¯nici¶on y la regla del producto para derivadas parciales. Por tanto, @(f g) @(f g) @(f g) +j +k i . . . . . . . . . @x . . . . . . . . . . @y . . . . . . . . . . .@z .......... ¶ µ ¶ µ ¶ µ @g @g @g @f @f @f +j f +k f =i f +g +g +g @x @x @y @y @z @z µ ¶ µ ¶ @g @g @g @f @f @f =f i +j +k +g i +j +k @x @y @z @x @y @z

5(f g) =

o bien 5(f g) = f 5g + g 5f como se deseaba. ² (DIVERGENCIA DE UN CAMPO VECTORIAL) Sup¶ongase ahora que

F (x; y; z) = iP (x; y; z) + jQ(x; y; z) + kR(x; y; z) con funciones componentes diferenciables P , Q y R. Entonces, la divergencia de F es la funci¶on escalar div F de¯nida as¶³: div F = 5 ¢ F =

@Q @R @P + + @x @y @z

Juan Félix Ávila Herrera

5.1. Campos vectoriales

333

Por supuesto, div es una abreviatura de divergencia y la notaci¶on alternativa 5 ¢ F es consistente con la expresi¶on formal de 5 de la ecuaci¶on. Es decir, À ¿ @ @ @P @Q @R @ 5¢F = ; ; ¢ hP; Q; Ri = + + @x @y @z @x @y @z ² Despu¶es se ver¶a que si v es el campo vectorial de velocidad de un °ujo estable, el valor de div v en un punto (x; y; z) es en esencia la raz¶on neta por unidad de volumen con la que la masa °uye (0 "diverge") del punto (x; y; z). − Ejemplo 5.5. Si el campo vectorial F est¶a dado por F (x; y; z) = (xey )i + (z sen y)j + (xy ln z)k; entonces P (x; y; z) = xey , Q(x; y; z) = z sen y y R(x; y; z) = xy ln z. En consecuencia, a partir de la ecuaci¶on: @(xy ln z) @(xey ) @(z sen y) div F = + + . . . . . .@z ........ @x @y xy o bien div F = ey + z cos y + . .z. . . Por ejemplo, el valor de div F en el punto (¡3; 0; 2) es 0 V ¢ F (¡3; 0; 2) = . . . . .e. . + . . .2. cos . . . .0. + . . .0. = . . .3:. . . . . .

² Las siguientes f¶ormulas son las an¶alogas para la divergencia de las ecuaciones 5 ¢ (aF + bG) = a5 ¢ F + b5 ¢ G

y Se deja esto como ejercicio.

5 ¢ (f G) = (f )(5 ¢ G) + (5f ) ¢ G;

² N¶otese que la f¶ormula anterior (donde f es una funci¶on escalar y G es un campo vectoria1) es consistente en cuanto que f y 5 ¢ G son funciones escalares, mientras que 5f y G son campos vectoriales, por lo que la suma descrita en el primer miembro es una funci¶on escalar. ² (ROTACIONAL DE UN CAMPO VECTORIAL)

El rotacional ( rot ) de un campo vectorial F = P i + Qj + Rk con la siguiente de¯nici¶on: ¯ ¯ i j k ¯ ¯ ¯ @ @ @ ¯ rot F = 5 £ F = ¯ @x @y @z ¯ ¯ ¯ ¯ P Q R

es el rot F de campo vectorial ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯

Juan Félix Ávila Herrera

334

Cap¶³tulo 5. An¶ alisis vectorial

o bien

µ

@R @Q rot F = i ¡ @y @z

o bien rot F =

¿

¶

+j

µ

@P @R ¡ @z @x

¶

+k

µ

@Q @P ¡ @x @y

@R @Q @P @R @Q @P ¡ ; ¡ ; ¡ @y @z @z @x @x @y

¶

À

² Aunque puede desearse memorizar est¶a complicada f¶ormula, recomendamos (porque en general lo encontrar¶a m¶as sencillo) que en la pr¶actica. Formule y evalue el determinante formal directamente. Nuestro siguiente ejemplo muestra lo f¶acil que es esto. ² En el archivo \gradiente, divergencia y rotacional.nb", del disco compacto, se muestra como realizar algunos de estos c¶alculos usando Mathematica. − Ejemplo 5.6. Calcular el rot F para el campo vectorial F dado por F (x; y; z) = (xey )i + (z sen y)j + (xy ln z)k: Soluci¶ on: Tenemos en este caso que: ¯ ¯ ¯ ¯ rot F = ¯¯ ¯ ¯

i @ @x xey z

j k @ @ @y @z sen y xy ln z

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯

y o bien rot F = i(x ln z ¡ sen y) + j( . .¡y . . . ln . . .z. . ) + k(¡xe ).

Por ejemplo, el valor de rot F en el punto (3; ¼=2; e) es ´ ³ ¼ 5 £ F 3; ¼ ; e = 2i ¡ j ¡ 3e¼=2 k . . . . . . . . . .2. . . . . . . . . . . . . . . 2

² Despu¶es se ver¶a que si v es el vector velocidad de un °ujo, entonces el valor del vector rot v (no cero) en el punto (x; y; z) determina el eje que pasa por (x; y; z) con respecto al cual el °uido gira (o rota o \da vueltas"). ² Tambi¶en presentamos las f¶ormulas

³ ´ ³ ´ 5 £ (aF + bG) = a 5 £ F + b 5 £ G 5 £ (f G) = (f )(5 £ G) + (5f ) £ G

Se deja esto como ejercicio.

Juan Félix Ávila Herrera

5.2. Integrales de l¶³nea

335

− Ejemplo 5.7. Si la funci¶on f (x; y; z) tiene derivadas parciales continuas de segundo orden, demuestre que rot(5f ) = 0. Soluci¶ on: Los c¶alculos directos conducen a ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 5 £ 5F = ¯¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯

i

j

@ @x

@ @y

@f @x

@f @y

¯ k ¯¯ ¯ @ ¯¯ @z ¯¯ ¯ ¯ @f ¯¯ @z ¯

o bien 5£F =i

Ã

@2f @2f ¡ . . . .@y@z . . . . . . . .@z@y ........

!

+j

µ

@2f @ 2f ¡ @z@x @x@z

¶

+k

µ

@2f @2f ¡ @x@y @y@x

¶

en consecuencia 5 £ 5F = 0 debido a la igualdad de las derivadas parciales continuas mixtas de segundo orden.

5.2

Integrales de l¶³nea

² Procedemos en forma an¶aloga al caso

Z

b

f (x) dx en el que se comienza dividiendo el intervalo

a ¢x1 ,

¢x2 , : : :, ¢xn . Luego se escogen umeros arbitrarios [a; b] en subintervalos de longitudes Pn¶ wk en cada subintervalo y se toma el l¶³mite de las sumas de Riemann k f (wk )¢xk cuando todos los ¢xk tienden a 0. Puede seguirse un procedimiento similar para de¯nir las integrales de l¶³nea de funciones de varias variables sobre curvas en dos o tres dimensiones. ² Se sabe que una curva plana C es regular (o alisada) si tiene una parametrizaci¶ on x = x(t);

y = y(t);

a·t·b

aneamente en [a; b]. tal que x0 (t) y y 0 (t) son continuas y no se anulan simult¶ ² Para las curvas en el espacio se considera una tercera funci¶on k del mismo tipo, tal que z = z(t). ² El sentido, u orientaci¶on, positivo sobre C es la direcci¶on en que se mueve un punto al aumentar t. ² Se dice que una curva C es regular parte por parte si [a; b] se puede dividir, en subintervalos cerrados de manera que C sea regular en cada subintervalo.

Juan Félix Ávila Herrera

336

Cap¶³tulo 5. An¶ alisis vectorial

² Sea f una funci¶on de dos variables x y y que es continua en una regi¶on D, la cual contiene una curva regular C con una parametrizaci¶on x = x(t);

y = y(t);

a·t·b

Se de¯nir¶an tres integrales diferentes de f sobre C. ² Comenzamos dividiendo el intervalo del par¶ametro [a; b] escogiendo a = t0 < t1 < t2 < : : : < tn = b La norma de esta partici¶on, es decir, la longitud del mayor subintervalo [tk¡1 ; tk ], se denota por jj¢jj.

Figura 5.3: Partici¶on. ² Si P (xk ; yk ) es el punto de C correspondiente a tk entonces los puntos P0 , P1 , P2 , : : :, Pn dividen a C en n subarcos Pk¡1 ; Pk , como se ilustra en la Fig. 5.3. Sean ¢xk = xk ¡ xk¡1 ;

¢yk = yk ¡ yk¡1 ;

¢sk = longitud del arco Pk¡1 Pk

² Para cada k, sea (uk ; vk ) un punto del subarco Pk¡1 Pk correspondiente a alg¶ un n¶ umero en [tk¡1 ; tk ] ² (Integrales de l¶³nea en dos dimensiones)

Las integrales de l¶³nea de f sobre C con respecto s, x y y, respectivamente, y se denotan como sigue. Z X f (x; y) ds = lim f (uk ; vk )¢sk jj¢jj!0 C k Z X f (x; y) dx = lim f (uk ; vk )¢xk jj¢jj!0 C k Z X f (x; y) dy = lim f (uk ; vk )¢yk C

jj¢jj!0

toda vez que los l¶³mites de estas sumas existan.

k

Juan Félix Ávila Herrera

5.2. Integrales de l¶³nea

337

² El t¶ermino \integral de l¶³nea" se re¯ere a una integral sobre una l¶³nea curva, que podr¶³a ser en ciertos casos una l¶³nea recta. Se le podr¶³a llamar tambi¶en gen¶ericamente integral de curva. ² Si f es continua en D, entonces los l¶³mites en la de¯nici¶on anterior existen y son los mismos para todas las parametrizaciones (siempre y cuando tengan la misma orientaci¶on). Adem¶as, las integrales se pueden evaluar sustituyendo x = x(t), y = y(t), o sea la parametrizaci¶on de C y reemplazando las diferenciales por p p ds = (dx)2 + (dy)2 = [x0 (t)]2 + [y 0 (t)]2 dt; dx = x0 (t)dt; dy = y 0 (t)dt: (¤) Teorema: 5.1. (Evaluacion para integrales de l¶³nea) Si una curva regular C est¶a dada por x = x(t), y = y(t); con a · t · b, y f (x; y) es continua en una regi¶on D que contiene a C, entonces Z Z b q 1. f (x; y) ds = f (x(t); y(t)) [x0 (t)]2 + [y 0 (t)]2 dt a C Z b Z f (x; y) dx = f (x(t); y(t)) x0 (t) dt 2. C a Z b Z f (x; y) dy = f (x(t); y(t)) y 0 (t) dt 3. C

a

² La discusi¶on anterior se puede generalizar a curvas m¶as complicadas. En particular, sea C una curva regular parte por parte que se puede expresar como la uni¶on de un n¶ umero ¯nito de curvas regulares C1 , C2 , : : :, Cn tales que el punto ¯nal de Ck es el punto inicial de Ck+1 para k = 1, 2, : : :, n ¡ 1. En este caso, la integral de l¶³nea de f sobre C se de¯ne como la suma de las integrales de l¶³nea sobre cada una de las curvas. Se pueden demostrar propiedades de las integrales de l¶³nea semejantes a las que se obtuvieron para las integrales vistas en los cursos de c¶alculo en una variable. Por ejemplo, invertir la direcci¶ on de integraci¶on cambia el signo de la integral; la integral de una suma de dos funciones es la suma de las integrales de cada funci¶on, etc¶etera. ² En el archivo \integrales de l¶³nea.nb", del disco compacto, se muestra como realizar algunos de estos c¶alculos usando Mathematica. Z xy 2 ds, donde C tiene la parametrizaci¶on x = cos t, y = sen t; − Ejemplo 5.8. Evaluar 0 · t · ¼=2.

C

Soluci¶ on: La curva C es la parte de la circunferencia unitaria con centro en el origen que se encuentra en el primer cuadrante, como se muestra en la Fig. 5.4. La punta de °echa en C indica el sentido positivo (es decir, la direcci¶ on de integraci¶on). Aplicando el Teorema 5.1 (1), obtenemos: ¯ Z ¼=2 Z 3 ¯¼=2 p sen t 1 ¯ xy 2 ds = cos t sen2 t sen2 t + cos2 t dt = = ¯ 3 . . . . .3. . . . 0. . . . . 0 C

Juan Félix Ávila Herrera

338

Cap¶³tulo 5. An¶ alisis vectorial

Figura 5.4: Cuarto de circunferencia − Ejemplo 5.9. Evaluar

Z

(0; 0) y (2; 4).

2

xy dx y

Z

C

xy 2 dy donde C es la parte de la par¶abola y = x2 entre

C

Soluci¶ on:

Figura 5.5: Curva C. La gr¶a¯ca de y = x2 entre (0; 0) y (2; 4) est¶a en la Fig. 5.5. C tiene ecuaciones param¶etricas 2 . .y. = . . .t. ;. .

x = t;

0 · t · 2:

Las diferenciales son dx = dt, dy = 2tdt. Aplicando el Teorema (5.1), obtenemos: Z

2

xy dx =

Z

2

Z

2 2

.t(t . . . .). . dt =

0

C

Z C

2

xy dy =

0

Z 0

2 2 2

t(t ) 2t dt =

Z 0

2

32 t. 5. dt = . .3. .

2

2t6 dt =

256 . . 7. . .

Juan Félix Ávila Herrera

5.2. Integrales de l¶³nea

339

− Ejemplo 5.10. Sea a > 0.

Z

Evaluar

C

parametrizada como: x = a(t ¡ sen t);

2

y ds,

Z

2

y dx y

Z

C

y 2 dy donde C es la curva

C

y = a(1 ¡ cos t);

0 · t · 2¼

Soluci¶ on: La curva C se muestra en la Fig. 5.6. Los c¶alculos solicitados son como sigue: C

Figura 5.6: Curva C. Z o bien

Z

2

y ds =

Z

C

2¼

0

· ¸ q 2 2 2 a (1 ¡ cos t) a2 (1 ¡ cos t) + a2 sen2 t dt

3

y 2 ds =

C

256a . Por otro lado: . . .15 ..... Z 2¼ Z £ 3 ¤ 3 2 a (1 ¡ cos t)3 dt = .5a y dx = . . . ¼. . C

Finalmente

0

Z

2

y dy =

Z

C

− Ejemplo 5.11. Sea a > 0. Evaluar

2¼

0

Z

C es la curva parametrizada como: x = a (cos t + t sen t) ;

C

£ 3 ¤ a (1 ¡ cos t)2 sen t dt = 0

¡ 2 ¢ x + y 2 ds,

Z C

¡ 2 ¢ x + y 2 dx y

y = a ( sen t ¡ t cos t) ;

Z C

¡ 2 ¢ x + y 2 dy donde

0 · t · 2¼

Soluci¶ on: El gr¶a¯co de la curva C dada se muestra en la Fig. 5.7. El c¶alculo es como sigue: Z ¡ 2 ¢ x + y 2 ds = ZC 2¼ hp i 2 2 2 2 2 2 2 2 a t cos t + a t sen t ¢ ((a cos t + at sen t) + (¡at cos t + a sen t) ) dt 0 Z 2¼ £ ¤ at ¢ a2 ((cos t + t sen t)2 + (¡t cos t + sen t)2 ) dt = Z0 2¼ £ ¡ ¢¤ = at ¢ a2 cos2 t + t2 cos2 t + sen2 t + t2 sen2 t dt 0 Z 2¼ £ ¡ ¢¤ at ¢ a2 1 + t2 dt = 0

Juan Félix Ávila Herrera

340

Cap¶³tulo 5. An¶ alisis vectorial

Figura 5.7: Curva C.

o bien

Z C

¡

2

x +y

2

¢

ds =

Z

2¼

3 2 3 2 2 . . .a. .t(1 . . .+ . . t. .). . . dt = . . . .2a . . . ¼. . .(1. .+ . . 2¼ . . . .). . . . . Por otro lado:

0

Z

¡ 2 ¢ x + y 2 dx CZ 2¼ £ ¤ a3 t cos3 t + a3 t3 cos3 t + a3 t cos t sen2 t + a3 t3 cos t sen2 t dt = 0 Z 2¼ 3 2 = a3 (t + t3 ) cos t dt = . .12a . . . . ¼. . . . 0

Finalmente: Z

¡

¢ x2 + y 2 dy =

ZC 2¼ 0

¤ £ 3 a t cos2 t sen t + a3 t3 cos2 t sen t + a3 t sen3 t + a3 t3 sen3 t dt Z 2¼ 3 2 = a3 (t + t3 ) sen t dt = . . . 2a . . . .¼(5 . . . .¡. .4¼ . . . ). . . . 0

Hemos usado aqu¶³: Z a3 (t + t3 ) cos t dt = a3 (¡5 cos t + 3t2 cos t ¡ 5t sen t + t3 sen t) Z a3 (t + t3 ) sen t dt = ¡a3 (¡5t cos t + t3 cos t + 5 sen t ¡ 3t2 sen t):

² Si C es la gr¶a¯ca de una ecuaci¶on y = g(x) para a · x · b, entonces C tiene ecuaciones param¶etricas x = t; y = g(t); a · t · b:

Juan Félix Ávila Herrera

5.2. Integrales de l¶³nea

341

Entonces, las integrales de l¶³nea (2) y (3) del Teorema (5.5) se pueden evaluar como sigue: Z

f (x; y) dx =

C

Z

b

f (t; g(t)) dt =

a

Z

b

f (x; g(x)) dx

a

² Esto demuestra que para las curvas dadas en la forma rectangular y = g(x) con a · x · b no hay que usar las ecuaciones param¶etricas sino que basta sustituir y = g(x), dy = g 0 (x)dx, y usar a y b como l¶³mites de integraci¶on. En el ejemplo 5.9, donde y = x2 , se podr¶³a haber escrito Z Z 2 ¡ ¢ 32 2 xy dx = x x4 dx = 3 C 0 Z 2 Z ¡ ¢ 256 2 xy dy = x x4 2x dx = 7 C 0 Z f (x; y) ds considerando la curva ² Puede obtenerse una aplicaci¶on f¶³sica de la integral de l¶³nea C

como un alambre delgado de densidad variable. Si la densidad lineal (es decir, la masa por unidad de longitud) en el punto (x; y) est¶a dada por ±(x; y), entonces ±(uk ; vk )¢sk es aproximadamente igual a la masa ¢mk de la parte del alambre que est¶a entre Pk¡1 y Pk . ² (Masa de un alambre) m=

Z

±(x; y) ds

C

− Ejemplo 5.12. Un alambre delgado tiene la forma de media circunferencia de radio a. La densidad lineal de masa en un punto P es directamente proporcional a la distancia de P a la recta que pasa por los extremos del alambre. Calcular la masa del alambre. Soluci¶ on:

Figura 5.8: Introducimos un sistema de coordenadas de manera que la forma del alambre coincida con la mitad superior de la circunferencia de radio a con centro en el origen (v¶ease la Fig. 5.8); C tiene las ecuaciones param¶etricas x = a cos t;

y = a sen t;

0·t·¼

Juan Félix Ávila Herrera

342

Cap¶³tulo 5. An¶ alisis vectorial

Por hip¶otesis, la densidad lineal de masa en P (x; y) est¶a dada por ±(x; y) = ky, para alguna constante k. La masa del alambre es Z Z ¼ p 2 2 2 2 2 (ka sen t) m= ky ds = . . . . . . . . . . . . . . . . . . . a. . . sen . . . . .t.+ . . a. . .cos . . . .t. . . . . . . . dt = 2ka : C

0

− Ejemplo 5.13. Sea a > 0. Suponga que alambre tiene forma de c¶³rculo de radio a centrado en el origen. Determine su masa si la densidad en el punto (x; y) es jxj + jyj. Soluci¶ on: Podemos parametrizar el c¶³rculo como: x = a cos t;

y = a sen t;

0 · t · 2¼:

Tenemos entonces que Z ½(x; y) ds m= C

=

Z 0

2¼

p p ja cos tj a2 cos2 t + a2 sen2 t + ja sen tj a2 cos2 t + a2 sen2 t dt Z 2¼ 2 2 = . . . . .a. .(jcos . . . . .tj. .+. .j.sen . . . .tj) . . . . . . dt = 8a : 0

² En las aplicaciones relacionadas con el trabajo, aparecen integrales de l¶³nea combinadas en la forma Z Z M (x; y) dx + N (x; y) dy C

C

donde M y N son funciones continuas sobre un dominio D que contiene a C. Esta suma se abrevia escribi¶endola como Z M (x; y) dx + N (x; y) dy − Ejemplo 5.14. Evaluar

Z

C

xy dx + x2 dy suponiendo que

C

(a) C consta de los segmentos que van de (2; 1) a (4; 1) y de (4; 1) a (4; 5). (b) C es el segmento que va de (2; 1) a (4; 5). (c) C tiene ecuaciones param¶etricas x = 3t ¡ 1, y = 3t2 ¡ 2t; 1 · t ·

5 3

Soluci¶ on: (a) Si se divide C en dos partes C1 y C2 , como se muestra en la Fig. 5.9-(a), estas curvas tienen las ecuaciones param¶etricas C1 : x = t; C2 : x = 4;

y = 1; y = t;

2·t·4 1·t·5

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5.2. Integrales de l¶³nea

343

Figura 5.9: Curvas C. La integral de l¶³nea sobre C puede expresarse como una suma de dos integrales de l¶³nea, la primera sobre Cl y la segunda sobre C2 . Sobre Cl tenemos dy = 0, dx = dt y por lo tanto Z 4 Z 2 t(1) dt =6 xy dx + x dy = . . . .2. . . . . . . . . . C1 Sobre C2 tenemos dx = 0, dy = dt y as¶³ Z xy dx + x2 dy = C2

Z

5

[0 + 16 ¢ 1] dt = 64 . . . . . 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Por lo tanto, la integral de l¶³nea sobre C es igual a 6 + 64, o sea 70. (b) La gr¶a¯ca de C est¶a en la Fig. 5.9-(b) y tiene la ecuaci¶ on y = 2x ¡ 3 para 2 · x · 4. En este caso dy = 2 dx y Z 4 Z £ ¤ 170 2 : xy dx + x dy = x(2x ¡ 3) ¢ 1 + x2 ¢ 2 dx = . . 3. . . . 2 C (c) La gr¶a¯ca de C es parte de una par¶abola (v¶ease la Fig. 5.9-(c)). En este caso, usando las ecuaciones param¶etricas x = 3t ¡ 1, y = 3t2 ¡ 2t; 1 · t · 5=3, obtenemos dx = 3dt, dy = (6t ¡ 2)dt y la integral de l¶³nea es igual a Z xy dx + x2 dy = C

Z 1

5=3

h

i ¡ 2 ¢ 2 (3t ¡ 1) 3t ¡ 2t . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ¢ 3 + (3t ¡ 1) ¢ (6t ¡ 2) dt = 58

Otra manera de resolver esto es usar la ecuaci¶on y = 13 (x2 ¡ 1) de la par¶abola para 2 · x · 4. 0. Hallar el trabajo realizado por la fuerza F (x; y) = 3y 2 + 2 i + 16xj al mover una part¶³cula desde el punto (¡1; 0) hasta (1; 0) siguiendo la mitad de la elipse b2 x2 + y 2 = b2 . >Qu¶e valor de b minimiza el trabajo? Soluci¶ on: y2 = 1. Por lo tanto, se puede parametrizar como: b2 x = cos t; y = b sen t

La forma can¶onica de la elipse es x2 +

>Cu¶al es el rango para t? Observe que si t = 0, obtenemos (1; 0) y si t = ¼, (¡1; 0). Por lo tanto, con esta parametrizaci¶on se obtiene la curva C deseada pero recorri¶endola en sentido inverso. Para compensar esto detalle anteponemos un signo negativo. Veamos: Z ¼ Z £ ¤ 2 16b cos2 t ¡ 2 sen t ¡ 3b2 sen3 t dt = . . . .4(1 W = ¡ F ¢ dr = ¡ ...+ . . .b. .¡ . . 2b¼) ........ C

0

Juan Félix Ávila Herrera

5.3. Independencia de la trayectoria

355

Para minimizar el trabajo consideremos W como una funci¶on de b. Notamos que se trata de una par¶abola que abre hacia arriba. Por lo tanto, W posee un m¶³nimo en su v¶ertice que se obtiene derivando, a saber: W 0 (b) = 8b ¡ 8¼, es decir cuando b = ¼.

5.3

Independencia de la trayectoria

² A una curva regular parte por parte con extremos A y B se le llama a veces trayectoria de A a B. A continuaci¶on se obtienen condiciones bajo las cuales una integral de l¶³nea es independiente de la trayectoria en una regi¶on, en el sentido de que si A y B son puntos arbitrarios, entonces se obtiene el mismo valor para todas las trayectorias de A a B en esa regi¶on. Z ² Si la integral de l¶³nea f (x; y) ds es independiente de la trayectoria, se denota a veces por C Z B f (x; y) ds porque el valor de la integral depende s¶olo de los extremos A y B de la curva C. A Z Z f (x; y) dx y f (x; y) dy y para las integrales de l¶³nea en Una notaci¶on similar se usa para C

tres dimensiones.

C

² En toda esta secci¶on se supone que todas las regiones del plano son conexas. Esto signi¯ca que dos puntos cualesquiera en una regi¶ on se pueden unir por una curva regular parte por parte contenida en la regi¶on. Tambi¶en se supone que las regiones son abiertas, es decir, para todo punto A de una regi¶on D existe un c¶³rculo con centro A completamente contenido en D. ² El siguiente teorema, que esZel resultado fundamental, dice que si un campo F es continuo, entonces la integral de l¶³nea

C

F ¢ dr es independiente de la trayectoria si y s¶olo si F es con-

servativo, es decir F coincide con el gradiente alguna funci¶on escalar, o sea, F = 5f para alguna funci¶on f . La demostraci¶on se puede hallar en los libros de c¶alculo avanzado.

(¤) Teorema: 5.2. Si F Z (x; y) = M(x; y)i+N (x; y)j es continuo en una regi¶on D abierta y conexa, entonces la integral F ¢ dr es independiente de la trayectoria si y s¶olo si F (x; y) = 5f (x; y) C

para alguna funci¶on escalar f . ² Tenemos tambi¶en un resultado, que es an¶alogo al Teorema Fundamental del C¶alculo, y que puede enunciarse como sigue. (¤) Teorema: 5.3. Sea F (x; y) = M(x; y)i + N (x; y)j continuo en una regi¶on abierta y conexa D, y sea C una curva regular parte por parte en D con extremos (x1 ; y1 ) y (x2 ; y2 ). Si F (x; y) = 5f (x; y), entonces Z Z (x2 ;y2 ) M(x; y) dx + N (x; y) dy = F ¢ dr C

(x1 ;y1 )

¯(x2 ;y2 ) ¯ = f (x2 ; y2 ) ¡ f (x1 ; y1 ) = f (x; y)¯¯ (x1 ;y1 )

Juan Félix Ávila Herrera

356

Cap¶³tulo 5. An¶ alisis vectorial

² El siguiente teorema (corolario) es una aplicaci¶ on del Teorema (5.3) a los campos de fuerza conservativos. (¤) Teorema: 5.4. Si un campo vectorial de fuerza F es conservativo, entonces el trabajo realizado a lo largo de la trayectoria C de A a B es igual a la diferencia de potencial entre A y B. ² El corolario se ilustra en la Fig. 5.17, en la que C1 , C2 y C3 son curvas regulares parte por parte. Se requiere la misma cantidad de trabajo para cualquier trayectoria de A a B. Si C es una curva cerrada, es decir, si A = B, entonces el trabajo realizado al recorrer C es 0.

Figura 5.17: Tres trayectorias.

² Hay un resultado inverso de ¶este, concretamente, si Z F ¢ dr = 0 C

para toda curva cerrada simple C, entonces la integral es independiente de la trayectoria, y por lo tanto el campo es conservativo. ² Estos hechos son importantes en las aplicaciones, pues muchos de los campos vectoriales que aparecen en la naturaleza son de tipo gravitacional y por lo tanto, conservativos. En t¶erminos de f¶³sica, si una part¶³cula da una vuelta completa sobre una curva cerrada que se halla en un campo de fuerza conservativo, entonces el trabajo realizado es 0. ² El Teorema (5.3) y el Corolario (5.4) pueden generalizarse a campos vectoriales en tres dimensiones. El siguiente ejemplo ilustra estos resultados. ² En el archivo \campo gravitacional (conservativo).nb", del disco compacto, se muestra como realizar algunos de estos c¶alculos usando Mathematica. − Ejemplo 5.27. Sea F el campo gravitacional producido por una part¶³cula de masa M colocada en el origen de un sistema de coordenadas rectangulares. Calcular el trabajo realizado cuando una part¶³cula de masa m se mueve de (2; 3; 4) a (1; 0; 0).

Juan Félix Ávila Herrera

5.3. Independencia de la trayectoria

357

Nota: Seg¶ un la ley de gravitaci¶on universal de Newton la fuerza ejercida sobre una part¶³cula de masa m colocada en (x; y; z) est¶a dada por F (x; y; z) = G

Mm r jjrjj3

donde r = xi + yj + zk. Soluci¶ on: Notemos que F (x; y; z) = ¡

GmM (x2

+ y 2 + z 2 )3=2

(xi + yj + zk)

En este caso ( < x fy (x; y; z) = 2y sen x + e2z ; > : fz (x; y; z) = 2ye2z :

Si integramos (parcialmente) fx (x; y; z) con respecto a x, vemos que (b)

2 f (x; y; z) = . .y. . .sen . . .x . . . + g(y; z)

para alguna funci¶on g de y y z. (Debemos usar g(y; z) para obtener la expresi¶on m¶as general f (x; y; z) tal que fx (x; y; z) = y 2 cos x.) Derivando f en la ecuaci¶on (b) con respecto a y, y comparando el resultado con la ecuaci¶on para fy en (a), obtenemos 2z fy (x; y; z) = 2y sen x + gy (y; z) = 2y sen x + .e. . .

y por lo tanto, gy (y; z) = e2z .

Juan Félix Ávila Herrera

362

Cap¶³tulo 5. An¶ alisis vectorial

Integrando parcialmente con respecto a y, obtenemos g(y; z) = ye2z + k(z) donde k es una funci¶on s¶olo de z. Por consiguiente, de la ecuaci¶on (b), 2 2z f (x; y; z) = . .y. . .sen . . .x . . . + ye + k(z):

Derivando con respecto a z y usando la ecuaci¶on para fz en (a), fz (x; y; z) = 2ye2z + k 0 (z) = 2ye2z : Por lo tanto, k 0 (z) = 0 o bien k(z) = c para una constante c y f (x; y; z) = y 2 sen x + ye2z + c de¯ne una funci¶on de potencial para F . El trabajo realizado por F a lo largo de una curva e cualquiera de (0; 1; 1=2) a (¼=2; 3; 2) es Z C

¯(¼=2;3;2) ¯ F ¢ dr = y sen x + ye ¯ 2z ¯

2

(0;1;1=2) 4

4

= . . . . . . . .(9 . . .+. .3e . . .). ¡ . . .(0 . .+ . . .e). .= . . .9. + . . .3e . . .¡ . . e. . . . . . . . . ¼ 170:

− Ejemplo 5.34. Demuestre que F = (ex cos y + yz)i + (xz ¡ ex sen y)j + (xy + z)k es conservativo, y encuentre una funci¶on potencial para ¶el. Soluci¶ on: Aplicamos la prueba en las ecuaciones (5.7) a M = ex cos y + yz;

N = xz ¡ ex sen y;

P = xy + z

y calculamos @N @P =x= ; @y @z

@M @P =y= ; @z @x

y

@N @M x = . . . .¡e : . . . . sen . . . .y. .+. .z. . . . = @x @y

Juntas, esas igualdades nos dicen que existe una funci¶on f con 5f = F . Para encontrar f , integramos las ecuaciones @f = ex cos y + yz; @x

@f = xz ¡ ex sen y; @y

@f = xy + z; @z

(¤)

Integramos la primera ecuaci¶on respecto a x, manteniendo y y z ¯jas, para obtener f (x; y; z) = ex cos y + xyz + g(y; z):

Juan Félix Ávila Herrera

5.3. Independencia de la trayectoria

363

Escribimos la constante de integraci¶on como una funci¶on de y y z porque su valor puede cambiar de esta ecuaci¶on y la igualamos con la expresi¶on para si y y z cambian. Luego calculamos @f @y @f en la ecuaci¶on (¤). Esto da @y ¡ex sen y + xz +

@g = xz ¡ ex sen y; @y

@g = 0. Por lo tanto, g es una funci¶on s¶olo de z y f (x; y; z) = ex cos y + xyz + h(z). @y @f @f Ahora calculamos de esta ecuaci¶on y la igualamos con la f¶ormula para en la ecuaci¶on @z @z (¤). Esto da dh dh xy + = xy + z; o bien = z; .. dz dz por lo que z2 +C h(z) = 2 z2 Por consiguiente, f (x; y; z) = ex cos y + xyz + + C. Hemos obtenido un n¶ umero in¯nito de 2 funciones potenciales para F , una para cada valor de C. por lo que

− Ejemplo 5.35. Sea F = (1 + 4xy ¡ 3x2 z 2 )i + 2(1 + x2 )j + (¡2x3 z ¡ 3z 2 )k. Veri¯car que F es conservativo y hallar una funci¶on potencial f . Soluci¶ on: En este caso tenemos que: M = 1 + 4xy ¡ 3x2 z 2 ;

N = 2(1 + x2 );

P = ¡2x3 z ¡ 3z 2

Notamos que @M @N = 4x = ; @y @x

@M @P = ¡6x2 z = ; @z @x

@N @P =0= @z @y

Integramos con respecto a x obtenemos 2 3 2 f = . . . . x. .+ . . 2. .x. . .y. ¡ . . .x. .z. . . . . . + g(y; z);

(¤)

derivamos con respecto a y, igualamos a N y despejamos gy0 (y; z): gy0 (y; z) = ¡2x2 + 2(1 + x2 ) Integramos con respecto a y. Obtenemos g(y; z) = 2y + k(z) f = x + 2y + 2x2 y ¡ x3 z 2 + k(z)

Derivamos con respecto a z, igualamos a P y despejamos k 0 (z): ¡2x3 z ¡ 3z 2 = ¡2x3 z + k 0 (z);

k 0 (z) = ¡3z 2

2 3 2 3 Tenemos entonces que f = . . . . . . x . .+ . . .2y . .+ . . .2x . . .y. .¡. .x. . z. . .¡. .z. . . . . . . . + C.

Juan Félix Ávila Herrera

364

Cap¶³tulo 5. An¶ alisis vectorial

² Para concluir esta secci¶on se consideran algunas aplicaciones de la independencia de la trayectoria. La siguiente de¯nici¶on se usa en la f¶³sica. ² Sea F (x; y; z) un campo vectorial de fuerza que es conservativo y que tiene una funci¶on de potencial f . Se de¯ne como la energ¶³a potencial p(x; y; z) de una part¶³cula en un punto (x; y; z) a p(x; y; z) = ¡f (x; y; z): Como la energ¶³a potencial es el negativo del potencial f (x; y; z), se tiene que F (x; y; z) = ¡5p(x; y; z): ² Si A y B son dos puntos, el trabajo realizado por F a lo largo de una curva regular C con extremos A y B es ¯B Z B ¯ W = F ¢ dr = ¡p(x; y; z)¯¯ = p(A) ¡ p(B) A

A

donde p(A) y p(B) denotan la energ¶³a potencial en A y B, respectivamente. De modo que el trabajo W es la diferencia de las energ¶³as potenciales en A y B. En particular si B es un punto en el que el potencial es 0, entonces W = p(A). Esto concuerda con la descripci¶on f¶³sica cl¶asica de la energ¶³a potencial como la energ¶³a que un cuerpo tiene debido a su posici¶on.

² Si una part¶³cula tiene masa m y rapidez v, entonces su energ¶³a cin¶etica es 12 mv 2 . Por lo tanto, la energ¶³a cin¶etica es la energ¶³a de un cuerpo debido a su velocidad (rapidez) y a su masa. ² A continuaci¶on se enuncia la ley fundamental de la f¶³sica que se~ nala la raz¶on principal por la que ciertos campos vectoriales se llaman conservativos. (¤) Teorema: 5.8. (Ley de conservaci¶ on de la energ¶³a) Si una part¶³cula se mueve de un punto a otro en un campo vectorial de fuerza conservativo, entonces la suma de las energ¶³as potencial y cin¶etica permanece constante, es decir, la energ¶³a total no cambia (se conserva).

5.4

Teorema de Green

² Sea C una curva regular plana con parametrizaci¶on x = x(t), y = y(t); a · t · b. Recordemos que si A = (g(a); h(a)) = (g(b); h(b)) = B entonces C es una curva regular cerrada. Si C no se corta a s¶³ misma entre A y B, se dice que es simple. La circunferencia y la elipse son ejemplos comunes de curvas regulares cerradas simples. ² Una curva regular parte por parte y cerrada simple es una uni¶ on ¯nita de curvas regulares Ck tales que cuando t var¶³a de a a b, el punto P (t) que se obtiene de las parametrizaciones de las Ck traza o recorre C exactamente una vez, con la excepci¶on de que P (a) = P (b).

Juan Félix Ávila Herrera

5.4. Teorema de Green

365

² Una curva de este tipo es la frontera de una regi¶on R del plano xy y, por de¯nici¶on, la direcci¶on positiva a lo largo de C es tal que R se encuentra a la izquierda cuando P (t) recorre C. Esto se ilustra en la Fig. 5.18, en donde las °echas indican el sentido positivo a lo largo de C.

Figura 5.18: Regi¶on R. ² La expresi¶on

I

M (x; y) dx + N (x; y) dy

C

denota una integral de l¶³nea a lo largo de una curva cerrada simple C recorrida una vez en la direcci¶on positiva. ² El siguiente teorema, que lleva el nombre del f¶³sico matem¶atico ingl¶es George Green (17931841), exhibe una relaci¶on entre la integral de l¶³nea alrededor de C y cierta integral doble sobre R. Para simpli¯car el enunciado se usan los s¶³mbolos M , N , @M=@y y @N=@x en los integrandos para denotar los valores de estas funciones en (x; y). (¤) Teorema: 5.9. (Green) Sea C una curva regular parte por parte y cerrada simple, y sea R la regi¶on que consta de C y su interior. Si M y N son funciones continuas que tienen primeras derivadas parciales continuas en una regi¶on abierta D que contiene a R, entonces ¶ ZZ µ I @N @M M dx + N dy = ¡ dA @x @y C R ² El Teorema de Green es v¶alido para regiones cuyas fronteras incluyen segmentos horizontales o verticales. Entonces el teorema puede generalizarse al caso en que R es una uni¶on ¯nita de tales regiones. ² Por ejemplo, si, como se ilustra en la Fig. 5.19, R = R1 [ R2 y si la frontera de R1 es C1 U C10 y la de R2 es C2 U C20 , entonces ¶ I ZZ µ @N @M M dx + N dy ¡ dA = @x @y R1 C1 [C10 ¶ I ZZ µ @M @N M dx + N dy ¡ dA = @x @y R2 C2 [C20

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366

Cap¶³tulo 5. An¶ alisis vectorial

Figura 5.19: Regi¶on. ² La suma de las dos integrales dobles es igual a una integral doble sobre R. La integral de l¶³nea a lo largo de C1 en el sentido indicado en la Fig. 5.19 es igual al negativo de la integral a lo largo de C20 porque las curvas son iguales pero con orientaci¶on opuesta. Por lo tanto, la suma de las dos integrales de l¶³nea se reduce a una integral de l¶³nea a lo largo de Cl [ C2 que es la frontera C de R. Entonces, ¶ ZZ µ I @N @M M dx + N dy ¡ dA = @x @y R C ² Se puede demostrar el resultado para cualquier uni¶ on ¯nita de regiones. I − Ejemplo 5.36. Aplicar el Teorema de Green para evaluar 5xy dx + x3 dy donde C es la C

curva cerrada que consta de las gr¶a¯cas de y = x2 y y = 2x entre los puntos (0; 0) y (2; 4).

Soluci¶ on:

La regi¶on R acotada por C se ilustra en la Fig. 5.20. Aplicando el Teorema de

Figura 5.20: Regi¶on. Green con M (x; y) = 5xy y N (x; y) = x3 , obtenemos: ¸ ZZ · I @ (x3 ) @ (5xy) 3 5xy dx + x dy = ¡ dA @x @y CZ Z R Z ´ 2 2x ³ 2¡ ¢ 2 3x ¡ 5x 3x2 y ¡ 5xy dx = . . . . . . . . . . . . dy dx = 0

x2

0

Juan Félix Ávila Herrera

5.4. Teorema de Green

o bien

I

367

5xy dx + x3 dy =

C

28 ¡ . . . .15 ...

La integral de l¶³nea tambi¶en puede evaluarse directamente. En efecto designemos con C1 a la curva que va desde (0; 0) hasta (2; 4) mediane y = x2 y con C2 la que va desde (2; 4) hasta (0; 0) mediante y = 2x. Tenemos entonces que: Z

Z

3

5xy dx + x dy =

0

C1

Por otro lado:

o bien

I

C1 [C2

Z

3

5xy dx + x dy =

Z 2

C2

5xy dx + x3 dy = ¡

2

0

¡ 3 ¢ 5t + 2t4 dt =

¡ 2 ¢ 10t + 2t3 dt =

164 . . 5. . . 104 ¡ . . . . .3. . .

28 . 15

− Ejemplo 5.37. Usar el teorema de Green para evaluar la integral de l¶³nea I 2xy dx + (x2 + y 2 ) dy C

donde C es la elipse 4x2 + 9y 2 = 36. Soluci¶ on:

Figura 5.21: Regi¶on. La regi¶on R delimitada o acotada por e se ilustra en la Fig. 5.21. Aplicando el Teorema de Green con M (x; y) = 2xy y N (x; y) = x2 + y 2 , tenemos: I C

2

2

2xy dx + (x + y ) dy =

ZZ R

(2x ¡ 2x) dA = 0:

N¶otese que no usamos la curva C en la evaluaci¶on. Se puede demostrar que la integral de l¶³nea es independiente de la trayectoria y por lo tanto, es cero para cualquier curva cerrada simple C

Juan Félix Ávila Herrera

368

Cap¶³tulo 5. An¶ alisis vectorial

Figura 5.22: Regi¶on R. I ³ p ´ ¢ ¡ − Ejemplo 5.38. Evaluar 4 + e x dx + sen y + 3x2 dy donde C es la frontera de la reC

gi¶on R entre dos cuartos de circunferencia de radios a y b, y dos segmentos sobre los ejes coordenados, que se muestra en la Fig. 5.22. Soluci¶ on: Si aplicamos el Teorema de Green y luego se cambia la integral doble a coordenadas polares, obtenemos que la integral de l¶³nea es igual a ZZ Z ¼=2Z b (6x ¡ 0) dA = . . .(6r . . .cos . . . .µ). .r. . . dr dµ 0 a R Z ¯b Z ¼=2 ¼=2 ¯ ¢ ¡ 3 ¯ 2r cos µ¯ dµ = 2 b3 ¡ a3 cos µ dµ = 0

0

a

I ³ ¢ ¡ 3 p ´ ¡ ¢ 3 o bien 4 + e x dx + sen y + 3x2 dy = . . .2. .b. . .¡. .a. . . . . . C

Puede llegarse a tener una mayor aprecio del teorema si se trata de evaluar la integral de l¶³nea de este ejemplo directamente ² El Teorema de Green sirve para deducir una f¶ormula para calcular el a¶rea A de una regi¶on R acotada por una curva regular parte por parte y cerrada simple C. ¶ I ZZ µ @M @N M dx + N dy = ¡ dA @x @y C R De¯niendo M = 0 y N = x se obtiene A=

ZZ

dA =

R

I

x dy

C

Sin embargo, de¯niendo M = ¡y y N = 0 el resultado es I ZZ dA = ¡ y dx A= R

C

y x Por otroa lado, si hacemos M = ¡ y N = obtenemos 2 2 I 1 x dy ¡ y dx A= 2 C El siguiente teorema consigna estos resultados.

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5.4. Teorema de Green

369

(¤) Teorema: 5.10. Si la frontera de una regi¶on R en el plano xy es una curva regular parte por parte y cerrada simple C, entonces el a¶rea A de , R es I I I 1 x dy = ¡ y dx = x dy ¡ y dx A= 2 C C C ² Aunque las dos primeras f¶ormulas en (5.10) parecen m¶ as f¶aciles de aplicar, se enuncia la tercera porque para ciertas curvas lleva a una integraci¶on m¶as sencilla. − Ejemplo 5.39. Usar el teorema (5.10) para calcular el a¶rea de la elipse

x2 y 2 + 2 = 1. a2 b

Soluci¶ on: La elipse C tiene las ecuaciones param¶etricas: x = a cos t;

y = b sen t;

con 0 · t · 2¼

Aplicando la tercera f¶ormula en el Teorema (5.10), I 1 x dy ¡ y dx A= 2 C Z 1 2¼ (a cos t)(b cos t) dt ¡ (b sen t)(¡a sen t) dt = 2 0 1 = 2

Z

2¼

2 2 . . . . .ab(cos . . . . . . .t. + . . .sen . . . . t) . . . . . . dt = ¼ab:

0

Se debe observar que si usamos, por ejemplo, la f¶ormula Z 2¼ Z I x dy = (a cos t)(b cos t) dt = ab A= C

0

2¼

cos2 t dt = ¼ab:

0

Usamos en esta u ¶ltima integral la f¶ormula: Z t + cos t sen t cos2 t dt = : 2 La moraleja es: lo m¶as simple no siempre es lo m¶as f¶acil. − Ejemplo 5.40. (Adaptado del folleto del Prof. Manuel Calvo para c¶alculo III) Use el teorema de Green para calcular I ¡ ¢ ¡ ¢ 2xy ¡ x2 dx + x + y 2 dy I= C

en donde C es la curva cerrada de la regi¶on limitada por y = x2 y y 2 = x, recorrida en sentido contrario al de las manecillas del reloj. Soluci¶ on: La gr¶a¯ca de la regi¶on en cuesti¶on se muestra en la Fig. 5.23. Usando el teorema

Juan Félix Ávila Herrera

370

Cap¶³tulo 5. An¶ alisis vectorial

y=

p x R

y = x2

Figura 5.23: Regi¶on R. de Green tenemos que I=

I

¡ ¢ ¢ ¡ 2xy ¡ x2 dx + x + y 2 dy | {z } {z } C| M

o bien

N

¶ @N @M I= dA ¡ @x @y R ZZ Z 1Z = (1 ¡ 2x) dA = ZZ µ

0

R

p

x2

x

(1 ¡ 2x) dy dx:

La integral doble se calcula como sigue: Z 1Z 0

o bien I =

p x

x2

Z 1h i p 3 2 3 2 (1 ¡ 2x) dy dx = x ¡ 2 x ¡ x + 2 x dx 0

¯1 5 3 4 x2 x3 x4 ¯¯ 2 x2 ¡ = ¡ + ¯ 5 3 2 0 . . .3. . .

1 . 30

² El Teorema de Green puede generalizarse a una regi¶ on R con huecos siempre que se integre sobre toda la frontera manteniendo la regi¶on R a la izquierda de C.

C2 C1 Figura 5.24: Regi¶on con un hueco.

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5.4. Teorema de Green

371

I

M dx + N dy +

C1

I

+

M dx + N dy =

ZZ µ R

C2

@M @N ¡ @x @y

¶

dA

Esto se ilustra con la regi¶on de la Fig. 5.24 en donde la integral doble sobre R es igual a la suma de las integrales de l¶³nea sobre C1 y C2 en las direcciones indicadas. La demostraci¶on se hace cortando R como se ilustra en la ¯gura y observando que es cero la suma de dos integrales de l¶³nea a lo largo de una misma curva recorrida en direcciones opuestas. Se puede usar un argumento similar para regiones con varios huecos. En el siguiente ejemplo se usa esta observaci¶on. − Ejemplo 5.41. Sean C1 y C2 dos curvas regulares parte por parte y cerradas simples que no se cortan y que tienen al origen 0 como un punto interior, ver Fig. 5.26. Demostrar que en caso y x M =¡ 2 yN= 2 , se tiene que 2 x +y x + y2 I I M dx + N dy = M dx + N dy C1

C2

Figura 5.25: Curvas incluyendo el origen. Soluci¶ on: Si R denota la regi¶on entre C1 y C2 , entonces se tiene una situaci¶on como la que se ilustra en la Fig. 5.26 con 0 dentro de C2 . De acuerdo con los comentarios anteriores a este ejemplo, tenemos que: ¶ I + ZZ µ I @N @M M dx + N dy + M dx + N dy = ¡ dA @x @y C1 R C2 I + Hemos utilizado el s¶³mbolo para indicar la orientaci¶on positiva a lo largo de C2 con respecto a R. Como y 2 ¡ x2 (x2 + y 2 )(1) ¡ x(2x) @N @M = = = 2 + y 2 )2 2 + y 2 )2 (x (x @x @y .................................................. la integral doble sobre R es cero. Por lo tanto: I I M dx + N dy = ¡ C1

+

C2

M dx + N dy

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372

Cap¶³tulo 5. An¶ alisis vectorial

Como la orientaci¶on positiva a lo largo de C2 con respecto a la regi¶on dentro de C2 es opuesta a la indicada en la integral anterior, tenemos: I I M dx + N dy = M dx + N dy C1

C2

que es lo que se quer¶³a probar. I ¡yi + xj − Ejemplo 5.42. Demostrar que si F (x; y) = 2 , entonces F ¢ dr = 2¼ para toda x + y2 C curva regular parte por parte y cerrada simple C que tiene el origen en su interior. Soluci¶ on:

Figura 5.26: Curvas. Si de¯nimos F (x; y) = Mi + N j, entonces M y N son las mismas que en el ejemplo 5.41. Entonces si se toma una circunferencia C1 de radio a con centro en el origen que se encuentra dentro de C (v¶ease la Fig. 5.26), usando el ejemplo 5.41, tenemos: I I F ¢ dr = F ¢ dr C

C1

Como C1 tiene las ecuaciones param¶etricas x = a cos t; y = a sen t;

0 · t · 2¼

entonces I C

=

F ¢ dr = Z 0

2¼

I C1

¡y x dx + dy x2 + y 2 x2 + y 2

¡a sen t a cos t (¡a sen t)dt + (a cos t)dt . . . . . . . . . . . . .a.2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .a. 2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Z 2¼ ¡ ¢ = sen2 t + cos2 t dt = .2¼ .. 0

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5.4. Teorema de Green

373

² El Teorema de Green

¶ @M @N ¡ dA M dx + N dy = @x @y C R se puede expresar en forma vectorial. Primero observamos que si F es un campo vectorial en dos dimensiones, puede escribirse F (x; y) = Mi + N j + 0k donde M = M (x; y) y N = N (x; y). El rotacional de F es ¯ ¯ ¯ i j k ¯¯ ¯ ¶ µ ¯ @ ¯ @ @ @M @N 5£F =¯ ¯ ¯ @x @y @z ¯ = 0i + 0j + @x ¡ @y k ¯ ¯ ¯ M N 0 ¯ ZZ µ

I

El coe¯ciente de k tiene la forma del integrando de la integral doble en el Teorema de Green. Sea s la longitud de arco a lo largo de C y sea T =

dx dy dz i+ j+ k ds ds ds

el vector unitario tangente. Usando esta notaci¶ on el Teorema de Green puede expresarse como sigue. (¤) Teorema: 5.11. (Green en su forma vectorial) I ZZ ³ ´ 5 £ F ¢ k dA F ¢ T ds = R IC ZZ M dx + N dy = rot F ¢ k dA C

R

³ ´ ² Como 5 £ F ¢ k es la componente de rot F en la direcci¶on del eje z, se le llama componente normal (a R) de rot F . ² En otras palabras la integral de l¶³nea de la componente tangencial de F tomada una vez a lo largo de C en la direcci¶on positiva es igual a la integral doble sobre R de la componente normal de rot F . El resultado an¶alogo a ¶este en tres dimensiones es el Teorema de Stokes que se presentar¶a despu¶es. Ah¶³ mismo se estudiar¶an las interpretaciones f¶³sicas de rot F . − Ejemplo 5.43. El campo vectorial F = ¡yi + xj es el campo de velocidades de una rotaci¶on, en sentido contrario a las manecillas del reloj, de estado estacionario alrededor del origen. Demuestre que el °ujo de F a trav¶es de cualquier curva simple cerrada C es cero, es decir, veri¯que que I C

F ¢ T ds = 0

Soluci¶ on: Esto se in¯ere de inmediato a partir del teorema de Green I I ZZ F ¢ T ds = M dx + N dy = rot F ¢ k dA C

C

R

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374

Cap¶³tulo 5. An¶ alisis vectorial

debido a que: rot F = 0i + 0j +

5.5

µ

@M @N ¡ @x @y

¶

= 0i + 0j + 0k:

Integrales de super¯cie

² Las integrales de l¶³nea se eval¶ uan a lo largo de curvas. Las integrales dobles y triples se de¯nen sobre regiones en dos y tres dimensiones, respectivamente. Tambi¶en se puede considerar una integral de una funci¶on sobre una super¯cie. ² Si la proyecci¶on de una super¯cie S sobre un plano coordenado es una regi¶on como las que se consideraron para las integrales dobles, entonces se dice que S tiene una proyecci¶ on regular sobre el plano coordenado. ² Si S tiene una proyecci¶on regular sobre el plano xy, el plano xz o el plano yz, la regi¶on se denota por Rxy , Rxz o Ryz respectivamente. Para tales proyecciones se supone que S es la gr¶a¯ca de una ecuaci¶on de la forma z = f (x; y), y = h(x; z) o x = k(y; z), respectivamente, como se muestra en la Fig. 5.27. Adem¶as se supone que la funci¶on f , g o k tiene primeras derivadas parciales continuas en la regi¶ on respectiva.

Ryz Rxz

Rxy

Figura 5.27: Super¯cies

² Se considerar¶a s¶olo el caso de la gr¶a¯ca S de z = f (x; y). Vamos a de¯nir la integral de g(x; y; z) sobre la super¯cie S si la funci¶on g es continua en toda una regi¶on que contiene a S. ² Suponga que ¢Tk denota el a¶rea del plano tangente a S en (xk ; yk ; zk ) que se proyectan sobre el rect¶angulo Rk de, una partici¶on interior de Rxy . La integral de super¯cie de g sobre S se

Juan Félix Ávila Herrera

5.5. Integrales de super¯cie

375

de¯ne como el l¶³mite de estas sumas cuando la norma de las particiones tiende a 0 y se denota como sigue. ZZ X g(x; y; z) dS = lim g(xk ; yk ; zk )¢Tk jj¢jj!0

S

k

Nota: El estudiante debe advertir que se trata de una integral de super¯cie por el elemento de a¶rea super¯cial, a saber dS. ² Si S es la uni¶on de varias super¯cies del tipo adecuado, entonces la integral de super¯cie se de¯ne como la suma de las integrales de super¯cie individuales. ² Si g(x; y; z) = 1 para todo (x; y; z), entonces ZZ

1 dS

S

es igual al ¶area de la super¯cie de S. ² Una aplicaci¶on f¶³sica de este concepto se re¯ere a una hoja muy delgada de metal, como el papel de esta~ no, con la forma de S. Si la densidad super¯cial de masa en (x; y; z) es ½(x; y; z), entonces da la masa m de la hoja est¶a dada por ZZ m= ½(x; y; z) dS S

El centro de masa y los momentos de inercia pueden obtener se aplicando los m¶etodos usados para s¶olidos ² La integral de super¯cie puede evaluarse usando la f¶ormula (i) del siguiente teorema. Las f¶ormulas (ii) y (iii) se usan para super¯cies del tipo ilustrado en la Fig. 5.27 (ii) y (iii). (¤) Teorema: 5.12. (Evaluaci¶ on de integrales de super¯cie) ¦ Si z = f (x; y), entonces: ZZ ZZ g(x; y; z) dS = (i) S

o bien

g (x; y; f (x; y))

Rxy

ZZ

g(x; y; z) dS =

ZZ

S

Rxy

q [fx (x; y)]2 + [fy (x; y)]2 + 1 dA

q g (x; y; f (x; y)) 1 + zx2 + zy2 dA

en donde Rxy es la proyecci¶on de S sobre el plano xy. ¦ Si y = h(x; z), entonces ZZ ZZ g(x; y; z) dS = (ii) S

Rxz

g (x; h(x; z); z)

q

en donde Rxz es la proyecci¶on de S sobre el plano xz.

[hx (x; z)]2 + [hz (x; z)]2 + 1 dA

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376

Cap¶³tulo 5. An¶ alisis vectorial

¦ Si x = k(y; z), entonces ZZ ZZ g(x; y; z) dS = (iii) S

g (k(y; z); y; z)

Ryz

q

[ky (y; z)]2 + [kz (y; z)]2 + 1 dA

en donde Ryz es la proyecci¶on de S sobre el plano yz. ² Se debe observar que si la super¯cie S se halla sobre el plano xy, entonces z = 0. Tenemos entonces que S = R para alguna regi¶on R en el plano xy. Por lo tanto, si hacemos f (x; y) = g(x; y; 0), entonces ZZ ZZ g(x; y; z) dS = f (x; y) dA S

R

Se nota entonces que cuando la super¯cie est¶a sobre un plano coordenado la integral de super¯cie se convierte en la integral doble sobre esa regi¶on. De hecho si g(x; y; z) = 1, entonces ZZ ZZ dS = dA S

R

² En el archivo \integrales de super¯cie.nb", del disco compacto, se muestra como realizar algunos de estos c¶alculos usando Mathematica. ZZ − Ejemplo 5.44. Evaluar x2 z dS suponiendo que S es la parte del cono circular z 2 = S

x2 + y 2 que se encuentra entre los planos z = 1 y z = 4.

Soluci¶ on:

Como se muestra en la Fig. 5.28, la proyecci¶on Rxy de S sobre el plano xy es la

Figura 5.28: Super¯cie S. regi¶on en forma de anillo acotada por las circunferencias de radios 1 y 4 con centro en el origen. Tenemos entonces que: z = (x2 + y 2 )1=2 = f (x; y);

fx =

x ; (x2 + y 2 )1=2

fy =

y (x2 + y 2 )1=2

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5.5. Integrales de super¯cie

377

Aplicando (5.12) (i) con g(x; y; z) = x2 z, obtenemos ZZ ZZ q 2 x z dS = g (x; y; f (x; y)) [fx (x; y)]2 + [fy (x; y)]2 + 1 dA S

Rxy

=

ZZ

¡

=

Rxy

o bien

ZZ Rxy

2 1=2

g x; y; (x + y )

Rxy

ZZ

2

p x2 x2 + y 2

s·

¢q [fx (x; y)]2 + [fy (x; y)]2 + 1 dA

x 2 (x + y 2 )1=2

¸2

·

y + 2 (x + y 2 )1=2

¸2

+ 1 dA

p p 2 2 + y2 2 x x . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . dA. Usando coordenadas polares para evaluar la integral

doble, obtenemos:

ZZ

2

x z dS =

S

p Z = 2 0

Z

2¼Z 4

0

2¼

1

r2 cos2 µ ¢ r ¢

p 2 ¢ r dr dµ

p ¯4 r5 ¯¯ 1023 2¼ cos µ ¯ dµ = 5 1 . . . . . . .5. . . . . . . 2

ZZ

xz dS, donde S es la parte del cilindro x = y 2 que se encuentra S y en el primer octante entre los planos z = 0, z = 5, y = 1 y y = 4.

− Ejemplo 5.45. Evaluar Soluci¶ on:

(0; 1; 5)

(0; 4; 5)

(0; 1; 0) (0; 4; 0)

Figura 5.29: Super¯cie. La super¯cie S est¶a en la Fig. 5.29 (con una escala diferente en el eje x). La proyecci¶on Ryz de S sobre el plano yz es el rect¶angulo con v¶ertices (0; 1; 0), (0; 4; 0), (0; 4; 5) y (0; 1; 5). Entonces,

Juan Félix Ávila Herrera

378

Cap¶³tulo 5. An¶ alisis vectorial

por el Teorema (5.29) (iii) con k(y; z) = y 2 y g(x; y; z) = ZZ R

xz dS = y

Z 4Z 1

q y2z (2y)2 + 01 + 1 dz dy y 0 Z 4Z 5 p yz 4y 2 + 1 dz dy = 5

1

o bien

ZZ R

xz , tenemos: y

0

¤ 25 £ 3=2 xz 65 ¡ 53=2 dS = . . . . . 24 .................... y

² Las f¶ormulas en el Teorema (5.12) presuponen que las funciones f , h y k tienen primeras derivadas parciales continuas sobre Rxy , Rxz y Ryz respectivamente. En algunos casos puede quitarse esta restricci¶on usando una integral impropia, como se hace en el siguiente ejemplo. − Ejemplo 5.46. Evaluar

ZZ

(y + z) dS, donde S es la parte de la gr¶a¯ca de z =

S

p 1 ¡ x2

que se encuentra en el primer octante entre el plano xz y el plano y = 3. Soluci¶ on:

La super¯cie S es la parte que se encuentra en el primer octante del cilindro

Figura 5.30: Super¯cie S. x2 + z 2 = 1 entre y = 0 y y = 3. La gr¶a¯ca est¶a en la Fig. 5.30 . La proyecci¶on Rxy de S sobre el plano xy es la regi¶on rectangular p con v¶ertices (0; 0; 0), (1; 1; 0), (1; 3; 0) y (0; 3; 0). Usemos el Teorema (5.12) (i) con f (x; y) = 1 ¡ x2 .Observemos que: q

fx2 + fy2 + 1 =

sµ

¡x p 1 ¡ x2

¶2

+ 02 + 1 =

1 p . . . .1. .¡. .x. 2. . .

Observamos que f (x; y) no est¶a de¯nida en x = 1 y por lo tanto, no es continua en todo Rxy . Sin embargo, puede aplicarse el Teorema (18.23) (i) con 0 · x < 1 y usar luego una integral

Juan Félix Ávila Herrera

5.5. Integrales de super¯cie

379

impropia como sigue. ZZ

ZZ

³p ´ 1 2 (y + z) dS = 1¡x +y ¢ p dA 1 ¡ x2 S Rxy µ ¶ Z 1Z 3 y 1+ p = dy dx . . . . . . . . . . . .1. ¡ . . .x.2. . . . . . 0 0 = ::: ¸ · 9¼ 9 = lim¡ 3t + arcsen t = 3 + : . . . . . . .4. . . . t!1 2

² Si la integral de super¯cie r = r(u; v), con u, v 2 R

ZZ

g(x; y; z) dS es tal que la super¯cie S est¶a parametrizada por

S

8 < x = x(u; v) y = y(u; v) : z = z(u; v)

la f¶ormula para el elemento de a¶rea super¯cial es

dS = jjru £ rv jj du dv Por lo tanto: ZZ S

g(x; y; z) dS =

ZZ R

g(x(u; v); y(u; v); z(u; v)) jjru £ rv jj du dv

² Observe que si estamos con trabajando con una super¯cie de la forma z = f (x; y), ¶esta se puede parametrizar como 8 < x=x y=y (x; y) 2 IR : z = f (x; y) De esta forma r = hx; y; f (x; y)i, rx = h1; 0; fx i, ry = h0; 1; fy i y as¶³: ¯ ¯ ¯ i j k ¯ ¯ ¯ rx £ ry = ¯¯ 1 0 fx ¯¯ = h¡fx ; ¡fy ; 1i ¯ 0 1 fy ¯

q Por lo tanto, jjrx £ ry jj = fx2 + fy2 + 1 y vemos entonces que este caso se reduce al punto (i) del teorema 5.12. ² En el archivo \integrales de super¯cie param¶etricas.nb", del disco compacto, se muestra como realizar algunos de estos c¶alculos usando Mathematica.

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380

Cap¶³tulo 5. An¶ alisis vectorial

− Ejemplo 5.47. Halle el ¶area super¯cial de una esfera de radio a.

Soluci¶ on: Parametrizamos la esfera usando coordenadas esf¶ericas: 8 < x = a sen Á cos µ y = a sen Á sen µ ¡ ¼ · µ · ¼; 0 · Á · ¼ : z = a cos Á

o bien r = ha sen Á cos µ; a sen Á sen µ; a cos Ái En este caso tenemos: rÁ = ha cos Á cos µ; a cos Á sen µ; ¡a sen Ái rµ = h¡a sen Á sen µ; a sen Á cos µ; 0i Por lo tanto:

¯ ¯ i j k ¯ ¯ rÁ £ rµ = ¯ a cos Á cos µ a cos Á sen µ ¡a sen Á ¯ ¡a sen Á sen µ a sen Á cos µ 0

o bien

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯

rÁ £ rµ = a2 sen Á h sen Á cos µ; sen Á sen µ; cos Ái | {z } vector \unitario" De esta forma tenemos que jjrÁ £ rµ jj = a2 sen Á y por lo tanto 2 dS = . .a. . .sen . . .Á . . . dÁ dµ

El c¶alculo del a¶rea es como sigue: Z ¼Z ¼ 2 ¶ a2 sen Á dÁ dµ = a2 ¢ 2¼ ¢ 2 = .4¼a Area = . . . . .:. ¡¼ 0

El c¶alculo tambi¶en se puede hacer sin parametrizar la super¯cie. Notamos primero que la super¯cie es sim¶etrica y que es su¯ciente con calcular el sector correspondiente al primer octante y luego multiplicar por 8. La ecuaci¶on cartesiana de la super¯cie para ese sector es z = p a2 ¡ x2 ¡ y 2 . Tenemos entonces que s ZZ x2 y2 ¶ Area =8 1¢ 1+ 2 + dA a ¡ x2 ¡ y 2 a2 ¡ x2 ¡ y 2 Rxy = 8a

ZZ

Rxy

1

p dA = 8a a2 ¡ x2 ¡ y 2

Z

0

¼=2Z a 0

r 2 p dr dµ = .4¼a . . . . .:. 2 2 a ¡r

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5.5. Integrales de super¯cie

381

² En el archivo \area super¯cial del toro.nb", del disco compacto, se muestra como realizar algunos de estos c¶alculos usando Mathematica. − Ejemplo 5.48. Sean a > 0 y b + a cos à > 0. Halle el a¶rea super¯cial del toro dado por 8 < x = (b + a cos Ã) cos µ y = (b + a cos Ã) sen µ ¡ ¼ < µ < ¼; ¡¼ < à < ¼ : z = a sen Ã

Figura 5.31: Toro Soluci¶ on: En este caso tenemos que: r = ((b + a cos Ã) cos µ; (b + a cos Ã) sen µ; a sen Ã) De esta forma:

o bien

¯ ¯ i j k ¯ 0 rµ £ rà = ¯¯ ¡ (b + a cos Ã) sen µ cos µ (b + a cos Ã) ¯ ¡a cos µ sen à ¡a sen µ sen à a cos à rµ £ rà = a(b + cos Ã) (cos µ cos Ã; sen µ sen Ã; sen Ã) {z } | vector \unitario"

Por lo tanto, jjrµ £ rà jj = . . .a(b . . . .+. .a. .cos . . .Ã) .....

y as¶³

dS = a(b + a cos Ã) dµ dà El c¶alculo del a¶rea es como sigue: Z ¼Z ¶ Area =

¼

¡¼ ¡¼

2 a(b + a cos Ã) dµ dà = . .4¼ . . .ab: ....

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯

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382

Cap¶³tulo 5. An¶ alisis vectorial

− Ejemplo 5.49. (Adaptado del folleto del Prof. Manuel Calvo para c¶alculo III) Dada una super¯cie S con ecuaci¶on vectorial

r(u; v) = u cos vi + u sen vj + u2 k 0 · u · 4;

0 · v · 2¼

1. Demostrar que S corresponde a una porci¶on de una super¯cie cuadr¶atica. Indique el signi¯cado geom¶etrico de los par¶ametros u y v en la super¯cie. ³p ´ 2. Si se sabe que el a¶rea de S es ¼ 65 ¡ 1 =n en la que n es un entero, halle el valor de n. Soluci¶ on: Hagamos x = u cos v, y = u sen v y z = u2 . Es f¶acil ver que u y v corresponde a las

Figura 5.32: Super¯cie S. coordenadas polares de x y y. En efecto, tenemos que x2 + y 2 = u2 y por lo tanto, z = x2 + y 2 . Caemos en la cuenta entonces de que se trata de un paraboloide de revoluci¶on. Veamos ahora lo del c¶alculo el a¶rea super¯cial. ¯ ¯ ¯ ¯ i j k ¯ £ ¤ @r @r ¯¯ sen v 2u ¯¯ = ¡2u2 cos v i ¡ 2u2 sen v j + ucos2 v + u sen2 v k £ = ¯ cos v @u @v ¯ ¡u sen v u cos v 0 ¯ o bien

@r @r £ = ¡2u2 cos vi ¡ 2u2 sen vj + .uk . . . Por otro lado: @u @v ¯¯ ¯¯ p ¯¯ @r @r ¯¯¯¯ p 2 2 4 2 cos2 v + 4u2 sen2 v = ¯¯ £ u + 4u = . . . . .u. . + . . .4u ..... ¯¯ @u @v ¯¯

De esta forma

A(S) = =

Z 4Z

Z 0

Por lo tanto, n = 6.

0 4

0

2¼

¯2¼ Z 4 p p ¯ u2 + 4u4 dv du = u 4u2 + 1v ¯¯ du 0

0

p p (¡1 + 65 65)¼ 2 2¼u 4u + 1 du = . . . . . . . . . . . 6. . . . . . . . . . . .

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5.5. Integrales de super¯cie

383

− Ejemplo 5.50. Calcular

ZZ

z dS en donde S es la super¯cie del tetraedro limitado por

S

x = 0, y = 0, z = 0 y el plano 2x + 4y + z = 8. Soluci¶ on:

Figura 5.33: Tetraedro. La gr¶a¯ca del tetraedro se muestra en la Fig. 5.33. Notamos que en este caso ZZ ZZ ZZ ZZ ZZ z dS = z dS + z dS + z dS + z dS S

S1

S2

S3

S4

en donde Si son las distintas caras de la super¯cie en cuesti¶on. Hacemos entonces cuatro c¶alculos: 1. Para S1 , el tri¶angulo ubicado \de frente", tenemos que z = f (x; y) = 8 ¡ 4y ¡ 2x y por lo tanto fx = ¡2 y fy = ¡4. La proyecci¶on Rxy es el tri¶angulo que se Al aplicar la f¶ormula: ZZ g(x; y; z) dS = Z ZS q g (x; y; f (x; y)) [fx (x; y)]2 + [fy (x; y)]2 + 1 dA Rxy

con g(x; y; z) = z, obtenemos ZZ ZZ p z dS = (8 ¡ 4y ¡ 2x) 4 + 16 + 1 dA S1 Z R4xy Z 2¡x=2 p (8 ¡ 4y ¡ 2x) 21 dy dx = 0

o bien

0

p 32 21 . z dS = . . . . .3. . . . . S1

ZZ

2. Para S2 , el tri¶angulo ubicado en parte posterior izquierda, tenemos que: 0 · x · 4; 0 · z · 8 ¡ 2x; y = 0

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384

Cap¶³tulo 5. An¶ alisis vectorial

Por lo tanto:

ZZ

z dS =

S2

Z 4Z 0

8¡2x

z dz dx =

0

128 . . 3. . .

Nota: Se observa que una integral de super¯cie, en la que la super¯cie de integraci¶ on se halla sobre alguno de los planos coordenados, se reduce a la integral doble sobre esta regi¶on. 3. Para S3 , el tri¶angulo ubicado en parte posterior derecha, tenemos que: 0 · y · 2; 0 · z · 8 ¡ 4y; x = 0 Por lo tanto:

ZZ

z dS =

S3

Z 2Z 0

8¡4y

z dz dy =

0

64 3

4. Para S4 , la cara que \vemos de gris" en la base, tenemos que: x 0 · x · 4; 0 · y · 2 ¡ ; z = 0 2 Por lo tanto:

ZZ

z dS =

S4

Z 4Z 0

2¡x=2

0 dy dx = 0

0

Para terminar debemos sumar los resultados obtenidos sobre cada cara del tetraedro. Veamos: ZZ p ´ 32 ³ z dS = 6 + 21 3 S

5.6

El teorema de la divergencia

² El teorema de la divergencia o teorema de Gauss es el resultado an¶ alogo en el espacio del teorema de Green en el plano. En lugar de una regi¶on plana y su curva o curvas de frontera, en el teorema de la divergencia aparecen una regi¶on V del espacio y su super¯cie o super¯cies de frontera. Se trata entonces de una super¯cie cerrada tal como, por ejemplo, una esfera, un cubo, etc. ² Por ejemplo, V puede ser una bola, un cubo o una rosquilla; en estos casos la frontera es una sola super¯cie conexa. Puede suceder que la regi¶on V est¶e limitada por dos super¯cies. Una regi¶on de este tipo se muestra en la Fig. 5.34-(A). ² No es sencillo representar una super¯cie dentro de otra, pero para sugerir la situaci¶on podemos pensar en una secci¶on transversal como la indicada en la Fig. 5.34-(B).

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5.6. El teorema de la divergencia

385

Figura 5.34: Supe¯cie ² De igual forma que el teorema de Green lo enunciamos por separado para una regi¶on plana si limitada por una curva simple C y para una regi¶on plana limitada por dos curvas C1 y C2 , vamos a hacer lo mismo con el teorema de la divergencia. (¤) Teorema: 5.13. (de la divergencia para una super¯cie) Suponga que S una super¯cie cerrada suave que limita la regi¶ on V del espacio. Sea n la normal exterior de V (ver Fig. 5.35) a lo largo de su frontera S y sea F = P i + Qj + Rk un campo vectorial cuyas funciones componentes tienen derivadas parciales continuas de primer orden en V . Entonces ZZ ZZZ 5 ¢ F dV F ¢ n dS = | {z } S

V

div F

Figura 5.35: Vector normal exterior n. Otra forma de expresar este teorema es: ZZ (P i + Qj + Rk) ¢ (cos ®i + cos ¯j+) dS = S ZZZ (Px + Qy + Rz ) dV V

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386

Cap¶³tulo 5. An¶ alisis vectorial

siendo cos ®, cos ¯ y cos ° los cosenos directores de la normal exterior.

Figura 5.36: Cosenos directores de la normal. ² En palabras: La integral de la componente normal de F sobre una super¯cie es igual a la integral de la divergencia de F sobre la regi¶on s¶olida que est¶a limitada por la super¯cie. ² En la pr¶actica el teorema de la divergencia se usa para sustituir una integral de F ¢ n sobre una super¯cie por una integral de 5 ¢ F sobre una regi¶on del espacio o al contrario. ² Desde el punto de vista f¶³sico F ¢ n es el °ujo del campo F a trav¶es de la super¯cie cerrada S en la direcci¶on de la normal. ² El signi¯cado f¶³sico de la divergencia es que en un punto P , div F (P ) es la raz¶on del °ujo neto hacia el exterior en P , por unidad de volumen. ² El teorema de la divergencia es tambi¶en v¶alido si la regi¶on del espacio tiene varios huecos como un trozo de queso suizo. En este caso la frontera consta de varias super¯cies conexas distintas. Un caso importante es cuando s¶olo hay un hueco y por tanto una super¯cie interior S1 y una exterior S2 , como se muestra en la Fig. 5.34. ² >Qu¶e es n en el teorema de la divergencia? ZZZ ZZ F ¢ n dS = div F dV S

V

El vector n es normal, unitario y exterior a la super¯cie S. Esto signi¯ca que n apunta hacia \afuera" de la super¯cie. ² Si la super¯cie S es la gr¶a¯ca de una ecuaci¶on z = f (x; y), y se de¯ne g(x; y; z) = z ¡ f (x; y), entonces S es tambi¶en la gr¶a¯ca de la ecuaci¶on g(x; y; z) = 0. Como el gradiente 5g(x; y; z) es un vector normal a la gr¶a¯ca de g(x; y; z) = 0 en el punto (x; y; z), el vector unitario normal n se puede obtener como sigue: 5g(x; y; z) ¡f (x; y)i ¡ fy (x; y)j + k ¯¯ = q x n = ¯¯¯¯ ¯ ¯ ¯¯5g(x; y; z)¯¯ [fx (x; y)]2 + [fy (x; y)]2 + 1

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5.6. El teorema de la divergencia

387

² Se pueden establecer f¶ormulas semejantes cuando S est¶a dada por y = h(x; z) o por x = k(y; z). Obs¶ervese que para el caso z = f (x; y) el vector unitario n es el vector normal superior a S porque su componente k es positiva. E l vector normal inferior es ¡n. ² Por el resto de este cap¶³tulo se supone que toda super¯cie S est¶a orientada (o es orientable) en el sentido de que existe un vector normal unitario n en todos los puntos (x; y; z) que no est¶an en la frontera, y las componentes de n son funciones continuas de x, y, z. En este caso se dice que n var¶³a continuamente sobre la super¯cie S. Tambi¶en se supone que S tiene dos lados, tales como el \lado de arriba" y el \lado de abajo" de la gr¶a¯ca de z = f (x; y). Para una super¯cie cerrada S como una esfera, pueden considerarse la \parte de afuera" y la \parte de adentro" de S. En este u ¶ltimo caso, n se llama vector unitario normal exterior, o vector unitario normal interior. ² Si la super¯cie S est¶a parametrizada por r = r(u; v) en donde x = x(u; v);

y = y(u; v) z = z(u; v);

entonces n=§

(u; v) 2 R

ru £ rv jjru £ rv jj

Se escoge el signo de manera que n siempre apunte hacia afuera del s¶olido cerrado V . ² Como dS = jjru £ rv jj du dv, tenemos entonces que n dS = §(ru £ rv ) du dv as¶³ que F ¢ n dS = §F ¢ (ru £ rv ) du dv ² En el archivo \vector normal unitario para z = f(x, y).nb", del disco compacto, se muestra como realizar algunos de estos c¶alculos usando Mathematica. − Ejemplo 5.51. Sea S la super¯cie (con normal unitaria exterior n) de la regi¶on T limitada por los planos z = 0, y = 0, y = 2 y el Zparaboloide z = 1 ¡ x2 (v¶ease la Fig. 5.37). Aplique el Z teorema de diveregencia para calcular

S

F ¢ n dS suponiendo que

F = (x + cos y)i + (y + sen z)j + (z + ex )k:

Soluci¶ on: Para evaluar directamente la integral de super¯cie el trabajo ser¶³a bastante cuantioso. Pero div F = 1 + 1 + 1 = 3, de donde puede aplicarse el teorema de divergencia para producir ZZ ZZZ ZZZ F ¢ n dS = div F dV = 3 dV S

V

T

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388

Cap¶³tulo 5. An¶ alisis vectorial

Figura 5.37: Super¯cie. Examinemos la Fig. 5.37 para encontrar los l¶³mites de la integral de volumnen y obtener ZZ Z 1Z 2Z 1¡x2 F ¢ n dS = 3 dz dy dx ¡1 0

S

= 12

Z

0

0

1

(1 ¡ x2 ) dx = 8

− Ejemplo 5.52. Sea F = (z 2 + 2)k y sea S la uni¶on de H, la mitad superior de la esfera x2 + y 2 + z 2 = a2 , con su base B, el disco de radio a centrado en (0; 0) en el plano xy, como se muestra en la Fig. 5.38. Comprobar el teorema de la divergencia en este caso.

Figura 5.38: Super¯cie S. Soluci¶ on: Sea V la regi¶on espacial entre H y B. Entonces ZZZ ZZZ · ´¸ ³ @ @ @ 2 5 ¢ F dV = dV (0) + (0) + . .z. . + . . .2. . @y @z V V @x ZZZ 2z dV

=

V

Podemos emplear entonces coordenadas esf¶ericas. Veamos Z 2¼Z ¼=2Z a ZZZ 2 5 ¢ F dV = . . . . 2(½ . . . .cos . . . Á)½ . . . . . sen . . . .Á. . . . . d½ dÁ dµ V

0

0

0

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5.6. El teorema de la divergencia

389

La integral iterada se calcula f¶acilmente y resulta ser ¼a4 =2. El c¶alculo tambi¶en se puede hacer en coordenadas cil¶³ndricas: Z 2¼Z aZ pa2 ¡r2 ZZZ ¼a4 5 ¢ F dV = 2zr dz dr dµ = 2 V 0 0 0 En el teorema de la divergencia este resultado corresponde al lado derecho de la f ¶ormula propuesta. ZZ ZZ ZZ Calculemos ahora F ¢ n dS. Este c¶alculo se divide en dos: F ¢ n dS y F ¢ n dS. S

Observe que sobre B la normal exterior es ¡k. As¶³ que ZZ ZZ F ¢ n dS = (z 2 + 2)k ¢ (¡k) dS B

B

H

B

Notamos entonces que sobre B, z = 0. Por lo cual ZZ ZZ ¶ F ¢ n dS = ¡2 dS = ¡2(Area de B) B

B

ZZ

F ¢ n dS = ¡2¼a2 . B ZZ Para evaluar F ¢ n dS, observamos que sobre una esfera de radio a con centro en el origen

o bien

se veri¯ca que

H

xi + yj + zk xi + yj + zk = jjxi + yj + zkjj a

es un vector normal exterior unitario. Por tanto, ZZ ZZ xi + yj + zk F ¢ n dS = (z 2 + 2)k ¢ dS a H H ZZ 3 ZZ z + 2z 1 (z 3 + 2z) dS = dS = a a H H Como z =

p

a2 ¡ x2 ¡ y 2 , tenemos que: ZZ ZZ q 1 1 3 3 (z + 2z) dS = (z + 2z) 1 + (@x z)2 + (@y z)2 dA a a H Rxy

Debemos expresar la integral doble en t¶erminos de x y y. Sin embargo, para visualizar mejor las simpli¯caciones podemos usar un poco m¶as la variable z. En efecto: x x =¡ ; zx = ¡ p z a2 ¡ x2 ¡ y 2

zy = ¡

y z

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390

Cap¶³tulo 5. An¶ alisis vectorial

Notamos entonces que r q p x2 y 2 2 2 3 (z + 2z) 1 + (@x z) + (@y z) = (z + 2z) 1 + 2 + 2 = (z 2 + 2) x2 + y 2 + z 2 = a(z 2 + 2) z z 3

Por lo tanto: ZZ

a (z + 2z) dS = a H 3

ZZ

2

(z + 2) dA =

ZZ

Rxy

(z 2 + 2) dA

Rxy

Usando coordenadas polares (z 2 = a2 ¡ r2 ), tenemos que: ZZ

3

(z + 2z) dS =

Z

H

2¼Z a

0

0

¡ ¢ 2 + a2 ¡ r2 r dr dµ =

As¶³ que

ZZ H

Es decir,

F ¢ n dS =

a2 (a2 + 4) ¼ 2

¼a4 2 + .2¼a ..... 2

ZZ

¼a4 ¼a4 F ¢ n dS = ¡2¼a2 + + 2¼a2 = 2 2 S ZZZ 5 ¢ F dV lo cual coincide con el resultado para V

− Ejemplo 5.53. Usar el Teorema de la divergecia para evaluar ZZ (x2 + y + z) dS: S

en donde S es la esfera x2 + y 2 + z 2 = 1. Soluci¶ on: vectorial

A ¯n de aplicar el teorema de la divergencia debemos determinar alg¶ un campo F = F1 i + F2 j + F3 k

sobre S con F ¢ n = x2 + y + z. Notamos que en cualquier punto (x; y; z) 2 S el vector normal unidad n a S en (x; y; z) est¶a dada por el vector n=

xi + yj + zk = . . . xi . . .+ . .yj . . .+ . . zk: ...... jjxi + yj + zkjj

En consecuencia, si F es el campo vectorial deseado, F ¢ n = F1 x + F2 y + F3 k = x2 + y + z

Juan Félix Ávila Herrera

5.6. El teorema de la divergencia

391

Hacemos F1 x = x2 ;

. .F. 3. z. .= . . .z. .

F2 y = y;

Se resuelve para F1 , F2 y F3 y encontramos entonces que F = xi + j + k. Como div F = 1 + 0 + 0 = 1, el Teorema de la divergencia de Gauss nos permite concluir que ZZ ZZZ 4¼ 2 : (x + y + z) dS = 1 dV = Volumen(V ) = . .3. . . S V

− Ejemplo 5.54. Sea Q la regi¶on acotada por las gr¶a¯cas de x2 + y 2 = 4, z = 0 y de z = 3, S la frontera de Q y F (x; y; z) = x3 i + y 3 j + z 3 k ZZ F ¢ n dS. Use el teorema de la divergencia para evaluar S

Soluci¶ on:

Figura 5.39: Supericie S. En la Fig. 5.39 se representan la super¯cie S y algunas posiciones t¶³picas del vector n. Como 5 ¢ F = 3x2 + 3y 2 + 3z 2 = 3(x2 + y 2 + z 2 ); por el teorema de la divergencia que tenemos ZZZ ZZ F ¢ n dS = 3 S

2 2 2 . . .x. . .+. .y. . + . . .z. . . . dV:

Q

Usando coordenadas cil¶³ndricas para evaluar la integral triple, se tiene ZZ Z 2¼Z 2Z 3 ¡ 2 ¢ r + z 2 r dz dr dµ F ¢ n dS = 3 o bien

ZZ

S

S

F ¢ n dS = . 180¼ ...... .

0

0

0

Juan Félix Ávila Herrera

392

Cap¶³tulo 5. An¶ alisis vectorial

2 − Ejemplo 5.55. Sea Q la regi¶on acotada por el cilindro Z Z z = 4 ¡ x , el plano y + z = 5, el F ¢ n dS para plano xy y el plano xz. Llevar a cabo la evaluaci¶on de S

2 +y 2

F (x; y; z) = (x3 + sen z)i + (x2 y + cos z)j + ex

k

donde la super¯cie S es la super¯cie de Q. Soluci¶ on:

Figura 5.40: Super¯cie S. La regi¶on Q est¶a en la Fig. 5.40 junto con varios vectores unitarios exteriores. Ser¶³a muy dif¶³cil evaluar la integral de super¯cie directamente. Sin embargo, usando el teorema de la divergencia puede calcularse el valor de la integral triple ZZZ ZZZ 2 2 (3x + x ) dV = 4x2 dV Q

Q

Consultando la Fig. 5.40 para obtener los l¶³mites de integraci¶on, vemos que esta integral es igual a Z 2Z 4¡x2 Z 2Z 4¡x2Z 5¡z 2 2 4x dy dz dx = . . .4x . . .(5 . . .¡. .z) . . . . dz dx ¡2 0 0 ¡2 0 ¯4¡x2 # Z 2 Z 2" ¯ 2 2 2¯ (48x2 ¡ 4x4 ¡ 2x6 ) dx 20x z ¡ 2x z ¯ dx = ¡2

ZZ

0

¡2

4608 . . . .35 .... S ZZ − Ejemplo 5.56. Evaluar I = F ¢ n dS, donde o bien

F ¢ n dS =

S

F (x; y; z) = xy 2 i + x2 yj + yk y S es la super¯cie del cilindro x2 + y 2 = 1, ¡1 < z < 1 y x2 + y 2 < 1 cuando z = §1.

Soluci¶ on: Esta integral se puede calcular directamente, pero en general es m¶as f¶acil usar el teorema de la divergencia.

Juan Félix Ávila Herrera

5.7. Teorema de Stokes

393

Figura 5.41: S¶olido. Ahora, S es la frontera de la regi¶on V dada por x2 + y 2 · 1, ¡1 < z < 1. Entonces, ZZZ ZZZ ZZ F ¢ n dS = div F dV = (x2 + y 2 ) dV S

V

V

Si usamos coordenadas cil¶³ndricas, obtenemos: Z 2¼Z 1Z 1 ¼ I= r2 r dz dr dµ = .2. 0 0 ¡1 o bien I = .¼=2 .... .

5.7

Teorema de Stokes

² El Teorema de Green se puede expresar como: ZZ I F ¢ T ds = ( rot F ) ¢ k dA C

R

en donde la curva plana C es la frontera de una regi¶on R. ² Este resultado se puede generalizar a una curva regular parte por parte y cerrada simple C en tres dimensiones que es la frontera de una super¯cie S. El croquis de la Fig. 5.42 ilustra el caso en que S es la gr¶a¯ca de z = f (x; y), f tiene primeras derivadas parciales continuas y la proyecci¶on C1 de C sobre el plano xy es una curva que es la frontera de una regi¶on R del tipo considerado en el Teorema de Green. ² En la ¯gura, n es un vector unitario normal superior respecto a S. Se toma como sentido positivo a lo largo de C el que corresponde a la orientaci¶on positiva a lo largo de C1 . ² El vector T es un vector unitario tangente a C que apunta en la direcci¶on positiva.

Juan Félix Ávila Herrera

394

Cap¶³tulo 5. An¶ alisis vectorial

Figura 5.42: Gr¶a¯ca de z = f (x; y) ² Si F es un campo vectorial cuyas componentes tienen derivadas parciales continuas en una regi¶on que contiene a S, entonces se tiene el siguiente teorema, que lleva el nombre del f¶³sico matem¶atico ingl¶es George G. Stokes (1819-1903). (¤) Teorema: 5.14. (de Stokes) Si S es una super¯cie NO cerrada cuyo borde C es una curva cerrada y F (x; y; z) es un campo vectorial de¯nido sobre S y dado por F (x; y; z) = P (x; y; z)i + Q(x; y; z)j + R(x; y; z)k Entonces:

I C

F ¢ T ds =

ZZ S

rot F ¢ n dS

en donde T es un vector unitario tangente a C que apunta en la direcci¶on positiva. Una forma alternativa de expresar esta igualdad es: ZZ I rot F ¢ n dS = P dx + Q dy + R dz S

C

² La integral de l¶³nea en (5.14) tambi¶en se puede expresar como de posici¶on del punto (x; y; z) de C. M¶as expl¶³citamente: ZZ I F ¢ dr = rot F ¢ n dS C

I C

F ¢ dr donde r es el vector

S

² >Para qu¶e tipo de super¯cies es v¶alido el teorema? Los casos sencillos de super¯cies imaginables S es posible asociar a cada punto P un vector unitario normal o de una forma continua. En el caso de la Fig. 5.43-(A) hay dos maneras posibles de hacerlo. Ambas son representadas en la Fig. 5.43-(B).

Juan Félix Ávila Herrera

5.7. Teorema de Stokes

395

Figura 5.43: Super¯cie orientable.

Figura 5.44: La banda de MÄobius ² Pero, para la super¯cie representada en la Fig. 5.44 (la banda de MÄ obius), no hay manera de lograrlo. Si se empieza con la elecci¶on (1) y movemos la normal de forma continua a lo largo de la super¯cie, cuando se vuelve al punto inicial en la etapa (9) se obtiene la normal opuesta. ² Una super¯cie que admite una elecci¶on continua de los vectores normales se denomina orientable o de dos caras. El teoreama de Stokes es para super¯cies orientables, que incluyen, por ejemplo, cualquier porci¶on de la super¯cie de un cuerpo convexo, como una bola o un cubo. Por supuesto en los ejemplos y ejercicios que se proponen se cumplir¶a esta condici¶on. ² Se debe enfatizar que el teorema de Stokes es v¶alido toda vez que el recorrido en C y la orientaci¶on de S sean compatibles. En la pr¶actica esto se veri¯ca si cumple la siguiente regla: ² (\Regla del caminante") Un caminante que se mueve sobre C, ver¶a que el vector unitario normal de S, a saber n, sale a su izquierda siempre. ² A veces se le llama a la \Regla del caminante" tambi¶en \Regla de la mano derecha", por la posici¶on del pulgar cuando los otros dedos apunta en una direcci¶ on. Ver Fig. 5.46. ² En la super¯cie cil¶³ndrica mostrada en la Fig. 5.47 tenemos una situaci¶on en la que la super¯cie en cuesti¶on tiene dos bordes cerrados: C1 y C2 . Dependiendo de cu¶al se escoja, la forma de recorrer la curva var¶³a para lograr que se cumpla la \regla del caminante". I I ² Se puede emplear el s¶³mbolo ,! para especi¯car que el recorrido se hace contra reloj y Ãcuando es en el sentido contrario.

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396

Cap¶³tulo 5. An¶ alisis vectorial

Figura 5.45: \Regla del caminante".

Figura 5.46: \Regla de la mano derecha". ² El Teorema de Stokes se puede enunciar como sigue: La integral de l¶³nea de la componente tangencial de F a lo largo de C recorrida una vez en la orientaci¶on positiva es igual a la integral de super¯cie sobre S de la componente normal de rot F . Si F es un campo de fuerza, el teorema a¯rma que el trabajo realizado por F a lo largo de C es igual al °ujo de rot F a trav¶es de S. ² La demostraci¶on del Teorema de Stokes se puede encontrar en libros de C¶ alculo m¶as avanzados. − Ejemplo 5.57. Sea S la parte del paraboloide z = 9 ¡ x2 ¡ y 2 para z ¸ 0, y sea C la traza de S en el plano xy tomada en el sentido contra reloj. Veri¯car el Teorema de Stokes para el campo vectorial F dado por F = 3zi + 4xj + 2yk. Ver Fig. 5.48. Soluci¶ on:

Figura 5.47: Cilindro sin tapas.

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5.7. Teorema de Stokes

397

Figura 5.48: Super¯cie S. Queremos demostrar que las dos integrales ZZ I P dx + Q dy + R dz = rot F ¢ n dS C S | {z } | {z } I1

I2

tienen el mismo valor. Empezaremos con I1 . Veamos el c¶alculo de I1 : I I I1 = P dx + Q dy + R dz = C

. . . . . 3z . . .dx . . .+ . . 4x . . .dy . . .+ . . 2y . . .dz .......

C

donde C es la circunferencia en el plano xy con ecuaci¶on x2 + y 2 = 9. Como z = 0 en C, esto se reduce a I I I1 = 4x dy = 4 x dy De acuerdo con el teorema (5.10)

I

C

C

x dy corresponde al a¶rea encerrada por la curva C. Como

C

se trata de un c¶³rculo de radio 3, su a¶rea es 9¼. Por lo tanto, I1 = 36¼. Calculemos ahora I2 . Siguiendo la observaci¶on hecha en la p¶ag. 386, hacemos ¤ £ g(x; y; z) = z ¡ 9 ¡ x2 ¡ y 2 = z ¡ 9 + x2 + y 2 La super¯cie en cuesti¶on est¶a dada por g(x; y; z) = 0. El vector normal unitario n est¶a dado por 2xi + 2yj + k 2xi + 2yj + k p n= = 2 2 jj2xi + 2yj + kjj . . . . . . .4x . . . .+. .4y . . . .+. .1. . . . .

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398

Cap¶³tulo 5. An¶ alisis vectorial

Seg¶ un (18.6), Por otro lado: ¯ ¯ ¯ ¯ rot F = ¯¯ ¯ ¯

Por lo tanto, I2 =

ZZ

S 2

i @ @x 3z

j @ @y 4x

rot F ¢ n dS =

k @ @z 2y ZZ

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ = 2i + 3j + 4j ¯ ¯ ¯

S

2

4x + 6y + 4 p dS 4x2 + 4y 2 + 1

Para la super¯cie z = 9 ¡ x ¡ y tenemos que q p fx2 + fy2 + 1 = 4x2 + 4y 2 + 1

Por lo tanto, al calcular la integral de super¯cie, proyectando sobre el plano xy, obtenemos: ZZ 4x + 6y + 4 p p 4x2 + 4y 2 + 1 dA I2 = 2 + 4y 2 + 1 4x . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . R o bien I2 =

ZZ

(4x + 6y + 4) dA

R

donde R es la regi¶on en el plano xy acotada por la circunferencia de radio 3 con centro en el origen. Cambiando a coordenadas polares, obtenemos Z 2¼Z 3 [4r cos µ + 6r sen µ + 4]r dr dµ I2 = 0

=

0

Z

2¼

36 cos µ + 54 sen µ + 18 dµ = 36¼ . . . . . . . . . . .0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Concluimos as¶³ que I1 = I2 . − Ejemplo 5.58. Calcular I =

ZZ S

rot F ¢ n dS si

® − F = x ¡ z; x3 + yz; ¡3xy 2 p y S es la parte del cono z = 2 ¡ x2 + y 2 que est¶a encima del plano xy (en el que \n est¶a en exterior de S"). Ver S en la Fig. 5.49 Soluci¶ on: El borde de S es la traza del cono que denotamos por C y que corresponde al c¶³rculo x2 +y 2 = 4. Podemos parametrizar C como x = 2 cos µ; y = 2 sen µ; ¡¼ < µ · ¼:

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5.7. Teorema de Stokes

399

Figura 5.49: Super¯cie c¶onica. Nota: Si hubiera que cambiar la direcci¶on del recorrido, simplemente se cambia lo que tiene x por lo que tiene y y viceversa. Tendr¶³amos as¶³: y = 2 cos µ; x = 2 sen µ; ¡¼ < µ · ¼: Tenemos entonces por el teorema de Stokes que I I ZZ rot F ¢ n dS = F ¢ T ds = P dx + Q dy + R dz S

C

o bien I=

I C

C

(x ¡ z) dx + (x3 + yz) dy + (¡3xy 2 ) dz

Notamos entonces que para la curva C la componente z = 0 y por lo tanto: Z ¼ I £ ¤ 3 2 cos µ(¡2 sen µ) + 8 cos3 µ(2 cos µ) dµ x dx + x dy = I= C

Z

¡¼

¼

4 . . . . . . .(¡4 . . . . sen . . . .µ. cos . . . .µ. .+. .16 . . cos . . . . .µ) . . . . . . . . dµ = 12¼

¡¼

− Ejemplo 5.59. Usar el Teorema de Stokes para evaluar la integral de l¶³nea I I= ¡y 3 dx + x3 dy ¡ z 3 dz C

donde C es la intersecci¶on del cilindro x2 + y 2 = 1 y el plano x + y + z = 1 y la orientaci¶on de C corresponde al movimiento contrario al de las manecillas de un reloj en el plano xy. Compruebe luego el resultado obtenido calculando la integral de l¶³nea directamente. Soluci¶ on: La curva C limita la super¯cie (plana) S de¯nida por z = 1 ¡ x ¡ y = f (x; y) para x2 + y 2 · 1 (ver Fig. 5.50).

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400

Cap¶³tulo 5. An¶ alisis vectorial

Figura 5.50: Curva C. Hacemos F = ¡y 3 i + x3 j ¡ z 3 k que tiene rotacional rot F = (3x2 + 3y 2 )k: Note que rot F tiene s¶olo la componente k. Entonces, por el Teorema de Stokes, la integral de l¶³nea es igual a la integral de super¯cie I ZZ 3 3 3 I= ¡y dx + x dy ¡ z dz = rot F ¢ n dS C

S

En este caso tenemos que z = f (x; y) = 1 ¡ x ¡ y. Hacemos entonces g = z ¡ f (x; y) = z ¡ 1 + x + y. Para determinar el vector normal unitario empleamos la f¶ ormula: 5g(x; y; z) ¡f (x; y)i ¡ fy (x; y)j + k ¯¯ = q x n = ¯¯¯¯ ¯ ¯ ¯¯5g(x; y; z)¯¯ [fx (x; y)]2 + [fy (x; y)]2 + 1

i+j+k p . 3 De esta forma tenemos que:

o bien n =

rot F ¢ n = (3x2 + 3y 2 )k ¢

3x2 + 3y 2 i+j+k p p = . . . . . . . .3. . . . . . 3

Al proyectar la super¯cie z = 1 ¡ x ¡ y sobre el plano xy pero dentro del cilindro x2 + y 2 = 1, obtenemos la regi¶on R formada por los puntos (x; y) tal que x2 + y 2 · 1. Entonces tenemos que: ZZ ZZ 3x2 + 3y 2 p I= rot F ¢ n dS = dS S S . . . . . . . .3. . . . . . ZZ 3x2 + 3y 2 q p = 1 + zx2 + zy2 dA 3 R

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5.7. Teorema de Stokes

401

o bien I=

ZZ

3x2 + 3y 2 p p 1 + 1 + 1 dA = 3

R

ZZ

3(x2 + y 2 ) dA

R

Esta integral se puede evaluar cambi¶andola a coordenadas polares: Al hacerlo asi se obtiene Z 2¼Z 1 3¼ : I=3 r2 r dr dµ = . .2. . . 0 0 Vamos a comprobar este resultado evaluando directamente la integral de l¶³nea I ¡y 3 dx + x3 dy ¡ z 3 dz C

Podemos parametrizar la curva C mediante las ecuaciones x = cos t; y = sen t; z = 1 ¡ cos t ¡ sen t; 0 · t < 2¼ En consecuencia,

I

¡y 3 dx + x3 dy ¡ z 3 dz C Z 2¼ £ ¡ sen3 t(¡ sen t) + cos3 t cos t = 0

¤ ¡ (1 ¡ cos t ¡ sen t)3 ( sen t ¡ cos t) dt El c¶alculo de esta integral es bastante laborioso. Usando Mathematica se obtiene I 3¼ ¡y 3 dx + x3 dy ¡ z 3 dz = 2 C que coincide con el resultado obtenido previamente. ² En la discusi¶on sobre integrales de l¶³nea independientes de la trayectoria se introdujo el concepto de una regi¶on simplemente conexa en el plano. Este concepto se puede generalizar a tres dimensiones, sin embargo, la de¯nici¶on acostumbrada requiere de propiedades de las curvas y las super¯cies que se estudian en cursos m¶as avanzados. ² Para los prop¶ositos de este curso se dice que una regi¶on D en tres dimensiones es simplemente conexa si toda curva cerrada simple C en D es la frontera de una super¯cie S en D que satisface las condiciones del Teorema de Stokes. ² En regiones de este tipo cualquier curva cerrada simple se puede contraer continuamente a un punto en D sin cruzar la frontera de D. Por ejemplo, la regi¶on dentro de una esfera o de un paralelep¶³pedo rectangular es simplemente conexa. La regi¶on dentro de un toroide (o toro) (una super¯cie en forma de rosca) no es simplemente conexa. Usando esta restricci¶on se puede demostrar el siguiente resultado.

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402

Cap¶³tulo 5. An¶ alisis vectorial

(¤) Teorema: 5.15. Si F (x; y; z) tiene derivadas parcialesI continuas en toda una regi¶on simpleF ¢ dr = 0 para toda curva cerrada mente conexa D, entonces rot F = 0 en D si y s¶olo si C

simple C en D.

² A un campo F tal que rot F = 0 se le conoce como irrotacional. (¤) Teorema: 5.16. Si F (x; y; z) tiene primeras derivadas parciales continuas en una regi¶on simplemente conexa D, entonces las siguientes caracter¶³sticas son equivalentes: 1. F es conservativo, es decir, F = 5f para una f Z 2. F ¢ dr es independiente de la trayectoria en D. C I 3. F ¢ dr = 0 para toda curva cerrada simple C en D. C

4. F es irrotacional, es decir rot F = 0. Nota: Se debe advertir que la equivalencia entre la proposici¶on uno y cuatro corresponde al test para campos conservativos en el espacio dado en la P¶ ag. 360. − Ejemplo 5.60. Demostrar que si F (x; y; z) = (3x2 + y 2 )i + 2xyj ¡ 3z 2 k entonces F es conservativo. Soluci¶ on: Como

o bien

La funci¶on F tiene primeras derivadas parciales continuas para todo (x; y; z). ¯ ¯ ¯ ¯ i j k ¯ ¯ ¯ @ @ ¯¯ @ ¯ rot F = ¯ @z ¯¯ ¯ 2@x 2 @y ¯ 3x + y 2xy ¡3z 2 ¯ rot F = . . . . . . . . .(0 . .¡ . . .0)i . . .+ . . (0 . . .¡. .0)j . . . .+. .(2y . . . .¡. .2y)k . . . . .= . . .0. . . . . . . . .

Concluimos as¶³ que F es conservativo. En el ejemplo 5.33 de la p¶agina 361 se mostr¶o una forma de calcular el potencial f para un campo F irrotacional, aunque en aquel momento no indicamos que F fuera de ese tipo. El siguiente teorema proporciona una f¶ ormula para calcular f mediante una integral de l¶³nea. (¤) Teorema: 5.17. Si se cumplen las condiciones del teorema de Stokes para el campo vectorial F (x; y; z) = P (x; y; z)i + Q(x; y; z)j + R(x; y; z)k de¯nido sobre D, entonces: f (a; b; c) =

Z C

P dx + Q dy + R dz

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5.7. Teorema de Stokes

403

en donce C es una trayectoria entre un punto ¯jo (x0 ; y0 ; z0 ) y un punto arbitrario (a; b; c) de D. − Ejemplo 5.61. Demuestre que el campo vectorial F = 3x2 i + 5z 2 j + 10yzk es irrotacional. Halle luego una funci¶on potencial f (x; y; z) tal que 5f = F . Soluci¶ on: Para demostrar que F es irrotacional, calcule i j k @ @ @ rot F = @x @y @z = . .h0; . . .0;. .0i ... 3x2 5z 2 10yz Por lo tanto, F tiene una funci¶on potencial f . Se aplica el teorema 5.17 para encontrar efectivamente f . Si C es el segmento de recta que une (0; 0; 0) con (a; b; c) parametrizado por x = at; y = bt; z = ct; 0 · t · 1 Tenemos entonces que: Z

P dx + Q dy + R dz f (a; b; c) = C Z 1 3(at)2 a dt + 5 (ct)2 b dt + 10(bt)(ct)c dt = 0 Z 1 £ 32 ¤ = 3a t + 15bc2 t2 dt 0

3 2 = . . a. . .+ . . 5bc ......

y en consecuencia podemos cambiar (a; b; c) por un punto arbitrario del espacio (x; y; z), obteni¶endose la funci¶on potencial escalar f (x; y; z) = x3 + 5yz 2 . Como veri¯caci¶on, n¶otese que fx = 3x2 , fy = 5z 2 y y fz = l0yz, as¶³ que 5f = F , como se deseaba. ² Este m¶etodo puede resultar laborioso en cuanto a las integrales que deben realizarse. En el siguiente ejemplo, aplicamos esta t¶ecnica al ejemplo 5.33 de la p¶agina 361. ² En el archivo \campo conservativo usando Stokes.nb", del disco compacto, se muestra como realizar algunos de estos c¶alculos usando Mathematica. Consulte tambi¶en \c¶alculo de una funci¶on potencial usando una integral de l¶³nea.nb". − Ejemplo 5.62. Demostrar que si F (x; y; z) = y 2 cos xi + (2y sen x + e2z )j + 2ye2z k

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404

Cap¶³tulo 5. An¶ alisis vectorial

entonces

Z

para F .

C

F ¢ dr es independiente de la trayectoria y encontrar una funci¶on de potencial f

Soluci¶ on: Es f¶acil ver que rot F = 0. Se aplica el teorema 5.17 para encontrar f . Si C es el segmento de recta que une (0; 0; 0) con (a; b; c) parametrizado por x = at; y = bt; z = ct; 0 · t · 1 Tenemos entonces que: Z

f (a; b; c) = P dx + Q dy + R dz C Z 1 £ 2 2 ¡ ¢ ¤ a b t cos(a t) + b e2 c t + 2 b t sen(a t) + 2 b c e2 c t t dt = 0

¡ ¢ o bien f (a; b; c) = b e2 c + b sen(a) , y en consecuencia podemos cambiar (a; b; c) por un punto arbitrario del ¡ ¢ espacio (x; y; z), obteni¶endose la funci¶on potencial escalar f (x; y; z) = y e2 z + y sen(x)

5.8

Tercer examen parcial

En esta secci¶on se presentan algunos ex¶amenes viejos que eval¶ uan la materia del tercer parcial examen parcial. 5.8.1

Parcial III del I-2004

1. Calcule la masa de un alambre cuya densidad por unidad de longitud es ±(x; y) = x y que x2 en el plano xy, entre los extremos (0; 0) y (2; 2). ocupa la porci¶on de la par¶abola y = 2 2. Calcule la integral de l¶³nea ¶ µ ¶ µ ¶ Z µ 1 3 2 2 ¡ 3x dx + + y dy + dz x + 2y + 3z x + 2y + 3z x + 2y + 3z C donde C es el segmento de recta que va desde (1; 0; 0) hasta (2; 3; 4). 3. Calcule el a¶rea super¯cial de la porci¶on de la esfera x2 + y 2 + z 2 = 4z que queda por fuera y por debajo del paraboloide el¶³ptico x2 + y 2 = 3z. ZZ F ¢ n dS en donde F = 4. Use el teorema de la divergencia para evaluar la integral I = S − 3 2 ® x ; x y; x2 z . Adem¶as S es la super¯ce cerrada que se obtiene al unir la porci¶on del cono x2 + y 2 = z 2 que se encuentra dentro de la esfera x2 + y 2p+ z 2 = 2z, con la porci¶on de la esfera x2 + y 2 + z 2 = 2z que se halla dentro del semicono z = x2 + y 2 .

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5.8. Tercer examen parcial

405

5. Mediante cualquier m¶etodo apropiado, calcule la integral

I C

vectorial dado por

F ¢ dr, en la que F es el campo

F = hx + y; z ¡ 2x + y; y ¡ zi y la curva C es el borde del tri¶angulo con v¶ertices (2; 0; 0), (0; 2; 0) y (0; 0; 2) recorridos en ese orden. Soluci¶ on del examen 1. Calcule la masa de un alambre cuya densidad por unidad de longitud es ±(x; y) = x y que x2 en el plano xy, entre los extremos (0; 0) y (2; 2). ocupa la porci¶on de la par¶abola y = 2 Soluci¶ on: Empezamos parametrizando la curva dada como sigue: ½ x=t con 0 · t · 2: 2 y = t2 Si C es la porci¶on de la par¶abola se~ nalada, tenemos que la masa est¶a dada por p Z Z 2 p 5 5 1 2 I= x ds = t ¢ 1 + t dt = ¡ : 3 3 C 0 2. Calcule la integral de l¶³nea ¶ ¶ µ ¶ µ Z µ 1 3 2 2 dz ¡ 3x dx + + y dy + I= x + 2y + 3z x + 2y + 3z x + 2y + 3z C donde C es el segmento de recta que va desde (1; 0; 0) hasta (2; 3; 4). Soluci¶ on: El ejercicio se puede resolver de varias formas. La primera puede ser calcular la integral en forma directa. Para ello paramerizamos la recta que une los puntos dados: 8 < x=1+t y = 3t : z = 4t Tenemos entonces que: Z 1· ¡3 ¡ 3 t + 27 t2 + I= 0

¸ 9 19 dt = + ln(20) 1 + 19 t 2

Una segunda forma de resolver este ejercicio, aunque m¶ as aventurada, es determinar si el campo + * 2 3 1 ¡ 3x; + y2; F = x + 2y + 3z x + 2y + 3z x + 2y + 3z | {z } | {z } | {z } M

N

P

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406

Cap¶³tulo 5. An¶ alisis vectorial

es irrotacional y po lo tanto, conservatio. En este caso tenemos que ¯ ¯ i j k ¯ @ @ @ ¯ ¯ rot F = ¯ @x @y @z ¯ 3 2 1 ¯ 2 ¡ 3x +y ¯ x + 2y + 3z x + 2y + 3z x + 2y + 3z

o bien rot F = 0. Aplicando el m¶etodo usual obtenemos: f =¡ Por lo tanto:

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ = h0; 0; 0i ¯ ¯ ¯

3x2 y 3 + + ln(x + 2y + 3z) + k 2 3

¯(2;3;4) ¯ 9 I = f ¯¯ = + ln(20): 2 (1;0;0)

3. Calcule el a¶rea super¯cial de la porci¶on de la esfera x2 + y 2 + z 2 = 4z que queda por fuera y por debajo del paraboloide el¶³ptico x2 + y 2 = 3z. Soluci¶ on:

La super¯cie en cuesti¶on se muestra en la Fig. 5.51. Empezamos completando

Figura 5.51: Super¯cie cuadrados para describir la esfera: x2 + y 2 + z 2 = 4z;

x2 + y 2 + z| 2 ¡ {z 4z + 4} = 4;

x2 + y 2 + (z ¡ 2)2 = 4

>Cuando se intersecan la esfera y el paraboloide? Es sucede cuando 3z +z 2 = 4z, o bien cuando z = 0 o bien cuando z = 1. Si z = 1 observamos p que la proyecci¶on Rxy de la super¯cie sobre 2 2 el plano xy es un c¶³rculo x + y = 3, de radio 3. Tenemos entonces que ZZ q ¶ 1 + zx 2 + zy2 dA Area = Rxy

>Cu¶al es la ecuaci¶on de la super¯cie? Como se trata de una porci¶on de la esfera, podemos despejar z como sigue: p z = 2 § 4 ¡ x2 ¡ y 2

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5.8. Tercer examen parcial

407

Como necesitamos la parte \inferior" de la esfera usamos el signo ¡. Notamos tambi¶en que: x @z =p ; @x 4 ¡ x2 ¡ y 2 De esta forma

r q 1 + zx 2 + zy2 = 2

De esta manera ¶ Area =2

2 1 =p 2 2 4¡x ¡y 4 ¡ x2 ¡ y 2

ZZ Rxy

Usando coordenadas polares tenemos que ¶ Area =2

Z 0

2¼Z

y @z =p @y 4 ¡ x2 ¡ y 2

p 3

0

1

p

4 ¡ x2 ¡ y 2

dA

r p dr dµ = 4¼: 4 ¡ r2

ZZ

F ¢ n dS en donde F = 4. Use el teorema de la divergencia para evaluar la integral I = S − 3 2 ® x ; x y; x2 z . Adem¶as S es la super¯ce cerrada que se obtiene al unir la porci¶on del cono x2 + y 2 = z 2 que se encuentra dentro de la esfera x2 + y 2p+ z 2 = 2z, con la porci¶on de la esfera x2 + y 2 + z 2 = 2z que se halla dentro del semicono z = x2 + y 2 . Soluci¶ on: La super¯cie cerrada en cuesti¶on se muestra en la Fig.

Figura 5.52: Super¯cie cerrada. ® − El campo vectorial en cuesti¶on es F = x3 ; x2 y; x2 z . De esta forma: div F = 3x2 + x2 + x2 = 5x2 Usando el teorema de la divergencia tenemos que: I=

ZZZ V

2

5x dV =

Z 1Z

p

1¡x2Z 1+

p ¡1 ¡ 1¡x2

p

p

1¡x2 ¡y 2

x2 +y 2

5x2 dz dy dx

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408

Cap¶³tulo 5. An¶ alisis vectorial

Para calcular esta integral usamos coordenadas esf¶ericas: x = ½ sen Á cos µ;

y = ½ sen Á sen µ;

z = ½ cos Á;

Observemos que, x2 + y 2 + z 2 · 2z, en coordenas esf¶ericas queda como ½2 · 2½ cos Á, o bien ½ · 2 cos Á. Se debe notar ahora que el cono x2 + y 2 = z 2 cuando x = 0 o bien y = 0 produce dos rectas perpendiculares que cortan el plano coordenado respectivo a la mitad ( 0 tal como sigue, obtenemos la misma soluci¶on. Veamos: ² ) ² ( Por lo tanto, una soluci¶on est¶a dada por a = x2 ; a = 5x2 . Ejemplo 6.48. Resuelva 2a3 + 3a2 ¡ 3a ¡ 2 = 0. La instrucci¶on en Mathematica es: ² ) ² ( Por lo tanto, la soluci¶on est¶a dada por a = 1; a = ¡2; a = ¡1=2. Para sistemas de ecuaciones se sigue empleando el comando Solve. Las ecuaci¶ones se agrupan en una lista. Las variables para las que se desea resolver, en otra. La estructura b¶asica es: ½

Solve[fg ; fg]

16h ¡ 11b + 17 = 11h + 6b + 17 . 9h ¡ 9b + 21 = ¡14h + 8b ¡ 23 La instrucci¶on en Mathematica es:

Ejemplo 6.49. Resuelva

² ) ² ( Por lo tanto, la soluci¶on est¶a dada por h = ¡

22 110 ; b=¡ . 9 153

8 < ¡26a + 25b ¡ 13c = 68 26a ¡ 21b ¡ 8c = ¡70 . Ejemplo 6.50. Resuelva : ¡13a + 7b ¡ 30c = ¡68 La instrucci¶on en Mathematica es: ² ) ² (

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444

Cap¶³tulo 6. Usemos Mathematica

Por lo tanto, la soluci¶on est¶a dada por a = 6; b = 10; c = 2. Ejemplo 6.51. Para ¯nanciar la compra de un carro Guillermo pidi¶o cierto dinero prestado al j 1657500 junto con los intereses. 10.5% de inter¶es anual. Al ¯nal del a~ no cancel¶o el pr¶estamo y pag¶o C Determine cu¶anto dinero prestado pidi¶o Guillermo originalmente. Designemos con x el dinero que pidi¶o prestado Guillermo originalmente. Al cabo de un a~ no el x . Obtenemos as¶³ la siguiente ecuaci¶on: monto del dinero adeudado es x + 10:5 100 x + 10:5

x = 1657500 100

La instrucci¶on en Mathematica es: ² ) ² ( La notaci¶on exponencial es debido a que hemos incluido decimales en los datos de entrada. Si 21 j 1500000 es el monto obtenemos x = 1500000. Por lo tanto, tenemos que C cambiamos 10:5 por 2 del pr¶estamo. 6.4.2

Trabajando en el laboratorio

² Resuelva los siguientes ejercicios del libro [?]: 1546, 1571, 1574-1578, 1592, 1602, 1651, 1667, 1677, 1689, 1706, 1727, 1739, 1758, 1790, 1797, 1821, 1833, 1850, 1877, 1881, 1915, 1920, 1944, 1968, 1971, 1988, 2016, 2042, 2043,2054, 2071, 2084, 2089, 2106, 2121. ² Resuelva la ecuaci¶on 122522400 + 2092012500 x + 15689008784 x2 + 67917689355 x3 +187517703248 x4 + 344130613273 x5 + 423918680606 x6 + 345073319005 x7 + 177100640052 x8 + 51606261547 x9 + 6469693230 x10 = 0 ² El comando NSolve funciona en forma semejante a Solve, excepto que este proporciona aproximaciones decimales para las ra¶³ces buscadas. Apl¶³quelo para resolver: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + + + + + + + + =0 2 + x 3 + x 5 + x 7 + x 11 + x 13 + x 17 + x 19 + x 23 + x 29 + x 10 X

1 = 0. La funci¶on P rime[k] x + P rime[k] k=1 genera el k-¶esimo primo. Por ejemplo, P rime[1] = 2, pues 2 es el primer primo. Nota: Esta ecuaci¶on se puede escribir como

² Resuelva para x la ecuaci¶on:

p p p p x¡ 1+x¡ 2+x= k+x

Juan Félix Ávila Herrera

6.5. Desigualdades

6.4.3

445

Evaluaci¶ on

Nombre: Instrucciones: Use Mathematica para resolver correctamente los siguientes ejercicios. Indique, para cada uno de ellos, los comandos que ha empleado. Examen Corto # 2 1 1. Resuelva la ecuaci¶on 36 x5 ¡ 36 x4 ¡ 205 x3 + 205 x2 + 49 x ¡ 49 = 0. Veri¯que que x = es 2 una de sus ra¶³ces. 2. Resuelva la ecuaci¶on x4 ¡ 2x3 + 3x2 ¡ 4x ¡ 1500i = 0 para x, variando (mediante un ciclo For) el par¶ametro i desde 1 hasta 5. Ayuda: Para i = 1, una soluci¶on es x = ¡5:65196. 3. Resuelva

6.5

p 1 3 x + 1 = x + . Determine si la u ¶nica ra¶³z es menor que 1 y mayor que 0. 2

Desigualdades

² Objetivo: Mathematica y su utilizaci¶on en s. ² Nuevos comandos: ², Reals ² Requisitos: Se supone que ya se ha expuesto en clase el tema referente ¶ n en la clase: ² Tiempo estimado de la exposicio ¶ n en laboratorio: ² Tiempo estimado de la sesio 6.5.1

Ejemplos

Ejemplo 6.52. Resuelva 6a ¡ 5 > 2a + 11. La instrucci¶on en Mathematica es: ² ) ² ( Por lo tanto, el conjunto soluci¶on es (4; +1).

Juan Félix Ávila Herrera

446

Cap¶³tulo 6. Usemos Mathematica

Ejemplo 6.53. Resuelva (x2 ¡ 4)(x2 ¡ 4x + 4)(x2 ¡ 6x + 8)(x2 + 4x + 4) < 0. La instrucci¶on en Mathematica es: ² ) ² (

Por lo tanto, el conjunto soluci¶on es (¡2; 2) [ (2; 4). 2g 2 + 18g ¡ 4 > 2. g 2 + 9g + 8 La instrucci¶on en Mathematica es:

Ejemplo 6.54. Resuelva

² ) ² (

Por lo tanto, la soluci¶on est¶a dada por (¡8; ¡1).

Ejemplo 6.55. Resuelva jt + 3j < 4. La instrucci¶on en Mathematica es: ² ) ² (

Notamos que Mathematica est¶a indicando la soluci¶on dentro de los n¶ umero complejos. Si deseamos que solamente presente la soluci¶on dentro de los n¶ umeros reales, adjuntamos la condici¶on ² Reals. Veamos: ² ) ² (

Por lo tanto, la soluci¶on est¶a dada por (¡7; 1).

Ejemplo 6.56. Resuelva j4 ¡ 3tj ¸ 2 ¡ t. La instrucci¶on en Mathematica es: ² ) ² ( Por lo tanto, la soluci¶on est¶a dada por (¡1; 1] [ [ 32 ; +1). ¯ 2 ¯ ¯ a ¡ 3a ¡ 1 ¯ ¯ · 3. Ejemplo 6.57. Resuelva ¯¯ 2 a +a+1 ¯ La instrucci¶on en Mathematica es: ² ) ² (

Por lo tanto, la soluci¶on est¶a dada por (¡1; ¡2] [ [¡1; +1).

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6.5. Desigualdades

6.5.2

447

Trabajando en el laboratorio

² Resuelva los siguientes ejercicios del libro [?]: 2160, 2185, 2196, 2202, 2215, 2221, 2233, 2276, 2297-2299 ² Resuelva

2310 x5 ¡ 4889 x4 + 4121 x3 ¡ 1729 x2 + 361 x ¡ 30 ¸0 5187 x4 ¡ 286969 x3 + 921091 x2 ¡ 577359 x + 100674 2 5 Ayuda: · x · es parte de la soluci¶on. 5 11

² Resuelva:

Ayuda:

125 1331 4913 8 ¡ + ¡ ·0 231 (2 x ¡ 1) 6 (5 x ¡ 1) 7 (11 x ¡ 2) 22 (17 x ¡ 3)

3 2 16650 x3 ¡ 1290 x2 ¡ 3297 x + 882 ¯ ¯ 4. Resuelva ¯3 + x3 ¯ < 4.

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448

6.6

Cap¶³tulo 6. Usemos Mathematica

Funciones

² Objetivo: Mathematica y su utilizaci¶on en el tema de funciones y sus aplicaciones.. ² Nuevos comandos: de¯nici¶on de funciones, listas, la instrucci¶on punto y coma, ListPlot, ==, Plot, PlotRange, Coe±cient, Print, Min, Max, Table. ² Requisitos: Se supone que ya se ha expuesto en clase el tema referente ¶ n en la clase: ² Tiempo estimado de la exposicio ¶ n en laboratorio: ² Tiempo estimado de la sesio La declaraci¶on de funciones est¶a sujeta a ciertas restricciones. La primera es que el par¶ametro o los par¶ametros en la declaraci¶on debe ir seguido una \raya abajo" . Solamente en la declaraci¶on es necesario esto. Cuando se invoque la funci¶on NO se debe usar la \raya abajo". Por otro lado se debe tener muy presente que los u ¶nicos par¶entesis que permite Mathematica para invocar funciones (propias o creadas por el usuario) son los rectangulares [ ]. 6.6.1

Ejemplos

2r ¡ 1 . Calcule A(3), A( 12 ) , A(¡1) y A(x2 + 1). + 2r ¡ 3 La instrucci¶on en Mathematica es:

Ejemplo 6.58. Sea A(r) =

r2

² )

² ( Por lo tanto, los valores requeridos son

5 ; 12

0;

3 4

y

2 x2 +1 . x4 +4 x2

En el ejemplo anterior hemos empleado el concepto de lista. Las listas son objetos generales que representan colecciones de expresiones. En cursos futuros usaremos listas para implementar el concepto de vector y matriz. Podemos usar la instrucci¶on punto y coma (;) para que Mathematica no devuelva la expresi¶on ingresada. Adem¶as el punto y coma nos permite colocar varias instrucciones en una misma l¶³nea. Observe el siguiente ejemplo. Ejemplo 6.59. Sea a(t) = t2 + t. Calcule a(1 ¡ x) div a(1 ¡ 2x) La instrucci¶on en Mathematica es:

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6.6. Funciones

449

² ) ² ( Por lo tanto, a(1 ¡ x) div a(1 ¡ 2x) =

x¡2 . 4x ¡ 2

Ejemplo 6.60. Halle las preim¶agenes de y = ¡1 si y(a) = a4 ¡ 4a3 + 6a2 ¡ 4a. La instrucci¶on en Mathematica es: ² ) ² ( Por lo tanto, a = 1 es la u ¶nica preimagen de y = ¡1.

p Ejemplo 6.61. Halle el m¶aximo dominio de de¯nici¶on real para w(a) = ¡ 9 ¡ (a ¡ 9)2 . Debemos determinar cu¶ando 9 ¡ (a ¡ 9)2 ¸ 0. La instrucci¶on en Mathematica es: ² ) ² ( Por lo tanto, [6; 12] es el m¶aximo dominio de de¯nici¶on real. Ejemplo 6.62. Sean f (x) = 2x2 y g(x) = x2 ¡ 5x + 6. Calcule (f + g)(x), (f ¡ g)(x), (f ¢ g)(x), ¶ µ f (x), (f ± g)(x) y (g ± f )(x). g La instrucci¶on en Mathematica es: ² )

² (

Por¶lo tanto, (f + g)(x) = 3x2 ¡ 5x + 6, (f ¡ g)(x) = x2 + 5x ¡ 6, (f ¢ g)(x) = 2x4 ¡ 10x3 + 12x2 , µ ¡ ¢2 f 2x2 (x) = 2 , (f ± g)(x) = 2 x2 ¡ 5 x + 6 y (g ± f )(x) = 4 x4 ¡ 10 x2 + 6. g x ¡ 5x + 6

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450

Cap¶³tulo 6. Usemos Mathematica

Ejemplo 6.63. Represente en el plano cartesiano los puntos (0; ¡1); (1; 2); (2; 4). Los puntos dados se representan como una lista de puntos: ff0; ¡1g; f1; 2g; f2; 4gg Usamos luego el comando PlotStyle ! PointSize[0.015] para indicar el grosor de los puntos en el ploteo. Invitamos al estudiante a variar ese valor. La instrucci¶on en Mathematica, para el caso dado, es entonces: ² ) ² (

Para calcular la distancia entre puntos podemos usar la siguiente de¯nici¶on:

De foma an¶aloga podemos de¯nir una funci¶on que calcule el punto medio entre dos puntos:

Usaremos estas funciones en algunos ejemplos posteriores. ³ p ´ p Ejemplo 6.64. Halle la distancia entre los puntos (3; 4) y 1 + 2; 1 ¡ 2 . La instrucci¶on en Mathematica es: ² ) ² ( Ejemplo 6.65. Calcule la distancia y el punto medio entre los puntos (¡17; ¡70); La instrucci¶on en Mathematica es: ² )

(24; ¡55).

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6.6. Funciones

451

² (

Por lo tanto, la distancia es ¼ 43:6578 y el punto medio es (3:50; ¡62:50). Ejemplo 6.66. Compruebe que los puntos (5; ¡1); (2; 5); (¡1; ¡4) corresponden a los v¶ertices de un tri¶angulo rect¶angulo, y determine su ¶area A. En Mathematica usamos dos tipos de iguales: el simple (=) y el doble (==). El simple se usa para asignaci¶on y el doble para comparaci¶on. De esta forma si ingresamos 3 == 1 + 2, Mathematica regresa un True. La instrucci¶on para el ejercicio propuesto en Mathematica ser¶³a: ² )

² (

p p Por p lo tanto, el tri¶angulo dado es rect¶angulo con catetos 3 5 y 3 5. La hipotenusa (el mayor valor) es 3 10. Ejemplo 6.67. Determinar si los puntos (6; 12); (0; ¡6) y (1; ¡3) son o no colineales. La instrucci¶on en Mathematica es: ² )

Juan Félix Ávila Herrera

452

Cap¶³tulo 6. Usemos Mathematica

² (

Podemos inclusive gra¯car los puntos dados para hacer m¶as evidente la conclusi¶on:

Por lo tanto, los puntos en cuesti¶on son colineales. El comando Plot permite gra¯car una o varias funciones en un intervalo. El comando Plot admite algunos par¶ametros opcionales que pueden ser usados para lograr efectos especiales. x en el intevalo [¡4; 4]. Ejemplo 6.68. Elabore la gr¶a¯ca de y = 2 x +1 La instrucci¶on en Mathematica es: ² ) ² (

Ejemplo 6.69. Elabore la gr¶a¯ca de y = La instrucci¶on en Mathematica es: ² )

² (

x2

x y de y = x2 en el intevalo [¡4; 4]. +1

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6.6. Funciones

453

Ejemplo 6.70. Elaborar la gr¶a¯ca de y = x2 + 4 en el intervalo [¡4; 4]. La instrucci¶on en Mathematica es: ² )

² ( Mathematica ha colocado el origen de coordenadas en el punto (0; 4). Hasta donde se sabe, esto no se estila mucho en Costa Rica. Podemos indicarle a Mathematica el rango que deseamos mediante el comando PlotRange. Observe: ² ) ² (

Las funciones cuya f¶ormula involucra una condici¶on pueden ser gra¯cadas mediante la instrucci¶ on If que est¶a dada por: If[condici¶ | on si la condici¶ {z on es verdadera}; acci¶ | on si la condici¶ {z on es falsa}] | {z on}; acci¶ (¤)

La parte que incluye (¤) es opcional. Si el proceso a realizar en caso de que la condici¶on sea verdadera involucra varias instrucciones, estas se separan con punto y coma. Debemos hacer ¶enfasis en que la instrucci¶on If consta de 2 o¶ 3 partes separadas por comas. ½ 2 x :x·0 en el intervalo [¡5; 5]. Ejemplo 6.71. Elabore la gr¶a¯ca de y = ¡x : x > 0 La instrucci¶on en Mathematica es: ² ) ² (

Juan Félix Ávila Herrera

454

Ejemplo 6.72. Determine si f (x) = La instrucci¶on en Mathematica es:

Cap¶³tulo 6. Usemos Mathematica

p 1 ¡ x2 es par, impar o ninguna de estas.

² ) ² ( Por lo tanto, f es par. Ejemplo 6.73. Determine si f (x) = Gra¯quemos la funci¶on:

1 es decreciente en [¡3; 3]. x+1

² )

² ( Por lo tanto, f es decreciente en el intervalo dado. Notamos adem¶as que f presenta una discontinuidad en x = ¡1. Intuitivamente podemos decir que una funci¶on es continua en su dominio si puede trazarse sin despegar el l¶apiz del papel. Para calcular la pendiente y la intersecci¶on con el eje y de una recta que pasa por un par de puntos, podemos crear la funci¶on

que devuelve, por separado, estos dos valores. Ejemplo 6.74. Halle la ecuaci¶on de la recta que pasa por (3; ¡16)) y (¡11; ¡12). La instrucci¶on en Mathematica es: ² ) ² (

2 106 Por lo tanto, y = ¡ x ¡ es la ecuaci¶on de la recta. 7 7 Nota: Por supuesto que se puede crear una funci¶on que d¶e expl¶³citamente la ecuaci¶on de la recta. Invitamos al estudiante a investigar al respecto.

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6.6. Funciones

455

Ejemplo 6.75. Determinar a de suerte que 3x + ay = 9 tenga la misma pendiente que la recta que pasa por (7; ¡2) y (5; ¡1). Primero despejamos y en 3x + ay = 9 y luego calculamos la ecuaci¶on de la recta que pasa por los puntos dados. La instrucci¶on en Mathematica es: ² ) ² (

3 1 Tenemos entonces que resolver la siguiente ecuaci¶on¡ = ¡ . Por lo tanto, a = 6. a 2 Para el estudio de cuadr¶aticas podemos desarrollar un peque~ no programa en Mathematica que sencillamente agrupa muchas de las instrucciones que ya hemos estudiado. Estudiemos el programa de la Fig. 6.1.

Figura 6.1: Gra¯cando una cuadr¶atica

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456

Cap¶³tulo 6. Usemos Mathematica

² ( L¶³nea 1) Declara la funci¶on a estudiar ¶ en aquellos casos en los que no se da ya hecho. ² ( L¶³nea 2) Desarrolla la funci¶on. Util ² ( L¶³nea 3) Tomamos los diferentes coe¯cientes: f (x) = a2 + bx + c. ² ( L¶³nea 4) De¯nimos el discriminante ² ( L¶³nea 5) Imprimimos la funci¶on ya desarrollada. ² ( L¶³nea 6) Imprimimos los coe¯cientes. Las comillas dobles es para indicarle a Mathematica que debe escribirse textualmente lo que est¶a abarcado por ellas. Usamos comas para separar este texto de las variables cuyos valores queremos desplegar. ² ( L¶³nea 7) Imprimimos el v¶ertice. ² ( L¶³nea 8) Indicamos en donde se corta el eje y. ² ( L¶³nea 9) Se abre una condici¶on If que se cierra hasta la l¶³nea 17. Preguntamos si el discriminante es no negativo. En caso de que se cumpla esto, calculamos las ra¶³ces reales, ² ( L¶³nea 10) imprimos un mensaje sobre donde corta el eje x, ² ( L¶³nea 11) imprimos la \primera" ra¶³z y su aproximaci¶on decimal, ² ( L¶³nea 12) imprimos la \segunda" ra¶³z y su aproximaci¶on decimal, ² ( L¶³nea 13) gra¯camos, conjuntamente, la funciones y = f (x) y y = 0 para evitar que Mathematica coloque el origen de coordenadas en el v¶ertice de la par¶abola. El dominio de gra¯caci¶ on va desde la ra¶³z m¶as peque~ na dismininuida en 3 unidades hasta la m¶as grande aumentada en 3 unidades. Invitamos al usuario a reemplazar este valor de 3 por uno que se \acomode" a la \envergadura" de las cantidades en juego. ² ( L¶³nea 14) Esta coma indica que se acab¶o las instrucciones a realizar en caso de que ¢ ¸ 0. Debe notarse que al ¯nal de cada una de ellas hemos colocado un punto y coma. ² ( L¶³nea 15) Iniciamos el caso en que ¢ < 0. Indicamos aqu¶³ que no corta el eje x. b b ² ( L¶³nea 16) Gra¯camos la funci¶ on desde ¡ ¡ 3 hasta ¡ 3. De nuevo el 3 puede ser 2a 2a reemplazado por algo mejor. Investigue. ² ( L¶³nea 17) Cerramos el If. El resultado de ejecutar este c¶odigo produce el resultado que se muestra en la Fig. 6.2. Ejemplo 6.76. Para f (x) = x2 ¡ 38x ¡ 47 complete cuadrados y determine si posee un m¶aximo o un m¶³nimo. En Mathematica realizamos un peque~ no programa que resuelve este y otros casos similares:

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6.6. Funciones

Figura 6.2: Resultado del estudio dela par¶abola y = 4(64 + 8x + x2 ) ¡ 207 ² )

² (

457

Juan Félix Ávila Herrera

458

Cap¶³tulo 6. Usemos Mathematica

Ejemplo 6.77. Hallar dos n¶ umeros no negativos cuya suma es 30 que hagan m¶aximo el producto del cuadrado de uno por el cubo del otro? Resolveremos el problema como sigue: ² Nuestro objetivo es maximizar el producto del cuadrado de x por el cubo de y. De esta forma nuestra funci¶on es P = x2 y 3

(6.1)

² La ecuaci¶on (6.1) depende de dos variables, y la relaci¶on entre ambas es x + y = 30, o bien: y = 30 ¡ x:

(6.2)

P = x2 (30 ¡ x)3

(6.3)

Sustituimos (6.2) en (6.1) y obtenemos:

² Dado que x es no negativo se tiene que x ¸ 0, por otro lado si la suma de x y y es 30, el valor m¶aximo de x es 30. Nuestro intervalo de factibilidad es entonces: 0 · x · 30

(6.4)

² El problema se ha reducido a hallar los extremos de la funci¶on P = x2 (30 ¡ x)3 en [0; 30]. Gra¯quemos esta funci¶on: ) (

Observando este dibujo notamos que el m¶aximo aparentemente est¶a entre 10 y 15. El comando Table permite crear una lista de elementos a partir de una f¶ ormula (tabla de valores) indicando en cu¶ando deseamos aumentar el contador. El primer argumento es la f¶ ormula, el segundo inicia con el nombre del contador, el punto de inicio, el punto de ¯n y luego el incremento. )

(

Juan Félix Ávila Herrera

6.6. Funciones

459

Por supuesto que si disminuimos el incrimento del contador, podemos aproximar mejor el punto m¶aximo. ² Con la evidencia que tenemos conjeturamos que el producto es m¶aximo cuando x = 12. Usamos luego la ecuaci¶on (6.2) para hallar el valor optimal de y, a saber: y = 30 ¡ 12 = 18: Los n¶ umeros buscados son entonces 12 y 18. Nota: Se si se usa c¶alculo diferencial, se llega a la misma conclusi¶on. p Ejemplo 6.78. Determine el rango de f (x) = ¡ x ¡ 8 + 10, si su dominio es D = [8; +1]. En este caso, vamos simplemente a gra¯car y con base en esto, determinar el rango. Podemos intentar con diferentes de valores para emular el in¯nito. Es decir tomar talvez [8; 20], [8; 200], [8; 2000]. ² ) ² (

El rango es (aparentemente) ]¡1; 10]. Se deber¶³a justi¯car con teor¶³a que lo anterior es efectivamente verdadero. Ejemplo 6.79. Determinar si f (x) = ¡3x2 + 5x ¡ 2 cuyo dominio es D = [2; 6] y codominio C = [¡80; ¡4] es biyectiva. Gra¯quemos la funci¶on: ² ) ² (

Juan Félix Ávila Herrera

460

Cap¶³tulo 6. Usemos Mathematica

Con base en la gr¶a¯ca notamos que la funci¶on es estrictamente decreciente, y por lo tanto inyectiva. Como f es continua, f (2) = ¡4 y f (6) = ¡80, tenemos que f es sobreyectiva. Por lo tanto, f es biyectiva. p Ejemplo 6.80. Sea f : IR ! IR dada por f (x) = ¡4 3 2x + 10. Halle la inversa de f . La instrucci¶on en Mathematica es: ² )

² (

Por lo tanto, f 6.6.2

¡1

x3 + 640 (x) = ¡ . 128

Trabajando en el laboratorio

² Resuelva los siguientes ejercicios del libro [?]: 2337, 2345, 2355, 2372, 2380, 2423, 2434, 2445, 2457, 2468, 2473, 2481, 2503, 2524, 2529, 2530, 2557, 2559, 2567,2593, 2606, 2659, 2675, 2692, 2694, 2733, 2734, 2764, 2783, 2796, 2822, 2837, 2875, 2888, 2900, 2925, 2931, 2942, 2976, 3000, 3010 ² Suponga que f (x) =

s

p 1 + 1 + x2 1+ 1 + (1 + x4 )3

Determine si v p p ! u p u 1 + 1¡ 2 4¡2 2 t p p ¢. ¡ ¤ f = 1+ 1+ 2 35 611 ¡ 432 2 s p ¡p ¢ 1+ 1+x x = 1+ ¤ f 1 + (1 + x2 )3 v q u p u 1+ 1+x2 1 + 2 + 1+(1+x u 4 )3 ¤ f (f (x)) = u 1 + µ u ´2 ¶3 ³ p t 1+ 1+x2 1 + 1 + 1 + 1+(1+x4 )3 Ã

¤ Determine si f es mon¶otona en [2; 5] y determine el tipo de monoton¶³a.

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6.7. Derivadas y aplicaciones

461

² Gra¯que los siguientes puntos en el plano cartesiano y veri¯que luego que pertenecen a un semic¶³rculo. Determine el radio de el c¶³rculo en cuest¶on. o n p p p p (¡3; 0); (¡2; 5); (¡1; 2 2); (0; 3); (1; 2 2); (2; 5); (3; 0) ² Halle la ecuaci¶on de un polinomio c¶ ubico que pase por los puntos (1; 12); (2; 21); (3; 34) y (4; 51) y graf¶³quela. Proceda de la siguiente forma: { Suponga que f (x) = ax3 + bx2 + cx + d { Use la ecuaciones f (1) = 12, f (2) = 21, f (3) = 34 y f (4) = 51 para plantear un sistema de ecuaciones. { Resuelva el sistema anterior para a, b, c y d. { Realice el gr¶a¯co 6.6.3

Evaluaci¶ on

Nombre: Instrucciones: Use Mathematica para resolver correctamente los siguientes ejercicios. Indique, para cada uno de ellos, los comandos que ha empleado. Examen Corto # 4 1. 2. 3.

6.7

Derivadas y aplicaciones

² Objetivo: Mathematica y su utilizaci¶on en el estudio de la derivada y sus aplicaciones. ² Nuevos comandos: Length ² Requisitos: Se supone que ya se ha expuesto en clase el tema referente derivadas y sus aplicaciones. ¶ n en la clase: ² Tiempo estimado de la exposicio ¶ n en laboratorio: ² Tiempo estimado de la sesio

Juan Félix Ávila Herrera

462

6.7.1

Cap¶³tulo 6. Usemos Mathematica

Ejemplos

Ejemplo 6.81. Calcule, usando la de¯nici¶on, la derivada de f (x) = x2 sen x El c¶odigo en Mathematica es: ² )

² (

¡ ¢0 Por lo tanto, x2 sen x = x2 cos x + 2x sen x. Ejemplo 6.82. Sea f (x) = jx ¡ 1j ¡ jx + 1j. Gra¯que f y determine si es derivable en a = ¡1 y en a = 1. El c¶odigo en Mathematica es: ² )

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6.7. Derivadas y aplicaciones

463

² (

Por lo tanto, f no es derivable en a = ¡1 ni en a = 1. 3

Ejemplo 6.83. Calcule la derivada de f (x) = El c¶odigo en Mathematica es:

x2 (x5 + tan(x)) . 1 ¡ sec x

² ) ² (

Por lo tanto, 2

f 0 (x) =

3

Ejemplo 6.84. Suponga que f (x) = ln(ex + arcsen2 (2x )). Calcule f 0 (x). El c¶odigo en Mathematica es: ² )

3

3 x2 (5 x4 + sec2 x) (x5 + tan x) 2 x (x5 + tan x) x2 sec x tan x (x5 + tan x) + + 1 ¡ sec x 1 ¡ sec x (1 ¡ sec x)2

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464

Cap¶³tulo 6. Usemos Mathematica

² ( Por lo tanto,

p (¡1 + 4x ) ex ¡ 21+x 1 ¡ 4x arcsen(2x ) ln 2 ¡ ¢ f (x) = (¡1 + 4x ) ex + arcsen(2x )2 ¶ µ (2 x ¡ 4) (3 x + 1) (5 x ¡ 2) (1 + tan x) p . Calcule y simEjemplo 6.85. Suponga que f (x) = ln (3 x + 7) x2 + 1 pli¯que f 0 (x). El c¶odigo en Mathematica es: 0

² )

² (

Por lo tanto, ¢ ¢ ¡ ¡ 28 + 12 x ¡ 189 x2 + 24 x3 ¡ 172 x4 + 12 x5 + 45 x6 sec2 x + ¡12 ¡ 462 x + 198 x2 ¡ 127 x3 + 210 x4 + 45 x5 (1 + tan x)

f 0 (x) =

(28 + 12 x ¡ 189 x2 + 24 x3 ¡ 172 x4 + 12 x5 + 45 x6 ) (1 + tan x)

Ejemplo 6.86. Suponga que f (x) =

(2 x ¡ 4) (3 x + 1) (5 x ¡ 2) (1 + tan x) p . Calcule y simpli(3 x + 7) x2 + 1

¯que la derivada de f (x). El c¶odigo en Mathematica es: ² )

² (

Por lo tanto, f 0 (x) =

¡

¡ ¢ ¢ 56 + 24 x ¡ 378 x2 + 48 x3 ¡ 344 x4 + 24 x5 + 90 x6 sec2 x + 2 ¡12 ¡ 462 x + 198 x2 ¡ 127 x3 + 210 x4 + 45 x5 (1 + tan x) 3

(7 + 3 x)2 (1 + x2 ) 2

Juan Félix Ávila Herrera

6.7. Derivadas y aplicaciones

465

p 1 + 1 + ex Ejemplo 6.87. Suponga que f (x) = . Calcule la tercera derivada de f (x). 1 + x2 El c¶odigo en Mathematica es:

² ) ² (

Por lo tanto, f 000 (x) =

¡ ¢ ¡ ¢ p ¡192 1 + 1 + ex x ¡1 + x2 ¡

12 ex (2+ex ) x (1+x2 ) 3

2

+

(1+ex ) 2

ex (4+2 ex +e2 x ) (1+x2 ) 5

(1+ex ) 2

3

+

24 ex (1+x2 ) (¡1+3 x2 ) p 1+ex

8 (1 + x2 )4

Ejemplo 6.88. Suponga que f (x) = (1 + x2 )3 . Calcule f 0 (1). El c¶odigo en Mathematica es: ² ) ² ( 24 Por lo tanto, f 0 (1) = 24. Ejemplo 6.89. Halle y 0 si se sabe que x3 ¡ 2x2 y + 3xy 2 = 38. En este caso se le debe indicar a Mathematica que la variable y est¶a en funci¶on de la variable x. Para esto sustituimos y por y[x]. Adem¶as se debe cambiar el = simple, por el doble ==. Despu¶es de efectuar la derivaci¶on, reemplazamos y 0 [x] por y y tambi¶en y[x] por y. Finalmente despejamos yp. El c¶odigo en Mathematica es: ² )

² (

Juan Félix Ávila Herrera

466

Cap¶³tulo 6. Usemos Mathematica

Por lo tanto, y 0 =

3 x2 ¡ 4 x y + 3 y 2 . 2 x (x ¡ 3 y)

Ejemplo 6.90. Suponga que ax2 + 2hxy + by 2 = 1 en el que a, b y h son n¶ umeros reales no nulos. Hallar y 00 (x). El proceso a seguir es semejante al usado en el ejemplo 6.89. Sin embargo en este caso se presenta un programa un poco m¶as elaborado con el ¯n de que sea empleado en otros ejercicios semejantes. Se empieza liberando la variable yp, previendo que no contenga valores antiguos. Se contin¶ ua asignado un nombre a la relaci¶on, a saber Eq. En le siguiente reng¶on se cambia y por y[x]. Posteriormente se deriva con respecto a x y, en el resultado, se sustituye y 0 [x] por yp y y[x] por y. Se resuelve ahora la ecuaci¶on que contiene a yp y el resultado se asigna a yp. Se emplea [[1]][[1]][[2]] para acceder al interior del conjunto soluci¶on que arroja el comando Solve. Ciertamente es algo tedioso. Seguidamente se presenta la primera derivada. En el siguiente rengl¶on se deriva con respecto a x. Se debe recordar que la expresi¶on que se est¶a derivando solo contiene variables x y y. Se sustituye y 0 [x] por yp y y[x] por y. A continuaci¶on se suma la expresi¶on y se factoriza. En el paso ¯nal se pretende emplear la relaci¶on original para simpli¯car el resultado obtenido. Se trata de sustituir Eq[[1]], en este caso se tiene que es ax2 + 2hxy + by 2 por Eq[[2]], o bien 1, toda vez que se halle la expresi¶on. El c¶odigo en Mathematica es: ² )

² (

h2 ¡ ab Por lo tanto, y = . (hx + by)3 Nota: Un reto interesante es modi¯car el programa anterior, usando ciclos, para que permita hallar derivadas impl¶³citas de cualquier orden. 00

Ejemplo 6.91. Hallar

dy en el punto (2; 3) si x2 + xy + 2y 2 = 28. dx

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6.7. Derivadas y aplicaciones

467

El proceso a seguir es semejante al usado en el ejemplo 6.89. Despu¶es de despejar y 0 , evaluamos en el punto (2; 3). El c¶odigo en Mathematica es: ² )

² (

1 Por lo tanto, y 0 = ¡ . 2 1 ¡ 2 x + 3 x4 . Halle las ecuaciones de la recta tangente y la recta 1 + x2 normal en x = 1. Gra¯que conjuntamente y = f (x) y dichas rectas en el intervalo [¡0:5; 1:5]. Usaremos y = mt x + bt para la ecuaci¶on de la recta tangente y y = mn x + bn para la de la normal. El c¶odigo en Mathematica es: Ejemplo 6.92. Sea f (x) =

² )

² (

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468

Cap¶³tulo 6. Usemos Mathematica

No se observa la perpendicularidad de la recta tangente y la recta normal debido al cambio de escala en los ejes coordenados. Si se agrega la instrucci¶on AspectRatio ! Automatic al comando Plot, tal como sigue

se obtiene una gr¶a¯ca en la que se puede apreciar dicha perpendicularidad. Ejemplo 6.93. Halle la recta tangente a la curva y 3 ¡ xy 2 + cos(xy) = 2 cuando x = 0. Es f¶acil ver que cuando x = 0 se tiene que y = 1. El resto de la soluci¶on es semejante a los problemas precedentes. El c¶odigo en Mathematica es: ² )

² (

Por supuesto que el programa se puede mejorar para que proporcione, tambi¶en, la ecuaci¶on de la recta normal. Se deja como ejercicio. 7 x2 6 x5 7 x4 Ejemplo 6.94. Sea f (x) = 6 x ¡ ¡ 12 x3 + + . Halle los puntos en los que hay 2 4 5 tangentes horizontales. El c¶odigo en Mathematica es: ² )

² (

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6.7. Derivadas y aplicaciones

469

Para hallar los puntos en los que se produce una tangente horizontal, basta evaluar en f , los ceros de la derivada obtenidos anteriormente. Se incluye, a continuaci¶ on, el gr¶a¯co de la funci¶on y = f (x) y dichas tangetes horizontales. ² )

² (

Por limitaciones de escala, en el gr¶a¯co anterior no se aprecian apropiadamente todas las tangentes horizontales. Ejemplo 6.95. Una pelota arrojada hacia arriba con una velocidad inicial de 48 pies desde lo alto de un edi¯cio de 169 pies de altura cae al suelo en la base del edi¯cio. >Cu¶anto tiempo permanece en el aire y cu¶al es su altura m¶axima? El c¶odigo en Mathematica es: ² )

² (

Se tiene entonces que la pelota se mantiene en el aire desde el instante inicial t = 0, hasta llegar al p 6+ 205 suelo (s = 0) que ocurre cuando t = 4 . Se nota adem¶as que la pelota alcanza su punto m¶aximo cuando t = 32 . Para hallar este m¶aximo se debe evaluar en s. A continuaci¶ on se muestra el resultado junto con la gr¶a¯ca de la trayectoria.

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470

Cap¶³tulo 6. Usemos Mathematica

² )

² ( 205

p

Nota: Se debe observar que el valor t = 6¡ 4 205 es negativo y por eso se desestima. No hay tiempo negativo. El tiempo se considera a partir de que la bola inicia su trayectoria. 5 x3 4 x5 + . Halle los puntos en los que la funci¶on alcanza Ejemplo 6.96. Suponga que f (x) = x ¡ 3 5 sus extremos locales e indique sus intervalos de monoton¶³a. Se presenta a continuaci¶on un programa que resuelve este problema y otros similares. Se emplea el comando Reduce para resolver las desigualdades involucradas. Se nombra con Sol al conjunto soluci¶on. Mediante un ciclo se recorre cada uno de los ceros hallados. El comando Length permite saber el n¶ umero de elementos en el conjunto soluci¶on. Se usa la variable cero para procesar cada una de las ra¶³ces de la derivada que se ha hallado. Seguidamente se emplea el criterio de la segunda derivada. Se sabe que si f 0 (a) = 0 y f 00 (a) > 0, entonces el punto (a; f (a)) es un m¶³nimo local. De igual forma si f 0 (a) = 0 y f 00 (a) < 0, entonces el punto (a; f (a)) es un m¶aximo local. El c¶odigo en Mathematica es: ² )

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6.7. Derivadas y aplicaciones

471

² (

Se puede ahora gra¯car la funci¶on para complementar el estudio. ² ) ² (

Nota: Dependiendo de la funci¶on que se estudie, el programa anterior puede ser insu¯ciente. No hay garant¶³a que siempre se puedan resolver, en forma expl¶³cita, las desigualdades involucradas. Ejemplo 6.97. Suponga que f (x) = 3x4 ¡ 10x3 ¡ 12x2 + 12x ¡ 7. Estudiar la concavidad de f . Determine adem¶as los puntos de in°exi¶on. El procedimiento es semejante al empleado en el ejemplo 6.96. Recuerde que una funci¶ on es feliz 00 00 (c¶oncava hacia arriba) si f (x) > 0 y triste (c¶oncava hacia abajo) si f (x) < 0. Los puntos de in°exi¶on ocurren en aquellos puntos en los que se cambia de concavidad. ² )

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472

Cap¶³tulo 6. Usemos Mathematica

² (

El programa tiene un error. >Cu¶al es? Note que no se veri¯ca si efectivamente se da un cambio de concavidad en los puntos en los que se anula la segunda derivada. Si se usa

f (x) =

2 x4 3 x5 x6 ¡9 x2 + x3 + ¡ + 2 3 10 30

¢ ¡ 81 , lo cual es falso. Por su puesto el progama indicar¶a que f posee un punto de in°exi¶on en 3; ¡ 100 que se puede mejorar el programa propuesto, pero requiere algo de trabajo. Se deja como un reto.

Ejemplo 6.98. Suponga que f (x) = 2 x + intervalo [0; 2].

x2 14 x3 5 x4 6 x5 ¡ + + . Halle los extremos de f en el 2 3 4 5

Se debe considerar el valor de la funci¶on en los extremos del intervalo y el valor de la funci¶on en los n¶ umeros que anulan la derivada, toda vez que dichos valores se hallen en el intervalo de b¶ usqueda. El c¶odigo en Mathematica es:

Juan Félix Ávila Herrera

6.7. Derivadas y aplicaciones

473

² )

² (

¡ ¢ Por lo tanto, el m¶aximo est¶a en 2; 406 y el m¶³nimo est¶a en (0; 0). Se debe notar que no se consider¶o 15 1 los valores cr¶³ticos x = ¡2 y x = ¡ 3 . Adem¶as se puede mejorar el programa para que detecte los valores extremales en intervalo suministrado. Se deja esto como ejercicio. Ejemplo 6.99. Suponga que f (x) = 55 ¡ 309 x + 485 x2 + 165 x3 ¡ 170 x4 + 24 x5 . Usar el teorema de Rolle en el intervalo [3; 5] y hallar el valor garantizado por dicho teorema. El c¶odigo en Mathematica es: ² )

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474

Cap¶³tulo 6. Usemos Mathematica

² (

Por lo tanto, el valor garantizado por el teorema de Rolle es x = 4:30432. Los otros valores no se hallan en el intervalo [3; 5]. Ejemplo 6.100. Suponga que f (x) = (2x + 1)(x ¡ 3)(3x + 1)(x + 1). Hallar los valores x 2 [3; 7] f (b) ¡ f (a) . tales que veri¯can la conclusi¶on del teorema del valor medio, a saber f 0 (x) = b¡a El c¶odigo en Mathematica es: ² )

² (

Por lo tanto, el valor garantizado por el teorema del valor medio es (aproximadamente) x = 5:277. Los otros valores son complejos y deben desestimarse. Ejemplo 6.101. Hallar dos n¶ umeros no negativos cuya suma es 30 que hagan m¶aximo el producto del cuadrado de uno por el cubo del otro? El desarrollo de este problema se halla en [?], p¶agina 166. La funci¶on a opitimizar tiene f¶ormula f (x) = x2 (30 ¡ x)3 en el intervalo [0; 30]. El c¶odigo en Mathematica es:

² ) ² (

Juan Félix Ávila Herrera

6.7. Derivadas y aplicaciones

475

Por lo tanto, el m¶aximo se da cuando x = 12. Como la suma de los n¶ umeros debe ser 30, el otro n¶ umero es 18. sen x ¡ x . Ejemplo 6.102. Calcular, usando la regla de L'H^opital, lim x!0 x3 Se desea elaborar un programa que muestre los pasos intermedios al emplear la regla de L'H^ opital. Se debe recordar que los comandos Numerator y Denominator permiten acceder al numerador y al denominador de una fracci¶on. La instrucci¶on Together se encarga de brindar una expresi¶on en forma de fracci¶on a partir de otra. El c¶odigo en Mathematica es: ² )

² (

Ejemplo 6.103. Haga un programa en Mathematica que calcule los primeros 10 n¶ umeros de Fibonacci. La recurrencia de Fibonacci est¶ a dada por fn = fn¡1 + fn¡2 ;

f1 = 1; f2 = 1

En este ejercicio es clave usar el s¶³mbolo := y no el igual simple. Este le indica a Mathematica que cada vez que encuentre f (n) debe reemplazarlo por su lado derecho. Se indica adem¶ as los valores para iniciar la recurrencia. El c¶odigo en Mathematica es: ² )

Juan Félix Ávila Herrera

476

Cap¶³tulo 6. Usemos Mathematica

² ( f1; 1; 2; 3; 5; 8; 13; 21; 34; 55g El comando Table permite construir una tabla de valores indicando en d¶ onde empieza y en d¶onde termina la lista deseada. 6.7.2

Trabajando en el laboratorio

² Resuelva los siguientes ejercicios del libro [?]: 280, 300, 346, 372, 386, 399, 417, 427, 432, 437, 442, 453, 476, 492, 499, 506, 512, 539, 543, 553, 556, 562, 573, 576, 580, 589, 602, 620, 639, 642, 646, 647, 648, 663, 672, 677, 690, 703, 722, 736, 743, 761, 767, 830, 860, 883, 896, 931. ² Pida a su profesor que d¶e, en forma expl¶³cita, una funci¶on y = f (x) cuya derivada es la dada en ejercicio 635 de [?]. ² Sea f (x) = j2x ¡ 3j + jx ¡ 4j ¡ jx ¡ 7j. Gra¯que esta funci¶on en [¡1; 10] y determine los puntos en los que no es derivable. Justi¯que su respuesta con derivadas laterales. 5

² Halle la derivada de f (x) = ² Sea f (x) =

10 Y

(1 ¡ cos(1 + 3 x5 ) sen(1 + 2 x2 )) 5

(1 + ex ) 2

(x + k). Halle f 0 (x) y exprese en forma desarrollada. Idem f 000 (x). Finalmente

k=1

calcule f (5) (1). ¢3 ¡ ² Halle y 0 si ¡x3 y 2 + y 5 + x2 + y 5 + cos(x2 y 3 ) = 2x. 13132 x3 6769 x4 161 x6 x8 ² Sea f (x) = ¡5040 x + 6534 x2 ¡ + ¡ 392 x5 + ¡ 4 x7 + . Halle los 3 4 3 8 puntos en los que hay tangentes horizontales. Indique adem¶as los intervalos de monoton¶³a y su tipo. Liste tambi¶en los extremos locales. 361 x3 1729 x4 4121 x5 4889 x6 + + + + 55 x7 . Estudie la concavidad de f ² Sea f (x) = 15 x2 + 6 12 20 30 y halle sus puntos de in°exi¶on. ² Sea f (x) = 648+7281 x+32729 x2 +69612 x3 +63188 x4 +3741 x5 ¡18211 x6 +2310 x7 . Veri¯que la conclusi¶on del teorema de Rolle para f en el intervalo [3; 7]. ² Suponga que fn = fn¡1 + fn¡2 + fn¡3 y que f1 = 1, f2 = 1 y f3 = 1. Haga una tabla con los primeros 10 valores. Halle f15 . 6.7.3

Evaluaci¶ on

Nombre:

Juan Félix Ávila Herrera

6.7. Derivadas y aplicaciones

477

Instrucciones: Use Mathematica para resolver correctamente los siguientes ejercicios. Indique, para cada uno de ellos, los comandos que ha empleado. Examen Corto # 5 55445 x4 82037 x6 1. Sea f (x) = 240 x ¡ 1639 x2 + 6175 x3 ¡ + 18537 x5 ¡ + 4290 x7 . Haga el es4 6 tudio de monoton¶³a para f y determine los puntos extremales. 1 Ayuda: en x = se produce un extremo. 2 ¡ ¢3 2. Halle y 0 si se sabe que ¡x3 y 2 + y 5 + x2 + y 5 + sec(x2 y 3 ) = cos(x). 59 x3 349 x5 3. Sea f (x) = 3 x2 ¡ + 18 x4 ¡ + 7 x6 . Haga el estudio de concavidad para f y 6 20 dermine los puntos de in°exi¶on. 1 Ayuda: en x = se produce un punto de in°exi¶on. 3 4. Sea f (x) = ¡442 + 5655 x ¡ 28853 x2 + 76008 x3 ¡ 108032 x4 + 77883 x5 ¡ 23369 x6 + 2310 x7 . Veri¯que la conclusi¶on del teorema de Rolle para f en el intervalo [3; 5]. Ayuda: use NSolve. Este comando permite hallar aproximaciones num¶ericas para una ecuaci¶on polinomial.

Juan Félix Ávila Herrera

478

Cap¶³tulo 6. Usemos Mathematica

Juan Félix Ávila Herrera

Cap¶³tulo 7 Usando Graphing Calculator mediante GenGCF Este trabajo presenta una colecci¶on de ejemplos, de di¯cultada ascendente, que muestran (principalmente) las bondades del software comercial Graphing Calculator (GC). El trabajo es fruto del empleo de esta herramienta, por parte del autor, en cursos tales como c¶alculo en varias variables e investigaci¶on de operaciones. Las herramientas digitales GC y Mathematica han sido fundamentales para apoyar tecnol¶ogicamente estos cursos y este tipo de productos abren las puertas de un nuevo escenario en el proceso de ense~ nanza y aprendizaje de las matem¶aticas.

7.1

Introducci¶ on

Es claro que la computadora es d¶³a con d¶³a una herramienta que apoya nuestro diario quehacer. El proceso educativo no escapa a esta realidad y se debe considerar seriamente la necesidad de incorporar esta herramienta en muchas de las disciplinas que se imparten en los centros educativos costarricenses. Las matem¶aticas no son ajenas a esta situaci¶on y hoy d¶³a se cuenta con la oferta de muchos productos inform¶aticos que est¶an dando la posibilidad de abordar muchas ramas de esta disciplina desde una perspectiva diferente y atractiva. Entre algunos paquetes inform¶aticos que se han destacado en este proceso, podemos mencionar Mathematica, Maple, MuPad, Geometer Sketch Pad y por supuesto Graphing Calculator del que nos ocuparemos en este trabajo.

7.2

>Qu¶ e es Graphing Calculator y qu¶ e es GenGCF?

GC es un software comercial que permite visualizar objetos matem¶aticos en dos, tres y cuatro dimensiones. Se pueden crear gr¶a¯cas animadas, resolver ecuaciones gr¶a¯camente y escoger la perspectiva de observaci¶on entre otras cosas. GC permite gra¯car funciones y relaciones ya sean ¶estas impl¶³citas, expl¶³citas o bien parametrizadas, tanto en dos como en tres dimensiones. Uno de los aspectos m¶as llamativos de este software es la simplicidad con la que se introducen los datos. En el caso de funciones en dos o tres variables, no es necesario despejar ninguna de ellas en particular. La ecuaci¶on se introduce tal como est¶a. GC se encuentra disponible en la direcci¶ on www.Paci¯cT.com y hay una versi¶on de aproximadamente 3 megas para Windows (llamada gcViewer) que se puede descargar gratuitamente desde este 479

Juan Félix Ávila Herrera

480

Cap¶³tulo 7. Usando Graphing Calculator mediante GenGCF

sitio. Dicha versi¶on no es 100% funcional pero permite visualizar algunos ejemplos que trae consigo o bien archivos desarrollados previamente por alguien que posea una licencia. Realmente vale la pena descargar esta versi¶on y disfrutar en poco tiempo de una herramienta que es, a juicio del autor, virtualmente una joya digital. ¶ GenGCF es una herramienta desarrollada por J. F. Avila para genarar archivos que pueden ser vistos utilizando Graphing Calculator Viewer.

7.3

Ejemplos usando graphing calculator

En esta secci¶on se presenta una colecci¶on de ejemplos de di¯cultad ascendente que permiten apreciar las facilidades del GC. En la siguiente ¯gura se muestra los primeros tres men¶ us de GC:

Nota: En la colecci¶on de ejemplos, el c¶odigo en GC se ha acomodado, en algunos casos, en una forma algo diferente de la que luce en este programa. Este se hace para economizar espacio. Ejemplo p 7.1. GC p puede usarse como calculadora. Calcule una aproximaci¶on decimal para la expresi¶on 5 3 + 2 3 + 1. Se puede usar el bot¶on de ra¶³z cuadrada del \keypad" para facilitar el c¶ alculo.

El c¶odigo usando GenGCF es: Color 1; Expr 5*sqrt(3) +2*sqrt(3)+1;

Juan Félix Ávila Herrera

7.3. Ejemplos usando graphing calculator

481

En GC puede ingresar una ecuaci¶on sencilla para ser gra¯cada. Ejemplo 7.2. Para gra¯car y = sen (2x + 1) se escribe la ecuaci¶on tal cual cambiando sen por sen . Si se desea marcar el punto (2; 1) se emplea entonces un 2-vector que se localiza en el men¶ u Math. El resultado es el siguiente.

El c¶odigo usando GenGCF es: Color 1; Expr y =sin(2*x+1); Color 3; Expr vector(2, 1);

Ejemplo 7.3. Dibujar en forma conjunta la gr¶a¯ca de y = sen (2x + 1) y la de y = cos (2x ¡ 1). Para agregar una nueva expresi¶on matem¶atica usamos el comando Ctrl-M. El resultado es como sigue:

El c¶odigo usando GenGCF es: Color 1; Expr y =sin(2*x+1) ; Color 2; Expr y=cos(2*x-1);

Juan Félix Ávila Herrera

482

Ejemplo 7.4. Dibujar

Cap¶³tulo 7. Usando Graphing Calculator mediante GenGCF

8 < sen x x2 f (x) = : 9

si x < 0 si 0 · x < 3 si x ¸ 3

Desafortunadamente a pesar de que en la versi¶on que se emple¶o supuestamente posee los s¶³mbolos · y ¸ estos nunca aparecieron. Para efectos gr¶a¯cos esto signi¯ca que habr¶a un par de agujeros en los puntos de conexi¶on. Para el caso de ¯guras bidimensionales o tridimensionales la situaci¶on se subsana gra¯cando por separado la regi¶on deseada (usando desigualdades) y luego el borde (usando ecuaciones). Normalmente esto no representa un gran problema, pero si debe mantenerse alerta sobre esta de¯ciencia. El c¶odigo es el siguiente:

El c¶odigo usando GenGCF es: Color 2; Expr y=sin(x), x 0, x< 3 ; Color 2; Expr y=9, x>3;

GC puede usarse para resolver ecuaciones gr¶ a¯camente. Ejemplo 7.5. Halle un par de soluciones para la ecuaci¶on sen 3x = cos 2x. Para logra esto primero gra¯camos ambas curvas. Usando el mouse podemos ubicar las intersecciones de estas curvas y observar aproximaciones num¶ericas de ellas. Adicionalmente, si se cuenta con sonido en la computadora, puede escucharse un ruido al atravesar una de estas intersecciones.

El c¶odigo usando GenGCF es: Color 4; Expr y =sin(3*x) ; Color 5; Expr y=cos(2*x) ;

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7.3. Ejemplos usando graphing calculator

483

Ejemplo 7.6. GC puede gra¯car desigualdades. Gra¯que la regi¶on encerrada por x = y 2 y la recta x = 2. El c¶odigo en GC es como sigue:

El c¶odigo usando GenGCF es: Color 1; Expr Color 2; Expr Color 3; Expr

x>y^2, x