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• Yonatan Yapita

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Cálculo II Santiago Relos P. Universidad Mayor de San Simón (Versión preliminar) 15 de marzo de 2015

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Índice General 1 Geometría en Rn 1.1 Puntos en Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.1 Representación gráfica de los puntos . . . . . . . . . . 1.2 Vectores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.1 Igualdad de vectores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.2 Suma y multiplicación por un escalar . . . . . . . . . . 1.2.3 Representación geométrica de los vectores . . . . . . . 1.2.4 Puntos y vectores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.5 Representación geométrica de la suma de vectores . . 1.2.6 Representación geométrica del producto de un número 1.2.7 Representación geométrica de la diferencia de vectores 1.3 Paralelismo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4 Norma de un vector . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5 Ortogonalidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5.1 Condición necesaria y suficiente de perpendicularidad 1.6 El producto interior . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6.1 Propiedades del producto interior . . . . . . . . . . . . 1.7

1.8 1.9 1.10 1.11

1.12 1.13

Proyección Ortogonal. Componentes . . . . . . . . . . . . . 1.7.1 Motivación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.7.2 La definición de proyección ortogonal y componente Vectores unitarios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Cosenos directores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aplicaciones de los vectores . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.10.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . La recta en Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.11.1 Paralelismo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.11.2 Perpendicularidad (ortogonalidad) . . . . . . . . . . 1.11.3 Distancia de un punto exterior a una recta . . . . . 1.11.4 Intersección de rectas . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.11.5 Ecuación paramétrica de la recta en R3 . . . . . . . El producto vectorial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.12.1 El triple producto escalar . . . . . . . . . . . . . . . La ecuación del plano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.13.1 La definición del plano . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.13.2 La ecuación vectorial del plano . . . . . . . . . . . . 1.13.3 Angulo entre dos planos . . . . . . . . . . . . . . . . 1.13.4 Intersección de planos . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.13.5 Distancia de un punto a un plano . . . . . . . . . . . 1.13.6 Proyección de una recta sobre un plano . . . . . . . 3

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. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . vector . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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7 7 8 11 11 12 13 15 16 17 17 20 22 25 26 27 27

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30 30 31 35 35 37 37 40 41 41 42 43 45 47 51 53 53 53 54 55 55 70

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4 2 Superficies 2.1 Superficies cilíndricas . . . . . . . . . 2.1.1 Problema directo . . . . . . . 2.1.2 Problema inverso . . . . . . . 2.2 Superficies cuádricas . . . . . . . . . 2.2.1 Esfera . . . . . . . . . . . . . 2.2.2 Elipsoide . . . . . . . . . . . 2.2.3 Hiperbolide de una hoja . . . 2.2.4 Hiperboloide de dos hojas . . 2.2.5 Cono . . . . . . . . . . . . . . 2.2.6 Paraboloide . . . . . . . . . . 2.2.7 Paraboloide hiperbólico . . . 2.3 Sólidos acotados por superficies . . . 2.4 Superficies limitadas por superficies .

ÍNDICE GENERAL

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75 76 76 78 80 81 82 82 83 84 84 84 86 87

3 Funciones vectoriales de una variable real 3.1 Representación gráfica . . . . . . . . . . . 3.2 Algebra de funciones . . . . . . . . . . . . 3.2.1 Suma, resta . . . . . . . . . . . . . 3.2.2 Producto interior y producto cruz 3.2.3 Producto por una función real . . 3.2.4 La función compuesta . . . . . . . 3.3 Límite de una función vectorial . . . . . . 3.4 Continuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5 La derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5.1 Teoremas sobre la derivada . . . . 3.5.2 La regla de la cadena . . . . . . . 3.6 Longitud de arco . . . . . . . . . . . . . . 3.7 Recta tangente y plano normal . . . . . . 3.8 Integración . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.9 Velocidad y aceleración . . . . . . . . . . 3.9.1 Movimiento de proyectiles . . . . . 3.9.2 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . .

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89 90 94 94 94 94 95 95 96 97 97 98 99 101 102 102 103 105

4 Funciones reales de una variable vectorial 4.1 Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2 El gráfico de una función a varias variables . . . 4.3 Algebra de funciones . . . . . . . . . . . . . . . . 4.4 Composición de funciones . . . . . . . . . . . . . 4.5 Límites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.5.1 La definición de límite . . . . . . . . . . . 4.5.2 Teoremas sobre límites . . . . . . . . . . . 4.6 Continuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.7 Límites reiterados . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.8 Derivada, derivada direccional y derivada parcial 4.8.1 La derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.8.2 Teoremas sobre derivadas . . . . . . . . . 4.8.3 La derivada direccional . . . . . . . . . . 4.8.4 La derivada parcial y gradiente . . . . . . 4.8.5 La diferencial . . . . . . . . . . . . . . . . 4.9 Aplicaciones de la derivada . . . . . . . . . . . . 4.9.1 El plano tangente . . . . . . . . . . . . . .

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107 107 108 109 110 111 111 112 113 114 115 115 117 118 121 123 124 124

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ÍNDICE GENERAL 4.9.2 4.9.3

5

La regla de Leibnitz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125 Máxima variación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125

5 Funciones vectoriales de un vector 5.1 La derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.1.1 Cálculo de la derivada . . . . . . . . . . . . . . . 5.1.2 La segunda derivada de una función de Rn en R 5.2 La segunda diferencial de f : Df ⊂ Rn → R . . . . . . . 5.3 Funciones inyectivas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.4 6 6.1 6.2 6.3 6.4 6.5

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129 129 129 130 131 132

La regla de la cadena . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133 5.4.1 Una aplicación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134 Máximos y Mínimos Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Condición necesaria de extremo . . . . . . . . . . . . Condición suficiente de extremo . . . . . . . . . . . . El caso particular de dos variables . . . . . . . . . . Extremos locales condicionados . . . . . . . . . . . . 6.5.1 Condición necesaria de extremo condicionado 6.5.2 Condición suficiente de extremo condicionado

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7 Coordenadas polares cilindricas y esféricas 7.1 Coordenadas polares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.1.1 Relación entre las coordenadas rectangulares y polares . 7.1.2 Gráficas en coordenadas polares . . . . . . . . . . . . . 7.1.3 La Matriz jacobiana de la transformación a coordenadas 7.2 Coordenadas cilíndricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.3 Coordenadas esféricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.3.1 La Matriz jacobiana de la transformación a coordenadas

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139 139 139 143 148 150 150 151

. . . . . . . . . . . . . . . polares . . . . . . . . . . esféricas

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163 163 164 166 168 169 169 170

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8 Integral múltiple 173 8.1 La integral doble . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173 8.1.1 Regiones acotadas en R2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173 8.1.2 8.1.3

Partición de una región acotada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174 La definición de una integral doble . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175 . . . . . . . . .

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176 179 184 186 200 203 203 205 207

9 Apéndice 1 (Matrices definida positivas) 9.1 Formas cuadráticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.2 Matrices definida positivas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.2.1 Algunos teoremas sobre matrices definida positivas 9.2.2 Caracterización de una matriz definida positiva . . 9.3 Matrices semidefinidas y definida negativas . . . . . . . .

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209 209 210 210 211 212

8.2 8.3 8.4

8.1.4 Cálculo de la integral doble . . . . 8.1.5 Cambio en el orden de integración 8.1.6 Cálculo de volúmenes . . . . . . . Cambio de variable . . . . . . . . . . . . . Cambio a coordenadas polares . . . . . . La integral triple . . . . . . . . . . . . . . 8.4.1 Cálculo de la integral triple . . . . 8.4.2 Cambio en el orden de integración 8.4.3 Cambio de variable en una integral

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . triple

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6 10 Apéndice 2 (La signatura de una matriz simétrica) 10.1 La definición de signatura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.2 Criterios para determinar la signatura . . . . . . . . . . . . . 10.2.1 Uso de las operaciones elementales de fila y columna . 10.2.2 Uso exclusivo de la tercera operación elemental de fila 10.2.3 El criterio de Sylvester . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ÍNDICE GENERAL

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215 215 215 215 216 217

Capítulo 1

Geometría en Rn 1.1

Puntos en Rn

Definición 1.1 Definimos

      n R =      

        : xi ∈ R ,      

x1 x2 .. . xn



  se llamará Espacio Euclidiano. Un elemento de Rn se llamará punto. El número xi de X =   llamará i − e´sima coordenada de X.  x1  x2  Definición 1.2 Dos puntos X =  .  ..

xn





    yY =  

y1 y2 .. . yn

xi = yi ,

x1 x2 .. . xn



   se 



   se dicen iguales si: 

i = 1, . . . , n

Definición 1.3 En Rn se definen las siguientes operaciones:     x1 y1  x2   y2      1. Suma. Si X =  .  y Y =  .  son puntos en Rn , la suma de X y Y, escrito X + Y es  ..   ..  xn

yn



  X+Y = 



  2. Producto por un número. Si X =  

x1 x2 .. . xn



x1 + y1 x2 + y2 .. .

xn + yn



  . 

   es un punto de Rn y c ∈ R el producto del número c y  7

8

CAPÍTULO 1. GEOMETRÍA EN RN el punto X, escrito cX, es:



  cX =  

cx1 cx2 .. . cxn



  . 

Es inmediato probar el siguiente teorema. Teorema 1.4 Para todos los puntos A, B ∈ Rn y c, d ∈ R se verifica: 1. A + B = B + A 2. (A + B) + C = A + (B + C) 

  3. Existe O =  

0 0 .. . 0



   ∈ Rn , llamado cero de Rn tal que para todo X ∈ Rn , X + O = X. 

4. Para todo A ∈ Rn , existe −A ∈ Rn tal que A + (−A) = O

5. c (A + B) = cA + cB 6. (c + d) A = cA + dA 7. (cd) A = c (dA) 8. 1A = A.

1.1.1

Representación gráfica de los puntos

Como se sabe, un número, se representa en una recta que tiene una dirección y en la cual se ha elegido una unidad de medida. Por ejemplo si x es un número real positivo, la representación es como sigue:

x También para representar un punto en el plano R × R (o R2 ), se utiliza el clásico sistema de coordenadas x1 cartesianas. Si es un punto de R2 su representación geométrica se realiza siguiendo los siguientes x2 pasos. 1. A partir del origen O se avanza paralelamente al eje x, la magnitud |x1 | en dirección positiva o negativa dependiendo si x1 es positivo o negativo. Así se encuentra P1 . 2. A partir del punto P1 se avanza paralelamente al eje y, la magnitud |x2 | en dirección positiva o negativa dependiendo si x2 es positivo o negativo. Así se encuentra P2 . 3. El punto P2 encontrado es la representación geométrica de

x1 x2

En el siguiente gráfico se asume que x1 es negativo y x2 es positivo.

.

1.1. PUNTOS EN RN

9

y

x  X =  1   x2 

x2 x

0   0

x1

3 es claro que elanterior  algoritmo se puede generalizar fácilmente para graficar puntos de R . x1 Un punto  x2  en R3 tiene la siguiente representación geométrica x3

z

z

 x1     x2  x   3 x3 x1

y

y

x2 x

x

Ejercicios propuestos 

   −2 −2 1. Graficar P =  3  , Q =  −4  5 −6

2. Hallar los vértices de un paralelepípedo cuyos vértices opuestos diagonalmente sean 

   0 2 (a) O =  0  y P =  3  0 4

10

CAPÍTULO 1. GEOMETRÍA EN RN 

   −2 3 (b) P =  2  y Q =  5  . 3 1                 3 3 −2 −2 3 3 −2 −2 Sol.  5  ,  2  ,  2  ,  5  ,  5  ,  2  ,  2  ,  5  −1 1 1 1 3 3 3 3 (c) Generalizar el anterior problema. 

 1 3. (a) Graficar, t  2  para t ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5} 3



 1 (b) Si t varia continuamente en R, ¿qué lugar geométrico forman los puntos t  2 ? 3

4. En R3 caracteriza los siguientes conjuntos: (a) Los puntos del plano xy, xz y yz (b) Los puntos del eje x, eje y y el eje z 5. Demostrar el teorema 1.4.

Los siguientes códigos Matlab permiten gráficar puntos en R3 , en el primero se grafica solamente el punto, en el segundo se muestran las líneas tal como se indica en la definición. –––––––––Matlab––––––––– %Punto.m %P es el punto a graficar, se grafica con un asterisco P=[4 5 7]; %Se grafica el punto empleando el comando plot3 plot3(P(1),P(2),P(3),’*’) %Rótulos de los ejes xlabel(’eje x’) ylabel(’eje y’) zlabel(’eje z’) hold off ––––––––––––––––––––– –––––––––Matlab––––––––– %Punto_con_segmentos.m %P es el punto a graficar, se grafica con un asterisco P=[4 5 7]; plot3(P(1),P(2), P(3),’*’) hold on %Se grafican las líneas para encontrar P plot3([0 P(1)],[0 0],[0 0]) %segmento paralelo al eje x text([P(1) P(1)],[0 0],[0 0],’Punto P1’) plot3([P(1) P(1)],[0 P(2)],[0 0])%segmento paralelo al eje y text([P(1) P(1)],[P(2) P(2)],[0 0],’Punto P2’) plot3([P(1) P(1)],[P(2) P(2)],[0 P(3)]) %segmento paralelo al eje z

1.2. VECTORES

11

text([P(1) P(1)],[P(2) P(2)],[P(3) P(3)],’Punto P’) %Rótulos de los ejes xlabel(’eje x’) ylabel(’eje y’) zlabel(’eje z’) hold off ––––––––––––––––––––– Ejercicio: Graficar un cubo cuyos extremos de una de sus diagonales sean el origen y un punto P dado.

1.2

Vectores

Se define el espacio vectorial Vn como el conjunto de n − uplas de números reales       x1    Vn =  ...  : xj ∈ R .     xn

los elementos de Vn se llaman vectores. Para denotar un vector usaremos letras minúsculas con una flecha. Así, un vector representado con la letra x se denota por x. Un vector x ∈ Vn se escribirá usualmente como:   x1   x =  ...  , xn

los números x1 , . . . , xn se llaman coordenadas del vector x.

1.2.1

Igualdad de vectores 

   a1 b1     Definición 1.5 Dos vectores a =  ...  y b =  ...  en Vn son iguales si ai = bi para todo i. an bn         1 1 1 1 Ejemplo 1.1 Los vectores a =  0  y b =  0  son iguales, pero a =  2  y b =  3  no lo son 2 2 3 2 ¿Porque?.

Ejercicios resueltos Ejercicio 1.1 Calcular el valor de k y s de modo que los siguientes vectores sean iguales     k−s+1 2 , y =  . 7 7 x= 1 3k + 2s Solución. Si los vectores dados van a ser iguales debemos tener: k−s+1 = 2 7 = 7 1 = 3k + 2s esto origina el sistema de ecuaciones: 1 −1 3 2

k s

=

1 1

12

CAPÍTULO 1. GEOMETRÍA EN RN

Cuya solución es:

3/5 −2/5

, así, los valores de k y s que hacen x = y son k =

3 2 ys=− . 5 5

Ejercicio 1.2 Calcular el valor de k y s de modo que los siguientes vectores sean iguales     k−s+1 2 . 7 x =  k − 2s  , y =  s−k+1 3k + 2s Solución. Se debe tener:

de donde se obtiene el sistema:

k−s+1 = 2 k − 2s = 7 s − k + 1 = 3k + 2s k−s+1 = 2 k − 2s = 7 −4k − s = −1

resolviendo las dos primeras ecuaciones se encuentra s = −6, k = −5, reemplazando estos valores en la tercera ecuación se encuentra: −4 (−5) − (−6) = −1, es decir, 26 = −1, lo cual es evidentemente contradictorio, esta contradicción muestra que el sistema no tiene solución, es decir, los vectores x, y son distintos para todos los valores de k y s.

Ejercicios propuestos 

  2  1 a −1  . Sol.: No existen 2 1. Encontrar, si existen, números a tales que  2  =  2 3 a +2    2  1 a −1 √  . Sol.: ± 2 2 2. Encontrar, si existen, números a tales que  2  =  4 a2 + 2     −10 a+b 3. Encontrar números a, b tales que  5  =  a − 2b  . Sol.: a = b = −5 a a 4. Sean a, b, c ∈ Vn , Probar que si a = b y b = c, entonces a = c.

1.2.2

Suma y multiplicación por un escalar



   a1 b1     Si a =  ...  y b =  ...  son vectores en Rn y c ∈ R las operaciones suma y multiplicación por un an bn escalar se definen respectivamente como:   a1 + b1   .. a+b =   . an + bn  ca1   ca =  ...  , can 

1.2. VECTORES

13

es claro que a + b y ca son vectores en Rn . También es inmediato verificar que con estas operaciones Vn es un espacio vectorial. El vector nulo es:   0  ..  0 =  . . 0

Ejercicios propuestos

1. Probar que Vn es un espacio vectorial con las operaciones definidas en esta sección. 2. Sea a, b, x ∈ Vn . Probar que si a + x = b + x entonces a = b.

3. Sean a = (−1, 2, 4, 0)t , b = (2, −1, 5, 8)t . Hallar vectores c y d tales que: a+c=d b + 2d = c Sol.: c = −2a − b = (0, −3, −13, −8)t ; d = −a − b = (−1, −1, −9, −8)t . Aquí el superíndice t significa transpuesta,

1.2.3 Sea x =

Representación geométrica de los vectores x1 x2

∈ V2 . Su representación geométrica se realiza en R2 del siguiente modo.

1. Se elige un punto arbitrario P0 ∈ R2 . 2. A partir de P0 se avanza paralelamente al eje X la magnitud |x1 | , en dirección positiva o negativa dependiendo si x1 es positivo o negativo, así localizamos el punto P1 . 3. A partir de P1 se mueve paralelamente al eje Y la magnitud |x2 | , en dirección positiva o negativa dependiendo si x2 es positivo o negativo, así localizamos el punto P2 . 4. La flecha trazada desde P0 hasta P2 es la representación geométrica del vector x.

P3

y

→

 x1  x =    x2 

x2 P1

P0

x1

 0    0 El punto P0 se llama punto inicial y el punto P2 se llama punto final. Ejemplo 1.2 Representar los vectores x =

2 3

yy=

−3 −1

.

x

14

CAPÍTULO 1. GEOMETRÍA EN RN Solución. Para representar ambos vectores, elijamos el punto P =

geométrica de los vectores es:

0 −3

, entonces la representación

y

-3

-2

-1

1

-1

2

x

→

x -2

-3

→

y

-4

Observación. Debe notarse que un vector tiene infinitas representaciones geométricas, sin embargo, intuitivamente, todos tienen las mismas características: ”Misma longitud”, ”misma dirección”, más aún los anterior muestra que los vectores tienen la capacidad de movimiento.   x1 Para representar un vector x =  x2  en R3 seguimos los mismos pasos que se siguen para representar x3 2 añadimos un vector en R , sólo   el paso correspondiente a la tercera coordenada. En el siguiente gráfico se 2 muestra el vector x =  3  5 z

→

x y

x

1.2. VECTORES

15

Ejercicios propuestos −1 3

1. Representar los vectores: u = 

, −u,

  1 2. Representar los vectores: a =  2  , b =  −1    1 3. Representar los vectores: a =  2  , b =  −1

1.2.4

 −2 −1  , a + b. 3  −2 −1  , 2a + 3b 3

Puntos y vectores

−→ Dos puntos A y B originan un vector, si el punto inicial es A y el punto final B, tal vector, denotado por AB, tiene por coordenadas a las coordenadas del punto B − A, es decir: −→ AB = B − A.

Si el punto inicial es B y el punto final es A, entonces el vector es −→ BA = A − B,

−→ −→ claramente AB = −BA.

Ejercicios resueltos

   3 2 Ejercicio 1.3 Hallar los vectores que originan el par de puntos A =  1  y B =  −5  . −5 6 Solución. Son:





      2 1 3 −→  1  −  −5  =  6  AB = −5 6 −11       2 3 −1 −→  −5  −  1  =  −6  BA = 6 −5 11

   1 1 Ejercicio 1.4 Si A =  s  es el punto inicial del vector u =  t − s  , hallar los valores de s y t tal 2−t −s   2 que B =  2  sea el punto final. 2 Solución. Se tiene u = B − A, es decir:       1 2 1  t − s  =  2  −  s , −s 2 2−t

16

CAPÍTULO 1. GEOMETRÍA EN RN

esto origina el sistema: 1 = 1 t−s = 2−s −s = t resolviendo: s = −2 y t = 2.

Ejercicios propuestos 

     1 2 3 1. Si A =  −2  es el punto inicial de un vector v =  −1  , hallar su punto final. Sol.: B =  −3  2 0 2 

   2 1 2. Si B =  2 + y  es el punto final de un vector u =  2 , hallar el valor de x y el de y de manera 1  −x  1 que A =  x − 1  sea su punto inicial. Sol. x = −1/2, y = −3/2. y+1      0 1 10 −→ −→ −→ 3. Encuentre AB + BC + CA, donde A =  0  , B =  −5  , C =  5  son los vértices de un 0 5 2 triángulo. Sol.: 0. 

1.2.5

Representación geométrica de la suma de vectores

La representación geométrica de x + y se realiza del siguiente modo. 1. Se representa el vector x, 2. luego se representa el vector y tomando como punto inicial, el punto final del vector x. 3. El vector que va desde el punto inicial de x al punto final de y es el vector suma x + y.

r y

r x

r r x+y

1.2. VECTORES

1.2.6

17

Representación geométrica del producto de un número por un vector

r a

1.2.7

r ca c>0

r ca c 0 los vectores x y y tienen la misma dirección. Si c < 0 los vectores x y y tienen direcciones contrarias.

Ejercicios resueltos Ejercicio 1.5 ¿Son los siguientes vectores paralelos?:     1 3 x =  2 , y =  6 . −1 −3

Solución. Si los vectores dados son paralelos, debe existir un número c tal que x = cy,

luego



   1 3c  2  =  6c  , −1 −3c

de esta igualdad se obtiene el sistema de ecuaciones lineales 3c = 1 6c = 2 −3c = −1

Resolviendo encontramos c = 13 , por tanto los vectores dados son paralelos. Ejercicio 1.6 ¿Son los siguientes vectores paralelos?. x=

2 3

, y=

−2 4

.

Solución. Si los vectores dados son paralelos, debe existir un número c tal que x = cy, luego: 2 3

=

−2c 4c

así tenemos el sistema −2c = 2 4c = 3 es claro que este sistema es inconsistente, esto es, no existe c ∈ R tal que x = cy, por tanto los vectores x y y no son paralelos.

1.3. PARALELISMO

21

Ejercicios propuestos 1. Para que valores de a y b los siguientes vectores son paralelos?     4 2 u =  a + 2b  , v =  a − b  . 2b − a − 1 b+a 1 Sol.: a = − 13 , b = − 12

2. ¿Para que valores de a y b los siguientes vectores son paralelos?     1 a−b − → → u =  a , − v = 1  a+b 1 Sol.: a = ±1, b = 0.

3. Pruébese que si c = 0 y los vectores a y b son paralelos a c, entonces los vectores a y b son paralelos. 4. Pruébese que si d = b + c y si b es paralelo al vector a, entonces d es paralelo al vector a si y solamente si el vector c es paralelo al vector a. 5. Mostrar que si existen escalares m, n no ambos cero, tales que ma + nb = 0, entonces a y b son paralelos. 6. Si a y b son vectores no paralelos tales que c = (m + n − 1) a+(m + n) b, d = (m + n) a+(2m − n − 1) b, hallar m, n tales que c = 3d. Sol.: m = 19 , n = − 11 18 . 7. Probar que las diagonales de un paralelogramo se bisecan entre si. 8. Mostrar que las medianas de un triángulo se intersectan en un punto, y que este punto divide a cada mediana con una razón 2 : 1. 9. Determinar fórmulas para los puntos P, Q que dividen un segmento de extremos A y B en tres partes A+2B iguales. Sol. P = 2A+B 3 , Q= 3 . 10. Sean A, B, C los vertices de un triángulo. Calcule la intersección de las medianas. Sol.

–––––––––Matlab––––––––– %Mediana2.m %Se grafica un triángulo de vértices A, B, C, se dibujan %las medianas y se localiza el baricentro A=[1,-5]; B=[4 0]; C=[2 1] AB=B-A; AC=C-A; BC=C-B; arrow(A,AB,’r’) %Vector AB hold on arrow(A,AC,’g’) %Vector AC arrow(B,BC,’b’) %Vector BC

A+B+C . 3

22

CAPÍTULO 1. GEOMETRÍA EN RN

arrow(B,-AB+0.5*AC,’k’) arrow(A,AC-0.5*BC,’k’) arrow(C,-AC+0.5*AB,’k’) BC=(A+B+C)/3 plot(BC(1), BC(2),’*’) text(A(1),A(2),’A’) text(B(1),B(2),’B’) text(C(1),C(2),’C’) text(BC(1),BC(2),’Baricentro’) xlabel(’eje x’) ylabel(’eje y’) axis equal hold off title(’Mediana de un triángulo’) ––––––––––––––––––––– Ejercicio. Dibujar las bisectrices y las alturas de un triángulo dados sus tres vértices, dibuje también el incentro y el ortocentro.

1.4

Norma de un vector

La norma de un vector x ∈ Vn es una función · de la forma · : Vn → R que satisface las siguientes propiedades: Para todos los vectores a, b ∈ Vn y todo número c ∈ R: 1. a ≥ 0, a = 0 si y solamente si a = 0. (no negatividad) 2.

a + b ≤ a + b (desigualdad triangular)

3. ca = |c| a 

 a1   Sea a =  ...  , en Rn se definen las siguientes normas. an La norma p: a

p

= a21 + · · · + a2n

1/p

La norma euclidiana: a = a21 + · · · + a2n La norma infinito: a ∞ = max {|a1 | , . . . , |an |} 

 −2 Ejemplo 1.3 Sea x =  2  , algunas normas de x son: −1 x

1

x

2

= |−2| + |2| + |1| = 5

= |−2|2 + |2|2 + |1|2 = |−2|4 + |2|4 + |1|4

x

4

x

20

x

100

x

∞

1/2 1/4

= |−2|20 + |2|20 + |1|20

=3 √ = 4 33 ∼ 2. 39678 1/20 √ √ = 10 3 20 233017 ∼ 2. 07053

= |−2|100 + |2|100 + |1|100

= max {|−2| , |2| , |1|} = 2

1/100

∼ 2. 01391

1.4. NORMA DE UN VECTOR

23

Ejercicios propuestos 1. Sea r = (x, y, z) , r0 = (x0 , y0 , z0 ) . Describa todos los puntos (x, y, z) tales que r − r0 = 2 2. Sea r = (x, y) , r2 = (x2 , y2 ) , r1 = (x1 , y1 ) . Describa todos los puntos (x, y) tales que r − r1 + r − r2 = k, donde k > r2 − r1 3. Demostrar que para cualquier a, b ∈ V3 , se verifica a+b ≤ a + b 4. Demostrar que

a − b

≤ a − b para todo a y b ∈ Vn .

5. Un cubo tiene lados de longitud k. Los centros de las seis caras del cubo son los vértices de un octaedro. (ver figura) (a) Halle las coordenadas de todos los vértices del octaedro. (b) Calcule la longitud de las aristas del octaedro en términos de k.

6. En R2 Describir los siguientes conjuntos: (a) A = x ∈ R2 : x

1

≤1

(b) B = x ∈ R2 : x

2

≤1

(c) C = x ∈ R2 : x

5

≤1

24

CAPÍTULO 1. GEOMETRÍA EN RN (d) D = x ∈ R2 : x

∞

≤1

y 1 0.8

⋅2

0.6 0.4

⋅∞

⋅5

⋅1

0.2 0 -1

-0.5

0 -0.2 x -0.4 -0.6 -0.8 -1

–––––––––Matlab––––––––– %Norma.m %Calcula la norma del vector x x=[-2 2 -1]; n1=norm(x,1) %Norma 1 n2=norm(x) %Norma euclidiana es lo mismo que norm(x,2) n4=norm(x,4) %Norma 4 n20=norm(x,20) %Norma 20 n100=norm(x,100) %Norma 100 nI=norm(x,inf) %Norma infinito ––––––––––––––––––––– –––––––––Matlab––––––––– %Octaedro.m %Dibuja el octaedro resultante de unir los puntos medios de los %lados de un cubo de lado L L=10; M=L/2; %Calcula los seis vértices del octaedro P=[M M 0]; Q=[M M L]; A=[L M M]; B=[M L M]; C=[0 M M]; D=[M 0 M]; %Dibuja las doce aristas del octaedro arrow3(P,A-P)

0.5

1

x

1.5. ORTOGONALIDAD

25

hold on arrow3(P,B-P) arrow3(P,C-P) arrow3(P,D-P) arrow3(Q,A-Q) arrow3(Q,B-Q) arrow3(Q,C-Q) arrow3(Q,D-Q) arrow3(A,B-A,’r’) arrow3(B,C-B,’r’) arrow3(C,D-C,’r’) arrow3(D,A-D,’r’) axis equal hold off title(’Octaedro’) –––––––––––––––––––––

1.5

Ortogonalidad

La ortogonalidad de vectores tiene la siguiente motivación geométrica. Sean a, b vectores, como se sabe, los vectores a + b y a − b, se representan de la siguiente manera

r y

r x

r r x−y

r r x+y

del gráfico parece razonable asumir que a y b serán ortogonales si a+b = a−b , esta observación motiva la siguiente definición de ortogonalidad. Definición 1.6 (Ortogonalidad) Dos vectores a y b son ortogonales si a+b = a−b . Ejemplo 1.4 Los vectores a = (2, 1, 1) y b = (1, 1, −3) son ortogonales, en efecto tenemos a + b = (3, 2, −2) y a − b = (1, 0, 4)

por tanto a + b = a − b =

√ 17.

Ejemplo 1.5 Los vectores a = (2, 1) y b = (−1, 0) no son ortogonales, porque?.

26

CAPÍTULO 1. GEOMETRÍA EN RN

–––––––––Matlab––––––––– %Paralelogramo.m %Dibuja un paralelogramo con dos vectores dados %Dibuja también sus diagonales p0=[0 2 0]; x=[2 1 1]; y=[1 1 3]; arrow3(p0,x,’r’) hold on arrow3(p0,y,’b’) arrow3(p0+x,y,’b’) arrow3(p0+y,x,’r’) arrow3(p0,x+y,’g’) arrow3(p0+y,x-y,’k’) text((p0(1)+x(1))/2,(p0(2)+x(2))/2,(p0(3)+x(3))/2,’x’) text((p0(1)+y(1))/2,(p0(2)+y(2))/2,(p0(3)+y(3))/2,’y’) text(p0(1)+(x(1)+y(1))/3,p0(2)+(x(2)+y(2))/3,p0(3)+(x(3)+y(3))/3,’x+y’) text(p0(1)+(x(1)+2*y(1))/3,p0(2)+(x(2)+2*y(2))/3,p0(3)+(x(3)+2*y(3))/3,’x-y’) hold off title(’Paralelogramo y diagonales’) –––––––––––––––––––––

1.5.1

Condición necesaria y suficiente de perpendicularidad

Sean a =

a1 a2

yb=

b1 b2

, realizemos los siguientes cálculos a+b

2

= a21 + a22 + b21 + b22 + 2 (a1 b1 + a2 b2 )

por otra parte a−b

2

= a21 + a22 + b21 + b22 − 2 (a1 b1 + a2 b2 ) .

Si a y b son ortogonales se debe tener a + b

2

= a−b

2

, simplificando se encuentra:

2 (a1 b1 + a2 b2 ) = −2 (a1 b1 + a2 b2 ) , de donde: 4 (a1 b1 + a2 b2 ) = 0 por tanto: a1 b1 + a2 b2 = 0 . Lo anterior prueba que si los vectores a y b son perpendiculares, se verifica a1 b1 + a2 b2 = 0 . Recíprocamente, si a1 b1 + a2 b2 = 0 es inmediato verificar que a y b son perpendiculares. Así hemos encontrado una condición necesaria y suficiente de perpendicularidad. Generalizamos este resultado en el siguiente teorema.

1.6. EL PRODUCTO INTERIOR

27

  a1    Teorema 1.7 Sean a =  ...  , b =  an 

 b1 ..  , entonces a es perpendicular a b si y solamente si .  bn n

ai bi = 0. i=1

Demostración. Ejercicio. 

   1 −1 Ejemplo 1.6 Los vectores a =  1  y b =  −1  son perpendiculares pues 2 1

(1) (−1) + (1) (−1) + (2) (1) = 0.    1 1 Ejemplo 1.7 Los vectores a =  −1  y b =  1  no son perpendiculares pues 2 1 

(1) (1) + (−1) (1) + (1) (2) = 2 = 0.

1.6

El producto interior

Motivados por los resultados de la sección anterior definimos: Definición 1.8 (Producto interior) Sean a = (a1 , . . . , an ) , b = (b1 , . . . , bn ) vectores en Vn . El producto interior de a y b, escrito a · b, es el número: a · b = a1 b1 + · · · + an bn

El siguiente teorema es de prueba inmediata. –––––––––Matlab––––––––– %Prod_interior.m %Producto interior de los vectores x, y x=[1 2 3] y=[2 -3 1] dot(x,y) ––––––––––––––––––––– Teorema 1.9 Dos vectores a y b en Vn son ortogonales si y solamente si a · b = 0.

1.6.1

Propiedades del producto interior

El producto interior satisface muchas propiedades, a continuación se enuncian las más usuales. Teorema 1.10 Si a, b, c son vectores en Vn , entonces:1 1. a · b = b · a

1 Aquí,

· significa norma euclidiana

28

CAPÍTULO 1. GEOMETRÍA EN RN 2. (ra) · b = r a · b , r ∈ R 3. a · b + c = a · b + a · c 4. a · a ≥ 0, a · a = 0 si y solamente si a = 0. 5. a

2

= a · a.

6. a es perpendicular a b si y solamente si a + b

2

= a

2

+ b

2

.

Demostración. Los primeros cinco resultados son inmediatos. Probaremos la última afirmación. a es ortogonal a b, si y solamente si a · b = 0, por tanto: a+b

2

=

a+b · a+b

= a·a+2 a·b +b·b =

a

2

+ b

2

.

{note que a · b = 0}

Ejercicios propuestos 

   7 4 1. Para que valor de λ, el vector  λ  es ortogonal al vector  6  . Dibujar tales vectores. Sol.: −4 −2λ λ = −2.     3 3 2. Para que valor de λ, el vector  λ  es ortogonal al vector  0  . Dibujar tales vectores. Sol.: 4 −1 Ninguno.     1 −3 → → → → → 3. (a) Sean − u =  3 , − v =  2 . Hallar el valor de k tal que − v − k− u sea ortogonal a − u . Sol.: 2 1 5 k = 14 . (b) Generalizar el anterior resultado. Sol. k =

u·v . u 2



 1 → → 4. Para que valores de a, b y c los siguientes vectores son perpendiculares? − u =  a , − v = a + b   a−b  c  . Sol.: a = 0, c = −2, b arbitrario. 1

5. Probar que dos vectores x, y son ortogonales si y solamente si x − αy = x + αy para todo escalar α = 0.

6. Probar: Si v1 , v2 , v3 son vectores en V3 mutuamente ortogonales, entonces cualquier vector v ∈ V3 puede escribirse como v = c1 v1 + c2 v2 + c3 v3 , donde ci = (v · vi ) / vi

2

, i = 1, 2, 3.

1.6. EL PRODUCTO INTERIOR

29

7. Si no se toma en cuenta paralelismo: (a) Dado un vector en a ∈ V2 , ¿cuántos vectores perpendiculares a a existen?. Sol. solución única.

(b) Con referencia a lo anterior ¿que sucede en V3 ?. Sol. Infinitas. 8. Demuéstrese que a + b y a − b son ortogonales ssi a = b

→ → 9. Demostrar que para cualesquiera vectores − u y − v , los vectores v u + u v y v u − u v son ortogonales. 10. Demostrar que a + b · a − b = a rombo son perpendiculares entre si. 11. En cada uno de ortogonal a w :  3 (a) u =  −2 1  1 (b) u =  2 −3

2

− b

2

, emplear esto para probar que las diagonales de un

→ → los siguientes problemas determinar la relación entre g y h de modo que g − u + h− v sea 



  1 , v =  2 , w =  −3     3 , v =  1 , w =  −1

 −1 1  . Sol.: 3g + 5h = 0 2  4 −1  .Sol. −4g + 9h = 0 2

12. En los siguientes problemas determinar, si es posible, el número a de modo que satisfaga la condición dada para u y v.     1 2a (a) u =  2  , v =  1  ortogonales. Sol.: a = − 23 a 1     1 2a (b) u =  2  , v =  −1  paralelos. Sol.: No existen. a 1     a a (c) u =  5  , v =  −a  ortogonales. Sol. a = 1, a = 4 2 2

13. Encuentre todos vectores en el espacio V3 de norma 1 que son ortogonales al vector (1, −1, 0) . Sol.: √ √ √ x, x, ± 1 − 2x2 , x ∈ − 22 , 22 .

–––––––––Matlab––––––––– %Ortogonales.m %Prueba gràfica de que dados dos vectores u y v entonces %w1 y w2 son vectores ortogonales p0=[0 0]; u=[2 -3]; v=[2 2]; %Los vectores ortogonales w1=norm(v)*u+norm(u)*v;

30

CAPÍTULO 1. GEOMETRÍA EN RN w2=norm(v)*u-norm(u)*v; %Dibujo de los vectores arrow(p0,u,’b’); hold on arrow(p0,v,’y’); arrow(p0,w1,’r’); arrow(p0,w2,’g’); %Rótulos text(p0(1)+u(1)/2,p0(2)+u(2)/2,’u’) text(p0(1)+v(1)/2,p0(2)+v(2)/2,’v’) text(p0(1)+w1(1)/2,p0(2)+w1(2)/2,’w1’) text(p0(1)+w2(1)/2,p0(2)+w2(2)/2,’w1’) hold off –––––––––––––––––––––

1.7

Proyección Ortogonal. Componentes

La proyección ortogonal está motivado por el problema que se plantea a continuación.

1.7.1

Motivación

Dados dos vectores u y v, construir un triángulo rectángulo de hipotenusa u y base paralela al vector v. La solución puede ilustrarse usando los siguientes gráficos: r u

r u

r v

r v

A

(a)

(b)

para cada caso, el triángulo rectángulo es

C

C r u

r u

B

r v

A

r v

A

(a)

B

(b)

−→ observemos que en cada caso la base del tríangulo es AB = cv, el problema estará resuelto si se conoce el valor de c. Sin pérdida de generalidad consideremos el caso (b) (En este caso θ es agudo). La altura en este triángulo es −→ −→ BC = u − AB = u − cv.

1.7. PROYECCIÓN ORTOGONAL. COMPONENTES

31

−→ Por otra parte es claro que el vector BC debe ser perpendicular al vector v, luego debemos tener: −→ BC · v = 0, de donde sucesivamente se tiene: (u − cv) · v = 0,

∴

u · v − cv · v = 0

∴

c= así los vectores que forman el triángulo son: Base:

u·v u·v = , v·v v 2 u·v

−→ AB =

v

2

v

Altura: u·v v 2

−→ BC = u − Hipotenusa :

v

−→ AC = u.

Con la anterior motivación definimos un vector llamado proyección ortogonal.

1.7.2

La definición de proyección ortogonal y componente

Definición 1.11 (Proyección ortogonal) Sean u, v vectores de Vn . La proyección ortogonal de u sobre → v es el vector denotado por Proy− v u definido por Proyv u = Ejemplo 1.8 Calcular el vector Proyv u si u = Solución. u · v = 4, v

2

3 1

u·v v 2

1 1

yv=

.

= 2, luego → Proy− v u=

u·v v 2

v=

4 2

y

1 1

2 2

=

y

3

3

2

2

1

v

1

r v

r u

1

2

3

r Proy vr u

r r u − Proy vr u

⋅

r v

r u

x 1

2

3

x

32

CAPÍTULO 1. GEOMETRÍA EN RN

Nótese que u − Proyv u =

3 1

−

2 2

=

1 −1

–––––––––Matlab––––––––– % proyeccion.m % Calcula la proyección ortogonal p del vector u % en dirección del vector v y luego dibuja los % vectores sólo funciona en R2 y en R3 % los vectores u y v debes ser de la misma dimensión u=[2 2 -1]; v=[2 2 2]; [m,n]=size(u); if m>1 u=u’; v=v’; end % Calcula la proyección p=(u*v’/(norm(v,2))^2)*v; %Dibujos if (m*n==2) %Dibuja en R2 P0=[0,0]; arrow(P0,u,’r’) hold on arrow(P0,v,’y’) arrow(P0,p,’g’) arrow(P0+p,u-p,’b’) axis equal text(0.9*u(1),0.9*u(2),’vector u’) text(0.9*v(1),0.9*v(2),’vector v’) text(p(1)/2,p(2)/2,’vector proyección’) text((u(1)+2*p(1))/3,(u(2)+2*p(2))/3,’vector u-proyección’) hold off else %Dibuja en R3 P0=[0,0,0]; arrow3(P0,u,’r’) hold on arrow3(P0,v,’y’) arrow3(P0,p,’g’) arrow3(P0+p,u-p,’b’) axis equal text(0.9*u(1),0.9*u(2),0.9*u(3),’vector u’) text(0.9*v(1),0.9*v(2),0.9*v(3),’vector v’) text(p(1)/2,p(2)/2,p(3)/2,’vector proyección’) text((u(1)+2*p(1))/3,(u(2)+2*p(2))/3,(u(3)+2*p(3))/3,’vector u-proyección’) hold off end title(’Vector proyección de u sobre v’) –––––––––––––––––––––

1.7. PROYECCIÓN ORTOGONAL. COMPONENTES

33

Definición 1.12 (Componente) El número Compv u =

u·v v

se llama componente de u en dirección del vector v. Se prueba inmediatamente que Proyv u = (Compv u)

v . v

Nótese que la norma del vector proyección es: |u · v| v

Proyv u = |Compv u| = Teorema 1.13 Si u y v son vectores en Vn , entonces u·v = u

v cos θ,

donde θ es el ángulo entre u y v. Demostración. Ejercicio Corolario 1.14 Si u y v son vectores en Vn , entonces u·v ≤ u

v .

Demostración. Se sigue del teorema usando el resultado: |cos θ| ≤ 1 para todo θ.

Ejercicios propuestos

1. Demostrar: Si u y v son vectores en Vn , entonces u·v = u

v cos θ,

donde θ es el ángulo entre u y v. 

   2 1 2. Halle el ángulo entre el vector  3  y el vector  −2  . Sol.142. 570 . −4 3

3. Demostrar que si u y v son vectores no nulos, entonces u y v forman ángulos iguales con w si w=

v u + v

u+

u u + v

v

4. Sean u y v vectores no nulos. Pruebe que w = v u + u v, biseca el ángulo entre u y v. 5. Con referencia al cubo que aparece en la figura se pide: (a) Halle el coseno del ángulo entre AC y BD. (b) Halle el coseno entre AF y BD, (c) Halle el coseno del ángulo entre AC y AM , (d) Halle el coseno

34

CAPÍTULO 1. GEOMETRÍA EN RN del ángulo entre M D y MF , (e) Halle el coseno del ángulo entre EF y BD.

N

M C

D

E

A Sol.: (a) 0, (b) − 12 , (c)

F

B

√ 6 3 ,(d)

√

0,(e) − 22 .     2 a 6. Hallar el valor de a tal que u =  2a  y v =  0  forman un ángulo de 450 . Sol. a = 1. −1 −a     1 2 7. Hallar el valor de a tal que u =  2  y v =  1  forman un ángulo de 450 . Sol. Las soluciones a 9a de 81a4 − 266a2 + 7 = 0. 8. Demuéstrese que si a y b son vectores paralelos no nulos, entonces Pr oya u = Pr oyb u 

  2  5     9. Sean a =   2 , b =  4 (a) a , b .Sol.: 7, 5

(b) a · b. Sol. 25

 4 1   vectores en V4 Calcular 2  2



 2   25  5  (c) Compa b, Pr oya b. Sol. 25 7 , 49  2  . 4   64  25   (d) 2a + 3 b b. Sol.:   34  38

(e) ¿Es posible calcular a + b ?. Sol.: No. 10. Sea a un vector no nulo ¿Para cuales vectores b, el vector proyb a es igual al vector a? (Sug. Elaborar una gráfica). Sol. Paralelos.

1.8. VECTORES UNITARIOS

35

11. Sea a un vector no nulo ¿Para cuales vectores b, el vector proyb a es igual a 0?. Sol.: Perpendiculares 12. Sea b un vector no nulo ¿Para cuales vectores a, proyb a = a ?. Sol. Paralelos

1.8

Vectores unitarios

Un vector u en Vn no nulo es unitario si tiene norma igual a la unidad, esto es, u = 1. Dado un vector v no nulo siempre es posible obtener un vector u no nulo unitario paralelo al vector v, para este propósito definimos 1 u= v, v claramente u = 1. En el sistema cartesiano R3 , Los vectores unitarios la siguiente notación:    1 i =  0 , j =  0

en dirección de los ejes x, y, z tienen respectivamente    0 0 1 , k =  0  0 1

con esta notación, cualquier vector v = (a, b, c) ∈ V3 se puede escribir como: v = ai + bj + ck.

1.9

Cosenos directores

1 v, entonces u = 1. Sean α, β, γ los ángulos que forma el vector u v con los vectores i, j y k respectivamente, por tanto

Sea v un vector no nulo en V3 . Si u =

i·u =

i

u cos α

j·u =

j

u cos β

k·u =

k

u cos γ

considerando   que la norma de un vector unitario es la unidad y i · u = u1 , j · u = u2 , k · u = u3 donde u1 u =  u2  se tiene: u3 u1 u2 u3

= cos α = cos β = cos γ

los números cos α, cos β, cos γ se llaman cosenos directores del vector unitario u, fácilmente se prueba que cos2 α + cos2 β + cos2 γ = 1.

Ejercicios propuestos 1. Demuéstrese que los vectores unitarios i, j, k satisfacen: (a) i · i = j · j = k · k = 1

(b) i · j = j · k = k · i = 0

36

CAPÍTULO 1. GEOMETRÍA EN RN 

 2 2. Determinar un vector de V3 para el cual cos α = 23 , cos β = 13 . Sol. Una solución es  1  2   4 3. Determinar un vector de V3 del plano xy para el cual cos α = 45 . Sol. Una solución es  3  0 4. Expresar v = i + 4j + 8k en términos de su módulo y cosenos directores. Sol. 9

1 9i

+ 49 j + 89 k

5. Hallar un vector unitario que forme 450 con j y ángulos iguales com i y k. Sol. v = − 12 i + 12 j − 12 k, v = 12 i + 12 j + 12 k. 6. Determinar un vector de norma 33 tal que su vector de cosenos directores sea proporcional al vector 2i + 9j + 6k. Sol. 6i + 27j + 18k.

–––––––––Matlab––––––––– %Gram_schmidt.m %Proceso de ortogonalización de Gram Schmidt %Dados los vectores v1,...,vn, de definen: %w1=v1 %w2=v2-(/)w1 %u3=v3-(/)u1-(/)w2 %wk=vk-suma_j=1^(k-1)/)wj; j=2,...,n %En este programa se ejemplifica el proceso con dos %vectores dados v1 y v2 %Se emplea la función dot(u,v) que calcula el producto interno %usual de los vectores u y v. v1=[2 2 1]; v2=[-2 1 -2]; p0=[0 0 0]; %Proceso de Gram_Schmidt w1=v1 w2=v2-dot(v2,w1)/dot(w1,w1)*w1 %Dibujo de los vectores ortogonales arrow3(p0,w1,’b’) hold on arrow3(p0,w2,’r’) arrow3(p0,v1,’y’) %Lo mismo que w1 arrow3(p0,v2,’k’) text(w1(1)/2,w1(2)/2,w1(3)/2,’w1’) text(w2(1)/2,w2(2)/2,w2(3)/2,’w2’) text(v1(1)/4,v1(2)/4,v1(3)/2,’v1’) text(v2(1)/4,v2(2)/4,v2(3)/2,’v2’) hold off title(’Ortogonalización de gram Schmidt’) –––––––––––––––––––––

1.10. APLICACIONES DE LOS VECTORES

1.10

37

Aplicaciones de los vectores

Ejemplo 1.9 (Cálculo de la velocidad) Un avión navega a una altitud constante en dirección 600 este norte con una velocidad relativa al aire de 1000 Km/h. El viento sopla en dirección 300 norte-oeste a una velocidad de 120 Km/h. ¿Calcular la dirección de vuelo del avión y su velocidad?

y

y

r v

r v1 r v2

300

600

r v1 60 0

300 x

1.10.1

r v2

x

Ejercicios

1. Dos fuerzas F1 y F2 de magnitudes 20 N y 40 N actúan sobre un punto P. Encuentre la resultante F y el ángulo θ.

r F

r F2

1200

θ 300 P

Sol. F = (−2.68, 44.64) , θ = 93.430

r F1

38

CAPÍTULO 1. GEOMETRÍA EN RN 2. Un peso de 100 N está suspendido por dos cuerdas como se muestra en la figura determine las tensiones en ambas cuerdas y sus normas.

450

30 0

r T1

r T2 100

√ √ Sol. T1 = 150 2 − 50 6

−

√ √ 2 2 2 , 2

√ , T2 = −100 + 100 3

√ 3 1 2 , 2

3. Se consideran tres fuerzas a, b, c de magnitudes 4, 2, 3 respectivamente, dichas fuerzas forman ángulos de 300 , 450 y 1350 con el vector i. Determine la suma total de estas fuerzas. Sol. (−2. 12, 2. 12) . 4. Calcular la magnitud de la fuerza resultante de las tres fuerzas que se muestran a continuación.

50 N

450 Eje x

10 0 350

70 N

100 N Sol. 181.33 N. 5. Una plataforma debe soportar el peso de 4 bolsas de cemento, cada bolsa pesa 50 Kg, La plataforma se cuelga como se muestra en la gráfica, hallar las tensiones en cada uno de los cables.

200

30 0

6. Dos fuerzas F1 y F2 de 150 N y 100 N se aplican en mismo punto, el ángulo entre los vectores es 300 . Calcule la norma de la fuerza resultante, calcule también el ángulo de la fuerza resultante con las fuerzas dadas. Sol. 241. 83, 11. 9320 , 18. 0680 .

1.10. APLICACIONES DE LOS VECTORES

39

7. Un tripulante de un barco camina en la cubierta a 5 Km/h en dirección este. El barco se mueve en dirección norte a 12 Km/h. Calcule la velocidad y la dirección del tripulante. Sol. 13 Km/h, E 67.380 N. 8. Un camión pesa 6000 N y se encuentra estacionado en una carretera con una pendiente α, suponga que la única fuerza a considerar es la de la gravedad. Calcular la fuerza requerida para evitar que el camión ruede hacia abajo y la fuerza perpendicular a la carretera para los casos α = 100 y α = 450 . Sol. Con α = 100 se encuentran 1041.9 y 5908. 9,con α = 450 se encuentran 4242. 6 y 4242. 6

FINO 34 1

PGG

α

9. (La ley de Snell) El rayo refractado se encuentra en el plano formado por el rayo incidente y la normal a la superficie en el punto de incidencia y n1 sin θ1 = n2 sin θ 2 donde θ1 y θ2 son los ángulos de incidencia y de refracción respecivamente; n1 y n2 los indices de refracción (dependientes de cada medio) de los medios 1 y 2 respectivamente.

r N

r A

r S

Medio 1

n1

θ1 θ2

r B Medio 2

n2

Si N, A, B y S son vectores unitarios, probar: n1 A · S + n2 B · S = 0

40

CAPÍTULO 1. GEOMETRÍA EN RN

10. Sea C un punto del plano yz. Una tubería debe construirse del punto A al punto C pasando por B, con una pendiente de 100 de A a B y 200 de B a C como se muestra en la figura. Determinar el ángulo β.

z

B

C

200

β

10 0

x

y

A

Sol. 93.4050 .

1.11

La recta en Rn

La recta en Rn que pasa por un punto P0 en dirección del vector v es el subconjunto de Rn definido por L = {P0 + tv : t ∈ R} , aquí, el vector v se llama vector direccional de la recta. A continuación se muestra la recta en R3 . z

P0

r v

r P0 + tv

L

y x

–––––––––Matlab––––––––– %Recta_def.m %p0 es el punto por donde pasa la recta %v es el vector direccional p0=[0.5 0 0]; v=[-1 2 3]; %Ecuaciones paramétricas de la recta

1.11. LA RECTA EN RN

41

t=-.5:1.5 x=p0(1)+t*v(1); y=p0(2)+t*v(2); z=p0(3)+t*v(3); %Dibujo de la recta plot3(x,y,z) hold on %Dibujo del vector direccional arrow3(p0,v,’r’) arrow3([0 0 0],[1 0 0]) %Vector unitario i arrow3([0 0 0],[0 1 0]) %Vector unitario j arrow3([0 0 0],[0 0 1]) %Vector unitario k text(1+.2,0,0, ’i’) %Rótulo del vector i text(0,1+.2,0, ’j’) %Rótulo del vector j text(0,0,1+.2, ’k’) %Rótulo del vector k xlabel(’eje x’) ylabel(’eje y’) zlabel(’eje z’) hold off title(’Recta en R3’) –––––––––––––––––––––

1.11.1

Paralelismo

Dos rectas L1 y L2 son paralelas si lo son sus vectores direccionales. Ejemplo 1.10 Las rectas L1 L2 son paralelas. (nótese que (2, 6, 4) =

2 3

= {(1, 2, 1) + t (2, 6, 4) : t ∈ R} = {(3, 1, 0) + s (3, 9, 6) : s ∈ R} (3, 9, 6)).

Ejemplo 1.11 Los vectores v1 = (1, 2, 0) y v2 = (2, 0, 1) no son paralelos, luego las rectas L1 L2

= {P1 + t (1, 2, 0) : t ∈ R} = {P2 + s (2, 0, 1) : s ∈ R}

no son paralelas.

1.11.2

Perpendicularidad (ortogonalidad)

Dos rectas L1 y L2 son perpendiculares (ortogonales) si lo son sus vectores direccionales. Ejemplo 1.12 Las rectas L1 L2

   =     = 

  1 2  + t 1   3 1  + s 0

son perpendiculares pues (2, −3, 1) · (1, −1, −5) = 0.

  2  −3  : t ∈ R  1   1  −1  : s ∈ R  −5

42

CAPÍTULO 1. GEOMETRÍA EN RN

1.11.3

Distancia de un punto exterior a una recta

Sea L = {P0 + tv : t ∈ R} y Q un punto fuera de L se desea hallar la distancia de Q a L. Graficamente la situación se presenta a continuación. Q

P0 Q

P0

Se tiene

AQ = P0 Q − P0 A

r v

A

L

−−→ −−→ (Q − P0 ) · v P0 A = Proyv P0 Q = v v 2

así −→ −−→ −−→ AQ = P0 Q − P0 A = (Q − P0 ) −

(Q − P0 ) · v v

2

v

luego la distancia del punto Q a la recta L es: d (Q, L) = =

−→ AQ (Q − P0 ) v

2

− ((Q − P0 ) · v) v v

2

Observación. La distancia también puede calcularse con la siguiente fórmula: d (Q, L) =

Q − P0

–––––––––Matlab––––––––– %Distancia_Punto_Recta.m %La recta es L={p0‘tv : t en R} %Q es el punto desde donde se calcula la distancia Q=[2 2 4]; p0=[1 -1 -1]; v=[2 1 2]; %Cálculo de la proyección proy=(dot(Q-p0,v)/dot(v,v))*v; %Vector distancia vd=Q-p0-proy;

2

−

|(Q − P0 ) · v|2 v

2

1.11. LA RECTA EN RN

43

%Cálculo de la distancia d=norm(vd); %Creación de rótulo para la distancia ds=strcat(’Distancia = ’,num2str(d)) %Dibujos arrow3(p0,v,’r’) %Vector direccional hold on plot3(p0(1),p0(2),p0(3),’*’) %Punto p0 text(Q(1),Q(2),Q(3),’Q’) %Punto Q arrow3(p0,proy,’g’) %Vector proyección arrow3(p0,-v,’y’) arrow3(p0,Q-p0,’b’) arrow3(p0+proy,vd,’k’) text(p0(1),p0(2),p0(3),’Punto P0’) text(p0(1)+v(1)/2,p0(2)+v(2)/2,p0(3)+v(3)/2,’Vector direccional v’) text(p0(1)+2*proy(1)/3,p0(2)+2*proy(2)/3,p0(3)+2*proy(3)/3,’Proyección’) text(p0(1)+proy(1)+vd(1)/2,p0(2)+proy(2)+vd(2)/2,p0(3)+proy(3)+vd(3)/2,’Vector distancia’) text((Q(1)+2*p0(1)-proy(1))/3,(Q(2)+2*p0(2)-proy(2))/3,(Q(3)+2*p0(3)-proy(3))/3,ds) xlabel(’eje x’) ylabel(’eje y’) zlabel(’eje z’) hold off title(’Distancia de un punto a una recta’) –––––––––––––––––––––

1.11.4

Intersección de rectas

Dadas las rectas L1 y L2 se pueden tener las siguientes situaciones. (i) L1 ∩ L2 = ∅

(No existe intersección)

(ii) L1 ∩ L2 = {A0 }

(La intersección es un punto)

(iii) L1 ∩ L2 = L1 = L2

(La intersección es toda una recta)

Sean L1 L2

→ = {P1 + t− v : t ∈ R} − → = {P2 + s u : s ∈ R}

→ → Sea P ∈ L1 ∩ L2 , entonces para cierto t y cierto s se debe tener: P = P1 + t− v y P = P2 + s− u , de donde se sigue: P1 + tv = P2 + su, esta ecuación representa un sistema de n ecuaciones con 2 incógnitas, dependiendo de las soluciones se tienen los casos (i), (ii), (iii); concretamente se da el caso: (i) cuando el sistema no tiene soluciones. (ii) cuando el sistema tiene exactamente una solución. (iii) cuando el sistema tiene infinitas soluciones.

44

CAPÍTULO 1. GEOMETRÍA EN RN

Ejemplo 1.13 Calcular la intersección de L1 L2 Solución. Igualando:



   =     = 

  1 2 +t 1   0 1 +s 0

 0  2   1  1  1  .  1

       1 0 0 1  2 +t 2  =  1 +s 1  1 1 0 1

igualando coordenadas, obtenemos el siguiente sistema:

1 = s 2 + 2t = 1 + s 1+t = s resolviendo se encuentra la solución t = 0 y s = 1. Reemplazando t = 0 en L1 se encuentra que el punto de intersección es       1 0 1 L1 ∩ L2 =  2  + 0  2  =  2  . 1 1 1 Observación. La intersección se puede encontrar también como:     0 1 L1 ∩ L2 =  1  + 1  1  = (1, 2, 1) , 0 1

aquí se ha usado la recta L2 con s = 1. Ejemplo 1.14 Calcular L1 ∩ L2 si

L1 L2 Solución. Igualando



   =     = 

  1 2 +t 1   1 0 +s 1

 1  0   1  1  2   2

       1 1 1 1  2 +t 0  =  0 +s 2  1 1 1 2

simplificando se obtiene el siguiente sistema:

1+t = 1+s 2 = 2s 1 + t = 1 + 2s de la segunda ecuación s = 1, de la primera t = s, luego t = 1, reemplazando estos valores en la tercera ecuación se tiene 2 = 3 que es un absurdo; así el sistema no tiene soluciones, esto muestra que L1 ∩ L2 = ∅.

1.11. LA RECTA EN RN

1.11.5 Si:

45

Ecuación paramétrica de la recta en R3      a   x0 L =  y0  + t  b  : t ∈ R   c z0

y (x, y, z) se encuentra en L, entonces

x = x0 + ta,

y = y0 + tb,

z = z0 + tc,

las anteriores ecuaciones se llaman ecuaciones paramétricas de la recta. Si a, b, c son no nulos, podemos escribir: x − x0 y − y0 z − z0 = = . t= a b c Ejemplo 1.15 Las ecuaciones paramétricas de la recta      2 −2   L =  1 +t 0  : t ∈ R   −1 1 son: x = 2 − 2t, y = 1, z = −1 + t

Ejercicios propuestos 1.

2.

3.

4.

5.



     1 3 a−1 Determinar valores de a y b de modo que los puntos A =  3  , B =  2  , C =  b  se −1 1 2 encuentra en una misma recta, es decir estén alineados. Sol. a = 5, b = 32 .   2 Hallar la recta que pasa por P0 =  1  y es simultáneamente perpendicular a los vectores u =  −3        1 3 2 −5    −2  y v =  1  . Sol.: L =  1  + t  8  .   3 1 −3 7      −2  1  Hallar un punto sobre la recta L =  2  + t  1  : t ∈ R que se encuentre a 7 unidades del   3 2     1 17 punto A =  2  . Sol. Dos soluciones, una solución es: P = 13  −1  . 3 −5        1 1   1 Encuentre la distancia del punto  2 , a la recta L =  2  + t  1  .   3 0 1     2 2  2   4     Los puntos   2  y  0  son los vértices opuestos de un rectángulo, el tercer vértice se encuentra 2  10    2  2        2  2     sobre la recta L =   + t  : t ∈ R . Hallar tal vértice, hallar también el cuarto vértice 2 −10        2 6 y la longitud de los lados.

46

CAPÍTULO 1. GEOMETRÍA EN RN 

  3 1  3   3   Sol.:   −3 ,  5 5 7

6. Determínese:



  , 6. 

0 0 (a) las rectas que   pasan por el origen con ángulos directores α = 60 , β = 45 ; Sol.: Vector direccional 1 √ v= 2  1   −2 (b) las rectas que pasan por el punto  7  con ángulos directores α = β = 450 ; Sol.: Vector 13  

 direccional v = 

√ 2 √2 2 2

0

 

(c) las rectas  que pasan por el origen con álgulos directores α = β = γ. Sol.: Vector direccional 1 v= 1  1 

       1 0 0 2 7. Halle el ángulo entre la recta que pasa por  2 ,  1  y la recta que pasa por  1 ,  1  . 1 1 1 2 0 Sol.: 129. 23       3 −5 4 8. Dados los vértices de un triángulo A =  6  , B =  2  , C =  −7  , hallar las ecuaciones −7 3 −2 paramétricas de su mediana trazada desde C. Sol.: x = 5t + 4, y = −11t − 7, z = −2. 

     3 1 −5 9. Dados los vértices de un triángulo A =  −1  , B =  2  , C =  14  , hallar las ecuaciones −1 −7 −3 paramétricas de la recta bisectriz del ángulo interno del vértice B. Sol.: x = −t+1, y = 3t+2, z = 8t−7. 

     1 8 7 10. Dados los vértices de un triángulo A =  0  , B =  4  , C =  3  , hallar las ecuaciones 2 6 4 paramétricas de la recta bisectriz del ángulo interno del vértice A. Sol.: x = 1+103t, y = 55t, z = 2+46t. 

  2 11. Dados los vértices de un triángulo A =  −1  , B =  −3 paramétricas de la bisectriz del ángulo externo del vértice 

   5 −7 2  , C =  11  , hallar las ecuaciones −7 6 A. Sol.: x = −6t + 2, y = t − 1, z = 7t − 3.

     1 0 7 12. Dados los vértices de un triángulo A =  −1  , B =  1  , C =  5  , hallar las ecuaciones 1 17 4 paramétricas de la recta que corresponde a la altura bajada desde el vértice B al lado opuesto. Sol.: x = −5t, y = 1 − 2t, z = 17 + 14t.

1.12. EL PRODUCTO VECTORIAL

47 

     1 3 5 13. Dados los vértices de un triángulo A =  −2  , B =  1  , C =  1  , hallar las ecuaciones −4 −3 −7 paramétricas de la recta que corresponde a la altura bajada desde el vértice B al lado opuesto. Sol.: x = −3t + 3, y = −15t + 1, z = −19t − 3.      2   1 14. Considere la recta L =  1  + t  −1  : t ∈ R Hallar una recta paralela a L y a una distancia   1 2 de 6 unidades. Sol. (existen infinitas soluciones) una solución es      2  −1  L1 =  5  + s  −1  : s ∈ R   5 2

15. (a) Hallar la recta L0 que pasa por P0 perpendicular a un vector dado w y que se corta con la recta L1 = {P1 + s v1 : s ∈ R} . (Sug. Si la recta buscada es L0 = {P0 + t v0 : t ∈ R} , debemos tener P0 + t v0 = P1 + s v1 de donde se encuentra que un punto de L0 es P1 +

(P0 − P1 ) · w v1 , v1 · w

(P0 − P1 ) · w v1 . ) v1 · w     −1 6 (b) Resolver el anterior problema con P0 =  2  , w =  −2  y −3 −3      1 3   L1 =  −1  + s  2  : s ∈ R   3 −5

así se puede tomar v0 = (P1 − P0 ) +



   2 2 (c) Resolver (a) con P0 =  1  , w =  −1  y −1 2      1  −2  L1 =  3  + s  0  : s ∈ R   −2 2           2 2 −2  −1    Sol.: (b) L0 =  2  + t  −3  : t ∈ R , (c) L0 =  1  + t  2  : t ∈ R     −3 6 −1 3

1.12

El producto vectorial

La definición del producto vectorial está motivado por el siguiente

48

CAPÍTULO 1. GEOMETRÍA EN RN

Problema



   a1 b1 Considere a =  a2  , b =  b2  dos vectores no paralelos en V3 . Se plantea el siguiente problema: a3 b3 Hallar un vector u que sea simultáneamente ortogonal a los vectores a y b. r u

r a

r b



 x Sea  y  el vector ortogonal a los vectores a y b, entonces se debe tener: z a1 x + a2 y + a3 z b1 x + b2 y + b3 z

= 0 = 0,

como los vectores a y b no son paralelos, podemos asignar un valor arbitrario a alguna variable y resolver el sistema para las otras dos, si z = 1, el sistema queda como: a1 x + a2 y b1 x + b2 y

= −a3 = −b3 ,

en este sistema debemos tener ∆ = a1 b2 − a2 b1 = 0, si esto no se da, se asignará un valor arbitrario a otra variable. Un cálculo inmediato da: 1 x = (a2 b3 − a3 b2 ) ∆ 1 y = (−a1 b3 + a3 b1 ) , ∆ así el vector buscado es:



 x  y  = 1 (a2 b3 − a3 b2 , −a1 b3 + a3 b1 , a1 b2 − a2 b1 ) , ∆ z

finalmente, puesto que cualquier vector paralelo al anterior también satisface los requerimientos, podemos tomar:   a2 b3 − a3 b2 u =  −a1 b3 + a3 b1  , a1 b2 − a2 b1

Observación. Si cuando z = 1, el sistema 2 × 2 que queda no tiene solución única, aún se tiene la posibilidad y una constante o x una constante. Lo anterior motiva la siguiente definición. La definición de producto vectorial Definición 1.15 Sean a = (a1 , a2 , a3 ) y b = (b1 , b2 , b3 ) . El producto vectorial de a y b es el vector denotado por a × b definido por a × b = (a2 b3 − a3 b2 ) i − (a1 b3 − a3 b1 ) j + (a1 b2 − a2 b1 ) k

1.12. EL PRODUCTO VECTORIAL

49



 a2 b3 − a3 b2 Observemos que a × b =  −a1 b3 + a3 b1  a1 b2 − a2 b1 Para recordar fácilmente esta fórmula se suele escribir el producto vectorial usando la notación de determinante como se muestra a continuación. i a1 b1

a×b =

j a2 b2

a2 b2

= i

k a3 b3

a3 b3

a1 b1

−j

a3 b3

+k

a1 b1

a2 b2

= (a2 b3 − a3 b2 ) i − (a1 b3 − a3 b1 ) j + (a1 b2 − a2 b1 ) k     −1 2 Ejemplo 1.16 Si a =  1  , b =  1  , entonces: −1 1     −1 2 a×b =  1 × 1  −1 1   2 i j k = −1 1 −1 =  −1  −3 2 1 1 un cálculo inmediato muestra que:



   −1 2 =  1  ·  −1  = 0 −1 −3     2 2 =  1  ·  −1  = 0 1 −3

a· a×b b· a×b Propiedades del producto vectorial

Teorema 1.16 Sean a, b, c vectores en V3 y r ∈ R. Entonces 1. a × b = − b × a 2. a · a × b = 0,

b· a×b =0

3. (ra) × b = r a × b 4. a × b + c = a × b + (a × c) 5.

a×b

2

= a

2

b

2

− a·b

Este resultado junto con a · b 6.

a×b = a

2

2

= a

b sin θ, 0 ≤ θ ≤ π

Demostración. Ejercicio.

2

b

2

cos2 θ, donde θ es el ángulo formado por a y b, se tiene

50

CAPÍTULO 1. GEOMETRÍA EN RN

Teorema 1.17 Dos vectores son paralelos si y solamente si a × b = 0. Demostración. Si a y b son paralelos y no nulos, entonces existe un número k tal que ka = b, entonces bi = kai , i = 1, 2, 3, pero entonces: i a1 b1

a×b =

j a2 b2

k a3 b3

=

i a1 ka1

j a2 ka2

k a3 ka3

= i0 − j0 + k0 = 0. Recíprocamente, si a × b = 0, entonces: a×b = a

b sin θ = 0,

de donde θ = 0 o θ = 2π, así a y b son paralelos.

Ejercicios propuestos 1. Demostrar: Sean a, b, c vectores en V3 y r ∈ R. Entonces (a) a × b = − b × a (b) a · a × b = 0,

b· a×b =0

(c) (ra) × b = r a × b (d) a × b + c = a × b + (a × c) (e)

a×b

2

= a

2

b

2

− a·b

2

De este resultado, junto con a · b tiene (f)

a×b = a

2

= a

2

b

2

cos2 θ, donde θ es el ángulo formado por a y b, se

b sin θ, 0 ≤ θ ≤ π

→ → 2. Encuentre, si es posible, un vector unitario ortogonal a − u y− v: → → (a) − u = (1, 1, 1) , − v = (1, −1, 1) . Sol. √12 (1, 0, −1) → → (b) − u = (−1, 2, 1) , − v = (2, −4, −2) . Sol. no existe − → → − → → → → 3. Calcular − a · b ×− c si − a = (1, 2, 1) , b = (1, 0, 1) , − c = (1, 1, 1) . Sol. 0 

   1 2 4. Sea L1 la recta que pasa por  0  y  1  . Sea L2 la recta que pasa por el origen y es paralela al 1 2     1 2 vector  0  . Determine la recta L que pasa por el punto  0  ortogonal tanto a L1 como a L2 . 1 −3    2   Sol. L =  0  + t (1, 0, −1) : t ∈ R   −3

1.12. EL PRODUCTO VECTORIAL

51

5. Dos rectas se cruzan si no son paralelas y no se cortan. Encontrar una fórmula para la distancia mínima ! entre dos rectas L1 y L2 que se cruzan. Sol. Si L1 = {P0 + ta + t ∈ R} , L2 = Q0 + sb : s ∈ R , la distancia mínima es: (Q0 − P0 ) · a × b d= a×b 6. Demuéstrese que si P1 = P2 , entonces {P : (P − P1 ) × (P2 − P1 ) = 0} es la recta que pasa por P1 y P2 . (Sug. Defina L1 = {P1 + t (P2 − P1 ) : t ∈ R} y L2 = P ∈ R3 : (P − P1 ) × (P2 − P1 ) = 0 , luego pruebe que L1 = L2 ) 7. Demuéstrese que P1 , P2 , P3 colineales es equivalente a: (P2 − P1 ) × (P3 − P1 ) = 0

1.12.1

El triple producto escalar

Definición 1.18 Dados tres vectores a, b, c ∈ V3 , el triple producto escalar de a, b y c, denotado por abc , se define por: abc = a · b × c Ejemplo 1.17 Si a = (1, −1, 0) , b = (1, 1, 1) , c = (−1, −1, 1) : b × c = (2, −2, 0) luego: abc

= a· b×c = (1, −1, 0) · (2, −2, 0) = 4

Teorema 1.19 Si a = (a1 , a2 , a2 ) , b = (b1 , b2 , b3 ) , c = (c1 , c2 , c3 ) , entonces: abc =

a1 b1 c1

a2 b2 c2

a3 b3 c3

Demostración. Ejercicio. Una consecuencia inmediata de este teorema es el siguiente corolario. Corolario 1.20 Si a · b × c = 0, entonces los vectores a, b y c son linealmente dependientes. Teorema 1.21 abc = bca = cab Demostración. Ejercicio. Ternas positivamente orientadas El triple producto escalar puede usarse para describir la orientación de R3 . Tres vectores a, b, c se dirán positivamente orientadas si abc > 0. Ejemplo 1.18 Los vectores i, j, k están positivamente orientadas pues: ij k = i · j × k = i · i = 1 > 0

52

CAPÍTULO 1. GEOMETRÍA EN RN

Volumen de un paralelepípedo Teorema 1.22 Si la terna de vectores a, b, c está positivamente orientada, entonces abc es el volumen del paralelepípedo de lados a, b y c.

r r b ×c

r a

r c

r b Demostración. El volumen del paralelepípedo es el área de la base por la altura. Si la base tiene por lados b y c su área es b × c . Por otra parte la altura es la norma del vector P royb×c a =

a· b×c b×c

2

b×c

puesto que a, b, c está positivamente orientada se tiene a · b × c > 0, luego P royb×c a =

a· b×c b×c

por tanto: V olumen = b × c

a· b×c b×c

= a · b × c = abc

Ejercicios propuestos 1. Probar: Si a = (a1 , a2 , a3 ) , b = (b1 , b2 , b3 ) , c = (c1 , c2 , c3 ) , entonces: abc =

a1 b1 c1

a2 b2 c2

a3 b3 c3

2. Hallar el volumen del paralelepípedo generado por los vectores:       1 0 −1 a =  2 , b =  1 , c =  2  3 2 1

1.13. LA ECUACIÓN DEL PLANO

53

Sol.: 4 3. Probar abc = cab = bca

1.13

La ecuación del plano

1.13.1

La definición del plano

Sean P0 ∈ R3 , u, v ∈ V3 . Definimos el plano que pasa por P0 generado por los vectores u y v como el conjunto P = {P0 + tu + sv : t, s ∈ R} . Nótese que P ⊂ R3 . El plano que pasa por P0 y generado por u y v será: r u r v

P0

Definición 1.23 (Vector normal) Considérese el plano P = {P0 + tu + sv : t, s ∈ R} . Cualquier vector que simultáneamente es ortogonal a u y v es llamado vector normal al plano. Claramente n = u × v es un vector normal al plano P = {P0 + tu + sv : t, s ∈ R} . Además si n es un vector normal a un plano, entonces cualquier vector paralelo a n es también normal al plano. r r r n = u×v r u r v

P0

1.13.2

La ecuación vectorial del plano

Iniciamos esta sección con los siguientes lemas. Lema 1.1 Sea P1 ∈ P = {P0 + tu + sv : s, t ∈ R} y n un vector normal al plano P, entonces el vector −−→ P0 P1 = P1 − P0 es ortogonal a n. Demostración. Si P1 ∈ P, existen t, s ∈ R tal que P1 = P0 + tu + sv, por otra parte como n es un vector normal a P debemos tener n · u = 0 y n · v = 0, por tanto n · (P1 − P0 ) = n · (tu + sv) = t (n · u) + s (n · v) = 0, así P1 − P0 es ortogonal a n. Lema 1.2 Si n es un vector normal al plano = {P0 + tu + sv : s, t ∈ R} y (P1 − P0 ) · n = 0, entonces P1 ∈ P.

54

CAPÍTULO 1. GEOMETRÍA EN RN

Demostración. Debemos encontrar dos números s, t tales que P1 = P0 + tu + sv. Sin pérdida de generalidad supongamos que n = u × v, así (P1 − P0 ) · u × v = 0, pero entonces los vectores P1 − P0 , u, v son linealmente dependientes (Véase corolario 1.20, Pág. 51), esto es, existen constantes t, s tales que P1 − P0 = tu + sv, de donde,

P1 = P0 + tu + sv. A la luz de los anteriores lemas podemos enunciar el siguiente teorema. Teorema 1.24 Sea P = {P0 + tu + sv : s, t ∈ R} , n = u × v, entonces P ∈ P si y solamente si (P − P0 ) · n = 0, esto es, P = P ∈ R3 : (P − P0 ) · n = 0 . Definición 1.25 La ecuación (P − P0 ) · n = 0

se llama ecuación vectorial del plano que pasa por P0 y tiene a n como vector normal. Notación. Un plano P que pasa por P0 y tiene a n como vector normal se describe como: n · (P − P0 ) = 0.   x0 a x Más aún, si n =  b  , P =  y  y P0 =  y0  se tiene c z z0 





P: 

n·P n · P0

= ax + by + cz = ax0 + by0 + cz0

por tanto la ecuación vectorial del plano se escribe como: P:

ax + by + cz + d = 0,

donde d = − (ax0 + by0 + cz0 ).

1.13.3

Angulo entre dos planos

Definición 1.26 El ángulo entre dos planos es el ángulo entre sus normales.

Plano 2 r n1

r n2

θ θ

Plano 1

1.13. LA ECUACIÓN DEL PLANO

55

Ejemplo 1.19 El ángulo entre los planos P1 P2

: x + y + 4z − 6 = 0 : 8x + 13y + 3z − 24 = 0 

   1 8 es el ángulo que forman sus vectores normales n1 =  1  y n2 =  13 . Si θ es el ángulo entre entre las 4 3 normales se tiene:

= arccos =

1.13.4

(1, 1, 4) · (8, 13, 3) (1, 1, 4) (8, 13, 3)

= arccos

θ

1 2

1 π 3

Intersección de planos

Considérese los siguientes planos: P1

P2

= =

P ∈ R3 : (P − P1 ) · n1 = 0 P ∈ R3 : (P − P2 ) · n2 = 0

Si P ∈ P1 ∩ P2 , debe cumplirse: "

(P − P1 ) · n1 = 0 (P − P2 ) · n2 = 0



 x con P =  y  , las anteriores ecuaciones forman un conjunto de dosecuacionescon tres incógnitas x, y, z, z dependiendo de las soluciones tendremos los siguientes casos: 1. P1 ∩ P2 = ∅ si el sistema no tiene solución. 2. P1 ∩ P2 = {A} , un punto, si el sistema tiene solución única. 3. P1 ∩ P2 = P1 , si el sistema tiene infinitas soluciones.

1.13.5

Distancia de un punto a un plano

Sea P = {P : (P − P0 ) · n = 0} , Q ∈ / P, se desea calcular la distancia del punto Q al plano P. Esta distancia, que la denotaremos con d (Q, P) , es: d (Q, P) = inf {d (Q, P ) : P ∈ P} = d (Q, A) −→ = AQ

56

CAPÍTULO 1. GEOMETRÍA EN RN

−→ tal distancia ocurre cuando A ∈ P es un punto tal que el vector AQ es ortogonal al plano, esto es, paralelo a n tal como se ilustra en el siguiente gráfico. r n Q

B

Proy nr AB A

P0

−→ −−→ Del gráfico, asumiendo que AQ = P0 B, es claro que −−→ −−→ P0 B = proyn P0 Q =

n · (Q − P0 ) n

2

n

de donde: −→ d (Q, P) = AQ =

n · (Q − P0 ) n 2

n

por tanto: d (Q, P) =

|n · (Q − P0 )| . n

Un caso particular. Considere el plano 



P : ax + by + cz + d = 0,

a el vector n =  b  es normal al plano. Es claro que n no puede ser cero luego alguno de los números a, b, c c     0 x1 es distinto de cero, si por ejemplo c = 0, el punto P0 =  0  es un punto del plano. Si Q =  y1  −d/c z1 la distancia del punto Q al plano P es:       a x 0  b  ·  y  −  0  c z −d/c √ d (Q, P) = 2 2 2 a +b +c simplificando: |ax + by + cz + d| √ a2 + b2 + c2   1 Ejemplo 1.20 Hallar la distancia del punto Q =  3  al plano 4 d (Q, P) =

P1 : 2x − y + 2z − 6 = 0

(1.1)

1.13. LA ECUACIÓN DEL PLANO

57

Solución. La distancia es: d=

|(2) (1) + (−1) (3) + (2) (4) − 6| 1 √ = . 2 2 2 3 2 +1 +2

Ejercicios resueltos Ejercicio 1.7 Probar que el plano P : −5x − 2y + 3z − 1 = 0

contiene las rectas: L1 L2

   =     = 

  1 3 +t 4   1 3 +s 4

Solución. Si (x, y, z) ∈ L1 , para algún t se tiene:

  1  2 :t∈R  3  0  −3   −2

x = 1+t y = 3 + 2t z = 4 + 3t reemplazando en la ecuación del plano: −5 (1 + t) − 2 (3 + 2t) + 3 (4 + 3t) − 1 = (−5 − 6 + 12 − 1) + t (−5 − 4 + 9) = 0 lo anterior prueba que cada punto de la recta L1 está en el plano P, eso naturalmente prueba que L1 se encuentra en el plano P. De manera similar si (x, y, z) ∈ L2 se debe tener: x = 1 y = 3 − 3s z = 4 − 2s, reemplazando en el plano: −5 (1) − 2 (3 − 3s) + 3 (4 − 2s) − 1 = (−5 − 6 + 12 − 1) + s (6 − 6) = 0. así L2 también está en el plano P. Ejercicio 1.8 Considere el plano 





P : x − 2y + 2z − 1 = 0 

−3 −5 y los puntos A =  −3  , B =  −5  sobre este plano: −1 −2 (a) Si A y B son puntos consecutivos de un cuadrado en P, hallar los otros dos puntos. (b) Si A y B son puntos extremos de la diagonal de un cuadrado en P, hallar los otros dos puntos. Solución. (a)

58

CAPÍTULO 1. GEOMETRÍA EN RN 

 1 • El vector normal del plano es n =  −2  . Para resolver el problema se contruye el siguiente gráfico: 2

s n

 − 5   B =  − 5 − 2  

 − 3   A =  − 3  −1  

C

r v

D

  −2 −→ −→ • El vector que va del punto A al punto B, es AB = B − A =  −2  , y su norma es AB = 3. Por −1   −6 −→ otra parte el vector v = AB × n =  3  es claramente un vector situado en el plano dado, más aún 6 los dos puntos buscados se encuentran en esta dirección.. • El vector unitario en dirección del vector v es: u=



v = v

− 23 1 3 2 3



,

• Por tanto los otros puntos son: D

C



  2 −3 −3 = A + 3u =  −3  + 3  13 2 −1    32 −5 −3 = B + 3u =  −5  + 3  13 2 −2 3











 −5  =  −2  1    −7  =  −4  0

• Nótese que son tambien soluciones: D′

C′

Solución (b)

  2 −3 −3 = A − 3u =  −3  − 3  13 2 −1    32 −5 −3 = B − 3u =  −5  − 3  13 2 −2 3

 −1  =  −4  −3    −3  =  −6  −4

1.13. LA ECUACIÓN DEL PLANO

59 

 1 • El vector normal del plano es n =  −2  . Para resolver el problema se contruye el siguiente gráfico: 2

r n

r v C

 −4    M = −4   − 3/ 2  

 − 3   A =  − 3  −1  

 − 5   B =  − 5  − 2  

D

  −2 −→ −→ • El vector que va del punto A al punto B, es AB = B − A =  −2  , y su norma es AB = 3. −1 

 −4 • En el gráfico, M =  −4  es el punto medio entre A y B. − 32

• Como se sabe, en un cuadrado las diagonales se cortan en su punto medio y perpendicularmente, más −→ aún sus magnitudes son iguales. Un vector paralelo al vector DC es 

 −6 −→ v = AB × n =  3  , 6 

 −2/3 y un vector unitario en esta dirección es u =  1/3  . 2/3 • De lo anterior se deduce que los puntos buscados son: C

D

 3 = M+ u= 2  3 = M− u= 2

  −4 3 −4  +  2 − 32   −4 3 −4  −  2 −3 2

  −2/3 1/3  =  2/3   −2/3 1/3  =  2/3

Ejercicio 1.9 Hallar un plano que pase por Q = (1, 0, 2) que contenga la recta



   1 1 donde P0 =  3  y v =  2  . 4 3

L = {P0 + tv : t ∈ R}

 −5 − 72  − 12  −3 − 92  − 52

60

CAPÍTULO 1. GEOMETRÍA EN RN Solución.

r r r n = u×v

Q

r u P0

r v

  0 −−→ Tomando u = P0 Q = Q − P0 =  −3  , y −2 n = u×v = 

se construye el plano

simplificando se encuentra:

 −5 =  −2  3

i j k 0 −3 −2 1 2 3



     −5 x 1 P1 :  −2  ·  y  −  3  = 0 3 z 4 P1 : −5x − 2y + 3z − 1 = 0,

es la ecuación vectorial del plano que cumple las exigencias. Ejercicio 1.10 Dado el plano P : ax + by + cz + d = 0 ¿como puede hallarse un plano paralelo a P y ubicado a p unidades?

 a Solución. Sin pérdida de generalidad supóngase que el vector normal n =  b  es unitario, si eso no c √ es así, dividimos ambos lados de la ecuación por a2 + b2 + c2 . Método 1. Sea Q = (x, y, z) un punto del plano que se encuentra a p unidades. Usando la fórmula 1.1 (página 56) se tiene: |ax + by + cz + d| = p eliminando el símbolo de valor absoluto se encuentra dos soluciones: P1 P2

: ax + by + cz + d − p = 0 : ax + by + cz + d + p = 0

(nuevamente se recuerda que estamos suponiendo que n es un vector unitario)



1.13. LA ECUACIÓN DEL PLANO

61 

 0 Método 2. Si c = 0, un punto del plano es P0 =  0  . Un punto a p unidades del plano P es −d/c Q0

= P0 + pn     0 a =  0 +p b  −d/c c

así, un plano a p unidades de P es         a x 0 a  b  ·  y  −  0  − p  b  = 0 c c z −d/c

simplificando y recordando que a2 + b2 + c2 = 1 se tiene:

P1 : ax + by + zc + d − p = 0 Otro punto a p unidades del plano P es Q1

= P0 − pn     0 a =  0 −p b  −d/c c

luego otro plano a p unidades de P es         a a x 0  b  ·  y  −  0  + p  b  = 0 c c z −d/c

simplificando se tiene:

P2 : ax + by + cz + d + p = 0,

como se puede advertir se tienen los mismos resultados que en el método 1. 

   1 1 Ejercicio 1.11 Hallar un plano que pase por los puntos A =  0  y B =  3  y sea ortogonal al plano 2 4 



P : x − y + 2z − 11 = 0

1 Solución. El vector n =  −1  es un vector normal al plano P. Sea 2   0 −→   3 v = AB = 2

el vector

n1

= n×v   −8 =  −2  3

62

CAPÍTULO 1. GEOMETRÍA EN RN

es claramente un vector normal al plano pedido, luego el plano:       −8 x 1 P1 :  −2  ·  y  −  0  = 0 3 z 2 es el plano que cumple con las exigencias. Simplificando:

P1 : −8x − 2y + 3z + 2 = 0.

r n

r n

Plano a calcular

B

Plano dado r r n×v

A Ejercicio 1.12 Dado el plano

P : x + y + 4z − 6 = 0  54    1  5  24  que se encuentran en el plano, hallar un plano que pase por A y y los puntos A =  1  , B =   −  5 1 0 B y forme un ángulo de 600 con el plano dado.     1 a Solución. El vector normal al plano P es n =  1 . Sea n1 =  b  el vector normal del plano 4 c pedido. Sin pérdida de generalidad supóngase que n1 es unitario. Por las condiciones del problema se tiene: n · n1 = n −→ n1 · AB = 0,

n1 cos 600

es decir: √ 1 18 2 49a − 29b − 5c = 0 a + b + 4c =

resolviendo para a y b se encuentra: 37 c+ 26 67 b = − c+ 26

a = −

29 √ 2 52 49 √ 2 52

por otra parte a2 + b2 + c2 = 1, luego: −

37 29 √ 2 c+ 26 52

2

+ −

67 49 √ 2 c+ 26 52

2

+ c2 = 1

1.13. LA ECUACIÓN DEL PLANO desarrollando se encuentra:

63 3267 2 1089 √ 945 c − c 2+ =0 338 169 676

cuyas soluciones son: c = c = • Si c =

3 22

√

3√ 2y 22 √ 65 2 66

2 se encuentra a = b =

por tanto

• Si c =

35 66

√

4√ 2 11 13 √ 2 22

√  8  2 13  n1 = 22 3

2

13 √ 2 66 √ 14 b = − 2 33

a = −

por tanto

√  −13  2 −28  n1 = 66 35

Conclusión. Los planos que se piden son:       8 x 1 P1 :  13  ·  y  −  1  = 0 3 z 1       −13 x 1 P2 :  −28  ·  y  −  1  = 0 35 z 1

que simplificadas quedan como:

P1 P2

: 8x + 13y + 3z − 24 = 0 : −13x − 28y + 35z + 6 = 0

Ejercicio 1.13 Considere el plano y en este plano la recta:

P :x−y+z−1=0     1  1  L =  1  + t  −1    1 −2

Hallar una recta contenida en P ortogonal a L.

64

CAPÍTULO 1. GEOMETRÍA EN RN 

   1 1 Solución. Sea n =  −1  y v =  −1  , n es el vector normal de P y v el vector direccional de L. 1 −2 Es claro que

es un vector ortogonal a v. La recta

u = n×v i j k = 1 −1 1 1 −1 −2



 1 = 3 1  0

     1  1  L1 =  1  + s  1  : s ∈ R   1 0

es la recta buscada, en efecto: si (x, y, z) ∈ L1 se tiene:

x = 1+s y = 1+s z = 1 entonces reemplazando en la ecuación de plano se tiene: (1 + s) − (1 + s) + (1) − 1 = 0

lo que prueba que L1 está en el plano P.

Ejercicios propuestos 1. El techo de una tienda es una pirámide de base cuadrada de lado 2m y altura 4m. Determinar el ángulo α que forman dos caras laterales de dicho techo.

α 4 2

Sol. 86.630 . 2. El techo de una tienda es una pirámide de base hexagonal construido en una circunferencia de radio 2m y altura 1m. Determinar el ángulo α que forman dos caras laterales de dicho techo. z

(0,0,1)

(−1,− 3 ,0) (1,−

3 ,0 x

)

(−2,0,0)

(− 1, y

(2,0,0 )

(1,

3 ,0

)

3 ,0

)

1.13. LA ECUACIÓN DEL PLANO

65

Sol. 28.9550 3. Determinar el valor de a tal que el plano de ecuación 2x − ay + (1 − a) z − 5 = 0 :     2 −1 (a) Sea paralelo a la recta que pasa por los puntos  1  y  2  1 3 (b) Sea perpendicular a la anterior recta. (c) Contenga la anterior recta Sol. (a) a = − 43 , (b) no existe. (c) no existe 4. Determinar el valor de a y b tal  queel plano  de ecuación ax + by + (a + b) z = 5 Sea paralelo a la recta −1 2 1 que pasa por los puntos  11  ,  −4  y pase por el punto  −3  . Sol. a = 2, b = 1. −1 2 2

5. Sea 2x − 2y + z − 3 = 0 la ecuación de un plano P. (a) Encuentre un vector unitario ortogonal al plano. (b) Encuentre un plano situado a 9 unidades del plano dado. Sol.: (a) u =

2 2 1 3, −3, 3

(b) 2x − 2y + z − 30 = 0, 2x − 2y + z + 24 = 0.         1 0 2 0 6. Determinar si los puntos P0 =  1  , P1 =  1  , P2 =  0  y P3 =  0  se encuentran −1 −2 −3 −5 en un mismo plano, en caso afirmativo determinar tal plano. Sol. Los cuatro puntos se encuentran en un mismo plano, el plano es: x + 3y − z − 5 = 0.       1 −2 3 7. Considere el plano P que pasa por los puntos A =  1  , B =  −3  , C =  3  . 1 1 2

(a) Determinar el plano que pasa por A, perpendicular a P y contiene la recta bisectriz de las rectas que −→ −→ pasan por A y tienen vectores direccionales a los vectores AB y AC. Sol. 19x + 22y + 5z − 46 = 0. (b) Determinar el plano que es perpendicular a P y al cortar con el plano dado determina un triángulo isósceles de vértice A y lados iguales de longitud 2 unidades sobre las rectas que pasan por A y −→ −→ tienen vectores direccionales a los vectores AB y AC. Sol. x − 2y + 5z − 6 = 0.   1 8. Sea A =  −1  un punto del plano de ecuación −3x + y + 4z = 0. Construir en el plano dado un 1 triángulo rectángulo encuentre  de  catetos 3 y 4 cm de modo que un segundo punto se   en la dirección   2 1 3 del vector v =  2  . Sol. (cuatro soluciones). Una solución es: A =  −1  , B =  1  , 1 1 2 √   14 3 − 39 √26 . C =  1 + 22 39 √26 16 2 − 39 26 9. Considere el plano







P : 10x − 11y − 2z − 16 = 0 

4 2 y los puntos A =  2  , B =  0  sobre este plano. Determinar un punto C de este plano tal que el 1 2   8 triángulo ABC tenga área 45/2 y sea isosceles con lado desigual AB. Sol. Una solución es  3  . 31/2

66

CAPÍTULO 1. GEOMETRÍA EN RN

10. Considere el plano 







P : x − 2y + 2z − 1 = 0

1 3 y los puntos A =  1  , B =  3  sobre este plano. 1 2

(a) Si A y B son puntos  consecutivos   de  un cuadrado en P, hallar los otros dos puntos. (dos soluciones) −1 1 Sol. Una solución es  2  ,  4 . 3 4

(b) SiA y B  son los puntos  extremos de las diagonales de un cuadrado en P, hallar los otros dos puntos. 3 1 Sol.  3/2  ,  5/2  . 1/2 5/2   2 11. Hallar la recta L que pasa que pasa por P0 =  1  que es perpendicular al plano determinado por −3     1 3 − → → los vectores − a =  2  y b =  1 . −3 1 Sol.: x − 2y − z − 3 = 0.     −1 6 12. Hallar la recta que pasa por P0 =  2  , es perpendicular al vector v =  −2  y se corta con la −3 −3 recta: x−1 y+1 z−3 = = . 3 2 −5 x+1 y−2 z+3 Sol.: = = . (Sug. la recta es la intersección de dos planos.) 2 −3 6   x0 13. (Este problema generaliza el anterior ejercicio) Hallar la recta que pasa por P0 =  y0  que es z0   v1 perpendicular a un vector v =  v2  y se corta con la recta: v3 x − x1 y − y1 z − z1 = = . a b c

¿Siempre existe tal recta? 

 2 14. Halle la distancia del punto  5  al plano −2x + 4y − 4z = 6. 1 Sol.: 1

15. La recta

     0  1  L =  1  + t  −1  : t ∈ R   1 2

se encuentra en el plano P cuya ecuación vectorial es

5x − 4y − 2z + 1 = 0

1.13. LA ECUACIÓN DEL PLANO

67

Hallar una recta en el plano P que se encuentre a 9     −5 Sol.: Existen dos soluciones, L1 =  −5  + r   −2

unidades de distancia de L.        0 0   7  −1  : r ∈ R , L2 =  7  + r  −1  : r ∈ R .    2 4 2

16. Halle el ángulo entre los planos 2x + 3y + 4z = 11 y 3x − y + 2z = 13. Sol.: 56.910 .         1 2 0 2 17. Determínese el plano que contiene las rectas que pasan por  1  ,  1  y  1  ,  2  . 1 0 2 0 Sol.: P : x + z − 2 = 0.        1 4  1  18. Encuentre la intersección del plano P =  1  + s  2  + t  3  : s, t ∈ R y la recta L =   1 2 0      2  −1   1 +k 1  : t ∈ R .   1 −20  5  −4 Sol.: 7  8 7 2

19. Encontrar la distancia de P = (3, 1, 2) al plano        3 3  −1  P1 =  −1  + s  6  + t  2  : s, t ∈ R   −1 2 0 Sol. 20/7

20. Encontrar la intersección de los planos        1 2  0   1  + s  1  + t  1  : s, t ∈ R P1 =   2 1 0        1 0  1   1  + s  0  + t  1  : s, t ∈ R P2 =   2 2 1     0 1 Sol.: La recta que pasa por  −3  con vector direccional v =  3  . −6 5

21. Calcular la distancia entre dos planos paralelos P1 P2

Sol.: d =

= =

→ P ∈ R3 : P = − n (P − P1 ) 3 − → P ∈ R : P = n (P − P2 )

|(P2 −P1 )·n| . n

22. Determínese el punto del plano P en donde la recta L que pasa por (1, 2, 1) es ortogonal al plano dado.        1 0  1  P =  1  + s  0  + t  1  : s, t ∈ R   2 2 1 Sol.:

1 5 4 3, 3, 3

.

68

CAPÍTULO 1. GEOMETRÍA EN RN 

 3 23. (a) Halle el plano P que pase por  6  que sea perpendicular a la recta que pasa por los puntos 1         3 2 2 2  6  y  7  y también a la recta que pasa por  1  y  1  . 1 2 4 1   1 (b) Halle el plano P que pase por  2  que sea perpendicular a la recta que pasa por los puntos 3         4 7 1 −2  2  y  1  y también a la recta que pasa por  3  y  4  . 2 4 5 3 Sol. (a) No existe. (b) 3x + y + z = 8.



   1 2 24. Halle un plano P que pase por los puntos  0  y  3  que además sea paralela a la recta que pasa 2 6     2 −1 por  3  y  −6  . Sol. 3x − y − 3 = 0. 4 −5   1 25. Halle la ecuación del plano que pasa por  1  y que contiene la recta 1   x=2+t y =3−t  z = 4 + 2t Sol.: −7x − y + 3z + 5 = 0.

26. Hallar una recta que se encuentre a 5 unidades del plano:        1 1  1  P =  0  + s  −1  + t  1  : s, t ∈ R   1 2 1   1 y en dirección del vector v =  0  . 2 √ √ √ √ Sol.: P1 + tv, P2 + tv, donde: P1 = √114 14 − 15, 5, 14 + 10 y P2 = √114 14 + 15, −5, 14 − 10 . 27. Hallar un plano que pase por el punto:

y la recta:

Sol. Infinitas.

  x−y+z =1 2x − y − z = 0  2x + y − z = 2

     1  1  L =  1  + t  −1  : t ∈ R   1 −1

1.13. LA ECUACIÓN DEL PLANO

69

28. Hallar un plano que pase por el punto:

y contenga la recta:

Sol. −x + 3y − 4z + 2 = 0.

  x+y+z =8 x−y+z =2  x + 2y − 3z = 3

     1  1  L =  1  + t  −1  : t ∈ R   1 −1

29. Hallar en el Haz de planos 2x − 3y + z − 3 + λ (x + 3y + 2z + 1) = 0 un plano que: (1) Pase por M1 = (1, −2, 3) ; (2) sea paralelo al eje OX; (3) Paralelo al eje OY ; (4) Paralelo al eje OZ. Sol.: (1) 2x + 15y + 7z + 7 = 0, (2) 9y + 3z + 5 = 0, (3) 3x + 3z − 2 = 0, (4) 3x − 9y − 7 = 0. 30. Hallar la ecuación del plano que pasa por la recta de intersección de los planos 3x − y + 2z + 9 = 0 x+z−3 = 0 y



 4 (i) por M =  −2  ; −3

(ii) es paralelo al vector i. Sol.: (i) 23x − 2y + 21z − 33 = 0 (ii) y + z − 18 = 0. 31. Hallar la ecuación del plano que pasa por la recta de intersección de los planos 2x − y + 3z − 5 = 0 x + 2y − z + 2 = 0 y es paralelo al vector v = (2, −1, −2) .

Sol.: 5x + 5z − 8 = 0

32. Hallar la ecuación del plano que pasa por la recta de intersección de los planos 3x − 2y + z − 3 = 0 x − 2z = 0 y es perpendicular al plano x − 2y + z + 5 = 0. Sol.: 11x − 2y − 15z − 3 = 0.

33. Hallar la ecuación del plano que pasa por la recta de intersección de los planos 5x − y − 2z − 3 = 0 3x − 2y − 5z + 2 = 0 y es perpendicular al plano x + 19y − 7z − 11 = 0.

Sol.: 5x − y − 2z − 3 + β (3x − 2y − 5z + 2) = 0, para todo β.

70

CAPÍTULO 1. GEOMETRÍA EN RN

34. Hallar la ecuación del plano que pertenece al haz de planos α (10x − 8y − 15z + 56) + β (4x + y + 3z − 1) = 0 cuya distancia al punto C = (3, −2, −3) es igual a d = 7. Sol.: 2x − 3y − 6z + 19 = 0, 6x − 2y − 3z + 18 = 0. (Sug. Para simplificar cálculos puede hacer λ =

β α)

35. Hallar la ecuación del plano que pertenece al haz de planos α (4x + 13y − 2z − 60) + β (4x + 3y + 3z − 30) = 0 y recorta del ángulo coordenado Oxy un triángulo de área igual a 6 unidades cuadrades. β Sol.: 4x − 3y + 6z − 12 = 0, 12x − 49y + 38z + 84 = 0. (Sug. Para simplificar cálculos puede hacer λ = α , 8 44 encontrará λ = − 3 y λ = − 29 , también tome en cuenta que el triángulo no necesariamente debe estar en el primer cuadrante).

1.13.6

Proyección de una recta sobre un plano

Definición 1.27 Considérese una recta L = {P0 + tv : t ∈ R} y un plano P = P ∈ R3 : n · (P − P0 ) = 0 tal que L ∩ P = {P0 } . La recta proyección Lp de la recta L sobre el plano P, es la recta que se encuentra en P y está en el mismo plano que n y v, tal como se muestra en el siguiente gráfico. Recta L n

P

v P0

w

Recta proyecci ó n Lp

En el gráfico la recta proyección es Lp = {P0 + sw : s ∈ R} Cálculo de la recta proyección Para este propósito, considérese el siguiente gráfico.

1.13. LA ECUACIÓN DEL PLANO

71

Recta L n B

A

P

v P0

w

Recta proyecci ón Lp

el problema estará resuelto si se encuentra el vector w o un vector paralelo a el. Puesto que Lp se encuentra en el plano, el vector w debe ortogonal al vector n, más aún si los vectores n, v y w se encuentran en un −→ −−→ mismo plano el vector AB debe ser paralelo a w, (ver gráfico). Así el vector P0 A es la proyección ortogonal de v sobre n, esto es, v·n −−→ P0 A = n, n 2 luego v·n −→ AB = v − n n 2 por tanto la recta proyección es: Lp =

#

v·n P0 + s v − n n 2

$

:s∈R

Ejemplo 1.21 Considere el plano P : 2x − y + 3z = 1      1  1  y la recta: L =  4  + t  2  : t ∈ R . Hallar la recta proyección de L sobre P.   1 3 

   1 2 Solución. Con v =  2  , n =  −1  : 3 3



   1 2     2  ·  −1   2 1 3 3 v·n  2 −  −1  v−   2 2n = n 2 3 3  −1  3   −4 1  37  . = 14 15

72

CAPÍTULO 1. GEOMETRÍA EN RN 

 −4 Del resultado anterior se puede tomar w =  37  y entonces la recta proyección es: 15      −4  1  Lp =  4  + s  37  : s ∈ R ,   1 15 se deja al lector probar que Lp ⊂ P.

Angulo entre una recta y un plano El ángulo entre una recta y un plano es el ángulo formado entre la recta y su recta proyección. En el siguiente gráfico, el ángulo entre P y L es θ. Por la seccion anterior v·w v w

θ = arccos

Recta L n A

B P

v

ϕ θ P0

w

Recta proyecci ón Lp

Si el ángulo entre v y n es ϕ, un ángulo agudo, entonces por una parte: cos ϕ =

v·n , v n

por otra parte, θ = π/2 − ϕ, luego: sin θ = sin (π/2 − ϕ) = cos ϕ =

n·v , n v

luego el ángulo θ entre la recta y el plano se encuentra de: sin θ =

n·v n v

(i)

Si el ángulo entre v y n es ϕ, no es un ángulo agudo, se aplica lo anterior a −n y entonces, el ángulo entre la recta y el plano se encuentra de: −n · v sin θ = (ii) n v De (i) y (ii) se sigue que sin θ =

|n · v| n v

1.13. LA ECUACIÓN DEL PLANO

73

Ejemplo 1.22 Considere el plano P : 2x − y + 3z = 1      1  1  y la recta: L =  4  + t  2  : t ∈ R . Hallar el ángulo entre L y P.   1 3 Solución. Usando la fórmula anterior se tiene:     2 1  −1  ·  2  3 3 9    = sin θ =  14 2 1  −1   2  3 3

por tanto: θ = sin−1 (9/14) = 0. 69822 247 radianes ≃ 400 . Observación. La recta proyección es:      −4  1  Lp =  4  + s  37  : s ∈ R   1 15

y el ángulo entre las rectas L y Lp se encuentra de:     1 −4  2  ·  37  3 15 115  =√ cos θ =    1 −4 22540  2   37  3 15 115 √ 22540

por tanto θ = cos−1

= 0.69822 247 radianes ≃ 400 , claro está, el mismo resultado anterior.

Ejercicios propuestos 1. Hallar el ángulo que forman la recta: L: y el plano:

x−1 2−y 3+z = = 2 1 −3 P : x + y + z = 1.

Sol. θ = 17. 98

0

2. Hallar el ángulo que forman la recta: L : x − y + z = 1, con el plano:

Sol. θ = 900 .

x+y+z =2

       1 −1  1  P =  1  + t  −2  + s  −2  : s, t ∈ R   0 1 −1

74

CAPÍTULO 1. GEOMETRÍA EN RN

Capítulo 2

Superficies Definición 2.1 (Forma implicita) Una superficie en R3 es un conjunto de la forma: S = {(x, y, z) : F (x, y, z) = 0} , donde F es una expresión algebraica en las variables reales x, y, z. Observación. No toda ecuación de la forma anterior representa una superficie, por ejemplo la ecuación x2 + y2 + z 2 + 1 = 0, no se satisface para ninguna terna (x, y, z) . Definición 2.2 (Forma paramétrica) Una superficie en R3 es un conjunto de la forma: S = {x (r, t) , y (r, t) , z (r, t) : r, t ∈ R} se llama la forma paramétrica de la superficie. Ejemplo 2.1 La esfera de radio 1 centrada en (0, 0, 0) es el conjunto S = (x, y, z) : x2 + y 2 + z 2 = 1

z 1

1

y

1

x Ejemplo 2.2 Una parametrización de la esfera de radio 1 centrada en (0, 0, 0) es el conjunto ! S= r cos t, r sin t, ± 1 − r2 : r, t ∈ R

Empezamos estudiando dos tipos de superficies: Las superficies cilíndricas y la superficies cuadráticas. 75

76

CAPÍTULO 2. SUPERFICIES

2.1

Superficies cilíndricas

Definición 2.3 Una superficie es cilíndrica si F (x, y, z) no contempla explícitamente una de las tres variables. Sea F (x, y) = 0 la ecuación de una curva en el plano xy y L una recta que no se encuentra en el plano. Al recorrer la recta L por toda la curva genera una superficie, tal superficie se llama superficie cilíndrica con directriz la curva dada y generatriz L.

z

Recta generatriz

y Curva directriz x En superficies cilíndricas se tienen dos problemas a resolver: Problema directo y el problema inverso.

2.1.1

Problema directo

Se enuncia de la siguiente forma: ”Dada una curva (la curva directriz) y un vector direccional de una recta (la recta generatriz), encontrar la ecuación de la superficie cilíndrica” Sin pérdida de generalidad, supóngase que se tiene la ecuación F (x, y) = 0 y que esta genera una curva en el plano XY. Sea L la recta generatriz con vector direccional v = (a, b, c) en donde c = 0. Para encontrar la ecuación de la superficie cilíndrica procedemos como sigue: ⋆ Sea (x0 , y0 , 0) el punto en el que la recta generatriz corta a la curva directriz. Entonces la recta puede escribirse como: L = {(x0 , y0 , 0) + t (a, b, c) : t ∈ R} ⋆ Si (x, y, z) L, se debe tener: x = x0 + ta, y = y0 + tb, z = tc,

(1)

más aún, como (x0 , y0 , 0) se encuentra en la curva directriz, también se tiene: F (x0 , y0 ) = 0

(2)

2.1. SUPERFICIES CILÍNDRICAS

77

⋆ De las tres ecuaciones que aparecen en (1) se eliminan x0 , y0 y t, obteniéndose sucesivamente: t = z/c x0 = x − za/c y0 = y − zb/c reemplazando de (2), F

a b x − z, y − z c c

= 0,

esta ecuación es la buscada. Observaciones. 1. Si el vector direccional de la recta generatriz es v = (0, 0, 1) , (1) y (2) se reducen a F (x, y) = 0, z = t lo cual muestra que independientemente del valor de z, las dos primeras coordenadas de un punto (x, y, z) de la superficie satisfacen la ecuación F (x, y) = 0. En este caso la superficie tiene el siguiente aspecto.

z

Directriz

y

Generatriz x 2. Si la curva directriz es F (x, z) = 0 y v = (a, b, c) , con b = 0, es el vector direccional de la recta generatriz, entonces la ecuación de la superficie cilíndrica es: a c F x − y, z − y = 0 b b 3. Si la curva directriz es F (y, z) = 0 y v = (a, b, c) , con a = 0, es el vector direccional de la recta generatriz, entonces la ecuación de la superficie cilíndrica es: F

b c y − x, z − x = 0 a a

Ejemplo 2.3 Hallar la ecuación de la superficie con directriz y = x2 y generatriz con vector direccional v = (1, 2, 3) . Solución. En este caso F (x, y) = y − x2 . Sea (x0 , y0 , 0) un punto de la curva directriz y (x, y, z) un punto de la recta generatriz L = {(x0 , y0 , 0) + t (1, 2, 3) : t ∈ R}

78

CAPÍTULO 2. SUPERFICIES

entonces: x = x0 + t, y = y0 + 2t, z = 3t, de la tercera ecuación: t = z/3, luego de las primeras dos ecuaciones x0 y0

= x − t = x − z/3 = y − 2t = y − 2x/3

Luego la ecuación buscada es: F es decir: y− simplificando se tiene:

z 2z x − ,y − 3 3 2z z − x− 3 3

= 0, 2

=0

2 2 1 y − z − x2 + xz − z 2 = 0, 3 3 9

A continuación se muestra el gráfico

z 10 5 0 5 x

2.1.2

10 15

20

y

Problema inverso

Se enuncia de la siguiente forma: ”Dada la ecuación de una superficie cilíndrica, encontrar la curva directriz que la genera mas el vector direccional de la recta generatriz” Sea G (x, y, z) = 0, la ecuación de la superficie cilíndrica, entonces si la curva directriz está en el plano XY, cuando z = 0, la ecuación G (x, y, 0) = 0 debe originar una curva que se encuentra en el plano XY. Sea F (x, y) = 0 la ecuación de la curva. Para hallar el vector direccional v = (a, b, c) se procede a escribir la ecuación G (x, y, z) = 0 en la forma: a b F x − z, y − z = 0, c c así se identifican los valores de a, b, c y el problema queda resuelto. Observación. Si x = 0, y la curva está dada por F (y, z) = 0, el vector direccional se encuentra escribiendo G (x, y, z) = 0 en la forma: b c F y − x, z − x = 0. a a

2.1. SUPERFICIES CILÍNDRICAS

79

Similarmente si y = 0, escribiremos G (x, y, z) = 0 en la forma: a c F x − y, z − y = 0 b b Ejemplo 2.4 Hallar la ecuación de la directriz y el vector direccional de la recta generatriz si 17x2 + 2y 2 + z 2 − 8xy − 6xz − 2 = 0. Solución. Si x = 0 se tiene: 2y 2 + z 2 − 2 = 0,

así debemos escribir la ecuación 17x2 + 2y2 + z 2 − 8xy − 6xz − 2 = 0 como 2 y−x

2

b a

+ z−x

c a

2

− 2 = 0.

donde v = (a, b, c) es el vector direccional de la recta generatriz. Completando cuadrados: 2

2y 2 − 8xy

= 2 (y − 2x) − 8x2

= (z − 3x)2 − 9x2

z 2 − 6xz

por tanto: 17x2 + 2y 2 + z 2 − 8xy − 6xz − 2 =

2y 2 − 8xy + z 2 − 6xz + 17x2 − 2

= 2 (y − 2x)2 − 8x2 + (z − 3x)2 − 9x2 + 17x2 − 2 = 2 (y − 2x)2 + (z − 3x)2 − 2

por tanto:

c b =2, =3 a a

de donde: v = (a, b, c) = (a, 2a, 3a) = a (1, 2, 3) como el vector direccional es cualquier vector paralelo a v = a (1, 2, 3) , en particular podemos tomar a = 1, es decir: v = (1, 2, 3). Conclusión: Directriz: 2y2 + z 2 − 2 = 0, Vector direccional de la recta generatriz: v = (1, 2, 3)

Problemas propuestos 1. Sea C una curva en el plano Y Z dada por ecuación F (y, z) = 0 y v un vector. Como se encuentra la superficie cilíndrica con directriz C y recta generatriz paralela al vector v? 2. Lo mismo que el ejercicio anterior cuando F (x, z) = 0. 3. Trazar la superficie cilíndrica cuya ecuación se da. (a) x2 − y2 − 4 = 0

(b) x2 + z 2 − 4z + 3 = 0

(c) 4y 2 − 4y − 16 − z 2 + 8z = 0

(d) ex − 3y = 0

(e) cos x − y = 0

80

CAPÍTULO 2. SUPERFICIES 4. En los siguientes ejercicios se da la ecuación de la curva directriz y el vector direccional de la recta generatriz. Hallar la superficie y graficar la misma. (a) y − cos x = 0, v = (1, 2, 1) ; Sol.: y − 2z − cos x cos z − sin x sin z = 0 (b) y 2 − z 2 = 1 = 1; v = (1, −1, 1) ; Sol.: y 2 + 2xy − z 2 + 2xz − 1 = 0 (c) x2 + z 2 = 1, v = (2, 1, −1) ; Sol.: x2 + 5y 2 + z 2 − 4xy + 2yz − 1 = 0 (d) x2 − y2 = 1, v = (0, 2, −1) ; Sol.: x2 − y 2 − 4z 2 − 4yz − 1 = 0 (e) x2 + y − 1 = 0, v = (2, 0, 1) ; Sol.: x2 + 4z 2 − 4xz + y − 1 = 0 (f) 4x2 + z 2 + 4z = 0, v = (4, 1, 0) ; Sol.: 4x2 + 64y2 + z 2 − 32xy + 4z = 0 5. Graficar las siguientes superficies cilíndricas. (Sug. Hallar la directriz y el vector direccional de la recta generatriz) (a) x2 + y2 + 2z 2 + 2xz − 2yz − 1 = 0; Sol.: x2 + y 2 = 1, z = 0, v = (−1, 1, 1) . (b) x2 + y2 + 5z 2 + 2xz + 4yz − 4 = 0; Sol.: x2 + y 2 = 4, z = 0, v = (1, 2, −1) (c) xz + 2yz − 1 = 0; Sol.: xz = 1, y = 0, v = (2, −1, 0) (d) cos (y − 2x) − sin (z + 2x) = 0; Sol.: x = 0, cos y − sin z = 0, v = (1, 2, −2)

2.2

Superficies cuádricas

En esta sección consideramos superficies originadas por polinomios de segundo grado a tres variables. Las superficies a estudiar tienen la forma ax2 + by 2 + cz 2 + dxy + exz + f yz + gx + hy + iz + j = 0, para los propósitos que se persiguen nos interesan en particular las siguiéntes superficies: Esfera, elipsoide, hiperboloide de una hoja, hiperboloide de dos hojas, cono, paraboloide, paraboloide hiperbólico. Antes de estudiar estas superficies definimos el concepto de traza. Definición 2.4 (Traza)Dada una superficie F (x, y, z) = 0, la traza de la superficie es la curva que resulta de la intersección de la superficie con uno de los planos paralelos a los planos x = 0 (plano yz), y = 0 (plano xz) y z = 0 (plano xy). Obsérvese que el plano z = 0 se escribe como 0x + 0y + 1z = 0,

2.2. SUPERFICIES CUÁDRICAS

81

es claramente un plano que pasa por el origen con normal k = (0, 0, 1) , un plano paralelo a z = 0 es de la forma z = k (k ∈ R), es obvio que este plano tiene también al vector k como normal.

z

z=k

y

z=0 x 2.2.1

Esfera x2 + y 2 + z 2 = r2

1. Cortes con z = k. En este caso la ecuación de la superficie queda como: x2 + y 2 = r2 − k2 ,

√ de lo anterior es fácil observar que la traza es siempre una circunferencia de radio r2 − k2 para r2 −k2 ≥ 0, es decir para k ∈ [−r, r] , obsérvese que para valores |k| > r no se tiene intersección, es decir no se tiene traza. 2. Cortes con y = k: Ejercicio. 3. Cortes con x = k : Ejercicio.

z 1

1

1

x

y

82

CAPÍTULO 2. SUPERFICIES

2.2.2

Elipsoide x2 y2 z 2 + 2 + 2 =1 a2 b c

z

c

b y a

x

2.2.3

Hiperbolide de una hoja x2 + y2 − z 2 = 1

1. Cortes con z = k. La ecuación queda como: x2 + y 2 = 1 + k2 , es decir, los cortes con cualquier plano paralelo a z = 0 son circunferencias de radio además que la circunferencia de menor radio ocurre cuando k = 0.

√ 1 + k2 , obsérvese

2. Cortes con y = k. En este caso se tiene: x2 − z 2 = 1 − k2 , que son hipérbolas, dependiendo del signo de 1 − k2 se tendrán hipérbolas con eje focal en el eje x o en el eje z, concrétamente: • si k ∈ (−1, 1) , 1 − k2 > 0 y entonces se tiene una hipérbola con eje focal en el eje x.

• si k ∈ / [−1, 1] , 1 − k2 < 0 y entonces se tiene una hipérbola con eje focal en el eje z.

• si k = ±1, 1 − k2 = 0, y entonces se tiene dos rectas. 3. Cortes con x = k. En este caso se tiene:

y2 − z 2 = 1 − k2 , que son hipérbolas, dependiendo del signo de 1 − k2 se tendrán hipérbolas con eje focal en el eje y o en el eje z, concrétamente: • si k ∈ (−1, 1) , 1 − k2 > 0 y entonces se tiene una hipérbola con eje focal en el eje y.

2.2. SUPERFICIES CUÁDRICAS

83

• si k ∈ / [−1, 1] , 1 − k2 < 0 y entonces se tiene una hipérbola con eje focal en el eje z. • si k = ±1, 1 − k2 = 0, y entonces se tiene dos rectas.

z

y

x

2.2.4

Hiperboloide de dos hojas x2 − y2 − z 2 = 1

1. Cortes con z = k,

son hipérbolas con eje focal en el eje x.

x2 − y 2 = 1 + k2 ,

2. Cortes con y = k, son hipérbolas con eje focal en el eje x 3. Cortes con x = k, .

x2 − z 2 = 1 + k2 ,

y2 + z 2 = k2 − 1,

circunferencias cuando |k| ≥ 1

z

x

y

84

CAPÍTULO 2. SUPERFICIES

2.2.5

Cono x2 + y2 − z 2 = 0

z

4 -4 4

-2

2

4

x

4

y

2.2.6

Paraboloide x2 + y 2 − z = 0

z z 20 15 10 -4

5 -4

-2

-2

0 2

2

4

y

4 x

2.2.7

x

y

Paraboloide hiperbólico x2 − y 2 − z = 0

1. Cortes con z = k; hipérbolas:

x2 − y 2 = k,

2.2. SUPERFICIES CUÁDRICAS

85

• Con eje focal en el eje x si k > 0; • Con eje focal en el eje y si k < 0.

• Son rectas si k = 0. 2. Cortes con y = k,

z + k2 = x2 , parábolas con vértice en 0, −k2 . 3. Cortes con x = k, z − k2 = −y 2

z

y

x

Problemas propuestos Graficar las siguientes superficies. 1. 4x2 + 9y 2 = 36 2.

x2 y2 + 2+ 12 2

3.

x2 y2 z 2 + 2 − 2 =1 12 2 5

4.

x2 y2 z 2 − 2 − 2 =1 12 2 5

5.

x2 y2 + 2 = 2z 12 2

6.

x2 y2 − 2 = 2z 12 2

7.

x2 y2 z 2 + 2 − 2 =0 12 2 5

8.

1 2 25 z

−

2 25 z

1 2 25 z

+

1 25

−

2 25 z

=

24 25

+ x2 + y 2 = 1

86

CAPÍTULO 2. SUPERFICIES Soluciones z

z

6

y 3

1

2

y

2 x

x

Problema 1

2.3

Problema 2

Sólidos acotados por superficies

Ejercicio 2.1 Representar el sólido encerrado por las gráficas de x2 + y2 = 9 y y2 + z 2 = 9 Solución. La octava parte del sólido se muestra en la parte izquierda de la siguiente figura:

z

x2 + y2 = 9

3

3

3

y

y2 + z2 = 9

x La parte dechecha de la anterior figura se obtiene con MatLab empleando las siguientes instrucciones: >> ezsurf(’x’,’3*cos(t)’,’3*sin(t)’,[0,2*pi,-3,3]) >> hold on >> ezsurf(’3*cos(t)’,’3*sin(t)’,’z’,[0,2*pi,-3,3])

Problemas propuestos

←− dibuja el cilindro ←− Permite otro dibujo sin borrar lo anterior ←− dibuja el cilindro

Graficar los sólidos acotados por las gráficas de las ecuaciones dadas 1. x2 + z 2 = 4, y = 0, y = 2, z ≥ 0 2. z = 4 − x2 − y 2 , z = 1 − y 3. y = x2 , z = 0, y + z = 1

2.4. SUPERFICIES LIMITADAS POR SUPERFICIES

87

4. z = 0, z = 4, z 2 = x2 + y2 5. Primer octante, planos coordenados, y 2 + z 2 = 1, x2 + z 2 = 1 6. z = 1 − x2 − y 2 , x + z = 1 7. z = x2 + y 2 , x2 + y2 = 1, z = 0 8. z = 4 − x2 − y 2 , z = 1 9. Primer octante, planos coordenados, x = 3, z = 4 − y2 10. x + 2y + z = 4, z = x + y, x = 0, y = 0, primer octante 11. z = x2 + y 2 , z = 9 12. z = x2 , z = −x + 2, x = 0, y = 0, y = 5, primer octante

2.4

Superficies limitadas por superficies

Empleando lo desarrollado en este capìtulo es posible representar superficies acotadas a su vez por superficies. Ejercicio 2.2 Representar la porción de la superficie dada por z 2 = ficie dada por (x − 1)2 + y2 = 1.

1 4

x2 + y 2 que está dentro de la super-

Solución. La gráfica de z 2 = 14 x2 + y 2 es un cono y la gráfica de (x − 1)2 + y2 = 1. es un cilindro, la intersección de estas dos superficies nos da el borde de la porción pedida. Resolviendo el sistema: " 2 1 2 z = 4 x + y2 (x − 1)2 + y 2 = 1 se encuentra la curva que puede parametrizarse por: 

 1 + cos t   r (t) =  %sin t  1+cos t 2

la curva y la porción del cono se muestran a continuación:

z 1 0.8 0.6 0.4 0.2 -0.5

0 -1 0 0.5

0.5

1 1.5

x

2

y

88

CAPÍTULO 2. SUPERFICIES

El gráfico del cono, el cilindro y la curva parametrizada que se muestra a continuación, fué realizada aplicando MatLab con las siguientes instrucciones: >> >> >> >>

ezsurf(’sqrt(x^2+y^2)/2’,[-2,2,-2,2]) hold on ezsurf(’1+cos(t)’,’sin(t)’,’z’,[0,2*pi,0,2]) ezplot3(’1+cos(t)’,’sin(t)’,’sqrt((1+cos(t))/2)’)

←− ←− ←− ←−

dibuja el cono Permite otro dibujo sin borrar lo anterior dibuja el cilindro dibuja la curva parametrizada

Problemas propuestos

Graficar las porciones de superficie dadas por: 1. Porción del plano 2x + 6y + 3z = 12, primer octante 2. Porción del paraboloide z = 1 − 3x2 − 4y 2 , primer octante 3. Porcion del cono z 2 − x2 − y2 = 0, con z ≥ 0 e interior al cilindro x2 + y 2 = 1 4. Porcion de la esfera x2 + y2 + z 2 = 4, interior al cilindro x2 + y 2 = 1

Capítulo 3

Funciones vectoriales de una variable real Estas funciones tienen dominio en R y codominio en Rn . Si f es una función vectorial, entonces f : Df ⊂ R → Rn En lo que sigue, siempre que hablemos de vector se entenderá que es un vector columna. Recordemos que con los vectores unitarios ei , con la unidad en la i − e´sima componente y ceros en las demás se puede escribir:   x1  x2     ..  = x1 e1 + x2 e2 + · · · + xn en  .  xn

Observaciones.

1. Usaremos el superíndice

T

o

t

para indicar transpuesta. Por ejemplo: 

  (x1 , x2 , . . . , xn )T = (x1 , x2 , . . . , xn )t =  

x1 x2 .. . xn

    

2. En el caso de R2 emplearemos i, j en lugar de e1 y e2 . 3. En el caso de R3 emplearemos i, j, k en lugar de e1 , e2 y e3 . Ejemplo 3.1 Las siguientes funciones son funciones vectoriales de una variable real: 1. f (t) = 2t i + (1 + t) j + (2 − 3t) k; f : R → R3 2. g (t) = sin t i + cos t j; g : R → R2 En general función vectorial f : Df ⊂ R → Rn , involucra n funciones reales fi : Df ⊂ R → R, así 

 f1 (t)   .. f (t) =   = f1 (t) e1 + · · · + fn (t) en . fn (t) 89

90

CAPÍTULO 3. FUNCIONES VECTORIALES DE UNA VARIABLE REAL

A veces escribiremos simplemente:

 f1   f =  ...  fn 

Observación. Usualmente, emplearemos r para denotar las funciones con rango en R2 o R3 , más aun: En R2 : x (t) r (t) = y (t) En R3 :

3.1



 x (t) r (t) =  y (t)  z (t)

Representación gráfica

Por definición el rango de f : Df ⊂ R → Rn , es:

! Rf = f (t) : t ∈ Df .

debemos observar que el rango Rf es un subconjunto de Rn , más aún, en muchos casos la gráfica es una curva en Rn . A continuación mostramos una función de R en R3 : x = t cos(t), y = t 2 sin(t), z = cos(t)

R

z

R3

f (t )

t

y x

Ejercicios resueltos Ejercicio 3.1 Sea r : R → R3 definida por r (t) = 2t i + (1 + t) j + (2 − 3t) k, graficar r     0 2 Solución. Observemos que con A =  1  y v =  1  se puede escribir 2 −3 r (t) = A + tv

luego: Graf (r) = {r (t) : t ∈ R} = {A + tv : t ∈ R} claramente el conjunto Rr es una recta en R3 .

3.1. REPRESENTACIÓN GRÁFICA

91

Ejercicio 3.2 Sea r : [0, 4π] → R3 definida por r (t) = sin t e1 + cos t e2 +t e3 , graficar Rf . Solución. Hallemos algunos puntos de la curva:

t 0 1 π 2 π 3 π 2 2π   x Para graficar la curva observemos que si  y  z

r (t) T (0, 1, 0) π T 1, 0, 2 (0, −1, π)T 3 −1, 0, π 2 T (0, 1, 2π)

T

está en la gráfica de r, entonces: (1) (2) (3)

x = sin t y = cos t z = t

(1) de la primera y segunda ecuaciones se elimina el parámetro t y se obtiene x2 + y 2 = 1. (2) De la segunda y tercera ecuaciones se obtiene y = cos z, así la gráfica debe ser la intersección de las superficies: x2 + y2 y

= 1 = cos z,

por tanto la gráfica está sobre el cilindro de ecuación x2 + y2 = 1. La gráfica, una hélice, se muestra a continuación.

6 4 2 0 -2

-2 -4

-1

-6 -2

0 -1

1 0 1

2

2

Ejercicio 3.3 Graficar r (t) = t i + t2 j + 2t k. Solución. Se plantea: x = t

(1)

y

2

= t

(2)

z

= 2t

(3)

de la primera y segunda ecuación se tiene y = x2 , de la primera y tercera ecuación z = 2x, por tanto la gráfica es la curva que resulta de la intersección de las superfices cilíndricas y z

= x2 = 2x

92

CAPÍTULO 3. FUNCIONES VECTORIALES DE UNA VARIABLE REAL

4

z

3 2 1 2 3

2

0

1 -2

-1

y

-2

x -3 -4

Ejercicio 3.4 Graficar: γ=

"

x2 + z 2 = 1 x+y+z =0

Solución. La gráfica es la intersección del cilindro x2 + z 2 = 1 y el plano x + y + z = 0. Ejercicio 3.5 La epicicloide es una curva plana engendrada por el movimiento de un punto P de la circunferencia de un círculo C de radio r que rueda sin resbalar sobre una circunferencia C0 de radio r0 , como se ve en la figura. Hallar las coordenadas de cualquier punto de la curva en función del ángulo θ si C0 está centrado en el origen y P está situado inicialmente en (r0 , 0) .

y 10

C

C0

8

A e1

6

B

4 2 -10

-5

e2 O

θ e1

P

Q 5

-2

8 10

-4 -6

r0 = 8 r=2

-8 -10

Solución. Del gráfico (corresponde a r0 = 8, r = 2) OP = OA + AP del gráfico: OA = (r0 + r) cos θ e + (r0 + r) sin θ e 1

& es igual al arco BP & luego Observemos que el arco BQ ' = de donde ∡B AP

r0 θ. r

' r0 θ = r∡B AP

β

2

x

3.1. REPRESENTACIÓN GRÁFICA

93

Sea β el ángulo que se forma con AP y e1 . Del gráfico es claro que ∡BAP + β + θ = π, de donde β

= π − θ − ∡BAP r0 = π−θ− θ r

luego β=π−

r + r0 θ r

por tanto AP

= r cos (β) e1 + r cos β +

π 2

e2

r + r0 3π r + r0 θ e1 + r cos − θ r 2 r r + r0 r + r0 θ e1 − r sin θ e2 r r

= r cos π − = −r cos

e2

por tanto OP

= OA + AP ( = (r + r0 ) cos θ − r cos

r + r0 θ r

)

( e1 + (r + r0 ) sin θ − r sin

r + r0 θ r

)

e2

El vector OP contiene las coordenadas de la hipocicloide.

Ejercicios propuestos 1. Graficar las siguientes curvas (a) r (t) = et i + t j + e−t k (b) r (t) = cos t i + cos t j + tk 2. Hallar la función r cuya gráfica es la curva que resulta de la intersección del plano 2x + 2y + z = 5 y el cilindro (x − 1)2 + (y − 1)2 = 1. Sol. r (t) = (1 + cos t) i + (1 + sin t) j + (1 − 2 cos t − 2 sin t) k. 3. Hallar la función r cuya gráfica es la circunferencia%de centro (1, 1, 1) , radio 1 y sobre % el plano 2x+2y+z =

t t 5. Sol. Una parametrización es: r (t) = 1 + 12 − cos i + 1 + 12 − cos j+ 3 + sin t 3 − sin t % 1 + 89 cos t k. (Sug. Considere z = 1 + r cos t, reemplace en la ecuación del plano y luego en

(x − 1)2 + (y − 1)2 + (z − 1)2 = 1, resuelva el sistema para x, esto dará un radical, elija el valor de r de modo que el radical se cancele). 4. Halle la curva dada por: γ =

"

x2 + y2 − 1 + z = 0 x2 + y 2 = 4

5. La hipocicloide es la curva plana engendrada por un punto P de la circunferencia de un círculo C cuando C rueda sin resbalar en el interior de un círculo fijo C0 , como se muestra en la figura. Hallar las coordenadas de cualquier punto de la curva en función del ángulo θ si C0 está centrado en el origen y tiene radio r0 , P está situado inicialmente en (r0 , 0) y C tiene radio r.

94

CAPÍTULO 3. FUNCIONES VECTORIALES DE UNA VARIABLE REAL ( Sol. (r0 − r) cos θ + r cos

el caso r0 = 3, r = 1.

)

r0 − r θ r

( i + (r0 − r) sin θ − r sin

r0 − r θ r

3

2

1

0 -3

-2

-1

0

1

2

-1

-2

-3

3.2

Algebra de funciones

Sean f : Df ⊂ R → Rn , g : Dg ⊂ R → Rn , ϕ : Dϕ ⊂ R → R se definen:

3.2.1

Suma, resta

Suma: (f + g) (t) = f (t) + g (t) ; Dominio Df ∩ Dg ; Codominio Rn Resta: (f − g) (t) = f (t) − g (t) ; Dominio Df ∩ Dg ; Codominio Rn

3.2.2

Producto interior y producto cruz

Producto interior: (f · g) (t) = f (t) · g (t) ; Dominio Df ∩ Dg ; Codominio R Producto cruz: (f × g) (t) = f (t) × g (t) ; Dominio Df ∩ Dg ; Codominio R3 , válido solamente para n = 3.

3.2.3

Producto por una función real

Producto una función real por una función vectorial: (ϕf) (t) = ϕ (t) f (t) ; Dominio Df ∩ Dϕ ; Codominio Rn

3

)

j. En el gráfico se ilustra

3.3. LÍMITE DE UNA FUNCIÓN VECTORIAL

3.2.4

95

La función compuesta

Si ϕ : Dϕ ⊂ R → R, f : Df ⊂ R → Rn , definimos la función compuesta de ϕ y f, lo que escribimos f ◦ ϕ, como: (f ◦ ϕ) (t) = f (ϕ (t))

ilustramos a continuación el caso de f una función de R en R3 . ϕ f

f(ϕ(t))

ϕ(t)

t

f ◦ϕ

3.3

Límite de una función vectorial

Definición 3.1 Sea U un intervalo abierto, f : U ⊂ R → Rn . Sea p ∈ U y a ∈ Rn , se define lim f (t) = a

t→p

si dado ǫ > 0, existe δ > 0 tal que si |t − p| < δ, entonces

f (t) − a < ǫ.

Intuitivamente esto significa que para puntos t suficientemente cercanos a p, las imágenes f (t) están cercanas de a. Ilustramos esta situación para el caso n = 2. f R2

R

f (t) p

t

ǫ

Teorema 3.2 Sea f = (f1 , . . . , fn )T , a = (a1 , . . . , an )T , entonces lim f (t) = a

t→p

a

96

CAPÍTULO 3. FUNCIONES VECTORIALES DE UNA VARIABLE REAL

si y solamente si lim fi (t) = ai

t→p

para i = 1, . . . , n, es decir: lim f (t) =

t→p

lim (f1 (t) , . . . , fn (t))T

t→p

T

=

lim f1 (t) , . . . , lim fn (t)

t→p

t→p

T

= (a1 , . . . , an )

Es claro que si uno de los límites lim fi (t) no existe, el límite lim f (t) no existe. t→p

t→p

Ejemplo 3.2   lim t2 + 1 t2 + 1 t→0 sin t  sin t    lim   =  lim t→0 t→0 t t et lim et 

t→0

Ejemplo 3.3 El límite: lim

t→0

t2 + 1 cos t t

no existe, pues el límite



  1  = 1   1



 lim t2 + 1 t→0  = cos t lim t→0 t lim

t→0

cos t t

no existe.

3.4

Continuidad

Definición 3.3 Una función f es continua en un punto p si: lim f (t) = f (p)

t→p

Teorema 3.4 Una función



 f1   f =  ...  fn

es continua en un punto p si y solamente si cada una de las funciones fi , i = 1, . . . , n, son continuas en p. Ejemplo 3.4 La función



 t2 − 1 r (t) =  cos t  et

es continua en todo t ∈ R pues las funciones x (t) = t2 − 1, y (t) = cos t, z (t) = et son todas funciones continuas.

3.5. LA DERIVADA

3.5

97

La derivada

Definición 3.5 Sea f : Df ⊂ R → Rn , t ∈ Df , la derivada de f en el punto t, denotado por f ′ (t) es: f ′ (t) = lim

h→0

f (t + h) − f (t) h

siempre que tal límite exista. Para el cálculo de la derivada se tiene el siguiente teorema. Teorema 3.6 Sea



 f1 (t)   f (t) =  ...  fn (t)

entonces:



 f1′ (t)   .. f ′ (t) =   . ′ fn (t)

en cualquier punto t en donde la derivada exista. Así la derivada de una función vectorial se realiza ”componente a componente”. t2 t

Ejemplo 3.5 Sea r (t) =

, la derivada en t = 5 es:

f (5 + h) − f (5) 1 (5 + h)2 = lim 5+h h→0 h→0 h h 2 1 10h + h 10 + h = lim = lim = h 1 h→0 h h→0

r′ (5) =

lim

−

25 5

10 1

es claro que en cualquier punto t: r′ (t) = Ejemplo 3.6 Si

entonces:

3.5.1

2t 1



 cos t 2  r (t) =  et arctan t 

 − sin t 2 t   r′ (t) =  2te  1 1 + t2

Teoremas sobre la derivada

Teorema 3.7 Sean f : Df ⊂ R → Rn , g : Dg ⊂ R → Rn , ϕ : Dϕ ⊂ R → R. Entonces 1. (f + g)′ (t) = f ′ (t) + g ′ (t) 2. (f − g)′ (t) = f ′ (t) − g ′ (t)

3. (f · g)′ (t) = f ′ (t) · g (t) + f (t) · g ′ (t)

4. (f × g)′ (t) = f ′ (t) × g (t) + f (t) × g ′ (t)

98

CAPÍTULO 3. FUNCIONES VECTORIALES DE UNA VARIABLE REAL 5. (ϕf )′ (t) = ϕ′ (t) f (t) + ϕ (t) f ′ (t)

Teorema 3.8 Si f (t) es una constante en Df , entonces f (t) es ortogonal a f ′ (t) en Df . Demostración. Sea f (t) = c, claramente f (t) · f (t) = c2 , derivando a ambos lados se tiene: 2f (t) · f ′ (t) = 0

de donde el resultado sigue.

3.5.2

La regla de la cadena

Teorema 3.9 (Regla de la cadena) Sean ϕ : Dϕ ⊂ R →Rϕ ⊂ R, f : Rϕ → Rn . Entonces: ′

(f ◦ ϕ) (t) = f ′ (ϕ (t)) ϕ′ (t) t

Ejercicio 3.6 Considérese la función f (t) = t2 − t, cos t , ϕ (x) = ln x. Calcular (f ◦ ϕ)′ (t) usando la regla de la cadena y sin usarla. Solución. (usando la regla de la cadena) Para este propósito se requiere calcular f ′ (ϕ (t)) y ϕ′ (t) . f ′ (t) = (2t − 1, − sin t)T

por tanto:

f ′ (ϕ (t)) = f ′ (ln t) = (2 ln t − 1, − sin (ln t))T

por otra parte ϕ′ (x) =

1 1 y entonces ϕ′ (t) = , luego por la regla de la cadena: x t (f ◦ ϕ)′ (t) = f ′ (ϕ (t)) ϕ′ (t)

= (2 ln t − 1, − sin (ln t))T 2 ln t 1 sin (ln t) − ,− t t t

=

1 t T

Sin usar la regla de la cadena (f ◦ ϕ) (t) = f (ϕ (t)) = f (ln t) (ln t)2 − ln t, cos (ln t)

= derivando: (f ◦ ϕ) (t) =

2 ln t 1 sin (ln t) − ,− t t t

Ejercicio 3.7 Sea r (t) =

T

T

cos t2 + 1 2 et +1

Calcular r′ (t) Solución. Con f (t) =

cos t et

y ϕ (t) = t2 + 1, es claro que r (t) = f (ϕ (t)) y entonces:

r′ (t) = f ′ (ϕ (t)) ϕ′ (t) =

− sin ϕ (t) eϕ(t)

(2t) =

−2t sin ϕ (t) 2teϕ(t)

=

−2t sin t2 + 1 2 2tet +1

3.6. LONGITUD DE ARCO

3.6

99

Longitud de arco

Teorema 3.10 Sea f : [a, b] → Rn , Supóngase que f es continua en [a, b] y diferenciable en (a, b) entonces la longitud de arco de la gráfica de f desde f (a) hasta f (b) es: L=

*

b

f ′ (t) dt.

a

f (a)

f (b)

Ejercicios resueltos Ejercicio 3.8 Sea r : [0, 2] → R2 definida por r (t) = te1 + t2 e2 de f (0) a f (2) Solución. Obsérvese que r′ (t) = (1, 2t)T , es decir, r′ (t) = L = =

*

*

2 0

√

1 + 4t2 , por tanto:

|r′ (t) dt

2

1 + 4t2 dt 0

1 1 t 1 + 4t2 + ln 1 + 4t2 + 2t 2 4 √ √ 1 = 17 + ln 17 + 4 ≃ 4. 646784 4

2

=

0

4

2

Ejercicio 3.9 Calcular la longitud de la gráfica de y = ln 1 − x2 desde x = 0 hasta x = 1/2. Solución. La gráfica de la relación dada es: " + x graf = : y = ln 1 − x2 ∧ x ∈ [0, 1/2] y con x = t, se tiene y = ln 1 − t2 , entonces: graf = te1 + ln 1 − t2 e2 : t ∈ [0, 1/2]

100

CAPÍTULO 3. FUNCIONES VECTORIALES DE UNA VARIABLE REAL

definiendo r : [0, 1/2] → R2 por f (t) = te1 + ln 1 − t2 e2 , así la longitud de arco es: L =

*

1/2

r′ (t) dt

0

=

*

1/2

1+

0

1 = ln 3 − 2

4t2 (1

2 − t2 )

dt =

*

1/2 0

1 + t2 dt 1 − t2

Ejercicios propuestos Hallar la longitud de arco de las curvas que se indican y en el dominio que se da. 1. f (t) = cos t e1 + sin t e2 + t e3 ; t ∈ [0, 2π] . Sol.:

√

2 (2π)

2. g (t) = cos t e1 + sin t e2 + t2 e3 ; t ∈ [0, 2π] . Sol.: 40. 4097 3. f (t) = 3t e1 + t2 e2 + 5e3 ; t ∈ [1, 5] . Sol.: 27. 2089 4. h (t) = t e1 + 3t2/3 − 10 e2 ; desde el punto (8, 2) al punto (27, 17) 5. f (t) = et cos t e1 +et sin t e2 + et e3 ; t ∈ [0, π] . Sol.: 3 (eπ − 1) √ 6. g (t) = 3 cosh 2t e1 + 3 sinh 2t e2 + 6; t ∈ [0, π] . Sol. 3 2 sinh 2π

En los siguientes ejercicios hallar la longitud de arco como función de θ, en [0, θ]

( 7. f (t) = (r + r0 ) cos θ − r cos ( 8. g (t) = (r0 − r) cos θ + r cos

r + r0 θ r r0 − r θ r

)

)

( e1 + (r + r0 ) sin θ − r sin

( e1 + (r0 − r) sin θ − r sin

9. Calcular la longitud del arco de la curva de ecuación y 2 = √ de ecuación y 2 = 13 x. Sol.: 19 10 10 − 8

2 3

r + r0 θ r r0 − r θ r

)

)

e2 . Sol.: 4

(r0 + r) r (cos (r0 θ/2r) − r0

e2 . Sol.: 4

(r0 − r) r (cos (r0 θ/2r) − r0

(x − 1)3 comprendida dentro la parábola

y 1

1

-1

2

x

3.7. RECTA TANGENTE Y PLANO NORMAL

3.7

101

Recta tangente y plano normal

Definición 3.11 (Curva lisa) Sea f una función definida en [a, b] con rango en Rn tal que tiene derivada continua distinta de cero en [a, b]. En estas condiciones la curva C descrita por f se llama curva lisa. Definición 3.12 (Vector y recta tangente) Sea f es una curva lisa definida en [a, b], el vector T (t) =

f ′ (t) f ′ (t)

(3.1)

se llama vector tangente unitario, y LT = {f (t0 ) + sT (t0 ) : s ∈ R} es la recta tangente a la curva en el punto f (t0 ) . Observemos que T es paralelo a f ′ , entonces la recta tangente se puede escribir también como: LT = {f (t0 ) + sf ′ (t0 ) : s ∈ R}

Recta tangente

f′(t0 ) f (t0 )

Si f es una curva en R3 tal que f ′ (t0 ) = 0, el plano PN : f ′ (t0 ) · ((x, y, x) − f (t0 )) = 0 es la ecuación vectorial del plano normal en el punto f (t0 ) . Plano normal

Recta Tangente

T (t0 )

f (t0 )

observemos que T es paralelo a f ′ , entonces el plano normal puede escribirse como: PN : T (t0 ) · ((x, y, x) − f (t0 )) = 0

102

CAPÍTULO 3. FUNCIONES VECTORIALES DE UNA VARIABLE REAL

Ejemplo 3.7 Sea f (t) = sin t e1 + cos t e2 + t e3 encontraremos la recta tangente y el plano normal a la curva en t = π/2. La derivada en cualquier punto t es f ′ (t) = cos t e1 − sin t e2 + e3 en t = π/2

f ′ (π/2) = 0e1 − e2 + e3

por otra parte

f (π/2) = e1 + 0e2 + e3 por tanto la recta tangente buscada es: = {f (π/2) + sf ′ (π/2) : s ∈ R}      0  1   0  + s  −1  : s ∈ R =   1 1

LT

y el plano normal es: que simplificando queda como

PN : (0, −1, 1) · ((x, y, z) − (1, 0, 1)) = 0 PN : −y + z − 1 = 0.

3.8

Integración

 f1 (t)   .. Sea f (t) =   , en donde cada fi es integrable en un intervalo [a, b] , entonces: . fn (t)   ,b f1 (t) dt * b 0   ..  f (t) dt =  .   a ,b f (t) dt 0 n 

Ejemplo 3.8 Si r (t) =

t2 − 1 2t t2 +1

, entonces

*

1

r (t) dt =

0



=  =

3.9

,1 2 0, t − 1 dt 1 2t 0 t2 +1 dt t3 3

−t

2

ln t + 1 − 23 ln (2)

1 0

1 0

 

Velocidad y aceleración

Si r = r (t) es vector posición de un objeto, entonces su velocidad y aceleración están dadas por: v = v (t) = r′ (t) a = a (t) = r′′ (t) por otra parte, la rapidez está dada por: v (t) .

3.9. VELOCIDAD Y ACELERACIÓN

3.9.1

103

Movimiento de proyectiles

Considérese un proyectil lanzado desde el punto (0, p) con un ángulo de elevación θ y una velocidad inicial v0 tal como se muestra en la figura: y r r r r r v 0 = v 0 cosθ i + v 0 sin θ j

0     p

θ

x

Si la única fuerza que actua sobre el proyectil es la gravedad, entonces el vector aceleración resulta ser: ma = −mg j integrando se encuentra: v = −gt j + A con v0 = v0 , se tiene v0 = v0 cos θ i + v0 sin θ j, entonces empleando el hecho de que v (0) = v0 se tiene: v0 = A es decir: v = −gtj + v0 cos θ i + v0 sin θ j integrando nuevamente: 1 r = − gt2 j + v0 t cos θ i + v0 t sin θ j + B 2 puesto que: r (0) = p j, se encuentra: pj = B luego el vecor posición es: r

1 = − gt2 j + v0 t cos θ i + v0 t sin θ j + p j 2 1 = v0 t cos θ i + − gt2 + v0 t sin θ + p j 2

de donde se deduce que el vector posición del proyectil en cualquier instante t está dado por: r (t) =

v0 t cos θ − 12 gt2 + v0 t sin θ + p

104

CAPÍTULO 3. FUNCIONES VECTORIALES DE UNA VARIABLE REAL y

r r a = mg j

r r r r r v0 = v0 cosθ i + v0 sin θ j 0     p x

Ejemplo 3.9 Un avión vuela horizontalmente a 500 metros de altura, con una velocidad de 240 kilómetros por hora y arroja provisiones a un grupo de comandos tal como como se ilustra en el gráfico. ¿Con que ángulo de visión θ debe soltarse el paquete de provisiones para que llegue exactamente al grupo de comandos?

α

Angulode visión Paquete de provisiones

500m Comandos

673.07m y =0

Cuando el paquete sale del avión, el ángulo θ es cero (pues el avión vuela horizontalmente), entonces las ecuaciones de movimiento son: " x = (240) 1000 3600 t cos (0) y = − 12 (9.81) t2 + (240) 1000 3600 t sin (0) + 500 " x = 200t 3 y = −4. 905t2 + 500

de la segunda ecuación se encuentra 10. 096 seg., por tanto la distancia horizontal alcanzada es x = 673. 07 m. Luego el ángulo de visión es: 500 = 0. 63892 radianes 673.07 360 = (0. 63892) grados 2π = 36. 607 grados

α = arctan

200(10.096) 3

=

3.9. VELOCIDAD Y ACELERACIÓN

3.9.2

105

Ejercicios

1. Una pelota de béisbol es golpeada a 90 cm del suelo con una velocidad de 30 m/s y un ángulo de elevación θ = 450 . ¿Pasará una valla de 3 m situada a 90 m del lugar de lanzamiento?. Sol. No 2. Un proyectil es disparado desde el nivel del suelo con una velocidad inicial de 150 m/s con un ángulo de elevación de 600 . Calcule: (a) La máxima altura alcanzada, (b) El alcance máximo del proyectil Sol. x (t) = 75t, y (t) = −4. 9t2 + 129. 9t, máxima altura 860. 92, alcance máximo 1988. 3. 3. Un proyectil se dispara con una rapidez de 1000 m/s con un ángulo de 500 . ¿Que tiempo tarda en recorrer 15 Km?. Sol. 21. 2 s. 4. Un proyectil se dispara con una velocidad de 600 m/s y un ángulo de elevación de 300 . Encuentre (a) la máxima distancia alcanzada por el proyectil, (b) La máxima altura alcanzada, (c) la rapidéz en el √ momento del impacto. Sol. r (t) = 300t 3, −4. 9t2 + 300t , (a) 31.81 Km, (b) 4.59 Km, (c) 600. 5. Probar que si se duplica la velocidad inicial de un proyectil con un ángulo dado, entonces la distancia máxima alcanzada se multiplica por cuatro. 6. Se desea diseñar una empacadora que lance paquetes como se muestra en el gráfico. (a) Determinar la velocidad v0 en función de θ. (b) Hallar el ángulo θ para el cual v0 es mínima. Paquete

Paquete y

r v0

θ x

Sol. (a) v02 =

−gx2 , (b) θmin = 2y cos2 θ − 2x sin θ cos θ

1 2

arctan − xy + 180

106

CAPÍTULO 3. FUNCIONES VECTORIALES DE UNA VARIABLE REAL

Capítulo 4

Funciones reales de una variable vectorial 4.1

Introducción

Son funciones de la forma: f : Df ⊂ Rn → R, esto es, funciones con dominio Df en Rn y codominio en R.

Notación para el cálculo imágenes

Recordemos que si no se dice lo contrario, un vector será considerado siempre un vector columna. Por otra parte, como es usual, si a ∈ Df su imagen se denota con f (a) . En lo que sigue, la imagen de un vector como 

se escribirá, a veces, como:

 a1 a =  a2  a3 f (a1 , a2 , a3 )

en vez de



 a1 f  a2  a3

Esta notación se adopta solamente para el cálculo de imágenes. Definimos el dominio más grande de una función f de Rn en R como el conjunto de todos los x ∈ Rn tal que f (x) existe. Ejemplo 4.1 El dominio más grande de f (x, y) = x2 + y 2 es Df = R2 . ! √ Ejemplo 4.2 El dominio más grande de f (x, y, z) = 2x−y2 + z, donde Df = (x, y, z)t : x, y, z ∈ R y z ≥ 0 Ejemplo 4.3 El dominio más grande de f (x, y) = ln que

x2

x2

x − y2 + y 2 − 10y

es el conjunto de números x, y tales

x − y2 > 0. Graficamente este conjunto se representa a continuación. + y2 − 10y 107

108

CAPÍTULO 4. FUNCIONES REALES DE UNA VARIABLE VECTORIAL

y 10 8 6 4 2

-6

-4

-2

2

4

6

x

-2 -4

Ejercicios propuestos En los siguientes casos, hallar el dominio más grande y graficarlo. 1. f (x, y) =

-

2. f (x, y) =

-

rencia.

1 . Sol. interior de una circunferencia. 1 − x2 − y2 x2

x . Sol. El exterior de una semicircunferencia y el interior de una semicircunfe+ y2 − 9

3. f (x, y) = ln (xy) . Sol. Dos cuadrantes. 4. f (x, y) =

1 . Sol. Los puntos para los cuales xy = k, donde k = ± π2 (2n − 1) , n ∈ R. cos (xy)

5. f (x, y, z) = 6. f (x, y, z) =

4.2

z − x2 − y2 , Sol. El interior de un paraboloide. x2

1 , Sol. Todo R3 menos los puntos de un cilindro. + y2 − 1

El gráfico de una función a varias variables

El gráfico de una función f : Df ⊂ Rn → R, es el conjunto: graf (f ) = {(x, z) : x ∈ Df y z = f (x)} ⊂ Rn Ejemplo 4.4 Sea f : R2 → R, definida por f (x, y) = x2 + y 2 , entonces: graf (f ) = (x, y, z) : z = x2 + y 2

4.3. ALGEBRA DE FUNCIONES

109

Es claro que el gráfico de f es un paraboloide.

z z 20 15 10 -4 -2

5 -4

-2

0 2

2

4

y

4

x

y

x

Observación. Si f : Df ⊂ R2 → R, entonces el gráfico de f se puede describir como graf (f ) = {(x, y, z) : (x, y) ∈ Df

y z − f (x, y) = 0 } ,

este hecho muestra que el gráfico de f es una superficie para ciertos dominios.

4.3

Algebra de funciones

Sean f, g funciones de Rn en R se definen: • (f + g) (x) = f (x) + g (x) • (f − g) (x) = f (x) − g (x) • (f g) (x) = f (x) g (x) •

f g

(x) =

f (x) , para los x en donde g (x) = 0 g (x)

En los casos (i), (ii), (iii) el dominio de las nuevas funciones es Df ∩ Dg en (iv) el dominio es Df ∩ Dg − {x : g (x) = 0} . Ejemplo 4.5 Sean Identificar el dominio de f /g.

f (x, y) = x + y, g (x, y) = x2 − y 2

Solución. Observemos que Df = R2 , Dg = R2 , por otra parte g se hace nula en los puntos (x, y) tales que y = x o y = −x, así el dominio de f/g es R2 − {(x, y) : y = x y y = −x} Ejemplo 4.6 Sean f (x, y, z) =

√

x + y + z, g (x, y, z) = xyz

Hallar los dominios más grandes para (i) f, (ii) g, (iii) f + g, (iv) f g, (v) f /g Solución. (i) Df = {(x, y, z) : x + y + z ≥ 0} (ii) Dg = R3 , (iii) Df +g = Df g = Df , Df /g = Df ∩ {(x, y, z) : xyz = 0}

110

CAPÍTULO 4. FUNCIONES REALES DE UNA VARIABLE VECTORIAL

Ejercicios propuestos 1. Calcular f + g, f − g, f/g, f g si f (x, y) = dominio y graficarlo.

1 − x2 − y 2 , g (x, y) = x2 − y 2 , en cada caso buscar el

2. Hallar y graficar los dominios de f, g, f + g, g/f y f /g donde: f (x, y) = ln (x + y) , g (x, y) = 2

3. Hallar: f + g, f − g, f g, f /g cuando: f (x, y, z) = ex

4.4

+y 2 +z 2

√ √ x − y.

, g (x, y, z) = x3 + z 2

Composición de funciones

Sean ϕ : Dϕ ⊂ R → Rn , f : Rϕ ⊂ Rn → R, definimos la función f ◦ ϕ : Dϕ ⊂ R → R por: (f ◦ ϕ) (t) = f (ϕ (t)) ϕ

R

t

f

Rn

R

f(ϕ(t))

ϕ(t)

f ◦ϕ esta nueva función se llama compuesta de ϕ y f . Obsérvese que f ◦ ϕ es un función de R en R. La compuesta f ◦ ϕ se lee como ” ϕ compuesta con f ”. Sean f : Df ⊂ Rn → R, ϕ : Rf ⊂ R → R, definimos la función ϕ ◦ f : Df ⊂ Rn → R por (ϕ ◦ f) (x) = ϕ (f (x)) Rn

f

R

f (x)

ϕ

R

ϕ(f (x))

x

ϕ◦f La compuesta ϕ ◦ f se lee ”f compuesta con ϕ”.   t Ejemplo 4.7 Sea ϕ (t) =  t + 1  , f (x, y, z) = x2 + xyz. Es claro que ϕ : R → R3 ; definiendo f : Rϕ ⊂ t2 R3 → R la función f ◦ϕ es una función de R en R. (f ◦ ϕ) (t) = f (ϕ (t)) = f t, t + 1, t2 = t2 + t (t + 1) t2

4.5. LÍMITES

111

Por otra parte si f : Df ⊂ Rn → R y ϕ : Rf ⊂ R → R, entonces se define: ϕ ◦ f : Df ⊂ Rn → R por (ϕ ◦ f ) (x) = ϕ (f (x)) . √ x − y y ϕ (t) =

1 , es claro que −1 ! Df = (x, y)t : x − y ≥ 0 , Dϕ = R− {1, −1} ,

Ejemplo 4.8 Se define f (x, y) =

t2

(ϕ ◦ f) (x, y) = ϕ (f (x, y)) = ϕ

! t y Dϕ◦f = Df ∩ (x, y) : x − y = 1

√

x−y =

1 x−y−1

Ejercicios propuestos √ t t−1

√ 1. Hallar el dominio de f ◦ ϕ si f (x, y) = x + y y ϕ (t) = 2. Hallar el dominio de ϕ ◦ f si f (x, y) =

√ x + y y ϕ (t) =

1 t2 −1

3. Sean ϕ (t) = t, t2 , t + 1 , f (x, y, z) = ln (x + y) − ln (y + z) . Hallar f ◦ ϕ, hallar también la derivada de f ◦ ϕ. 4. Escribir las siguientes funciones como compuesta de otras funciones 2

(a) f (x, y, z) = ex

+y 2 +z 2

(b) f (x, y) = sin x2 + xy (c) f (x, y) = x2 y3 − x4

4.5 4.5.1

Límites La definición de límite

Sea f : Rn → R, a ∈ Rn , se dice que el límite de f cuando x se aproxima al punto a es L, lo que se escribe como, lim f (x) = L, x→a

si y solamente si dado ǫ > 0 es posible encontrar δ > 0 tal que si x − a < δ entonces |f (x) − L| < ǫ. Ejemplo 4.9 Sea f (x, y) = x2 + y 2 , probar que lim

(x,y)→(1,2)

f (x, y) = 5

Solución. Sea ǫ > 0, |f (x, y) − f (1, 2)| = x2 + y2 − 5 = |(x − 1) (x + 1) + (y − 2) (y + 2)| ≤ |x − 1| |x + 1| + |y − 2| |y + 2|

112

CAPÍTULO 4. FUNCIONES REALES DE UNA VARIABLE VECTORIAL x y

Si

−

1 2

< 1, claramente |x − 1| < 1 y |y − 2| < 1, con estas desigualdades: |x + 1| = |(x − 1) + 2| ≤ |x − 1| + |2| < 2 |y + 2| = |(y − 2) + 4| ≤ |y − 2| + |4| < 5

t observemos también que para todo vector a = (a1 , a2 ) se tiene:

|a1 | ≤ a y |a2 | ≤ a entonces: |f (x, y) − f (1, 2)| < 2 |x − 1| + 5 |y − 2| < 7

x y

−

1 2

así elegimos δ = min {1, ǫ/7} , este número satisface la exigencias. y

R

R2

5+ǫ 2

5

δ (x,y)

f (x,y) 5−ǫ

x

1

4.5.2

Teoremas sobre límites

Teorema 4.1 Si f (x) = C, entonces lim f (x) = C

x→a

Teorema 4.2 Sean f y g funciones tales que lim f (x) = L y lim g (x) = M, entonces: x→a

x→a

1. lim (f (x) + g (x)) = L + M x→a

2. lim (f (x) − g (x)) = L − M x→a

3. lim (f (x) g (x)) = LM x→a

4. lim

x→a

f (x) L = , M =0 g (x) M

Teorema 4.3 Sean f : Df ⊂ Rn → R, g : Dg ⊂ R → R. Si lim f (x) = b y g es continua en b, entonces x→a

lim (g ◦ f ) (x) = g (b) .

x→a

Obsérvese que el teorema muestra que lim g (f (x)) = g lim f (x) . x→a

x→a

4.6. CONTINUIDAD

4.6

113

Continuidad

Definición 4.4 (Continuidad)Se dice que una función f de Rn en R es continua en un punto a si (i) (ii)

f (a) existe lim f (x) = f (a)

x→a

Ejemplo 4.10 En el ejemplo 4.9 (página 111) con f (x, y) = x2 + y 2 se prueba que: lim

(x,y)→(1,2)

f (x, y) = 5,

más aún f (1, 2) = 5, luego f es una función continua en (1, 2)t . Teorema 4.5 Si f y g son funciones continuas en un punto a, entonces f + g, f − g, f g y f /g son continuas en a. Para el cociente se requiere que g (a) = 0. Teorema 4.6 Sean fi : Rn → R, definidas por fi (x1 , . . . , xn ) = xi , entonces fi es continua en todo Rn . Demostración. Sea a = (a1 , . . . , an ) , entonces fi (a) = ai , demostraremos que lim fi (x) = ai .

x→a

Si ǫ > 0, entonces con δ = ǫ, si x − a < δ : |fi (x) − ai | = |xi − ai | ≤ x−a 0

ex1

+

 x1 + x22  cos x1 + ln (x2 + x1 )

La derivada

Sea f : Df ⊂ Rp → Rq . Para x ∈ Df y h tal que x + h ∈ Df considérese la siguiente igualdad f (x + h) − f (x) = Ah + ϕ (x; h) h, donde A no depende de h. Si lim ϕ (x; h) = 0,

h→0

entonces la matriz A ∈ Mq,p se llama la derivada de f en el punto x. El vector Ah se llama la diferencial de f en x. Como es usual la derivada se denotará con f ′ (x) o Df (x) .

5.1.1

Cálculo de la derivada 

  f1    Tomando f =  ...  x =  fq

  x1 ..  y h =   .  xp

 h1 ..  e igualando la i−ésima componente se tiene: .  hn

fi (x + h) − fi (x) = Ai h + ϕi (x; h) h

donde Ai es la i-ésima fila de la matriz A y ϕi (x; h) es la i-ésima fila de la matriz ϕ (x; h) ; esto prueba que la i−ésima fila de f ′ (x) se encuentra formada con las componentes de la derivada de la función fi . Ejemplo 5.2 Sea f : Df ⊂ R3 → R2 , dada por f (x) =

f1 (x) f2 (x) 129

130

CAPÍTULO 5. FUNCIONES VECTORIALES DE UN VECTOR 

 x1 donde x =  x2  . Entonces: x3

Ejemplo 5.3 Sea



∂f1 (x)  ∂x1 ′ f (x) =  ∂f (x) 2 ∂x1

∂f1 (x) ∂x2 ∂f2 (x) ∂x2

f (x1 , x2 , x3 ) =

 ∂f1 (x) ∂x3  ∂f2 (x)  ∂x3

x21 + cos x3 x1 + e7x2

entonces: 2x1 1

f ′ (x1 , x2 , x3 ) =

0 7ex2

− sin x3 0

Como es usual, cuando se tienen pocas variables, en vez de x1 usamos la variable x, en vez de x2 la variable y, etc. Ejemplo 5.4 Sea

entonces:

5.1.2





 x cos (x + y)  xy f (x, y) =  ln x2 + y 2

 cos (x + y) − x sin (x + y) −x sin (x + y)   y x f ′ (x, y) =   2y 2x x2 + y 2 x2 + y2

La segunda derivada de una función de Rn en R

Sea f : Df ⊂ Rn → R, la derivada de esta función es: f ′ (x) =

∂f (x) ∂f (x) ,···, ∂x1 ∂xn

,

la función f ′ es claramente una función de Rn en Rn , por tanto la derivada de f ′ es  ∂ ∂f (x) ∂ ∂f (x) ∂ ∂f (x) ···  ∂x1 ∂x1 ∂x2 ∂x1 ∂xn ∂x1   ∂ .. ∂f (x) ∂ ∂f (x) ∂ ∂f (x)  .  ∂x2 ∂x2 ∂x2 ∂xn ∂x2 f ′′ (x) =  ∂x1  .. .. .. ..  . . . .   ∂ ∂f (x) ∂ ∂f (x) ∂ ∂f (x) ··· ∂x1 ∂xn ∂x2 ∂xn ∂xn ∂xn  2  2 2 ∂ f (x) ∂ f (x) ∂ f (x) ···  2  ∂x ∂x ∂x ∂x 2 1 n ∂x1   2 1 2  ∂ f (x) ∂ 2 f (x)  . ∂ f (x) ..    ∂x ∂x 2 ∂ x2 ∂xn ∂x2  =  1 2    .. .. .. ..   . . .  2 .  2  ∂ f (x) ∂ 2 f (x) ∂ f (x)  ··· ∂x1 ∂xn ∂x2 ∂xn ∂x2n

          

5.2. LA SEGUNDA DIFERENCIAL DE F : DF ⊂ RN → R

131

si la función es continua en x, entonces las derivadas cruzadas son iguales, es decir: ∂ 2 f (x) ∂ 2 f (x) = , ∂xi ∂xj ∂xj ∂xi en tal caso la matriz f ′′ (x) es claramente simétrica. Ejemplo 5.5 Sea f (x, y, z) = xyz. Entonces: f ′ (x, y, z) = (yz,  0 f ′′ (x, y, z) =  z y

xz, xy)  z y 0 x  x 0

Ejemplo 5.6 Sea f (x, y, z) = x2 y + y sin (x + z) . Entonces:

f ′ (x, y, z) = 2xy + y cos (x + z) , x2 + sin (x + z) , y cos (x + z)   2y − y sin (x + z) 2x + cos (x + z) −y sin (x + z) 0 cos (x + z)  f ′′ (x, y, z) =  2x + cos (x + z) −y sin (x + z) cos (x + z) −y sin (x + z)

5.2

La segunda diferencial de f : Df ⊂ Rn → R

Definición 5.1 Sea f : Df ⊂ Rn → R, sea a ∈ Df en donde f ′′ (a) existe, entonces la segunda diferencial de f en el punto a denotada por d2 f (a) es el operador lineal definido por: d2 f (a) dx = (dx)t f ′′ (a) (dx) , donde dx = (dx1 , dx2 , . . . , dxn )t . Obsérvese que la segunda diferencial es una forma cuadrática en la variables dx1 , dx2 , . . . , dxn . Ejercicio 5.1 Hallar la segunda diferencial de f (x, y) = x2 y + x2 y3 en el punto (a, b)t Solución.

f ′ (x, y) = 2xy + 2xy3 , x2 + 3x2 y2 f ′′ (x, y) =

2y + 2y 3 2x + 6xy2

2x + 6xy 2 6x2 y

por tanto d2 f (a, b) (dx, dy) = (dx, dy) f ′′ (a, b) (dx, dy)t 2b + 2b3 2a + 6ab2 = (dx, dy) 2a + 6ab2 6a2 b =

2b + 2b3 (dx)2 + 2 2a + 6ab2 (dx) (dy) + 6a2 b (dy)2

Ejercicio 5.2 Hallar la segunda diferencial de f (x, y, z) = xy 2 + yz 2 + zx2 en (1, −2, 3)t .

dx dy

132

CAPÍTULO 5. FUNCIONES VECTORIALES DE UN VECTOR Solución. f ′ (x, y, z) =

y2 + 2xz, z 2 + 2xy, x2 + 2yz   2z 2y 2x f ′′ (x, y, z) =  2y 2x 2z  2x 2z 2y

por tanto:



 6 −4 2 2 6  f ′′ (1, −2, 3) =  −4 2 6 −4

luego:

d2 f (1, −2, 3) (dx, dy, dz)



  6 −4 2 dx 2 6   dy  = (dx, dy, dz)  −4 2 6 −4 dz

t

= 6 (dx)2 − 8 (dx) (dy) + 4 (dx) (dz) 2

+2 (dy) + 12 (dy) (dz) − 4 (dz)

5.3

2

Funciones inyectivas

Definición 5.2 Una función g de Rn en Rn , se dice que f es inyectiva (o uno a uno) si siempre que g (x) = g (y) se tiene x = y. Ejercicio 5.3 Determinar si la función g de R2 en R2 definida por g (u, v) = u + v, u2 − v . Solución. Supóngase que g (u, v) = g (a, b) entonces: u + v, u − v = a + b, a − b , por tanto: 2

2

u+v u2 − v

= a + b.................(1) = a2 − b............... (2)

de (1) u − a = b − v.................(3)

y de (2) se encuentra u2 − a2 = v − b de donde

(u − a) (u + a) = v − b.................(4) de (3) y (4) se obtiene: (u − a) (u + a) = − (u − a) , por tanto: (u − a) (u + a + 1) = 0.................(5) Si la función g es inyectiva debemos tener: u−a = 0 u+a+1 = 0

y

de donde u = a, reemplazando en (1) se encuentra v = b, por tanto (u, v) = (a, b) . Por otra parte de la segunda parte se encuentra 2u + 1 = 0, es decir, g es inyectiva siempre que 1 u=− , 2 por tanto g es inyectiva si u ∈ −∞, − 12 o si u ∈ − 12 , ∞ .

5.4. LA REGLA DE LA CADENA

133

Ejercicios propuestos Determinar las regiones donde las siguientes funciones son inyectivas v 1. g (u, v) = u + v, u+v

2. g (u, v) = 4u2 + 4v, u − v 3. g (u, v) = (u − uv, uv) 4. g (u, v) = (u, uv) 5. g (u, v) = uv, 12 u2 − v2 6. g (u, v) = (−uv, uv + v)

5.4

La regla de la cadena

Considérese las siguientes funciones: g : Dg ⊂ Rn → Rp ,

f : Rg → Rm

entonces f ◦ g : Dg ⊂ Rn → Rm . La derivada de la función compuesta f ◦ g en cualquier punto x ∈ Df ◦g es: D (f ◦ g) (x) = Df (g (x)) Dg (x) , claramente D (f ◦ g) (x) ∈ Mm,n .

   x+y v Ejemplo 5.7 Sea g (x, y) =  x2 y  , f (u, v, w) =  uv  . Las derivadas de g y f son: uw2 x2 + y 2 



por tanto

finalmente:

 1 1 Dg (x, y) =  2xy x2  , 2x 2y



 0 1 0 0  Df (u, v, w) =  v u w2 0 2uw

Df (g (x, y)) = Df x + y, x2 y, x2 + y 2   0 1 0 2  x y x+y 0 =  2 2 2 2 2 x +y 0 2 (x + y) x + y

D (f ◦ g) (x, y) = Df (g (x, y)) Dg (x, y)    0 1 0 1 1   2xy x2  x+y 0 x2 y =  2 2x 2y x2 + y 2 0 2 (x + y) x2 + y 2   2xy x2  3x2 y + 2xy 2 2x2 y + x3 =  5x4 + 6x2 y2 + y 4 + 4x3 y + 4xy3 x4 + 6x2 y 2 + 5y 4 + 4x3 y + 4xy3

134

CAPÍTULO 5. FUNCIONES VECTORIALES DE UN VECTOR

5.4.1

Una aplicación

Supóngase que se tiene una función z = f (x, y) , esto es, f : Df ⊂ R2 → R. Considérese el siguiente cambio de variable: x = x (u, v) y = y (u, v) , entonces: z = f (x (u, v) , y (u, v)) es claro que ahora z depende de la variables u y v, más aún, es la compuesta de las siguientes funciones: x (u, v) y (u, v)

g (u, v) =

y f (x, y)

pues z = (f ◦ g) (u, v) . Si z = f (g (u, v)) y g (u, v) = z′

x y

, entonces:

= Df (g (u, v)) Dg (u, v)   ∂x ∂x ∂f ∂f  ∂u ∂v  = ,  ∂y ∂y  ∂x ∂y ∂u ∂v ∂f ∂x ∂f ∂y ∂f ∂x ∂f ∂y = + , + ∂x ∂u ∂y ∂u ∂x ∂v ∂y ∂v

por otra parte z es una función de R2 en R, por tanto: z′ =

∂z ∂z , ∂u ∂v

,

por tanto: ∂z ∂u ∂z ∂v

= =

∂f ∂x ∂f ∂y + ∂x ∂u ∂y ∂u ∂f ∂x ∂f ∂y + ∂x ∂v ∂y ∂v

Ejemplo 5.8 Si z = f (x, y) , calcularemos las primeras derivadas parciales y las segundas luego de hacer el cambio de variable: x = r cos θ y = r sin θ • (Cálculo de las primeras derivadas parciales) Por lo deducido anteriormente: ∂z ∂r ∂z ∂θ

= =

∂f ∂x ∂f ∂y + = ∂x ∂r ∂y ∂r ∂f ∂x ∂f ∂y + = ∂x ∂θ ∂y ∂θ

∂f ∂f (cos θ) + (sin θ) ∂x ∂y ∂f ∂f (−r sin θ) + (r cos θ) ∂x ∂y

5.4. LA REGLA DE LA CADENA

135

es decir: ∂z ∂r ∂z ∂θ • (Cálculo de ∂2z ∂r2

∂2z ) Aplicando la regla del producto: ∂r2 = = = = =

= • (Cálculo de

∂f ∂f + sin θ ∂x ∂y ∂f ∂f = −r sin θ + r cos θ ∂x ∂y = cos θ

∂ ∂r ∂ ∂r

∂z ∂r

∂f ∂f + sin θ ∂x ∂y ∂ ∂f ∂ ∂f + sin θ cos θ ∂r ∂x ∂r ∂y ∂ ∂f ∂x ∂ ∂f ∂y cos θ + + sin θ ∂x ∂x ∂r ∂y ∂x ∂r ∂2f ∂2f cos θ (cos θ) + (sin θ) ∂x2 ∂y∂x ∂2f ∂2f (cos θ) + (sin θ) + sin θ ∂x∂y ∂y 2 ∂2f ∂2f ∂2f cos2 θ 2 + 2 cos θ sin θ + sin2 θ 2 ∂x ∂x∂y ∂y cos θ

∂ ∂x

∂f ∂y

∂x ∂ + ∂r ∂y

∂2z ) ∂θ∂r ∂2z ∂θ∂r

= = = =

=

=

=

∂ ∂θ ∂ ∂θ

∂z ∂r

∂f ∂f + sin θ ∂x ∂y ∂f ∂ ∂f ∂f ∂ − sin θ + cos θ + cos θ + sin θ ∂x ∂θ ∂x ∂y ∂θ ∂f ∂ 2 f ∂x ∂ 2 f ∂y − sin θ + cos θ + ∂x ∂x2 ∂θ ∂y∂x ∂θ ∂ 2 f ∂x ∂ 2 f ∂y ∂f + sin θ + 2 + cos θ ∂y ∂x∂y ∂θ ∂y ∂θ 2 ∂f ∂ f ∂x ∂ 2 f ∂y − sin θ + cos θ + 2 ∂x ∂x ∂θ ∂y∂x ∂θ ∂f ∂ 2 f ∂x ∂ 2 f ∂y + cos θ + sin θ + 2 ∂y ∂x∂y ∂θ ∂y ∂θ 2 ∂f ∂ f ∂2f − sin θ + cos θ −r sin θ 2 + r cos θ ∂x ∂x ∂y∂x 2 ∂f ∂ f ∂2f + cos θ + sin θ −r sin θ + r cos θ 2 ∂y ∂x∂y ∂y 2 2 ∂f ∂ f ∂ f − sin θ − r cos θ sin θ 2 + r cos2 θ ∂x ∂x ∂y∂x ∂f ∂2f ∂2f + cos θ − r sin2 θ + r cos θ sin θ 2 ∂y ∂x∂y ∂y cos θ

∂f ∂y

∂f ∂y

∂y ∂r

136

CAPÍTULO 5. FUNCIONES VECTORIALES DE UN VECTOR por tanto: ∂2z ∂θ∂r

• Queda como ejercicio calcular

∂2f ∂f ∂f − sin θ + r cos2 θ − sin2 θ ∂y ∂x ∂x∂y ∂2f ∂2f − 2 +r cos θ sin θ ∂y 2 ∂x

= cos θ

∂2f ∂θ2

Ejercicios propuestos 1. Si z = f (x, y) es una función diferenciable y y es función diferenciable de la variable x, probar: dz ∂f ∂f dy = + dx ∂x ∂y dx 2. Si f (x, y) = 0 define y = y (x) implícitamente, probar que ∂f dy = − ∂x ∂f dx ∂y ∂z ∂z ∂z 3. Si g (u, v, w) = (x, y) y z = f (x, y) = f (g (u, v, w)) , encontrar fórmulas para , , usando la ∂u ∂v ∂w regla de la cadena. ∂t ∂t ∂t 4. Si g (u, v, w) = u sin v, w2 , u2 w , f (x, y, z) = xyz y t = f (g (u, v, w)) , encontrar , , por ∂u ∂v ∂w cálculo directo y también por aplicación de la regla de la cadena. 5. Sea f (w, x, y, z) = wz tan−1

x y

+ 5w. Mostrar que ∂2f ∂2f ∂2f ∂2f + + + = 0. ∂w2 ∂x2 ∂y 2 ∂z 2

6. Sea f una función a una variable y sea z = f (x + 2y) . Mostrar que 2

∂f ∂f − = 0. ∂x ∂y

7. Sea f una función a una variable y sea z = f x2 + y 2 . Mostrar que y

∂f ∂f −x = 0. ∂x ∂y

8. Supongamos que f tiene derivadas parciales continuas de segundo orden y u = f (x, t) . Demuéstrese que ∂2u ∂2u ∂2u la ecuación de onda 2 − a2 2 = 0 toma la forma = 0 bajo el cambio de variables r = x + at, ∂t ∂x ∂r∂s s = x − at. 9. Demuéstrese que u = F (x − at) + G (x + at) , donde F y G son funciones arbitrarias con derivadas parciales segundas contínuas, satisfacen la ecuación de onda 2 ∂2 u 2∂ u − a =0 ∂t2 ∂x2

5.4. LA REGLA DE LA CADENA

137

10. Si u = F (x − y, y − z, z − x) demúestrese que ∂u ∂u ∂u + + =0 ∂x ∂y ∂z 11. Demuéstrese que la ecuación x2 toma la forma

∂2u ∂2u ∂u ∂u + y2 2 + x +y =0 2 ∂x ∂y ∂x ∂y

∂2 u ∂2 u + 2 = 0 bajo el cambio de variable x = er , y = es . ∂r2 ∂s

138

CAPÍTULO 5. FUNCIONES VECTORIALES DE UN VECTOR

Capítulo 6

Máximos y Mínimos 6.1

Introducción

Definición 6.1 (Maximo y mínimo) Una función f : Df ⊂ Rn → R tiene un máximo (respectivamente un mínimo) en a ∈ Df si f (a) ≥ f (x) (respectivamente si f (a) ≤ f (x)) para todo x ∈ Df . Si el dominio de f es abierto se tiene la siguiente definición. Definición 6.2 (Máximo y mínimo local) Sea f : Df ⊂ Rn → R . Se dice que f tiene un máximo local (respectivamente un mínimo local) en a ∈ Df si existe un conjunto abierto U conteniendo el punto a tal que f (x) ≤ f (a) (respectivamente si f (x) ≥ f (a)) para todo x ∈ Df ∩ U.

El punto a se llamará extremo local. El siguiente teorema nos da luces para encontrar los extremos locales de una función a varias variables.

6.2

Condición necesaria de extremo

Teorema 6.3 Considérese una función f : U ⊂ Rp → R, donde U es un conjunto abierto. Sea f diferenciable en U tal que f tiene un extremo local en a, entonces f ′ (a) = 0, esto es, todas las derivadas parciales en el punto a son nulas, es decir, ∂f (a) = 0, para todo i = 1, . . . , p ∂xi 139

140

CAPÍTULO 6.

MÁXIMOS Y MÍNIMOS

Los puntos a en donde f ′ (a) = 0 se llaman puntos críticos. Demostración. Demostraremos que f ′ (a) u = 0 para todo vector u ∈ Rp no nulo, para este fin, considérese la función vectorial g (t) = a + tu definida en una vecindad de t = 0, y entonces restrinjamos f al rango de esta función, esto es, consideramos la función real ϕ = f ◦ g osea: ϕ (t) = f (a + tu) definida en una vecindad de t = 0. Claramente ϕ es diferenciable en t = 0 pues f lo es en a, más aún, la derivada es: ϕ′ (0) = f ′ (a) u como obviamente ϕ tiene un extremo en t = 0, ϕ′ (0) = 0, es decir f ′ (a) u = 0 para todo u ∈ Rp , es decir, f ′ (a) = 0. A continuación una ilustración para el caso p = 3. y R3 g f R R

a + tu u

ϕ(0)=f (a)

g(0)

a 0

y

x ϕ(t) = f (a + tu)

Observación. Nótese que, en un dominio abierto, el teorema anterior nos dice que si f ′ (a) = 0 entonces en a no se pueden tener extremos locales, esto significa que los extremos locales de una función f definida en un dominio abierto se encuentran en los puntos donde la derivada es nula, es decir, los puntos en donde todas las derivadas parciales son cero.

Ejercicios resueltos Ejercicio 6.1 Encontrar los puntos críticos de f (x, y) = 2x2 − 2x + 8yx − 10y + 20y 2 Solución. Las derivadas parciales igualadas a cero son: ∂f (x, y) ∂x ∂f (x, y) ∂y

= 4x − 2 + 8y = 0 = 8x − 10 + 40y = 0

6.2. CONDICIÓN NECESARIA DE EXTREMO

141

así se plantea el siguiente sistema: 4x + 8y 8x + 40y

= 2 = 10

resolviendo se encuentra: x = 0, y =

1 4

por tanto el conjunto de puntos críticos es: PC =

"

0,

1 4

+

Ejercicio 6.2 Encontrar los puntos críticos de f (x, y) = sin x sin y Solución. Las derivadas parciales igualadas a cero son: ∂f (x, y) ∂x ∂f (x, y) ∂y las soluciones son:

mπ nπ

= cos x sin y = 0 = sin x cos y = 0

,

(2m + 1) π2 (2n + 1) π2

con m, n enteros. Ejercicio 6.3 Hallar los puntos críticos de f (x, y, z) = x2 y 2 + x2 − 4xz + 4z 2 + y2 + 2xy + 2x − 4z + 2y Solución. ∂f (x, y, z) ∂x ∂f (x, y, z) ∂y ∂f (x, y, z) ∂z

= 2xy 2 + 2x − 4z + 2y + 2 = 2x2 y + 2y + 2x + 2 = −4x + 8z − 4

así los puntos críticos son las soluciones del sistema: xy 2 + x − 2z + y + 1 = 0 . . . . . . . . . . . . (1) x2 y + y + x + 1 = 0 . . . . . . . . . . . . (2) −x + 2z − 1 = 0 . . . . . . . . . . . . (3) de la tercera ecuación se obtiene z=

x+1 . . . . . . . . . . . . . . . (4), 2

reemplazando este resultado (1) se obtiene y (xy + 1) = 0, este resultado junto a (2) da el sistema: y (xy + 1) = 0 . . . . . . . . . . . . (5) x y + y + x + 1 = 0 . . . . . . . . . . . . (6) 2

142

CAPÍTULO 6.

MÁXIMOS Y MÍNIMOS 

 −1 • De (5), si y = 0, reemplazando en (4) y (6) se obtiene x = −1, z = 0; así se obtiene la solución  0  . 0

1 • Si y = 0, de (5) se tiene y = − , reemplazando en (6) se encuentra x = 1, reemplazando en (4) se tiene x   1 z = 1, por tanto y = −1, así se tiene la solución  −1  . 1

Ejercicio 6.4 Encontrar los puntos críticos de

f (x, y, z) = 3x2 z − 9x2 + 3y 2 z − 9y 2 + 2z 3 − 18z 2 + 24z − 12x − 12y Derivando e igualando a cero se tiene: ∂f (x, y, z) ∂x ∂f (x, y, z) ∂y ∂f (x, y, z) ∂z

= 6xz − 18x − 12 = 0 = 6yz − 18y − 12 = 0 = 3x2 + 3y 2 + 6z 2 − 36z + 24 = 0

así debemos resolver el sistema: xz − 3x − 2 = 0 yz − 3y − 2 = 0 x2 + y 2 + 2z 2 − 12z + 8 = 0 Las soluciones son:



       1 −1 2 −2  1  ,  −1  ,  2  ,  −2  5 1 4 2

Ejercicios propuestos Hallar los puntos críticos de: 1. f (x, y) = x2 + 4y 2 + 2xy + 4x + 16y. Sol.: (0, −2) 2. f (x, y, z) = 3x2 z + 6x2 + 3y2 z + 6y 2 + 2z 3 + 12z 2 − 6z − 12x − 12y. Sol.

(1, 1, 0) , (−1, −1, −4) , (2, 2, −1) , (−2, −2, −3) 3. f (x, y, z) = x2 + yx + y 2 + yz + z 2 + xz + 2z Sol. (1/2, 1/2, −3/2) 4. f (x, y, z) = y2 x2 + 2y 2 + 2yz + z 2 − 2yx + 4y + 2z Sol. (1, 0, −1) , (−1, −1, 0)

5. f (x, y) = 8x3 + 27y 3 − 18xy. Sol. (0, 0) , 6. f (x, y) = xy

1 1 2, 3

3 − x2 − y2 . Sol. (1, 1) , (−1, −1) , (1, −1) , (−1, 1) , (0, 0)

6.3. CONDICIÓN SUFICIENTE DE EXTREMO

6.3

143

Condición suficiente de extremo

En esta sección acudiremos a la segunda diferencial para decidir si en un punto crítico existe o no un máximo local, mínimo local o punto silla. Recordemos que la segunda diferencial es una forma cuadrática cuya matriz asociada es la segunda derivada de f. Teorema 6.4 Sea U ⊂ Rp un conjunto abierto, f : U → R, diferenciable dos veces en U. Sea a un punto crítico, esto es, tal que f ′ (a) = 0. Sea dx = (dx1 , . . . , dxn )t . Entonces • Si d2 f (a) (dx) es definida positiva, f tiene en a un mínimo local. • Si d2 f (a) (dx) es definida negativa, f tiene en a un máximo local. • Si d2 f (a) (dx) no es definida ni semidefinida, entonces en a no hay extremo de f. Se dice también que en tal punto hay un punto silla. t

• Si (dx) f ′′ (a) (dx) es semidefinida, entonces el método no da ninguna información. Como se sabe, en el anterior teorema, es suficiente analizar la matriz f ′′ (a) , así se tiene el siguiente teorema equivalente. Teorema 6.5 Sea U ⊂ Rp un conjunto abierto, f : U → R, diferenciable dos veces en U. Sea a un punto crítico, esto es, tal que f ′ (a) = 0. Entonces: • Si f ′′ (a) es definida positiva, entonces f tiene en a un mínimo local. • Si f ′′ (a) es definida negativa, entonces f tiene en a un máximo local. • Si f ′′ (a) no es definida ni semidefinida, entonces en a no hay extremo de f. • Si f ′′ (a) es semidefinida, entonces el método no da ninguna información. Demostración. Omitida

Ejercicios resueltos Ejercicio 6.5 Calcular los máximos y mínimos locales de f (x, y) = 2x2 − 2x + 8yx − 10y + 20y 2 Solución. El conjunto de puntos críticos es el conjunto unitario: # $ 0, 1 PC = 4 La matriz Hessiana en cualquier punto (x, y) es: f ′′ (x, y) = claramente en el punto crítico

0 1/4

4 8 8 40

,

: f ′′ (0, 1/4) =

4 8 8 40

,

Ahora podemos usar el criterio de congruencia o el criterio de Sylvester para decidir si la matriz es o no definida positiva. Como ejercicio usaremos ambos criterios.

144

CAPÍTULO 6. • Criterio de congruencia.

4 8 8 40

F 21(−2)

∼

MÁXIMOS Y MÍNIMOS

4 8 0 24

Como los elementos de la diagonal principal de la última matriz son todos potitivos, f ′′ (0, 1/4) definida t positiva, luego f tiene en (0, 1/4) un mínimo local. • Criterio de Sylvester. Calculamos los deltas: ∆1 ∆2

= |4| = 4 4 8 = 8 40

= 160 − 64 = 96

como todos los ∆i son positivos la matriz es definida positiva, luego f tiene en (0, 1/4) un mínimo local. Naturalmente el resultado coincide con la conclusión anterior. Ejercicio 6.6 Determinar las dimensiones de una ventana de forma pentagonal coronado por un triángulo isóseles, ver gráfica, de área máxima y perímetro conocido igual a 12 metros. x sec α x tan α α x

y

2x

Solución. Sean 2x, y las dimensiones de la parte rectangular y α el ángulo interior del triángulo isóseles tal como se muestra en la gráfica, entonces el área A es: 1 (2x) (x tan α) 2 = 2xy + x2 tan α,

A = (2x) y +

((i))

por otra parte, puesto que el perímetro es 12, se debe tener: 2y + 2x + 2x sec α = 12 de donde: y = 6 − x (1 + sec α)

reemplazando en (i) se encuentra

A = 2x (6 − x (1 + sec α)) + x2 tan α = 12x − x2 (2 + 2 sec α − tan α) Las derivadas parciales son: ∂A ∂x ∂A ∂α

= 12 − 2x (2 + 2 sec α − tan α) = −x2 sec2 α (2 sin α − 1)

((ii))

6.3. CONDICIÓN SUFICIENTE DE EXTREMO

145

resolviendo el sistema formado por las derivadas parciales igualadas a cero se encuentra en único punto crítico π α = 6 √ x = 6 2− 3 . La segunda derivada es A′′ (x, α) = F (x, α) = En el punto crítico se tiene:

−2 (2 + 2 sec α − tan α) −2x sec2 α (2 sin α − 1) 2 2 −2x sec α (2 sin α − 1) −2x sec2 α tan α (2 sin α − 1) + sec α

F 6 2−

√

π 3 , 6

√ −4 − 2 3 0 √ 0 − 43 12 − 6 3

=

2√

3

claramente esta matriz es definida negativa, luego en el punto crítico se tiene un máximo. Reemplazando en (ii) encontramos y

= 6 − x (1 + sec α) √ π = 6 − 6 2 − 3 1 + sec 6 √ = 6−2 3

Así las dimensiones adecuadas son: √ Base: 2x = 12 2 − 3 = 3. 215 metros √ Altura: y = 6 − 2 3 = 2. 536 metros Ángulo de inclinación α = π6 √ √ Lado igual del triángulo isóseles: x sec α = 6 2 − 3 sec π6 = 4 2 3 − 3 = 1. 856 metros. Ejercicio 6.7 Calcular los máximos y mínimos locales de f (x, y) = sin x sin y Solución. El conjunto de puntos críticos es:    π    (2m + 1) mπ 2  : m, n son enteros PC = , π   nπ (2n + 1) 2 La matriz Hessiana es: − sin x sin y cos x cos y f ′′ (x, y) = cos x cos y − sin x sin y Analizemos cada uno de los puntos crítico.

• Punto (mπ, nπ) m, n enteros. En este caso: f ′′ (mπ, nπ) =

0 cos (mπ) cos (nπ) cos (mπ) cos (nπ) 0

Si m y n son ambos pares o ambos impares: f ′′ (mπ, nπ) =

0 1 1 0

Si uno es par y el otro impar: f ′′ (mπ, nπ) =

0 −1 −1 0

en ambos los autovalores son 1 y −1. Esto prueba que la matriz no es definida ni semidefinida, esto es, en (mx, nx) se tiene un punto silla para todo m, n entero.

146

CAPÍTULO 6. 

• Punto 

(2m + 1) (2n + 1)

MÁXIMOS Y MÍNIMOS

π  π2  . Observemos que para todo entero k: 2

π 2 π sin (2k + 1) 2

cos (2k + 1)

= − sin kπ = cos kπ

por tanto: π π f ′′ (2m + 1) , (2n + 1) 2 2

− (cos mπ) (cos nπ) 0 0 − (cos mπ) (cos nπ)

=

Si m y n son pares, digamos m = 2i, n = 2j, tenemos: π π f ′′ (4i + 1) , (4j + 1) 2 2

=

−1 0 0 −1

π π que es definida negativa (pues todos sus autovalores son negativos), luego en los puntos (4i + 1) , (4j + 1) 2 2 f tiene un máximo local. Si m y n son ambos impares, digamos m = 2i + 1, n = 2j + 1, se tiene: π π f ′′ (4i + 3) , (4j + 3) 2 2

=

−1 0 0 −1

π π que es definida negativa (pues todos sus autovalores son negativos), luego en los puntos (4i + 3) , (4j + 3) 2 2 f tiene un máximo local. Si m = 2i y n = 2j + 1 : f ′′ (4i + 1)

π π , (4j + 3) 2 2

=

1 0 0 1

f ′′ (4i + 3)

π π , (4j + 1) 2 2

=

1 0 0 1

Si m = 2i + 1 y n = 2j :

π π π π en los dos últimos casos, la matriz es definida positiva, luego en (4i + 1) , (4j + 3) y (4i + 3) , (4j + 1) 2 2 2 2 f tiene un mínimo local.

Ejercicio 6.8 Calcular los máximos y mínimos de 2 f (x, y, z) = x2 z − 3x2 + y 2 z − 3y 2 + z 3 − 6z 2 + 8z + 13 − 4x − 4y 3 Solución. los puntos críticos son: P C = {(1, 1, 5) , (−1, −1, 1) , (2, 2, 4) , (−2, −2, 2)} La matriz Hessiana es:



 2z − 6 0 2x  0 2z − 6 2y f ′′ (x, y, z) =  2x 2y 4z − 12

6.3. CONDICIÓN SUFICIENTE DE EXTREMO • Punto (1, 1, 5) :

147 

Aplicando operaciones elementales:

 4 0 2 f ′′ (1, 1, 5) =  0 4 2  2 2 8



     4 0 2 4 0 2 4 0 2  0 4 2  ∼ 0 4 2  ∼ 0 4 2  2 2 8 F 31(−1/2) 0 2 7 F 32(−1/2) 0 0 6 Al ser todos los elementos de la diagonal principal de la última matriz todos positivos concluimos que la segunda derivada en (1, 1, 5) es definida positiva, luego en (1, 1, 5) la función f tiene un mínimo local. • Punto (−1, −1, 1) .



 −4 0 −2 f ′′ (−1, −1, 1) =  0 −4 −2  −2 −2 −8

Aplicamos ahora operaciones elementales: 

     −4 0 −2 −4 0 −2 −4 0 −2  0 −4 −2  ∼  0 −4 −2  ∼  0 −4 −2  −2 −2 −8 F 31(−1/2) 0 −2 −7 F 32(−1/2) 0 0 −6 De lo anterior concluimos que f ′′ (−1, −1, 1)t es definida negativa y por tanto en (−1, −1, 1)t f tiene un máximo local. • Punto (2, 2, 4)t ..



 2 0 4 f ′′ (2, 2, 4) =  0 2 4  4 4 4

Nuevamente aplicamos operaciones elementales: 

     2 0 4 2 0 4 2 0 4  0 2 4  ∼ 0 2 4  ∼ 0 2 4  4 4 4 F 31(−1/2) 0 4 −4 F 32(−2) 0 0 −12 • Punto (−2−, 2, 2) . .



 −2 0 −4 f ′′ (2, 2, 4) =  0 −2 −4  −4 −4 −4

Aplicando operaciones elementales se prueba: 

   −2 0 −4 −2 0 −4  0 −2 −4  ∼  0 −2 −4  −4 −4 −4 0 0 12

En los dos últimos casos, la matriz resultante no es definida ni semidefinida, luego en los puntos (2, 2, 4) y (−2, −2, 2) no se tienen extremos.

148

CAPÍTULO 6.

6.4

MÁXIMOS Y MÍNIMOS

El caso particular de dos variables

Si se tienen dos variables puede usarse el criterio de Silvester para probar el siguiente resultado: Sea U ⊂ R2 un conjunto abierto, f : U → R, diferenciable dos veces en U ; Sea (a, b) un punto crítico, esto es, tal que f ′ (a, b) = 0. Sea

∆ (a, b) =

∂ 2 f (a, b) ∂x2 ∂ 2 f (a, b) ∂x∂y

∂ 2 f (a, b) ∂x∂y ∂ 2 f (a, b) ∂y2

Entonces:’ • Si

∂ 2 f (a, b) > 0 y ∆ (a, b) > 0, entonces f tiene en a un mínimo local. ∂x2

• Si

∂ 2 f (a, b) < 0 y ∆ (a, b) > 0, entonces f tiene en a un máximo local. ∂x2

• Si ∆ (a, b) < 0, entonces en a no hay extremo de f, se dice que se tiene un punto silla. • Si ∆ (a, b) = 0, entonces el método no da ninguna información. ∂ 2 f (a, b) = ∆1 y ∆ (a, b) = ∆2 . Las primeras tres partes del resultado siguen ∂x2 del criterio de Sylvester. Si ∆ (a, b) = 0, entonces f ′′ (a, b) tiene almenos un autovalor cero, por tanto es semidefinida, esto prueba la última parte. Prueba. Nótese que

Ejercicios propuestos 1. Hallar los máximos, mínimos locales y puntos silla de las siguientes funciones: (a) f (x, y) = 2x2 + y2 + xy + 5, Sol.: Mín. en (0, 0) (b) f (x, y) = x2 − 2x + 4y2 − 8y

2

, Sol.: Máx. en (1, 1) , Mín. en la elipse (x − 1)2 + 4 (y − 1)2 = 5.

Sug. f (x, y) = (x − 1)2 + 4 (y − 1)2 − 5

2

(c) f (x, y) = x2 + 4y 2 − 4xy + 2x − 4y + 3. Sol.: Mín. en la recta x − 2y + 1 = 0. Sug. f (x, y) = (x − 2y + 1)2 + 2.

(d) f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 − 6xy + 8xz − 10yz. Sol. No existe ni Máx. ni Mín., punto crítico (0, 0, 0) (e) f (x, y, z) = x2 + 2y 2 + z 2 − 6x + 3y − 2z − 5, Sol.: Min. en 3, − 34 , 1

(f) f (x, y, z) = x2 +y 2 −2z 2 +3x+y−z−2, Sol.: No existe ni Máx. ni Mín., punto crítico − 32 , − 12 , − 14

(g) f (x, y, z) = x2 + y2 + z 2 + 2xy − 3xz + 2yz − x + 3y − 2z − 5, Sol.:No existe ni Máx. ni Mín., punto 3 crítico −1, 10 , − 45

1 55 1 (h) f (x, y, z, t) = x2 + 2y 2 + z 2 − t2 − 2xy + 4xz + 3xt − 2yt + 4x − 5y − 3, Sol.: − 34 , 68 , 17 , − 29 34 ,

(i) f (x, y, z) = 3x2 z +3y2 z +18z 3 − 4x −4y − 30z +5, Sol.: Máx. y Mín. en (1, 1, 2/3) , (−1, −1, −2/3) otros puntos críticos son (2, 2, 1/3) , (−2, −2, −1/3)

(j) f (x, y, z) = 3zx2 + 6zx − 24z + 3zy 2 + 6zy + 18z 3 − 4x − 4y, Sol.: Máx. y Min. en (0, 0, 2/3) , (−2, −2, −2/3) , otros puntos críticos son (1, 1, 1/3) , (−3, −3, −1/3) 2. Encontrar los puntos de máximo y mínimo de las siguientes funciones en la región indicada.

(a) f (x, y) = x + y en el cuadrado de vértices (±1, ±1) . Sol.: Mín = −2 en (−1, −1) , Máx = 2 en (1, 1)

6.4. EL CASO PARTICULAR DE DOS VARIABLES

149

(b) f (x, y, z) = x + y + z en la región x2 + y2 + z 2 < 1. Sol.: Ninguno

√ √ 1/2 (c) f (x, y) = xy − 1 − x2 − y 2 en la región x2 + y 2 ≤ 1. Sol.: Máx =1/2 en 2/2, ± 2/2 , √ √ Mín= −1/2 en − 2/2, ± 2/2 . (d) f (x, y) = 144x3 y 2 (1 − x − y) en la región x ≥ 0 y y ≥ 0. Sol.: Máx en (1/2, 1/3) , no hay mínimo 2 2 (e) f (x, y) = x2 + 2y2 e−(x +y ) en el plano R2 . Sol.: Mín = 0 en (0, 0), Máx = 2/e en (0, ±1) , Max. local = (±1, 0)

(f)

i. f (x, y) = x2 + y2 (3, 0) .

−1 −1

2

en la región (x − 2) + y2 ≤ 1. Sol.: Máx = 1 en (1, 0) , Mín = 2

ii. f (x, y) = x2 + y2 en la región x2 + (y − 2) ≤ 1. Sol.: Máx = 1 en (0, 1) , Mín = (0, 3) .  x2 +y2  |x|+|y| si (x, y) = (0, 0) (g) f (x, y) =  0 si (x, y) = (0, 0)

1 9

en

1 9

en

i. Sol.: Mínimo en (0, 0).

3. Encuéntrese los máximos y mínimos locales de las siguientes funciones sujetas a las restricciones que se indican. (a) f (x, y, z) = x2 + y 2 − z; 2x − 3y + z − 6 = 0. Sol. Mín. en (−1, 3/2, 25/2) (b) f (x, y, z) = ze−xy ; x2 +y2 −z = 0. Sol. Min. en (0, 0, 0) , en los puntos críticos (1, 1, 2) y (−1, −1, 2) no existen máximos ni mínimos. (c) f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 − 2x + 1; x2 + y2 − z = 0. Sol. Min. en (1/2, 0, 1/2) 4. Determine el paralelepípedo rectangular de volumen máximo y área total igual a 48. Sol. Lados iguales √ a2 2 5. (a) Demostrar que el criterio de la segunda derivada, no proporciona información acerca de los puntos críticos de f (x, y) = x4 + y 4 (b) Clasificar los puntos críticos como máximos locales o puntos silla. Sol.: Mín. local : (0, 0) 6. Demostrar que f (x, y) = (2x − y)2 tiene un mínimo en todos los puntos de la recta y = 2x. 7. Encontrar tres números positivos cuya suma sea a y tales que la suma de sus cuadrados sea el menor 2 posible, a > 0. Sol.: x = y = z = a3 , suma mínima = 3 a3 . 8. Encontrar tres números positivos cuya suma sea a y cuyo producto sea la mayor posible, a > 0. Sol. 3 x = y = z = a3 , producto máximo = a3 9. Encontrar los puntos del plano x + y + z = a, a < 0 situados en el octavo octante en los que f (x, y, z) = x2 y 2 z tiene un valor máximo. Sol. x = y = 25 a, z = 15 a. √ 10. Encontrar los puntos de la superficie x2 − yz = a, a > 0 más cerca del origen. Sol. (± a, 0, 0) 11. Encontrar las dimensiones de la caja rectangular √ de volumen máximo que se puede inscribir en una esfera de radio r conocido. Sol. Cubo de lado 23 r 12. Encontrar las dimensiones del paralelepípedo rectangular de volumen máximo con caras paralelas a los planos coordenados que puede inscribirse en el elipsoide x2 y 2 z 2 + 2 + 2 =1 a2 b c Sol.

√2 a, √2 b, √2 c 3 3 3

150

CAPÍTULO 6.

MÁXIMOS Y MÍNIMOS

13. Encontrar el volumen máximo de una caja rectangular con tres caras en los planos coordenados y un vértice en el primer octante sobre el plano x + y + z = a, a > 0. Sol. cubo de lados 13 a, Volumen máximo 1 3 27 a . 14. Sean A, B, C puntos arbitrarios en R3 . Encontrar un punto en el cual la función f (X) = X − A

2

+ X −B

2

+ X −C

2

,

donde X = (x, y, z) , alcanza su mínimo. Hallar el valor de ese mínimo. Sol.: 2 3

6.5

A

2

+ B

2

+ C

2

1 3

(A + B + C), Min =

−A·B−A·C −B·C .

Extremos locales condicionados

Sea U ⊂ Rp un conjunto abierto. Sea f : U → R (Del que se desean hallar los extremos condicionalos). Sea ϕ : U → Rq (Con q < p) una función cuyas componentes llamaremos ϕ1 , . . . , ϕq (Cada una de las cuales es una función ϕi : U → R). Llamemos restricción a la ecuación ϕ (x) = 0 (tal ecuación produce el sistema ϕ1 (x) = 0, . . . , ϕp (x) = 0). Sea S = {x ∈ U : ϕ (x) = 0} . Sea a ∈ S. Se dice entonces que f tiene en a un extremos local condicionado por ϕ (x) = 0 si: • f (a) > f (x) para todo x ∈ U ∩ S (en cuyo caso el extremo es un máximo) • f (a) < f (x) para todo x ∈ U ∩ S (en cuyo caso el extremo es un mínimo) Claramento lo anterior significa que f tiene un extremo local en a condicionado por la restricción ϕ (x) = 0 si la restricción f |S tiene un extremo local (ordinario) en a.

6.5.1

Condición necesaria de extremo condicionado

Teorema 6.6 Sean U ⊂ Rp . f : U → R, ϕ : U → Rq dos funciones diferenciables (q < p). Sea a ∈ U en donde ϕ (a) = 0. Supóngase además que rango (ϕ′ (a)) = q. Para que la función f tenga un máximo local en a condicionado a la restricción ϕ (x) = 0 es necesario que existan λ1 , . . . , λn ∈ R (multiplicadores de Lagrange), únicos tales que la función g = f + λ1 ϕ1 + · · · + λq ϕq tenga un punto crítico en a, es decir, g ′ (a) = 0 (donde la ϕi son las componentes de ϕ; a g se llama función de Lagrange) . Ejemplo 6.1 Encontrar los puntos críticos de f (x, y, z) = x + y + z cuando (x, y, z) se encuentra en x2 + y 2 + z 2 = 1. Solución. Se tiene una sóla restricción, la función ϕ es ϕ (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 − 1. Construyamos la función de Lagrange g (x, y, z) = f (x, y, z) + λϕ (x, y, z) = x + y + z + λ x2 + y 2 + z 2 − 1 , aquí λ es el multiplicador de Lagrange. los puntos críticos de g se encuentran resolviendo el siguiente sistema: ∂g ∂x ∂g ∂y ∂g ∂z x2 + y2 + z 2 − 1

= 1 + 2λx = 0 = 1 + 2λy = 0 = 1 + 2λz = 0 = 0

6.5. EXTREMOS LOCALES CONDICIONADOS

151

Note que la última ecuación se debe a la restricción ϕ (x, y, z) = 0. Las soluciones (x, y, z, λ) son: √ √ √ √ 3 3 3 3 , , ,− 3 3 3 2

√ √ √ √ 3 3 3 3 , − ,− ,− , 3 3 3 2

Ejemplo 6.2 Hallar los puntos críticos de f (x, y, z) = xz + yz − 3z condicionados por las siguientes restricciones: ϕ1 (x, y, z) = x3 − 9x2 + 27x − 31 − y 3 − 4z = 0 ϕ2 (x, y, z) = x + y + z 2 − 6 = 0 Como se tienen dos restricciones, la función de Lagrange g presentará dos multiplicadores de Lagrange λ1 y λ2 . g (x, y, z) = xz + yz − 3z + λ1 x3 − 9x2 + 27x − 31 − y 3 − 4z + λ2 x + y + z 2 − 6 Los puntos críticos se encuentran resolviendo el sistema: z + 3λ1 x2 − 18λ1 x + 27λ1 + λ2 z − 3λ1 y2 + λ2 x + y − 3 − 4λ1 + 2λ2 z 3 x − 9x2 + 27x − 31 − y3 − 4z x + y + z2 − 6

= = = = =

0 0 0 0 0

La solución de este sistema es (x, y, z, λ1 , λ2 ) = (5, 0, 1, 0, −1); es el único punto crítico.

6.5.2

Condición suficiente de extremo condicionado

Sea U ⊂ Rp un conjunto abierto conteniendo el punto a. Sean f : U → R, ϕ : U → Rq (q < p) dos funciones dos veces diferenciables tales que ϕ (a) = 0 y ϕ′ (a) de rango igual a q. Sea a un punto crítico de g = f + λ1 ϕ1 + · · · + λq ϕq . Entonces se verifica: • Si d2 g (a) (dx) > 0 para todo dx no nulo tal que dϕ (a) (dx) = 0, entonces f tiene en a un mínimo local condicionado a la restricción ϕ (x) = 0. • Si d2 g (a) (dx) > 0 para todo dx no nulo tal que dϕ (a) (dx) = 0, entonces f tiene en a un mínimo local condicionado a la restricción ϕ (x) = 0. • Si d2 g (a) (dx1 ) > 0 y d2 g (a) (dx2 ) < 0 para ciertos dx1 y dx2 tales que dϕ (a) (dx1 ) = 0, y dϕ (a) (dx2 ) = 0 entonces f no tiene en a un extremo local condicionado a la restricción ϕ (x) = 0.

Ejercicios resueltos Ejercicio 6.9 Hallar los máximos y mínimos locales de f (x, y) = x2 − xy + y 2 cuando (x, y) recorre la circunferencia x2 + y2 = 8. Solución. Con ϕ (x, y) = x2 + y 2 − 8 formamos la función de Lagrange: g = x2 − xy + y 2 + λ x2 + y 2 − 8

152

CAPÍTULO 6.

MÁXIMOS Y MÍNIMOS

• Derivadas y diferenciales. g ′ (x, y) = (2x − y + 2λx, 2y − x + 2λy) 2 + 2λ −1 g′′ (x, y) = −1 2 + 2λ ϕ′ (x, y) = (2x, 2y)

por tanto las diferenciales que nos interesan son: 2 2 d2 g = 2 (1 + λ) (dx) − 2 (dx) (dy) + 2 (1 + λ) (dy) dϕ = 2x (dx) + 2y (dy)

• Puntos críticos. Se encuentran resolviendo g ′ (x, y) = 0 y ϕ (x, y) = 0, esto es, 2x − y + 2λx = 0 2y − x + 2λy = 0 x2 + y 2 = 8 

La soluciones 

x y λ



 son:

        −2 2 2 −2    2  ,  −2  ,  2  ,  −2    −3/2 −3/2 −1/2 −1/2

• Análisis de los puntos críticos. ⋆ Punto

−2 2

, λ = −3/2. Con estos datos: d2 g = − (dx)2 − 2 (dx) (dy) − (dy)2 dϕ = −4 (dx) + 4 (dy)

De dϕ = 0 se tiene dx = dy, por tanto: d2 g = −4 (dx)2 claramente d2 g es definida negativa, es decir, en (−2, 2)2 , f tiene un máximo condicionado a ϕ = 0. Tal máximo es: f (−2, 2) = (−2)2 − (−2) (2) + (2)2 = 12. ⋆ Punto

2 −2

, λ = −3/2. Con estos datos: d2 g = − (dx)2 − 2 (dx) (dy) − (dy)2 dϕ = 4 (dx) − 4 (dy)

De dϕ = 0 se tiene dx = dy, por tanto: d2 g = −4 (dx)2 claramente d2 g es definida negativa, es decir, en (2, −2)t , f tiene un máximo condicionado a ϕ = 0. Tal máximo es: f (2, −2) = (2)2 − (2) (−2) + (−2)2 = 12.

6.5. EXTREMOS LOCALES CONDICIONADOS ⋆ Punto

2 2

153

, λ = −1/2. Con estos datos: 2

2

d2 g = (dx) − 2 (dx) (dy) + (dy) dϕ = 4 (dx) + 4 (dy) De dϕ = 0 se tiene dx = −dy, por tanto:

2

d2 g = 4 (dx) t

claramente d2 g es definida positiva, es decir, en (2, 2) , f tiene un mínimo condicionado a ϕ = 0. Tal máximo es: f (2, 2) = (2)2 − (2) (2) + (2)2 = 4. −2 ⋆ Punto , λ = −1/2. Con estos datos: −2 d2 g = (dx)2 − 2 (dx) (dy) + (dy)2 dϕ = −4 (dx) − 4 (dy) De dϕ = 0 se tiene dx = −dy, por tanto:

d2 g = 4 (dx)2

claramente d2 g es definida positiva, es decir, en (−2, −2)t , f tiene un mínimo condicionado a ϕ = 0. Tal máximo es: f (−2, −2) = (−2)2 − (−2) (−2) + (−2)2 = 4. Ejercicio 6.10 Hallar los máximos y mínimos de f (x, y) = x2 − y 2 sujeta a la restricción x2 + y 2 = 9.

Solución. Obsérvese que se desea calcular los máximos y mínimos de f cuando se restringe el dominio la curva que resulta de la intersección del hiperboloide x2 − y 2 = z y el cilindro x2 + y 2 = 9. COn ϕ = x2 + y 2 − 8 construyamos la función de Lagrange. g = x2 − y 2 + λ x2 + y2 − 9 • Derivadas y diferenciales

g ′ = (2x + 2λx, −2y + 2λy) g ′′ =

2 + 2λ 0 0 −2 + 2λ

ϕ′ = (2x, 2y) Por tanto las diferenciales son:

d2 g = (2 + 2λ) (dx)2 + (−2 + 2λ) (dy)2 dϕ = 2x (dx) + 2y (dy) •

Puntos críticos. Los puntos críticos se encuentran resolviendo el sistema que resulta de Dg = 0 y ϕ = 0, esto es,



 x Las soluciones  y  son: λ

2x + 2λx = 0 −2y + 2λy = 0 x2 + y 2 − 9 = 0

        3 −3 0 0    0  ,  0  ,  3  ,  −3    −1 −1 1 1

154

CAPÍTULO 6.

MÁXIMOS Y MÍNIMOS

• Análisis de los puntos críticos. ⋆ Punto

3 0

, λ = −1 En este punto: d2 g = −4 (dy)2

y

dϕ = 6dx = 0, está claro que la segunda diferencial es siempre negativa, así en (3, 0) la función f debe tener un máximo local, tal máximo es f (3, 0) = 9. Observe que la condición dϕ = 0 es irrelevante en este caso. ⋆ Punto (−3, 0, −1) . Máximo local igual a 9 ⋆ Punto (0, 3, 1) . Mínimo local igual a −9

⋆ Punto (0, −3, 1) . Mínimo local igual a −9

Ejercicio 6.11 Encontrar los máximos y mínimos locales de f (x, y, z) = x + y + z cuando (x, y, z) se encuentra en x2 + y 2 + z 2 = 1. Solución. Con ϕ (x) = x2 + y 2 + z 2 − 1, La función de Lagrange es g = x + y + z + λ x2 + y 2 + z 2 − 1 . • Derivadas y diferenciales. g′ g ′′

= (1 + 2λx, 1 + 2λy, 1 + 2λz)   2λ 0 0 0  =  0 2λ 0 0 2λ ϕ′ = (2x , 2y, 2z )

por tanto la segunda diferencial es la cuadrática:   dx d2 g (x, y, z)  dy  = 2λdx2 + 2λdy2 + 2λdz 2 , dz

(1)

• Puntos críticos.

Los puntos críticos (x, y, z; λ) son: # √ √ √ √ 3 3 3 3 , , ;− 3 3 3 2

√ √ √ √ $ 3 3 3 3 , − ,− ,− ; 3 3 3 2

• Análisis de puntos. Obsérvese que D2 g es siempres definida positiva o negativa dependiendo del valor de lambda independientemente de la ecuación dϕ = 0, luego √ √ √ √ √ √ √ 3 3 3 3 3 3 3 ⋆ Punto , , ,λ=− . La matriz es definida negativa. Concluimos que en , , 3 3 3 2 3 3 3 la función f (x, y, z) = x + y + z tiene un máximo condicionado a x2 + y 2 + z 2 = 1; tal máximo es √ √ √ √ 3 3 3 f , , = 3. 3 3 3

6.5. EXTREMOS LOCALES CONDICIONADOS ⋆ Punto es f

155

√ √ √ 3 3 3 3 ,− ,− ,λ = en este caso se tiene un mínimo local condicionado. Tal mínimo 3 3 3 2 √ √ √ √ 3 3 3 − ,− ;− = − 3. 3 3 3

−

√

Ejercicio 6.12 Hallar los máximos y mínimos de f (x, y, z) = xz + yz − 3z condicionado por las siguientes restricciones: ϕ1 (x, y, z) = x3 − 9x2 + 27x − 31 − y 3 − 4z = 0 ϕ2 (x, y, z) = x + y + z 2 − 6 = 0 Solución. Como se tienen dos restricciones, la función de Lagrange g presentará dos multiplicadores de Lagrange λ1 y λ2 . g (x, y, z) = xz + yz − 3z + λ1 x3 − 9x2 + 27x − 31 − y 3 − 4z + λ2 x + y + z 2 − 6 • Derivadas y diferenciales. g′

g′′ d2 g



t z + 3λ1 x2 − 18λ1 x + 27λ1 + λ2  z − 3λ1 y 2 + λ2 =  x + y − 3 − 4λ1 + 2λ2 z   6λ1 x − 18λ1 0 1 0 −6λ1 y 1  =  1 1 2λ2

= (6λ1 x − 18λ1 ) (dx)2 − 6λ1 y (dy)2 + 2λ2 (dz)2 +2 (dx) (dz) + 2 (dy) (dz)

dϕ1 dϕ2

= 3x2 − 18x + 27 (dx) − 3y 2 (dy) − 4dz = dx + dy + 2z (dz)

• Puntos críticos. Los puntos críticos se encuentran resolviendo el sistema: z + 3λ1 x2 − 18λ1 x + 27λ1 + λ2 = z − 3λ1 y2 + λ2 = x + y − 3 − 4λ1 + 2λ2 z = x3 − 9x2 + 27x − 31 − y 3 − 4z = x + y + z2 − 6 =   x   y    z la solución de este sistema está dado por los puntos     λ1  λ2     5 4           1   0     ,  −1   1        0  0        −1 1

0 0 0 0 0

156

CAPÍTULO 6.  5 • Análisis del punto crítico.  0  , λ1 = 0, λ2 = −1. Se tiene: 1

MÁXIMOS Y MÍNIMOS



d2 g

2

2

2

= (6 (0) 5 − 18 (0)) (dx) − 6 (0) (0) (dy) + 2 (−1) (dz) +2 (dx) (dz) + 2 (dy) (dz) 3 (5)2 − 18 (5) + 27 (dx) − 3 (0)2 (dy) − 4 (dz)

dϕ1

=

dϕ2

= dx + dy + 2 (1) (dz)

simplificando:

2

d2 g = −2 (dz) + 2 (dx) (dz) + 2 (dy) (dz) dϕ1 dϕ2

= 12 (dx) − 4 (dz) = dx + dy + 2 (dz)

(i) (ii)

Igualando las ecuaciones que aparecen en (ii) a cero, esto es, dϕ1 = 0 y dϕ2 = 0, se obtiene: dz dy

= = = =

3dx −dx − 2dz −dx − 2 (3dx) −7dx

reemplazando en (i): d2 g

= −2 (3dx)2 + 2 (dx) (3dx) + 2 (−7dx) (3dx) = (−18 + 6 − 42) dx2 = −54dx2

claramente d2 g es definida negativa, entonces f tiene un máximo condicionado a las dos restricciones dadas. Tal máximo es: f (5, 0, 1) = (5) (1) + (0) (1) − 3 (1) = 2 Ejercicio 6.13 Hallar máximos locales, mínimos locales, y puntos silla de f (x, y, z) = xyz cuando (x, y, z) se encuentra en la superficie de ecuación xy + yz + xz = 2. Solución. La función de Lagrange es F (x, y, z) = xyz + λ (xy + yz + xz − 2) Sea ϕ (x, y, z) = xy + yz + xz − 2 la función de restricción. • Derivadas y diferenciales. F ′ (x, y, z) = ∂F ∂x ∂F ∂y ∂F ∂z

∂F ∂F ∂F , , ∂x ∂y ∂z

, donde:

= yz + λ (y + z) = xz + λ (x + z)

= xy + λ (x + y)   0 z+λ y+λ 0 x+λ  F ′′ (x, y, z) =  z + λ y+λ x+λ 0

dϕ (x, y, z) (dx, dy, dz) = (y + z) dx + (x + z) dy + (x + y) dz

6.5. EXTREMOS LOCALES CONDICIONADOS

157

• Puntos críticos. Se encuentran resolviendo yz + λ (y + z) xz + λ (x + z) xy + λ (x + y) xy + yz + xz − 2

= = = =

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

0 0 0 0

De (1) y (2) se encuentra (y − x) (z + λ) = 0

Si z + λ = 0, debe ser λ = −z; de la ecuación (1) se encuentra −z 2 = 0, luego z = 0, es decir λ = 0; reemplazando este valor en (3) se encuentra que x = 0 o y = 0, en ambos casos se tiene una contradicción con la ecuación (4). De lo anterior z + λ = 0 lo que obliga a que x = y. Con un mismo análisis, de las ecuaciones (2) y (3) se encuentra y = z, así se tiene x = y = z, sustituyendo este resultado en (4) se encuentra 3x2 = 2, 2 luego x = ± . 3 1 2 2 2 Si x = y = z = se encuentra λ = − y si x = y = z = − 3 2 3 3 los puntos críticos del problema son:     1 −1   - 2    −1 2 1  ,  P.C. =  3 1  3  −1   1 − 12 2

• Análisis de puntos críticos. % ⋆ Punto 23 (1, 1, 1; ), λ = − 12 En este punto se tiene:   % 0 1 1 F ′′ = 12 23  1 0 1  1 1 0 % dϕ = 2 23 (dx + dy + dz) = 0

1 se encuentra λ = 2

-

2 , por tanto 3

       

despejando dz se encuentra: dz = −dx − dy, por tanto: % d2 F = 12 23 (2 (dx) (dy) + 2 (dx) dz + 2 (dy) dz) % = 12 23 (2 (dx) (dy) + 2 (dx) (−dx − dy) + 2 (dy) (−dx − dy)) % = 12 23 −2 (dx)2 − 2 (dx) (dy) − 2 (dy)2 La matriz asociada a esta forma cuadrática es: % 1 2

2 3

−2 −1 −1 −2

puede notarse luego%f tiene % un máximo local en el punto % % % que esta matriz es definida negativa, % % 2 2 2 2 2 2 2 2 3, 3, 3 , el valor de este máximo es: f 3, 3, 3 = 3 3.

158

CAPÍTULO 6. ⋆ Punto

%

2 3

(−1, −1, −1) λ =

1 2

MÁXIMOS Y MÍNIMOS

Pruebe el lector que aquí se tiene un mínimo local.

Ejercicio 6.14 Calcular los máximos y mínimos de f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 + xy + yz cuando (x, y, z) se encuentra en la superficie de ecuación x2 + y 2 + z 2 − 1 = 0 Solución. La función de Lagrange es

F (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 + xy + yz + λ x2 + y2 + z 2 − 1

Sea la función de restricción ϕ (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 − 1. ∂F ∂F ∂x , ∂y

1. Cálculo de derivadas: F ′ (x, y, z) =

∂F ∂x ∂F ∂y ∂F ∂z por tanto

, ∂F ∂z

donde:

= 2x + y + 2λx = 2y + x + z + 2λy = 2z + y + 2λz



 2 (1 + λ) 1 0 1 2 (1 + λ) 1  F ′′ (x, y, z) =  0 1 2 (1 + λ) dϕ (x, y, z) = 2 (x dx + y dy + z dz)

2. Cálculo de puntos críticos: Se resuelve el sistema 2x + y + 2λx 2y + x + z + 2λy 2z + y + 2λz 2 x + y2 + z 2 − 1

= = = =

2 (1 + λ) x + y x + (1 + λ) y

= 0 = 0

0 0 0 0

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

De (1) y (3) se obtiene: 2 (x − z) (1 + λ) = 0, es inmediato verificar que λ no puede ser −1, luego x = z. Así se tiene el sistema. (5)

Si el determinante de la matriz de coeficientes (asumiendo x, y variables) es distinto de cero, la única solución posible es x = y = 0 que no puede ser pues entonces z también seria 0 y (0, 0, 0) no es un punto de la esfera. Así para tener soluciones no nulas de debe tener: 2 (1 + λ) 1 1 1+λ de donde se obtiene: λ = −1 ± • Si λ = −1 +

√ 2 2 ,

=0

√ 2 2 .

entonces 1 + λ =

√ 2 2 .

De (4), (5) y x = z se obtiene: √ 2x + y = 0 2x2 + y 2 = 1 √

resolviendo se encuentra x = ± 12 , y = ∓ 22 , así los puntos críticos son # √ √ $ √ √ 2 2 1 2 1 1 2 1 , − 2 , 2 , − 2 ; −1 + 2 , − 2 , 2 ; −1 + 2 2

6.5. EXTREMOS LOCALES CONDICIONADOS √ 2 2 ,

• Si λ = −1 −

entonces 1 + λ = −

159

√ 2 2 .

De (4), (5) y x = z se obtiene: √ − 2x + y = 0 2x2 + y2 = 1 √

resolviendo se encuentra x = ± 12 , y = ± 22 , así los puntos críticos son # √ √ $ √ √ 2 2 1 2 1 1 2 1 , − 2 , − 2 , − 2 ; −1 − 2 , 2 , 2 ; −1 − 2 2 3. Análisis de puntos críticos. ⋆ Punto

√ 1 2 1 2, − 2 , 2

, λ = −1 +

√ 2 2

  √ 2 √1 0 F ′′ =  1 2 √1  0 1 2

dϕ = 2

1 2

dx −

√ 2 2

dy + 12 dz = 0

√ 2dy, por tanto: √ √ √ d2 F = 2 (dx)2 + 2 (dx) (dy) + 2 (dy)2 + 2 (dy) −dx + 2dy

luego: dz = −dx +

2 √ √ + 2 −dx + 2dy √ √ = 2 2 (dx)2 − 4 (dx) (dy) + 5 2 (dy)2 √ 2 2 −2 dx √ = (dx, dy) dy −2 5 2

la matriz de la anterior forma cuadrática es claramente definida positiva, luego en el punto crítico analizado se tiene un mínimo local. Tal mínimo es: f

⋆ Punto − 12 , ⋆ Punto

√ 1 2 1 2, − 2 , 2

√ 2 1 2 , −2

√ 1 2 1 , 2 2 , 2

+ − 1√ = 1− 2 2

, λ = −1 +

, λ = −1 −

1 2 2

=

√ 2 2 .

√ 2 2

2

+

1 2 2

+

1 2

−

√ 2 2

+ −

√ 2 2

En este punto se tiene un mínimo local.

√ 2 2

√  1 0 − 2 √  F ′′ =  1 − 2 √1 0 1 − 2 

dϕ = 2

1 2

dx +

√ 2 2

dy + 12 dz = 0

√ 2dy, por tanto: √ √ √ d2 F = − 2 (dx)2 + 2 (dx) (dy) − 2 (dy)2 + 2 (dy) −dx − 2dy

luego: dz = −dx −

2 √ √ − 2 −dx − 2dy √ √ = −2 2 (dx)2 − 4 (dx) (dy) − 5 2 (dy)2 √ −2 2 −2 dx √ = (dx, dy) dy −2 −5 2

1 2

160

CAPÍTULO 6.

MÁXIMOS Y MÍNIMOS

la matriz de la anterior forma cuadrática es claramente definida negativa, luego en el punto crítico analizado se tiene un máximo local. Tal máximo es: f

⋆

− 12 , −

√ 2 1 2 , −2

√ 1 2 1 2, 2 , 2

, λ = −1 −

√ 2 2

=

1 2 2

+ 1√ = 1+ 2 2

√ 2 2

2

+

1 2 2

+

1 2

√ 2 2

+

√ 2 2

1 2

En este punto se tiene un máximo.

Ejercicios propuestos 1. Demostrar que en un triángulo ABC existe un punto P tal que d (A, P )2 + d (B, P )2 + d (C, P )2 es mínimo y que P es la intersección de las medianas. 2. Encontrar los máximos y mínimos locales de f (x, y) = cos2 x + cos2 y sujeta a las restricciones x − y = π/4 y 0 ≤ x ≤ π. Sol.: M a ´x en (π/8, −π/8) , maximo = 2 cos2 (π/8) , Min en (5π/8, 3π/8) mínimo 2 2 =cos (5π/8) + cos (3π/8) . 3. Encontrar los puntos de la superficie z 2 − xy = 1 que están más cerca del origen. Sol.: (0, 0, ±1) 4. Hallar los máximos y√mínimos locales de la función f√(x, y, z) = x + y + z en la región x2 + y 2 + z 2 ≤ 1. √ √ Sol.: M a ´x = 3 en 3 (1, 1, 1) /3, m´ın = − 3 en − 3 (1, 1, 1) /3 5. Encontrar los máximos y mínimos locales de f (x, y, z) = x − 2y + 2z sobre la esfera x2 + y 2 + z 2 = 1. Sol.: maximo = 3 en 13 , − 23 , 23 y mínimo=−3 en − 13 , 23 , − 23 . 6. Si a, b, c son números no todos iguales a cero, encontrar los mínimos y máximos locales de f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 sujeta a la condición ax + by + cz = d. Sol.: d2 / a2 + b2 + c2 (mínimo) 7. Encontrar los máximos y mínimos locales de f (x, y) = x2 + 2y2 − x

√ sobre la circunferencia x2 +y 2 = 1. Sol. Mín. en (1, 0, −1/2) y (−1, 0, −3/2) , Máx. en −1/2, − 3/2, −2 √ y −1/2, 3/2, −2 . 8. Encontrar la distancia más corta desde el punto de la elipse x2 + 4y 2 = 4 hasta la recta x + y = 4. Sol.: √ √ 1/2 √ 21−8 5 o 22 4 − 5 = 1. 2 9. ¿Cuál es el volumen del máximo paralelepípedo rectángular que se puede inscribir en el elipsoide x2 y2 z2 + + = 1? 9 16 36 √ √ 4√ √ Sol. 64 3, en 3, 3 3, 2 3 . 10. Hallar los máximos y mínimos locales de f (x, y, z) = z 2 − 2xy cuando (x, y, z) recorre la superficie de ecuación 2x3 + 2y3 + z 3 = 0. No existen maximos ni mínimos. 11. Hallar los máximos, mínimos locales de f (x, y, z) = xz + yz sujeta a las restricciones φ (x, y, z) = x3 − y 3 − 4z − 4 = 0, ϕ (x, y, z) = x + y + z 2 − 3 = 0. Sol. Máx. en (2, 0, 1) , (1, 1, −1) .

6.5. EXTREMOS LOCALES CONDICIONADOS

161

12. Se considera el elipsoide de semiejes a, b, c x2 y 2 z 2 + 2 + 2 = 1. a2 b c Se inscribe en el elipsoide una pirámide de base rectangular perpendicular al eje z. Hallar el volumen máximo de una tal pirámide. Sol. x = 23 a, y = 23 b, z = − 13 c. (Sug. Vol.= 43 xy (c − z)) 13. De todas las pirámides de base cuadrada cuyas aristas tienen, entre las ocho, una longitud√constante igual a k. hallar, de entre ellas, la pirámide de volumen máximo. Sol Aristas de la base: 5 − 13 k/12, √ aristas laterales: 13 − 2 k/12 14. Hallar la distancia máxima y mínima de un punto genérico de la siguiente curva γ al origen de coordenadas: " 2 x + 2y 2 + 3z 2 = 1 γ 2x2 + 3y2 + z 2 = 1 15. Sea u la función definida por la siguiente expresión en la que a > 1, b > 1, c > 1 son dados: u (x, y, z) = ax by cz Hallar los valores máximo y mínimo de u cuando (x, y, z) recorre la esfera de ecuación x2 + y2 + z 2 = r2 . Sol. Máximo en (h ln a, h ln b, h ln c) y mínimo en (−h ln a, −h ln b, −h ln c) donde h = r (ln a)2 + (ln b)2 + (ln c)2 2

−1/2

2

El máximo es er h , el mínimo es e−r h . 16. Consideremos el elipsoide

x2 y 2 z 2 + 2 + 2 = 1. a2 b c Hallar un punto del elipsoide situado en el primer octante tal que el tetraedro que el plano tangente en él, al elipsoide, determina con los planos coordenados tenga volumen mínimo y hallar este. √ √ √ √ Sol. 13 3a, 13 3b, 13 3c , volumen mínimo V = 12 3abc.

17. Sea f : C → R la función definida en el círculo C : x2 + y2 ≤ 4 mediante f (x, y) = 3x2 y2 + 2x3 + 2y 3 hallar los valores máximo y mínimo de f en C.

√ √ √ √ Sol. Puntos críticos (0, 0) , (1, −1) ; puntos críticos en la frontera (0, ±2) , (±2, 0) , 2, 2 , − 2, − 2 . √ √ √ Máximo en 2, 2 igual a 12 + 8 2; Mínimo en (0, −2) y (−2, 0) igual a −16. 18. (a) Demostrar que el máximo y el mínimo de f (x, y) = x2 + xy + y2 en el cuadrado unidad 0 ≤ x ≤ 1 y 0 ≤ y ≤ 1 son respectivamente 3 y 0. (b) ¿Puede obtenerse los resultados de (a) igualando a cero la derivada? Explicar. 19. Demostrar que la distancia mínima del origen a la curva " yxz = a γ= y = bx con a > 0 y b > 0 es 3

a 1 + b2 2b

2/3

.

162

CAPÍTULO 6.

MÁXIMOS Y MÍNIMOS

Capítulo 7

Coordenadas polares cilindricas y esféricas En muchos problemas de aplicación, es necesario realizar una transformación de las coordenadas usuales, llamadas coordenadas rectangulares, a otro tipo de coordenadas. En este capítulo se hace un estudio de lo estrictamente necesario para el desarrollo del curso, existen buenos libros en donde se hace un estudio completo de estos temas.

7.1

Coordenadas polares

Elijamos un punto fijo O y una recta fija que empieza en O. Un punto P en coordenadas polares es de la forma (r, θ) donde r es la distancia de O a P y θ es el ángulo entre el segmento OP y la recta fija. El punto fijo se llama polo y la recta fija se llama eje polar.

P = (r, θ) r

θ

Eje polar

O

El ángulo θ se mide en sentido contrario a las agujas del reloj, por otra parte r se considera positivo si se mide del polo al punto, en caso contrario se considera negativo. 163

164

CAPÍTULO 7. COORDENADAS POLARES CILINDRICAS Y ESFÉRICAS

Ejemplo 7.1 Graficar los siguientes puntos: A = 2, 300 , B = 3, 450 , C −3, 450 , D = −2, 1800

Eje a 900 90

3

120

60

2 150

0

30

(2,30 )

1

Eje a 180 0 180

0

Eje polar

0

(− 2,180 )

Origen polar

0

210

(− 3,45 )

(3,45 )

330

0

240

300 270

Eje a 270 0 7.1.1

Relación entre las coordenadas rectangulares y polares

Consideremos el sistema de coordenadas cartesianas R2 , sea el origen (0, 0) de R2 el polo y la parte positiva del eje x el eje polar. Sea P = (x, y) ∈ R2 . Sean (r, θ) las coordenadas del punto P en coordenadas polares como se muestra en la figura: y P = (x, y) = (r, θ) r θ O

Eje polar

x

claramente: x = r cos θ y = r sin θ también es inmediato verificar: x2 + y 2 y θ = arctan x así una ecuación en coordenadas cartesianas se podrá escribir en coordenadas polares y viceversa. r

=

Ejercicios resueltos Ejercicio 7.1 Transformar la ecuacion en coordenadas rectangulares a coordenadas polares (x − 2)2 + y 2 = 4

7.1. COORDENADAS POLARES

165

Solución. La ecuación dada se puede escribir como x2 − 4x + y 2 = 0 Con x = r cos θ, y = r sin θ se tiene r2 cos2 θ − 4r cos θ + r2 sin2 θ = 0, simplificando: r = 4 cos θ Ejercicio 7.2 Transformar la ecuación en coordenadas rectangulares a coordenadas polares x + 2y = 4 Solución. r cos θ + 2r sin θ = 4 o r=

4 cos θ + 2 sin θ

Ejercicio 7.3 Transformar la ecuacion en coordenadas polares a coordenadas rectangulares. cos2 θ + r sin θ = 1 Solución. Con x = r cos θ y y = r sin θ se tiene: cos2 θ =

x2 x2 = 2 2 r x + y2

por tanto (1) queda como: x2 +y =1 x2 + y2

Ejercicios propuestos Transformar las siguientes ecuaciones de coordenadas rectangulares a coordenadas polares. 1. y = 3. Sol. r = 3 csc θ 2. x = 3. Sol. r = 3 sec θ 3. x + y = 1. Sol. r =

1 cos θ+sin θ

4. x2 − y = 0. Sol. r = tan θ sec θ

Transformar las siguientes ecuaciones de coordenadas polares a coordenadas rectangulares.

5.

cos θ + sin θ = 1. Sol. x2 + y 2 − x − y = 0 r

6. 1 =

cos θ . Sol. x2 + y2 = x r

7. r sin θ = 5. Sol. y = 5 8. r = 1 − cos θ. Sol. x2 + y 2 = 9. r = cos (2θ) . Sol.

x2 + y2

x2 + y2 − x 3

= x2 − y 2

(1)

166

CAPÍTULO 7. COORDENADAS POLARES CILINDRICAS Y ESFÉRICAS

7.1.2

Gráficas en coordenadas polares

Si r es una función de θ, el gráfico de tal función es el conjunto de puntos (r, θ) tales que r = r (θ) . Para graficar una función es necesario considerar simetrias: Si la ecuación no varia al cambiar θ por −θ, la gráfica es simétrica con respecto al eje polar. Si la ecuación no varia al sustituir θ por π − θ, la gráfica es simétrica con respecto a la perpendicular al eje polar que pasa por el polo. Si la ecuación no varia al cambiar r por −r o cuando se cambia θ por π + θ, la gráfica es simétria con respecto al polo. Ejercicio 7.4 Graficaremos el conjunto de puntos (r, θ) tales que r = 6 cos θ Solución. Hallemos algunos puntos del gráfico. θ r

30√0 3 3

45√0 3 2

θ r

0 210√ −3 3

600 3

2400 −3

900 0

2700 0

1200 −3

3000 3

0 150√ −3 3

0 330 √ 3 3

3600 6

1800 −6

observemos las simetrias. 1. Al eje polar: cos θ = cos (−θ) , luego la gráfica es simétrica con respecto al eje polar. 2. A la perpendicular: cos (π − θ) = cos π cos θ = − cos θ, así la gráfica no es simétrica con respecto a la perpendicular. 3. Al polo: cos (π + θ) = cos θ, luego la gráfica no es simétrica con respecto al polo. 90

6

120

60 4

150

30 2

180

0

210

330

240

300 270

Ejercicio 7.5 Graficar r = cos (2θ) Solución. Simetrías: 1. Al eje polar: cos (2θ) = cos (2 (−θ)) = cos (2θ) , así la gráfica es simétrica respecto al eje polar. 2. A la perpendicular: cos (2 (π − θ)) = cos (2π) cos (2θ) = cos (2θ) , así la gráfica es simétrica respecto a la perpendicular.

7.1. COORDENADAS POLARES

167

3. Al polo. Se tiene cos(2 (π + θ)) = cos (2θ) , luego la gráfica es simétrica con respecto al polo. θ r

00 1

θ r

2100 1/2

300 1/2

450 0

2250 0

600 −1/2

2400 −1/2

900 −1

1200 −1/2

2700 −1 90

3000 −1/2

1350 0 3300 1/2

1500 1/2

1800 1

3600 1

1

120

60 0.8 0.6

150

30 0.4 0.2

180

0

210

330

240

300 270

Ejercicio 7.6 Graficar la cardiodie r = 1 − cos θ Solución. Simetrías: 1. Al eje polar: cos (θ) = cos (−θ) , así la gráfica es simétrica respecto al eje polar. 2. A la perpendicular: cos (π − θ) = cos (π) cos (θ) = − cos (θ) , así la gráfica no es simétrica respecto a la perpendicular. 3. Al polo. Se tiene cos(π + θ) = − cos (θ) , luego la gráfica no es simétrica con respecto al polo. θ r

00 0

θ r

2100 1.87

300 0.13 2250 1.71

450 0.29

600 0.5

2400 1.5

900 1

2700 1

1200 1.5

1350 1.71

3000 0.5

3300 0.13

1500 1.87 3600 0

90 120

60 2 1.5

150

30

1 0.5

180

0

210

330

240

300 270

1800 2

168

CAPÍTULO 7. COORDENADAS POLARES CILINDRICAS Y ESFÉRICAS

Ejercicios propuestos Graficar: 1. La cardiode r = 1 − sin θ 2. r = 1 − sin (2θ) 3. r = 1 − sin (3θ) 4. r = 2 cos θ − 2 sin θ 5. La parábola r =

4 1 − cos θ

6. El trebol r = 5 sin (3θ) 7. La lemniscata r2 = 9 cos (2θ) 8. La espiral de Arquímides r = 10θ Las gráficas se muestran a continuación:

7.1.3

La Matriz jacobiana de la transformación a coordenadas polares

La transformación x = r cos θ y = r sin θ puede interpretarse como la función g de R2 en R2 definida por g (r, θ) =

r cos θ r sin θ

,

así la derivada es: g′ (r, θ) =

cos θ cos θ

−r sin θ r sin θ

se llama la matriz jacobiana de la tranformación a coordenadas polares, su determinante se llama el Jacobiano. Nótese que el Jacobiano de esta transformación es |g ′ (r, θ)| = r.

7.2. COORDENADAS CILÍNDRICAS

7.2

169

Coordenadas cilíndricas

Un punto en coordenadas cilíndricas es de la forma (r, θ, z) y la relación con las coordenadas rectangulares (x, y, z) es x = r cos θ y = r sin θ z = z es claro que: r

= arctan (y/x)

r

= ± x2 + y2

z

( x, y , z ) = (r ,θ , z )

x = r cos θ θ

y

r

y = r sin θ

x Es fácil probar que el Jacobiano de las coordenadas cilíindricas es r.

7.3

Coordenadas esféricas

Un punto (x, y, z) se escribe en las coordenadas (r, θ, φ) usando la siguiente transformación: x = r sin θ cos φ y = r sin θ sin φ z = r cos θ con r ≥ 0, θ ∈ [0, π] , φ ∈ [0, 2π] . Estas ecuaciones pueden deducirce fácilmente como se muestra a continuación.

z B

r sin θ

( x, y , z ) = (r , θ , φ ) P

z = r cos θ θ x = r sin θ cos φ

r

φ

y = r sin θ sin φ

x

y

170

CAPÍTULO 7. COORDENADAS POLARES CILINDRICAS Y ESFÉRICAS

del gráfico: x = BP cos φ y = BP sin φ z = r cos θ por otra parte el segmento BP es igual a r sin θ, por tanto: BP = r sin θ luego: x = r sin θ cos φ y = r sin θ sin φ z = r cos θ Se probar que: x2 + y2 + z 2 y φ = arctan x r

=

θ

= arccos

x2

z + y2 + z2

así se tienen ecuaciones de transformación entre los dos sistemas.

7.3.1

La Matriz jacobiana de la transformación a coordenadas esféricas

La transformación a coordenadas esféricas origina la función:   r sin θ cos φ g (r, θ, φ) =  r sin θ sin φ  r cos θ su derivada es:



 sin θ cos φ r cos θ cos φ −r sin θ sin φ r sin θ cos φ  g ′ (r, θ, φ) =  sin θ sin φ r cos θ sin φ cos θ −r sin θ 0

el determinante es el jacobiano de la transformación: |g ′ (r, θ, φ)| = r2 sin θ

sin θ cos φ cos θ cos φ − sin φ sin θ sin φ cos θ sin φ cos φ cos θ − sin θ 0

= r2 sin θ cos θ

cos θ cos φ − sin φ cos θ sin φ cos φ

+ sin θ

= r2 sin θ cos2 θ + sin2 θ = r2 sin θ

Ejercicios propuestos Expresar en coordenadas esféricas los siguientes lugares geométricos: 1. Esfera x2 + y 2 + z 2 = 9. Sol. r = 3

sin θ cos φ − sin φ sin θ sin φ cos φ

7.3. COORDENADAS ESFÉRICAS 2. Cono z 2 = 3 x2 + y 2 . Sol. θ = π/6 3. Paraboloide z = x2 + y2 . Sol. r sin2 θ = cos θ 4. Plano z = 0. Sol. θ = π/2 5. Plano y = x. Sol. Fomado por los semiplanos φ = π/4 y φ = 5π/4

171

172

CAPÍTULO 7. COORDENADAS POLARES CILINDRICAS Y ESFÉRICAS

Capítulo 8

Integral múltiple En este capítulo se estudia integrales sobre subconjuntos de Rn , esta es una generalización natural de la * b integral f (x) dx que está definida sobre el subconjunto [a, b] de R1 . a

8.1 8.1.1

La integral doble Regiones acotadas en R2

Definición 8.1 (Región acotada) Una región R en R2 es acotada si existe un rectángulo de lados conocidos que contiene completamente R. REGION ACOTADA y

REGION NO ACOTADA y

x

x

Definición 8.2 (Región tipo I) Una región acotada es llamada región tipo I, denotado por RX , si es de la forma: RX = {(x, y) : a ≤ x ≤ b, g (x) ≤ y ≤ h (x)} ,

donde g y h son continuas en [a, b] con g (x) ≤ h (x) para todo x ∈ [a, b] .

Definición 8.3 (Región tipo II) Una región acotada es llamada región tipo II, denotado por RY , si es de la forma: RY = {(x, y) : a ≤ y ≤ b, g (y) ≤ x ≤ h (y)} . donde g y h son continuas en [a, b] con g (y) ≤ h (y) para todo y ∈ [a, b] . 173

174

CAPÍTULO 8. INTEGRAL MÚLTIPLE

REGION TIPO I y

REGION TIPO II y b

RY

y=h(x) x=g(y)

a

RX

b

x=h(y)

x

x

y=g(x)

a

Toda región acotada puede considerarse como la unión de regiones tipo I o tipo II.

8.1.2

Partición de una región acotada

Sea R una región acotada en R2 , y [a, b] × [c, d] un rectángulo tal que R ⊂ [a, b] × [c, d] , considérese las particiones de [a, b] y [c, d] siguientes: PX = {a = x0 , x1 , . . . , xnX = b} ; PY = {c = y0 , y1 , . . . , ynY = d} en donde: x0 < x1 < · · · < xnX y y0 < y1 < · · · < ynY , el conjunto de todos los rectángulos Rij = [xi−1 , xi ] × [yJ−1 , yJ ] totalmente contenidos en R es llamada una partición de R, luego de una enumeración podemos escribir: P = {R1 , R2 , . . . , Rn }

Observación. Es claro que debe poder construirse particiones que ”cubran” toda la región R. Definición 8.4 (Norma de una partición) Sea R una región acotada y P = {R1 , R2 , . . . , Rn } una partición de la región, la norma de la P es el número: P = longitud más larga de las diagonales de los rectángulos Ri Observemos que si P → 0, entonces n → ∞ (el recíproco no necesariamente es cierto).

8.1. LA INTEGRAL DOBLE

8.1.3

175

La definición de una integral doble

Volumen bajo la gráfica de una función a dos variables Se plantea el siguiente problema: Problema. Sea f (x, y) una función definida en una región acotada R, tal que f (x, y) ≥ 0 para todo (x, y) ∈ R. Hallar el volumen V del sólido sobre R y bajo la gráfica de f. Para resolver el problema considérese una partición P = {R1 , R2 , . . . , Rn } R. Tómese un rectángulo Rk de la partición, sea (ξ k , η k ) un punto cualquiera de Rk y ∆Ak el área de Rk . El volumen del paralelepípedo con base Rk y altura f (ξ k , ηk ) es una aproximación del sólido bajo la gráfica de f y sobre Rk . z (ξ k ,ηk ,f (ξk ,ηk ))

y Rk

(ξk ,ηk )

x Tal volumen es: Vk = f (ξ k , ηk ) ∆Ak la suma de todos éstos volúmenes es aproximadamente igual al volumen que se está buscando, es decir, n

V ≈

f (ξ k , ηk ) ∆Ak k=1

Es claro que se están cometiendo dos tipos de errores, a saber: (1) La partición no cubre toda la región R y (2) cada volumen Vk o tiene un error por defecto o por exceso. Sin embargo si P → 0, la aproximación debe ser más exacta, así: n

f (ξ k , ηk ) ∆Ak

V = lim

P →0

k=1

siempre que tal límite exista. La definición de integral doble Si el límite

n

lim

P →0

f (ξ k , ηk ) ∆Ak k=1

existe, tal número se llama integral doble y se denota por **

**

f (x, y) dA, esto es: R

n

f (x, y) dA = lim R

P →0

f (ξ k , ηk ) ∆Ak k=1

Puede demostrarse que si f es continua o casi continua en R, la integral doble existe. Observación. De la discusión previa, si f (x, y) ≥ 0 en R, la integral doble es el volumen del solido bajo la gráfica de f y sobre R.

176

CAPÍTULO 8. INTEGRAL MÚLTIPLE

8.1.4

Cálculo de la integral doble

Como se dijo antes una región acotada siempre se puede considerar como la unión de regiones tipo I o tipo II, así para el cálculo de integrales dobles es suficiente tener presente los siguientes resultados. Regiones tipo I Considérese la región tipo I: RX = {(x, y) : a ≤ x ≤ b, g (x) ≤ y ≤ h (x)} ,

entonces:

* *

Observación. La integral

*

*

f (x, y) dA =

RX

b a

*

h(x)

f (x, y) dy

dx

g(x)

h(x)

f (x, y) dy es una integral simple en la variable y, es decir, x es constante. g(x)

Regiones tipo II Considérese ahora la región tipo II: RY = {(x, y) : a ≤ y ≤ b, g (y) ≤ x ≤ h (y)} ,

entonces:

* *

Observación. La integral

*

f (x, y) dA = RY

*

a

b

*

h(y)

f (x, y) dx dy

g(y)

h(y)

f (x, y) dx es una integral simple en la variable x, es decir, y es constante. g(y)

Ejercicios resueltos Ejercicio 8.1 Calcular

**

R

f (x, y) dA si f (x, y) = y y R la región acotada por las gráficas de y=

√ x, y = x3

en el primer cuadrante. Solución. La región de integración se muestra en el siguiente gráfico: y

(1,1)

1 0.8 0.6

y=

x

y = x3

0.4 0.2

0.2

0.4

0.6

0.8

1

x

8.1. LA INTEGRAL DOBLE

177

es fácil advertir que la región puede ser considerada como región tipo I o tipo II. Si se la considera como tipo I se tiene: * 1 ** * 1 * √x √ x y dA = y dy dx = 12 y2 x3 dx 0 x3 0 R * 1 1 = 12 x − x6 dx = 12 12 x2 − 17 x7 0 =

0 1 2

1 2

1 7

−

=

5 28

por otra parte si la región R se considera como del tipo II se tiene: **

y dA = R

*

0

=

*

1 * y 1/3 y2

= Ejercicio 8.2 Calcular:

**

R

0

1

0

3 7

y dx dy =

−

*

y 4/3 − y 3 dy = 1 4

=

1

y 1/3

yx|y2 dy 3 7/3 7y

− 14 y4

1 0

5 28

18xy dA donde R es la región acotada por y = 13 x, y2 = x, x = 3 y x = 9.

Solución. La intersección de la recta y la parábola se encuentra resolviendo: √ 1 x 3x = de donde se obtiene: x2 − 9x = 0, es decir x = 0 y x = 9,así los puntos de intersección son: (0, 0) , (9, 3) la gráfica de la región se muestra a continuación: y 3

y=

2.5

x y=

1 3

x

2 1.5 1 0.5

x

0

1

2

3

4

5

6

7

La región es claramente una región tipo I, luego: **

18xy dA = R

*

3

=

*

3

9*

√ x

18xy dy dx

(1/3)x

92

9xy2

3√x

(1/3)x

8

9

178

CAPÍTULO 8. INTEGRAL MÚLTIPLE =

*

9

3

9x2 − x3 dx

( )9 1 3x3 − x4 4 3 6561 = 2187 − 4 = 486 =

− 81 −

81 4

Ejercicios propuestos Evaluar las siguientes integrales. ** x2 dA; R es la región limitada por xy = 4, y = x, 4y = x, primer cuadrante. Sol.: 12 1. 2. 3.

**

**

R

R

R

ydA, R la región limitada a la izquierda por y 2 = x y a la derecha por x2 + y 2 = 2. Sol: 0 xdA, R limitada por y 2 = x y x2 = y. Sol.

Ejercicio 1 4. 5. 6.

** ** **

R

R

R

**

R

Ejercicio 3

Ejercicio 2

2 3 y 2 dA, R limitada por y = sin x, y = cos x, x ∈ 0, π4 . Sol.: ey/x dA, R limitada por y = 0, x = 1, y = x2 . Sol.:

5 18

√

2−

E jercicio 5

(x + y) dA, R limitada por x2 + y 2 = a2 . Sol.: 0

2 9

1 2

y 2 sin x dA, R limitada por x = 0, x = π, y = 0, y = 1 + cos x. Sol.

E je rc ic io 4

7.

3 20

4 3

E jer cic io 6

8.1. LA INTEGRAL DOBLE 8. 9.

**

**

cosh R

R

y x

179

dA, R limitada por x = 0, x = 1, y = −2x, y = 2x. Sol.

4 − x2 dA, R limitada por 2x + y = 6, y = x, y = 0. Sol.

Ejercicio 7 10. 11.

**

**

R

e2 − e−2 .

5 2

Ejercicio 9

Ejercicio 8

(y) dA; R limitada por el trapezoide de vértices (1, 3) , (5, 3) , (2, 1) y (4, 1) . Sol. x 1 + y2

−1/2

R

38 3 .

dA; R la región acotada por y = x2 , y = 1, x = 0, primer cuadrante. Sol.:

1 2

√ 2− 12 .

Ejercicio 11

Ejercicio 10

8.1.5

1 2

Cambio en el orden de integración

En muchos problemas de cálculo de una integral doble, es necesario cambiar el orden de integración, es decir, considerar una región tipo I como una región tipo II o viceversa. Ilustramos este hecho en los siguientes ejercicios.

Ejercicios resueltos Ejercicio 8.3 Calcular: I=

*

0

2* 1

sen x2 dx dy

y/2

Solución. La región de integración está limitada por las gráficas de: x x y y

= = = =

y/2 1 0 2

180

CAPÍTULO 8. INTEGRAL MÚLTIPLE

Región tipo II

Región tipo I

y

y

x = y/2

y = 2x

2

2 x =1

1

x =1

1

0

x

1

0

1

x

y=0

En la integral dada, la región se está considerando como tipo II, es clara la dificultad del cálculo de Puesto que la región de integración puede ser también considerada como tipo I se tiene:

I

=

*

0

=

*

*

sen x2 dy dx

0

12

y sen x2

0

=

1 * 2x

1

32x

2x sen x2

0

dx

dx

0

2 31 = − cos x2 0 = 1 − cos 1

Ejercicio 8.4 Calcular:

I=

*

3 1

*

ln x

x dy dx

0

Solución. Los límites de la región de integración son:

y y x x

= = = =

0 ln x 1 3

*

sen x2 dx.

8.1. LA INTEGRAL DOBLE

181

la región de integración está siendo considerada como del tipo I.

Región tipo I

Región tipo II y

y

x = ey

y = ln(x ) ln (3)

ln (3)

0

1

x

3

x=3

0

1

y=0

3

x

Considerando la región como del tipo II, se tiene:

I

=

*

0

= = = = =

1 2

1 2

ln 3 * 3

*

x dx dy

ey ln 3 2

x2

0 * ln 3 0

33

ey

dy

9 − e2y dy

)ln 3 ( 1 1 9y − e2y 2 2 0 1 9 1 9 ln 3 − − 2 2 2 1 (9 ln 3 − 4) . 2

0−

1 2

Observación. En este problema la necesidad de una cambio en el orden de integración no es del todo necesaria, sin embargo, la integración se facilita con el cambio (¡pruebe lo afirmado!).

Ejercicio 8.5 Calcular:

I=

*

0

4* 2

√ y

3

ex dx dy

182

CAPÍTULO 8. INTEGRAL MÚLTIPLE Solución. La región de integración se muestra a continuación:

Región tipo I

Región tipo II y

y 4

4

x=

y

y = x2 x=2

0

x

2

0

x

2

y=0

la integral dada considera la integral como región del tipo II, considerando como una región de tipo I, se tiene: =

I

*

0

=

*

2 * x2

3

ex dy dx

0

2

x2

3

yex

0

0

=

*

2

3

x2 ex

dx dx

0 3

2

=

1 3

ex

=

1 3

e8 − 1

0

Ejercicios propuestos Calcular: ,4,2 3 1. 0 √x ey dy dx. Sol. 2.

3.

*

*

1 3

2* 2

e−y dy dx. Sol.

0

1

0

−1

2

x

*

√ y+1

e8 − 1 1 2

1 − e−4

e(y+1)/x dx dy. Sol. 1/2

2

2

0.2 0

1

1

-0.4

0

0

-0.8 -1

0

1

2

3

Ejercicio 1

4

0

1

Ejercicio 2

2

0

0.4

0.8 1

Ejercicio 3

8.1. LA INTEGRAL DOBLE 4.

5.

6.

*

1 * π/2

*

1* 4

*

2* 1

0

183

sec2 (cos x) dx dy. Sol. tan (1)

arc sen(y)

0

2

1 8

e−y dy dx. Sol.

4x

0

1 − e−16

2

y/2

ex dx dy. Sol. e − 1. 4

1

2

3 2

1

1 0

0

0 1

0

1.6

7.

R

1

Ejercicio 6

Ejercicio 5

Ejercicio 4

* *

0

1

0

sec y 3 dA, Donde R es la región acotada por y =

√ x, y = 2, x = 0. Sol.

1 3

(ln |sec 8 + tan 8|)

Expresar las siguientes integrales como integrales equivalentes mediante un cambio en el orden de integración.

8.

9.

* *

2/3 −2/3

*

*

2 1

4−9x2

f (x, y) dy dx. Sol. 0

*

√ 2− y−1

(x + y) dx dy. Sol. y−1

*

4 0

*

√ 4−y 3

−

√ 4−y 3

*

1 0

f (x, y) dx dy

x+1

(x + y) dy dx + 1

*

2 1

*

4

2

(x−2)2 +1

(x + y) dy dx 1

2

3 2

1

1 0

1

0 0

1

2

3

−

4

2 3

Ejercicio 7

10.

11.

* *

3 −2

*

1

x

f (x, y) dy dx. Sol. x2

f (x, y) dy dx +

0

0

*

*

4* 4 2

x

4* 0

√ y √ − y

f (x, y) dx dy +

f (x, y) dy dx. Sol.

*

*

4* y 1

√ y

1

Ejercicio 9

Ejercicio 8

x+6

2 * x2

2 3

9* 4

√ y

f (x, y) dx dy. y−6

f (x, y) dx dy

2

184 12.

CAPÍTULO 8. INTEGRAL MÚLTIPLE *

b a

*

y

f (x, y) dx dy, donde a < b < 0. Sol. a

9

*

b a

*

b

f (x, y) dy dx x

4

b

3 4 2

-2

a

1

1

0

0

1

1

3

2

2

13. 14. 15. 16.

17.

18.

*

*

*

2* 0

√ x

0

0

f (x, y) dx dy. Sol.

2y

2 * ey 0

f (x, y) dx dy. Sol.

1

4* 2

√ y

0

0

12x 5

*

2*

√ 2x

e2 1

*

b

Ejercicio 12

f (x, y) dx dy y2

f (x, y) dy dx

0

*

2

f (x, y) dy dx ln x

2 * x2 0

f (x, y) dy dx

0

*

12 * 0

5y 12

f (x, y) dx dy +

0

*

13 * 12

√

169−y2

f (x, y) dx dy 0

f (x, y) dy dx. Sol. *1 0

8.1.6

0

f (x, y) dy dx. Sol.

√ 2x−x2

a

2

8 * x/2

√ 169−x2

5*

*

0

*

*

f (x, y) dx dy. Sol.

*

0

√ 2

*

f (x, y) dy dx. Sol.

4* 8

4

Ejercicio 11

Ejercicio 10 *

3

√ 2 *1−y

1−

f (x, y) dx dy +

y2 2

*1

*2

√

0 1+

1−y 2

f (x, y) dx dy +

*2 *2 1

f (x, y) dx dy

y2 2

Cálculo de volúmenes

De la sección 8.1.3, sabemos que si f (x, y) ≥ 0 en R, la integral doble es el volumen del sólido bajo la gráfica de f y sobre R.

Ejercicios propuestos 1. Encuéntrese el volumen del sólido que está sobre la región R y tiene la gráfica de f como su superficie superior. (a) R limitada por los ejes de coordenadas y la recta x + y = 1, f (x, y) = 1 − x2 . Sol.

5 12

(b) R limitada por los ejes de coordenadas y las rectas x = 2, y = 3, f (x, y) = x2 + y 2 . Sol. 26 (c) R limitada por la circunferencia x2 + y2 = 1, f (x, y) = y + 2. Sol. 2π

8.1. LA INTEGRAL DOBLE

185

(d) R limitada por la circunferencia x2 + y2 = 1, f (x, y) = 3x + 4. Sol. 4π z

z 1

12 8

1

4

y

0 0 0

1 x

x

y

1 1

2 3

2

z

z 8 6 4

3

2

2

-1

1 0 0 -1

0

1

x

0 -1

y

y

1

-1

0 0 1 1

x

2. Calcular el volumen del sólido acotado por las gráficas de: (a) z = sin y, x = 0, x = 1, y = 0, y = π/2, z = 0, primer octante. Sol. 1 (b) x = 0, y = 0, z = 0 y x + y + z = 1, primer octante. Sol. 1/6 (c) z = xy, z = 0, y = x, x = 1, primer octante. Sol.

1 8

z 1

1

π

z

z

1

2

0 0 1 2

0

1

1

x

1

x 1 Ejercicio 2a

x

y

Ejercicio 2b

1

y

Ejercicio 2c

y

186

CAPÍTULO 8. INTEGRAL MÚLTIPLE 2 3

(d) x2 + z 2 = 1, y 2 + z 2 = 1, primer octante Sol. z

1

x

+ z

2

y

2

= 1

2

+ z

2

z

= 1

1

0

y 1 x

y

−1

1

−1

x 1

1 G rá f ic a e n lo s o c h o o c ta n te s

G rá f ic a e n e l p rim e r o c ta n te

(e) (f) (g) (h) (i)

3 x2 + y2 = a2 , x2 + z 2 = a2 . Sol. 16 3 a 8 5 y = a2 − x2 , z = a2 − x2 , primer octante. Sol. 15 a 2 2 2 z = 4, z = x + y , por encima del plano z = 0. Sol. z = x2 − y2 , z = 0, x = 2, x = 5. Sol. 203 z = x2 , z = a2 − y 2 . Sol. 12 a4 π

64 3 π

z

z = a2 − y 2

a2

z = x2

a x

8.2

a

y

x2 + y2 = a2

Cambio de variable

Al calcular la integral

* *

f (x, y) dA,

R

a veces, es necesario realizar un cambio de variable. En esta sección enunciamos el teorema del cambio de variable. Definición 8.5 (Jacobiano) Sea g (u, v) = (x (u, v) , y (u, v)) . El jacobiano de g, denotado por determinante de su derivada, esto es: ∂ (x, y) = ∂ (u, v)

∂x ∂u

∂x ∂v

∂y ∂u

∂y ∂v

∂ (x, y) , es el ∂ (u, v)

8.2. CAMBIO DE VARIABLE

187

el Jacobiano de denotará también con J (x, y) Ejemplo 8.1 Considere g (u, v) = u2 − v2 , uv , aquí x = u2 − v2 , y = uv. Entonces: ∂ (x, y) ∂ (u, v)

∂x ∂u

=

∂x ∂v

∂y ∂y ∂u ∂v 2u −2v v u

=

= 2 u2 + v 2 Teorema 8.6 ∂ (u, v) 1 = ∂ (x, y) ∂ (x, y) ∂ (u, v) Teorema 8.7 Sea g una función de R2 en R2 , definida por g (u, v) = (x (u, v) , y (u, v)) tal que • g es inyectiva en R′

• g tiene derivadas parciales continuas en R′ •

∂ (u, v) = 0 en R′ ∂ (x, y)

Sea f una función de R2 en R2 , entonces: * * * * f (x, y) dA = R

f (g (u, v))

R′

∂ (x, y) dA ∂ (u, v)

Ejercicios resueltos **

1 dA, R en el primer y cuarto cuadrantes limitada por las gráficas de y = x2 , 1 + 4x + 4y R x + y = 0, x = 2, con el cambio de variable x = u + v, y = u2 − v. Ejercicio 8.6

√

Solución.

• Identificación de la región R. En la siguiente gráfica se muestra esta región y 4

C

3 2 1

A

1

2

-1 -2

B

x

188

CAPÍTULO 8. INTEGRAL MÚLTIPLE • Jacobiano.

∂ (x, y) = det ∂ (u, v)

1 1 2u −1

= |−1 − 2u| = 2 u +

1 2

.

• Inyectividad. El cambio de variable puede considerarse como una función dada por: g (u, v) = u + v, u2 − v Supóngase que g (u, v) = g (a, b) , entonces: u+v =a+b u2 − v = a2 − b

(i)

de la primera y segunda ecuación se obtiene respectivamente u−a = b−v u2 − a2 = v − b combinando esta ecuaciones se tiene u2 − a2 = − (u − a) de donde: (u − a) (u + a + 1) = 0 si la función va a ser inyectiva, debemos tener u=a

(ii)

u + a + 1 = 0,

(iii)

y pero si u = a, claramente de la primera ecuación en (i) se encuentra v = b. finalmente de (ii) y (iii) se encuentra 2u + 1 = 0, es decir g va a ser inyectiva si u < − 12 o u > − 12 . • Cálculo de la región R′ . Para este cálculo trabajaremos con la frontera de R. (1) Frontera AC. Es el segmento dado por: y = x2 0 ≤ x≤2 0 ≤ y≤4 empleando el cambio de variable se obtiene u2 − v = (u + v)2 , de donde: v (v + 2u + 1) = 0, se tienen dos casos (a) v = 0, en este caso x = u, luego 0 ≤ u ≤ 2. (b) v + 2u + 1 = 0, obsérvese que en este caso se tiene u + v = −u − 1, puesto que x = u + v se debe tener x = −u − 1 de donde 0 ≤ −u − 1 ≤ 2, esto da el rango de variación de u : −3 ≤ u ≤ −1.

(2) Frontera AB. Es el segmento dado por

x+y = 0 0 ≤ x≤2 con el cambio de variable se tiene u2 + u = 0, nuevamente se tienen dos casos: (a) u = 0, en este caso x = v, luego 0 ≤ v ≤ 2.

8.2. CAMBIO DE VARIABLE

189

(b) u = −1, en este caso x = −1 + v, luego 0 ≤ −1 + v ≤ 2 de donde la variación de v resulta ser 1≤v≤3 (3) Frontera BC. Este segmento está dado por: x = 2 −2 ≤ y ≤ 4 el cambio de variable da la recta u + v = 2, luego: y

= u2 − (2 − u) = u2 + u − 2

con lo que se tiene −2 ≤ u2 + u − 2 ≤ 4, completando cuadrados y realizando operaciones se tiene sucesivamente: −2 0 1 4 1 2

≤ u2 + u − 2 ≤ 4 ≤ u2 + u ≤ 6 2 25 1 ≤ ≤ u+ 2 4 1 5 ≤ u+ ≤ 2 2

el valor absoluto nos da los siguientes casos: (a) u ≥ − 12 , en este caso la variación de u está dado por

1 2

≤u+

1 2

1 2

≤ −u −

≤

5 2

1 2

≤

de donde

0≤u≤2 (b) u ≤ − 12 , en este caso la variación de u está dado por −3 ≤ u ≤ −1 La región R′ se muestra a continuación: !!

v 5

! !

v=2−u

! # !# $ !$ $ v=−2u−1!$ ! ! ! !

−3

−1

3

1

" v=2−u " " " " " " " " " 0

2

u

5 2

de donde

190

CAPÍTULO 8. INTEGRAL MÚLTIPLE • Evaluación de la función integrando. √

1 1 + 4x + 4y

1 1 + 4 (x + y) 1 1 + 4 (u2 + u) 1 % 2 2 u + 12

= = =

1 2 u+

=

1 2

• Cálculo de la integral. Tomemos u > − 12 , entonces R′ es el triángulo acotado por u + v = 2, u = 0, v = 0, entonces **

R

1 √ dA = 1 + 4x + 4y = = =

**

** *

*

2

0

R′

1 2 u+

1 2

2 u+

1 dA 2

dA R′

*

2−u

dv du

0

2 0

(2 − u) du

1 2u − u2 2 = 4−2 = 2.

2

=

0

Observación. Si se elige la región en donde u < − 12 , el resultado no cambia. Ejercicio 8.7 Cálcular:

**

x2 yexy dA R

donde R está acotada por: y = 0, y = 1 x = 0, x (2 − y) = 2 realizando el cambio x = u+v v y = u+v Solución.

(i)

8.2. CAMBIO DE VARIABLE

191

• Identificación de la región R. La región se muestra a continuación. y

1

C

B x(2−y)=2

A O

1

2

x

• Cálculo del jacobiano. ∂ (x, y) ∂ (u, v)

=

= =

∂x ∂u ∂y ∂u 1

∂x ∂v ∂y ∂v 1

−v (u+v)2

u (u+v)2

1 u+v

• Inyectividad. Ejercicio. • Cálculo de la región R′ . Calcularemos la imagen de las fronteras de R para determinar la región R′ . Del cambio de variable se encuentra: (ii)

u = x − xy v = xy

— Frontera OA : Es una recta dada por y = 0, 0 ≤ x ≤ 1. De (ii) se encuentra: v = 0 y u = x, es decir la frontera OA se convierte en el segmento: v = 0; 0 ≤ u ≤ 1 — Frontera AB : Es la curva dada por: x (2 − y) = 2, 1 ≤ x ≤ 2, 0≤y≤1

(iii)

empleando (i) y la primera ecuación de (iii) se encuentra: (u + v) 2 −

v u+v

=2

de donde se encuentra 2u + v = 2. Por otra parte, puesto que v = xy, de las dos desigualdades que aparecen en (iii) se encuentra 0 ≤ v ≤ 2, así la frontera AB se transforma en la recta v = 2 − 2u; 0 ≤ v ≤ 2.

192

CAPÍTULO 8. INTEGRAL MÚLTIPLE — Frontera CB : Es la recta dada por y = 1, 0 ≤ x ≤ 2. Empleando (i) se encuentra u = 0, y v = x, por tanto esta frontera se transforma en la recta: u = 0; 0 ≤ v ≤ 2. La gráfica de la región R′ se muestra a continuación: v

2

% % v=2−2u & & & & & & && & & & & & & & & & & & && & & &&&&& & &&&&&&&&& & 1

u

— Nótese que la recta x = 0, se transforma en el origen del plano uv. • Cálculo de la integral. **

2

xy

x ye dA = R

*

0

=

*

0

=

*

1 * 2−2u 0 1 * 2−2u

(u + v)2

v u+v

ev

1 dv du u+v

vev dv du

0

1

e2−2u − 2e2−2u u + 1 du

0

= 2. Ejercicio 8.8 En la integral

*

0

realizamos la transformación:

1 * 1−x

ey/(x+y) dy dx

0

x = u − uv,

y = uv

así g (u, v) = (x, y) = (u − uv, uv) , calcular la integral dada con esta transformación. Solución. • Identificación de la región R. Claramente la región de integración de *

1 0

*

1−x

ey/(x+y) dy dx

0

es una región tipo I, más aún la región está limitada por: y = 0, x = 0,

y =1−x x=1

8.2. CAMBIO DE VARIABLE

193

tal región se muestra en la figura (a): y

v R′ 1

$$$$$ $$# $# $$$$ $ $ $$ $# # $ $$ $# ## $$ $ $# # # $# # #

1 C

u

1

R

' ' (( ) ( $$ $$ A $$

B 1

(a)

x

(b)

• Cálculo de R′ . Como sabemos R′ = g −1 (R) , es claro que g −1 (x, y) = (u, v) , los valores de x, y se encuentran resolviendo: x = u − uv y = uv la solución del anterior sistema es: u = x+y y v = x+y y . Para calcular R′ calcularemos las imágenes inversas de los x+y segmentos que componen la frontera de R.

así g−1 (x, y) = (u, v) =

x + y,

— Segmento AB, en este caso y = 0 y 0 ≤ x ≤ 1, luego: u = x, v = 0 por tanto el segmento AB se transforma en el segmento dado por: v = 0,

0≤u≤1

— Segmento AC, en este caso x = 0 y 0 ≤ y ≤ 1, luego: u = y, v = 1, así el segmento AC se transforma en: v = 1, 0 ≤ u ≤ 1

— Segmento CB, aquí x + y = 1 y 0 ≤ y ≤ 1, por tanto: u = 1, v = y, luego este segmento se convierte en el segmento dado por: u = 1, 0 ≤ v ≤ 1. De todo lo anterior, concluimos que la región R′ es el rectángulo encerrado por: u = 0, v = 0,

u=1 v=1

que se muestra en la figura (b) • Cálculo del jacobiano. ∂ (x, y) ∂ (u, v)

=

=

∂x ∂u ∂y ∂u 1−v v

∂x ∂v ∂y ∂v −u u

=u

194

CAPÍTULO 8. INTEGRAL MÚLTIPLE • Cálculo de la integral.

*

1 0

*

1−x

y/(x+y)

e

dy dx =

0

* *

*

0

=

*

0

=

*

R′

1* 1

euv/u u dv du

0

1* 1

ev u dv du

0

1

0

=

∂(x,y) euv/u ∂(u,v) dA

u (e − 1) du

1 (e − 1) . 2

Obsérvese que la región R′ se ha considerado como una región tipo I. Ejercicio 8.9 Considérese la siguiente integral: * *

x2 + y2 dA

R

donde R es la región acotada por: x2 − y2 xy

= 1, = 2,

x2 − y2 = 9 xy = 4

Solución. • Identificación de la región. La región de integración se muestra a continuación xy=4

x2 −y2 =1

xy=2

y

x2 −y2 =9

1

3

x

• Cambio de variable. Se hace el cambio de variable: u = x2 − y 2 ,

v = 2xy.

• Cálculo del jacobiano. Obsérvese que: x2 + y 2

2

= x2 − y 2

2

+ (2xy)2 = u2 + v 2

8.2. CAMBIO DE VARIABLE

195

por tanto: ∂ (x, y) 1 = = ∂ (u, v) ∂ (u, v) /∂ (x, y) 1 1 1 = √ 2 = 4 (x2 + y 2 ) 2x −2y 4 u + v2 2y 2x

|g ′ (u, v)| = =

• Inyectividad. Tarea • Cálculo de la nueva región. R′ es la preimagen de R, es decir R′ = g −1 (R) , para hallar esta región, recordemos que las fronteras de R son: x2 − y 2 xy

= 1, = 2,

x2 − y 2 = 9 xy = 4

luego debemos tener: u = 1, v = 4,

u=9 v=8

por tanto R′ es un rectángulo, luego: • Cálculo de la integral.

* *

x2 + y 2 dA =

R

u2 + v2

R′

∂(x,y) ∂(u,v)

dA

* *

1 dA R′ 4 * * 1 9 8 = dv du 4 1 4 = 8 =

Ejercicio 8.10 Calcular

* *

* *

(x + 4y) dA R

donde R es la región limitada por x = 4y 2 ,

x + 4y = 0,

x = y2 + 3

empleando la transformación: g (u, v) = (x, y) = 4u2 + 4v, u − v , es decir x = 4u2 + 4v y = u−v Solución.

(1)

196

CAPÍTULO 8. INTEGRAL MÚLTIPLE • Identificación de la región. La región R se muestra en el siguiente gráfico y B

1 x=4y 2

x=y 2 +3

* 4 O *** *x+4y=0 ** ** ** * −1

• Jacobiano.

∂ (x, y) = ∂ (u, v)

8u 4 1 −1

x

A

= −8u − 4

• Inyectividad. Supóngase que g (u, v) = g (a, b) , entonces: 4u2 + 4v, u − v = 4a2 + 4b, a − b a partir de esta igualdad se sigue que (u, v) = (a, b) si u ≥ − 12 , por tanto g es inyectiva para u ≥ − 12 . • Cálculo de R′ = g −1 (R) , — Frontera OA. Es una recta definida por x + 4y = 0,

0≤x≤4

(2)

empleando el cambio de variable obtenemos: 4u2 + 4v + 4 (u − v) = 0 luego: u (u + 1) = 0 de esta igualdad se debe tener u = 0, (nótese que la inyectividad garantiza que esta solución es única) luego de (1) y (2): x = 4v 0 ≤ 4v ≤ 4

de donde: 0 ≤ v ≤ 1, así la frontera OA se convierte en el segmento dado por u = 0, 0 ≤ v ≤ 1 — Frontera OB. Es la curva dada por x = 4y2 , 0 ≤ x ≤ 4, 0 ≤ y ≤ 1. Empleando el cambio de variable 4u2 + 4v = 4 (u − v)2 (8.1) de donde

4v (v − 2u − 1) = 0

de esta igualdad se tiene los siguientes casos:

8.2. CAMBIO DE VARIABLE

197

v = 0 : En este caso u = y, por tanto 0 ≤ u ≤ 1. Así el segmento OB se convierte en el segmento dado por v = 0, 0 ≤ u ≤ 1 v − 2u − 1 = 0, en este caso v = 2u + 1, de (1) se tiene = u−v = u − (2u + 1) = −u − 1

y

puesto que 0 ≤ y ≤ 1:

0 ≤ −u − 1 ≤ 1

es decir: −2 ≤ u ≤ −1 esto no es posible pues u ≥ − 12 . — Segmento AB. En este caso x = y 2 + 3, 0 ≤ x ≤ 4, −1 ≤ y ≤ 1, empleando el cambio de variable se tiene: 4u2 + 4v = (u − v)2 + 3 desarrollando se encuentra: u=

−v ± (2v − 3) , 3

nuevamente se tiene dos casos (Eligiendo el signo +) u =

1 3

(v − 3) de donde v = 3u + 3. De (1) se encuentra: y

puesto que −1 ≤ y ≤ 1 :

= u−v = u − (3u + 3) = −2u − 3

−1 ≤ −2u − 3 ≤ 1

de donde −2 ≤ u ≤ −1, esto es es posible puesto que la inyectividad se da para u ≥ − 12 .

(Eligiendo el signo −) u = −v + 1 de donde v = 1 − u. De (1) se encuentra y

puesto que −1 ≤ y ≤ 1 :

= u−v = u − (1 − u) = 2u − 1 −1 ≤ 2u − 1 ≤ 1

de donde 0 ≤ u ≤ 1, así la frontera AB se transforma en el segmento dado por u + v = 1, 0 ≤ u ≤ 1

198

CAPÍTULO 8. INTEGRAL MÚLTIPLE Lo anterior muestra que la nueva región R′ es el triángulo mostrado en la siguiente figura. v

1

u+v=1

u

1

• Cálculo de la integral. De lo anterior * *

(x + 4y) dA =

R

=

* * *

0

= 16

1 * 1−u

*

0

= 16

*

0

=

4u2 + 4v + 4 (u − v)

R′

∂ (x, y) dA ∂ (u, v)

4u2 + 4u |−8u − 4| dv du

0 1 * 1−u

u2 + u (2u + 1) dv du

0

1

u2 + u (2u + 1) (1 − u) du

124 15

Ejercicios propuestos Calcular:

1.

2.

** **

R

ex+y dA, R limitada por |x| + |y| = 1, con el cambio u = x + y, v = x − y. Sol. e − e−1 .

8 √ dA, R en el segundo cuadrante limitada por las gráficas de y = x2 , x + y = 0, con 1 + 4x + 4y R el cambio de variable x = u + v, y = u2 − v. Sol. 2.

8.2. CAMBIO DE VARIABLE 3.

**

R

199

x2 + y 2 dA, R limitada por x2 − y 2 = 1, x2 − y 2 = 9, xy = 2, xy = 4. Sol.: 8

1

1

4

0

0

0

-1 -1

1

0

Ejercicio 1 4.

**

R

-4 0 -4

-1

0

Ejercicio 3

Ejercicio 2

√ x − 2y + 14 y 2 dA, R es el triángulo con vértices (0, 0), (4, 0) , (4, 2) , (Sug.: haga el cambio

u = 12 y, v = x − 2y). Sol. 74 15 * 1 * 2−x * 2 * 2−x x−y x−y 5. e x+y dy dx + e x+y dy dx, con el cambio u = x + y, v = x − y. Sol. 0

6.

*

1−x

1 * 2−y 0

y

1

2

1

1

0 0

0 2

1

R

3 4

e − e−1 .

x2 − y2 dx dy, con el cambio x = −uv, y = uv + v. Sol. 8/9.

3

Ejercicio 4

7.

0

2

**

4

4

1

0 0

1

Ejercicio 5

2

0

1

2

Ejercicio 6

x2 + 2y 2 dA, donde R es la región del primer cuadrante acotada por xy = 1, xy = 2, y = x,

y = 2x y el cambio de variable es x = u/v y y = v. Sol. 15 8 . (Nota. Los segmentos rectilíneos de R se convierten en segmentos de parábolas y los segmentos de las hipérbolas en segmentos de recta) En las siguientes integrales expresar la integral en términos de las nuevas variables. ** √ √ √ 8. f (x, y) dA, donde R está acotada por x = 0, y = 0, x + y = b, siendo b una constante R

positiva, con el cambio

x = u cos4 v y = u sin4 v. Sol. 4

*

a * π/2 0

0

sin3 v cos3 v f u cos4 v, u sin4 v dv du

200 9.

CAPÍTULO 8. INTEGRAL MÚLTIPLE **

R

f (ax + by + c) dA, donde R = (x, y) : x2 + y 2 ≤ 1 , donde a2 + b2 = 0 y el cambio es: u = v

Sol. 2

*

1 −1

=

ax + by √ a2 + b2 bx − ay √ a2 + b2

√ √ 1 − u2 f a2 + b2 u + c du.

2

1

1

0

1

0 0

2

1

0

Ejercicio 7

10.

11. 12.

**

R

-1

1

0

-1

0

1

Ejercicio 9

Ejercicio 8

ϕ (x + y) xm yn dA, m, n enteros positivos, donde R está acotado por y = 0, x = 0, x + y = 1, y el

cambio es u = u − v, y = v. ,1 ,1 Sol. cm,n 0 ϕ (t) tm+n+1 dt, donde cm,n es la constante dada por a integral cm,n = 0 (1 − t)m tn dt. *

*

2 * 2x 0

x

f (x, y) dy dx, con x = u − uv, y = uv. Sol.

1 * 2−2x 0

0

*

f (x, y) dy dx, con x = u − uv, y = uv. Sol.

2/3 * 2/(1−v) 1/2

*

0

1 * 2/(2−v) 0

0

4

1

f (u − uv, uv) u du dv

f (u − uv, uv) u du dv. 2

3 2

1

1 0 0

1

Ejercicio 10

8.3

0

0 0

1

Ejercicio 11

2

0

1

Ejercicio 12

Cambio a coordenadas polares

Como se sabe un cambio de coordenas rectangulares (x, y) a coordenadas rectangulares (r, θ) está dado por: x = r cos θ y = r sin θ

8.3. CAMBIO A COORDENADAS POLARES

201

luego su jacobiano es: ∂ (x, y) = ∂ (r, θ)

−r sin θ r cos θ

cos θ sin θ

=r

A continuación se presentan algunos problemas en donde se requieren cambios de variable. Ejercicios resueltos Ejercicio 8.11 Calcular:

*

0 −a

*

0

x2 + y2 dy

√ − a2 −x2

dx

Solución. Con el cambio x = r cos θ, r = sin θ se encuentra: *

0

−a

*

0 √ − a2 −x2

x2 + y2 dy

dx =

*

3π/2

π

=

1 3 a π 6

*

a

rr dr

dθ

0

Ejercicios propuestos Evaluar: ** 1.

2

e−x

−y2

R

, donde R es la región del primer cuadrante acotado por: x = 0, y = 0, a la izquierda por

x2 + y 2 = 1 y a la derecha por x2 + y 2 = 22 . Sol. − 14 π e−4 − e−1 . ** 2. 1 − x2 − y 2 dA, R limitada por una circunferencia de radio 1 y centro en el origen. Sol.: 3.

**

R

2 3π

−y + 3y 2 dx dy, donde R es la región anular encerrada por las circunferencias de ecuaciones:

R

x2 + y 2 = 1, x2 + y 2 = 9. Sol. 60π.

1

2

3 2 1

1

0

0 -1 -2

0 0

1

2

Ejercicio 1 4.

*

∞

− 12 x2

e

dx. Sol.

-1

-1

0

1

π/2. (Sugerencia: Haga I =

0

∞

-3 -2 -1

0

1

2

3

Ejercicio 3

Ejercicio 2 *

-3

1

2

e− 2 x dx, calcule I 2 , que es una integral doble, a

0

esta integral doble aplique el cambio de variable a coordenadas polares)

5. Encontrar el volumen de la región situada sobre el disco x2 + (y − 1)2 ≤ 1 y limitada superiormente por la función z = x2 + y 2 . Sol. 3π/2. * * √ 2 2 a

6.

−a

a −y

√

−

a2 −y 2

dx dy. Sol. πa2

202

7.

8.

CAPÍTULO 8. INTEGRAL MÚLTIPLE √

*

a*

*

√ a/ 2 *

0

a2 −y 2

x2 + y2 dx dy. Sol. πa4 /8

0

0

9. Calcular

√

a2 −y 2

√ x dx dy. Sol. a3 2/6

y

**

R

x dA, donde R es la región mostrada en la figura.

y

(x − a )2 + y 2 = a 2

y = 3x

a

Sol.

, π/3 , 2a cos θ 0

0

r2 cos θ dr dθ =

a3 24

2a

x

√ 8π + 7 3

10. Calcule el volumen del sólido limitado por las gráficas del plano z = 0, el paraboloide z = x2 + y2 y el cilindro x2 + (y − a)2 = a2

z

z = x2 + y2

x 2 + ( y − a )2 = a 2

a

2a

x

Sol.

3 4 2 a π.

y

8.4. LA INTEGRAL TRIPLE

203

11. Calcule el volumen del sólido entre las superficies dadas por: x2 + y 2 + z 2 = 4, x2 + y 2 = 1.

z z

2 2

y

2 1

x

2

2

x

√ Sol. 4 3π 8

*

π/2

0

*

5

r

3

25 − r2 dr dθ

12. Calcule el volumen del sólido limitado por las gráficas de z = 0, z = 128 9 .

8.4

x2 + y 2 , x2 + (y − 2)2 = 4. Sol.

La integral triple

La forma de definir la integral doble puede emplearse para regiones R ⊂R3 , omitimos los detalles. Si f : R ⊂ R3 → R, con f = f (x, y, z) , dividimos con una partición P de paralelepípedos de volúmenes ∆Vk , k = 1, 2, . . . , n. Con (ξ k , ηk , ζ k ) en el k − e´simo paralelepipedo se define: * * * n f (x, y, z) dV = lim f (ξ k , ηk , ζ k ) ∆Vk P →0

R

k=1

siempre que tal límite existe. En lo anterior P → 0 significa que el paralelepídedo mas grande tiene diagonal tendiendo a cero, además en analogia con las integrales dobles dV es una de las siguientes posibilidades: dx dy dz dx dz dy dy dx dz dy dz dx dz dx dy dz dy dx que a su vez nos dirá que en integrales triples se tienen seis posibles órdenes de integración.

8.4.1

Cálculo de la integral triple * * *

Q

f (x, y, z) dV

=

* *

Rxy

*

z=h(x,y)

z=g(x,y)

f (x, y, z) dz dx dy

y

204

CAPÍTULO 8. INTEGRAL MÚLTIPLE * *

=

Rxz

* *

=

Ryz

*

y=h(x,z)

f (x, y, z) dy dx dz

y=g(x,z)

*

x=h(y,z)

f (x, y, z) dx dy dz

x=g(y,z)

Donde: Rxy es la región del plano xy que resulta de proyectar la región Q sobre el plano xy, análogamente las regiones Rxz y Ryz resultan de proyecciones de Q sobre los planos xz y yz respectivamente. OBS. Si f (x, y, z) = 1, la integral triple da el volumen de Q. Ejercicio 8.12 Hallar el volumen encerrada por la esfera x2 + y2 + z 2 = a2 . Solución. =

V

* * *

= 2

dV Q

* *

R

= 2

* √a2 −x2 −y2

* *

a2 − x2 − y 2 dx dy

R

donde R =

"

x y

2

2

2

:x +y ≤a

+

. Pasando a coordenadas polares:

= 2

V

*

2π

0

= 2

*

= 2

*

2π

,,,

Q

r

− 2π

0

=

*

a2 − r2 r dr dθ

0

0

Ejercicio 8.13 Hallar z ≥ 0.

1 3

(a2 − r2 )

3

r

dθ 0

1 3 a dθ 3

4πa3 3

(2z) dV , donde Q es la región acotada por las gráficas de: y − x2 = 0, z + y = 1,

Solución. La región Q se muestra a continuación:

z

Plano z + y = 1

1

dz dx dy

0

1

0

1

1

x

Cilindro y − x 2 = 0

y

8.4. LA INTEGRAL TRIPLE

205 ***

(2z) dV

** *

=

Q

R

**

=

R

1−y

(2z) dz dA

0

(y − 1)2 dA

donde R se muestra en el siguiente gráfico.

y 1

y = x2

0

-1

1x

donde: ** *

(2z) dV

**

=

Q

*

=

R 1

−1

32 105

=

(y − 1)2 dA *

1

x2

(y − 1)2 dy dx

Ejercicios 1. Calcular

** *

f (x, y, z) dV donde Q

(a) f (x, y, z) = x, Q la region limitada por el tetraedro formada por el plano 2x + 6y + 3z = 12 y los planos coordenados (primer octante). Sol. 12 (b) f (x, y, z) = 1, Q es la región limitada por z = x2 + y 2 y z = 2 − x2 − y 2 . Sol. π

(c) f (x, y, z) = y 2 , Q la región acotada por las gráficas de x2 + z = 1, y 2 + z = 1, z = 0, primer octante. Sol. 19

(d) f (x, y, z) = x + z, Q la región limitada por el cilindro x2 + y 2 = 16, x + z = 4 y el plano z = 0. Sol. 32π (e) f (x, y, z) = xyz, Q la región acotada por x2 + y 2 = 1, x2 + z 2 = 1, primer octante. Sol (f) f (x, y, z) = xyz, Q la región acotada por y 2 + z 2 = 1, x2 + z 2 = 1, primer octante. Sol (g) f (x, y, z) = 1, Q la región acotada por x = y 2 , z = 0, x + z = 1. Sol.

8.4.2

1 24 1 24

8 15

Cambio en el orden de integración

Consiste en integrar con respecto a todas las combinaciones posibles de dy, dx, dz. Ejemplo 8.2 Reescribir la siguiente integral empleando el orden dy dz dx. Compruebe que el valor no cambia. I=

*

0

2 * 2−x/2 * 4−x−2y x/2

0

(x + z) dz dy dx

206

CAPÍTULO 8. INTEGRAL MÚLTIPLE Solución. La región de integración está dada por las gráficas de: " z=0 Superficie a superficie z = 4 − x − 2y " y = x/2 Línea a líinea y = 2 − x/2 " x=0 Punto a punto x=2

dicha región y la región de integración en el plano xy se muestran a continuación:

z

y

4

z = 4 − x − 2y

2

y = 2− x/2

Q

2

(2,1,0 )

4

(2,1)

R

y

2

y = x/2

z=0

x

2

x Para el orden de integración solicitado debemos tener:

"

y = x/2 Superficie a superficie y = 2 − x/2 − z/2 " z=0 Línea a líinea z = 4 − 2x " x=0 Punto a punto x=2

z z

4

4 y = 2− − x 2

Q

y = x/2

y

2

2

(2,1,0 )

4

z 2

R

x

2

Evaluando las integrales con ambos órdenes se encuentra: * 2 * 2−x/2 * 4−x−2y (x + z) dz I = 0

I

=

*

0

x/2

2

*

4−2x 0

dy

dx = 4

0

*

2−x/2−z/2

x/2

(x + z) dy

dz

dx = 4

x

8.4. LA INTEGRAL TRIPLE Ejercicios * √π * 1. 0

√ π x

*

207

2

sin y2 dzdydx. Sol. 1 1

2. Considere la integral

* **

f (x, y, z) dV, donde Q está limitada por las gráficas de y = x2 , z = 0, Q

z = 5, x = 0, y = 4 que se muestra en la siguiente gráfica. Escribir la integral en los seis posbles órdenes de integración..

z

y = x2

5

y=4

2 4

x

8.4.3

y

Cambio de variable en una integral triple

Considere la integral I=

* * *

f (x, y, z) dV

Q

si se hace el cambio:

entonces: I=

* * *

  x = x (u, v, w) y = y (u, v, w)  z = z (u, v, w) f (x (u, v, w) , y (u, v, w) , z (u, v, w))

Q′

∂ (x, y, z) dV ∂ (u, v, w)

donde ∂ (x, y, z) = ∂ (u, v, w)

∂x ∂u ∂yy ∂u ∂z ∂u

∂x ∂v ∂y ∂v ∂z ∂v

∂x ∂w ∂y ∂w ∂z ∂w

es el jacobiano de la transformación, Q′ es la nueva región obtenida con la transformación y dV está ahora en términos de du, dv y dw.

208

CAPÍTULO 8. INTEGRAL MÚLTIPLE

Ejercicios 2

1. Halle el volumen del sólido sobre el cono de ecuación z 2 = x2 + y2 interior a la esfera x2 +y 2 +(z − a) = a2 . Sol. πa3 2 2 2 2 2 2. Halle el volumen del sólido √ limitado por las gráficas de x + y + z = 36 y z = 3x + 3y (cono de helado). Sol. 72π 2 − 3 . ** * √ 3. Calcular x2 + y 2 + z 2 dV, donde Q es el sólido limitado a la izquierda por y = x2 + z 2 y a la Q

derecha por la esfera x2 + (y − 1)2 + z 2 ) = 1. Sol.

4. Calcular

** *

5. Calcular

*

a 0

√ 8− 2 5

π.

1 % dV, donde Q es el interior de la esfera x2 + y 2 + z 2 = 1. Sol. Q x2 + (y − 2)2 + z 2 * √ 2 2* √ 2 2 2 a −x

0

a −x −y

0

z

a2 − x2 − y2 dz dy dx. Sol.

1 5 20 a π

2π 3

Capítulo 9

Apéndice 1 (Matrices definida positivas) Las formas cuadráticas aparecen de manera natural en muchas aplicaciones como es el caso de problemas de máximos y mínimos de funciones a varias variables. En este capítulo se estudia el marco teórico de estas formas.

9.1

Formas cuadráticas

Definición 9.1 (Forma cuadrática) Una forma cuadrática en x1 , x2 , . . . , xn es una expresión de la forma: n

n

aij xi xj , i=1 j=1

claramente una forma cuadrática es un polinomio de grado dos a n variables. Ejemplo 9.1 P = 3x21 + 2x1 x2 + 6x22 es una forma cuadrática en las variables x1 , x2 . La forma cuadrática

n i=1

n j=1 aij xi xj

puede escribirse de manera única como el producto xt Ax, donde 

  x= 

y A = (aij ) es una única matriz simétrica.

x1 x2 .. . xn

    

Ejemplo 9.2 A la forma cuadrática P = 3x21 + 2x1 x2 + 6x22 está asociada la matriz simétrica A= en efecto: x1

x2

3 1 1 6

3 1 1 6 x1 x2 209

,

= 3x21 + 2x1 x2 + 6x22

210

CAPÍTULO 9. APÉNDICE 1 (MATRICES DEFINIDA POSITIVAS)

9.2

Matrices definida positivas

Definición 9.2 (Matriz definida positiva) Una matriz simétrica A ∈ Mn,n es definida positiva si xt Ax > 0, para todo x ∈ Rn no nulo Ejemplo 9.3 Sea A = x1

x2

3 −2 −2 5

, entonces

3 −2 −2 5

x1 x2

= 3x21 − 4x1 x2 + 5x22 4 4 4 = 3 x21 − x2 x1 + x22 − x22 + 5x22 3 9 3 2 = 3 x1 − x2 3 > 0

para todo

9.2.1

x1 x2

2

+

11 2 x 3 2

no nulo, luego A es definida positiva.

Algunos teoremas sobre matrices definida positivas

Teorema 9.3 Si A es una matriz simétrica definida positiva entonces todos sus autovalores son positivos. Demostración. Sea λ un autovalor de A asociado al autovector v, entonces Av = λv, por tanto: vt Av = vt λv = λ v por tanto λ =

vt Av

puede ser nulo).

v

2

2

> 0, pues el es cociente de dos números positivos (nótese que al ser v un autovector, no

Teorema 9.4 Si cada autovalor de una matriz A ∈ Mn,n simétrica es mayor a cero, entonces A es definida positiva. 3 −2 Ejemplo 9.4 Sea A = , la matriz del ejemplo 9.3 A es definida positiva, sus autovalores son −2 5 √ √ 4 + 5, 4 − 5, ambos mayores a cero. Teorema 9.5 Si A es una matriz simétrica definida positiva entonces cada entrada aii > 0. Demostración. Ejercicio. (Sug. considere el vector unitario ei ) Teorema 9.6 Si A es una matriz definida positiva, entonces lo es también At y A−1 . Demostración. 0 < xt Ax = xt Ax

t

= xt At x,

por tanto xt At x > 0, esto prueba que At es definida positiva. Por otra parte para todo x no nulo, si Ay = x, entonces y = A−1 x no es nulo, por tanto: xt A−1 x = y t AA−1 Ay = y t Ay > 0, esto prueba que A−1 es definida positiva. Teorema 9.7 Toda submatriz principal de una matriz simétrica A ∈ Mn,n definida positiva es definida positiva.

9.2. MATRICES DEFINIDA POSITIVAS

211

Demostración. Sea S un subconjunto propio de {1, 2, . . . , n} , sea M la matriz obtenida de A eliminando las filas y columnas que no se encuentran en S. Sea x ∈ Rn tal que tiene ceros en las entradas que no se encuentran en S. Sea y el vector que queda de x eliminando las entradas que no se encuentran es S, entonces: 0 < xt Ax = yt My, al ser y arbitrario no nulo, se prueba que M es definida positiva.

9.2.2

Caracterización de una matriz definida positiva

Teorema 9.8 Una matriz simétrica A ∈ Mn,n es definida positiva si y solamente todos sus autovalores son positivos. Demostración. Si A es definida positiva, entonces sus autovalores deben ser positivos, ver 9.3 página 210. Recíprocamente supóngase que los autovalores de A, λ1 , λ2 , . . . , λn , son todos positivos. Sea P la matriz ortogonal tal que P t AP = D = diag (λ1 , λ2 , . . . , λn ) , entonces para todo x ∈ R⋉ no nulo: xt Ax = xt P DP t x t = P tx D P tx = yt Dy n

λi (yi )2 > 0,

= i=1

esto prueba el teorema. Definición 9.9 (Matriz diagonalmente dominante) Una matriz A ∈ Mn,n es diagonalmente dominante si n |aii | ≥

j=1 j=i

|aij | , i = 1, 2, . . . n

si ≥ se reemplaza por >, A se llama estrictamente diagonalmente dominante. Teorema 9.10 Sea A ∈ Mn,n matriz simétrica estrictamente diagonalmente dominante con cada aii > 0, entonces A es definida positiva. Demostración. Es consecuencia directa del teorema de Gersgorin ?? página ??. Definición 9.11 Una matriz B se dice t − congruente con una matriz A si existe una matriz invertible P tal que B = P AP t . Teorema 9.12 Sea A una matriz simétrica t−congruente con una matriz diagonal D con todas sus entradas diagonales positivas, entonces A es definida positiva. Demostración. Si A = P DP t , con D = diag (d1 , d2 , . . . dn ) y cada di > 0 entonces para x = 0 se tiene: t

xt Ax = xt P DP t x = P t x D P t x > 0, nótese que puesto que P es invertible debemos tener P t x no nulo. La matriz P puede encontrarse mediante operaciones elementales de fila y columna simultáneamente partiendo de la matriz (A : I) y luego llegando a la matriz (D : P ) donde D es la matriz diagonal a la que se llega con las operaciones simultáneas de fila y columna.

212

CAPÍTULO 9. APÉNDICE 1 (MATRICES DEFINIDA POSITIVAS)

Ejemplo 9.5 Considere la matriz



 8 −2 −3 A =  −2 3 −2  , −3 −2 8

realizando operaciones elementales, de fila y columna a objeto de llevar la matriz A a su forma triangular se encuentra: Paso 1: F21( 1 ) , F31( 3 ) , C21( 1 ) , C31( 3 ) 4

8

4

8



   8 −2 −3 : 1 0 0 8 0 0 : 1 0 0 A =  −2 3 −2 : 0 1 0  ∼  0 5/2 −11/4 : 1/4 1 0  −3 −2 8 : 0 0 1 0 −11/4 55/8 : 3/8 0 1

Paso 2. F32( 11 ) , C32( 11 ) 10 10     1 0 0 : 1 0 0 1 0 0 : 1 0 0  0 5/2 −11/4 : 1/4 1 0  ∼  0 5/2 0 : 1/4 1 0  = (D : P ) 0 −11/4 55/8 : 3/8 0 1 0 0 77/20 : 13/20 11/10 1

se prueba que



 1 0 0 P AP t = D =  0 5/2 0  0 0 77/20

al ser todos las entradas diagonales de la matriz D positivos, A es diagonalmente dominante.

9.3

Matrices semidefinidas y definida negativas

Definición 9.13 (Matriz semidefinida positiva) Una matriz simétrica A ∈ Mn,n es semidefinida positiva si xt Ax ≥ 0 para todo x ∈ Rn no nulo.

Teorema 9.14 Una matriz simétrica A ∈ Mn,n es semidefinida positiva si y solamente si sus autovalores son no negativos. (es decir existen autovalores nulos y todos los demás positivos) Definición 9.15 (Matriz definida negativa) Una matriz simétrica A ∈ Mn,n es definida negativa si xt Ax < 0 para todo x ∈ Rn no nulo. Teorema 9.16 Una matriz simétrica A es definida negativa si y solamente si −A es definida positiva. Corolario 9.17 Una matriz simétrica A es definida negativa si y solamente todos sus autovalores son negativos Definición 9.18 (Matriz semidefinida negativa) Una matriz simétrica A ∈ Mn,n es semidefinida negativa si xt Ax ≤ 0 para todo x ∈ Rn no nulo.

Teorema 9.19 Una matriz simétrica A ∈ Mn,n es semidefinida negativa si y solamente si sus autovalores son no positivos. (es decir existen autovalores nulos y todos los demás negativos)

9.3. MATRICES SEMIDEFINIDAS Y DEFINIDA NEGATIVAS

Ejercicios propuestos Clasificar las siguientes matrices 1.

2.

3.

4.



 2 −1 1. 4 1 . Sol. Definida positiva A =  −1 1 1 2   −3 0 0 1.  0 −4 1 0   Sol. Definida negativa B=  0 1 −5 0  1 0 0 −3   1 2 3. A =  2 4 5  Sol. No definida ni semidefinida 3 5 6   1 0 1 C =  0 2 0  Sol. Semidefinida positiva 1 0 1

213

214

CAPÍTULO 9. APÉNDICE 1 (MATRICES DEFINIDA POSITIVAS)

Capítulo 10

Apéndice 2 (La signatura de una matriz simétrica) 10.1

La definición de signatura

Definición 10.1 (Signatura) La signatura de una matriz simétrica A, denotada por sig (A) es el par (p, q) , donde p es el número de autovalores positivos y q el número de autovalores negativos. Observación. Se puede probar que rango (A) = p + q. Ejemplo 10.1 Considere la matriz



 2 1 3 A =  1 −2 −1  3 −1 2

Esta matriz tiene los siguientes autovalores:

λ1 = −3 λ2 = 0 λ3 = 5 por tanto la signatura de esta matriz es sig (A) = (1, 1) (un autovalor positivo y un autovalor negativo). Ejemplo 10.2 Es claro que la signatura de 

 3 0 0 B= 0 5 0  0 0 −1

es sig (B) = (2, 1) (dos autovalores positivos y uno negativo).

La signatura puede calcularse sin necesidad de calcular los autovalores, como se verá en la siguiente sección.

10.2

Criterios para determinar la signatura

10.2.1

Uso de las operaciones elementales de fila y columna

Teorema 10.2 Sea A ∈ Mn,n una matriz simétrica. Sea D la matriz simétrica obtenida de A aplicando las mismas operaciones elementales de fila y columna simultáneamente. Entonces: sig (A) = (p, q) donde p es el número de entradas positivas de D y q el número de entradas negativas. 215

216

CAPÍTULO 10. APÉNDICE 2 (LA SIGNATURA DE UNA MATRIZ SIMÉTRICA)

Ejemplo 10.3 Considere la matriz del ejemplo 10.1, aplicando operaciones elementales se tiene:     2 1 3 2 1 3 A =  1 −2 −1  ∼  0 − 52 − 52  3 −1 2 F 3 −1 2 C (− 1 ) 21 2 21(− 1 ) 2     2 0 3 2 0 3 ∼  0 − 52 − 52  ∼  0 − 52 − 52  3 − 52 2 F 0 − 52 − 52 C 31(− 3 ) 31(− 3 ) 2 2     2 0 0 2 0 0 ∼  0 − 52 − 52  ∼  0 − 52 − 52  5 5 0 −2 −2 F 0 0 0 F 32(−1) 32(−1)   2 0 0 ∼  0 − 52 0  0 0 0

luego sig (A) = (1, 1) .

Observación. Es posible también realizar operaciones elementales de fila continuadas y luego sus correspondientes operaciones columna.   −8 2 3 Ejemplo 10.4 Sea: A =  2 −3 2  , aplicando operaciones elementales se encuentra: 3 2 −8     −8 2 3 −8 2 3 11  A =  2 −3 2 F 1 ∼  0 − 52 C 4 21( ) 21( 1 ) 4 4 11 55 3 2 −8 F 3 0 − 4 8 C31 ( 38 ) 31 ( 8 )     −8 0 0 −8 0 0 11  11  ∼  0 − 52 ∼  0 − 52 4 4 11 55 0 −8 0 0 − 77 4 20 F C 11 32( 32( 11 ) 10 ) 10   −8 0 0 0  ∼  0 − 52 0 0 − 77 20 por tanto sig (A) = (0, 3) .

Observación. Los autovalores de A son: −11, −7, −1, todos negativos.

10.2.2

Uso exclusivo de la tercera operación elemental de fila

Teorema 10.3 Sea A ∈ Mn,n una matriz simétrica. Sea T la matriz triangular obtenida de A aplicando solamente la tercera operación elemental de fila. Entonces: 1. Si todas las entradas de la diagonal principal de T son positivas, entonces sig (A) = (n, 0) 2. Si todas las entradas de la diagonal principal de T son negativas, entonces sig (A) = (0, n) Ejemplo 10.5 Considere la matriz A del ejemplo 10.4    −8 2 3 −8 2 A =  2 −3 2 F 1 ∼  0 − 52 21( ) 11 3 2 −8 F 43 0 4 31 ( 8 )

3 11 4 − 55 8

 

F

32

( 11 10 )

10.2. CRITERIOS PARA DETERMINAR LA SIGNATURA 

luego sig (A) = (0, 3)

10.2.3

−8 2 ∼  0 − 52 0 0

3 11 4 − 77 20

217

 

El criterio de Sylvester

Teorema 10.4 Sea A ∈ Mn,n una matriz simétrica. Para cada k, k = 1, 2, . . . , n se define ∆k como el determinante de la matriz en Mk,k obtenida con las primeras k filas y k columnas de la matriz A, es decir: ∆1 ∆2 

entonces:

     

= |a11 | a11 = a21 etc.

a12 a22

a11 a21 a31 .. .

a12 a22 a32 .. .

a13 a23 a33 .. .

··· ··· ··· .. .

a1n a2n a3n .. .

an1

an2

an3

···

ann

      

1. Si cada ∆k > 0, para k = 1, 2, . . . , n, entonces sig (A) = (n, 0) k 2. Si (−1) ∆k > 0, para k = 1, 2, . . . , n, entonces sig (A) = (0, n) , (nótese que en este caso los signos de los deltas van alternadamente de menos a mas, empezando con el signo menos).

Ejemplo 10.6 Nuevamente considere la matriz A del  −8 A= 2 3 entonces:

ejemplo 10.4  2 3 −3 2  2 −8

∆2

= |−8| = −8 −8 2 = 2 −3

∆3

=

∆1

= 20

−8 2 3 2 −3 2 3 2 −8

= −77

como los signos de los deltas van intercalados y empezando con signo negativo, sig (A) = (0, 3) .

Ejercicios propuestos Ejercicio 10.1 Determinar la signatura de las siguientes matrices: Emplee los dos criterios.   9 −2 −3 1. A =  −2 4 −2  , Sol. (3, 0) −3 −2 9

218

CAPÍTULO 10. APÉNDICE 2 (LA SIGNATURA DE UNA MATRIZ SIMÉTRICA) 

 −3 −1 −3 2. A =  −1 −8 −1 , Sol. (0, 2) −3 −1 −3   −4 2 4 3. A = −  2 −4 0 , Sol. (0, 3) 4 0 −8

10.2. CRITERIOS PARA DETERMINAR LA SIGNATURA

219

BIBLIOGRAFÍA 1 BURGOS JUAN DE (1995), Cálculo infinitesimal a varias variables, McGraw-Hill, España. 2 HASSER, LA SALLE, SULLIVAN (1998), Análisis Matemático Tomo 2, Ed. Trillas, México 3 JAMES STEWART (2008), Cálculo de varias variables, sexta edición, Cengage Editores, México 4 LARSON, HOSTETLER, EDWARDS (2010), Cálculo II 9a Ed., Vol 2, McGraw-Hill, España. 5 LOUIS LEITHOLD, El Cálculo (1998), pepperdine University, Oxford University Press, Mexico 6 SWOKOWSKI EARL W. (1998), Cálculo con Geometría Analítica, Grupo Editorial Iberoamericana, México 7 THOMAS (2005), Cálculo a varias variables, 11a edición, Pearson, México