calculo_3

Índice general

1. Curvas Paramétricas. 11.1. Áreas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.2. Longitud de arco y área de una superficie. . . . . . . . . . . . . . . . . 51.3. Secciones cónicas en coordenadas polares. . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.3.1. Parábola. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.3.2. Elipse. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.3.3. Hipérbola. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

1.4. Cónicas en coordenadas polares. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201.5. Funciones vectoriales. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211.6. Caminos en Rn. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251.7. Diferenciabilidad. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

1.7.1. Vector tangente. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311.8. Reparametrización. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 401.9. Longitud de un camino. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 431.10. Reparametrización por longitud de arco. . . . . . . . . . . . . . . . . . 451.11. Curvatura. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 481.12. Aplicaciones. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

2. Funciones en varias variables. 622.1. Geometría de las funciones en varias variables. . . . . . . . . . . . . . 652.2. Límite y continuidad. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 702.3. Derivadas Parciales. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 762.4. La Diferencial. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 852.5. Gradiente. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 942.6. Derivadas parciales de orden superior. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 982.7. Función Compuesta. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1032.8. Función implícita. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114

3. Máximos y Mínimos. 1223.1. Multiplicadores de Lagrange. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137

4. Integrales Multiples. 1444.1. Integrales dobles. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1444.2. Regiones de integración. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1514.3. Aplicaciones. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171

i

ÍNDICE GENERAL II

4.3.1. Áreas de figuras planas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1714.3.2. Centros de masa y momentos de figuras planas. . . . . . . . . . 1734.3.3. Probabilidades. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1784.3.4. Áreas de superficies. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 180

4.4. Aplicaciones a las integrales triples. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1824.4.1. Volúmenes de solidos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1834.4.2. Centros de masa y momentos de sólidos. . . . . . . . . . . . . . 1854.4.3. probabilidades. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1874.4.4. Densidad de carga. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 188

5. Campos Vectoriales. 1895.1. Vector Área. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1915.2. Flujo. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1945.3. Ángulo sólido. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1985.4. Ley de Gauss del campo eléctrico. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1995.5. Teorema de la divergencia de Gauss. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2005.6. Circulación de un campo vectorial. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2065.7. Teorema del rotacional de Stokes. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 208

Índice de figuras

iii

Índice de cuadros

iv

Capítulo 1

Curvas Paramétricas.

Considere una curva y = f(x), donde x es la abscisa y y es la ordenada. Ambas

son funciones del parámetro t, es decir, x = x (t) y y = y (t) y se llaman funciones

paramétricas; por tanto toda pareja ordenada (x, y) que pertenezca a la función y =

f(x) es una coordenada que depende del perámetro t y las llamaremos coordenadas

paramétricas donde (x, y) = (x (t) , y (t)) .

Ejemplo 1 : Identifique la curva paramétrica x (t) = 2t2−1; y (t) = t−1 y grafíquela.Solución: Como x (t) = 2t2 − 1 y y (t) = t− 1 luego t = y + 1 por tanto

x (t) = 2 (y + 1)2 − 1 = 2y2 + 4y + 1.

Que es la ecuación de una parábola con vértice en (−1,−1) y abre hacía la derecha.

52.50-2.5-5

5

2.5

0

-2.5

-5

x

y

x

y

Ejemplo 2 : La curva trazada por un punto P en la cicunferencia de un círculo que

rueda sin resbalar por una recta se llama cicloide.

1

1. Curvas Paramétricas. 2

Si el círculo tiene radio r y rueda a lo largo del eje χ. Deduzca la ecuación de la cicloide

en forma paramétrica si P se ubica inicialmente en el origen.

Solución:

P posee coordenadas (x, y) en un instante y θ es el ángulo que se forma desde P hasta

el punto de tangencia pasando por C, o sea θ = [PCT. Note que desde el origen hastaT se ha recorrido una longitud de arco igual a rθ (con θ medida en radianes), además¯PQ

¯= r sen (θ) y

¯CQ

¯= r cos (θ) . Tenga en cuenta que:

X =¯OX

¯=¯OT

¯−¯XT

¯=¯OT

¯−¯PQ

¯= rθ − rsen (θ) = r (θ − sen (θ)) ,

y que

Y =¯CT¯−¯CQ

¯= r − r cos (θ) = r (1− cos (θ)) .

Considere ahora una función o relación y = f(x) cuyos puntos del gráfico (x, y)

son puntos tales que x = x (t) y y = (t) , es decir, sus coordenadas son paramétricas.

Por la regla de la cadena se sabe que:

dy

dt=

df (x)

dx

dx

dt=

dy

dx

dx

dt.

Así quedydtdxdt

=dy

dx, para

dx

dt6= 0.

Observe quedy

dx= m es la pendiente de la recta tangente a la curva en un punto y

d2y

dx2determina la concavidad de la curva y para máximos y mínimos si

d2y

dx2< 0 el

punto de consideración es de máximo y sid2y

dx2> 0 el punto es de mínimo. Cuando

d2y

dx2= 0 el punto es de inflexión.

Ahora:

d2y

dx2=

d

dx

µdy

dx

¶=

d

µdy

dx

¶dt

dt

dx=

d

Ãdy

dx

!dt

dx

dt

,


ya quedx

dx= 1 pero por la regla de la cadena se tiene:

1 =dx

dx=

dx

dt

dt

dx,

luegodt

dx=

1

dx

dt

paradx

dt6= 0.

Ejemplo 3 : Encuentre la pendiente de la recta tangente a la cicloide en θ =π

6,

determine los puntos de máximo y la concavidad.

Solución: Recordemos que la cicloide tiene como ecuación:

x (θ) = r (θ − sen (θ)) .

y (θ) = r (1− cos (θ)) .

así que:

dy

dx=

dydθdxdθ

=rsen (θ)

r (1− cos (θ)) =sen (θ)

(1− cos (θ)) .

dy

dx

¯θ=

π

6

=sen

³π6

´³1− cos

³π6

´´ = 12

1−√32

=1

2−√3= 2 +

√3.

Los puntos de máximo se consiguen cuandody

dx= 0, o sea que cuando sen (θ) = 0

se tiene quedy

dx= 0 y esto sucede cuando θ = nπ. (ojo!!) . (Los máximos solo se

consiguen cuando n = 2k − 1 para k = 1, 2, 3, ... ya que cuando n es par (n = 2k),

1− cos (2kπ) = 0 y sen (2kπ) = 0 de donde dy

dx=0

0lo cual no existe).

Calculemos ahorad2y

dx2:

d2y

dx2=

d

Ãdy

dx

!dθ

dx

dθ

=

ddθ

µsen (θ)

1− cos (θ)

¶r (1− cos (θ))

=[1− cos (θ)] cos (θ)− sen2 (θ)

r (1− cos (θ))3=− (1− cos (θ))r (1− cos (θ))3

=−1

r (1− cos (θ))2.


1.1. Áreas.

Sea y = f (x) una curva en R2 la cual se puede escribir en forma paramétrica. Sesabe que el área bajo la curva está dada por:

A =

¯Z b

af (x) dx

¯=

¯Z b

aydx

¯,

para un intervalo [a, b] y f (x) seccionalmente continua en este intervalo (puntual-

mente). Ahora por la definición de diferencial, se tiene que:

dy =dy

dxdx,

por tanto como x es una función paramétrica dx =dx

dtdt se tiene que:

A =

¯Z b

aydx

¯=

¯Z t1

to

y (t)dx

dtdt

¯.

Ejemplo 4 : Determine el área de la curva paramétrica:

x (t) = r cos (t) .

y (t) = r sen (t) .

Para 0 < t < 2π y r es fijo.

Solución: Veamos quién esdx

dt.

dx

dt= −r sen (t) .

por tanto:

A =

Z b

aydx =

Z t1

to

y (t)dx

dtdt =

Z 2π

0r sen (t) (−r sen (t)) dt.

= −Z 2π

0r2 sen2 (t) dt = −r2

Z 2π

0

[1− cos (2t)]2

dt.

= −r2 12

µt− sen (2t)

2

¶¯2π0

=1

2

¡−r2

¢2π.

Como A =

¯R t1toy (t)

dx

dtdt

¯entonces A = πr2.


1.2. Longitud de arco y área de una superficie.

Considere la curva y = f (x) .

y considere un diferencial de la longitud de la función; observe que al construir un

triángulo rectángulo los catetos del mismo son ∆x y ∆y, note que ∆l es aproximada-

mente igual a la hipotenusa del triángulo rectángulo.

Infiitesimalmente (cuando ∆x −→ 0) ∆l ≈ h, por tanto ∆l2 = ∆x2 +∆y2 o lo que es

lo mismo:

∆l =

s∆x2

µ1 +

∆y2

∆x2

¶=

s1 +

µ∆y

∆x

¶2∆x.

al tomar la suma infinita de todos estos diferenciales de longitud sobre la curva en el

intervalo [a, b] se consigue la longitud de la curva en [a, b] así que:

L = lım∆x−→0

∞Xi=1[a,b]

∆li = lım∆x−→0

∞Xi=1[a,b]

s1 +

µ∆y

∆x

¶2∆x.

y por la definición de la integral definida lo anterior lo podemos escribir de la siguiente

manera:

L =

Z b

a

s1 +

µdy

dx

¶2dx

Comody

dx=

dydtdxdt

entonces:

L =

Z b

a

s1 +

µdy

dx

¶2dx =

Z t1

to

vuut1 +Ã dydtdxdt

!2dx.

=

Z t1

to

vuuut¡dxdt

¢2+³dydt

´2¡dxdt

¢2 dx.


Como dx =dx

dtdt se tiene:

L =

Z t1

to

r¡dxdt

¢2+³dydt

´2¡dxdt

¢ dx

dtdt.

=

Z t1

to

r¡dxdt

¢2+³dydt

´2µdx

dt

¶| {z }

dx

dt|{z} dt.

=

Z t1

to

sµdx

dt

¶2+

µdy

dt

¶2dt.

Siempre que x y y sean funciones paramétricas.

Ejemplo 5 : Determine la longitud de la cicloide en un giro.Solución:

L =

Z t1

to

sµdx

dt

¶2+

µdy

dt

¶2dt =

Z 2π

0

q(r (1− cos (θ)))2 + (r sen (θ))2 dθ.

= r

Z 2π

0

p2− 2 cos (θ) dθ = 2r

Z 2π

0

r1− cos (θ)

2dθ.

= 2r

Z 2π

0sen

µθ

2

¶dθ = 2r

µ−2 cos

µθ

2

¶¶¯2π0

= 8r.

Soponga la curva y = f (x) .


y consideremos la curva o sólido de revolución:

de la función f (x) y tome un disco de altura ∆l y radio y = f (x) aproximadamente.

Si desenvolvemos el disco o cilíndro se obtiene una sección superficial de área:

As = S = 2πy∆l,

para f definida en [a, b]. Entonces el área de toda la superficie de revolución está dada

por una suma infinita cuando ∆l −→ 0, lo cual entrega la integral:

S =

Z t1

to

2π y (t)

sµdx

dt

¶2+

µdy

dt

¶2dt.

Ejemplo 6 : Calcule el área de revolución o superficie de la curva paramétrica:

x (t) = t3.

y (t) = t2.

Con 0 < t < 1.


Solución:

S = 2π

Z t1

to

t2q(3t2)2 + (2t)2 dt.

= 2π

Z 1

0t3p9t2 + 4 dt.

Sea u = 9t2 + 4 por tanto t2 =u− 49

luego du = 18t dt de donde t dt =1

18du. así

que cuando t = 0, entonces u = 4 y cuando t = 1, entonces u = 13 por tanto:

S = 2π

Z 1

0t2tp9t2 + 4 dt.

=2π

18 · 9

Z 13

4(u− 4)

√u du.

=π

81

Z 13

4

³u32 − 4u 1

2

´du.

=π

81

µ2

5u52 − 8

3u32

¶¯134

=1

81π

µ494

15

√13 +

128

15

¶= 4, 9364

1.3. Secciones cónicas en coordenadas polares.

Antes de comenzar con las cónicas en coordenadas polares recordemos la ecuaciones

paramétricas del plano y de la recta.

Consideremos una recta l y un vector paralelo a la recta, sea −→v =

⎡⎢⎣ a

b

c

⎤⎥⎦ dicho vector:


Si tomamos un punto fijo A de coordenadas A

⎛⎜⎝ xo

yo

zo

⎞⎟⎠ , y si X es cualquier punto

de la recta que tiene por coordenadas X

⎛⎜⎝ x

y

z

⎞⎟⎠ entonces el vector−−→AX es multiplo

escalar del vector −→v . Por tanto existe un escalar λ ∈ R tal que −−→AX = λ−→v y como

−−→AX =

⎡⎢⎣ x− xo

y − yo

z − zo

⎤⎥⎦ entonces:⎡⎢⎣ x− xo

y − yo

z − zo

⎤⎥⎦ = λ

⎡⎢⎣ a

b

c

⎤⎥⎦ .Luego por la igualda entre vectores se tiene:

x = λa+ xo.

y = λb+ yo.

z = λc+ zo,

que es precisamente la ecuación paramétrica de la recta de parámetro λ.

La ecuación cartesiana o simétrica de la recta se daría al despejar el parámetro λ en

todas las ecuaciones e igualarlas, así:

x− xoa

=y − yo

b=

z − zoc

para a 6= 0, b 6= 0 y c 6= 0.(Si alguna de las componentes del vector −→v es cero la ecuación es simétrica hasta

donde se pueda despejar el parámetro y donde no sea posible despejar el parámetro se

escribe por donde pasa la recta en su coordenada)

Ahora consideremos un plano definido por dos vectores no paralelos y un punto

cualquiera del espacio.


Sean −→v =

⎡⎢⎣ a1

a2

a3

⎤⎥⎦ y −→u =

⎡⎢⎣ b1

b2

b3

⎤⎥⎦ los dos vectores y sea A

⎛⎜⎝ xo

yo

zo

⎞⎟⎠ un punto

cualquiera en el espacio, si X

⎛⎜⎝ x

y

z

⎞⎟⎠ es cualquier punto del plano, entonces el vector

−−→AX es combinación lineal de −→v y de −→u , por lo tanto existen escalaes λ y µ tales que

−−→AX = λ−→u + µ−→v , y como −−→AX =

⎡⎢⎣ x− xo

y − yo

z − zo


y − yo

z − zo

⎤⎥⎦ = λ

⎡⎢⎣ b1

b2

b3

⎤⎥⎦+ µ

⎡⎢⎣ a1

a2

a3

⎤⎥⎦ ,de donde:

x = λb1 + µa1 + xo.

y = λb2 + µa2 + yo.

z = λb3 + µa3 + zo,

que es justamente la ecuación paramétrica del plano, con parámetros λ y µ.

Pensemos ahora en el mismo plano y un vector normal (ortogonal) al plano llamado−→n .

SiA es un punto del plano de coordenadas A

⎛⎜⎝ xo

yo

zo

⎞⎟⎠ y siX⎛⎜⎝ x

y

z

⎞⎟⎠ es cualquier puntocualquiera del plano, entonces el vector

−−→AX es ortogonal al vector −→n y por consiguiente

el producto punto es igual a cero, esto es:−−→AX ·−→n = 0, luego si −→n =

⎡⎢⎣ a

b

c


y − yo

z − zo

⎤⎥⎦ ·⎡⎢⎣ a

b

c

⎤⎥⎦ = 0.


O sea:

a (x− xo) + b (y − yo) + c (z − zo) = 0,

esto es:

ax+ by + cz = d,

siendo d = axo + byo + czo.

La ecuación ax+by+cz = d es la ecuación cartesiana del plano y el vector −→n =

⎡⎢⎣ a

b

c

⎤⎥⎦se llama vector director del plano.

1.3.1. Parábola.

Sean l una recta fija y F un punto fijo exterior a la recta, se define la parábola

como el conjunto de puntos tales que la distancia de un punto a la recta fija sea igual

que la distancia del punto al punto fijo F .

Se define la excentricidad como el cociente entre la distancia¯PF

¯sobre la distancia¯

Pl¯que en este caso (el de la parábola) es uno (1) o sea¯

PF¯¯

Pl¯ = e = 1.

En el plano cartesiano, consideremos el origen coordenadas el punto medio entre F y

l separados que se hallan separados una distancia de 2q, consideremoas además que

el foco se halla en el punto de coordenadas F (q, 0) por tanto la recta l tiene como


ecuación l : x = q.

¯PF

¯=

q(x− q)2 + y2 = x+ q =

¯Pl¯. (1)

Luego al elevar al cuadrado a ambos lados de la igualdad (1) y desarrollando los

cuadrados se obtiene:

x2 − 2xq + q2 + y2 = x2 + 2xq + q2.

y2 = 4qx,

que es la ecuación de la parábola. Observe que el punto más a la izquierda se localiza

justo en el oigen (0, 0) y lo llamaremos vértice.

Cuando el vértice se encuentra desplazado, la ecuación de la parábola queda así:

(y − k)2 = 4q (x− h)

donde (h, k) es el vértice de la parábola.

Si el término cuadrático o el signo cambia se tiene que la parábola es:

(y − k)2 = −4q (x− h)


(x− h)2 = 4q (y − k)

(x− h)2 = −4q (y − k)

Ejemplo 7 : Determine la ecuación de la directriz y encuentre el foco y el vértice dela parábola:

y = x2 + 6x+ 4.

Solución:

y + 5 = x2 + 6x+ 9 = (x+ 3)2.

(x+ 3)2 = 4

∙1

4(y + 5)

¸.

Por tanto el vértice es (−3,−5) , la directriz es y = −5 − 1

4= −21

4y el foco es¡

−3,−5 + 14

¢=

µ−3,−19

4

¶.

50-5-10-15

50

37.5

25

12.5

0

x

y

x

y

1.3.2. Elipse.

Sea l una recta fija, y sean f1 y f2 dos puntos fijos separados una distancia no

mayor que l. Se define la elipse al conjunto de puntos tales que la distancia de un


punto al punto fijo f1 más la distancia del punto al punto fijo f2 dá l como resultado.

d1 + d2 = l

Consideremos esta curva en el plano cartesiano centrada en el origen con f1 (−c, 0) yf2 (c, 0) , luego si l = 2a y (x, y) es un punto cualquiera de la curva, se tiene:

d1 =

q(x+ c)2 + y2.

d2 =

q(x− c)2 + y2,

por tanto: q(x+ c)2 + y2 +

q(x− c)2 + y2 = 2a.q

(x+ c)2 + y2 = 2a−q(x− c)2 + y2.

x2 + 2xc+ c2 + y2 = 4a2 − 4aq(x− c)2 + y2 + x2 − 2xc+ c2 + y2.

4aq(x− c)2 + y2 = 4a2 − 4xc = 4

¡a2 − xc

¢.

a2x2 − 2a2xc+ a2c2 + a2y2 = a4 − 2a2xc+ x2c2.

x2¡a2 − c2

¢+ a2y2 = a2

¡a2 − c2

¢.

Sea b2 = a2 − c2 luego:

x2b2 + a2y2 = a2b2.

ó mejor aún:x2

a2+

y2

b2= 1,


que es precisamente la ecuación de la elipse.

Así la ecuación general de la elipse con centro diferente al origen es:

(x− h)2

a2+(y − k)2

b2= 1. Con |a| > |b| .

Donde el eje focal (eje donde se encuentran los focos) es la recta y = k, este eje también

es llamado eje mayor y el eje menor es x = h.

Si |a| < |b| la ecuación es la misma pero el gráfico es vertical, y en este caso el eje focales x = h.

Ejemplo 8 : Determine el centro, focos, ejes mayor y menor de la elipse:

4x2 + 9y2 − 16x− 54y + 61 = 0.

Solución:4x2 + 9y2 − 16x− 54y + 61 = 0.

4x2 − 16x+ 16 + 9y2 − 54y + 81 = 16− 61 + 81.4¡x2 − 4x+ 4

¢+ 9

¡y2 − 6y + 9

¢= 36.

4(x−2)236 + 9(y−3)2

36 = 1.(x−2)29 + (y−3)2

4 = 1.

Así el centro se halla en C (2, 3) el eje mayor es la recta y = 3, el eje menor es la recta

x = 2, el valor c de los focas está dado por c2 = a2 − b2 = 9 − 4 por tanto c =√5,

luego los focos f1 y f2 son f1¡2 +√5, 3¢y f1

¡2−√5, 3¢.

1.3.3. Hipérbola.

Consideremos un segmento de recta fija de longitus igual a l y sean f1 y f2 dos

puntos fios tales que la distancia entre f1 y f2 es mayor que l, se define la hipérbola


como el conjunto de puntos tales que la distancia entre cualquier punto a f1 menos la

istancia del punto a f2 o viceversa es igual a l.

d1 − d2 = l.

Construyamos la ecuación en el plano cartesiano.

Sean f1 (−c, 0), f2 (c, 0) y l = 2a, tomemos un punto (x, y) de la curva:

Luego:

d1 =

q(x+ c)2 + y2.

d2 =

q(x− c)2 + y2,

por tanto: q(x+ c)2 + y2 −

q(x− c)2 + y2 = 2a.q

(x+ c)2 + y2 = 2a+q(x− c)2 + y2.

x2 + 2xc+ c2 + y2 = 4a2 + 4aq(x− c)2 + y2 + x2 − 2xc+ c2 + y2.

4xc− 4a2 = 4¡xc− a2

¢= 4a

q(x− c)2 + y2.

x2c2 − 2a2xc+ a4 = a2x2 − 2a2xc+ a2c2 + a2y2.

x2¡c2 − a2

¢− a2y2 = a2

¡c2 − a2

¢.

Sea b2 = c2 − a2 se llega entonces a que:

x2b2 − a2y2 = a2b2.

ó mejor aún:x2

a2− y2

b2= 1,


que es precisamente la ecuación de la hipérbola.

La ecuación general de la hipérbola para el plano es:

(x− h)2

a2− (y − k)2

b2= 1,

cuyo gráfico asociado en este caso es:

Ahora si la ecuación es:(y − k)2

b2− (x− h)2

a2= 1,

el gráfico es:

Consideremos la ecuación(x− h)2

a2−(y − k)2

b2= 1 y apliquemos la diferencia de cuadra-

dos para obtener la expresión:∙(x− h)

a− (y − k)

b

¸ ∙(x− h)

a+(y − k)

b

¸= 1∙

(x− h)

a− (y − k)

b

¸= 1⎡⎣ (x− h)

a+(y − k)

b

⎤⎦ .


Note que si(x− h)

a+(y − k)

b−→∞ entonces:∙(x− h)

a− (y − k)

b

¸= 0,

de donde:

y =b

a(x− h) + k. (1)

Pero si el caso es inverso, es decir:∙(x− h)

a+(y − k)

b

¸=

1∙(x− h)

a− (y − k)

b

¸ .

y si(x− h)

a− (y − k)

b−→∞ entonces:∙

(x− h)

a+(y − k)

b

¸= 0,

de donde:

y = − b

a(x− h) + k. (2)

Las expresiones (1) y (2) son llamadas ecuaciones de las asíntotas y el gráfico se vería

de la siguiente manera:


Si se observa el rectángulo que se forma al interior de la hipérbola:

se encuentra que en la asíntota y =b

a(x− h) + k, cuando x = h − a se tiene que

y = −b+ k = k − b, por tanto, al tomar el triángulo:

Se tiene que b es la altura del triángulo llamado lado recto y c es la hipotenusa del

triángulo, puesto que b2 = a2 − c2.

Ejemplo 9 : Localice los vértices, los focos y el gráfico de la cónica:

16x2 − 9y2 + 64x− 90y − 305 = 0.

Solución:16x2 − 9y2 − 64x− 90y − 305 = 0.16x2 − 64x−

¡9y2 + 90y

¢= 305.

16¡x2 − 4x+ 4

¢− 9

¡y2 + 10y + 25

¢= 305 + 64− 225.

16 (x− 2)2 − 9 (y − 5)2 = 144.(x−2)29 − (y−5)2

16 = 1.

Por tanto el centro se encuentra en C = (2, 5) el valor de c =√16 + 9 = 5 luego los

focos se localizan en f1 (7, 5) y f2 (−3, 5) , los vértices mientras tanto se hallan env1 (5, 5) y v2 (−1, 5) .


1.4. Cónicas en coordenadas polares.

Consideremos una cónica con foco en el origen:

y sea d la distancia del origen a la directriz. Como ya se había definido qué es la

excentricidad, se tiene que:

e =

¯PF

¯¯Pl¯

Si P tiene por coordenadas P (x, y) entonces¯PF

¯=px2 + y2 y

¯Pl¯= d− x, pero

x = r cos (θ) y la coordenada y está dada por y = r sen (θ) , así que¯PF

¯= r y¯

Pl¯= d− r cos (θ) por lo tanto:

e =

px2 + y2

d− x=

r

d− r cos (θ), (1)

de donde:e (d− x) =

px2 + y2

e2 (d− x)2 = x2 + y2

x2 + y2 = e2d2 − 2e2dx+ e2x2.

x2¡1− e2

¢+ 2e2dx+ y2 = e2d2.

x2 + 2e2dx(1−e2) +

y2

(1−e2) =e2d2

(1−e2) .

x2 + 2e2dx(1−e2) +

e4d2

(1−e2)2 +y2

(1−e2) =e2d2

(1−e2) +e4d2

(1−e2)2 .³x+ e2d

(1−e2)

´2+ y2

(1−e2) =e2d2(1−e2)+e4d2

(1−e2)2 .³x+ e2d

(1−e2)

´2+ y2

(1−e2) =e2d2−e4d2+e4d2

(1−e2)2 .³x+ e2d

(1−e2)

´2+ y2

(1−e2) =e2d2

(1−e2)2 .


La cual es la ecuación de una curva que se vería como(x− h)2

a2± y2

b2= 1, siedo

h = e2d(1−e2) , a

2 = e2d2

(1−e2)2 , b2 = e2d2

1−e2 .

Note que si e = 1 la cónica es una parábola; si e < 1 la cónica es una elipse y si e > 1

la cónica es una hipérbola.

Si la expresión (1) la dejaramos escrita en la forma polar donde la letra r es una

variable que depende de θ, obtenemos la ecuación en forma polar:

e = rd−r cos(θ)

e (d− r cos (θ)) = r

r (1 + e cos (θ)) = ed.

.

r =ed

1 + e cos (θ).

Que es la ecuación polar de cualquier cónica con un foco en el origen que depende

además del valor de e.

Dependiendo del signo de e cos (θ), abre la cónica, así:

r = ed1+e cos(θ) . r = ed

1−e cos(θ) .

r = ed1+e sen(θ) . r = ed

1−e sen(θ) .

Ejemplo 10 : Grafique la cónica r =2

4− 3 cos (θ) y su directriz.

Solución: r =24

1− 34 cos (θ)

lo que implica que e =3

4< 1 por lo que la cónica es

una elipse así que ed =1

2de donde

3

4d =

1

2luego d =

2

3y la ecuación de la directriz

es por tanto x = −d = −23.(Por qué?)

1.5. Funciones vectoriales.

Hasta el momento se conoce el concepto de una función o curva paramétrica; si

y = f (x) es una función paramétria, es porque x y y son funciones que dependen de


un parámetro t y la curva es descrita por el conjunto de puntos paramétricos (x, y) .

Una función y = f (x) es una relación entre 2 conjuntos que cumple dos condiciones:

1. Todo elemento del dominio tiene una imagen.

2. Todo elemento del dominio tiene una y solo una imagen.

Una notación muy común de relación entre dos conjuntos es:

f : Ax−→−→

By=f(x)

donde A es el dominio, el cual se denota por "dom fτ es tal que:

dom f =©x/ existe y tal que y = f (x)

ª,

B es el codominio que es el conjunto de llegada el cual se denota por çod fτ aquel

conjunto de elementos de B que posea preimagen se llama rango de f .o conjunto

imagen de f y se donota por ran f” ó "Im fτ es tal que:

ran f = {y/ existe x tal que y = f (x)} .

Definición 11 : Una función vectorial es una función de la forma f : I −→ Rn con

I ⊂ R la cual para cada t ∈ I le asocia una y solo una imagen f (t) ∈ Rn tal que:

f (t) = (f1 (t) , f2 (t) , f3 (t) , ..., fn (t)) ,

donde cada fi (t) es una función de I en R o sea fi : I −→ R con I ⊂ R y son

llamadas funciones coordenadas o funciones componentes de f .


Definición 12 : Sea f : I −→ Rn con I ⊂ R una función vectorial definida en I,

sea to ∈ I, se dice que el límite de f cuando t tiende a to (t −→ to) es L lo cual

escribiremos como:

lımt−→to

f (t) = L.

Si: Dado ε > 0, existe δ > 0 tal que para todo t ∈ I, |t− to| < δ entonces kf (t)− Lk <ε.

Aquí k·k es la magnitud euclídea de la función y |·| es el valor absoluto o distancialineal.

Nota 13 : 1. Recuerde que Rn es el conjunro de n-étuplas con entradas en los reales,

es decir:

Rn =

⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝

x1

x2

x3...

xn

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠/ xi ∈ R

⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭Tenga en cuenta que una n-étupla no es un vector sino simplemente un punto de Rn,

pero existe un isomorfismo donde a cada n-étupla se le asigna un vector de Rn. Además

los vectores desde ahora en adelante los denotaremos por letras minúscula y el signo

igual, mientras que los puntos se denotarán con letras mayúsculas y sin el signo igual,

así:

a =

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝

x1

x2

x3...

xn

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠es un vector. A

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝

x1

x2

x3...

xn

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠es un punto

o similarmentea = (x1, x1, x1, ..., x1) es un vector.

A (x1, x1, x1, ..., x1) es un punto.

2. Recuerde además que la distancia entre dos puntos en forma euclídea esta dada

por el teorema de Pitagoras así:

Dados dos puntos en Rn de coordenadas A

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝

x1

x2

x3...

xn

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠y B

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝

y1

y2

y3...

yn

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠entonces la distancia

entre tales puntos está dada por:

d (A,B) =

q(x1 − y1)

2 + (x2 − y2)2 + (x3 − y3)

2 + ...+ (xn − yn)2.


o también:

d (A,B) =

q(y1 − x1)

2 + (y2 − x2)2 + (y3 − x3)

2 + ...+ (yn − xn)2.

Teorema 14 : Sea f : I −→ Rn con I ⊂ R una función vectorial definida en I,

entonces

lımt−→to

f (t) = L = L (l1, l2, l3, ..., ln) ,

con L ∈ Rn si y solo si lımt−→to

fi (t) = li. Siendo f (t) = (f1 (t) , f2 (t) , f3 (t) , ..., fn (t)) .

Prueba. : El si y solo si es una doble implicación y debemos demostrar ambasimplicaciones.

” =⇒ ” Supongamos que lımt−→to

f (t) = L, es decir que: Dado ε > 0, existe δ > 0 tal

que para todo t ∈ I, |t− to| < δ entonces kf (t)− Lk < ε. Por tanto

k(f1 (t) , f2 (t) , f3 (t) , ..., fn (t))− (l1, l2, l3, ..., ln)k < ε

esto es:

k(f1 (t)− l1, f2 (t)− l2, f3 (t)− l3, ..., fn (t)− ln)k < ε

Como k·k es la magnitud euclídea, se tiene que:

|fi (t)− li| =

q(fi (t)− li)

2

≤q(f1 (t)− l1)

2 + (f2 (t)− l2)2 + (f3 (t)− l3)

2 + ...+ (fn (t)− ln)2.

= k(f1 (t)− l1, f2 (t)− l2, f3 (t)− l3, ..., fn (t)− ln)k < ε.

por lo tanto

|fi (t)− li| < ε,

es decir que: Dado ε > 0, existe δ > 0 tal que para todo t ∈ I, |t− to| < δ entonces

|fi (t)− li| < ε. Por tanto lımt−→to

fi (t) = li para i = 1, 2, 3, ..., n.

” ⇐= ” Supongamos ahora que lımt−→to

fi (t) = li para i = 1, 2, 3, ..., n. Luego dado

εi > 0, existe δi > 0 tal que para todo t ∈ I, |t− to| < δi entonces |fi (t)− li| < εi. Sea

εi =ε√npara i = 1, 2, 3, ..., n y tomemos δ = mın {δ1, δ2, δ3, ..., δn} luego |fi (t)− li| <

ε√nentonces:

kf (t)− Lk =

q(f1 (t)− l1)

2 + (f2 (t)− l2)2 + (f3 (t)− l3)

2 + ...+ (fn (t)− ln)2.

≤qε21 + ε22 + ε23 + ...+ ε2n

=

sµε√n

¶2+

µε√n

¶2+

µε√n

¶2+ ...+

µε√n

¶2=

rnε2

n= ε.


por tanto dado ε > 0, existe δ > 0 tal que para todo t ∈ I, |t− to| < δ entonces

kf (t)− Lk < ε o sea:

lımt−→to

f (t) = L = (l1, l2, l3, ..., ln) .

Definición 15 : Sea f : I −→ Rn con I ⊂ R, una función vectorial definida en elintervalo I y sea to ∈ I, entonces f es continua en to ∈ I si lım

t−→tof (t) = f (to) .

Decimos que f es continua en todo I ⊂ R si f es continua en todo t ∈ I.

Teorema 16 : Sea f : I −→ Rn con I ⊂ R una función vectorial definida en el

intervalo I, entonces:

Si f es continua en to ∈ I entonces fi es continua en to ∈ I para todo i = 1, 2, 3, ..., n.

Prueba. : La prueba es inmediata y sale de la definición de límite y de continuidad.

1.6. Caminos en Rn.

Definición 17 : Una función f : I −→ Rn definida en el intervalo I cerrado de Ry continua en I con I = [a, b] diremos que f (a) es el punto inicial y que f (b) es el

punto final, donde f (a) ∈ Rn y f (b) ∈ Rn. Se define la trayectoria, curva o camino

en Rn de la función f , al conjunto de puntos o coordenadas paramétricas de la curva

que se describe en Rn, es decir, el camino en Rn es la imagen de la función f (t) para

t ∈ [a, b] con punto inicial en f (a) y punto final en f (b) .

Diremos que el camino es cerrrado si f es inyectiva y f (a) = f (b). Y si la función

restrigida al intervalo (a, b] ó [a, b) es tal que es inyectiva y además f (a) = f (b)

diremos que el camino es semicerrado.

Ejemplo 18 : Hallar la curva o camino de la función vectorial f : R −→ R2 dadapor f (t) =

¡t, t2

¢.

Solución:


52.50-2.5-5

25

20

15

10

5

0

x

y

x

y

Ejemplo 19 : Hallar la curva de la función vectorial f : [0, 2π] −→ R2 tal que

t −→ (r cos (t) , r sen (t)) ,

ó

f (t) = (r cos (t) , r sen (t)) .

Solución:

Ejemplo 20 : Hallar el camino de la función vectorial f : R −→ R2 tal que

t −→¡t3 − t, t2 − 1

¢.

o también:

f (t) =¡t3 − t, t2 − 1

¢.


Solución:

52.50-2.5-5

5

2.5

0

-2.5

-5

x

y

x

y

que ampliada se vería así:

Ejemplo 21 : Hallar el camino en R3 de f : [0, 2π] −→ R3 tal que:

t −→ (cos (t) , sen (t) , t) ,

ó

f (t) = (cos (t) , sen (t) , t) .


Solución:

1 0.5 0 -0.5

10.50-0.5

5

2.5

0

-2.5

-5

x y

z

x y

z

Recuerde que si y = f (x) es una función realvaluada:

(x, y) es un punto de la curva y θ es el ángulo que forma el vector −→r con el eje x

entonces el punto (x, y) se puede escribir en términos de r y θ siendo r = |−→r |, es decir,las coordenadas x y y se pueden escribir como:

x = r cos (θ)

y = r sen (θ)

llamadas coordenadas polares.


Ahora en tres (3) dimensiones consideremos un punto de coordenadas (x, y, z) .

Si se proyecta el punto (x, y, z) sobre el plano xy el vector proyección −→ρ se puede

escribir de forma vectorial con respecto al ángulo θ como:

−→ρ =

⎡⎢⎣ ρ cos (θ)

ρ sen (θ)

0

⎤⎥⎦y por consiguiente el vector −→r se puede escribir en términos de ρ y del ángulo θ como:

−→r =

⎡⎢⎣ ρ cos (θ)

ρ sen (θ)

z

⎤⎥⎦de donde las coordenadas (x, y, z) se pueden escribir como:

x = ρ cos (θ) .

y = ρ sen (θ) .

z = z.

(1)

Siendo ρ = |−→ρ |, llamadas coordenadas cilíndricas.Pero también en términos de φ, θ y r = |−→r | , se tiene que ρ = r sen (φ) y z = r

cos (φ). Por tanto las coordenadas del punto (x, y, z) al sustituir ρ y z en (1) se pueden

escribir como:x = r cos (θ) sen (φ) .

y = r sen (θ) sen (φ) .

z = r cos (φ) .

llamadas coordenadas esféricas.


1.7. Diferenciabilidad.

Definición 22 : Sea f : I −→ Rn con I ⊂ R un camino definido en el intervalo I,

sea to ∈ I; se define la derivada de f en to y la denotamos por f 0(to) ódf(to)

dtcomo:

df(to)

dt= f 0(to) = lım

h−→0

f (to + h)− f (to)

h

cuando este límite existe y diremos que el camino es diferenciable en to.

Note que:

lımh−→0

f (to + h)− f (to)

h= lım

h−→0

(f1 (to + h)− f1 (to) , f2 (to + h)− f2 (to) , ..., fn (to + h)− fn (to))

h.

= lımh−→0

³f1(to+h)−f1(to)

h , f2(to+h)−f2(to)h , ..., fn(to+h)−fn(to)h

´.

=

µlımh−→0

f1(to+h)−f1(to)h , lım

h−→0f2(to+h)−f2(to)

h , ..., lımh−→0

fn(to+h)−fn(to)h

¶.

=¡f 01(to), f

02(to), ..., f

0n(to)

¢.

Consideremos ahora la derivada de una función vectorial de gran importancia físico-

matemática, dicha función es llamada vector posición −→r el cual es un vector anclado

en el origen de coordenadas y con punto final en un punto P del espacio.

Observe que cuando la flecha de −→r varía, se genera una curva. En sí, se considera a−→r como el vector anclado en el origen que va describiendo suavemente con el extremofinal a la curva f : I −→ Rn con I ⊂ R tal que −→r = f (t) .

Ejemplo 23 : Si |−→r | = r = cte en el plano xy la curva que describe es una circun-

ferencia y en el plano xyz el gráfico es una esfera.

por consiguiente si −→r (t) = (x (t) , y (t) , z (t)) es tal que |−→r | = cte entonces la ecuación

de la esfera se puede escribir como:

x2 + y2 + z2 = cte2


En R3 la función vectorial f (t) se puede ecribir como f (t) = (f1 (t) , f2 (t) , f3 (t))ó mejor aún f (t) = (x (t) , y (t) , z (t)) donde x (t) , y (t) y z (t) son funciones que de-

penden del parámetro t.

Si bux, buy y buz son versores en las direcciones de los ejes x, y y z en el plano cartesianotresdimensional, entonces f (t) se puede escribir como:

f (t) = x (t) bux + y (t) buy + z (t) buz,y el vector posicion −→r (t) = f (t) , es decir:

−→r (t) = f (t) = x (t) bux + y (t) buy + z (t) buz.1.7.1. Vector tangente.

En el plano xy, sea t un parámetro y sea −→r (t) el vector posición asociado acualquier punto de la curva paramétrica f (t) .

Si l es la recta tangente a la curva f (t) en el punto P , se tiene que:

−→r (t) = x (t) bux + y (t) buyy además:

d−→rdt

=dx (t)

dtbux + dy (t)

dtbuy.


Observe qued−→rdt

es un vector y como vector sus componentes rectángulares sondx (t)

dt

ydy (t)

dten x y y respectivamente.

Comod−→rdt

=

µdx (t)

dt,dy (t)

dt

¶, se tiene que:

tan (α) =

dy

dtdx

dt

=dy

dx= tan (θ) .

que es justamente la pendiente de la recta tangente l. Lo que indica que la recta l y el

vectord−→rdt

son paralelos y como todo vector de posición está asociado a una familia

de vectores libres entoncesd−→rdt

es el vector tangente a la curva en P .

En el espacio tridimensionald−→rdt

también es tangente a la curva o camino descrito por

−→r (t) = f (t) (esto al considerar el cociente∆−→r∆t

cuando ∆t −→ 0, es decir, si f (t)

crece en el eje positivo de x y y, y ∆−→r = −→r (t+∆t)−−→r (t)).

Definición 24 : Sea f : I −→ Rn con I ⊂ R un camino definido en el intervalo I,


como −→r (t) = f (t) , entonces fisicamente si −→r (t) es el vector posición, luego d−→rdt

será

considerado como el vector velocidad.

Ejemplo 25 : Sea f : R −→ R2 tal que t −→ (t, |t|) o mejor aún −→r (t) = f (t) =

(t, |t|) , pruebe que f no es diferenciable.Solución:

52.50-2.5-5

5

3.75

2.5

1.25

0

x

y

x

y

Observe que cuando t < 0, |t| = −t. Luego −→r (t) = (t, |t|) = (t,−t) y por tantod−→rdt

= (1,−1) .

Ahora si t > 0, |t| = t. Luego −→r (t) = (t, |t|) = (t, t) y por tanto d−→rdt

= (1, 1) .

Pero cuando t = 0 se tiene que:

lımh−→0

−→r (0 + h)−−→r (0)h

= lımh−→0

(h, |h|)− (0, 0)h

.

= lımh−→0

µh

h,|h|h

¶.

= (1,±1)

Lo que implica que el límite no existe o sea que la función −→r (t) = (t, |t|) no esdiferenciable en (0, 0) y por consiguiente no es difernciable en todo el conjunto R.

Ejemplo 26 : Pruebe que f : R −→ R2 tal que t −→¡t3, t2 |t|

¢o mejor aún −→r (t) =

f (t) =¡t3, t2 |t|

¢, es diferenciable y grafique su velocidad.

Solución:


2.51.250-1.25-2.5

3

2

1

0

-1

x

y

x

y

Note que cuando t < 0, |t| = −t, y se tiene entonces que −→r (t) =¡t3, t2 |t|

¢=¡t3,−t3

¢,

por tantod−→rdt

=¡3t2,−3t2

¢.

Ahora si t > 0, |t| = t. Luego −→r (t) =¡t3, t2 |t|

¢=¡t3, t3

¢y por tanto

d−→rdt

=¡3t2, 3t2

¢.

Pero cuando t = 0 se tiene que:

lımh−→0

−→r (0 + h)−−→r (0)h

= lımh−→0

¡h3, h2 |h|

¢− (0, 0)

h.

= lımh−→0

µh3

h,h2 |h|h

¶.

=¡h2, h |h|

¢= (0, 0) .

Lo que implica que el límite si existe o sea que la función −→r (t) =¡t3, t2 |t|

¢si es

diferenciable en t = 0, o sea en el punto (0, 0) y en todo R; por consiguiente −→r (t) esdifernciable (existe la derivada en todo el conjunto R).Veamos ahora cual es su velocidad:

Sea v (t) la velocidad de una partícula que recorre la curva −→r (t), es decir:

v (t) = −→r (t) =

⎧⎪⎨⎪⎩¡3t2,−3t2

¢si t < 0

(0, 0) si t = 0¡3t2, 3t2

¢si t > 0


151050-5

10

5

0

-5

-10

x

y

x

y

Ejemplo 27 : Sean f : I −→ Rn y g : I −→ Rn con I ⊂ R, dos caminosdefinidos en el intervalo I, entonces la función φ (t) = f (t) · g (t) siendo f (t) =

(f1 (t) , f2 (t) , f3 (t) , ..., fn (t)) y g (t) = (g1 (t) , g2 (t) , g3 (t) , ..., gn (t)) . Tenga en

cuenta que se trata de un producto interno, es decir, se trata de un producto de vectores

y no de números reales, por lo tanto:

φ (t) = f (t) · g (t) =nXi=1

fi (t) gi (t) .

Luego su derivada estaría dada por:

dφ (t)

dt=

nXi=1

∙gi (t)

dfi (t)

dt+ fi (t)

dgi (t)

dt

¸

=nXi=1

gi (t)dfi (t)

dt+

nXi=1

fi (t)dgi (t)

dt

= g (t) · df (t)dt

+ f (t) · dg (t)dt

.

Por lo quedφ (t)

dt=

d (f (t) · g (t))dt

= g (t) · df(t)dt + f (t) · dg(t)dt .

Definición 28 : Sea f : I −→ Rn un camino definido en el intervalo I ⊂ R, se diceque un camino es de clase Cn si el camino es diferenciable n veces y su n derivada soncontinuas.

Definición 29 : Sea f : I −→ Rn un camino definido en el intervalo I ⊂ R y de claseC1. Se dice que éste es un camino regular si f 0 (t) 6= −→0 para todo t ∈ I.

Ejemplo 30 : La cicloide −→r (t) = a (t− sen (t) , 1− cos (t)) no es un camino regu-lar, ya que:

1. La cicloide es de clase C1 ya que −→r 0 (t) = a (1− cos (t) , sen (t)) la cual es con-

tinua y existe en todo R.2. A pesar de que la cicloide es de clase C1 −→r 0 (t) = a (1− cos (t) , sen (t)) = (0, 0)

cuando t = 2kπ, por lo que la cicloide no es un camino regular.


Ejemplo 31 : La hélice −→r (t) = (cos (t) , sen (t) , t) es un camino regular, ya que:

1. La hélice es de clase C1 ya que −→r 0 (t) = (−sen (t) , cos (t) , 1) la cual es continua

y existe en todo R.2. Como la hélice es de clase C1 −→r 0 (t) = (−sen (t) , cos (t) , 1) no existe valor de t

tal que su derivada sea cero puesto que la última componente es diferente de cero y

por tanto la hélice es un camino regular.

Ejemplo 32 : El camino −→r (t) =¡t3, 5t2, k

¢no es un camino regular, ya que:

1. El camino es de clase C1 ya que −→r 0 (t) =¡3t2, 10t, 0

¢la cual es continua y existe

en todo R.2. A pesar de que el camino −→r (t) =

¡t3, 5t2, k

¢es de clase C1 −→r 0 (t) =

¡3t2, 10t, 0

¢=

(0, 0, 0) cuando t = 0 por lo tanto el camino −→r (t) =¡t3, 5t2, k

¢no es un camino

regular.

Ejemplo 33 : Sea −→r : I −→ R3 un camino regular de modo que −→r (t) 6= −→0 para todo

t ∈ I. Demuestre qued k−→r (t)k

dt=−→r (t) ·−→r 0 (t)k−→r (t)k .

Solución: Ya se demostró qued (f (t) · g (t))

dt= g (t) · df(t)dt + f (t) · dg(t)dt , por tanto

d (f (t) · f (t))dt

= f (t) · df (t)dt

+ f (t) · df (t)dt

.

= 2f (t) · df (t)dt

.

Pero recuerde que de la geometría vectorial se demostro que f (t) · f (t) = kf (t)k2 porlo que

k−→r (t)k2 = −→r (t) ·−→r (t) .

y además:d (−→r (t) ·−→r (t))

dt= 2−→r (t) · d

−→r (t)dt

= 2¡−→r (t) ·−→r 0 (t)¢ . (1)

Comod (−→r (t) ·−→r (t))

dt=

d k−→r (t)k2

dty k−→r (t)k2 es una función real que depende del

parámetro t entonces la derivada de k−→r (t)k2 al aplicar la regla de la cedena es:

d k−→r (t)k2

dt= 2 k−→r (t)k d k

−→r (t)kdt

. (2)

Por lo que al igualar (1) y (2) se concluye que:

2 k−→r (t)k d k−→r (t)kdt

= 2¡−→r (t) ·−→r 0 (t)¢

de donde:d k−→r (t)k

dt=−→r (t) ·−→r 0 (t)k−→r (t)k .

para −→r (t) 6= −→0 .


Ejemplo 34 : Sea −→r : I −→ R3 un camino regular de modo que −→r (t) 6= −→0 para

todo t ∈ I. Demuestre que el punto más cercano al origen de −→r (t) se alcanza cuando−→r 0 (t) es ortogonal a −→r (t) .Solución: Sabemos que la distancia de un punto al origen es la magnitud del vector

de posición asociado al punto, por tanto la distancia de cualquier punto de −→r (t) alorigen es simplemente k−→r (t)k, y se consigue el valor de mínima distancia cuandod k−→r (t)k

dt= 0. Si este valor de mínima distancia se consigue en to, entonces:

−→r (to) ·−→r 0 (to)k−→r (to)k

= 0.

Esto es donde −→r (to) ·−→r 0 (to) = 0, o sea, cuando −→r 0 (t) es ortogonal a −→r (t) .

Ejercicio 35 : 1. Demuestre que si −→r y −→v son vectores de Rn entoncesd (−→r ×−→v )

dt=

d−→rdt

×−→v +−→r × d−→vdt

.

2. Demuestre que si −→r es un vector de Rn tal que −→r = r −→ur con −→ur el vectorunitario en la dirección del vector −→r , entonces:

d−→rdt

=d (r−→ur)dt

= rd−→urdt

+−→urdr

dt

siendo r la magnitud del vector −→r .

Se conoce que la segunda ley de Newton dice que:

−→F = m−→a , (a)

y de la ley de gravitación universal se conoce que la fuerza entre dos cuerpos de masas

M y m respectivamentte tienen una fuerza de atrcción o repulsión equivalente a:

−→F = −GMm

r3−→r ,

Si −→r = r −→ur, siendo −→ur un vector unitario en dirección radial y estal que −→ur =1

r−→r ,

entonces:−→F = −GMm

r3−→r = −GMm

r2−→ur. (b)

Asumamos que M es la masa del sol y que m es la masa de la tierra, Veamos que

la tierra se mueve en un plano, para ello demostremos que el vector aceleración es

múltiplo escalar del vector −→r . En efecto: Si igualamos (a) con (b) se obtiene:

m−→a = −GMm

r3−→r ,


de donde:−→a = −GM

r3−→r = −GM

r2−→ur,

por lo que −→a es paralelo a −→r , con lo cual se obtiene que −→r ×−→a = −→0 . De la física sesabe además que

d−→rdt

= −→v y qued−→vdt

= −→a por lo tanto:

d (−→r ×−→v )dt

=d−→rdt

×−→v +−→r × d−→vdt

.

= −→v ×−→v +−→r ×−→a .=−→0 +−→0 =

−→0 .

Lo que implica que el vector −→r × −→v es constante. Sea−→h = −→r × −→v con

−→h 6= −→0 es

decir, −→r y −→v son no paralelos, además −→h es ortogonal a −→r y −→h es ortogonal a−→v porla definición de producto cruz. Como −→r = r −→ur y

d−→rdt

= −→v entonces:

−→h = −→r ×−→v = r−→ur ×

dr−→urdt

por tanto:

−→h = r−→ur ×

dr−→urdt

= r−→ur ×µrd−→urdt

+−→urdr

dt

¶.

= r−→ur × rd−→urdt

+ r−→ur ×−→urdr

dt.

= r2µ−→ur ×

d−→urdt

¶.

Luego:

−→a ×−→h = −GMr2−→ur ×

∙r2µ−→ur ×

d−→urdt

¶¸.

= −GM∙−→ur ×

µ−→ur ×

d−→urdt

¶¸, (*)

pero de la relación de Gibbs es conocido que:

−→a ×³−→b ×−→c

´= (−→a ·−→c ) ·−→b −

³−→a ·−→b ´ ·−→c .Luego en (*) se tiene que:

−→a ×−→h = −GM∙−→ur ×

µ−→ur ×

d−→urdt

¶¸.

= −GM∙µ−→ur ·

d−→urdt

¶·−→ur − (−→ur ·−→ur) ·

d−→urdt

¸. (**)


Observe que un vector−→c es tal que su magnitud es siempre constante, es decir k−→c k = k

con k constante, entonces:−→c ·−→c = k−→c k2 = k2

y su derivada es cero, por lo tanto:

0 =dk2

dt=

d (−→c ·−→c )dt

= −→c · d−→cdt

+−→c · d−→cdt

= 2−→c · d−→cdt

,

de donde:−→c · d

−→cdt

= 0

Reemplazando esta deducción en (**) se obtiene que:

−→a ×−→h = GM

∙(−→ur ·−→ur) ·

d−→urdt

¸.

y como −→ur · −→ur = 1 entonces −→a × −→h = GMd−→urdt

. Por consiguiente de decuaciones

diferenciales la anterior ecuación se puede escribir así:

d−→vdt

×−→h = GMd−→urdt

,

que al resolverla se obtiene:

−→v ×−→h = GM−→ur +−→c ,

Siendo −→c un vector constante. Así que al multiplicar interiormente el vector −→r con elvector −→v ×−→h se llega a que:

−→r ·³−→v ×−→h ´ = −→r · (GM−→ur +−→c ) .

= −→r ·GM−→ur +−→r ·−→c .= (−→ur ·−→ur)GMr + rc cos (θ) .

Donde θ el ángulo entre los vectores −→r y −→c , k−→r k = r y k−→c k = c. Al despejar el

parámetro r se llega a que:

r =

−→r ·³−→v ×−→h ´

GM + c cos (θ)=

1

GM

−→r ·³−→v ×−→h ´

1 + cGM cos (θ)

.

Como el producto −→r ·³−→v ×−→h ´ es un produto triple se llega a que:

−→r ·³−→v ×−→h ´ = −→h · (−→r ×−→v ) = −→h ·−→h = °°°−→h °°°2 = h2.

de donde:

r =

−→r ·³−→v ×−→h ´

GM + c cos (θ)=

1

GM

h2

1 +c

GMcos (θ)


Si e =c

GMentonces

r =

eh2

c

1 +c

GMcos (θ)

que es la ecuación de una elipse.

1.8. Reparametrización.

Si el camino −→r (t) es de clsase C1, con −→r : It−→−→

Rn−→r (t)

con I ⊂ R, y sea φ : Js−→−→

It=φ(s)

con J ⊂ R una función de clase C1, luego la composición de funciones (−→r ◦ φ) (s)

es de clsase C1 y la denotaremos por −→r ∗ (s) = (−→r ◦ φ) (s) .Observe que si φ : J −→ I y −→r : I −→ Rn entonces −→r ∗ = −→r ◦φ : J −→ Rn donde −→r ∗

recorre el mismo camino que −→r a diferencia de que el parámetro de −→r es t y el de −→r ∗

es s.

Por la regla de la cadena se tiene que:

−→r ∗ (s) = (−→r ◦ φ) (s) = −→r (φ (s)) ,

entonces:d−→r ∗ (s)

ds=

d (−→r ◦ φ) (s)ds

=d−→r (φ (s))

ds

dφ (s)

ds.

y como φ : J −→ I se tiene quedφ (s)

dses un escalar y como entonces:

d−→r (φ (s))ds

=d−→r (t)ds

=d−→r (t)dt

dt

ds

donded−→r (t)dt

es un vector y por tantod−→r (φ (s))

dses un vector paralelo a

d−→r (t)dt

para

s ∈ J y t ∈ I siendo t = φ (s), de donded−→r ∗ (s)

dses un multiplo escalar del vector

d−→r (t)dt

.


Debemos construir una función −→r ∗ (s) que recorra la curva tal como la recorre lafunción −→r (t) y que cumpla que el vector velocidad (−→r ∗ (s))0 sea un multiplo escalarno nulo del vector velocidad −→r 0 (t) .

Ejemplo 36 : Considere el camino −→r : [−2, 2] −→ R2 dado por −→r (t) =¡t2, t

¢y

tome la función φ : [0, 2π] −→ [−2, 2] dada por φ (s) = 2 sen (s) luego −→r ∗ (s) =¡4 sen2 (s) , 2 sen (s)

¢y

d−→r ∗ (s)ds

= (8 cos (s) sen (s) , 2 cos (s)) .

Observe que cuando t = −2 y s =3π

2se tiene que:

−→r (−2) =³(−2)2 ,−2

´= (4,−2) ,

y−→r ∗

µ3π

2

¶=

µ4 sen2

µ3π

2

¶, 2 sen

µ3π

2

¶¶= (4,−2) ,

que es precisamente el mismo punto. Ahora cuando t = 2 y s =π

2se tiene que:

−→r (2) =³(2)2 , 2

´= (4, 2) ,

y−→r ∗

³π2

´=³4 sen2

³π2

´, 2 sen

³π2

´´= (4, 2) ,

que es el mismo punto. Ahora cuando t = 0 y s = 0 ó s = π ó s = 2π se tiene que:

−→r (0) =³(0)2 , 0

´= (0, 0) ,

y−→r ∗ (0) =

¡4 sen2 (0) , 2 sen (0)

¢= (0, 0) ,

ó−→r ∗ (π) =

¡4 sen2 (π) , 2 sen (π)

¢= (0, 0) ,

ó−→r ∗ (2π) =

¡4 sen2 (2π) , 2 sen (2π)

¢= (0, 0) .

Pero note que pasa por este mismo punto cuando arranca en s = 0 pasa por s =π

2,

luego por s = π posteriormente por s =3π

2y por último regresa al mismo punto

cuando s = 2π, lo que implica que −→r ∗ (s) realiza el mismo recorrido dos veces en elmismo ‘tiempo’ que lo hace −→r (t) (ojo, no se trata literlmente de la palabra tiempo)es decir, mientras que −→r (t) realiza un solo recorrido de la curva, −→r ∗ (s) realiza dos


recorridos.

Note además que el vector velocidad −→r 0 (t) no es cero en ningún instante, mientrasque el vector velocidad (−→r ∗)0 (s) es cero cuando s = π

2y s =

3π

2lo cul no cumple con

lo descrito anteriormente. Definimos entonces reparametrización de un camino −→r (t)como sigue:

Definición 37 : Sea −→r : I −→ Rn un camino regular con I ⊂ R, y sea φ : J −→ I

con J ⊂ R una función de clase C1 sobreyectiva, tal que φ (s) 6= 0 para todo s ∈ J.

Entonces el camino −→r ∗ = −→r ◦ φ : J −→ Rn se llama reparametrización del camino−→r (t).

Ejemplo 38 : Sea −→r : [0, 2π] −→ R2 el camino regular dado por −→r (t) = (cos (t) , sen (t))

y considere la función φ : [0,2π

5] −→ [0, 2π] dada por t = φ (s) = 5s la cual es

una función biyectiva, luego −→r ∗ : [0, 2π5] −→ R2 la cual está dada por −→r ∗ (s) =

(cos (5s) , sen (5s)) y

d−→r ∗ (s)ds

= (−5sen (5s) , 5 cos (5s)) = 5 (−sen (5s) , cos (5s)) .

Pero observe que la velocidad de −→r (t) es:d−→r (t)dt

= (−sen (t) , cos (t)) = (−sen (5s) , cos (5s)) ,

de donded−→r ∗ (s)

ds= 5

d−→r (t)dt

, o sea que la funión −→r ∗ (s) = (cos (5s) , sen (5s)) recorre

el camino a 5 veces más que la velocida con que lo hace −→r (t) .

Teorema 39 : Sea −→r : I −→ Rn un camino regular con I ⊂ R, y sea −→r ∗ = −→r ◦φ : J −→ Rn con J ⊂ R una reparametrización del camino −→r (t) entonces la rectatangente al camino −→r (t) en to es la misma que la de

−→r ∗ (s) en so siendo to = φ (so) .

Ejemplo 40 : Considere el camino −→r (t) = (cos (t) , sen (t) , t) con t ∈ [0, 2π] y seaφ :

£1, e2π

¤−→ [0, 2π] dada por t = ln (s) la cual es una función sobreyectiva, luego

−→r ∗ (s) = (cos (ln (s)) , sen (ln (s)) , ln (s)) . Así que la ecuación de la recta tangente al

camino −→r (t) cuando t =π

2es en −→r ∗ (s) cuando s = e

π2 y esto es:

d−→r ∗ (s)ds

=

µ−1ssen (ln (s)) ,

1

scos (ln (s)) ,

1

s

¶=1

s(−sen (ln (s)) , cos (ln (s)) , 1)

que en s = eπ2 se tiene:

d−→r ∗³eπ2

´ds

=1

eπ2

³−sen

³ln³eπ2

´´, cos

³ln³eπ2

´´, 1´

=1

eπ2

³−sen

³π2

´, cos

³π2

´, 1´.

=1

eπ2

(−1, 0, 1) .


y para −→r (t) = (cos (t) , sen (t) , t) se tiene:

d−→r (t)dt

= (−sen (t) , cos (t) , 1) .

que en t =π

2da:

d−→r³π2

´dt

=³−sen

³π2

´, cos

³π2

´, 1´.

= (−1, 0, 1) .

lo que implica que el vector director de la recta tangente al camino −→r (t) en to =π

2,

es múltiplo escalar del vector tangente al camino reparametrizado −→r ∗ (s) en s = eπ2

por tanto la recta es la misma y su ecuación paramétrica es:

r : x = −λ.y = 1.

z = λ+π

2.

Ejercicio 41 : Sea −→r (t) = (sen (t) , sen (2t)) con t ∈ [−π, π] y sea −→r ∗ (s) =¡sen

¡s2

¢, sen (s)

¢una reparametrización de −→r (t). Determine la función φ y la

ecuación de la recta tangente al camino en t =π

2.

1.9. Longitud de un camino.

Ya se había visto que la longitud de una curva paramétrica f (t) = (x (t) , y (t))

entre to y t1 esta dada por:Z t1

to

sµdx (t)

dt

¶2+

µdy (t)

dt

¶2dt

Como toda función paramétrica es una función vectorial, se tiene que −→r (t) = f (t) =

(x (t) , y (t)) y por consiguiente−→r 0 (t) = d−→r (t)dt

=

µdx (t)

dt,dy (t)

dt

¶y además k−→r 0 (t)k =sµ

dx (t)

dt

¶2+

µdy (t)

dt

¶2de donde la longitud del camino estaría dada por:

l =

Z t1

to

°°−→r 0 (t)°° dt.Definición 42 : Sea −→r : [a, b] −→ Rn un camino de clase C1 con [a, b] ⊂ R, lalongitud del camino −→r entre t = a y t = b denotada por l (−→r ) se define como:

l (−→r ) =Z t1

to

°°−→r 0 (t)°° dt.


Ejemplo 43 : Determine la longitud del camino −→r (t) = (cos (t) , sen (t) , t) para

t ∈ [0, 2π] .

Solución: Como −→r (t) = (cos (t) , sen (t) , t) entoncesd−→r (t)dt

= (−sen (t) , cos (t) , 1)

y por tanto:

l (−→r ) =

Z t1

to

°°−→r 0 (t)°° dt = Z 2π

0k(−sen (t) , cos (t) , 1)k dt.

=

Z 2π

0

q(−sen (t))2 + (cos (t))2 + 12 dt.

=

Z 2π

0

psen2 (t) + cos2 (t) + 1 dt.

=

Z 2π

0

√2 dt =

√2

Z 2π

0dt = 2

√2π.

Ejemplo 44 : Determine la longitud del camino −→r (t) =¡t, t2

¢para t ∈ [−1, 1] .

Solución: Como −→r (t) =¡t, t2

¢entonces

d−→r (t)dt

= (1, 2t) luego:

l (−→r ) =

Z t1

to

°°−→r 0 (t)°° dt = Z 1

−1k(1, 2t)k dt.

=

Z 1

−1

q1 + (2t)2dt.

=

Z 1

−1

p1 + 4t2dt.

Sea t =1

2tan θ luego dt =

1

2sec2 θ dθ por tanto:

l (−→r ) =1

2

Zsec3 θdθ =

1

2

Zsec θ sec2 θdθ.

=1

2

Zsec θ

¡1 + tan2 θ

¢dθ.

=1

2

Z ¡sec θ + sec θ tan2 θ

¢dθ.

=1

2ln (sec θ + tan θ) +

1

2

Zsec θ tan2 θ dθ (1)

pero también la integral se puede hacer por partes obteniendo:

l (−→r ) = 1

2

Zsec3 θdθ =

1

2

Zsec θ sec2 θdθ.

Sea u = sec θ luego du = sec θ tan θ dθ y sea dv = sec2 θdθ por tanto v = tan θ.

Entonces:

l (−→r ) =1

2

Zsec3 θdθ =

1

2

Zsec θ sec2 θ dθ.

=1

2

µsec θ tan θ −

Zsec θ tan2 θ dθ

¶. (2)


Igualando (1) con (2) se tiene que:Zsec θ tan2 θdθ =

1

2(sec θ tan θ − ln (sec θ + tan θ)) .

de donde

l (−→r ) = 1

2

Zsec3 θdθ =

1

4(sec θ tan θ + ln (sec θ + tan θ)) .

solo nos resta sustituir y concluir.

1.10. Reparametrización por longitud de arco.

Se conoce que la longitud de un camino esta dada por:

l =

Z t1

to

°°−→r 0 (t)°° dt.Consideremos un camino regular −→r : [a, b] −→ Rn y supongamos que P = −→r (t0) ∈ Rn

es un punto de la curva con t0 ∈ [a, b]. Siendo −→r (t) de clase C1 podemos calcular queparqa cada t ∈ [a, b], la longitud del camino de −→r (t) entre t0 y t estaría dada por:

ψ(t) =

Z t

to

°°−→r 0 (n)°° dn.Siendo t un valor entre [a, b] cualquiera, es decir que este valor puede ser variable.

Observe que por el teorema fundamental del cálculo se tiene que:

ψ0(t) =°°−→r 0 (t)°° .

para t ∈ [a, b]. Como es un camino regular entonces ψ0(t) = k−→r 0 (t)k 6= 0 para todo

t ∈ [a, b], es más k−→r 0 (t)k > 0. Como −→r (t) es de clase C1 luego ψ(t) es de clase C1

ya quedψ(t)

dt= k−→r (t)k es una función continua en todo t ∈ [a, b],Sea [c, d] ⊂ R el

intervalo en el que ψ(t) tiene su imagen, luego:

ψ : [a, b] −→ [c, d] .

la cual es una función biyectiva (porqué?) y por tanto existe la función inversa de ψ

es decir existe:

φ = ψ−1 : [c, d] −→ [a, b].

Sea −→r = −→r ◦ φ una reparametrización de la función −→r . Para s ∈ [c, d] luego −→r (s) =

(−→r ◦ φ) (s) = −→r (φ (s)) donde t = φ (s) = ψ−1 (s) , esto es s = ψ(t) =

Z t

to

°°−→r 0 (n)°° dn;y además su derivada está dada por:

−→r 0 (s) = −→r 0 (φ (s))φ0 (s) .


Donde:

φ0 (s) =¡ψ−1

¢0(s) =

¡ψ−1

¢0(ψ(t)) =

1

ψ0(t)=

1

k−→r 0 (t)k .

(Recuerde que la derivada de la función inversa está dada por: Si f es un función y

f−1 es su inversa entonces para y = f (x) se tiene que x = f−1 (y) y su derivada esta

dada por: 1 =¡f−1 (y)

¢0 · y0 pero y0 = f 0 (x) por tanto¡f−1

¢0(y) y0 =

¡f−1 (y)

¢0f 0 (x)

así que¡f−1 (y)

¢0=

1

f 0 (x)).

Como s = ψ(t) =

Z t

to

°°−→r 0 (n)°° dn entonces:°°°−→r 0 (s)°°° = °°−→r 0 (φ (s))φ0 (s)°° = °°°°−→r 0 (t) 1

k−→r 0 (t)k

°°°° = °°−→r 0 (t)°° 1

k−→r 0 (t)k = 1.

O sea que −→r (s) es una reparametrización que tiene la propiedad de que reorre elmismo camino a una rapidez constante igual a la unidad.

Ejemplo 45 : Sea −→r : [0, 2π] −→ R2 el camino dado por −→r (t) = (a cos (t) , a sen (t)) ,

luego

s =

Z t

to

°°−→r 0 (n)°° dn = Z t

0

°°−→r 0 (n)°° dn = Z t

0k(−a sen (n) , a cos (n))k dn.

= a

Z t

0dn = at.

Así que t = φ (s) =s

ay la reparametrización está dada por:

−→r (s) = (−→r ◦ φ) (s) =³a cos

³sa

´, a sen

³sa

´´.

y su rapidez debe dar efectivamente uno (1), veamos:

−→r 0 (s) =³−sen

³sa

´, cos

³sa

´´.°°°−→r 0 (s)°°° =

°°°³−sen³sa

´, cos

³sa

´´°°° .= 1.

Ejemplo 46 : Sea −→r : [0, 3] −→ R2 el camino dado por −→r (t) = (t, cosh (t)) , luego

s =

Z t

to

°°−→r 0 (n)°° dn = Z t

0

°°−→r 0 (n)°° dn = Z t

0k(1, senh (n))k dn.

=

Z t

0

p1 + senh2 (n)dn =

Z t

0cosh (n) dn = senh (t)− senh (0) .

= senh (t) .


Así que t = arcsenh (s) = ln³s+√s2 + 1

ý por tanto:

−→r (s) = (−→r ◦ φ) (s) =³ln³s+

ps2 + 1

´, cosh

³ln³s+

ps2 + 1

´´Ńote que −→r 0 (s) =

µ1√

s2 + 1,

1√s2 + 1

senh³ln³s+√s2 + 1

´´¶y su magnitud es

entonces°°°−→r 0 (s)°°° =

sµ1√

s2 + 1

¶2+

µ1√

s2 + 1

¶2 ³senh

³ln³s+

ps2 + 1

´´´2.

=1√

s2 + 1

r1 + senh2

³ln³s+

ps2 + 1

´´=

1√s2 + 1

p1 + senh2 (arcsenh (s)).

=1√

s2 + 1

ps2 + 1 = 1.

Ejemplo 47 : Sea −→r : [0, 3] −→ R2 el camino dado por −→r (t) =¡t, t2 + 1

¢, luego

s =

Z t

to

°°−→r 0 (n)°° dn = Z t

0

°°−→r 0 (n)°° dn = Z t

0k(1, 2n)k dn.

=

Z t

0

p1 + 4n2dn.

Una forma de integrar mas facil esta función es haciendo la siguiente sustitución: Sea

2n = senh(u) luego dn =1

2cosh (u) du. Por tanto la integral se traduce en:Z p

1 + 4n2dn =1

2

Z p1 + senh2(u) cosh (u) du.

=1

2

Zcosh2 (u) du.

=1

4

Z(1 + cosh (2u)) du.

=1

4(u+ senh (2u)) .

=1

4

µln

µn+

1

2

p1 + 4n2

¶+ 2n

p1 + 4n2 − ln(1

2)

¶.

=1

4ln³2n+

p1 + 4n2

´+

n

2

p1 + 4n2.

que al ser evaluada entre 0 y t nos dá:Z t

0

p1 + 4n2dn =

1

4ln³2t+

p1 + 4t2

´+

t

2

p1 + 4t2. Como s = ψ(t) es evidente que no es facil volver explícita a t es fun-

ción de φ (s) .

Ejercicio 48 : Sea −→r : R −→ R3 el camino dado por −→r (t) = (a cos(t), a sen (t) , bt) .

Determine la reparametrización −→r (t) de −→r (t) y verifique que si rapidez es uno.


1.11. Curvatura.

Se define la curvatura como la rapidez con que la curva se aleja de su recta tangente

en un puntodado de la curva. La idea intuitiva subyacente tiene que ver con que tanto

se curva el camino en el punto de interés.

Definición 49 : Sea −→r : I −→ Rn con I ⊂ R, un camino dado dos veces diferenciabley sea −→r el camino parametrizado por longitud de arco. El número k (s) =

°°°−→r 00 (s)°°° sele llama curvatura de −→r en s.

Definición 50 : Sea −→r : I −→ Rn con I ⊂ R, un camino dado dos veces diferenciabley sea −→r el camino parametrizado por longitud de arco.Como −→r 0 (t) es el vector tangentea la curva en un punto, entonces el vector

³−→r ´0 es el vector tangente unitario delcamino −→r (t) en un punto, el cual denotaremos por −→T (s) , es decir, −→T (s) =

³−→r (s)´0 .Observe que

−→T 0 (s) = −→r 00 (s)

Ejemplo 51 : Determine la curvatura del círculo −→r (t) = (a cos (t) , a sen (t)) .

Soloción: Como ya sabemos la reparametrización por longitud de arco está dada

por:−→r (s) =

³a cos

³sa

´, a sen

³sa

´´.

Luego−→T (s) =

³−sen

³sa

´, cos

³sa

´ý por consiguiente:

−→r 00 (s) = T 0 (s) =

µ−1acos³sa

´,−1

asen

³sa

´¶.

Por tanto k (s) =1

a, para todo s, es decir que la curvatura es siempre constante.

Ejemplo 52 : Consideremos el camino −→r (t) =µa cos

µs√

a2 + b2

¶, a sen

µs√

a2 + b2

¶, b

µs√

a2 + b2

¶¶reparametrizado por longitud de arco. Luego

−→T (s) =

µ− a√

a2 + b2sen

µs√

a2 + b2

¶,

a√a2 + b2

cos

µs√

a2 + b2

¶,

b√a2 + b2

¶,

y

−→r 00 (s) = −→T 0 (s) =

µ− a

a2 + b2cos

µs√

a2 + b2

¶,− a

a2 + b2sen

µs√

a2 + b2

¶, 0

¶.

Por lo que k (s) =|a|

a2 + b2, para todo s, es decir que la curvatura es siempre constante.


Nota 53 : Como hemos definido que−→T (s) =

³−→r (s)´0 y como el vector tangente uni-tario también se puede escribir como

−→r 0 (t)k−→r 0 (t)k , entonces

−→T (s) =

³−→r (s)´0 = −→r 0 (t)k−→r 0 (t)k

siendo t = ψ−1 (s) .

Observación 54 : Como acabamos de encontrar que³−→r (s)´0 = −→r 0 (t)

k−→r 0 (t)k entonces

d³−→r (s)´0

dsnos dá por la regla de la cadena la siguiente igualdad:

d³−→r (s)´0

ds=

d−→r 0 (t)k−→r 0 (t)kds

=

d−→r 0 (t)k−→r 0 (t)kdt

dt

ds.

=k−→r 0 (t)k d

−→r 0 (t)dt

−−→r 0 (t) d k−→r 0 (t)kdt

k−→r 0 (t)k2· dψ

−1 (s)

ds.

=

k−→r 0 (t)k−→r 00 (t)−−→r 0 (t)−→r 0 (t) ·−→r 00 (t)k−→r 0 (t)k

k−→r 0 (t)k21

ψ0 (s).

=

k−→r 0 (t)k−→r 00 (t)−−→r 0 (t)−→r 0 (t) ·−→r 00 (t)k−→r 0 (t)k

k−→r 0 (t)k21

k−→r 0 (t)k .

=k−→r 0 (t)k2−→r 00 (t)−−→r 0 (t) (−→r 0 (t) ·−→r 00 (t))

k−→r 0 (t)k4.

Por lo tanto −→r 00 (s) =d³−→r (s)´0

ds=k−→r 0 (t)k2−→r 00 (t)−−→r 0 (t) (−→r 0 (t) ·−→r 00 (t))

k−→r 0 (t)k4Entonces:

k2 (s) =°°°−→r 00 (s)°°°2 = −→r 00 (s) ·−→r 00 (s) .

=1

k−→r 0 (t)k8h³°°−→r 0 (t)°°2−→r 00 (t)−−→r 0 (t) ¡−→r 0 (t) ·−→r 00 (t)¢´

·³°°−→r 0 (t)°°2−→r 00 (t)−−→r 0 (t) ¡−→r 0 (t) ·−→r 00 (t)¢í .

=1

k−→r 0 (t)k8h°°−→r 0 (t)°°4−→r 00 (t) ·−→r 00 (t)− 2°°−→r 0 (t)°°2 ¡−→r 0 (t) ·−→r 00 (t)¢2

+¡−→r 0 (t) ·−→r 00 (t)¢2 ¡−→r 0 (t) ·−→r 0 (t)¢i .

=1

k−→r 0 (t)k8h°°−→r 0 (t)°°4 °°−→r 00 (t)°°2 − °°−→r 0 (t)°°2 ¡−→r 0 (t) ·−→r 00 (t)¢2i .

=1

k−→r 0 (t)k6h°°−→r 0 (t)°°2 °°−→r 00 (t)°°2 − ¡−→r 0 (t) ·−→r 00 (t)¢2i . (*)


Recordemos que k−→u ×−→v k = k−→u k k−→v k sen (θ) luego

k−→u ×−→v k2 = k−→u k2 k−→v k2 sen2 (θ) = k−→u k2 k−→v k2¡1− cos2 (θ)

¢.

= k−→u k2 k−→v k2 − k−→u k2 k−→v k2 cos2 (θ) .

Lo que implica que la ecuación (∗) se puede escribir como:

k2 (s) =°°°−→r 00 (s)°°°2 = 1

k−→r 0 (t)k6°°−→r 0 (t)×−→r 00 (t)°°2 .

De donde:

k (s) =°°°−→r 00 (s)°°° = k−→r 0 (t)×−→r 00 (t)k

k−→r 0 (t)k3.

Se ha dmostrado el siguiente teorema.

Teorema 55 : Sea −→r : I −→ Rn con I ⊂ R, un camino dado, dos veces diferenciabley regular entonces la curvatura del camino −→r (t) está dado por:

k (s) =°°°−→r 00 (s)°°° = k−→r 0 (t)×−→r 00 (t)k

k−→r 0 (t)k3.

Ejemplo 56 : Determine la curvatura de −→r (t) = (a cos(t), a sen (t) , bt) .

Solución: Se sabe que −→r 0 (t) = (−a sen (t) , a cos(t), b) y que −→r 00 (t) = (−a cos(t),−a sen (t) , 0) .

Por lo tanto:

−→r 0 (t)×−→r 00 (t) = det

⎡⎢⎣−→i

−→j

−→k

−a sen (t) a cos(t) b

−a cos(t) −a sen (t) 0

⎤⎥⎦=

¡ab sen (t) ,−ab cos(t), a2

¢.

De donde °°−→r 0 (t)×−→r 00 (t)°° =°°¡ab sen (t) ,−ab cos(t), a2¢°°

=pa2b2 sen2 (t) + a2b2 cos2(t) + a4

= |a|pa2 + b2

Como°°−→r 0 (t)°° = k(−a sen (t) , a cos(t), b)k =pa2 sen2 (t) + a2 cos2(t) + b2 =

pa2 + b2.

Entonces la curvatura está dada por:

k (s) =°°°−→r 00 (s)°°° = |a|

√a2 + b2³√

a2 + b2´3 = |a|

a2 + b2

que es el mismo resultado obtenido en el ejemplo 52.


Ejemplo 57 :Determine la curvatura del camino −→r (t) =¡2 + t, 1 + t2, 3t+ t2

¢.

Solución: Se sabe que −→r 0 (t) = (1, 2t, 3 + 2t) y que −→r 00 (t) = (0, 2, 2) . Por lo tanto:

−→r 0 (t)×−→r 00 (t) = det

⎡⎢⎣−→i−→j

−→k

1 2t 3 + 2t

0 2 2

⎤⎥⎦= (−6,−2, 2) .

De donde: °°−→r 0 (t)×−→r 00 (t)°° = k(−6,−2, 2)k=√36 + 4 + 4 =

√44 = 2

√11.

Como°°−→r 0 (t)°° = k(1, 2t, 3 + 2t)k =p1 + 4t2 + 9 + 12t+ 4t2 =p8t2 + 12t+ 10.Entonces la curvatura está dada por:

k (s) =°°°−→r 00 (s)°°° = 2

√11³√

8t2 + 12t+ 10´3 .

Ejercicio 58 : Determine el valor de t en que la curvatura es máxima en el ejemploanterior.

Observación 59 : Se conoce que−→T (s) =

³−→r (s)´0 = −→r 0 (t)k−→r 0 (t)k y que

°°°−→T (s)°°° = 1

por lo qued°°°−→T (s)°°°ds

= 0. Por lo tanto:

d°°°−→T (s)°°°ds

=

−→T (s) ·−→T 0 (s)°°°−→T (s)°°° = 0.

Lo que implica que−→T (s) y

−→T 0 (s) son ortogonales, pero

−→T 0 (s) =

³−→r (s)´00, o seaque−→T 0 (s) =

³−→r (s)´00 es normal a −→T (s) y por lo que el vector normal unitario quedenotaremos por

−→N (s) , el cual esta dado por

−→N (s) =

−→T 0 (s)

k (s)lo que implica que

³−→r (s)´00 = −→T 0 (s) = k (s)−→N (s) ,

que satisface que: °°°°³−→r (s)´00°°°° = °°°−→T 0 (s)°°° = °°°k (s)−→N (s)

°°° = |k (s)| .


Definición 60 : Sea −→r : I −→ Rn con I ⊂ R, un camino dado dos veces diferenciabley sea −→r el camino parametrizado por longitud de arco. Se define el vector normal a lacurva en un punto como:

−→N (s) =

−→T 0 (s)

k (s)=

³−→r (s)´00k (s)

Observación 61 : Tengamos en cuenta que:

k (s) =

°°°°°d−→T (s)

ds

°°°°° =°°°°°°°°d−→r 0 (t)k−→r 0 (t)kds

°°°°°°°° =°°°°°°°°d−→r 0 (t)k−→r 0 (t)kdt

dt

ds

°°°°°°°° (1)

Con−→T (s) =

−→r 0 (t)k−→r 0 (t)k donde no figura t, es decir,

−→T (s) =

−→r 0 (t)k−→r 0 (t)k =

−→T (t) y recuerde

quedt

ds=

1

k−→r 0 (t)k por lo que la ecuación (1) se escribiría como:

k (s) =

°°°°°d−→T (t)

dt

1

k−→r 0 (t)k

°°°°° =°°°−→T 0 (t)

°°°k−→r 0 (t)k .

Lo que denotaremos por k (t) , esto es k (s) =

°°°−→T 0 (t)°°°

k−→r 0 (t)k = k (t) . Hemos demostrado el

siguiente teorema.

Teorema 62 : Sea −→r : I −→ Rn con I ⊂ R, un camino dado, dos veces diferenciabley regular entonces la curvatura del camino −→r (t) está dado por:

k (t) =

°°°−→T 0 (t)°°°

k−→r 0 (t)k .

Teorema 63 : Sea −→r : I −→ Rn con I ⊂ R, un camino dado, dos veces diferenciabley regular entonces el vector normal está dado por:

−→N (t) =

−→T 0 (t)°°°−→T 0 (t)

°°° .Prueba. : Se tiene que

−→N (s) =

−→T 0 (s)

k (s)pero:

−→T 0 (s) =

d−→T (s)

ds=

d−→T (s)

dt

dt

ds, (1)


pero del teorema anterior dentro de la demostración se llega a la conclusión de que:

d−→T (s)

dt=

d−→r 0 (t)k−→r 0 (t)kdt

=d−→T (t)

dt,

que sustituyendo en la ecuación (1) se obtiene:

−→T 0 (s) =

d−→T (t)

dt

dt

ds.

Comodt

ds=

1

k−→r 0 (t)k entonces−→T 0 (s) =

d−→T (t)

dt

1

k−→r 0 (t)k =−→T 0 (t)

1

k−→r 0 (t)k . Como

k (s) = k (t) entonces al sustituir estos valores en−→N (s) =

−→T 0 (s)

k (s)se lega a que:

−→N (s) =

−→T 0 (t)

1

k−→r 0 (t)k°°°−→T 0 (t)°°°

k−→r 0 (t)k

=

−→T 0 (t)°°°−→T 0 (t)

°°° = −→N (t) .

De donde−→N (t) =

−→T 0 (t)°°°−→T 0 (t)

°°° .Definición 64 : Los vectores

−→T (s) y

−→N (s) determinan en un punto P del dominio

de −→r (t) un plano llamado plano osculador de −→r (s) en el punto y el producto cruzentre

−→T (s) y

−→N (s) dá un vector ortogonal al plano el cual es el vector director de éste

plano y es denotado por−→B (s), es decir,

−→B (s) =

−→T (s) × −→N (s) y es llamado vector

binormal de −→r (t) el cual es unitario³°°°−→B (s)°°° = 1´. El plano atravezado por la curva

descrita por −→r (t) en forma perpéndicular se le llama plano normal de −→r (t) y el vectordirector de este plano es el vector

−→T (s). Se llama plano rectificante de −→r (t) al plano

que pasa por P y es ortogonal al plano osculador y al plano normal de −→r (t). O sea, elplano rectificante tiene como vector normal al vector

−→N (s) .Se llaman rectas normal,

binormal y tangente, a las rectas dirigidas por los vectores directores respectivamente

correspondientes.

Observación 65 : En la observación (54) se llegó a que:

−→r 00 (s) = k−→r 0 (t)k2−→r 00 (t)−−→r 0 (t) (−→r 0 (t) ·−→r 00 (t))k−→r 0 (t)k4

.


esto es:

−→r 00 (t) =°°−→r 0 (t)°°2−→r 00 (s) +−→r 0 (t) (−→r 0 (t) ·−→r 00 (t))

k−→r 0 (t)k2

= k(t)°°−→r 0 (t)°°2 −→r 00 (s)

k (s)+−→r 0 (t)k−→r 0 (t)k

(−→r 0 (t) ·−→r 00 (t))k−→r 0 (t)k .

= k(t)°°−→r 0 (t)°°2−→N (s) +

(−→r 0 (t) ·−→r 00 (t))k−→r 0 (t)k

−→T (s) .

−→r 00 (t) = α (t)−→N (s) + β (t)

−→T (s) .

Así que:

−→r 0 (t)×−→r 00 (t) = α (t)³−→r 0 (t)×−→N (s)

´+β (t)

³−→r 0 (t)×−→T (s)´ = α (t)³−→r 0 (t)×−→N (s)

´.

Esto dice que el vector −→r 0 (t) × −→r 00 (t) es paralelo al vector −→T (s) × −→N (s) o sea que

es paralelo al vector binormal−→B (t) o

−→B (s) y por lo tanto dirige el plano osculador.

Y el vector (−→r 0 (t)×−→r 00 (t))×−→r 0 (t) es ortogonal a (−→r 0 (t)×−→r 00 (t)) o sea a −→B (t) ya −→r 0 (t) o también a −→T (s) , lo que implica que el vector (−→r 0 (t)×−→r 00 (t))×−→r 0 (t) esparalelo a

−→N (s) y por lo tanto dirige al plano rectificante.

Ejemplo 66 : Considere el camino −→r (t) =¡t, t2, t3

¢. Determine los planos normal,

osculador y rectificante de −→r (t) en el punto −→r (2) = (2, 4, 8)Solución: Aquí:−→r 0 (t) =

¡1, 2t, 3t2

¢y −→r 00 (t) = (0, 2, 6t) luego:

−→r 0 (t)×−→r 00 (t) = det

⎡⎢⎣−→i−→j−→k

1 2t 3t2

0 2 6t

⎤⎥⎦=

¡6t2,−6t, 2

¢.

Luego

¡−→r 0 (t)×−→r 00 (t)¢×−→r 0 (t) = det

⎡⎢⎣−→i

−→j

−→k

6t2 −6t 2

1 2t 3t2

⎤⎥⎦=

¡−18t3 − 4t, 2− 18t4, 12t3 + 6t

¢Que al evaluarlo en t = 2 se obtiene que:−→r 0 (2) = (1, 4, 12), −→r 00 (2) = (0, 2, 12),−→r 0 (2)×−→r 00 (2) = (24,−12, 2) y por último (−→r 0 (2)×−→r 00 (2))×−→r 0 (2) = (−152,−286, 108) .Luego el plano osculador esta dado por:

24 (x− 2)− 12 (y − 4) + 12 (z − 8) = 0.


El plano normal está dado por:

(x− 2) + 4 (y − 4) + 12 (z − 8) = 0,

y el plano rectificante es:

−152 (x− 2)− 286 (y − 4) + 108 (z − 8) = 0,

y las rectas respectivas son:

Tangente (x, y, z) = (2, 4, 8)+t (1, 4, 12) ; normal (x, y, z) = (2, 4, 8)+t (−152,−286, 108)y la binormal es (x, y, z) = (2, 4, 8) + t (24,−12, 2) .

1.12. Aplicaciones.

Observe que como−→B (s) =

−→T (s)×−→N (s) entonces:

−→B 0 (s) =

−→T 0 (s)×−→N (s) +

−→T (s)×−→N 0 (s) .

Como−→T 0 (s) = −→r 00 (s) y −→N (s) =

−→r 00 (s)k (s)

se tiene que−→T 0 (s) × −→N (s) = 0 pues son

paralelos, por lo tanto:−→B 0 (s) =

−→T (s)×−→N 0 (s) .

Como−→B 0 (s) es ortogonal a

−→T (s) y a la vez es ortoganal a

−→N 0 (s) entonces

−→B 0 (s) está

en el plano osculador y además es paralelo al vector−→N (s), por lo tanto:

−→B 0 (s) = τ(s)

−→N (s) .

Siendo°°°−→B 0 (s)

°°° = |τ(s)| .Definición 67 : Sea −→r : I −→ Rn con I ⊂ R, un camino dado, tres veces diferenciabley regular tal que −→r 00 (t) 6= 0 para todo t. El número real τ(s) tal que −→B 0 (s) = τ(s)

−→N (s)

donde−→B (s) y

−→N (s) son los planos binormal y normal respectivamente es llamado

Torsión de −→r (t) en un punto.La idea intuitiva de torsión es análoga a la idea de curvatura, y dá la medida de

cuánto se tuerce la curva en el punto P . Por lo tanto una curva es plana si su torsión

es cero, lo que implica que el vector binormal es constante.

Note que−→T (s) =

³−→r (s)´0 = −→r 0 (t)k−→r 0 (t)k ,

y que−→T 0 (s) =

³−→r (s)´00 = k−→r 0 (t)k2−→r 00 (t)−−→r 0 (t) (−→r 0 (t) ·−→r 00 (t))k−→r 0 (t)k4

,


como−→N (s) =

³−→r (s)´00k (s)

=

³−→r (s)´00°°°°³−→r (s)´00°°°° , entonces:

−→N 0 (s) =

°°°°³−→r (s)´00°°°°³−→r (s)´000 − ³−→r (s)´00³−→r (s)´00 · ³−→r (s)´000°°°°³−→r (s)´00°°°°°°°°³−→r (s)´00°°°°2 .

=1°°°°³−→r (s)´00°°°°

³−→r (s)´000 −³−→r (s)´00 · ³−→r (s)´000°°°°³−→r (s)´00°°°°3

³−→r (s)´00 .entonces:−→B 0 (s) =

−→T (s)×−→N 0 (s) .

=³−→r (s)´0 ×

⎛⎜⎜⎜⎝ 1°°°°³−→r (s)´00°°°°³−→r (s)´000 −

³−→r (s)´00 · ³−→r (s)´000°°°°³−→r (s)´00°°°°3³−→r (s)´00

⎞⎟⎟⎟⎠ .

=1°°°°³−→r (s)´00°°°°

µ³−→r (s)´0 × ³−→r (s)´000¶

−

³−→r (s)´00 · ³−→r (s)´000°°°°³−→r (s)´00°°°°3µ³−→r (s)´0 × ³−→r (s)´00¶ . (1)

La torsión está dada por−→B 0 (s) = τ(s)

−→N (s) , por lo que

−→B 0 (s)·−→N (s) = τ(s)

³−→N (s) ·−→N (s)

´=

τ(s), de donde al multiplicar (1) por−→N (s) se obtiene:

τ(s) =−→B 0 (s) ·−→N (s)

=

⎛⎝ 1°°°°³−→r (s)´00°°°°µ³−→r (s)´0 × ³−→r (s)´000¶− ³−→r (s)´00·³−→r (s)´000°°°°³−→r (s)´00°°°°3

µ³−→r (s)´0 × ³−→r (s)´00¶⎞⎠ ·−→N (s) .

=

⎛⎝ 1°°°°³−→r (s)´00°°°°µ³−→r (s)´0 × ³−→r (s)´000¶− ³−→r (s)´00·³−→r (s)´000°°°°³−→r (s)´00°°°°3

µ³−→r (s)´0 × ³−→r (s)´00¶⎞⎠ · ³−→r (s)´00°°°°³−→r (s)´00°°°° .

= 1°°°°³−→r (s)´00°°°°2µ³−→r (s)´0 × ³−→r (s)´000¶ · ³−→r (s)´00

−³−→r (s)´00·³−→r (s)´000°°°°³−→r (s)´00°°°°3

µ³−→r (s)´0 × ³−→r (s)´00¶ · ³−→r (s)´00°°°°³−→r (s)´00°°°° .


Como³−→r (s)´00 es ortogonal a ³−→r (s)´0 × ³−→r (s)´00 entonces:

τ(s) = 1°°°°³−→r (s)´00°°°°2µ³−→r (s)´0 × ³−→r (s)´000¶ · ³−→r (s)´00 .

=

µ³−→r (s)´0 × ³−→r (s)´000¶ · ³−→r (s)´00k2 (s)

.

Observe que:³−→r (s)´0 × ³−→r (s)´00 =−→r 0 (t)k−→r 0 (t)k ×

k−→r 0 (t)k2−→r 00 (t)−−→r 0 (t) (−→r 0 (t) ·−→r 00 (t))k−→r 0 (t)k4

.

=1

k−→r 0 (t)k3−→r 0 (t)×−→r 00 (t)−

−→r 0 (t)×−→r 0 (t) (−→r 0 (t) ·−→r 00 (t))k−→r 0 (t)k5

.

=1

k−→r 0 (t)k3−→r 0 (t)×−→r 00 (t) .

Ahora calculemos³−→r (s)´000 :

³−→r (s)´000 =d³−→r (s)´00

ds=

d³−→r (s)´00

dt

dt

ds

=1

k−→r 0 (t)kd

dt

k−→r 0 (t)k2−→r 00 (t)−−→r 0 (t) (−→r 0 (t) ·−→r 00 (t))k−→r 0 (t)k4

.

=1

k−→r 0 (t)kd

dt

Ã1

k−→r 0 (t)k2−→r 00 (t)− (

−→r 0 (t) ·−→r 00 (t))k−→r 0 (t)k4

−→r 0 (t)!.

=1

k−→r 0 (t)k

"1

k−→r 0 (t)k2−→r 000 (t) +

Ã1

k−→r 0 (t)k2

!0−→r 00 (t)

−(−→r 0 (t) ·−→r 00 (t))k−→r 0 (t)k4

−→r 00 (t)−Ã(−→r 0 (t) ·−→r 00 (t))k−→r 0 (t)k4

!0−→r 0 (t)

#.

Que al efectuar el producto punto con:³−→r (s)´0 × ³−→r (s)´00 = 1

k−→r 0 (t)k3−→r 0 (t)×−→r 00 (t) ,

se obtiene:∙³−→r (s)´0 × ³−→r (s)´00¸ · ³−→r (s)´000 =

"1

k−→r 0 (t)k3−→r 0 (t)×−→r 00 (t)

#· 1

k−→r 0 (t)k3−→r 000 (t) .

=1

k−→r 0 (t)k6£−→r 0 (t)×−→r 00 (t)¤ ·−→r 000 (t) .


Como del álgebra lineal se sabe que³−→a ×−→b ´ ·−→c = − (−→a ×−→c ) ·−→b , entonces:

τ(s) =

µ³−→r (s)´0 × ³−→r (s)´000¶ · ³−→r (s)´00k2 (s)

.

= −

µ³−→r (s)´0 × ³−→r (s)´00¶ · ³−→r (s)´000k2 (s)

.

= −

1

k−→r 0 (t)k6[−→r 0 (t)×−→r 00 (t)] ·−→r 000 (t)Ã

k−→r 0 (t)×−→r 00 (t)kk−→r 0 (t)k3

!2 ,

de donde:

τ(s) = − [−→r 0 (t)×−→r 00 (t)] ·−→r 000 (t)k−→r 0 (t)×−→r 00 (t)k2

.

Ejemplo 68 : Determine la torsión del camino −→r (t) = (α cos (t) , α sen (t) , βt) .

Solución: Ya se vió que la curvatura de esta función es k (t) =|α|

α2 + β2. Además:

−→r 0 (t) = (−α sen (t) , α cos (t) , β) .

−→r 00 (t) = (−α cos (t) ,−α sen (t) , 0) .

−→r 000 (t) = (α sen (t) ,−α cos (t) , 0) .

O sea que la función es tres veces diferenciable y por tanto:

−→r 0 (t)×−→r 00 (t) = det

⎡⎢⎣−→i

−→j

−→k

−α sen (t) α cos (t) β

−α cos (t) −α sen (t) 0

⎤⎥⎦ .=

¡αβ sen (t) ,−αβ cos (t) , α2

¢.

De donde¡−→r 0 (t)×−→r 00 (t)¢ ·−→r 000 (t) =¡αβ sen (t) ,−αβ cos (t) , α2

¢· (α sen (t) ,−α cos (t) , 0) .

= α2β sen2 (t) + α2β cos2 (t) = α2β.

También se tiene que:°°−→r 0 (t)×−→r 00 (t)°° =

qα2β2 sen2 (t) + α2β2 cos2 (t) + α4

= |α|qβ2 sen2 (t) + β2 cos2 (t) + α2.

= |α|qβ2 + α2.


Así que:

τ(s) = − [−→r 0 (t)×−→r 00 (t)] ·−→r 000 (t)k−→r 0 (t)×−→r 00 (t)k2

.

= − α2β³|α|pβ2 + α2

´2 .= − β

β2 + α2.

Lo que implica que la torsión de la función −→r (t) es siempre constante.

Ejemplo 69 : Determine la torsión del camino −→r (t) =¡2 + t2, 1− t, t− t2

¢.

Solución: Aquí se tiene que:

−→r 0 (t) = (2t,−1, 1− 2t) .−→r 00 (t) = (2, 0,−2) .−→r 000 (t) = (0, 0, 0) .

O sea que la función es tres veces diferenciable y por tanto:

τ(s) = − [−→r 0 (t)×−→r 00 (t)] ·−→r 000 (t)k−→r 0 (t)×−→r 00 (t)k2

= 0.

Definición 70 : Sea −→r : I −→ Rn con I ⊂ R, un camino dado, dos veces diferenciabley regular tal que −→r 00 (t) 6= 0 para todo t. Se llama el círculo osculador de la curva −→r enun punto P al círculo que es tangente a la curva en el punto y tiene radio igual a

1

k (s)

en la dirección del vector³−→r (s)´00 , siendo −→r (s) la reparametrización por longitud de

arco de −→r (t) . Se define además la velocidad del camino −→r (t) como su derivada −→r 0 (t) ,donde su rapidez es k−→r 0 (t)k, la cual denotaremos por v (t) , es decir,v (t) = k−→r 0 (t)k.Observe que el vector −→r (t) es paralelo y tiene el mismo sentido queel vector −→T (t) ,por lo que −→r 0 (t) = v (t)

−→T (t) . De la física se sabe que la aceleración es la derivada

de la velocidad, por lo tanto, el vetor aceleración del camino −→r (t) en un punto P está

dado por la derivada de la velocidad en dicho punto. Luego el vector aceleración está

dado por:−→a (t) = −→r 00 (t) .

Esto es:

−→a (t) = −→r 00 (t) =³v (t)−→T (t)

´0.

= v0 (t)−→T (t) + v (t)

−→T 0 (t) .


Como:

−→T 0 (t) =

d−→T (t)

dt=

d−→T (s)

ds

ds

dt=−→T 0 (s)

d

dt

Z t

to

°°−→r 0 (n)°° dn.=−→T 0 (s)

°°−→r 0 (t)°° = −→T 0 (s) v (t)

Donde−→T 0 (s) =

³−→r (s)´00 = k (s)−→N (s) , que al sustituir en el vector aceleración se

obtiene:−→a (t) = v0 (t)

−→T (s) + v2 (t) k (s)

−→N (s) .

de donde consideraremos como aceleración tangencial el valor v0 (t) y como aceleración

normal al valor v2 (t) k (s) , las cuales denotaremos respectivamente como −→a T (t) =

v0 (t) y como −→a N (t) = v2 (t) k (s) =v2 (t)1

k (s)

=v2 (t)

R, siendo R =

1

k (s)el radio del

círculo osculador.

Ejemplo 71 : Considere el movimiento de un punto en un plano dado por −→r (t) =¡t, t2

¢, luego su velocidad está dada por −→r 0 (t) = (1, 2t) y aceleración igual a −→r 00 (t) =

(0, 2) . La rapidez de −→r (t) es igual a v (t) =√1 + 4t2 donde v0 (t) =

4t√1 + 4t2

y

k (t) =2q

(1 + 4t2)3. Recuerde que k (t) =

°°°−→T 0 (t)°°°

k−→r 0 (t)k con−→T (t) =

1√1 + 4t2

(1, 2t) y

−→T 0 (t) =

1

1 + 4t2

µ√1 + 4t2 (0, 2)− 4t√

1 + 4t2(1, 2t)

¶esto es:

−→T 0 (t) =

1

1 + 4t2

µ− 4t√

1 + 4t2, 2p1 + 4t2 − 8t2√

1 + 4t2

¶.

=1

1 + 4t2

µ− 4t√

1 + 4t2,2 + 8t2 − 8t2√

1 + 4t2

¶.

=2

(1 + 4t2)√1 + 4t2

(−2t, 1) ,

cuya magnitud es: °°°−→T 0 (t)°°° =

2

(1 + 4t2)√1 + 4t2

p1 + 4t2.

=2

(1 + 4t2).


Así k (t) =2q

(1 + 4t2)3. Por consiguiente se consigue que:

−→a (t) = v0 (t)−→T (s) + v2 (t) k (s)

−→N (s) .

(0, 2) =4t√1 + 4t2

µ1√

1 + 4t2(1, 2t)

¶+³p

1 + 4t2´2 2q

(1 + 4t2)3

µ1√

1 + 4t2(−2t, 1)

¶.

=4t√1 + 4t2

−→T (s) +

2√1 + 4t2

−→N (s) .

Capítulo 2

Funciones en varias variables.

Definición 72 : (Función de varias variables). Sea U un conjunto de Rn y sea f :

U −→ R una relación. Se dice que f : U −→ R es una función de varias variables deU en R, si f cumple las dos siguientes condiciones:1. Todo elemento de U tiene imagen en R.2. Todo elemento de U tiene una y solo una imagen en R.

Definición 73 : (Dominio de f). Sea U ⊂ Rn y sea f : U −→ R una función de Uen R,se define el dominio de f como el conjunto:

Dom f = {x ∈ U/exite un y ∈ R tal que y = f (x)} .

con x = (x1, x2, ..., xn) ⊂ Rn.

Definición 74 : (Rango de f). Sea U ⊂ Rn y sea f : U −→ R una función de U en

R,se define el rango de f como el conjunto:

Ran f = {y ∈ R/exite un x ∈ U tal que y = f (x)} .

con x = (x1, x2, ..., xn) ⊂ Rn.

Se define el gráfico de f como el conjunto de puntos en Rn+1 dado por:

gr f = {(x, f (x))} = {(x1, x2, ..., xn, f (x))} .

Ejemplo 75 : La función z = f(x, y) = x2+ y2 tiene como domonio todo el conjunto

62

2. Funciones en varias variables. 63

R2 y su rango es el eje positivo z su gráfico además se vé como:

5 2.5 0 -2.5 -5

52.50-2.5-5

50

37.5

25

12.5

0

x y

z

x y

z

Ejemplo 76 : La función en varias variables z = f(x, y) = 1 − x2 − y2 tiene como

domonio todo el conjunto R2 y su rango es (−∞, 1] su gráfico además se vé como:

5 2.5 0 -2.5 -5

52.50-2.5-5

0

-12.5

-25

-37.5

xy

z

xy

z

Ejemplo 77 : La función en varias variables z = f(x, y) =p1− x2 − y2 tiene como

domonio la círculo en R2 dada por 1− x2− y2 ≥ 0 esto es, el interior y la frontera dela circunferencia x2 + y2 ≤ 1.


Su rango es [0, 1] , su gráfico además se vé como:

1

0.5

0

-0.5

0.5

0

-0.5

10.80.60.40.2

x y

z

x y

z

Ejemplo 78 : La función en varias variables z = f(x, y) = ln(xy) tiene como domo-

nio el conjunto donde xy > 0 y esto se logra cuando x > 0 y y > 0 o también cuando

x < 0 y y < 0.

Su rango es todo R su gráfico además se vé como:

Ejemplo 79 : La función en varias variables z = f(x, y) = arcsen

µx

x+ y

¶tiene

como domonio la región en que −1 ≤ x

x+ y≤ 1, esto se logra cuando

¯x

x+ y

¯≤ 1 o

mejor aún se puede ver como|x| ≤ |x+ y| que es equivalente a que x2 ≤ (x+ y)2 =

x2+2xy+ y2 lo que nos lleva a que 2xy+ y2 ≥ 0 o que y (2x+ y) ≥ 0 de donde y ≥ 0


y y ≥ −2x o que y ≤ 0 y y ≤ −2x.

Ejemplo 80 : La función en varias variables z = f(x, y) =

p1− x2 − y2

ln (xy)tiene como

domonio la región en que 1− x2 − y2 ≥ 0 y xy > 0 esto se logra en la intesección de

las dos regiones ya encontradas.

Esta función presenta el mismo dominio que las funciones en varias variables sigu-

ientes:

z = f(x, y) =p1− x2 − y2 ln (xy) ; z = f(x, y) =

p1− x2 − y2 + ln (xy) .

2.1. Geometría de las funciones en varias variables.

Para graficar funciones en varias variables es suficiente con volver constante una

de las variables e ir trazando el gráfico cerrado cuando se cambie de variable para

convertirla en constante dentro del dominio de la función. Pero se debe tener presente

que solo se puede gráficar hasta tres dimensiones ya que de allí en adelante no es

posible visualizar y por consiguiente nos es posible graficar.

Definición 81 :(Curvas de nivel). Sea f : U −→ R con U ⊂ Rn una función de varias

variables de U en R,se definen las curvas de nivel de f al conjunto de todas las curvasen el plano xy que caracterizan cada nivel en que z es constante dentro de su rango

permitido.


Ejemplo 82 : Ya se ha construido el gráfico de la función z = f (x, y) = x2 + y2 la

cual está construida por parábolas centradas en el origen de coordenadas cartesianas

tridimensionales. Si se cierra la curva con círculos paralelos al plano xy que tocan las

parábolas, se observa lo que comunmente se conocerá como paraboloide.

5 2.5 0 -2.5 -5

52.50-2.5-5

50

37.5

25

12.5

0

x y

z

x y

z

Ejemplo 83 : La función en varias variables z = f (x, y) = ax+ by + c es lo que se

conoce como la ecuación del plano cuyo vector director es el vector

⎡⎢⎣ a

b

−1

⎤⎥⎦ y pasapor

⎛⎜⎝ 0

0

c

⎞⎟⎠ .

5 2.5 0 -2.5 -5

52.50-2.5-5

25

12.5

0

-12.5x y

z

x y

z

Ejemplo 84 : En n dimensiones las euaciones de estas dos primeras curvas se es-

cribirían de la siguiente manera.

f (x1, x2, ..., xn) = x21 + x22 + ...+ x2n f (x1, x2, ..., xn) = α1x1 + α2x2 + ...+ αnxn + c.

Ejemplo 85 : Si en R2 la ecuación x2 + y2 = r2 es el gráfico de una circunferencia

de radio r con centro en el origen; entonces la ecuación de tres variables (en R3) dadapor x2 + y2 + z2 = r2 es entonces la ecuación de una esfera con centro en el origen y


radio r, o mejor aún z = f(x, y) = ±p1− x2 − y2 la cual no es función (porque?) y

su gráfico se vería de la siguiente manera:

10.5

0-0.5

0.50

-0.5

1

0.5

0

-0.5

x yz

x yz

donde z = f(x, y) =p1− x2 − y2 es la parte superior de la esfera

1

0.5

0

-0.5

0.5

0

-0.5

10.80.60.40.2

x y

z

x y

z

y z = f(x, y) = −p1− x2 − y2 es la parte inferior de la esfera.

1

0.5

0

-0.5

0.5

0

-0.50

-0.2-0.4-0.6-0.8

-1

x

yz

x

yz

Ejemplo 86 : De forma análoga se conoce que la ecuación de la elipse está dada

por la ecuación³xa

´2+³yb

´2= 1 luego la ecuación del elipsoide se escribiría como:


³xa

´2+³yb

´2+³zc

´2= 1. y su gráfico se vería como:

5

2.5

0

-2.5

0.50-0.5

21.510.50-0.5-1-1.5

x

y z

x

y z

Ejemplo 87 : Observe que la función de la hiperbola está dada por³ya

´2−³xb

´2= 1.

Luego en R3 la ecuación del hiperboloide de dos hojas está dada por³zc

´2−³xa

´2−³y

b

´2= 1. Así su gráfico se vería como:

5025

0-25

-50

5025

0-25

-50

100

50

0

-50

-100x y

z

x y

z

Ejemplo 88 : Otras figuras muy comunes son la silla de montar cuya ecuación estádada por z = x2 − y2 la cual forma hiperbolas en cada nivel que toma z y para cada

valor que toma x constante o y constante se van construyendo parábolas obteniendose


el siguiente gráfico:x2 − 2y2

5 2.5 0 -2.5 -5

52.50-2.5-5

25

12.5

0

-12.5

-25

-37.5

-50

x y

z

x y

z

Otra curva muy peculiar es la ecuación del cono que tiene por fórmula z =px2 + y2

la cual en cada nivel de z va formando círcunferencias de radio de acuerdo el nivel de

z, así que su grafico está dado por:(cosx sinh y, sinx sinh y, cosh y)

5025

0-25

-50

5025

0-25

-50

62.550

37.525

12.5

x y

z

x y

z

El hiperboloide de una hoja tiene por función característica la ecuación³xa

´2+³yb

´2−³z

c

´2= 1 la cual forma hiperbolas únicas cada que x es constante o y es constante, su

gráfica asociada es:

5025

0-25

-50

5025

0-25

-5050250-25-50

x yz

x yz


2.2. Límite y continuidad.

Definición 89 : (Bola abierta). Sea x ∈ Rn y r > 0. La bola abierta con centro en

x y radio r, denotada por B (x, r), es el onjunto de puntos de Rn que distan de x en

menos que r. Es decir:

B (xo, r) = {x ∈ Rn/ kx− xok < r} .

Observe que en dos dimensiones una bola abierta es simplemente:

k(x, y)− (xo, yo)k < r.q(x− xo)2 + (y − yo)

2 < r.

(x− xo)2 + (y − yo)

2 < r2.

que es el interior de una circunferencia con centro en (xo, yo) y radio r.

Mientras que en tres dimensiones una bola abieta se vería como:

k(x, y, z)− (xo, yo, zo)k < r.q(x− xo)2 + (y − yo)

2 + (z − zo)2 < r.

(x− xo)2 + (y − yo)

2 + (z − zo)2 < r2.

que es el interior de una esfera con centro en (xo, yo, zo) y radio r. De igual manera

para funciones de mas de tres variables una bola abierta es simplemente una “Bola”

con centro en el punto −→xo y radio r.

Definición 90 : (Conjunto abierto). Se dice que un conjunto U ⊂ Rn es un conjunto

abierto de Rn, si para cada xo∈U existe un r > 0 tal que B (xo, r) ⊂ U.

Teorema 91 : Toda bola abierta es un conjunto abierto.

Prueba. :Consideremos la bola abierta B (xo, r) ⊂ Rn de centro en xo y radio

r > 0. Sea x ∈ B (xo, r) . veamos que existe un radio s > 0 tal que B (x, s) ⊂ B (xo, r) .


En efecto tomemos a s = r − kx− xok . Note que s > 0 (porqué?). Sea y ∈ B (x, s)

por lo tanto:

y ∈ B (x, s) =⇒ ky−xk < s =⇒ ky−xk < r − kx− xok .=⇒ ky−xk+ kx− xok < r.

=⇒ ky−xk < ky−xk+ kx− xok < r.

=⇒ y ∈B (xo, r) .con lo cual se concluye que B (x, s) ⊂ B (xo, r), es decir, existe un s > 0 tal que

B (x, s) ⊂ B (xo, r) , que es la definición de conjunto abierto.

Definición 92 : (Frontera de un conjunto). Sea U ⊂ Rn un subconjunto de Rn. Se

dice que el punto xo ∈ Rn es un punto frontera de U si toda bola abierta con centro

en xo y radio r > 0 contiene puntos dentro y fuera U . La frontera de U es el conjunto

de los puntos frontera de U , y se denota por ∂U.

Definición 93 : (Límite). Sea f : U −→ R una función definida en el conjunto

abierto U ⊂ Rn. Sea xo un punto de U o de la frontera de U . Se dice que el límite de

f cuando x tiende a xo es L, lo cual se escribe como:

lımx−→xo

f (x) = L.

Si dado ε > 0, existe δ > 0 tal que x ∈B (xo, δ)∩U (x 6= xo), entonces f (x) ∈ B (L, ε) .

De manera equivalente lo anterior dice que:

Si dado ε > 0, existe δ > 0 tal que kx− xok < δ entonces |f (x)− L| < ε.

Si n = 2 la interpretación geometrica se vería como:


Ejemplo 94 : Considere la función f (x, y) =xy

x2 + y2. Observe que esta fución no

está definida en el punto (0, 0), pero veamos que sucede cuando (x, y) −→ (0, 0). Es

decir, calculemos el límite cuando (x, y) −→ (0, 0) . Essto es lım(x,y)−→(0,0)

xy

x2 + y2. Para

ello debemos tomar una bola abierta alrededor de (0, 0) y aproximarnos al punto (0, 0)

por cualquier lado dentro de la bola. En este caso tomemos varios caminos. Un primer

camino puede ser el eje x, por lo tanto y = 0, luego

lım(x,y)−→(0,0)

xy

x2 + y2= lım

x−→0x0

x2 + 02= 0.

Tomemos ahora el camino y = x por lo tanto

lım(x,y)−→(0,0)

xy

x2 + y2= lım

x−→0xx

x2 + x2= lım

x−→0x2

2x2=1

2.

Luego si el límite existiera los valores del límite por el camino que se elija debe de ser

el mismo. Por lo que podemos concluir que lım(x,y)−→(0,0)

xy

x2 + y2no existe.

Ejemplo 95 : Calculemos ahora el límite lım(x,y)−→(0,0)

3x2y

x4 + y2.

Analizando el problema por el mismo método anterior, podemos asumir varios caminos,

veamos:

lım(x,y)−→(0,0)

3x2y

x4 + y2y=0= lım

x−→03x20

x4 + 02= 0.

lım(x,y)−→(0,0)

3x2y

x4 + y2y=x2= lım

x−→03x4

2x4=3

2.

Se puede concluir entonces que lım(x,y)−→(0,0)

3x2y

x4 + y2no existe.

Ejemplo 96 : Considere ahora el límite lım(x,y)−→(0,0)

x4y

x4 + y4. Del mismo modo que en

el ejemplo anterior calculemos el límite por algunos caminos y luego demostremos que

efectivamente el límite existe y converge al valor.

lım(x,y)−→(0,0)

x4y

x4 + y4y=kx= lım

x−→0x4kx

x4 + (kx)4= lım

x−→0k

1 + k4x = 0.

lım(x,y)−→(0,0)

x4y

x4 + y4y=kx2= lım

x−→0

x4¡kx2

¢x4 + (kx2)4

= lımx−→0

k

1 + k4x4x2 = 0.

Probemos ahora que efectivamente el límite es cero:

Recuerde que se debe demostrar que: Para todo ε > 0 se debe encontrar un δ > 0 tal


que k(x, y)− (0, 0)k < δ entonces

¯x4y

x4 + y4− 0¯< ε.

Observe que: ¯x4y

x4 + y4− 0¯<

¯x4y

x4 + y4

¯<

¯x4y

x4

¯= |y| .

Además |y| =py2 <

px2 + y2 < δ puesto que k(x, y)− (0, 0)k =

px2 + y2 < δ.

Se dice entonces entonces que sea δ = ε. Con lo cual se concluye que:

k(x, y)− (0, 0)k < δ entonces

¯x4y

x4 + y4− 0¯< ε.

Ejemplo 97 : Pruebe que lım(x,y)−→(2,3)

3x− y = 3.

Solución: Veamos que existe un δ > 0 tal que para ε > 0 se comple que

k(x, y)− (2, 3)k < δ entonces |3x− y − 3| < ε.

Como se debe satisfacer que k(x, y)− (2, 3)k < δ, esto es:

k(x− 2, y − 3)k < δ.q(x− 2)2 + (y − 3)2 < δ.

Luego por propiedades de la desigualdad se tiene que:

|(y − 3)| <q(x− 2)2 + (y − 3)2 < δ.

|(x− 2)| <q(x− 2)2 + (y − 3)2 < δ.

De donde 3 |(x− 2)| < 3δ.Como debemos encontrar dicho valor de δ recuerde que |3x− y − 3| < ε se debe cumplir

para un ε > 0. Por lo que

|3x− y − 3| = |3x− y − 6 + 3| = |3 (x− 2)− (y − 3)| .

Pero de la deigualdad triangular se tiene que |a+ b| ≤ |a| + |b|, luego aplicando estapropiedad a nuestro ejercicio, se llega aque:

|3x− y − 3| = |3 (x− 2)− (y − 3)| ≤ |3 (x− 2)|+ |(y − 3)| .

y como |(y − 3)| < δ y 3 |(x− 2)| < 3δ se consigue entonces que:

|3x− y − 3| ≤ |3 (x− 2)|+ |(y − 3)| ≤ 4δ = ε.

De donde tomamos a δ =ε

4para demotrar que: Existe un δ > 0 tal que para todo

ε > 0 se comple que

k(x, y)− (2, 3)k < δ entonces |3x− y − 3| < ε.


Observación 98 : Decir que (x, y) −→ (0, 0) equivale a decir en coordenadas polares

que r −→ 0 independiente del valor de θ. Expresando la función f (x, y) =x3y

x3 + y3

en coordenadas polares x = r cos θ y y = r senθ obtenemos la finción: g (r, θ) =(r cos θ)3 (rsenθ)

(r cos θ)3 + (rsenθ)3=

cos3 θ senθ

cos3 θ + sen3θr.

Note que esta función g (r, θ) es el producto de la función φ (θ) =cos3 θ senθ

cos3 θ + sen3θque

esta acotada por la función ψ (r) = r que tiende a cero cuando r −→ 0 . Podemos

concluir entonces que:

lım(x,y)−→(0,0)

f (x, y) = lımr−→0

g (r, θ) = 0.

Teorema 99 : Sean f, g : U −→ R funciones con U ⊂ Rn un conjunto abierto de Rn

y sea xo ∈ U ∪ ∂U . Suponga que

lımx−→xo

f (x) = L y lımx−→xo

g (x) =M.

Entonces:

1. lımx−→xo

(f + g) (x) = lımx−→xo

(f (x) + g (x)) = lımx−→xo

f (x) + lımx−→xo

g (x) = L+M.

2. lımx−→xo

(fg) (x) = lımx−→xo

(f (x) g (x)) = lımx−→xo

f (x) lımx−→xo

g (x) = LM.

3. Si M 6= 0, entonces lımx−→xo

µf

g

¶(x) = lım

x−→xo

f (x)

g (x)=

lımx−→xo

f (x)

lımx−→xo

g (x)=

L

M.

Prueba. : Demostremos solo la prpopiedad de la suma:Como lım

x−→xof (x) = L, se tiene entonces que dado ε > 0, existe un δ1 > 0 tal

que kx− xok < δ1 con x 6= xo entonces |f (x)− L| <ε

2. Del mismo modo, co-

mo lımx−→xo

g (x) = M , se tiene entonces que dado ε > 0, existe un δ2 > 0 tal que

kx− xok < δ2 con x 6= xo entonces |g (x)−M | < ε

2.

Se quiere demostrar que:

Dado ε > 0, existe un δ > 0 tal que kx− xok < δ con x 6= xo entonces |f (x) + g (x)− (L+M)| <ε. Tomese a δ = mın {δ1, δ2} . En tal caso seria tomar la intersección entre las dos cir-cunferencias kx− xok < δ1 y kx− xok < δ2 con x 6= xo.De modo que al aplicar ladesigualdad triangular se tiene:

|f (x) + g (x)− (L+M)| = |(f (x)− L) + (g (x)−M)| ≤ |(f (x)− L)|+|(g (x)−M)|

pero |f (x)− L| < ε

2y |g (x)−M | < ε

2, que sustituyendo en la desigualdad anterior

se obtiene:

|f (x) + g (x)− (L+M)| < ε

2+

ε

2= ε.

Con lo cual se demuestra lo deseado.


Definición 100 : (continuidad en un punto). Sea f : U −→ R con U ⊂ Rn un

conjunto abierto de Rn y sea xo ∈ U . Se dice que f es una función continua en xo si:

lımx−→xo

f (x) = f (xo) .

Si la función no es cotinua en xo, se dice que es discontinua en ese punto.

Ejemplo 101 : La función f : U −→ R con U ⊂ R2, definida como:

f (x, y) =

⎧⎨⎩xy

x2 + y2si (x, y) 6= (0, 0)

0 si (x, y) = (0, 0)

es discontinua en (0, 0), pues en el ejemplo (94) se vió que lım(x,y)−→(0,0)

f (x, y) no existe.

Ejemplo 102 : La función f : U −→ R con U ⊂ R2, definida como:

f (x, y) =

⎧⎨⎩x3y

x2 + y2si (x, y) 6= (0, 0)

0 si (x, y) = (0, 0)

es scontinua en (0, 0) y en cualquier otro punto, puesto que:

lım(x,y)−→(0,0)

x3y

x2 + y2= lım

r−→0(r cosθ)3 (r senθ)

(r cosθ)2 + (r senθ)2= lım

r−→0cos3θ senθ

cos2θ + sen2θr.

= lımr−→0

rcos3θ senθ = 0 = f (0, 0)

De donde lım(x,y)−→(0,0)

f (x, y) = 0 = f (0, 0) .

Definición 103 : (Continuidad en un abierto). Sea f : U −→ R con U ⊂ Rn un

conjunto abierto de Rn. Se dice que f es continua en U (o simplemente que f es

continua)si lo es para todos y cada uno de los puntos de (x, y) .

Ejemplo 104 : Una función poliomial es continua en todo Rn, la función f (x, y) =⎧⎨⎩x3y

x2 + y2si (x, y) 6= (0, 0)

0 si (x, y) = (0, 0)es continua en todo R2. La función f (x, y) =

xy

x2 + y2

es continua en R2 − {(0, 0)}

Teorema 105 : Sean f, g : U −→ R funciones con U ⊂ Rn un conjunto abierto de

Rn y sea xo ∈ U ∪ ∂U . Suponga que

lımx−→xo

f (x) = L y lımx−→xo

g (x) =M.

Entonces:

1. La función f + g : U −→ R, (f + g) (x) = f (x) + g (x) es continua.

2. La función fg : U −→ R, (fg) (x) = f (x) g (x) es cotinua.

3. La funciónf

g: U −→ R,

µf

g

¶(x) =

f (x)

g (x)es cotinua en todo x ∈U donde g (x) 6= 0.


Ejemplo 106 : La función f : U −→ R con U ⊂ R2 un conjunto abierto de R2,

con f (x, y) = sen

µx2 + y2

5x4 + y4 + 2

¶es continua en R2, pués la composición de la

función h (x, y) =

µx2 + y2

5x4 + y4 + 2

¶que es continua, con la función g (x) = sen (x) ,

que también lo es.

Ejemplo 107 : La función f : U −→ R con U ⊂ R2 un conjunto abierto de R2, conf (x, y) = e(x

2+y2) +

¯cos

µx+ y

x2 + 2

¶¯+

exysen (x+ y)

1 + e√x2+y2

es continua en R2, pués está

formada por sumas, productos y cocientes de funciones continuas, lo que implica que

la función f (x, y) es continua.

2.3. Derivadas Parciales.

De las funciones realvaluadas f : I −→ R con I ⊂ R, se tiene el concepto de que laderivada es la pendiente de la recta tangente a la curva en un punto.

El concepto visto para una función f : U −→ R con U ⊂ R2, no es el mismo pero tieneuna analogía.

Sea f : U −→ R con U ⊂ R2, tal que (x, y) −→ f (x, y) .


Si hacemos un corte en el punto (xo, yo) paralelo al plano xz y la podemos rotar y

visualizar:

Es decir, si hacemos un corte con el plano y = yo se obtiene “el plano xz desplazado en

y hasta el punto y = yo” que tiene solo como variables a x y a z y se puede observar una

función que queda plasmada sobre el plano que llamaremos z = ϕ1 (x) que posa por el

punto (xo, zo) = (xo, f (xo, yo)) . Como z = ϕ1 (x) es función continua y diferenciable

podemos calcular su derivada, la cual está dada por:

dϕ1 (x)

dx= lım

h−→0

ϕ1 (x+ h)− ϕ1 (x)

h.

pero z = ϕ1 (x) fué tomada de la función en varias variables z = f (x, y) en el punto

(xo, yo), es decir, ϕ1 (x) tiene la variación en x pero es constante en y, por tanto

ϕ1 (x) = f (x, yo) y es tal que cuando x = xo se obtiene el valor zo = ϕ1 (xo) = f (xo, yo)

y por consiguiente:

dϕ1 (x)

dx= lım

h−→0

ϕ1 (xo + h)− ϕ1 (xo)

h= lım

h−→0

f (xo + h, yo)− f (xo, yo)

h.

Lo cual llamaremos variación o razón de cambio en x de la función f (x, y) .

Analogamente , si se hiciera un corte en (xo, yo) paralelo al plano yz, obtenemos


una figura similar:

La función plasmada ahora la llamaremos z = ϕ2 (y) que cumple también que es

diferenciable en yo así:

dϕ2 (y)

dy= lım

h−→0

ϕ2 (y + h)− ϕ2 (y)

h.

pero z = ϕ2 (y) fué tomada de la función en varias variables z = f (x, y) en el punto

(xo, yo), es decir, ϕ2 (y) tiene la variación en y pero es constante en x, por tanto

ϕ2 (y) = f (xo, y) y es tal que cuando y = yo se obtiene el valor zo = ϕ2 (yo) = f (xo, yo)

y por consiguiente:

dϕ2 (y)

dy= lım

h−→0

ϕ2 (yo + h)− ϕ2 (yo)

h= lım

h−→0

f (xo, yo + h)− f (xo, yo)

h.

Lo cual llamaremos variación o razón de cambio en y de la función f (x, y) .

Definición 108 : (Derivada parcial). Sea U ⊂ Rn y sea f : U −→ R una función

definida en el abierto U de Rn, sea xo ∈ U , se define la derivada parcial con respecto

a xi en xo y se denota por∂f (xo)

∂xió también fxi (xo) , ó fi (xo) ó ∂if (xo) , al valor

del límite si existe:∂f (xo)

∂xi= lım

h−→0

f (xo + h)− f (xo)

h


donde xo = (xo1, xo2, xo3, ..., xoi, ..., xon) y h =(0, 0, 0, ..., h, ..., 0) con el valor h en la

posición i del vector h, por lo tanto xo + h =(xo1, xo2, xo3, ..., xoi + h, ..., xon) .

Ejemplo 109 : Si consideramos una función de U ⊂ R2 y f : U −→ R con U un

conjunto abierto de R2, entonces las derivadas parciales con respecto a cada una delas variables sería como:

∂f (xo, yo)

∂x= lım

h−→0

f (xo + h, yo)− f (xo, yo)

h.

∂f (xo, yo)

∂y= lım

h−→0

f (xo, yo + h)− f (xo, yo)

h.

Ejemplo 110 : Ahora consideremos una función de U ⊂ R3 y f : U −→ R con U un

conjunto abierto de R2, entonces las derivadas parciales con respecto a cada una delas variables sería como:

∂f (xo, yo, zo)

∂x= lım

h−→0

f (xo + h, yo, zo)− f (xo, yo, zo)

h.

∂f (xo, yo, zo)

∂y= lım

h−→0

f (xo, yo + h, zo)− f (xo, yo, zo)

h.

∂f (xo, yo, zo)

∂z= lım

h−→0

f (xo, yo, zo + h)− f (xo, yo, zo)

h.

Ejemplo 111 : Sea U ⊂ R2 con U un conjunto abierto de R2 y f : U −→ R dada porz = f (x, y) = x2y3. Hallar las derivadas parciales:

∂f

∂xy∂f

∂yen todo punto.

Solución: Recuerde que (x+ h)2 = x2 + 2xh + h2 y que (y + h)3 = y3 + 3y2h +

3yh2 + h3. por lo tanto:

∂f

∂x= lım

h−→0

(x+ h)2 y3 − x2y3

h= lım

h−→0

¡x2 + 2xh+ h2

¢y3 − x2y3

h.

= lımh−→0

x2y3 + 2xy3h+ y3h2 − x2y3

h= lım

h−→0

2xy3h+ y3h2

h.

= lımh−→0

h

µ2xy3 + y3h

h

¶= lım

h−→0

¡2xy3 + y3h

¢= 2xy3.

De igual manera se obtiene que:

∂f

∂y= lım

h−→0

x2 (y + h)3 − x2y3

h= lım

h−→0

x2¡y3 + 3y2h+ 3yh2 + h3

¢− x2y3

h.

= lımh−→0

x2y3 + 3x2y2h+ 3x2yh2 + x2h3 − x2y3

h= lım

h−→0

3x2y2h+ 3x2yh2 + x2h3

h.

= lımh−→0

h

µ3x2y2 + 3x2yh+ x2h2

h

¶= lım

h−→0

¡3x2y2 + 3x2yh+ x2h2

¢= 3x2y2.


Ejemplo 112 : Sea U ⊂ R2 con U un conjunto abierto de R2 y f : U −→ R dada porz = f (x, y) = xy+5x2 +7y3. Hallar las derivadas parciales:

∂f

∂xy∂f

∂yen todo punto.

Solución: Recuerde que (x+ h)2 = x2 + 2xh + h2 y que (y + h)3 = y3 + 3y2h +

3yh2 + h3. por lo tanto:

∂f

∂x= lım

h−→0

(x+ h) y + 5 (x+ h)2 + 7y3 − xy − 5x2 − 7y3h

.

= lımh−→0

xy + hy + 5x2 + 10xh+ 5h2 − xy − 5x2h

.

= lımh−→0

hy + 10xh+ 5h2

h= lım

h−→0h

µy + 10x+ 5h

h

¶.

= lımh−→0

(y + 10x+ 5h) = y + 10x.

De igual manera se obtiene que:

∂f

∂y= lım

h−→0

x (y + h) + 5x2 + 7 (y + h)3 − xy − 5x2 − 7y3h

= lımh−→0

xy + xh+ 7y3 + 21y2h+ 21yh2 + 7h3 − xy − 7y3h

.

= lımh−→0

xh+ 21y2h+ 21yh2 + 7h3

h= lım

h−→0h

µx+ 21y2 + 21yh+ 7h2

h

¶.

= lımh−→0

¡x+ 21y2 + 21yh+ 7h2

¢= x+ 21y2.

Observación 113 : En los ejemplos anteriores se puede ver que calcular una deriva-da parcial consiste simplemente en volver constante la variable que no se debe involu-

crar. Así que si se tiene una función en varias variables dada por: z = f (x, y) =

Sen(xy2) + ex2+y2 , entonces las derivadas parciales indefinidas se verian como:

∂f

∂x=

y2 cos¡xy2

¢+ 2xex

2+y2 y∂f

∂y= 2xy cos

¡xy2

¢+ 2yex

2+y2

Ejemplo 114 : Sea U ⊂ R2 con U un conjunto abierto de R2 y f : U −→ R dada por

z = f (x, y) =

(xy

x2+y2si (x, y) 6= (0, 0)

0 si (x, y) = (0, 0). Hallar las derivadas parciales:

∂f

∂xy∂f

∂y

en el punto (0, 0).

Solución: Veamos primero si la función es continua, en efecto: Analizando por

caminos se obtiene: Para el camino y = x, se obtien: lım(x,y)−→(0,0)

xy

x2 + y2= lım

x−→0x2

x2 + x2=

1

2. Analizando ahora la curva por el camino y = x2 se obtiene: lım

(x,y)−→(0,0)

xy

x2 + y2=

lımx−→0

x3

x2 + x4= lım

x−→0x

1 + x2= 0. lo que implica que la función no es continua en (0, 0) .

Si calculamos directamente la derivada parcial con respecto a la variable x se observa lo


siguiente:∂f

∂x

¯(0,0)

=

¡x2 + y2

¢y − 2x2y

(x2 + y2)2

¯¯(0,0)

=0

0. Mientras que calculando la deriva-

da parcial por la definición se consigue que:∂f

∂x

¯(0,0)

= lımh−→0

f (0 + h, 0)− f (0, 0)

h=

lımh−→0

h (0)

h2 + 02− 0

h= lım

h−→0

0

h= 0. Analogamente se calcula la derivada parcial con re-

specto de la variable y consiguiendo que∂f

∂y

¯(0,0)

= 0. Esta función es un caso particu-

lar en que no es posible calcular la derivadea por el método directo de derivada parcial,

sino por la misma definición y como este nos encontraremos con infinitos problemas

similares.

Ejemplo 115 : Calcular las variaciones de f (x, y) = x2 + y2 en el punto (1, 0) a

través del límite.

Solución: La variación en el eje x se dá como:

∂f

∂x

¯(1,0)

= lımh−→0

f (1 + h, 0)− f (1, 0)

h= lım

h−→0

(1 + h)2 − 1h

.

= lımh−→0

1 + 2h+ h2 − 1h

= lımh−→0

2h+ h2

h.

= lımh−→0

h

µ2 + h

h

¶= lım

h−→0(2 + h) = 2.

Mientra que la variación en y se dá como:

∂f

∂y

¯(1,0)

= lımh−→0

f (1, 0 + h)− f (1, 0)

h= lım

h−→0

1 + h2 − 1h

.

= lımh−→0

h2

h= lım

h−→0h = 0.

Como interrogante cabe preguntar ¿Qué significa lo que se acaba de calcular y qué

son?. La respuesta a esta prgunta no la encontrará en libros, solo se le recomienda que


observe la siguiente gráfica.

Definición 116 : (Derivada direccional) . Sea U ⊂ Rn y sea f : U −→ R una funcióndefinida en el abierto U de Rn, sea xo ∈ U , sea −→v ∈ Rn un vector libre unitario, se

define la derivada direccional de la función f en xo en la dirección del vector−→v ∈ Rn

y se denota por∂f (xo)

∂−→v ó también f−→v (xo) , ó ∂−→v f (xo) , al valor del límite si existe:

∂f (xo)

∂−→v = lımt−→0

f¡xo + t−→v

¢− f (xo)

t

donde xo = (xo1, xo2, xo3, ..., xoi, ..., xon).

Nota 117 : De aquí en adelante el vector −→v lo seguiremos denotando por v y por lo

tanto∂f (xo)

∂−→v =∂f (xo)

∂v.

Note que en R2 si v =(0, 1) , entonces

∂f (x)

∂v= lım

t−→0f ((x, y) + t (1, 0))− f (x, y)

t= lım

t−→0f (x+ t, y)− f (x, y)

t=

∂f

∂x.

En general si v =(0, 0, 0, ..., 1, ..., 0) es elo vector unitario en la dirrección i de xi,

entonces:∂f (x)

∂v= lım

t−→0f (x+ tv)− f (x, y)

t=

∂f

∂xi.

Lo que se quiere decir es que la derivada parcial es un caso particular de la derivada

direccional.

Ejemplo 118 : Hallar la derivada direccional∂f

∂vpara f (x, y) = x2 + y2 en la direc-

ción de v =(cos θ, senθ) .


Solución: La variación en la dirección de v =(cos θ, senθ) es entonces:

∂f

∂v= lım

t−→0f ((x, y) + t (cos θ, senθ))− f (x, y)

t.

= lımt−→0

f (x+ t cos θ, y + tsenθ)− f (x, y)

t.

= lımt−→0

(x+ t cos θ)2 + (y + tsenθ)2 − x2 − y2

t.

= lımt−→0

x2 + 2xt cos θ + t2 cos2 θ + y2 + 2ytsenθ + t2sen2θ − x2 − y2

t.

= lımt−→0

2xt cos θ + t2 cos2 θ + 2ytsenθ + t2sen2θ

t.

= lımt−→0

t

µ2x cos θ + t cos2 θ + 2ysenθ + tsen2θ

t

¶.

= lımt−→0

¡2x cos θ + t cos2 θ + 2ysenθ + tsen2θ

¢= 2x cos θ + 2ysenθ.

Obsrve que si θ = 0 entonces∂f

∂v= 2x =

∂f

∂x, y cuando θ =

π

2entonces

∂f

∂v= 2y =

∂f

∂y.

Ejemplo 119 : Determinar la derivada direccional∂f

∂vpara f (x, y, z) = 2x3+7y2 +

9z2 en la dirección de v =(a, b, c) unitario.

Solución: La variación de f en la dirección de v =(a, b, c) es entonces:

∂f

∂v= lım

t−→0f ((x, y, z) + t (a, b, c))− f (x, y, z)

t.

= lımt−→0

f (x+ ta, y + tb, z + tc)− f (x, y, z)

t.

= lımt−→0

2 (x+ ta)3 + 7 (y + tb)2 + 9 (z + tc)2 − 2x3 + 7y2 + 9z2t

.

= lımt−→0

2x3 + 6x2ta+ 6xt2a2 + 2t3a3 + 7y2 + 14ytb+ 7t2b2

t

+9z2 + 18ztc+ 9t2c2 − 2x3 − 7y2 − 9z2

t.

= lımt−→0

6x2ta+ 6xt2a2 + 2t3a3 + 14ytb+ 7t2b2 + 18ztc+ 9t2c2

t.

= lımt−→0

t

¡6x2a+ 6xta2 + 2t2a3 + 14yb+ 7tb2 + 18zc+ 9tc2

¢t

.

= lımt−→0

¡6x2a+ 6xta2 + 2t2a3 + 14ytb+ 7tb2 + 18zc+ 9tc2

¢.

= 6x2a+ 14yb+ 18zc.


El teorema del valor medio para funciones realvaluadas enuncia de la siguiente

manera:

“Sea f : [a, b] −→ R una función continua en el intervalo y diferenciable en (a, b)

con [a, b] ⊂ R entonces exite un real c ∈ (a, b) tal que f 0 (c) = f (b)− f (a)

b− a”

Teorema 120 : (Del valor medio). Sea f : U −→ R con U ⊂ Rn una función definida

en el abierto U de Rn. Si xo, yo son puntos de Rn y U es un abierto tal que contiene al

segmento xoyo. Sea−→v un vector unitario en la dirección del vector −−→xoyo = xo−yo. Si

f es continua en todos los puntos del segmento xoyo y tiene derivadas direccionales en

la dirección del vector −→v en todos los puntos del segmento xoyo sin tomar los extremos,entonces existe un número θ con 0 < θ < 1 tal que:

f (xo + t−→v )− f (xo) =∂f (xo + θh−→v )

∂vh

con h = kyo − xok .

Prueba. : Sea ϕ : [0, h] −→ R tal que ϕ (t) = f (xo + t−→v ) . Veamos que ϕ cumplelas condiciones del teorema del valor medio. En efecto:

dϕ (t)

dt= lım

h−→0

ϕ (t+ h)− ϕ (t)

h= lım

h−→0

f (xo + (t+ h)−→v )− f (xo + t−→v )h

.

= lımh−→0

f ((xo + t−→v ) + h−→v )− f (xo + t−→v )h

=∂f (xo + t−→v )

∂v.

Como esta derivada existe y es continua por hipótesis de la derivada direccional que

existe en todos los puntos del segmento xoyo en el sentido de−→v , entonces dϕ

dtexiste

y es continua, luego se puede aplicar el teorema del valor medio a la función ϕ que es

realvaluada. Es decir, existe c ∈ (0, h) tal que:

dϕ (c)

dt=

ϕ (h)− ϕ (0)

h,


donde:

dϕ (c)

dt=

∂f (xo + c−→v )∂v

.

ϕ (h) = f (xo + h−→v ) .ϕ (0) = f (xo) .

De donde:∂f (xo + c−→v )

∂v=

f (xo + h−→v )− f (xo)

h. (1)

Note que c ∈ (0, h) luego c puede ser una contracción de la longitud del intervalo (0, h)cuya longitud es h. Como θ está en el intervalo 0 < θ < 1, entonces c = θh. Por lo que

(1) quedaría:∂f (xo + θh−→v )

∂v=

f (xo + h−→v )− f (xo)

h.

O de una mejor manera:

f (xo + h−→v )− f (xo) =∂f (xo + θh−→v )

∂−→v h.

2.4. La Diferencial.

Sea f : I −→ R una función definida en el intervalo I ⊂ R y derivable en todo elintervalo I luego

A =df

dt= lım

h−→0

f (t+ h)− f (t)

h.

Recuerde que en funciones realvaluadas se define la diferencial de f como:

f (t+ h) = f (t) +Ah+ r (h) .

En donde lımh−→0

r (h)

h= 0.Graficamente:


Donde tan θ =y

x= f 0 (t) =

y

hluego y = f 0 (t)h.

Note que a medidda que h −→ 0, entonces r (h) −→ 0 (r (h) tiende a cero) más rápido

que lo que lo hace h. por lo que lımh−→0

r (h)

h= 0.

De forma análoga como se hizo para la variable real, definamos para R2 la diferencial.

Definición 121 Sea f : U −→ R una función definida en el abierto U ⊂ R2, si P =

(xo, yo) ∈ U (Particularizando la diferencial para R2) diremos que f es diferenciableen P = (xo, yo) si existen constantes A1 y A2 de modo que:

f ((xo, yo) + (h1, h2)) = f (xo, yo) +A1h1 +A2h2 + r (h1, h2) .

tales que:

lım(h1,h2)−→(0,0)

r (h1, h2)

k(h1, h2)k= 0.

Veamos quienes son A1 y A2:

Note quer (h1, 0)

k(h1, 0)k=

f (xo + h1, yo)− f (xo, yo)−A1h1k(h1, 0)k

de donder (h1, 0)

h1, esto es:

r (h1, 0)

h1=

f (xo + h1, yo)− f (xo, yo)

h1− A1h1

h1.

y tomando límites a ambos lados de la igualdad, se tiene que:

lımh1−→0

r (h1, 0)

h1= lım

h1−→0


h1−A1 = 0.

Esto es:∂f

∂x

¯(xo,yo)

= lımh1−→0


h1= A1.

De igual menera se consigue que A2 =∂f

∂y

¯(xo,yo)

.

Definición 122 : Sea f : U −→ R una función definida en el abierto U ⊂ R2, y seaP = (xo, yo) ∈ U un punto de U (Particularizando la diferencial para R2) diremosque f es diferenciable en P = (xo, yo) en donde se dan las derivadas parciales de f .

si existen constantes A1 =∂f

∂x

¯(xo,yo)

y A2 =∂f

∂y

¯(xo,yo)

de modo que el residuo de f

definido por:

f ((xo, yo) + (h1, h2)) = f (xo, yo) +A1h1 +A2h2 + r (h1, h2) .

tiene la propiedad de que:

lım(h1,h2)−→(0,0)

r (h1, h2)

k(h1, h2)k= 0.


Teorema 123 : Sea f : U −→ R una función definida en el abierto U ⊂ R2, diferen-ciable en el punto P = (xo, yo) ∈ U, entonces la función f es continuia en P = (xo, yo) .

Prueba. En efecto: Si f es diferenciable, entonces existen constantesA1 =∂f

∂x

¯(xo,yo)

y A2 =∂f

∂y

¯(xo,yo)

de modo que el residuo de f definido por:

f ((xo, yo) + (h1, h2)) = f (xo, yo) +A1h1 +A2h2 + r (h1, h2) , (*)

y tiene la propiedad de que:

lım(h1,h2)−→(0,0)

r (h1, h2)

k(h1, h2)k= 0.

es decir, que r (h1, h2) decrece más rápido que k(h1, h2)k .O sea que lım(h1,h2)−→(0,0)

r (h1, h2) =

0. Por lo tanto al tomar el límite en (*) se obtiene que:

lım(h1,h2)−→(0,0)

f ((xo, yo) + (h1, h2)) = lım(h1,h2)−→(0,0)

(f (xo, yo) +A1h1 +A2h2 + r (h1, h2)) .

= f (xo, yo) .

De donde f es continua en (xo, yo) .

Ejemplo 124 : La función

f (x, y) =

(xy

x2+y2 si (x, y) = (0, 0) .

0 si (x, y) 6= (0, 0) .no es diferenciable en el origen ya que:

r (h1, h2) = f ((0, 0) + (h1, h2))− f (0, 0)−A1h1 −A2h2.

En el ejercicio anterior se vió que A1 = A2 = 0. Entonces,

r (h1, h2) = f (h1, h2) =h1h2

h21 + h22.

luego

lım(h1,h2)−→(0,0)

r (h1, h2)

k(h1, h2)k= lım(h1,h2)−→(0,0)

h1h2q¡h21 + h22

¢3 .Que analizando por rectas que pasan por el origen se tiene que para h1 = mh2

lım(h1,h2)−→(0,0)

h1h2q¡h21 + h22

¢3 = lımh2−→0

mh22q¡m2h22 + h22

¢3 .= lım

h2−→0

mh22

h32

q(m2 + 1)3

.

= lımh2−→0

m

h2

q(m2 + 1)3

.

= No existe.


Por lo tanto f no es diferenciable y tampoco es continua en (0, 0) .

Ejemplo 125 : Considere la función f (x, y) =px2 + y2. Veamos si esta función es

diferenciable en el origen:

Primero veamos si existen sus derivadas parciales:

∂f (0, 0)

∂x= lım

h−→0

f (0 + h, 0)− f (0, 0)

h= lım

h−→0

√h2

h= ±1.

Luego no existen sus derivadas parciales en (0, 0) , de donde no existen las constantes

A1 y A2. Por lo que f (x, y) =px2 + y2 no es diferenciable en (0, 0) .

Ejemplo 126 : Sea f (x, y) = xy2 veamos si esta función es diferenciable em el

origen. Primero veamos si exiten las derivadas parciales en el origen.

∂f (x, y)

∂x

¯(0,0)

= y2¯(0,0)

= 0.

∂f (x, y)

∂y

¯(0,0)

= xy|(0,0) = 0.

Calculemos ahora el límite lım(h1,h2)−→(0,0)

r (h1, h2)

k(h1, h2)k.

lım(h1,h2)−→(0,0)

r (h1, h2)

k(h1, h2)k= lım

(h1,h2)−→(0,0)

f ((0, 0) + (h1, h2))− f (0, 0)−A1h1 −A2h2ph21 + h22

.

= lım(h1,h2)−→(0,0)

f (h1, h2)ph21 + h22

= lım(h1,h2)−→(0,0)

h1h22p

h21 + h22.

Haciendo h1 = r cos θ y h2 = r senθ se obtiene que:

lım(h1,h2)−→(0,0)

r (h1, h2)

k(h1, h2)k= lım

r−→0r3 cos θsen2θ√

r2 cos2 θ + r2sen2θ.

= lımr−→0

r3 cos θsen2θ

r√cos2 θ + sen2θ

.

= lımr−→0

r2 cos θsen2θ√cos2 θ + sen2θ

= 0.

Luego la función f (x, y) = xy2 es diferenciable en el origen.

Recordemos que es un teorema que invoca la derivada direccional, es decir:

f (xo + h−→v )− f (xo) =∂f (xo + θh−→v )

∂−→v h.

Para R2 si xo = (xo, yo) y el vector unitario es −→v = (1, 0) entonces:

f (xo + h−→v )− f (xo) =∂f (xo + θh−→v )

∂−→v h.

f ((xo, yo) + h (1, 0))− f (xo, yo) =∂f ((xo, yo) + θh (1, 0))

∂−→v h.

=∂f (xo + θh, yo)

∂xh.


Teorema 127 : Sean f, g : U −→ R dos funciones definidas en el abierto U ⊂ R2,diferenciables en el punto P = (xo, yo) ∈ U, entonces:

1. La suma f + g : U −→ R es diferenciable en P = (xo, yo) .

2. El producto fg : U −→ R es diferenciable en P = (xo, yo) .

3. El cocientef

g: U −→ R es diferenciable en P = (xo, yo) siempre que g (xo, yo) 6= 0.

Prueba. 2. Sean f, g : U −→ R dos funciones definidas en el abierto U ⊂ R2,diferenciables en el punto P = (xo, yo) ∈ U, Veamos que fg también es diferenciable

en P = (xo, yo) ∈ U , es decir, que existen∂ (fg)

∂x,∂ (fg)

∂xy lım(h1,h2)−→(0,0)

r (h1, h2)

k(h1, h2)k= 0.

Tenga presente que:∂ (fg)

∂x= f

∂g

∂x+ g

∂f

∂x. (1)

exite en P = (xo, yo) ∈ U ya que f y g son diferenciables en P = (xo, yo) y también:

∂ (fg)

∂y= f

∂g

∂y+ g

∂f

∂y. (2)

exite en P = (xo, yo) ∈ U puesto que f y g son diferenciables en P = (xo, yo). Sólo nos

resta demostrar que lım(h1,h2)−→(0,0)

r (h1, h2)

k(h1, h2)k= 0.

En efecto:

(fg) ((xo, yo) + (h1, h2)) = fg (xo, yo) +∂fg (xo, yo)

∂xh1 +

∂fg (xo, yo)

∂yh2 + r (h1, h2) .

(3)

o mejor aún si llamamos P = (xo, yo) y a h = (h1, h2) y sustituyendo (1) y (2) en (3)

se llega a que:

(fg) (P + h) = f (P ) g (P ) + f (P )∂g (P )

∂xh1 + g (P )

∂f (P )

∂xh1

+f (P )∂g (P )

∂yh2 + g (P )

∂f (P )

∂yh2 + r (h1, h2) .

Luego si despejamos r (h1, h2) se llaga a que:

r (h1, h2) = f (P + h) g (P + h)− f (P ) g (P )− f (P )∂g (P )

∂xh1 − g (P )

∂f (P )

∂xh1

−f (P ) ∂g (P )∂y

h2 − g (P )∂f (P )

∂yh2. (4)

Sumemos y retemos la cantidad g (P + h) f (P )+g (P + h)∂f (P )

∂xh1+g (P + h)

∂f (P )

∂yh2

con la intensión de asociar y encontrar la definiciaón de continuidad dentro de las op-

eraciones ya que el teorema anterior implica que si una función es diferenciable entonces


es continua. Por lo tanto la expresión (4) queda:

r (h1, h2) = f (P + h) g (P + h)− f (P ) g (P )− f (P )∂g (P )

∂xh1 − g (P )

∂f (P )

∂xh1 − f (P )

∂g (P )

∂yh2

−g (P ) ∂f (P )∂y

h2 + g (P + h) f (P ) + g (P + h)∂f (P )

∂xh1 + g (P + h)

∂f (P )

∂yh2

−g (P + h) f (P )− g (P + h)∂f (P )

∂xh1 − g (P + h)

∂f (P )

∂yh2.

que al asociar apropiadamente se obtiene:

r (h1, h2) = g (P + h)

∙f (P + h)− f (P )− ∂f (P )

∂xh1 −

∂f (P )

∂yh2

¸+f (P )

∙g (P + h)− g (P )− ∂g (P )

∂xh1 −

∂g (P )

∂yh2

¸+∂f (P )

∂x[g (P + h)− g (P )]h1 +

∂f (P )

∂y[g (P + h)− g (P )]h2.

Al dividir todo por k(h1, h2)k y tomar el límite cuando (h1, h2) −→ (0, 0) se obtiene:

lım(h1,h2)−→(0,0)

r (h1, h2)

k(h1, h2)k= lım

(h1,h2)−→(0,0)

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩g (P + h)

∙f (P + h)− f (P )− ∂f (P )

∂xh1 −

∂f (P )

∂yh2

¸k(h1, h2)k

+f (P )

∙g (P + h)− g (P )− ∂g (P )

∂xh1 −

∂g (P )

∂yh2

¸k(h1, h2)k

+∂f (P )

∂x[g (P + h)− g (P )]

h1k(h1, h2)k

+∂f (P )

∂y[g (P + h)− g (P )]

h2k(h1, h2)k

¾.

Note que como f y g son diferenciables en P = (xo, yo), entonces:

r1 (h1, h2) = f (P + h)− f (P )− ∂f (P )

∂xh1 −

∂f (P )

∂yh2.

r2 (h1, h2) = g (P + h)− g (P )− ∂g (P )

∂xh1 −

∂g (P )

∂yh2.

y satisfacen que: lım(h1,h2)−→(0,0)

r1 (h1, h2)

k(h1, h2)k= 0 y a su vez lım

(h1,h2)−→(0,0)

r2 (h1, h2)

k(h1, h2)k= 0

luego en la expresión anterior ser llega a que:

lım(h1,h2)−→(0,0)

g (P + h)

∙f (P + h)− f (P )− ∂f (P )

∂xh1 −

∂f (P )

∂yh2

¸k(h1, h2)k

= 0.

lım(h1,h2)−→(0,0)

f (P )

∙g (P + h)− g (P )− ∂g (P )

∂xh1 −

∂g (P )

∂yh2

¸k(h1, h2)k

= 0.


y comoh1

k(h1, h2)k< 1 y

h2k(h1, h2)k

< 1, no podemos realizar nada sobre ellos, solo

se sabe que estan acotadas lım(h1,h2)−→(0,0)

h1k(h1, h2)k

< 1 y lım(h1,h2)−→(0,0)

h2k(h1, h2)k

< 1.

Pero como f y g son diferenciables en P = (xo, yo), entonces por teorema de con-

tinuidad podemos decir que f y g son continuas por lo que lım(h1,h2)−→(0,0)

[f (P + h)− f (P )] =

0 y también lım(h1,h2)−→(0,0)

[g (P + h)− g (P )] = 0. Con lo que se concluye se concluye

que lım(h1,h2)−→(0,0)

r (h1, h2)

k(h1, h2)k= 0. De donde (fg) es diferenciable en P.

Ejemplo 128 : La función h (x, y) =x2 − y2 − 1x2 + y2 + 1

es diferenciable en R2 ya que

f (x, y) = x2 − y2 − 1 es diferenciable en todo R2 y g (x, y) = x2 + y2 + 1 es diferen-

ciable en R2 y g (x, y) 6= 0 para todo (x, y) ∈ R2, entonces h (x, y) = x2 − y2 − 1x2 + y2 + 1

es

diferenciable en todo R2.

Teorema 129 : Sea f : U −→ R una función definida en el abierto U ⊂ R2, Si lasfunciones

∂f

∂x,∂f

∂y: U −→ R definidas en el abierto U ⊂ U ⊂ R2 son continuas en el

punto (xo, yo) ∈ U entonces f es diferenciable en el punto (xo, yo) .

Prueba. : Sea f : U −→ R una función definida en el abierto U ⊂ R2, y sean∂f

∂x: U −→ R, y

∂f

∂y: U −→ R dos fucniones definidas en el abierto U ⊂ U ⊂ R2

y continuas en el punto (xo, yo) ∈ U ⊂ U . Considfereos el residuo r (h1, h2), es decir

consideremos:

r (h1, h2) = f (xo + h1, yo + h2)− f (xo, yo)−∂f (xo, yo)

∂xh1 −

∂f (xo, yo)

∂yh2.

Veamos que lım(h1,h2)−→(0,0)

r (h1, h2)

k(h1, h2)k= 0.

En efecto: Si sumamos y restamos a r (h1, h2) el valor f (xo, yo + h2) tenemos:

r (h1, h2) = f (xo + h1, yo + h2)− f (xo, yo + h2) + f (xo, yo + h2)− f (xo, yo)

−∂f (xo, yo)∂x

h1 −∂f (xo, yo)

∂yh2. (1)

Sea ϕ (x) = f (x, yo + h2) que es diferenciable en xo. Del teorema del valor medio:

f (xo + h−→v )− f (xo) =∂f (xo + θh−→v )

∂−→v h.

al aplicarlo a la función ϕ (x) en el intervalo [xo, xo + h1] se obtiene que existe un

número θ1 ∈ [0, 1] tal que:

ϕ (xo + h1)− ϕ (xo) = ϕ0 (xo + θ1h1)h1.


O sea

f (xo + h1, yo + h2)− f (xo, yo + h2) =∂f (xo + θ1h1, yo + h2)

∂xh1

Del mismo al aplicar el teorema del valor medio en la función ψ (y) = f (xo, y) en el

intervalo [yo, yo + h2] se obtiene que existe un número θ2 ∈ [0, 1] tal que:

ψ (yo + h2)− ψ (yo) = ψ0 (yo + θ2h2)h2.

O sea

f (xo, yo + h2)− f (xo, yo) =∂f (xo, yo + θ2h2)

∂yh2.

Entonces

r (h1, h2) =∂f (xo + θ1h1, yo + h2)

∂xh1 +

∂f (xo, yo + θ2h2)

∂yh2

−∂f (xo, yo)∂x

h1 −∂f (xo, yo)

∂yh2.

=

∙∂f (xo + θ1h1, yo + h2)

∂x− ∂f (xo, yo)

∂x

¸h1

+

∙∂f (xo, yo + θ2h2)

∂y− ∂f (xo, yo)

∂y

¸h2.

Luego al dividir por la norma k(h1, h2)k se obtiene:

r (h1, h2)

k(h1, h2)k=

∙∂f (xo + θ1h1, yo + h2)


∂x

¸h1

k(h1, h2)k

+

∙∂f (xo, yo + θ2h2)


∂y

¸h2

k(h1, h2)k.

y comoh1

k(h1, h2)k< 1 y

h2k(h1, h2)k

< 1, no podemos realizar nada sobre ellos, solo

se sabe que estan acotadas lım(h1,h2)−→(0,0)

h1k(h1, h2)k

< 1 y lım(h1,h2)−→(0,0)

h2k(h1, h2)k

< 1.

Pero como∂f

∂x: U −→ R, y

∂f

∂y: U −→ R son dos fucniones definidas en el abierto

U ⊂ U ⊂ R2 y continuas en el punto (xo, yo) entonces:

lım(h1,h2)−→(0,0)

∙∂f (xo + θ1h1, yo + h2)


∂x

¸= 0

y tambien:

lım(h1,h2)−→(0,0)

∙∂f (xo, yo + θ2h2)


∂y

¸= 0

con lo cual se concluye que lım(h1,h2)−→(0,0)

r (h1, h2)

k(h1, h2)k= 0 y por consiguiente la función

f bajo estas condiciones es continua.


Ejemplo 130 : Sea f (x, y) = Sen³p

x2 + y2´¿es f diferenciable en (0, 0)?

Solución: Veamos primero que todo que∂f

∂xy∂f

∂yson continuas en (0, 0).

∂f

∂x=

xpx2 + y2

cos³p

x2 + y2´.

función que es discontinua en (0, 0) , lo cual indica que f (x, y) = Sen³p

x2 + y2ńo

es diferenciable en (0, 0).

Observación 131 : Si la función f : U −→ R definida en el abierto U ⊂ R2, difer-enciable en un punto P, satisface que

r (h1, h2) = f (P + h)− f (P )− ∂f (P )

∂xh1 −

∂f (P )

∂yh2.

y lım(h1,h2)−→(0,0)

r (h1, h2)

k(h1, h2)k= 0 con h = (h1, h2), implica entonces que a el valor r (h1, h2)

decrece más rápido a cero de lo que lo hace k(h1, h2)k, por lo tanto si tomamos el límitecuando (h1, h2) −→ (0, 0), la función r (h1, h2) −→ 0 por lo tanto

f (P + h)− f (P )− ∂f (P )

∂xh1 −

∂f (P )

∂yh2 = 0.

Definición 132 : Sea f : U −→ R una función definida en el abierto U ⊂ R2 difer-enciable en un punto, entonces cuando (h1, h2) −→ (0, 0), el valor f (P + h) − f (P )

que denotaremos por df , h1 que denotaremos por dx y el valor h2 que denotaremos

por dy satisface que:

df =∂f (P )

∂xdx+

∂f (P )

∂ydy.

que llamaremos diferencial de la función f .

Ejemplo 133 : Calcular de manera aproximada el valor de (1,08)3,98 .Solución: Sea f (x, y) = xy y sea (xo, yo) = (1, 4). Entonces para (h1, h2) = (0,08,−0,02) .Ahora f ((xo, yo) + (h1, h2)) − f (xo, yo) ≈

∂f (xo, yo)

∂xh1 +

∂f (xo, yo)

∂yh2 se tiene en-

tonces que∂f

∂x= yxy−1 y

∂f

∂y= xy ln (x)

por lo tanto:

f ((xo, yo) + (h1, h2)) ≈ f (xo, yo) +∂f (xo, yo)

∂xh1 +

∂f (xo, yo)

∂yh2.

(1,08)3,98 ≈ 14 + 4 (1)3 (0,08)− (0,02) (1)4 ln (1) .≈ 1,32.


Ejemplo 134 : Calcular aproximadamente0,97p

15,05 + 3√0,98

.

Solución: Sea f (x, y) =xp

y + 3√zy sea (xo, yo, zo) = (1, 15, 1). Entonces para (h1, h2, h3) =

(−0,03, 0,05,−0,02) . Ahora de igual manera que en el ejercicio anterior:

f ((xo, yo) + (h1, h2))− f (xo, yo) ≈∂f (xo, yo)

∂xh1 +

∂f (xo, yo)

∂yh2

se tiene entonces que

∂f

∂x=

1py + 3√z,∂f

∂y= − x

2

q(y + 3

√z)3

y∂f

∂z= − x

63√z2q(y + 3

√z)3.

por lo tanto:

f ((xo, yo) + (h1, h2)) ≈ f (xo, yo) +∂f (xo, yo)

∂xh1 +

∂f (xo, yo)

∂yh2.

0,97p15,05 + 3

√0,98

≈1p

15 + 3√1+

1p15 + 3

√1(−0,03) +

⎛⎝− 1

2

q¡15 + 3

√1¢3⎞⎠ (0,05)

+

⎛⎝− 1

63√12q¡15 + 3

√1¢3⎞⎠ (−0,02)

≈1

4− 0,03

4− 0,05128

+0,02

768.

0,97p15,05 + 3

√0,98

≈ 0,24214. El valor real de este cociente es 0,24217.

2.5. Gradiente.

Definición 135 : Sea f : U −→ R una función definida en el abierto U ⊂ Rn, se

define el vector gradiente de la función f en el punto xo ∈ U denotado por:

grad f (xo) =−→∇f (xo) ,

como el vector de Rn dado por:

grad f (xo) =−→∇f (xo) =

µ∂f (xo)

∂x1,∂f (xo)

∂x2, ...,

∂f (xo)

∂xn

¶.

Observación 136 : Recuerde que la derivada direccional está dada por:

∂f (xo)

∂−→v = lımt−→0

f¡xo + t−→v

¢− f (xo)

t,

y de la definición de diferenciabilidad, una función es diferenciable si:

.f (xo + h)− f (xo) =∂f (xo)

∂x1h1 +

∂f (xo)

∂x2h2 + ...+

∂f (xo)

∂xnhn + r (h1, h2, ..., hn) .


y lım(h1,h2,...,hn)−→(0,0,...,0)

r (h1, h2, ..., hn)

k(h1, h2, ..., hn)k= 0. Escribamos al vector h = (h1, h2, ..., hn) =

t−→v con t ∈ R sindo −→v = (v1, v2, ..., vn) , donde cada hi = tvi. Nos queda entonces que:

f (xo + h)− f (xo) =∂f (xo)

∂x1h1 +

∂f (xo)

∂x2h2 + ...+

∂f (xo)

∂xnhn + r (h1, h2, ..., hn) .

f¡xo + t−→v

¢− f (xo) =

∂f (xo)

∂x1tv1 +

∂f (xo)

∂x2tv2 + ...+

∂f (xo)

∂xntvn + r (tv1, tv2, ..., tvn) .

=

µ∂f (xo)

∂x1,∂f (xo)

∂x2, ...,

∂f (xo)

∂xn

¶· (tv1, tv2, ..., tvn) + r

¡t−→v¢.

Ahora si se divide por t y se toma el límite cuando t −→ 0 se llega a que:

lımt−→0

f¡xo + t−→v

¢− f (xo)

t= lım

t−→0

⎡⎢⎢⎣ tµ∂f (xo)

∂x1,∂f (xo)

∂x2, ...,

∂f (xo)

∂xn

¶· (v1, v2, ..., vn)

t+

r¡t−→v¢

t

⎤⎥⎥⎦ .Como f es diferenciable entonces lım

t−→0r(t−→v )

t = 0 ya que lım(h1,h2,...,hn)−→(0,0,...,0)

r (h1, h2, ..., hn)

k(h1, h2, ..., hn)k=

0, por lo tanto

∂f (xo)

∂−→v = lımt−→0

f¡xo + t−→v

¢− f (xo)

t=

µ∂f (xo)

∂x1,∂f (xo)

∂x2, ...,

∂f (xo)

∂xn

¶·(v1, v2, ..., vn) .

Esto es que∂f (xo)

∂−→v = grad f (xo) · (v1, v2, ..., vn) o mejor aún:

∂f (xo)

∂−→v = gradf (xo) ·−→v .

Teorema 137 : Sea f : U −→ R una función definida en el abierto U ⊂ Rn, y sea

(xo1, xo2, ..., xon) ∈ U tal que f es continua y diferenciable en ese punto, entonces el

vetor director de la recta tangente a la superficie en ese punto en el plano y = y0 es el

vectorµ1, 0,

∂f

∂x

¶y el vetor director de la recta tangente a la superficie en ese punto

en el plano x = x0 es el vectorµ0, 1,

∂f

∂y

¶.


Prueba. :

Ya se conoce que la pendiente de la recta tangente a la curva ϕ1 (x) en en (xo) es la

derivada parcial de la función f (x, y) en el punto (xo, yo), es decir que m =∂f (xo, yo)

∂xy por tanto la, ecuación la recta tangente viene dada por:

z =∂f (xo, yo)

∂xx+ b,

que en forma vectorial se puede escribir como:

z − b

∂f (xo, yo)

∂x

=x− 01

y y = yo,

o de forma paramétrica:x = λ.

y = yo.

z =∂f (xo, yo)

∂xλ+ b.

de donde el vector director de la recta esµ1, 0,

∂f (xo, yo)

∂x

¶.

De forma análoga se prueba que elvector director de la recta tangente a la superficie

en el plano x = xo es el vectorµ0, 1,

∂f (xo, yo)

∂x

¶.


Observación 138 : Note que los dos vectores anteriores aplicados en el punto (xo, yo)son tangentes a la superficie en el punto, por lo tanto ellos están en el plano tangente a

la superficie en ese punto y determinan por consiguiente un plano cuando son aplicados

sobre ese punto; Luego el vector director del plano tangente en ese punto está dado

por el producto cruz entre los dos vectores y es normal a la superficie en ese punto, es

decir que, el vector normal a la superficie en (xo, yo, zo) es:

−→n = det

⎡⎢⎢⎢⎣−→i−→j

−→k

1 0∂f (xo, yo)

∂x

0 1∂f (xo, yo)

∂x

⎤⎥⎥⎥⎦ = −→iµ−∂f (xo, yo)

∂x

¶−−→j

µ∂f (xo, yo)

∂x

¶+−→k (1) .

=

µ−∂f (xo, yo)

∂x,−∂f (xo, yo)

∂x, 1

¶.

Note que z = f (x, y) es una función cuyo gráfico está en R3 la cual es bién definidaen el conjunto abierto U de R2 entonces z − f (x, y) = 0 es una ecuación que tiene

solución en R3, es decir, la función ω (x, y, z) = z−f (x, y) es soluble en R3. Entoncesel vector gradiente de la función ω está dado por:

grad ω =−→∇ω =

µ∂ω

∂x,∂ω

∂y,∂ω

∂z

¶.

=

µ−∂f∂x

,−∂f∂y

, 1

¶.

Que es precisamente el vector normal al plano tangente a la superficie en un punto.

Con esto queda probado de alguna manera que el vector gradiene es normal a la “curva”

en un punto.

Observación 139 : El vector gradiente de una función f (x, y) indica la dirección en

que se encuentra el mayor crecimiento de la función en un punto.


Ejemplo 140 : Sea f (x, y) = x2 + y2 una función definida en R2:

1. Determine∂f

∂−→v en la dirección del vector (3, 4) .

2. Hallarl el vector que indique el mayor crecimiento de la fucnión en el punto (1, 1) .

3. Hallar la ecuación del plano tangente a la “curva” en el punto (1, 1, 2).

Solución: Primero se debe normalizar el vector (3, 4) es decir, −→v = 15 (3, 4) así que:

1.

∂f

∂−→v = grad f ·−→v

= (2x, 2y) · 15(3, 4)

=2

5(3x+ 4y) .

2. El mayor crecimiento de la función f (x, y) = x2 + y2 en el punto (1, 1) está dado

por:

gradf (1, 1) = (2x, 2y)|(1,1) = (2, 2) .

Así que el mayor crecimiento de la función f (x, y) se consigue cuando en el plano xy

nos dirigimos en la dirección del vector (2, 2)

3. Sea ω (x, y, z) = f (x, y) − z lugo el vector normal al plano aplicado en el punto

(1, 1, 2) está dado por:

grad ω (1, 1, 2) = (2x, 2y,−1)|(1,1,2) = (2, 2,−1) .

De donde el plano normal a la curva en el punto (1, 1, 2) es:

2 (x− 1) + 2 (y − 1)− (z − 2) = 0.

2x+ 2x− z = 2.

2.6. Derivadas parciales de orden superior.

Sea f : U −→ R una función definida en el abierto U ⊂ Rn. Si esta función es

diferenciable, sabemos que existen las derivadas parciales∂f

∂xipara i = 1, 2, ...n. en

cualquier punto (xo1, xo2, ..., xon) ∈ U. Se pueden considerar entonces las funciones∂f

∂xi: U −→ R definidas en el abierto U ⊂ U ⊂ Rn de modo que en cada punto

(xo1, xo2, ..., xon) ∈ U se le asocia las derivadas parciales∂f (xo1, xo2, ..., xon)

∂xi. Puede

ocurrir que estas funciones sean a su vez lo suficientemente bién comportadas que

podamos obtener de ellas sus derivadas parciales.

Nota 141 : Usando la notación notación fxi para denotar las derivadas parciales

respecto de xi de la función f . Las derivadas parciales de segundo orden de esta función


con respecto a la variable xj se escriben como fxixj o (fxi)xj o también Dijf o mejor

aún∂2f

∂xj∂xi. Analogamente se puede definir la derivada de tercer orden con respecto

a la variable xk dadas por∂3f

∂xk∂xj∂xientre una de las varias notaciones.

Ejemplo 142 : La funión dada por f (x, y) = x2 + y2 tiene por derivadas parciales∂f

∂x= 2x,

∂f

∂y= 2y. Luego las derivadas parciales de segundo orden están dadas

por∂2f

∂x∂x=

∂2f

∂x2=

∂ (2x)

∂x= 2,

∂2f

∂x∂y=

∂ (2y)

∂x= 0,

∂2f

∂y∂x=

∂ (2x)

∂y= 0, y

∂2f

∂y∂y=

∂2f

∂y2=

∂ (2y)

∂y= 2.

Ejemplo 143 : La función f (x, y) = x2ex2+y2 tiene por derivadas parciales a

∂f

∂x=

2x3ex2+y2

¡x3 + x

¢y∂f

∂y= 2x2yex

2+y2 . De éstas nuevas funciones podemos obtener

sus derivadas parciales y así obtener las derivadas parciales de segundo orden de f .

∂2f

∂x∂x=

∂³2x3ex

2+y2¡x3 + x

¢´∂x

.

= 2ex2+y2

¡3x2 + 1

¢+ 4xex

2+y2¡x3 + x

¢.

= 2ex2+y2

¡2x4 + 5x2 + 1

¢.

∂2f

∂x∂y=

∂³2x2yex

2+y2´

∂x.

= 2x2yex2+y2 (2x) + 4xyex

2+y2 .

= 4yex2+y2

¡x3 + x

¢.

∂2f

∂y∂x=

∂³2x3ex

2+y2¡x3 + x

¢´∂y

.

= 2x3ex2+y2

¡x3 + x

¢(2y) .

= 4yex2+y2

¡x3 + x

¢.

∂2f

∂y∂y=

∂³2x2yex

2+y2´

∂y.

= 2x2yex2+y2 (2y) + 2x2ex

2+y2 .

= 2x2ex2+y2

¡2y2 + 1

¢.

Teorema 144 : (De Shwarz) Sea f : U −→ R una función definida en el abierto

U ⊂ R2. Si las derivadas parciales ∂2f

∂x∂y: U −→ R y

∂2f

∂y∂x: U −→ R existen y son


continuas en el abierto U ⊂ U ⊂ R2, entonces:

∂2f

∂x∂y=

∂2f

∂y∂x.

Prueba. : Sea (x, y) ∈ U un punto del conjunto abierto U . Para h y para k

suficientemente pequeños (no nulos), los puntos (x+ h, y + k) , (x+ h, y) , (x, y + k)

siguen peteneciendo a U . Considere la expresión:

M = f (x+ h, y + k)− f (x+ h, y)− f (x, y + k) + f (x, y) .

Sea ϕ (x) = f (x, y + k)− f (x, y) . Observe entonces que:

M = ϕ (x+ h)− ϕ (x) .

Aplicando el teorema del valor medio en la función ϕ en el intervalo [x, x+ h] obten-

emos que existe un ξ con x < ξ < x+ h tal que:

M = ϕ (x+ h)− ϕ (x) = ϕ0 (ξ)h.

Observe que:

ϕ0 (ξ) =∂f (ξ, y + k)

∂x− ∂f (ξ, y)

∂x.

Luego:

M =

µ∂f (ξ, y + k)

∂x− ∂f (ξ, y)

∂x

¶h

Considere ahora la función ψ (y) =∂f (x, y)

∂x, luego al aplicar el teorema del valor medio

para la función ψ en el intervalo [y, y + k] obtenemos que existe un η con y < η < y+k

tal que:

ψ (y + k)− ψ (y) = ψ0 (η) k.

Osea que la expresión∂f (ξ, y + k)

∂x− ∂f (ξ, y)

∂xse vería como:

∂f (ξ, y + k)

∂x− ∂f (ξ, y)

∂x=

µ∂

∂y

∂f (ξ, η)

∂x

¶k.

∂f (ξ, y + k)

∂x− ∂f (ξ, y)

∂x=

∂2f (ξ, η)

∂y∂xk.

ya que ψ0 (y) significa la derivada con respecto de y de la función∂f (x, y)

∂x. Sustituyen-

do ésta expresión en la obtenida de M se consigue que:

M =∂2f (ξ, η)

∂y∂xkh.


De la misma manera, si se considera primero la función ϕ (y) = f (x+ h, y)− f (x, y) .

Observe entonces que:

M = ϕ (y + k)− ϕ (y) .

Aplicando el teorema del valor medio en la función ϕ en el intervalo [y, y + k] obten-

emos que existe un η con y < η < y + k tal que:

M = ϕ (y + k)− ϕ (y) = ϕ0 (η) k.

Observe que:

ϕ0 (η) =∂f (x+ h, η)

∂y− ∂f (x, η)

∂y.

Luego:

M =

µ∂f (x+ h, η)

∂y− ∂f (x, η)

∂y

¶k

Considere ahora la función ψ (x) =∂f (x, y)

∂y, luego al aplicar el teorema del valor

medio para la función ψ en el intervalo [x, x+ h] obtenemos que existe un ξ con

x < ξ < x+ h tal que:

ψ (x+ h)− ψ (x) = ψ0 ¡ξ¢h.

Osea que la expresión∂f (x+ h, η)

∂y− ∂f (x, η)

∂yse vería como:

∂f (x+ h, η)

∂y− ∂f (x, η)

∂y=

Ã∂

∂x

∂f¡ξ, η¢

∂y

!k.

∂f (x+ h, η)

∂y− ∂f (x, η)

∂y=

∂2f¡ξ, η¢

∂x∂yk.

ya que ψ0(x) significa la derivada con respecto de x de la función

∂f (x, y)

∂y. Susti-

tuyendo ésta expresión en la obtenida de M se consigue que:

M =∂2f

¡ξ, η¢

∂x∂ykh.

De modo que igualando las expresiones para M y simplificado hk:

∂2f (ξ, η)

∂y∂x=

∂2f¡ξ, η¢

∂x∂y.

Ahora como x < ξ < x+ h; x < ξ < x+ h; y < η < y + k; y por último y < η < y + k

entonces al tomar el limite cuando h −→ 0 y k −→ 0 se obtiene ξ, ξ −→ x y η, η −→ y.

De modo que∂2f (x, y)

∂y∂x=

∂2f (x, y)

∂x∂y.


Ejemplo 145 : Considere la función f (x, y) = x3 + 2x2y3 + 4xy3 + 3x3y presentan

como primeras derivadas a las funciones:

∂f

∂x= 3x2 + 4xy3 + 4y3 + 9x2y.

∂f

∂y= 6x2y2 + 12xy2 + 3x3.

Luego sus derivadas cruzadas son:

∂2f (x, y)

∂y∂x= 12xy2 + 12y2 + 9x2.

∂2f (x, y)

∂x∂y= 12xy2 + 12y2 + 9x2.

de donde se confirma que∂2f (x, y)

∂y∂x=

∂2f (x, y)

∂x∂y.

Ejemplo 146 : (La ecuación de Laplacé) Se dice que una función en varias variblesf : U −→ R definida en el abierto U ⊂ Rn cumple la ecuación diferencial de derivadas

parciales de Laplacé si:∂2f

∂x21+

∂2f

∂x22+ ...+

∂2f

∂x2n= 0.

Ejemplo 147 : Pruebe que la función f (x, y) = ey cos (x) satisface la ecuación de

Laplacé.

Solución: En efecto, veamos que∂2f (x, y)

∂x2+

∂2f (x, y)

∂t2= 0.

∂f (x, y)

∂x= −eysen (x) .

∂2f (x, y)

∂x2= −ey cos (x) .

Ahora:

∂f (x, y)

∂y= ey cos (x) .

∂2f (x, y)

∂y2= ey cos (x) .

por lo tanto∂2f (x, y)

∂x2+∂2f (x, y)

∂y2= −ey cos (x)+ey cos (x) = 0. De donde la ecuación

f (x, y) = ey cos (x) satisface la ecuación de Laplacé.

Ejemplo 148 : (La ecuación de Onda) Se dice que una función en varias variblesf : U −→ R definida en el abierto U ⊂ R2 cumple la ecuación de la onda si:

∂2f

∂x2=1

v2∂2f

∂t2


Ejemplo 149 : Pruebe que la función φ (x, t) = f (x+ tv) + f (x− tv) cumple la

ecuación de la onda.

Solución: En efecto, veamos que∂2φ (x, t)

∂x2=1

v2∂2φ (x, t)

∂t2.

Observe que

∂φ (x, t)

∂x=

∂f (x+ tv)

∂x+

∂f (x− tv)

∂x.

∂2φ (x, t)

∂x2=

∂2f (x+ tv)

∂x2+

∂2f (x− tv)

∂x2.

Ahora si calculamos∂2φ (x, t)

∂t2nos encontramos con que:

∂φ (x, t)

∂t= v

∂f (x+ tv)

∂x− v

∂f (x− tv)

∂x.

∂2φ (x, t)

∂t2= v2

∂2f (x+ tv)

∂x2+ v2

∂2f (x− tv)

∂x2.

∂2φ (x, t)

∂t2= v2

µ∂2f (x+ tv)

∂x2+

∂2f (x− tv)

∂x2

¶.

1

v2∂2φ (x, t)

∂t2=

µ∂2f (x+ tv)

∂x2+

∂2f (x− tv)

∂x2

¶

Luego∂2φ (x, t)

∂x2=1

v2∂2φ (x, t)

∂t2. O sea que φ (x, t) satisface la ecuación de la onda.

2.7. Función Compuesta.

Sea y = f (x) una función realvaluada que depende de la variable x. Sea x = g (u)

una función que depende de la variable u. Si reemplazamos la variable x en la función

f (x) obtenemos que y = f (g (u)) , la cual es una función que depende de la variable

u. A ésta última función se le llama función compuesta.

Ahora si z = f (x, y) es una función en varias variables que depende de x y de y,

pero x = g1 (u, v) y y = g2 (u, v) son funciones que dependen de las variables u y v.

Entonces al sustituir las variables x y y en la función z = f (x, y) obtenemos la función

z = f (g1 (u, v) , g2 (u, v)) la cual es una función en varias variables que depende de las

variables u y v.

Ejemplo 150 : Sea f (x, y) = 2xy2 + sen (xy) y sea x = r cos (θ) y y = rsen (θ)

entonces:

f (x, y) = f (r cos θ, rsenθ) = f (r, θ) .

es una función que depende de r y de θ.


Ejemplo 151 :Sea f : R3 −→ R una función dada por f (x, y, z) = xy+cos (x+ y + z)

y sea x = g1 (u, v) = u2v2; y = g2 (u, v) = u− v y z = g3 (u, v) = u+ v entonces:

f (x, y, z) = f (g1, g2, g3) = f (u, v)

= u2v2 (u− v) + cos¡u2v2 + u− v + u+ v

¢.

= u3v2 − u2v3 + cos¡u2v2 + 2u

¢la cual es una función que depende de u y de v. Note que cada gi : R2 −→ R para

i = 1, 2, 3 y que si se considera a g : R2 −→ R3 dada por:

g (u, v) = (g1 (u, v) , g2 (u, v) , g3 (u, v)) = (x, y, z) .

entonces:

f (x, y, z) = f (g1 (u, v) , g2 (u, v) , g3 (u, v)) = f (g (u, v)) ,

que es tal que f ◦ g : R2 −→ R.

En general, sea (x1, x2, ..., xn) ∈ Rn con cada xi = gi (u1, u2, ..., um) entonces el

vector:

(x1, x2, ..., xn) = (g1 (u1, u2, ..., um) , g2 (u1, u2, ..., um) , ..., gn (u1, u2, ..., um)) .

= g (u1, u2, ..., um) ,

que toma valores de Rm y los lleva a Rn, es decir g : Rm −→ /Rn., luego si f : Rn −→ Rdada por f (x1, x2, ..., xn) es tal que:

f (x1, x2, ..., xn) = f (g1 (u1, u2, ..., um) , g2 (u1, u2, ..., um) , ..., gn (u1, u2, ..., um)) .

= f (g (u1, u2, ..., um)) = (f ◦ g) (u1, u2, ..., um) .

entonces f ◦ g : Rm −→ R.

Teorema 152 : (Regla de la cadena) Sea g : V −→ Rn una función definida en el

abieto V ⊂ Rm y diferenciable en xo ∈ V , es decir, cada gi, es diferenciable en xo ∈ V .

Sea f : U −→ R una función definida en el abieto U ⊂ Rn tal que g (V ) ⊂ U y es

diferenciable en en el punto g (xo) ∈ U , entonces la composición f ◦ g : V −→ R conV ⊂ Rm es una función difeenciable en xo ∈ V y sus derivadas parciales son:

∂ (f ◦ g) (xo)∂xj

=nXi=1

∂f (g (xo))

∂gi

∂gi (xo)

∂xj.

Prueba. : Sin pérdida de generalidad tomemos m = n = 2, es decir, sea g : V −→R2 una función definida en el abieto V ⊂ R2 y diferenciable en xo = (xo, yo) ∈ V , y


sea f : U −→ R una función definida en el abieto U ⊂ R2 tal que g (V ) ⊂ U y es

diferenciable en en el punto g (xo) = g (xo, yo) ∈ U dada por:

g (xo) = (g1 (xo) , g2 (xo)) .

o también

g ((xo, yo)) = (g1 (xo, yo) , g2 (xo, yo)) .

Como g es diferenciable en xo = (xo, yo), entonces también los son g1 y g2 en (xo, yo).

Luego:

g1 (xo + h) = g1 (xo) +∂g1 (xo)

∂xh1 +

∂g1 (xo)

∂yh2 + r1 (h) .

g2 (xo + h) = g2 (xo) +∂g2 (xo)

∂xh1 +

∂g2 (xo)

∂yh2 + r2 (h) .

Como f es diferenciable en g (xo) entonces:

f (g (xo) + k) = f (g (xo)) +∂f (g (xo))

∂g1k1 +

∂f (g (xo))

∂g2k2 + r (k) . (1)

Veamos que (f ◦ g) es diferenciable en xo, y que sus derivadas parciales son:∂ (f ◦ g) (xo)

∂x=

∂f (g (xo))

∂g1

∂g1 (xo)

∂x+

∂f (g (xo))

∂g2

∂g2 (xo)

∂x.

∂ (f ◦ g) (xo)∂y

=∂f (g (xo))

∂g1

∂g1 (xo)

∂y+

∂f (g (xo))

∂g2

∂g2 (xo)

∂y.

Note que la diferencial de (f ◦ g) de existir estaría dada por:

(f ◦ g) (xo +H) = (f ◦ g) (xo) +A1H1 +A2H2 + r∗ (H) . (2)

Siendo H =(H1,H2). Observe que:

(f ◦ g) (xo +H) = f (g (xo +H)) = f (g1 (xo +H) , g2 (xo +H)) .

= f

∙µg1 (xo) +

∂g1 (xo)

∂xH1 +

∂g1 (xo)

∂yH2 + r1 (H)

¶,µ

g2 (xo) +∂g2 (xo)

∂xH1 +

∂g2 (xo)

∂yH2 + r2 (H) .

¶¸= f

∙hg1 (xo) , g2 (xo)i+

¿µ∂g1 (xo)

∂xH1 +

∂g1 (xo)

∂yH2 + r1 (H)

¶,µ

∂g2 (xo)

∂xH1 +

∂g2 (xo)

∂yH2 + r2 (H)

¶À¸.

= f (g (xo) + k) .

Donde k =(k1, k2) está dada por:

k = (k1, k2) .

=

µ∂g1 (xo)

∂xH1 +

∂g1 (xo)

∂yH2 + r1 (H)

¶,

µ∂g2 (xo)

∂xH1 +

∂g2 (xo)

∂yH2 + r2 (H)

¶.


Por tanto al reemplazar k1 y k2 en la ecuación (1) se obtiene:

f (g (xo) + k) = f (g (xo)) +∂f (g (xo))

∂g1k1 +

∂f (g (xo))

∂g2k2 + r (k) .

= f (g (xo)) +∂f (g (xo))

∂g1

µ∂g1 (xo)

∂xH1 +

∂g1 (xo)

∂yH2 + r1 (H)

¶+∂f (g (xo))

∂g2

µ∂g2 (xo)

∂xH1 +

∂g2 (xo)

∂yH2 + r2 (H)

¶+ r (k) .

= f (g (xo)) +∂f (g (xo))

∂g1

∂g1 (xo)

∂xH1 +

∂f (g (xo))

∂g1

∂g1 (xo)

∂yH2 +

∂f (g (xo))

∂g1r1 (H)

+∂f (g (xo))

∂g2

∂g2 (xo)

∂xH1 +

∂f (g (xo))

∂g2

∂g2 (xo)

∂yH2 +

∂f (g (xo))

∂g2r2 (H) + r (k) .

= f (g (xo)) +

µ∂f (g (xo))

∂g1

∂g1 (xo)

∂x+

∂f (g (xo))

∂g2

∂g2 (xo)

∂x

¶H1µ

∂f (g (xo))

∂g1

∂g1 (xo)

∂y+

∂f (g (xo))

∂g2

∂g2 (xo)

∂y

¶H2

+∂f (g (xo))

∂g1r1 (H) +

∂f (g (xo))

∂g2r2 (H) + r (k) . (3)

Comparando las ecuaciones (2) y (3) se tiene que:

A1 =

µ∂f (g (xo))

∂g1

∂g1 (xo)

∂x+

∂f (g (xo))

∂g2

∂g2 (xo)

∂x

¶=

∂ (f ◦ g) (xo)∂x

.

A2 =

µ∂f (g (xo))

∂g1

∂g1 (xo)

∂y+

∂f (g (xo))

∂g2

∂g2 (xo)

∂y

¶=

∂ (f ◦ g) (xo)∂y

.

y el valor de r (H) =∂f (g (xo))

∂g1r1 (H) +

∂f (g (xo))

∂g2r2 (H) + r (k) . Falta probar que:

lımH−→0

r (H)

kHk = 0.

En efecto,

lımH−→0

r (H)

kHk = lımH−→0

µ∂f (g (xo))

∂g1

r1 (H)

kHk +∂f (g (xo))

∂g2

r2 (H)

kHk +r (k)

kHk

¶.

en el cual lımH−→0

r1 (H)

kHk = 0 y lımH−→0

r2 (H)

kHk = 0 ya que g1 y g2 son diferenciables. Ahora

cuandoH −→ 0 en f , como f es diferenciable en g (xo) se tiene que f (g (xo) + k) cuan-

do H −→ 0 entonces k −→ 0 y por tanto lımH−→0

r (k)

kHk = lımk−→0

r (k)

kHk = lımk−→0

r (k)

kkk = 0

puesto que f es diferenciable.

Se concluye entonces que f ◦ g es diferenciable y sus derivadas parciales están dadaspor:

∂ (f ◦ g) (xo)∂x

=∂f (g (xo))

∂g1

∂g1 (xo)

∂x+

∂f (g (xo))

∂g2

∂g2 (xo)

∂x.

∂ (f ◦ g) (xo)∂y

=∂f (g (xo))

∂g1

∂g1 (xo)

∂y+

∂f (g (xo))

∂g2

∂g2 (xo)

∂y.


Ejemplo 153 : Sea z = f (x, y) = x2+3y2 y sea g (t) =¡et, cos (t)

¢calcular

∂ (f ◦ g) (t)∂t

.

Solución: Al aplicar el teorema anterior se consigue que:

∂ (f ◦ g) (t)∂t

=∂f (g (t))

∂g1

∂g1 (t)

∂t+

∂f (g (t))

∂g2

∂g2 (t)

∂t.

=∂f

∂x

∂x

∂t+

∂f (x, y)

∂y

∂y

∂t.

= 2x|g(t) et + 6y|g(t) (−sen (t)) .= 2e2t − 6sen (t) cos (t) .

Otra forma de solucionar este problema es:

(f ◦ g) (t) = f (g (t)) .

= e2t + 3cos2 (t) .

De donde:∂ (f ◦ g) (t)

∂t= 2e2t − 6sen (t) cos (t) .

Ejemplo 154 : Si−→∇f (1, 1) = (2, 4) , −→∇g1 (1, 1, 1) = (2,−3) ,

−→∇g2 (1, 1, 1) = (−5, 4) ,g (1, 1, 1) = (1, 1) . Determine

∂ (f ◦ g) (1, 1, 1)∂x

.


∂ (f ◦ g) (1, 1, 1)∂x

=∂f (g (1, 1, 1))

∂g1

∂g1 (1, 1, 1)

∂x+

∂f (g (1, 1, 1))

∂g2

∂g2 (1, 1, 1)

∂x.

=∂f (1, 1)

∂g1

∂g1 (1, 1, 1)

∂x+

∂f (1, 1)

∂g2

∂g2 (1, 1, 1)

∂x.

=∂f (1, 1)

∂g12 +

∂f (1, 1)

∂g2(−5) .

= (2× 2) + (4× (−5)) . = −16.

Ejemplo 155 : Si w = f (x, y, z) = x2ey3+z2 donde x = uv, y = u2− v2 y z = u3v2.

Calcule∂w

∂u.


∂w

∂u=

∂w

∂x

∂x

∂u+

∂w

∂y

∂y

∂u+

∂w

∂z

∂z

∂u.

= 2xey2+z2

¯x=uv,y=u2−v2,z=u3v2

(v) + 3y2x2ey2+z2


(2u)

+ 2zx2ey2+z2


¡3u2v2

¢.


Ejemplo 156 : Si z = z (x, y), x = x (u, v) , y y = (u, v) . Calcular∂2z

∂u2.

Solución: Note que∂z

∂u=

∂z

∂x

∂x

∂u+

∂z

∂y

∂y

∂u. Ahora al calcular

∂2z

∂u2=

∂

∂u

µ∂z

∂u

¶=

∂

∂u

µ∂z

∂x

∂x

∂u+

∂z

∂y

∂y

∂u

¶=

∂

∂u

µ∂z

∂x

∂x

∂u

¶+

∂

∂u

µ∂z

∂y

∂y

∂u

¶.

=∂z

∂x

∂2x

∂u2+

∂x

∂u

µ∂

∂u

∂z

∂x

¶+

∂z

∂y

∂2y

∂u2+

∂y

∂u

µ∂

∂u

∂z

∂y

¶.

=∂z

∂x

∂2x

∂u2+

∂x

∂u

µ∂2z

∂x2∂x

∂u+

∂2z

∂y∂x

∂y

∂u

¶+

∂z

∂y

∂2y

∂u2+

∂y

∂u

µ∂2z

∂x∂y

∂x

∂u+

∂2z

∂y2∂y

∂u

¶.

Ejercicio 157 : Si z = f (x, y) y (x, y) se pueden escribir en coordenadas polares

como:

(r cos (θ) , rsen (θ)) .

Calcular el Laplaciano de z = f (r cos (θ) , rsen (θ)) .

Definición 158 : Considere a f : U −→ Rm una función definida en el abieto U ⊂ Rn

y sea xo ∈ U , se dice que f es diferenciable en xo si existe una transformación lineal f 0 :

U −→ Rm llamamda derivada de f en xo tal que f (xo + h) = f (xo)+f 0 (xo)h+r (h)

que satisface que:

lımh−→o

r (h)

khk = 0; con h ∈ Rn.

Sea f : U −→ Rm una función definida en el abieto U ⊂ Rn y sea xo ∈ U ,

consideremos a h = tej donde ej = (0, 0, ..., 0, 1, 0, ..., 0) (1 en la posición j) y t ∈ R, tsuficientemente pequeño para que xo + h ∈ U y por lo tanto

f (xo + h) = f (xo) + f 0 (xo)h+ r (h) ,

quedaría escrito de la siguiente manera:

f (xo + tej) = f (xo) + f 0 (xo) tej + r (tej) ,

y por consiguiente:

f 0 (xo) tej = f (xo + tej)− f (xo)− r (tej) ,

de donde:

f 0 (xo) ej =f (xo + tej)− f (xo)− r (tej)

t.

=f (xo + tej)− f (xo)

t− r (tej)

t.


o sea que de igual manera si tomamos límite a ambos lados de la igualdad se consigue

que:

f 0 (xo) ej = lımt−→0

µf (xo + tej)− f (xo)

t− r (tej)

t.

¶.

= lımt−→0

f (xo + tej)− f (xo)

t− lım

t−→0r (tej)

t.

= lımt−→0


t.

Observe que f : U −→ Rm o si lo pudiéramos ver de una mejor manera f : Rn −→ Rm

o sea que toma valores vectoriales y sus imagenes también son vectores, es decir:

(x1, x2, ..., xn) −→ f (x1, x2, ..., xn) = f (xo) = (f1 (xo) , f2 (xo) , ..., fm (xo)) .

donde cada fi : U −→ R. Y por consiguiente

f 0 (xo) ej = lımt−→0


t.

= lımt−→0

(f1 (xo + tej)− f1 (xo) , f2 (xo + tej)− f2 (xo) , ..., fm (xo + tej)− fm (xo))

t

= lımt−→0

µf1 (xo + tej)− f1 (xo)

t,f2 (xo + tej)− f2 (xo)

t, ...,

fm (xo + tej)− fm (xo)

t

¶.

=

µ∂f1 (xo)

∂xj,∂f2 (xo)

∂xj, ...,

∂fm (xo)

∂xj

¶.

En si se consiguió entonces que f 0 (xo) ej es la derivada de f en la dirección del vec-

tor ej , es decir, f 0 (xo) ej representa la j-ésima columna de la matriz que representa

f 0 (xo), que está formada por todas las derivadas parciales de las funciones compo-

nentes de su j-ésima variable. De aquí que se concluye que la matriz que representa a

la transformación lineal f 0 : U −→ Rm es:

f 0 (xo) =

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣

∂f1 (xo)

∂x1

∂f1 (xo)

∂x2...

∂f1 (xo)

∂xn∂f2 (xo)

∂x1

∂f2 (xo)

∂x2...

∂f2 (xo)

∂xn...

......

...∂fm (xo)

∂x1

∂fm (xo)

∂x2...

∂fm (xo)

∂xn

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦m×n

.

Definición 159 : Sea f : U −→ Rm una función definida en el abieto U ⊂ Rn y sea

xo ∈ U , se dice que f es diferenciable en xo si existe una transformación lineal f 0 :

U −→ Rm llamamda derivada de f en xo como se construyó en los pasos anteriores,

la cual es una matriz de orden m× n conocida como matriz Jacobiana de la función


f y se denota por J (f (xo)) , es decir, f 0 (xo) = J (f (xo)) .

f 0 (xo) = J (f (xo)) =

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣

∂f1 (xo)

∂x1

∂f1 (xo)

∂x2...

∂f1 (xo)

∂xn∂f2 (xo)

∂x1

∂f2 (xo)

∂x2...

∂f2 (xo)

∂xn...

......

...∂fm (xo)

∂x1

∂fm (xo)

∂x2...

∂fm (xo)

∂xn

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦m×n

.

Nota 160 : la matriz Jacobiana de una función f : U −→ Rm definida en el abieto

U ⊂ Rn indica la mayor variación de la función f en todas las direcciones componentes

de la función. Además se puede demostrar que la matriz jacobiana de f es un tensor

de primer orden y de peso 2 muy usado en resistencia de materiales y mecánica de los

medios continuos.

Ejemplo 161 : Sea f : R3 −→ R2 tal que f (x, y, z) =¡ye2x, zxy

¢. Determine la

dirivada de f en todo punto.

Solución: De la conclusión anterior se obtiene que:

f 0 (x) = J (f (x)) =

⎡⎢⎣∂f1 (x)

∂x

∂f1 (x)

∂y

∂f1 (x)

∂z∂f2 (x)

∂x

∂f2 (x)

∂y

∂f2 (x)

∂z

⎤⎥⎦ .=

"2ye2x e2x 0

zy zx xy

#2×3

.

Ejemplo 162 : Sea f : R3 −→ R tal que f (x, y, z) = x2y + z2x+ y2z. Determine la

dirivada de f en todo punto.

Solución: De igual manera que en el ejercicio anterior se obtiene que:

J (f (x)) =

∙∂f (x)

∂x

∂f (x)

∂y

∂f (x)

∂z

¸.

=h2xy + z2 x2 + 2yz 2zx+ y2

i.

Ejemplo 163 : Calcule ahora el grad f =−→∇f del mismo ejercicio anterior.

Solución: Co se había desarrollado, el vector gradiente de una función f : Rn −→ Restá dado por:

gradf =−→∇f =

µ∂f (x)

∂x1,∂f (x)

∂x2, ...,

∂f (x)

∂xn

¶.

Por lo tanto:

gradf =−→∇f =

¡2xy + z2, x2 + 2yz, 2zx+ y2

¢.

Que es el mismo resultado encontrado en el Jacobiano de la función f .


Nota 164 : Sea f : U −→ R una función definida en el abieto U ⊂ Rn. Entonces la

derivada de la función f en un punto xo ∈ U , es tal que:

f 0 (xo) = J (f (xo)) = grad f (xo) =−→∇f (xo) .

Ejemplo 165 : Sea f : R3 −→ R4 tal que f (x, y, z) =¡x+ 2y, z − x, x2 − yz, z2 + xy

¢.

Determine la dirivada de f en el punto (1, 1, 1).

Solución: De igual manera que en los ejermplos anteriores se obtiene que:

J (f (x)) =

⎡⎢⎢⎢⎢⎣1 2 0

−1 0 1

2x −z −yy x 2z

⎤⎥⎥⎥⎥⎦4×3

.

Luego:

J (f (1, 1, 1)) =

⎡⎢⎢⎢⎢⎣1 2 0

−1 0 1

2 −1 −11 1 2

⎤⎥⎥⎥⎥⎦4×3

.

Considere ahora una función g : U −→ Rm con U ⊂ Rn un abierto de Rn y

diferenciable en x ∈ U , por tanto existe su derivada por lo concluido anteriormente,

la cual está dada por:

g0 (x) = J (g (x)) =

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣

∂g1 (x)

∂x1

∂g1 (x)

∂x2...

∂g1 (x)

∂xn∂g2 (x)

∂x1

∂g2 (x)

∂x2...

∂g2 (x)

∂xn...

......

...∂gm (x)

∂x1

∂gm (x)

∂x2...

∂gm (x)

∂xn

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦m×n

.

Si f : V −→ Rk con V ⊂ Rm un abierto de Rm y diferenciable en y ∈ V , por tanto

existe su derivada por lo concluido anteriormente, la cual está dada por:

f 0 (y) = J (f (y)) =

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣

∂f1 (y)

∂y1

∂f1 (y)

∂y2...

∂f1 (y)

∂ym∂f2 (y)

∂y1

∂f2 (y)

∂y2...

∂f2 (y)

∂ym...

......

...∂fk (y)

∂y1

∂fk (y)

∂y2...

∂fk (y)

∂ym

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦k×m

.


Por tanto si y =g (x) entonces f ◦ g : U −→ Rk con U ⊂ Rn un abierto de Rn y

diferenciable en x ∈ U , por tanto existe su derivada , la cual está dada por:

(f (g (x)))0 = J (f (g (x))) =

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣

∂f1 (g (x))

∂x1

∂f1 (g (xo))

∂x2...

∂f1 (g (x))

∂xm∂f2 (g (x))

∂x1

∂f2 (g (x))

∂x2...

∂f2 (g (x))

∂xm...

......

...∂fk (g (x))

∂x1

∂fk (g (x))

∂x2...

∂fk (g (x))

∂xm

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦k×m

.

Pero∂fi (g (x))

∂xjdepende de los parámetros gk y no de los parámetros xj por tanto es

necesario aplicar regla de la cadena a cada∂fi (g (x))

∂xj; esto es:

∂fi (g (x))

∂xj=

∂fi (g (x))

∂g

∂g (x)

∂xj=

∂fi (g (x))

∂g1

∂g1 (x)

∂xj+

∂fi (g (x))

∂g2

∂g2 (x)

∂xj+ ...+

∂fi (g (x))

∂gm

∂gm (x)

∂xj.

=mXr=1

∂fi (g (x))

∂gr

∂gr (x)

∂xj.

Que al sustituir en la matriz anterior se obtiene que:

(f (g (x)))0 = J (f (g (x))) =

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣

mXr=1

∂f1(g(x))∂gr

∂gr(x)∂x1

mXr=1

∂f1(g(x))∂gr

∂gr(x)∂x2

...mXr=1

∂f1(g(x))∂gr

∂gr(x)∂xm

mXr=1

∂f2(g(x))∂gr

∂gr(x)∂x1

mXr=1

∂f2(g(x))∂gr

∂gr(x)∂x2

...mXr=1

∂f2(g(x))∂gr

∂gr(x)∂xm

......

......

mXr=1

∂fk(g(x))∂gr

∂gr(x)∂x1

mXr=1

∂fk(g(x))∂gr

∂gr(x)∂x2

...mXr=1

∂fk(g(x))∂gr

∂gr(x)∂xm

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦k×m

.

o lo que es lo mismo, si consideramos a gr = yr para r = 1, 2, ...,m se tiene que∂fk (g (x))

∂gr=

∂fk (y)

∂yr

¯y=g(x)

por lo que f 0 (g (x)) = J (f (g (x))) se escribiría como:

(f (g (x)))0 = J (f (g (x))) =

⎡⎢⎢⎢⎢⎣∂f1(y)∂y1

∂f1(y)∂y2

... ∂f1(y)∂ym

∂f2(y)∂y1

∂f2(y)∂y2

... ∂f2(y)∂ym

......

......

∂fk(y)∂y1

∂fk(y)∂y2

... ∂fk(y)∂ym

⎤⎥⎥⎥⎥⎦y=g(x)

⎡⎢⎢⎢⎢⎣∂g1(x)∂x1

∂g1(x)∂x2

... ∂g1(x)∂xn

∂g2(x)∂x1

∂g2(x)∂x2

... ∂g2(x)∂xn

......

......

∂gm(x)∂x1

∂gm(x)∂x2

... ∂gm(x)∂xn

⎤⎥⎥⎥⎥⎦ .= J (f (y))|g(x) J (g (x)) .

Se ha demostrado por consiguiente el siguiente teorema:


Teorema 166 : Sea g : U −→ Rm una función definida en el abierto U ⊂ Rn,

diferenciable en x ∈ U , y sea f : V −→ Rk una función definida en el abierto V ⊂ Rm

diferenciable en y (U) = g (U) ⊂ V , entonces la función compuesta f ◦ g : U −→ Rk

es diferenciable en x ∈ U y su derivada está dada por:

(f (g (x)))0 = J (f (y))|g(x) J (g (x)) .

Ejemplo 167 : Sea g : R2 −→ R3 una función definida por g (u, v) =¡uv, 5u, v3

¢y sea f : R3 −→ R2 una función definida por f (x, y, z) =

¡3x2 + y2 + z2, 5xyz

¢.

Calcular las derivada de f ◦ g y g ◦ f evaluadas en los puntos (1, 1) para f ◦ g y en(1, 1, 1) para g ◦ f.Solución: Del teorema anterior se tiene que:

(f ◦ g)0 = J (f (y))|g(x) J (g (x)) .

y tenga presente que (f ◦ g) (1, 1) = f (1, 5, 1) = (29, 25) . Así que:

J (f (y))|(1,5,1) =

"6x 2y 2z

5yz 5xz 5xy

#(1,5,1)

.

=

"6 10 2

25 5 25

#

J (g (x))|(1,1) =

⎡⎢⎣ v u

5 0

0 3v2

⎤⎥⎦(1,1)

.

=

⎡⎢⎣ 1 1

5 0

0 3

⎤⎥⎦ .Por tanto:

(f ◦ g)0 = J (f (y))|g(x) J (g (x)) .

=

"6 10 2

25 5 25

#⎡⎢⎣ 1 1

5 0

0 3

⎤⎥⎦ .=

"56 12

50 100

#.


De forma análoga para g ◦ f se consigue que (g ◦ f) (1, 1, 1) = g (5, 5) = (25, 25, 125)

luego:

J (f (y))|(1,1,1) =

"6x 2y 2z

5yz 5xz 5xy

#(1,1,1)

.

=

"6 2 2

5 5 5

#.

J (g (x))|(5,5) =

⎡⎢⎣ v u

5 0

0 3v2

⎤⎥⎦(5,5)

.

=

⎡⎢⎣ 5 5

5 0

0 75

⎤⎥⎦Por lo que:

(g ◦ f)0 = J (g (x))|f(y) J (f (y)) .

=

⎡⎢⎣ 5 5

5 0

0 75

⎤⎥⎦" 6 2 2

5 5 5

#.

=

⎡⎢⎣ 55 35 35

30 10 10

375 375 375

⎤⎥⎦ .2.8. Función implícita.

En funciones de una variable se presentaban funciones en las que era imposible

despejar la variable y en términos de la variable x, por lo que para hallar su derivada

recurriamos a la regla de la cadena, obteniendo por consiguiente la derivada de la

función al despejar ady

dx.

Ejemplo 168 : Considere la función realvaluada dada por ey + lnxy = 2x + 3xy.

Determina la derivada de la función en cualquier punto.


Solución: Usando la regla de la cadena se tenía que:

eydy

dx+1

xy

µxdy

dx+ y

¶= 2x ln 2 + 3

µxdy

dx+ y

¶.

eydy

dx+1

y

dy

dx− 3xdy

dx= 2x ln 2 + 3y − 1

x.

dy

dx

µey +

1

y− 3x

¶= 2x ln 2 + 3y − 1

x.

dy

dx=

2x ln 2 + 3y − 1x

ey + 1y − 3x

.

Mientras que sucedería si tomamosla función antrior como una función de dos variable


f (x, y) = ey + lnxy − 2x − 3xy.

y calculamos el cociente −∂f

∂x∂f

∂y

, esto es:

∂f

∂x=

1

x− 2x ln 2− 3y.

∂f

∂y= ey +

1

y− 3x

Por lo que el cociente

−∂f

∂x∂f

∂y

= −1x − 2x ln 2− 3yey + 1

y − 3x.

=2x ln 2 + 3y − 1

x

ey + 1y − 3x

..

Que es la repuesta obtenida en la parte anterior.

Teorema 169 : (De la función implícita 1era parte) Considere la función z = f (x, y).

Sea (xo, yo) ∈ R2 un punto tal que f (xo, yo) = 0. Suponga que la función f tiene

derivadas parciales continuas en algún conjunto abierto U con centro en (xo, yo) y que∂f

∂y6= 0, entonces f (x, y) = 0 se puede resolver para y en términos de x, es decir, y es

función implicitamente de x, o sea, y = g (x) con dominio en un intervalo abierto que

contiene a xo y es tal que yo = g (xo), la cual tiene derivada continua en un intervalo

abierto que contiene a xo y que está dada por:

y0 = g0 (xo) = −∂f

∂x∂f

∂y

.


La prueba de este teorema es algo larga pero no incomprensible. Para quién le

interese la puede encontrar muy explícita y bién demostrada en el texto “Calculus” de

Tom M. Apostol, Volumen 2.

Ejemplo 170 : Hallar la ecuación de la recta tangente a la curva x2 + y2 − 1 = 0 enel punto

µ1√2,1√2

¶usando el teorema de la función implícita.

Solución: Usando el teorema de la función implícita, consideramos a f (x, y) = x2 +

y2 − 1. Por lo que:

dy

dx= −

∂f

∂x∂f

∂y

= −2x2y= −x

y.

que evaluado en el puntoµ1√2,1√2

¶dá como resultado:

dy

dx

¯³

1√2, 1√

2

´ = −xy

¯³

1√2, 1√

2

´ .= −1.

De donde la ecuación de la recta tangente a la curva en ese punto estría dada por:

y − y1 = m (x− x1)

y −√2

2= −

Ãx−√2

2

!y = −x+

√2.

Considere ahora que se tienen dos funciones u y v la cuales son funciones descritas

implícitamente y que dependen de los los parámetros x y y, es decir, u = u (x, y) y

v = v (x, y) de tal forma que las funciones se pueden expresar en forma de ecuación

como:

f (x, y, u, v) = 0.

g (x, y, u, v) = 0.

Luego si derivamos las ecuaciones parcialmente con respecto al parametro x se obtiene

que:

∂f

∂x+

∂f

∂u

∂u

∂x+

∂f

∂v

∂v

∂x= 0.

∂g

∂x+

∂g

∂u

∂u

∂x+

∂g

∂v

∂v

∂x= 0.


o de mejor manera, si despejamos a −∂f∂x

y a −∂g∂x

, se llaga a que:

∂f

∂u

∂u

∂x+

∂f

∂v

∂v

∂x= −∂f

∂x.

∂g

∂u

∂u

∂x+

∂g

∂v

∂v

∂x= −∂g

∂x.

El cual puede verse como un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas (cuyas

incógnitas son∂u

∂xy

∂v

∂x). Para resolver este sistema de ecuaciones recuerde que es

necesario que el determinante dado por:

det

⎡⎢⎣ ∂f

∂u

∂f

∂v∂g

∂u

∂g

∂v

⎤⎥⎦debe ser diferente de cero, es decir:

det

⎡⎢⎣ ∂f

∂u

∂f

∂v∂g

∂u

∂g

∂v

⎤⎥⎦ 6= 0.Y solucionando por el método de Krammer se tiene que:

∂u

∂x=

det

⎡⎢⎣ −∂f∂x ∂f

∂v

−∂g∂x

∂g

∂v

⎤⎥⎦det

⎡⎢⎣ ∂f

∂u

∂f

∂v∂g

∂u

∂g

∂v

⎤⎥⎦, y

∂v

∂x=

det

⎡⎢⎣ ∂f

∂u−∂f∂x

∂g

∂u−∂g∂x

⎤⎥⎦det

⎡⎢⎣ ∂f

∂u

∂f

∂v∂g

∂u

∂g

∂v

⎤⎥⎦.

Ahora si derivamos las ecuaciones parcialmente con respecto al parametro y se obtiene

que:

∂f

∂y+

∂f

∂u

∂u

∂y+

∂f

∂v

∂v

∂y= 0.

∂g

∂y+

∂g

∂u

∂u

∂y+

∂g

∂v

∂v

∂y= 0.

o de mejor manera, si despejamos a −∂f∂y

y a −∂g∂y

, se llaga a que:

∂f

∂u

∂u

∂y+

∂f

∂v

∂v

∂y= −∂f

∂y.

∂g

∂u

∂u

∂y+

∂g

∂v

∂v

∂y= −∂g

∂y.


El cual puede verse como un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas (cuyas

incógnitas son∂u

∂yy∂v

∂y). De igual manera que con x se llega a que para:

det

⎡⎢⎣ ∂f

∂u

∂f

∂v∂g

∂u

∂g

∂v

⎤⎥⎦ 6= 0.Al solucionar por el método de Krammer el sistema de ecuaciones se tiene que:

∂u

∂y=

det

⎡⎢⎣ −∂f

∂y

∂f

∂v

−∂g∂y

∂g

∂v

⎤⎥⎦det

⎡⎢⎣ ∂f

∂u

∂f

∂v∂g

∂u

∂g

∂v

⎤⎥⎦, y

∂v

∂x=

det

⎡⎢⎣∂f

∂u−∂f∂y

∂g

∂u−∂g∂y

⎤⎥⎦det

⎡⎢⎣ ∂f

∂u

∂f

∂v∂g

∂u

∂g

∂v

⎤⎥⎦.

Introduzcamos una nueva notación para estos valores de los determinantes. Observe

que la matrices son las jacobianas de las fuciones f y g con respecto a los parametros

descritos. Al determinante de cada función lo llamaremos Jacobiano de f y g con

respecto de los parametros, ya sea x y y, ó x y v ó y y u, etcetera. El jacobiano lo

denotaremos por

J

µf, g

u, v

¶= det

⎡⎢⎣ ∂f

∂u

∂f

∂v∂g

∂u

∂g

∂v

⎤⎥⎦ ó∂ (f, g)

∂ (u, v)= det

⎡⎢⎣ ∂f

∂u

∂f

∂v∂g

∂u

∂g

∂v

⎤⎥⎦ .Considerando esta última notación, se puede escribir la derivada implícita de las an-

teriores funciones en términos del jacobiano como:

∂u

∂x= −

∂ (f, g)

∂ (x, v)

∂ (f, g)

∂ (u, v)

,∂v

∂x= −

∂ (f, g)

∂ (u, x)

∂ (f, g)

∂ (u, v)

.

∂u

∂y= −

∂ (f, g)

∂ (y, v)

∂ (f, g)

∂ (u, v)

,∂v

∂y= −

∂ (f, g)

∂ (u, y)

∂ (f, g)

∂ (u, v)

.

Recuerde que

det

⎡⎢⎢⎢⎢⎣−a11 −a12 ... −a1na21 a22 ... a2n...

......

...

an1 an2 ... ann

⎤⎥⎥⎥⎥⎦ = det⎡⎢⎢⎢⎢⎣

a11 a12 ... −a1na21 a22 ... −a2n...

......

...

an1 an2 ... −ann

⎤⎥⎥⎥⎥⎦ = −det⎡⎢⎢⎢⎢⎣

a11 a12 ... a1n

a21 a22 ... a2n...

......

...

an1 an2 ... ann

⎤⎥⎥⎥⎥⎦ .Se ha demostrado sén pér4dida de generalidad el siguiente teorema:


Teorema 171 : (Generalizado de la función implícita) Considere las n funciones:

ui = fi (x1, x2, ..., xm, y1, y2, ..., yn) .

Sea P = (x1, x2, ..., xm, y1, y2, ..., yn) ∈ Rm+n un punto tal que fi (P ) = 0, para i =

1, 2, ..., n. Suponga que en un conjunto abierto de Rm+n con centro en P , las funciones

fi tienen sus m+ n derivadas parciales continuas. Si el jacobiano:

∂ (f1, f2, , fn)

∂ (y1, y2, ..., yn)= det

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣

∂f1∂y1

∂f1∂y2

...∂f1∂yn

∂f2∂y1

∂f2∂y2

...∂f2∂yn

......

......

∂fm∂y1

∂fm∂y2

...∂fm∂yn

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦es no nulo en P , entonces las expresiones fi (x1, x2, ..., xm, y1, y2, ..., yn) = 0 definen

funciones implícitas yi para i = 1, 2, ..., n definidas en un conjunto abierto V de

(x1, x2, ..., xm) las cuales tiene derivadas parciales continuas en V que se pueden cal-

cular como:

∂yi∂xj

= −

∂ (f1, f2, , fn)

∂ (y1, y2, ..., yi−1, xj , yi+1.., yn)∂ (f1, f2, , fn)

∂ (y1, y2, ..., yn)

.

Ejemplo 172 : Considere las expresiones

f (x, y, u, v) = xeu+v + uv − 1 = 0.g (x, y, u, v) = yeu−v − 2uv − 1 = 0.

En el punto P = (1, 1, 0, 0). Observe que f (P ) = g (P ) = 0. Luego:

∂f

∂x= eu+v

∂f

∂y= xeu+v + v

∂f

∂u= xeu+v + v

∂f

∂v= xeu+v + u

∂g

∂x= 0

∂g

∂y= eu−v

∂g

∂u= yeu−v − 2u ∂g

∂v= −yeu−v − 2u

Las cuales son funciones siempre continuas. El jacobiano∂ (f, g)

∂ (u, v)es:

∂ (f, g)

∂ (u, v)= det

⎡⎢⎣ ∂f

∂u

∂f

∂v∂g

∂u

∂g

∂v

⎤⎥⎦= det

"xeu+v + v xeu+v + u

yeu−v − 2u −yeu−v − 2u

#

= det

"1 1

1 −1

#= −2 6= 0.


Luego:

∂u

∂x= −

∂ (f, g)

∂ (x, v)

∂ (f, g)

∂ (u, v)

= −

det

⎡⎢⎣ ∂f

∂x

∂f

∂v∂g

∂x

∂g

∂v

⎤⎥⎦det

⎡⎢⎣ ∂f

∂u

∂f

∂v∂g

∂u

∂g

∂v

⎤⎥⎦

= −det

"eu+v xeu+v + u

0 −yeu−v − 2u

#

det

"xeu+v + v xeu+v + u

yeu−v − 2u −yeu−v − 2u

#

= − ye2u + 2ueu+v

2xye2u + 2 (u− v)xeu+v + (u+ v) yeu−v.

Ejemplo 173 : Considere las expresiones:

f (x, y, u, v, w) = x+ y + u+ v +w = 0.

g (x, y, u, v, w) = x2 − y2 + u2 − 2v2 + w3 + 1 = 0.

h (x, y, u, v, w) = x3 + y3 + u4 − 3v4 + 8w4 + 2 = 0.

Observe que en el punto P = (1,−1, 1,−1, 0) , se tiene que f (P ) = g (P ) = h (P ) = 0.

Todas las derivadas parciales además son continuas y∂ (f, g, h)

∂ (u, v, w)= det

⎡⎢⎣ 1 1 1

2u −4v 2w

4u3 −12v3 32w2

⎤⎥⎦ .Si calculamos por ejemplo

∂v

∂yobtenemos que:

∂v

∂y= −

∂ (f, g, h)

∂ (u, y, w)

∂ (f, g, h)

∂ (u, v, w)

Donde

∂ (f, g, h)

∂ (u, y, w)= det

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎣∂f

∂u

∂f

∂y

∂f

∂w∂g

∂u

∂g

∂y

∂g

∂w∂h

∂u

∂h

∂y

∂h

∂w

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎦ = det⎡⎢⎣ 1 1 1

2u −2y 2w

4u3 3y2 32w2

⎤⎥⎦ .

∂ (f, g, h)

∂ (u, v, w)= det

⎡⎢⎢⎢⎢⎣∂f

∂u

∂f

∂v

∂f

∂w∂g

∂u

∂g

∂v

∂g

∂w∂h

∂u

∂h

∂v

∂h

∂w

⎤⎥⎥⎥⎥⎦ = det⎡⎢⎣ 1 1 1

2u −4v 2w

4u3 −12v3 32w2

⎤⎥⎦


que al evaluar en P = (1,−1, 1,−1, 0) , se tiene que:

∂ (f, g, h)

∂ (u, y, w)(P ) = det

⎡⎢⎣ 1 1 1

2 2 0

4 3 0

⎤⎥⎦ = −2.∂ (f, g, h)

∂ (u, v, w)(P ) = det

⎡⎢⎣ 1 1 1

2 4 0

4 12 0

⎤⎥⎦ = 8Así que:

∂v

∂y= −−2

8=1

4.

Capítulo 3

Máximos y Mínimos.

Definición 174 : Sea f : U −→ R una función definida en el abierto U de Rn. Se

dice que f tiene un máximo o un mínimo loal o relativo en el punto xo ∈ U si:

f (xo) > f (x) (Máximo).

f (xo) < f (x) (Mínimo).

para toda bola abierta B ⊂ U de centro en xo.

Ejemplo 175 : La función f (x, y) = x2 + y2 tiene un mínimo en (0, 0) ya que para

todo (x, y) ∈ B ((0, 0) , r) se satisface que f (0, 0) < f (x, y) .

Ejemplo 176 : La función f (x, y) = 1 − x2 − y2 tiene un máximo en (0, 0) ya que

para todo (x, y) ∈ B ((0, 0) , r) se satisface que f (0, 0) > f (x, y) .

Definición 177 : Sea f : U −→ R una función definida en el abierto U de Rn. Al

punto xo ∈ U en el que todas las derivadas parciales de la función f se anulen se lama

punto crítico o estacionario de la función f .

Definición 178 : Sea f : U −→ R una función definida en el abierto U de Rn. Sea

xo ∈ U , si cualquier bola de centro B (xo, r) es tal que f (x) − f (xo) con x ∈ B es

positiva, y si hay puntos y ∈ B tales que f (y) − f (xo) es negativa, se dirá entonces

que xo ∈ U es un punto de silla o de ensilladura de la función f .

Ejemplo 179 : La función f (x, y) = 1 − x2 − y2 + 3xy tiene un punto de silla en

(0, 0) ya que f (x, 0) = 1−x2 satisface que para todo x > 1, entonces f (0, 0) > f (x, 0)

al igual que f (0, y) = 1− y2 satisface que para todo y > 1, entonces f (0, 0) > f (0, y).

Pero para el camino en R2 dado por y = x = t (las rectas que paen por el origen) se

122

3. Máximos y Mínimos. 123

satisface que:

f (x, y) = 1− x2 − y2 + 3xy.

f (t, t) = 1− t2 − t2 + 3t2.

= 1 + t2.

la cual es positiva para todo y = x = t.

Ejemplo 180 : La función f (x, y) = x2 − y2 tiene un punto de silla en (0, 0) ya que

f (x, 0) = x2 satisface que para todo x 6= 0, entonces f (0, 0) < f (x, 0) al igual que

f (0, y) = −y2 satisface que para todo y 6= 0, entonces f (0, 0) > f (0, y).

Ejemplo 181 : Encuentre en que puntos la función f (x, y) = 2x2 − 3xy2 + y4 tiene

los puntos de silla.

Solución: Observe que la función que allí figura se puede factorizar como:

f (x, y) = 2x2 − 3xy2 + y4.

=¡x− y2

¢ ¡2x− y2

¢.

Y no sobra recordar que al producto de dos elementos a y b es:

ab > 0 si

⎧⎪⎨⎪⎩a > 0 y b > 0.

ó

a < 0 y b < 0.

ab < 0 si

⎧⎪⎨⎪⎩a > 0 y b < 0.

ó

a < 0 y b > 0.

Luego la función f (x, y) =¡x− y2

¢ ¡2x− y2

¢< 0 cuando:

¡x− y2

¢ ¡2x− y2

¢< 0 si

⎧⎪⎨⎪⎩¡x− y2

¢> 0 y

¡2x− y2

¢< 0.

ó¡x− y2

¢< 0 y

¡2x− y2

¢> 0.

esto es:

x > y2 y 2x < y2 lo cual implica que 2x < y2 < x lo cual nunca sucede

ó

x < y2 y 2x > y2 lo cual implica que x < y2 < 2x lo cual sucede para x > 0.

Ahora la función f (x, y) =¡x− y2

¢ ¡2x− y2

¢> 0 cuando:

¡x− y2

¢ ¡2x− y2

¢> 0 si

⎧⎪⎨⎪⎩¡x− y2

¢> 0 y

¡2x− y2

¢> 0.

ó¡x− y2

¢< 0 y

¡2x− y2

¢< 0.


esto es:

x > y2 y 2x > y2 lo cual implica que y2 < x lo cual sucede si x > 0.

ó

x < y2 y 2x < y2 lo cual implica que y2 > 2x lo cual sucede si x > 0.

Por tanto un punto de silla sería (0, 0) ya que en ese punto la función presenta cambios

de signo en ciertas direcciones.

La forma más usual de calcular máximos y mínimos de funciones realvaluadas es

a través de la derivada, la cual indica donde la función tiene pendiente cero. Pero

el criterio fuerte al tomar la decisión si el punto es de máximo o de mínimo, es el

criterio de la segunda derivada. Pero esto solo es cierto en funciones realvaluadas.

Ahora ¿Como se llega a la misma conclusión en funciones de varias variables?. Para

ello usaremos el criterio usado por Taylor para hallar máximos y mínimos.

El criterio consiste en tomar parábolas cuyo vértice se halla en los puntos de máximo

o de mínimo.

Estas parábolas deben ser construidas de tal forma que se garantice que (xo, f (xo))

sea el vértice de la parábola. Note que una de esas parábolas es la parábola dada por:

y = a (x− xo)2 + b (x− xo) + f (xo) .

la cual cumple que pasa por (xo, f (xo)) . Veamos ahora cuanto debe vales b para que

(xo, f (xo)) sea a su vez el vértice. Observe que en el vértice la derivada de la parábola

debe ser cero, por lo tanto:

y0 = 2a (x− xo) + b.

La cual evaluada en xo debe dar cero. Lo que implica que

y0 (xo) = 2a (xo − xo) + b = 0 (*)

Esto es que b = 0. Por lo que la parábola por el momento esta dada por y =

a (x− xo)2 + f (xo) . Veamos cuanto debe valer a para encontrar dicha parábola. De-

pendiendo de como sea el punto (de máximo o mínimo) es la parábola requerida, es


decir, cóncava hacia arriba o cóncava hacia abajo, la cual es indicada por la segunda

derivada de la parábola, así que:

y00 = 2a.

La cual evaluada en xo debe dar la concavidad de la función, es decir, debe dar la

misma concavidad de f en el punto xo, esto es:

y00 = 2a = f 00 (xo) .

Por lo tanto el valor de a es:

a =f 00 (xo)

2.

De donde la ecuación de la parábola estaría dada por:

y =f 00 (xo)

2(x− xo)

2 + f (xo) .

Que es conocida como la fórmula de Taylor simplificada. Si usamos el valor que entrega

b en (*) se obtiene la fórmula general de la fórmula de Taylor dada por:

y =f 00 (xo)

2(x− xo)

2 + f 0 (xo) (x− xo) + f (xo) .

Observe que en los puntos x muy cercanos a xo las gráficas de f (x) y de la párábola

se confunden, es decir, son casi iguales y por lo tanto:

f (x) ≈ f 00 (xo)

2(x− xo)

2 + f 0 (xo) (x− xo) + f (xo) .

de donde existe un pequeño residuo que depende de x− xo tal que cuando x −→ xo

el residuo es cada vez más pequeño. Sea r (x− xo) tal residuo, por lo tanto:

f (x) =f 00 (xo)

2(x− xo)

2 + f 0 (xo) (x− xo) + f (xo) + r (x− xo) .

donde:

lımx−→xo

r (x− xo)

(x− xo)2 = 0.

Luego la función es esas proximidades evaluada en x+ xo es:

f (x+ xo) =f 00 (xo)

2x2 + f 0 (xo)x+ f (xo) + r (x) .

y el límite se convierte en:

lımx−→0

r (x)

x2= 0.

Una fórmula alternativa para juntar af 00 (xo)

2x2 y a r (x) es:

f (x+ xo) =f 00 (ξ)

2x2 + f 0 (xo)x+ f (xo) .


Es decir:f 00 (ξ)

2x2 = r (x) +

f 00 (xo)

2x2 (A)

Para xo < ξ < x+ xo. Función conocida como la fórmula de Taylor de segundo orden

para funciones de la forma y = f (x) .

Una fórmula análoga es la que se necesita para una función en varias variables f :

U −→ R, una función definida en el abierto U de Rn.

Consideremos una función f : U −→ R, definida en el abierto U de Rn y sea x =

(x1, x2, ..., xn) ∈ U , Supogamos que f tiene derivadas parciales de segundo orden, es

decir, esisten las derivadas parciales∂2f

∂xi∂xjpara i, j = 1, 2, ..., n definidas en la bola

abierta B con centro en x.

Consideremos a g : [−1, 1] −→ R, definida por:

g (t) = f (x+ tx) .

Con x un punto de Rn tal que x±x esté dentro de la bola B. Si llamamos ϕ (t) = x+tx,es decir, ϕ : [−1, 1] −→ Rn por lo que g (t) = (f ◦ ϕ) (t) . Observe que:

ϕ (t) = x+ tx =(x1 + tx1, x2 + tx1, ..., xn + txn) ,

donde:

ϕ (0) = (x1, x2, ..., xn) = x,

y que:

g (1) = f (x+ x) y g (0) = f (x) .

Si aplicamos el teorema de Taylor de segundo orden a la función g, tenemos

g (t+ to) =g00 (ξ)

2t2 + g0 (to) t+ g (to) , con to < ξ < t+ to.

Si tomamos a to = 0, luego para t = 1 se obtiene que:

g (1) =g00 (ξ)

2+ g0 (0) + g (0) , con 0 < ξ < 1.

Encontremos quien es g0 (0) y g00 (ξ), ya que se conoce quién es g (1) y g (0).

Para calcular g0 (t) es necesario aplicar la regla de la cadena ya que g (t) = (f ◦ ϕ) (t),por lo tanto:

g0 (t) =d (f ◦ ϕ) (t)

dt.

=∂f (ϕ (t))

∂ϕ1

∂ϕ1∂t

+∂f (ϕ (t))

∂ϕ2

∂ϕ2∂t

+ ...+∂f (ϕ (t))

∂ϕn

∂ϕn∂t

.

=∂f (ϕ (t))

∂x1x1 +

∂f (ϕ (t))

∂x2x2 + ...+

∂f (ϕ (t))

∂xnxn.

=nXi=1

∂f (ϕ (t))

∂xixi.


Como lo que se requiere es a g0 (0), entonces:

g0 (0) =nXi=1

∂f (ϕ (0))

∂xixi =

nXi=1

∂f (x)

∂xixi.

Hallemos ahora a g00 (ξ), esto es g00 (t)|t=ξ , por lo tanto al aplicar nuevamente la reglade la cadena se consigue que:

g00 (t) =d

dt

d (f ◦ ϕ) (t)dt

=d

dt

nXi=1

∂f (ϕ (t))

∂xixi.

=d

dt

µ∂f (ϕ (t))

∂x1x1 +

∂f (ϕ (t))

∂x2x2 + ...+

∂f (ϕ (t))

∂xnxn.

¶.

=d

dt

∂f (ϕ (t))

∂x1x1 +

d

dt

∂f (ϕ (t))

∂x2x2 + ...+

d

dt

∂f (ϕ (t))

∂xnxn.

= x1

µ∂2f (ϕ (t))

∂x21x1 +

∂2f (ϕ (t))

∂x2∂x1x2 + ...+

∂2f (ϕ (t))

∂xn∂x1xn

¶+x2

µ∂2f (ϕ (t))

∂x1∂x2x1 +

∂2f (ϕ (t))

∂x22x2 + ...+

∂2f (ϕ (t))

∂xn∂x2xn

¶+ ...

...+ xn

µ∂2f (ϕ (t))

∂x1∂xnx1 +

∂2f (ϕ (t))

∂x2∂xnx2 + ...+

∂2f (ϕ (t))

∂x2nxn

¶.

Esto es:

g00 (t) = x1

nXn=1

∂2f (ϕ (t))

∂xi∂x1xi + x2

nXn=1

∂2f (ϕ (t))

∂xi∂x2xi + ...+ xn

nXn=1

∂2f (ϕ (t))

∂xi∂xnxi.

=nX

j=1

nXn=1

∂2f (ϕ (t))

∂xi∂xjxixj .

De donde

g00 (ξ) =nX

j=1

nXn=1

∂2f (ϕ (ξ))

∂xi∂x2xixj .

=nX

j=1

nXn=1

∂2f (x+ ξx)

∂xi∂x2xixj . (∗∗)

Así que

g (1) =g00 (ξ)

2+ g0 (0) + g (0) , con 0 < ξ < 1.

se puede escribir como:

f (x+ x) = f (x) +nXi=1

∂f (x)

∂xixi +

1

2

nXj=1

nXi=1

∂2f (x+ ξx)

∂xi∂xjxixj .


Observe que si x es un vector de orden 1×n, A es una matriz de orden n×n entonces:

xAxT = [x1, x2, ..., xn]

⎡⎢⎢⎢⎢⎣a11 a12 ... a1n

a21 a22 ... a2n...

......

...

an1 an2 ... an1

⎤⎥⎥⎥⎥⎦⎡⎢⎢⎢⎢⎣

x1

x2...

xn

⎤⎥⎥⎥⎥⎦ .

=

"nXi=1

ai1xi,nXi=1

ai2xi, ...,nXi=1

ainxi

#⎡⎢⎢⎢⎢⎣x1

x2...

xn

⎤⎥⎥⎥⎥⎦ .

=nXi=1

ai1xix1 +nXi=1

ai2xix2 + ...+nXi=1

ainxixn.

=nX

j=1

nXi=1

aijxixj .

si en (**) tomamos a aij =∂2f (x+ ξx)

∂xi∂xj, y tenemos entonces que la matriz [aij ] se

podría escribir entonces como:

H (x+ ξx) =

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣

∂2f (x+ ξx)

∂x1∂x1

∂2f (x) + ξx

∂x2∂x1...

∂2f (x+ ξx)

∂xn∂x1∂2f (x+ ξx)

∂x1∂x2

∂2f (x+ ξx)

∂x2∂x2...

∂2f (x+ ξx)

∂xn∂x2...

......

...∂2f (x+ ξx)

∂x1∂xn

∂2f (x+ ξx)

∂x2∂xn...

∂2f (x+ ξx)

∂xn∂xn

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦La cual llamaremos Matriz Hessiana de f evaluada en x+ ξx.

Retomando la función (A) ,f 00 (ξ)

2x2 = r (x)+

f 00 (xo)

2x2 consideramos entonces que la

función:f 00 (ξ)

2x2 = x

f 00 (ξ)

2x

en forma vectorial se vería como:

xf 00 (ξ)

2xT = x [H (x+ ξx)]xT .

y por consiguiente para r (x) dada por :

r (x) = x [H (x+ ξx)−H (x)]xT .


Se obtiene quef 00 (xo)

2x2 en forma matricial se escribiría como:

f 00 (xo)

2x2 = x

f 00 (xo)

2x = x

f 00 (x)

2xT .

=1

2

¡x [H (x+ ξx)]xT − x [H (x+ ξx)−H (x)]xT

¢.

=1

2x [H (x)]xT .

Entonces de la función de Taylor de segundo orden se escribiría como:

f (x+ xo) = f (xo) + f 0 (xo)x+f 00 (xo)

2x2 + r (x) .

f (x+ x) = f (x) +nXi=1

∂f (x)

∂xixi +

£xH (x)xT

¤+ r (x) .

= f (x) +−→∇f (x) · x+ 1

2

£xH (x+ ξx)xT

¤.

= f (x) +−→∇f (x) · x+ 1

2

£x [H (x)]xT

¤+ r (x)

Veamos que lımx−→0

r (x)

kxk = 0

Note que xAxT ya que xAxT =Pn

j=1

Pni=1 aijxixj . Por lo tanto

¯xAxT

¯=

¯¯ nXj=1

nXi=1

aijxixj

¯¯ ≤ nX

j=1

nXi=1

|aij | |xixj | .

≤nX

j=1

nXi=1

|aij |¡x21 + x22 + ...+ x2n

¢.

=nX

j=1

nXi=1

|aij | kxk2 .

= kxk2nX

j=1

nXi=1

|aij | .

Como aij =∂2f (x+ ξx)

∂xi∂xJse cumple que:

|r (x)| =¯x [H (x+ ξx)−H (x)]xT

¯≤ kxk2

nXj=1

nXi=1

¯∂2f (x+ ξx)

∂xi∂xj− ∂2f (x+ ξx)

∂xi∂xj

¯.

Si x 6= 0, entonces:

|r (x)|kxk2

≤nX

j=1

nXi=1

¯∂2f (x+ ξx)

∂xi∂xj− ∂2f (x)

∂xi∂xj

¯.


Luego si las derivadas parciales de segundo orden existen y son continuas, entonces al

tomar tomar el límite cuando x −→ 0 entonces lımx−→0

µ∂2f (x+ ξx)

∂xi∂xJ− ∂2f (x)

∂xi∂xJ

¶= 0

por lo tanto:

lımx−→0

r (x)

kxk2= 0.

Con todo lo anterior se ha demostrado el siguiente teorema:

Teorema 182 : (Fórmula de Taylor) Sea f : U −→ R una función definida en el

abierto U de Rn. Sea x ∈ U tal que para todo bola B con centro en x y radio r tal

que para todo x ∈ B y B ⊂ U , además la función f es continua en x al igual que las

derivadas parciales de segundo orden, entonces cumple que:

f (x+ x) = f (x) +−→∇f (x) · x+ 1

2

£x [H (x)]xT

¤+ r (x) .

Donde

lımx−→0

r (x)

kxk2= 0.

Teorema 183 : (Diagonalización de una matriz) Sea A una matriz de orden n × n

simetrica, se dice que la matriz A es diagonalizable si existe una matriz P invertible

tal que P−1AP = Λ donde Λ es la matriz de valores propios de A, entonces si A es

diagonalizable, A diagonaliza como:

PTAP = Λ.

Definición 184 : Sea Q (x) = xAxT con A una matriz cuadrada de orden n× n, se

dice que Q (x) es definida positiva, si para todo x ∈ Rn entonces Q (x) > 0; se dice

que Q (x) es definida negativa, si para todo x ∈ Rn entonces Q (x) < 0.

Teorema 185 : Sea A una matriz cuadrada de orden n × n y Q (x) = xAxT para

todo x ∈ Rn entonces:

1. Si Q (x) es definida positiva entonces los valor propios de A son positivos.

2. Si Q (x) es definida negativa entonces los valor propios de A son negativos.

Teorema 186 : Sea f : U −→ R una función definida en el abierto U de Rn. Sea

x ∈ U un punto crítico de f . Suponga que en una bola abierta B de Rn con centro en

x las derivadas parciales de segundo orden son continua, es decir:

∂2f

∂xi∂xj=

∂2f

∂xj∂xi.

Sea H (x) la matriz hessiana de f en x la cual es simétrica, entonces:

a. Si la forma cuadrática Q (x) = x [H (x)]xT es definida positiva entonces f tiene un


punto de mínimo en x .

b. Si la forma cuadrática Q (x) = x [H (x)]xT es definida negativa entonces f tiene

un punto de máximo en x .

Prueba. : De la fórmula de Taylor se obtuvo que:

f (x+ x) = f (x) +−→∇f (x) · x+ 1

2

£x [H (x)]xT

¤+ r (x) .

Como f tiene un punto crítico en x, entonces−→∇f (x) · x = 0, por lo tanto:

f (x+ x)− f (x) =1

2

£x [H (x)]xT

¤+ r (x) . (1)

Probemos la parte (a) del teorema:

Si f tiene un punto de mínimo en x debemos demostrar que existe una bola abierta B

con centro en x y radio r > 0, tal que para todo x ∈ B se cumple que f (x+ x)−f (x) >0 lo que implicaría que 1

2

£x [H (x)]xT

¤+ r (x) > 0.

Supongamos el antecedente, es decir que Q (x) = x [H (x)]xT es definida positiva,

entonces por el teorema anterior , los valores propios de H (x) son positivos, es decir,

si λ1, λ2, ..., λn, son los valores propios de H (x) entonces cada uno de ellos es positivo,

o sea, λi > 0. Sea t un número real mayor que cero (t > 0) tal que t < λi para todo

i = 1, 2, ...n, luego λi − t > 0, que son los valores propios de la matriz:

H (x)− tI.

Ya que:

(H (x)− tI)x = H (x)x− tIx.

= Λx− tx.

= (Λ− tI)x.

Es decir que λi− t son efectivamente los vaores propios de la matriz H (x)− tI. Como

λi − t > 0,entonces x [H (x)− tI]xT es definida positiva, por loque:

x [H (x)− tI]xT > 0.

para todo x ∈ B x 6= 0, por tanto:

x [H (x)− tI]xT = xH (x)xT − txIxT = xH (x)xT − txxT .

= xH (x)xT − t kxk2 > 0.

Esto es:

xH (x)xT > t kxk2 .


Por el teorema de Taylo se tiene que lımx−→0

r (x)

kxk2= 0 luego por la definición de limite

se tiene que:

Dado t > 0 existe un δ > 0 tal que para todo x tal que kx− xk < δ entonces¯r (x)

kxk2

¯< t es decir que |r (x)| < t kxk2 luego xH (x)xT > t kxk2 > |r (x)| > − |r (x)|

lo que implica que:1

2

£x [H (x)]xT

¤+ r (x) > 0.

Lo que implica que en (1):

f (x+ x)− f (x) > 0.

Esto es f tiene un punto de mínimo en x.

La demostración de (b) es análoga a la de (a) a diferencia que se toma F (x) = −f (x) .

Corollary 187 :(Del teorema espectral): Sea A una matriz de orden n × n, y sea

x ∈ Rn tal que xAxT es la forma cuadrática de A, entonces xAxT es definida pos-

itiva si el determinante de las matrices angulares de A son positivas y si xAxT es

definida negativa si el determinante de las matrices angulares de A tienen los signos

intercalados.

Nota 188 : Sea A una matriz de orden n×n, se dice que Ai es una submatriz angu-

lar si esta matriz es parte de la matriz A, es cuadrada ella se contruye a partir de la

primera filay primera columna sin saltar fila ni columna, así: Si A =

⎡⎢⎢⎢⎢⎣a11 a12 ... a1n

a21 a22 ... a2n...

......

...

an1 an2 ... an1

⎤⎥⎥⎥⎥⎦entonces las submatrices angulares de A son: A1 = [a11] , A2 =

"a11 a12

a21 a22

#,

A3 =

⎡⎢⎣ a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

⎤⎥⎦ , ....Por lo tanto si f : U −→ R, es una función definida en el abierto U ⊂ Rn y x es un

punto crítico de la función f se tiene que:

1. x es un punto mínimo si x [H (x)]xT > 0 ó también por el corolario anterior, si el

determinante de las submatrices angulares de H (x) son positivas

2. x es un punto maximo si x [H (x)]xT < 0 ó también por el corolario anterior, si el

determinante de las submatrices angulares de H (x) tienen signos intercambiados.

Como un caso particular, sea f : U −→ R, es una función definida en el abiertoU ⊂ Rn y sea x = (x, y) un punto crítico de la función f se tiene que:


1. f (x, y) ≤ f (x, y) (En el caso en que sea x un punto de máximo).

2. f (x, y) ≥ f (x, y) (En el caso en que sea x un punto de mínimo).

Entonces si las derivadas de segundo orden son continuas, es decir,∂2f

∂x2,∂2f

∂y2,∂2f

∂x∂y,∂2f

∂y∂xson

continuas entonces:

a).∂2f

∂x∂y=

∂2f

∂y∂xy además:H (x) = H (x, y) =

⎡⎢⎢⎣∂2f

∂x2∂2f

∂x∂y∂2f

∂y∂x

∂2f

∂y2

⎤⎥⎥⎦ es simérica.b) La forma cuadrática x [H (x)]xT es positiva si los valores propios de H (x, y) son

positivos, y la forma cuadrática x [H (x)]xT es negativa si los valores propios de

H (x, y) son negativos., es decir: Si H (x, y) =

"A B

B C

#entonces los valores propios

de H (x, y) están dados por:

P (λ) = det (H − λI) = det

"A− λ B

B C − λ

#= 0.

Esto es:

(A− λ) (C − λ)−B2 = 0.

λ2 − (A+ C)λ+AC −B2 = 0.

Se sabe que el anterior polinomio factoriza de tal manera que (λ− λ1) (λ− λ2) = 0

donde λ1 + λ2 = (A+ C) y λ1λ2 = AC −B2.Note que si el punto (x, y) es de mínimo

entonces λ1 y λ2 deben ser mayores que cero y esto se logra si AC −B2 > 0 ó mejor

B2 − AC < 0 y a su vez A y C son positivos. Ahora si el punto (x, y) es de máximo

entonces λ1 y λ2 deben ser menores que cero y esto se logra si AC −B2 > 0 ó mejor

B2 − AC < 0 y a su vez A y C son negativos. Ahora si los volores propios son tales

que λ1 > 0 y λ2 < 0, entonces B2 −AC > 0 y el punto (x, y) es de silla. Y si λ1 = 0 ó

λ2 = 0, entonces no se puede afirmar nada.

Con todo lo anterior se ha demostrado el siguiente teorema:

Teorema 189 : Sea f : U −→ R, una función definida en el abierto U ⊂ Rn y sea

x = (x, y) un punto crítico de la función f y se tiene que las derivadas de segundo

orden son continuas, es decir,∂2f

∂x2,∂2f

∂y2,∂2f

∂x∂y,∂2f

∂y∂xson continuas entonces:

a)∂2f

∂x∂y=

∂2f

∂y∂xy además:H (x) = H (x, y) =

⎡⎢⎢⎣∂2f

∂x2∂2f

∂x∂y∂2f

∂y∂x

∂2f

∂y2

⎤⎥⎥⎦ ="

A B

B C

#es

simérica.

b) (i) Si B2 −AC < 0 y a su vez A > 0 y C > 0 entonces en (x, y) hay un punto de


mínimo.

(ii) Si B2 − AC < 0 y a su vez A < 0 y C < 0 entonces en (x, y) hay un punto de

máximo.

(iii) Si B2 −AC > 0 entonces en (x, y) hay un punto de Silla.

(iv) Si B2 −AC = 0 entonces no se sabe que clase de punto es (x, y).

Ejemplo 190 : Hallar los puntos críticos de la función f (x, y, z, u) = x+y

x+z

y+u

z+1

uy diga que clase de puntos son.

Solución: Por la definición de punto crítico, éste se halla donde todas las derivadas

parciales se anulen, esto es:

∂f

∂x= 1− y

x2= 0. y = x2.

∂f

∂y=

1

x− z

y2= 0. z = x3.

∂f

∂z=

1

y− u

z2= 0. u = x4.

∂f

∂u=

1

z− 1

u2= 0.

1

x3− 1

x8= 0.

Este último quedaría así: x8 − x3 = 0 o mejor aún

x3¡x5 − 1

¢= x3 (x− 1)

¡x4 + x3 + x2 + x+ 1

¢= 0

De donde x = 0 ó x = 1. De donde los puntos críticos son (1,1,1,1) y (0,0,0,0).

Calculemos ahora el Hessiano de la función, esto es:

H (x, y, z, u) =

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣

∂2f

∂x2∂2f

∂x∂y

∂2f

∂x∂z

∂2f

∂x∂u∂2f

∂y∂x

∂2f

∂y2∂2f

∂y∂z

∂2f

∂y∂u∂2f

∂z∂x

∂2f

∂z∂y

∂2f

∂z2∂2f

∂z∂u∂2f

∂u∂x

∂2f

∂u∂y

∂2f

∂u∂z

∂2f

∂u2

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦

=

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣

2y

x3−1x2

0 0

−1x2

2z

y3−1y2

0

0−1y2

2u

z3−1z2

0 0−1z2

2

u3

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦(1,1,1,1)

=

⎡⎢⎢⎢⎢⎣2 −1 0 0

−1 2 −1 0

0 −1 2 −10 0 −1 2

⎤⎥⎥⎥⎥⎦ .


Usando el corolario al teorema espectral, los determinantes de las submatrices angu-

lares estan dadas por:

det (A1) = 2.

det (A2) =

"2 −1−1 2

#= 3.

det (A3) =

⎡⎢⎣ 2 −1 0

−1 2 −10 −1 2

⎤⎥⎦ = 6− 2 + 0 = 4.

det (A4) =

⎡⎢⎢⎢⎢⎣2 −1 0 0

−1 2 −1 0

0 −1 2 −10 0 −1 2

⎤⎥⎥⎥⎥⎦ = 1.Por lo tanto (1, 1, 1, 1, 5) es un punto de míniomo.

Ejemplo 191 : Se desea construir una caja que contenga un volumen de 1000 cm3,Pero el costo de la caja varía en las paredes laterales las cuales tienen un costo de $2

por unidad cuadrada, mientras que la tapa y la base tienen un costo de $3 por unidad

cuadrada. Hallar las dimensiones de la caja que hacen mínimos los costos y lo costos

mínimos.

Solución: Cada pared lateral tiene un costo de $2 por unidad cuadrada osea que cada

pared tiene un costo total de 2(2xz), 2(2yz), mientras que la tapa y la base tienen un

costo de 3(2xy) por lo tanto el costo total es de: C (x, y, z) = 4xz + 4yz + 6xy.Como

el volumen de la caja es de 1000 cm3 entonces se tiene que 1000 = V = xyz. Por

tanto si despejamos a x obtenemos que x =1000

yzluego si sustituimos en la ecuación

de costos se obtiene que:

C (y, z) =4000

y+ 4yz +

6000

z.


Para hallar máximos y mínimos debemos encontrar donde las derivadas parciales de

la función C se anulan, esto es:

∂C

∂y= −4000

y2+ 4z = 0.

∂C

∂z= −6000

z2+ 4y = 0.

Despejando y en terminos de z en la derivada parcial con respecto a z se tiene que:

y =1500

z2,

y sustituyendo en la derivada parcial con respecto a y se tiene que:

− 4000µ1500

z2

¶2 + 4z = 0.

− 1000z4

2250000+ z = 0.

De donde al factorizar se llega a que:

z

µz3

2250− 1¶

= 0.

z

µz

3√2250

− 1¶Ãµ

z3√2250

¶2+

z3√2250

+ 1

!= 0.

O mejor z = 0 o z = 3√2250. Obsrve que z debe ser diferente de cero, por lo que

z = 3√2250, de donde y =

1500¡3√2250

¢2 = 1500 3√2250

2250=2 3√2250

3, y

x =1000

yz=

1000

2 3√2250

33√2250

=3000 3

√2250

2 (2250)= 2

3√2250.

Veamo si el punto es de mínimo, para ello calculamos el determinante de las subma-


trices angulares de la matriz Hessiana de C,esto es:

H (C) =

⎡⎢⎣ 8000

y34

412000

z3

⎤⎥⎦⎛⎝2 3√2250

3, 3√2250

⎞⎠.

=

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎣8000Ã

2 3√2250

3

!3 4

412000¡3√2250

¢3

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎦ .

=

⎡⎢⎣ 27000

22504

412000

2250

⎤⎥⎦ =⎡⎣ 12 4

416

3

⎤⎦De donde:

detA1 = 12, detA2 = 48.

Por lo que el punto es de mínimo y su costo mínimo es entonces:

C (x, y, z) = 4xz + 4yz + 6xy.

= 4³23√2250

´3√2250 + 4

Ã2 3√2250

3

!3√2250 + 6

³23√2250

´Ã2 3√2250

3

!.

=44

3

³3√2250

´2.

3.1. Multiplicadores de Lagrange.

Supongamos que se desea encontrar los extremos relativos de la función z = f (x, y),

cuando nos movemos sobre un conjunto de puntos (x, y) del plano xy, la cual puede

ser una curva sobre el plano xy, es decir, se desea encontrar los extremos relativos de

la función z = f (x, y) cuando (x, y) son los puntos del plano que pertenecen a la curva

g (x, y) = 0.

supongamos ahora que z = f (x, y) cuando (x, y) se mueve sobre la curva g (x, y) =

0 logra uno de sus extremos en el punto (x, y) (supongamos que es de máximo) y

consideremos la curva de nivel f (x, y) = f (x, y), es decir, si consideramos la curva:

L =©(x, y) ∈ R2/f (x, y) = f (x, y)

ª.


Entonces la curva L y g (x, y) = 0 tienen al menos el punto común (x, y) ¿Como es la

curva L con respecto a la curva g (x, y) = 0 en los alrededores de (x, y)?

La curva de nivel separa sobre cualquier curva los puntos (x, y) tales que f (x, y) >

f (x, y) y los puntos (x, y) tales que f (x, y) < f (x, y), entonces si en (x, y) trazamos

una bola abierta B ((x, y) , r > 0) , acontece que para z = f (x, y) los valores de (x, y) ∈(B ((x, y) , r > 0) ∩ g (x, y) = 0) , son tales que f (x, y) > f (x, y) y f (x, y) < f (x, y) .

Pero como (x, y) es un punto crítico de la función (máximo), entonces debe suceder

solo que para todo (x, y) ∈ (B ((x, y) , r > 0) ∩ g (x, y) = 0) entonces f (x, y) < f (x, y).

Por lo tanto las curvas de nivel no pueden ser como se muestra en la gráfica anterior

Se ve entonces que si la curva de nivel es tal que tiene que tener un punto común (x, y)

con g (x, y) = 0 y no puede ser secante con g (x, y) = 0, entonces solo queda la opción

de que L sea tangente a la curva g (x, y) = 0, por lo menos para garantizar que en la

bola B ((x, y) , r > 0) ∩ g (x, y) = 0, hayan puntos tales que f (x, y) < f (x, y) .

Ya que en (x, y) el gradiente de f (x, y) es ortogonal a la curva L, garantizado entonces

que en la intersección B ((x, y) , r > 0)∩g (x, y) = 0, no existan puntos (x, y) tales que


f (x, y) > f (x, y), por tanto para todo (x, y) ∈ B ((x, y) , r > 0) ∩ g (x, y) = 0,se

presenta que f (x, y) < f (x, y).

Note que si llamamos u = g (x, y), entonces grad (u) = grad (g (x, y)) es un vector

ortogonal a la curva g (x, y) = 0 y por tanto grad (g (x, y)) es un vector ortogonal a la

curva g (x, y) = 0 en (x, y) .

De donde−→∇f (x, y) y −→∇g (x, y) son paralelos y por consiguiente existe un escalar λ

tal que:−→∇f (x, y) = λ

−→∇g (x, y) .

Al valor λ que satisfaga que−→∇f (x, y) = λ

−→∇g (x, y) se le llama multiplicador deLagrange.

Note que−→∇f (x, y) = λ

−→∇g (x, y) satisface que:−→∇f (x, y) = λ

−→∇g (x, y) .µ∂f (x, y)

∂x,∂f (x, y)

∂y

¶= λ

µ∂g (x, y)

∂x,

∂g (x, y)

∂y

¶.

Que por igualdad de vectores se obtiene que:

∂f (x, y)

∂x= λ

∂g (x, y)

∂x.

∂f (x, y)

∂y= λ

∂g (x, y)

∂y.

Esta forma se consigue construyendo con f y g, la función F (x, y, λ) = f (x, y) −λg (x, y) la cual tiene sus puntos críticos donde

∂F

∂x= 0,

∂F

∂y= 0 y

∂F

∂λ= 0, ya que

∂F

∂x= 0 está dada por

∂F

∂x=

∂f

∂x− λ

∂g

∂x= 0 lo que implica que

∂f

∂x= λ

∂g

∂x;∂F

∂y= 0

está dada por∂F

∂y=

∂f

∂y− λ

∂g

∂y= 0 lo que implica que

∂f

∂y= λ

∂g

∂yy∂F

∂λ= 0 está

dada por∂F

∂λ= −g (x, y) = 0, esto es g (x, y) = 0.

Ejemplo 192 : Hallar los extremos de la función f (x, y) = x2y, si (x, y) se encuentra

en la elipse 2x2 + y2 = 3.

Solución: Construimos entonces la función F (x, y, λ) = f (x, y) − λg (x, y) donde

g (x, y) = 2x2 + y2 − 3 por lo que F (x, y, λ) = x2y − λ¡2x2 + y2 − 3

¢= x2y − 2x2λ−

y2λ+ 3λ. Luego:

∂F

∂x= 2xy − 4xλ = 0. (1)

∂F

∂y= x2 − 2yλ = 0. (2)

∂F

∂λ= −2x2 − y2 + 3 = 0. (3)


De donde en (1):

x = 0 ó 2y − 4λ = 0, esto es y = 2λ.

y al su vez si se sustituye en (2) se consigue que:

2yλ = 0, ∴ y = 0 ó λ = 0 ó x2 − 4λ2 = 0 o sea x = ±2λ.

Observe que x = 0 y y = 0 no satisface la ecuación (3). De donde se toma entonces el

caso en que: x = ±2λ y y = 2λ con lo cual se consigue que al sustituir en (3):

−8λ2 − 4λ2 + 3 = 0.

1− 4λ2 = 0.

Esto es 1− 2λ = 0 ó 1+2λ = 0 de donde λ =1

2ó λ = −1

2. De donde los extremos

se logran en:

(1, 1); (−1, 1) ; (1,−1) ; (−1,−1) .

Para saber donde se encuentran los máximos y mínimos relativos, se calcula el Hes-

siano de la función F (x, y, λ) .

Ejemplo 193 :La fución de producción de cierto artículo está dada por:

Q (K,L) = 1803√KL2.

Donde K es la cantidaad de materia prima y L es la cantidad de horas de trabajo

para la producción del artículo. Si el costo por unidad de materia prima es de $3 y el

costo por hora de trabajo es de $2. Halar la pruducción máxima cuando se invierte en

producción $1500.

Solución: Se construye la función de costo dada por C (K,L) = 3K + 2L = 1500 de

donde g (K,L) = 3K+2L−1500 por lo que F (K,L, λ) = 1803√KL2−λ (3K + 2L− 1500) .

Por lo tanto para hallar la producción máxima es necesario calcular los valores donde

las derivadas de la función se anulan, esto es:

∂F

∂K=

60L2

3√K2L4

− 3λ = 0.

∂F

∂L=

120LK3√K2L4

− 2λ = 0.

∂F

∂λ= −3K − 2L+ 1500 = 0.

O mejor aún:

∂F

∂K=

20L3√K2L

− λ = 0. (1)

∂F

∂L=

60K3√K2L

− λ = 0. (2)

∂F

∂λ= −3K − 2L+ 1500 = 0. (3)


Luego al igualar λ en (1) y (2) se obtiene que L = 3K que al sustituir en (3) nos dá

que:−3K − 2 (3K) + 1500 = 0.

9K = 1500.

K = 5003 ,

y por consiguiente L = 500. Luego la producción máxima (hay que probar que efecti-

vamente es máxima la producción) es:

Q

µ500

3, 500

¶= 180

3

r500

35002 = 30000

3√9.

Ejemplo 194 : Se desea construir una caja rectángular de volumen 1000 cm3 dondeel costo de las paredes laterales es de $2 por unidad de área y la tapa y la basetienen un

costo de $3 por unidad de área. Hallar las dimensiones de la caja que hacen mínimos

los costos de construcción.

Solución:

Los costos según lo descritto estarían dados por:

C (x, y, z) = 2 (2xz) + 2 (2yz) + 3 (2xy) .

= 4xz + 4yz + 6xy.

Como la caja tiene un volumen V = xyz = 1000, entonces g (x, y, z) = xyz − 1000,luego:

F (x, y, z, λ) = 4xz + 4yz + 6xy − λ (xyz − 1000) .

Siguiendo con lo mismo que se hizo en los problemas anteriores, se obtiene que:

∂F

∂x= 4z + 6y − λyz = 0.

∂F

∂y= 4z + 6x− λxz = 0.

∂F

∂z= 4x+ 4y − λxy = 0

∂F

∂λ= −xyz + 1000 = 0.


de donde λ =4

y+6

z=4

x+6

z=4

y+4

xen las tres ecuaciones donde figura λ,

observandose que:

x = y y z =3

2y.

que sustituyendo en la ecuación∂F

∂λse obtiene que:

3

2y3 = 1000 de donde:

y = x =10

33√18.

z = 53√18.

Por lo que el costo mínimo (hay que probar que efectivamente es de mínimo) es:

C

µ10

33√18,

10

33√18, 5

3√18

¶= 4

10

33√185

3√18 + 4

10

33√185

3√18 + 6

10

33√1810

33√18.

=200

3

³3√18´2+200

3

³3√18´2+200

3

³3√18´2

.

= 200³

3√18´2

.

Ejemplo 195 : La función de demanda de cierto artículo esta dada por D (x, y, z) =xyz donde x, y, z es el número de artículos producidos por la empresa de la misma

especie pero de diferente estilo. La empresa no puede producir más de 2000 artículos

en la semana de los tres estilos y del estilo más vendido debe producir 100 menos que la

suma de los otros dos estilos. Halar el número de artículos producidos que incrementa

más la demanda.

Solución: De las hipótesis dadas se construye que x+y+ z ≤ 2000 y x+y = z+100.

Obteniendose así dos retricciones g1 (x, y, z) = x + y + z − 2000 y g2 (x, y, z) =

x+ y − z − 100. Y como D (x, y, z) = xyz entonces:

F (x, y, z, λ) = xyz − λ1 (x+ y + z − 2000)− λ2 (x+ y − z − 100) .

Siguiendo con lo mismo que se hizo en los problemas anteriores, se obtiene que:

∂F

∂x= yz − λ1 − λ2 = 0. (1)

∂F

∂y= xz − λ1 − λ2 = 0. (2)

∂F

∂z= xy − λ1 + λ2 = 0. (3)

∂F

∂λ1= −x− y − z + 2000 = 0. (4)

∂F

∂λ2= −x− y + z + 100 = 0. (5)

De la suma de (1) y (2) se consigue que x = y ó z = 0. De la suma de (1) y (3) se

consigue que 2λ1 = y (x+ z) y de la suma de (2) y (3) se consigue que 2λ1 = x (y + z).


Igualando estas dos últimas ecuaciones se llega nuevamente a que x = y ó z = 0.

Ahora de la resta de (1) y (3) se consigue que 2λ2 = y (z − x) y de la resta de (2) y

(3) se consigue que 2λ2 = x (z − y). Igualando estas dos últimas ecuaciones se llega

nuevamente a que x = y ó z = 0. Si z = 0 no obtendríamos demanda alguna, por lo

que consideraremos una solución no apta para nuestro problema, así que tomamos el

caso en que x = y, luego al sustituir en las ecuaciones (4) y (5) se consigue que:

−2y − z + 2000 = 0. (6)

−2y + z + 100 = 0. (7)

Sumando (6) y (7) se obtiene que 4y = 2100 esto es y = x = 525 y por consiguiente

z = 950. Así que la demanda máxima se logra en D (525, 525, 950) = 525×525×950 =261843750. (Habría que verificar que este punto es efectivamente de máximo).

Capítulo 4

Integrales Multiples.

4.1. Integrales dobles.

Comencemos por definir que es un rectángulo en Rn el cual denotaremos por Q.

Se define el rectánguloQ enRn como el producto cartesiano de dos intervalos I1, I2, ..., In,

es decir:

Q = I1 × I2 × ...× In = {(x1, x2, ..., xn) ∈ Rn/x1 ∈ I1, x2 ∈ I2, ...., xn ∈ In} .

Note que I1, I2, ..., In, pueden ser todos intervalos abiertos o cerrados o semiabietos.

Decimos que un rectángulo Q es abierto si Qa = (a1, b1) × (a2, b2) × ... × (an, bn) ydecimos Q es un rectángulo cerrado si Qc = [a1, b1]× [a2, b2]× ...× [an, bn] .Recuerde que una partición del intervalo I = (a, b) ⊂ R es un conjunto de puntos talesque:

a = xo < x1 < x2 < ... < xn = b.

Si Q = (a, b) × (c, d) =©(x, y) ∈ R2/x ∈ (a, b) ∧ y ∈ (c, d)

ªy existen particiones

a = xo < x1 < x2 < ... < xn = b del intervalo (a, b) y c = yo < y1 < y2 < ... <

ym = d del intervalo (c, d), entonces el rectángulo Q posee una partición P de m× n

144

4. Integrales Multiples. 145

subrectángulos.

Donde un subretángulo en R2 estaría dado por

Analogamente una partición en R3 se vería como Q = (a, b) × (c, d) × (e, f) =©(x, y, z) ∈ R3/x ∈ (a, b) , y ∈ (c, d) , z ∈ (e, f)

ªy existen particiones a = xo < x1 <

x2 < ... < xn = b del intervalo (a, b) y c = yo < y1 < y2 < ... < ym = d y

e = zo < z1 < z2 < ... < zr = f del intervalo (e, f), entonces el rectángulo Q posee


una partición P de m× n× r subrectángulos.

Donde un subrectángulo se vería como:

Llamaremos Cij al punto en el rectangulo Q dado en R2 como:

Cij = (x, y) .

Mientras que en el rectanguloQ dado en R3 llamaremos Cijk al punto del subrectángulo

como:

Cijk = (x, y, z)

Definición 196 : Sea f : Q −→ R una función definida en el rectángulo Q ⊂ Rn. Se

dice que f es una función escalonada, si hay una partición P de Q en m1×m2×...×mn


subrectángulos Qi1i2...in con 1 < ik < mj y 1 < j < n de modo que la función f

restringida al interior de cada subrectángulo sea una función constante, es decir, para

todo Ci1i2...in ∈ (xi1−1, xi1)× (xi2−1, xi2)× ...× (xin−1, xin) se tiene que:

f (Ci1i2...in) = ki1i2...in .

es constante.

Definición 197 : Sea f : Q −→ R una función definida en el rectángulo Q ⊂Rn y escalonada. Digamos que Q está partida en m1 × m2 × ... × mn subrectángu-

los Qi1i2...in con 1 < ik < mj y 1 < j < n, donde Qi1i2...in = (xi1−1, xi1) ×(xi2−1, xi2) × ... × (xin−1, xin) y tal que fi1i2...in = f |Qi1i2...in

. Se define la integral

doble de f (x1, x2, ..., xn) en el rectángulo Q y la denotaremos por:Z Z...

ZQf o

Z Z...

ZQf (x1, x2, ..., xn) dx1dx2...dxn.

al valor:Z...

ZQf (x1, ..., xn) dx1...dxn =

m1Xi1=1

m2Xi2=1

...mnXin=1

f (Ci1i2...in) (xi1−1, xi1) (xi2−1, xi2) ... (xin−1, xin) .

Graficamente en R3 se vería como:

Observe que el volumen del hexaedro que se forma con base Qij y altura f (cij) , tiene

volumen igual a:

Vij = kij (xi − xi−1) (yj − yj−1) = f (cij) (xi − xi−1) (yj − yj−1) .


Teorema 198 : Sean f, g : Q −→ R funciones definidas en el rectángulo Q ⊂ Rn y

escalonadas.

a) Si α y β son números reales cualquiera entonces:Z...

ZQ(αf (x1, ..., xn) + βg (x1, ..., xn)) dx1...dxn.

= α

Z...

ZQf (x1, ..., xn) dx1...dxn + β

Z...

ZQg (x1, ..., xn) dx1...dxn.

Es decir, la integral multiple es una transformación lineal.

b) Si f (x1, ..., xn) ≥ g (x1, ..., xn) para todo (x1, ..., xn) ∈ Q entoncesZ...

ZQf (x1, ..., xn) dx1...dxn ≥

Z...

ZQg (x1, ..., xn) dx1...dxn.

c) Si el rectángulo está dividido en subrectángulos Q1, Q2, ...,Qs, tales que

Q = Q1 ∪Q2 ∪ ... ∪Qs

entonces:Z...

ZQf (x1, ..., xn) dx1...dxn =

Z...

ZQ1

f (x1, ..., xn) dx1...dxn+...+

Z...

ZQs

f (x1, ..., xn) dx1...dxn.

La prueba del anterior teorema es inmediata a partir de la definición. Idee usted

mismo una forma de demostrar el teorema.

Definición 199 : Sea f : Q −→ R una función definida en el rectángulo Q ⊂ Rn

acotada, es decir, existe un M ∈ R tal que para todo (x1, ..., xn) ∈ Q |f (x1, ..., xn)| ≤M . Si hay un valor I único, real de modo que :Z

...

ZQϕ (x1, ..., xn) dx1...dxn ≤ I ≤

Z...

ZQψ (x1, ..., xn) dx1...dxn.

Para todas las funciones escalonadas ϕ,ψ : Q −→ R una definidas en Q ⊂ Rn tales

que para todo (x1, ..., xn) ∈ Q :

ϕ (x1, ..., xn) ≤ f (x1, ..., xn) ≤ ψ (x1, ..., xn) .

Se dirá entonces que f (x1, ..., xn) es integrable en Q y y el valor de su integral es:

I =

Z...

ZQf (x1, ..., xn) dx1...dxn.

Observe que si ϕ,ψ son funciones escalonadas tales que ϕ (x1, ..., xn) ≤ f (x1, ..., xn) ≤ψ (x1, ..., xn) para todo (x1, ..., xn) ∈ Q entonces si fijamos un x1,es decir, si asum-

imos a x1 como constante entonces ϕ,ψ dependen solo de las demás xn−1 variables,


Como ϕ y ψ son escalonadas, luego ellas son integrables en el intervalo (a1, b1) donde

Q = (a1, b1)× (a2, b2)× ...× (an, bn) ,es decir:R b1a1

ϕ (x1, ..., xn) dx1...dxn ≤R b1a1

f (x1, ..., xn) dx1...dxn ≤R b1a1

ψ (x1, ..., xn) dx1...dxn.R b1a1

ϕ (x1, ..., xn) dx1...dxn ≤ f1 (x2, ..., xn) ≤R b1a1

ψ (x1, ..., xn) dx1...dxn.

De igual manera la función g1 (x2, ..., xn) es una función acotada (por la definición

de función acotada) e integrable en el intervalo (a2, b2) y comoR b1a1

ϕ (x1, ..., xn) dx1 =

ϕ1 (x2, ..., xn) yR b1a1

ψ (x1, ..., xn) dx1...dxn = ψ1 (x2, ..., xn) y ϕ,ψ son funciones escalon-

adas, entonces son integrables en el intervalo (a2, b2), es decir:Z b2

a2

ϕ1 (x2, ..., xn) dx2...dxn ≤Z b2

a2

f1 (x2, ..., xn) dx2...dxn ≤Z b2

a2

ψ1 (x2, ..., xn) dx2...dxn.

Esto es:Z b2

a2

∙Z b1

a1

ϕ (x2, ..., xn) dx1

¸dx2...dxn ≤

Z b2

a2

∙Z b1

a1

f (x2, ..., xn) dx1

¸dx2...dxn

≤Z b2

a2

∙Z b1

a1

ψ (x2, ..., xn) dx1

¸dx2...dxn.

Así sucesivamente hasta el último intervalo se llega a que:Z bn

an

...

Z b1

a1

ϕ (x1, ..., xn) dx1...dxn ≤Z bn

an

...

Z b1

a1

f (x1, ..., xn) dx1...dxn

≤Z bn

an

...

Z b1

a1

ψ (x1, ..., xn) dx1...dxn.

Con lo anterior se ha demostrado el siguiente teorema:

Teorema 200 : Sea f : Q −→ R una función definida en el rectángulo Q ⊂ Rn,

acotada e integrable en el rectángulo Q = (a1, b1) × (a2, b2) × ... × (an, bn) , Supongaque existen funciones f1, f2, .., fn−1, con fj : Qj −→ R una función definida en el

rectángulo Qj ⊂ Rn−j e integrable en Qj donde cada Qj esta definida como: Qj =

(aj+1, bj+1)× ...× (an, bn) tales que

f1 (x2, ..., xn) =R b1a1

f (x1, ..., xn) dx1...dxn,

f2 (x3, ..., xn) =R b2a2

f1 (x2, ..., xn) dx2...dxn,...

fn−1 (xn) =R bnan

fn−2 (xn) dxn.

EntoncesR bnan

fn−2 (xn) dxn =R bnan

...R b1a1

f (x1, ..., xn) dx1...dxn.

El teorema en si es general para como se cambien los intervalos y el producto cruz

entre los intervalos (ai, bi) para i = 1, 2, ...n.


Teorema 201 : Sea f : Q −→ R una función definida en el rectángulo Q ⊂ Rn,

acotada y continua en el rectángulo Q = (a1, b1)× (a2, b2)× ...× (an, bn) , entonces fes integrable sobre Q y la integral ssobre el rectángulo se puede calcular como:Z

...

ZQf (x1, ..., xn) dx1...dxn =

Z bn

an

...

Z b1

a1

f (x1, ..., xn) dx1...dxn

ó cualquier variación sobre el rectángulo que se haga.

Ejemplo 202 :R R

Q x cos (2x− y) dxdy con Q = [1, 2]× [3, 4].

Solución:R R

Q x cos (2x− y) dxdy =R 43

R 21 x cos (2x− y) dxdy =

R 43

Ãxsen (2x− y)

2+cos (2x− y)

4

¯21

!dy =

R 43

µsen (4− y)− sen (2− y)

2+cos (4− y)

4− cos (2− y)

4

¶dy =

cos (4− y)− cos (2− y)

2− sen (4− y)

4+

sen (2− y)

4

¯43

=

1− cos (2)2− sen (2)

4−cos (1)+ cos (1)

2+sen (1)

4+sen (1)

4. (Revise si está bién resuelta).

Esta integral también se pudo resolver al cambiar los límites de integración, así:Z ZQx cos (2x− y) dxdy =

Z 4

3

Z 2

1x cos (2x− y) dxdy =

Z 2

1

Z 4

3x cos (2x− y) dydx.

Ejemplo 203 : Calcular la integralR R

Q xyexydxdy con Q = [0, 1]× [0, 1].

Solución:R R

Q xy2exydxdy =R 10

R 10 xy

2exydxdy =R 10 y

2R 10 xe

xydxdy =R 10 y

2

Ãxexy

y− exy

y2

¯10

!dy

R 10 y

2

µey

y− ey

y2+1

y2

¶dy =

R 10 (ye

y − ey + 1) dy = yey − ey + y|10 = 1 + 1 = 2.

Ejemplo 204 : Calcular la integralR R

Q

1

(2x+ y − 3)3dxdy con Q = [2, 3]× [2, 3].

Solución:R R

Q

1

(2x+ y − 3)3dxdy =

R 32

R 32

1

(2x+ y − 3)3dxdy = −

R 32

1

4 (2x+ y − 3)2

¯32

=

1

4

R 32

µ1

(1 + y)2− 1

(3 + y)2

¶dy =

1

4

µ1

(3 + y)− 1

(1 + y)

¶¯32

=

1

4

µ1

6− 14− 15+1

3

¶=1

80.

Ejemplo 205 : Calcular la integralR R R

Q (xyz) dxdydz con Q = [0, 1]× [2, 3]× [1, 2].

Solución:R R R

Q (xyz) dxdydz =R 21

R 32

R 10 (xyz) dxdydz =

R 21 zdz

R 32 ydy

R 10 xdx =

x2

2

¯10

y2

2

¯32

z2

2

¯21

=

1

2· 92· 2 · 2 · 1

2=9

2.


4.2. Regiones de integración.

Supongamos ahora que la región no está acotada por un rectángulo Q como en

los casos anteriores, sino que la región de integración son funciones. La cuales pueden

estar descritas de varias manheras

En R2, podrían estar descritas como:

Cuando la variación o región es R = {(x, y) /ϕ1 (x) ≤ y ≤ ϕ2 (x) , a ≤ x ≤ b} .En donde el volumen bajo la superficie estaría visto graficamente como:

En donde el volumen bajo la superficie estaría dado por:Z ZRf (x, y) dydx =

Z b

a

Z ϕ2(x)

ϕ1(x)f (x, y) dydx


O también podrían estar descritas como:

Cuando la variación o región es R = {(x, y) /ψ1 (y) ≤ x ≤ ψ2 (y) , c ≤ y ≤ d} .En donde el volumen bajo la superficie estaría visto graficamente como:

En donde el volumen bajo la superficie estaría dado por:Z ZRf (x, y) dxdy =

Z d

c

Z ψ2(y)

ψ1(y)f (x, y) dxdy

Además es posible que se tenga que particionar la región por cambios funcionales en

ella, es decir, la variable de variación funcional, cambia de función dentro de la región,


así:

La región R se tiene que partir en tres regiones distintas, ya que la región está com-

puesta por cuatro funciones diferentes (1), (2), (3) y (4), las cuales se pueden expresar

como y en función de la variable x o viceversa, la variable x en función de la variable

y. Cuando la variación es de y en función de la variable x, tomariamos las variaciones

como sigue:

en donde la integral estaría dada por:Z ZRf (x, y) dydx =

Z ZR1

f (x, y) dydx+

Z ZR2

f (x, y) dydx+

Z ZR3

f (x, y) dydx.

Con

R1 = {(x, y) /ϕ1 (x) ≤ y ≤ ϕ2 (x) , a ≤ x ≤ b} .R2 = {(x, y) /ϕ1 (x) ≤ y ≤ ϕ3 (x) , b ≤ x ≤ c} .R2 = {(x, y) /ϕ4 (x) ≤ y ≤ ϕ3 (x) , c ≤ x ≤ d} .


Por lo cual las respectivas integrales quedarían dadas por:Z ZR1

f (x, y) dydx =

Z b

a

Z ϕ2(x)

ϕ1(x)f (x, y) dydx.Z Z

R2

f (x, y) dydx =

Z c

b

Z ϕ3(x)

ϕ1(x)f (x, y) dydx.Z Z

R3

f (x, y) dydx =

Z d

c

Z ϕ3(x)

ϕ4(x)f (x, y) dydx.

Cuando la variación es de x en función de la variable y, tomariamos las variaciones

como sigue:

en donde la integral estaría dada por:Z ZRf (x, y) dydx =

Z ZR1

f (x, y) dydx+

Z ZR2

f (x, y) dydx+

Z ZR3

f (x, y) dydx.

Con

R1 = {(x, y) /ψ1 (y) ≤ x ≤ ψ4 (y) ,m ≤ y ≤ n} .R2 = {(x, y) /ψ2 (x) ≤ x ≤ ψ4 (x) , n ≤ x ≤ p} .R2 = {(x, y) /ψ2 (y) ≤ x ≤ ψ3 (y) , p ≤ x ≤ q} .

Por lo cual las respectivas integrales quedarían dadas por:Z ZR1

f (x, y) dxdy =

Z n

m

Z ψ4(y)

ψ1(y)f (x, y) dxdy.Z Z

R2

f (x, y) dxdy =

Z p

n

Z ψ4(x)

ψ2(x)f (x, y) dxdy.Z Z

R3

f (x, y) dxdy =

Z q

p

Z ψ3(y)

ψ2(y)f (x, y) dxdy.


Para funciones de tres variables es decir, para regiones en R3, podrían estar descritascomo:

Donde R es la región limitada por las dos funciones z1 = f1 (x, y) y z2 = f2 (x, y).

Luego se proyecta está región R sobre el plano xy entregando otra región de proyección

llamada Rp dada por:

Región que puede igualmente ser particionada como para las integrales dobles. La

integral triple quedaría dada así para una función g : R −→ R para R ⊂ R3 :Z Z ZRf (x, y) dzdydx =

Z ZRp

Z f2(x,y)

f1(x,y)g (x, y, z) dzdydx.

Donde Rp está dada como se describió anteriormente.

En general, se pueden describir regiones en Rn, las cuales no es posible de visualizar

por la dimensión pero el tratamiento de sus funciones componentes es análogo al que

se ha descrito en esta sección.

Ejemplo 206 : Calcular la integral de f (x, y) = x2 + y2 en la región dada por el


gráfico.

Solución: Aquí la recta de pendiente positivatiene por ecuación y = 3x−12, y la recta dependiente negativa tiene por ecuación y = −3x+30. Esta integral es mucho más simpleresolverla por variación de x en función de y que viceversa, ya que viceversa tendríamos

que partir la región en tres subregiones. Por lo tanto tomemos que la primera recta

estaría dada como x =y + 12

3y la segunda recta lo estaría dada por x =

30− y

3, con

lo que la integral se vería como:Z ZRx2 + y2dxdy =

Z 6

3

Z 30−y3

y+123

x2 + y2dxdy =

Z 6

3

x3

3+ y2x

¯ 30−y3

y+123

dy.

=

Z 6

3

Ã(30− y)3

81+ y2

30− y

3− (y + 12)

3

81− y2

y + 12

3

!dy.

= −(30− y)4

324+ 10y3 − y4

12− (y + 12)

4

324− y4

12− 43y3

¯¯6

3

= 1132.

Nota 207 : Si se tiene una región cerrada por tres o más funciones de varias variables,es necesario partir la región en dos o mas regiones ya que alguna de las variables

depende de las restanes, ya que cambia en cualquier parte el dominio.

Ejemplo 208 : Sea f (x, y) = x + y + 1 y sea R la región limitada por y − x = 1,

y − x = −1, y + x = 1, y + x = 2. Hallar la integral de f en la región encerrada por

las rectas anteriores.

Solución: Aquí la región es necesario partirla en tres subregiones no importando la


variación que se tome primero.


Si consideramos una variación inicial en x se tiene que:Z ZRf (x, y) dxdy =

Z ZR∗1

f (x, y) dxdy +

Z ZR∗2

f (x, y) dxdy +

Z ZR∗3

f (x, y) dxdy.

=

Z 32

12

Z y+1

1−y(x+ y + 1) dxdy +

Z 32

0

Z 2−y

1−y(x+ y + 1) dxdy

+

Z 1

0

Z 2−y

y+1(x+ y + 1) dxdy.

=

Z 32

12

µx2

2+ xy + x

¶¯y+11−y

dy +

Z 32

0

µx2

2+ xy + x

¶¯2−y1−y

dy

+

Z 1

0

µx2

2+ xy + x

¶¯2−yy+1

dy

=

Z 32

12

¡y2 − 2

¢dy +

Z 32

0

µ5

2

¶dy +

Z 1

0

µ5

2− 2y2 − 4y

¶dy.

=

µy3

3− 2y

¶¯ 32

12

+

µ5

2y

¶¯ 32

0

+

µ5

2y − 2y

3

3− 2y2

¶¯10

.

=5

2(Revise).

Análogamente si se comienza a variar a y.Z ZRf (x, y) dxdy =

Z ZR1

f (x, y) dxdy +

Z ZR2

f (x, y) dxdy +

Z ZR3

f (x, y) dxdy.

=

Z 1

0

Z 2−x

1+x(x+ y + 1) dxdy +

Z 32

0

Z 2−x

1−x(x+ y + 1) dxdy

+

Z 32

12

Z x−1

1−x(x+ y + 1) dxdy.

=15

4.

Ejemplo 209 :Calcular la integral triple de la función f (x, y, z) = 1− x− y − z en

la región limitada por x+ y + z = 1 y los planos coordenados.

Solución: Veamos primero cual es la región de integraión. Note que x+ y + z = 1 es

la ecuación de un plano que límitado por los planos coordenados se constituye en el


tetraedro.

Note que 0 ≤ z ≤ 1− x− y :

Proyectando la superficie sobre el plano xy se obtiene entonces el lugar en R2 limitadopor la recta x+ y = 1 y los ejes coordenados.


Luego la variación de y es entonces 0 ≤ y ≤ 1 − x. Ahora se proyectamos la recta

x+ y = 1 sobre el eje x se observa que la variación de x es 0 ≤ x ≤ 1 Por lo tanto:Z Z ZRf (x, y) dxdy =

Z 1

0

Z 1−x

0

Z 1−x−y

0(1− x− y − z) dzdydx

=

Z 1

0

Z 1−x

0

µ1z − xz − yz − z2

2

¶¯1−x−y0

dydx

=

Z 1

0

Z 1−x

0

Ã1− 2x− 2y + 2xy + x2 + y2 − (1− x− y)2

2

!dydx

=

Z 1

0

Ãy − 2xy − y2 + xy2 + x2y +

y3

3+(1− x− y)3

6

!¯¯1−x

0

=

Z 1

0

(1− x)3

6dx

= − (1− x)4

24

¯¯1

0

=1

24. (Revise) .

Un método más simple de resolver este tipo de integrales es como se resolían las

integrales de una sola variable cuando la función era de la forma:R ba f (x) g

0 (x) dx,

la cual es una integral por sustitución (partes) donde se hace un cambio de variable

u = f (x) y dv = g0 (x) dx, es decir, u y v son funciones de x.

Análogamente para las integrales múltiples existe un método similar de integración

donde se encuentran funciones u1, u2, ..., un que dependen de x1, x2, ..., xn, , es decir,

existe ui = ui (x1, x2, ..., xn) para i = 1, 2, ..., n, tales que al usar el teorema de la

función implícita ϕ1, ϕ2, ..., ϕn, de tal forma que:

x1 = ϕ1 (u1, u2, ..., un) , x2 = ϕ2 (u1, u2, ..., un) , ..., xn = ϕn (u1, u2, ..., un) .

Teorema 210 : Sea f : U −→ R una función continua y definida en el abierto

U ⊂ Rn que depende de las variables x1, x2, ..., xn. Sea F : U 0 −→ U una función

continua y definida en el abierto U 0 ⊂ Rn que depende de las variables u1, u2, ..., un,

tal que:

F (u1, u2, ..., un) = (x1, x2, ..., xn) = (ϕ1 (u1, u2, ..., un) , ϕ2 (u1, u2, ..., un) , ..., ϕn (u1, u2, ..., un)) .

Una función que manda de manera inyectiva los puntos (u1, u2, ..., un) ∈ U 0 a los

puntos (x1, x2, ..., xn) ∈ U . Suponga además además que F tiene primera derivada

continua (tenga presente que la derivada de F es una matriz de orden n×n cuyas en-

tradas tienen que ser continuas en Rn) y que la derivada de F es una matriz invertible

para todo (u1, u2, ..., un) ∈ U 0, es decir su determinante es diferente de cero, entonces


se tiene la función de cambio de variable así:Z Z...

ZUf (x1, x2, ..., xn) dx1dx2, ...dxn =

Z Z...

ZUf (ϕ1, ϕ2, ..., ϕn)

¯∂ (x1, x2, ..., xn)

∂ (u1, u2, ..., un)

¯dx1dx2, ...dxn.

De donde

¯∂ (x1, x2, ..., xn)

∂ (u1, u2, ..., un)

¯= det

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣

∂x1∂u1

∂x1∂u2

. . .∂x1∂un

∂x2∂u1

∂x2∂u2

. . .∂x2∂un

......

......

∂xn∂u1

∂xn∂u2

. . .∂xn∂un

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦Este teorema lo que hace es una rotación de ejes para describir la región U como

una región más simple U 0 la cual es un conjunto en algunos de los casos ortogonal.

Ejemplo 211 : Resuelva el ejercicio f (x, y) = x + y + 1 y sea R la región limitada

por y − x = 1, y − x = −1, y + x = 1, y + x = 2. Hallar la integral de f en la región

encerrada por las rectas anteriores.

Solución: Nuevamente la región es la que se ha descrito hace un momento.

Sea u = y − x y sea v = y + x. Note que la región tiene una varición descrita como:

−1 ≤ u ≤ 1 y − 1 ≤ v ≤ 2.

Si sumamos u y v se consigue que y =u+ v

2mientras que si restamos se consigue que

x =v − u

2. Luego

¯∂ (x, y)

∂ (u, v)

¯= det

⎡⎢⎣ ∂x

∂u

∂x

∂v∂y

∂u

∂y

∂v

⎤⎥⎦ = det⎡⎢⎣ −12 1

21

2

1

2

⎤⎥⎦ = 1

2.


Por lo tanto la integral estaria dada por:Z ZRf (x, y) dxdy =

Z ZR(x+ y + 1) dxdy =

1

2

Z 2

1

Z 1

−1(v + 1) dudv

=1

2

Z 2

1(v + 1) dv

Z 1

−1du =

1

2

Z 2

1(v + 1) dv · u|1−1

=

Z 2

1(v + 1) dv =

µ1

2v2 + v

¶¯21

=5

2. (Revise) .

: 2. 5

Ejemplo 212 : Integrar f (x, y) = x2y2 en la región limitada por las hipérbolas xy = 1

y xy = 2 y las rectas y = 3x y y =x

2en el primer octante.

Solución: Tomemos u = xy y sea v =y

xluego la región tiene una varición descrita

como:

1 ≤ u ≤ 2 y1

2≤ v ≤ 3.

Si multiplicamos u con v se tiene uv = y2 de donde y =√uv; ahora si dividimos u

por v se obtieneu

v= x2 de donde x =

ru

v. Por lo tanto

¯∂ (x, y)

∂ (u, v)

¯= det

⎡⎢⎣ ∂x

∂u

∂x

∂v∂y

∂u

∂y

∂v

⎤⎥⎦ = det⎡⎢⎢⎣

1

2√uv

−12

ru

v3

1

2

rv

u

1

2

ru

v

⎤⎥⎥⎦ = 1

4

r1

v2+1

4

r1

v2

=1

2v.

Por lo tanto:Z ZRf (x, y) dxdy =

Z ZRx2y2dxdy =

1

2

Z 3

12

Z 2

1

u2

vdudv

=1

2

Z 3

12

1

vdv

Z 2

1u2du

=1

2

µln (6) · 7

3

¶=7

6ln 6.

Las sustituciones anteriores son un caso particular, ya que el tipo de función (en

la región de integración) permitía hacer este tipo de sustitución.

Consideremos ahora el caso en que f : U −→ R una función definida en el conjuntoabierto U ⊂ R2 tal que f es continua en U , es decir, para todo (x, y) podia escribirse

en coordenadas polares, o sea (x, y) = (r cos θ, r senθ). Por lo tanto si consideramos

a la función F : U 0 −→ U con U 0 ⊂ R2 tal que F (r, θ) = (x, y) = (r cos θ, r senθ) .


Obtenemos entonces el jacobiano de la matriz como:¯∂ (x, y)

∂ (r, θ)

¯= det

⎡⎢⎣ ∂x

∂r

∂x

∂θ∂y

∂r

∂y

∂θ

⎤⎥⎦ = det" cos θ −r senθsenθ r cos θ

#= r.

Por tanto si se desea integrar a f en la región U , una sustitución para integrar de una

forma más simple es:Z ZUf (x, y) dxdy =

Z ZUf (r, θ)

¯∂ (x, y)

∂ (r, θ)

¯drdθ =

Z ZUf (r cos θ, r senθ) rdrdθ.

Graficamente lo que se hace es una rotación de coordenadas como se muestra en la

siguiente figura:

Donde la matriz Jacobiana

"cos θ −r senθsenθ r cos θ

#es precisamente esta matriz de rotación.

Lo que se describe en si es a −→u θ y−→u r y la región circular se convierte en un sistema

ortogonal de coordenadas dada por −→u θ y−→u r con:

−→u r = (cos θ, senθ) y −→u θ = (−r senθ, r cos θ) .

Por otro lado, consideremos el caso en que f : U −→ R una función definida en el

conjunto abierto U ⊂ R3 tal que f es continua en U , es decir, para todo (x, y, z) podríaescribirse en coordenadas cilíndricas, o sea (x, y, z) = (r cos θ, r senθ, z) . Por lo tanto

si consideramos a la función F : U 0 −→ U con U 0 ⊂ R3 tal que F (r, θ, z) = (x, y, z) =(r cos θ, r senθ, z) , obtenemos entonces el jacobiano de la matriz como:

¯∂ (x, y)

∂ (r, θ)

¯= det

⎡⎢⎢⎢⎢⎣∂x

∂r

∂x

∂θ

∂x

∂z∂y

∂r

∂y

∂θ

∂y

∂z∂z

∂r

∂z

∂θ

∂z

∂z

⎤⎥⎥⎥⎥⎦ = det⎡⎢⎣ cos θ −r senθ 0

senθ r cos θ 0

0 0 1

⎤⎥⎦ = r

= r.



forma más simple es:Z ZUf (x, y, z) dxdydz =

Z ZUf (r, θ, z)

¯∂ (x, y, z)

∂ (r, θ, z)

¯drdθdz =

Z ZUf (r cos θ, r senθ, z) rdrdθdz.

Igualmente lo que se hace es una rotación de coordenadas como se muestra en la

siguiente figura:

En donde la cuña que se observa, es rotada y transformada en en un sistema ortogonal

de coordenadas (−→u r,−→u θ,−→u z) .


⎡⎢⎣ cos θ −r senθ 0

senθ r cos θ 0

0 0 1

⎤⎥⎦ es precisamente esta matriz de

rotación cilíndrica. Lo que se describe en si es a −→u r,−→u θ y

−→u z, la región de cuña se


convierte en un sistema ortogonal de coordenadas dada por −→u r,−→u θ y

−→u z, con:

−→u r = (cos θ, senθ, 0) ,−→u θ =

1

k−→r k (−r senθ, r cos θ, 0) y −→u z =−→k = (0, 0, 1) .

Nuevamente, consideremos el caso en que f : U −→ R una función definida en el con-junto abierto U ⊂ R3 tal que f es continua en U , es decir, para todo (x, y, z) podia es-cribirse en coordenadas esféricas, o sea (x, y, z) = (r senθ cosφ, r senθ senφ, r cos θ)

. Por lo tanto si consideramos a la función F : U 0 −→ U con U 0 ⊂ R3 tal queF (r, φ, θ) = (x, y, z) = (r senθ cosφ, r senθ senφ, r cos θ) , obtenemos entonces el ja-

cobiano de la matriz como:

¯∂ (x, y, z)

∂ (r, φ, θ)

¯= det

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎣∂x

∂r

∂x

∂φ

∂x

∂θ∂y

∂r

∂y

∂φ

∂y

∂θ∂z

∂r

∂z

∂φ

∂z

∂θ

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎦ = det⎡⎢⎣ senθ cosφ −r sen senθφ r cos θ cosφ

senθ senφ r senθ cosφ r cos θ senφ

cos θ 0 −senθ

⎤⎥⎦= −r2senθ


forma más simple es:Z ZUf (x, y, z) dxdydz =

Z ZUf (r, φ, θ)

¯∂ (x, y, z)

∂ (r, φ, θ)

¯drdφdθ

=

Z ZUf (r senθ cosφ, r senθ senφ, r cos θ) r2senθdrdφdθ.

De forma análoga, lo que se hace es una rotación de coordenadas como se muestra en

la siguiente figura:


En donde la cuña que se observa, es rotada y transformada en en un sistema ortogonal

de coordenadas (−→u r,−→u φ,−→u θ) y el diferencial de volumen se puede ver como:


⎡⎢⎣ senθ cosφ −r senθ senφ r cos θ cosφ

senθ senφ r senθ cosφ r cos θ senφ

cos θ 0 −senθ

⎤⎥⎦ es precisa-mente esta matriz de rotación esférica.

Lo que se describe en si es a −→u r,−→u φ y

−→u θ, la región de çuña"se convierte en un

sistema ortogonal de coordenadas dada por −→u r,−→u φ y

−→u θ, con:

−→u r = (senθ cosφ, senθ senφ, cos θ) .

−→u φ =1

k−→r k (−r senθ senφ, r senθ cosφ, 0) .

−→u θ =1

k−→r k (r cos θ cosφ, r cos θ senφ,−senθ) .

Ejemplo 213 : Hallar el volumen bajo la superficie f (x, y) =pR2 − x2 − y2, en todo

su dominio.


Solución: El gráfico de esta función es el hemisferio superior de la esfera de radio R.

1

0.5

0

-0.5

0.5

0

-0.5

10.80.60.40.2

x y

z

x y

z

Su proyección sobre el plano xy es una circunferencia de radio R dada por x2+y2 = R2.

Haciendo un cambio de variable se obtiene que x2 + y2 = r2, donde la variación de r

es: 0 ≤ r ≤ R y la variación de θ es: 0 ≤ θ ≤ 2π. Aquí Por lo tanto:Z ZU

pR2 − x2 − y2dxdy =

Z 2π

0

Z R

0rpR2 − r2drdθ =

Z 2π

0dθ

Z R

0rpR2 − r2dr

= θ|2π01

3

q(R2 − r2)3

¯0R

=2π

3R3.

Ejemplo 214 : CalcularR R

U (x+ y) dxdy donde U es el anillo circular limitado por

x2 + y2 = 1 y x2 + y2 = 4 en el primer cuadrante.

Solución: El gráfico de la función no es tan importante, lo que si es importante es

saber sobre que región se esta integrando. En este caso se trata de la siguiente región

sombreada:


Haciendo aquí la sustitución polar se consigue que la variación de r es 1 ≤ r ≤ 2 y lavariación de θ es: 0 ≤ θ ≤ π

2, por lo tanto:

Z ZU(x+ y) dxdy =

Z π2

0

Z 2

1r2 (cos θ + senθ) drdθ =

Z π2

0(cos θ + senθ) dθ

Z 2

1r2dr

= senθ − cos θ|π20

r3

3

¯21

= 2 · 73=14

3.

Ejemplo 215 : Calcular la integral triple de f (x, y, z) = 1 +¡x2 + y2

¢2 sobre U

limitada por z =px2 + y2 y el plano z = 2.

Solución: Usando coordenadas cilíndricas se consigue quepx2 + y2 = r por lo que la

variación de z es r ≤ z ≤ 2. Al proyectar la imagen sobre el plano xy se tiene quepx2 + y2 = 2 de donde x2 + y2 = 4 (es una circunferencia de radio 2) por lo que la

variación de r es 0 ≤ r ≤ 2 y la variación de θ es para generar dicha circunferenciaentre 0 y 2π es decir, 0 ≤ θ ≤ 2π. Por lo tanto:Z Z Z

U

h1 +

¡x2 + y2

¢2idxdydz =

Z Z ZU 0

rh1 +

¡r2¢2i

dzdrdθ

=

Z 2π

0dθ

Z 2

0

½r£1 + r4

¤ Z 2

rdz

¾dr

= θ|2π0Z 2

0r£1 + r4

¤[2− r] dr

= 2π

Z 2

0

£2r + 2r5 − r2 − r6

¤dr

= 2π

∙r2 +

1

3r6 − r3

3− r7

7

¸20

= 2π

∙4 +

64

3− 83− 128

7

¸=

184

7π

Ejemplo 216 : CalcularR 30

R 3xx2

R 4(x2+y2)x2+y2

dzdydx.

Solución: Usando coordenadas cilíndricas se consigue que x2 + y2 = r2 por lo que la

variación de z es¡x2 + y2

¢≤ z ≤ 4

¡x2 + y2

¢esto es r2 ≤ z ≤ 4r2. Al observar la

variación de y, se ve que ésta tiene una variación en la región encerrada por la recta


y = 3x y la parábola y = x2.

Como en coordenada cilíndricas x = r cos θ, y = r senθ y como y = 3x entonces r

senθ = 3r cos θ de donde tan θ = 3 esto es θ = tan−1 3. De igual forma y = x2 por lo

que r senθ = r2 cos2 θ por lo que r2 cos2 θ−rsenθ = 0 esto es r¡r cos2 θ − senθ

¢= 0 de

donde r = 0 ó r =senθ

cos2 θpor lo tanto las variaciones de θ y de r son respectivamente:

0 ≤ θ ≤ tan−1 3 y 0 ≤ r ≤ senθ

cos2 θ.

Asi que la integralR 30

R 3xx2

R 4(x2+y2)x2+y2

dzdydx quedaría escrita como:

Z 3

0

Z 3x

x2

Z 4(x2+y2)

x2+y2dzdydx =

Z tan−1 3

0

Z senθcos2 θ

0

Z 4r2

r2dzdrdθ =

Z tan−1 3

0

Z senθcos2 θ

03r2drdθ

=

Z tan−1 3

0

µsenθ

cos2 θ

¶3dθ =

Z tan−1 3

0

sen2θ

cos6 θsenθdθ

=

Z tan−1 3

0

1− cos2 θcos6 θ

senθdθ =

Z tan−1 3

0

µsenθ

cos6 θ− senθ

cos4 θ

¶dθ

=1

5 cos5 θ− 1

3 cos3 θ

¯tan−1 30

=

√105

5−√103

3− 15+1

3

=50√10

3− 2

15. (Revise) .

Ejemplo 217 : CalcularR R R

U

pR2 − x2 − y2 − z2dxdydz donde la región U es la

región la esfera x2 + y2 + z2 = R2

Solución: Usando coordenadas esféricas se consigue que x2 + y2 + z2 = r2 por lo que

la variación de r es 0 ≤ r ≤ R . Al observar la variación de φ nos encontramos con

que varía en la región dada por 0 ≤ φ ≤ 2π y por último θ varía desde 0 ≤ θ ≤ π. Por


lo tanto:Z Z ZU

pR2 − x2 − y2 − z2dxdydz =

Z π

0

Z 2π

0

Z R

0r2senθ

pR2 − r2drdφdθ

=

Z π

0senθdθ

Z 2π

0dφ

Z R

0r2pR2 − r2dr

= − cos θ|π0 · φ|2π0

Z R

0r2pR2 − r2dr

= 2 · 2π ·Z R

0r2pR2 − r2dr

= 4π

Z R

0r2pR2 − r2dr

Veamos el valor de la integralR R0 r2√R2 − r2dr. Sea r = R sen (ω) luego cuando

r −→ 0, ω −→ 0 y cuando r −→ R, ω −→ π

2y dr = R cos (ω) dω así que:Z R

0r2pR2 − r2dr =

Z π2

0

hR2sen2 (ω)

pR2 −R2sen2 (ω)R cos (ω)

idω

= R4Z π

2

0

£sen2 (ω) cos2 (ω)

¤dω

=R4

4

Z π2

0sen2 (2ω) dω =

R4

4

Z π2

0

∙1− cos (4ω)

2

¸dω

=R4

8

∙ω − sen (4ω)

4

¸π2

0

=R4

8· π2=

πR4

16.

De dondeR R R

U

pR2 − x2 − y2 − z2dxdydz = 4π

πR4

16=

π2R4

4. (Revise) .

Ejemplo 218 : CalcularR 1−1R √1−x2−√1−x2

R√2−x2−y2√x2+y2

dzdydx donde la región U es la región

la esfera x2 + y2 + z2 = R2

Solución: Aquí es necesario analizar la geometría de las regiones de integración. Como

z que vartía entre un cono y el hemisferio superior de una esfera³p

x2 + y2 ≤ z ≤p2− x2 − y2

´,

mientra que y varía sobre una circunferencia de radio 1³−√1− x2 ≤ y ≤

√1− x2

´.

Como (x, y, z) = (r senθ cosφ, r senθ senφ, r cos θ) entonces

x2 + y2 = r2sen2θ cos2 φ+ r2sen2θsen2φ = r2sen2θ

El cono en coordenadas esféricas esta dao por

z =px2 + y2 7→ r cos θ =

√r2sen2θ = rsenθ

De donde tan θ = 1, esto es θ = tan−1 1 =π

4.Mientras que la esfera en coordenadas

esfericas estaría dada por:

z =p2− x2 − y2 ⇔ x2 + y2 + z2 = 2 7→ r2 = 2 ∴ r =

√2.


Y para generar todo el lugar es necesario que φ varie entre 0 y 2π, es decir, 0 ≤ φ ≤ 2π.Por lo tanto:Z 1

−1

Z √1−x2

−√1−x2

Z √2−x2−y2√x2+y2

dzdydx =

Z 2π

0

Z π4

0

Z 2

0r2senθdrdθdφ

=

Z 2π

0dφ

Z π4

0senθdθ

Z 2

0r2dr

= φ|2π0 · (− cos θ)|π40

r3

3

¯20

= 2π ·Ã1−√2

2

!8

3

=8π

3

³2−√2´(Revise) .

4.3. Aplicaciones.

4.3.1. Áreas de figuras planas.

Sea R una región plana sobre el plano xy, el volumen del cilíndro de limitado por

la región plana R y de altura h estaría dada por:

V olumen = area de la base× altura

Donde el área de la base es pecisamente el área de la región plana. Si la altura del

cilíndro es 1 (la unidad) entonces el volumen del cilíndro es:

V olumen = area de la base× 1 = area de la base

Pero de dimensiones diferentes: Lo que quiere decir es que, numericamente estos dos

valores son iguales, peroen unidades no lo son. Como el volumen bajo el una superficie

es la integral doble de la función (superficie) y en nuestro caso la superficie es la tapa

del cilindro limitada superiormente por el plano z = 1, entonces el área de la región

plana esta dado por:


AR =

Z ZRdA.

Donde dA es simplemente dxdy, es decir:

dA = dxdy.

Ejemplo 219 :Hallar el área limitada por y = 9 y y = x2.

Solución:

Tomando inicialmente la variación en x se tiene que x =√y para la parábola y x varía

entre 0 y√y,es decir, 0 ≤ x ≤ √y y la variable y oscila entre 0 y 9, o sea, 0 ≤ y ≤ 9.

Por lo tanto:

AR =

Z 9

0

Z √y

0dxdy =

Z 9

0

√ydy =

2

3

py3¯90

= 18.

Ahora si se hubiera tomado primero la variación de y, se tendría que x2 ≤ y ≤ 9 y0 ≤ x ≤ 3 y por tanto:

AR =

Z 3

0

Z 9

x2dydx =

Z 3

0

¡9− x2

¢dx = 9x− x3

3

¯30

= 27− 9 = 18.

Ejemplo 220 : Hallar el área de la Lemniscata de Bernoulli de amplitud√2a dada

por: ¡x2 + y2

¢2= 2a2

¡x2 − y2

¢


Cuyo gráfico es:

Solución: Haciendo la sustitución polar sse consigue que la ecuación de la Lemniscata

de Bernoulli está dada por:

r4 = 2a2r2¡cos2 θ − sen2θ

¢r2 = 2a2 cos 2θ

o mejor aún:

r = a√2 cos 2θ

Observe que la figura es simétrica en los cuatro cuadrantes sobre los cuatro arcos, o

sea que es más simple calcular el area de la figura sobre un arco en un cuadrante y

multiplicarlo por 4. Así que para generar solo el primer arco es necesario variar el

angulo θ entre 0 yπ

4y el radio r entre el origen y el borde de la figura, es decir,

0 ≤ θ ≤ π

4y 0 ≤ r ≤ a

√2 cos 2θ. Por lo tanto:

AR = 4

Z π4

0

Z a√2 cos 2θ

0rdrdθ = 4

Z π4

0

r2

2

¯a√2 cos 2θ0

dθ.

= 4a2Z π

4

0cos 2θ dθ = 4a2

µsen2θ

2

¶¯π4

0

= 2a2. (Revise)

4.3.2. Centros de masa y momentos de figuras planas.

Se define el momento estático de una masa m plana definida en una región local-

izada a una distancia d de un eje de giro o rotación como:

M = md.

Si la masa m está compuesta de k masas distribuidas sobre la región R, entonces cada

masa mij para i = 1, 2, ..., k y j = 1, 2, ..., s dista del eje l una distancia dij , donde el


mometo estático de cada masa mij está dado por Mij = mijdij entonces El momento

total estaría dado por la suma de todas los momentos, es decir,

M =sX

j=1

kXi=1

mijdij

Desde la física se conoce que densidad es igual a la masa sobre el volumen, pero en

este caso se trata de una masa plana de espesor despreciable, por lo cual la densidad

se define como la masa sobre el área. Luego para cada masa mij sobre una placa no

homogénea, se tiene que la dinsidad ρij está dada por:

ρij =mij

Aij∴ mij = ρijAij

Donde Ai es el área que ocupa la masa mij .

Suponga que estas masa m se pueden ubicar en el plano xy, luego cada masa mij se

encuentra localizada en el punto (xi, yj) .

Entonces el momento estático con respecto al eje x de cada masa mi estaría dado por:

Mx =sX

j=1

kXi=1

mijyj .

Y el momento estático con respecto al eje y de cada masa mi estaría dado por:

My =sX

j=1

kXi=1

mijxi.

Consideremos una masa mij distribuida uniformemente con densidad ρij que depende

de la posición (xi, yj), es decir ρij = ρij (xi, yj) cuya área (diferencial de área) es ∆x∆y


con ∆x = (xi − xi−1) y ∆y = (yj − yj−1) .

Por lo tanto:

Mx =sX

j=1

kXi=1

mijyj =sX

j=1

kXi=1

yjρij (xi, yj) (xi − xi−1) (yj − yj−1)

=

Z ZRyρ (x, y) dxdy.

Y

My =sX

j=1

kXi=1

mijxi =sX

j=1

kXi=1

xiρij (xi, yj) (xi − xi−1) (yj − yj−1)

=

Z ZRxρ (x, y) dxdy

y la masa total esta dada por:

m =sX

j=1

kXi=1

ρij (xi, yj) (xi − xi−1) (yj − yj−1) =

Z ZRρ (x, y) dxdy

Si el centro de masa se encuentra en el punto (x, y) entonces:


Mx = my y My = mx.

De donde:

y =Mx

m=

R RR yρ (x, y) dxdyR RR ρ (x, y) dxdy

y x =My

m=

R RR xρ (x, y) dxdyR RR ρ (x, y) dxdy

.

Ejemplo 221 : Calcular el momento estático de una circunferencia de radio ro ho-

mogéneo de densidad ρo con respecto a una tangente a él.

Solución: Consideremos una circunferencia cuya tangente sea el eje y.

Sea (xo, 0) el centro de la circunferencia. Como el radio de la circunferencia es ro,

entonces el centro de la circunferencia es (ro, 0), así que su ecuación estaría dada por:

(x− ro)2 + y2 = r2o

que al expandir quedaría dada como:

x2 − 2xro + r2o + y2 = r2o

y al convertirla a la forma polar nos que descrita como:

r2 cos2 θ − 2r · ro cos2 θ + r2sen2θ = 0

r = 2ro cos θ

Por lo que el momento estático de la circunferencia de radio ro, estaría dado por:

My =

Z ZRρoxdxdy = ρo

Z π2

−π2

Z 2ro cos θ

0r2 cos θdrdθ = ρo

Z 2π

0cos θ

r3

3

¯2ro cos θ0

dθ

=8ρor

3o

3

Z π2

−π2

cos4 θdθ.¡cos2 θ

¢2=

µ1 + cos 2θ

2

¶2=

2ρor3o

3

Z π2

−π2

¡1 + 2 cos 2θ + cos2 2θ

¢dθ

=2ρor

3o

3

Z π2

−π2

µ1 + 2 cos 2θ +

1 + cos 4θ

2

¶dθ

=2ρor

3o

3

3

2θ + sen2θ +

sen4θ

8

¯π2

−π2

= πρor3o. (Revise)


Ejemplo 222 : Hallar el centro de masa de la semicircunferencia de radio 1, nohomogénea cuya densidad en cualquier punto x, y es proporcional al cuadrado de la

distancia de este punto al punto (0,−1) y en el origen vale 1 gramounidad2

.

Solución: Se abe que la distancia entre dos puntos está dada por:

d =

q(x− xo)

2 + (y − yo)2

Luego la distancia del cualquier punto al punto (0,−1) es:

d =

q(x)2 + (y + 1)2 de donde d2 = x2 + (y + 1)2

Y como ρ es proporcional al cuadrado de la distancia de cualquier punto al punto

(0,−1), entonces:ρ (x, y) = kd2 = k

³x2 + (y + 1)2

´.

Como en el origen la dinsidad es 1, entonces ρ (0, 0) = 1 = k³02 + (0 + 1)2

´= k. Por

lo tanto la densidad en todo punto es:ρ (x, y) = x2 + (y + 1)2 . Consideremos la figura


Luego su centro de masa está dado por:

x =

R RR xρ (x, y) dxdyR RR ρ (x, y) dxdy

= 0. (Porque?)

y =

R RR yρ (x, y) dxdyR RR ρ (x, y) dxdy

=

R π0

R 10 r

2senθ¡r2 + 2rsenθ + 1

¢drdθR π

0

R 10 r (r

2 + 2rsenθ + 1) drdθ(Encuentrelo)

Definición 223 : (Momento de inercia) Dada una figura plana de que cubre unaregión R del plano, con función de densidad ρ. Se define el momento de inercia o de

giro alrededor de un eje de giro, a la magnitud:

I = md2

Donde m es la masa de la figura plana y d es la distancia del centro de masa a la

figura plana.

Para una figura plana con densidad no homogénea ρ (x, y), se puede demostrar de igual


forma como se hizo con el momento estático (remedando el mismo proceso) que:

Ix =

Z ZRy2ρ (x, y) dxdy.

Iy =

Z ZRx2ρ (x, y) dxdy.

Además a la suma de estos momentos se le llama momento polar de inercia y se denota

por Io, es decir,

Io = Ix + Iy =

Z ZR

¡x2 + y2

¢ρ (x, y) dxdy

Ejemplo 224 : Calcular el momento polar de inercia de un cuerpo homogéneo dedensidad ρo de forma cuadrada de lado a respecto a los dos ejes que pasan por dos de

sus lados contiguos.

Solución: Consideremos un cuadrado de lado a y los dos ejes que pasan por dos de sus

lados contiguos:

Luego Io = Ix + Iy =R R

R

¡x2 + y2

¢ρ (x, y) dxdy donde la región de integración es

muy simple y está determinada por R = {(x, y) / 0 ≤ x ≤ a ∧ 0 ≤ y ≤ a} . Por loque el momento polar de inercia es:

Io = ρo

Z a

0

Z a

0

¡x2 + y2

¢dxdy = ρo

Z a

0

x3

3+ xy2

¯a0

dy

= ρo

Z a

0

µa3

3+ ay2

¶dy = ρo

a3

3y + a

y3

3

¯a0

=2a4ρo3

.

4.3.3. Probabilidades.

Se dice que una variable aleatoria X tiene una función de densidad continua f (x)

si el comportamiento de los datos distribuidos en frecuecias se asemeja al grafico de

la función. Lo que interesa es construir valores probabilísticos que a partir de la fun-

ción con el fin de encontrar la probabilidad o posibilidad de que un dato cualquiera

que se tome de una población se encuentre dentro de alguna región específica de la

función que distibuye. Para ello debemos normalizar la función con el propósito de

que la medida que se tome no sobrepase el 100% que es la máxima posibilidad de


encontrar un dato dentro de cierta región. Para ello siempre se calcula la integral de

la fucnión en todo su dominio y se divide posteriormente la función por el valor de

dicha integral, ya que si tomamos esta última función y la integramos sobre toda la

región de integración obtenemos como máximo valor el 1 (uno) deseado. Además la

probabilidad de encontrar un dato en cierta región es la integral de la función última

en la región de integración.

Se define la media µ o valor esperado de la finción de densidad de probabilidad nor-

malizada como la suma de todos los datos diviodido el numero de datos, que al llevarlo

a la forma continua, lo podríamos interpretar como:

µ =

ZIxf (x) dx

Donde I es la región donde está definida la función de densidad de probabilidades

f (x) . Se dice que f (x, y) es un fucnión de distribución conjunta para las variables x

y y si depende de las dos variables yR R

R f (x, y) dxdy = 1 para (x, y) ∈ R donde R es

la región donde cambian x y y. Las medias respectivas de cada variable aleatoria son

µ1 =

Z ZRxf (x, y) dxdy y µ2 =

Z ZRyf (x, y) dxdy

Ejemplo 225 : La función de densidad de probabilidad conjunta para dos variablesaleatorias X y Y está dada por:

f (x, y) =

(C(x+ y) Si 0 ≤ x ≤ 10 y 0 ≤ y ≤ 8

0 En otra parte

Determine el valor de C para que efectivamente f (x, y) sea una función de densidad

de probabilidad; halle la probabilidad P (X ≤ 5, Y ≥ 6) .Solución: Para calcular C integramos la función sobre todo su dominio y esta tiene

que dar uno:Z ZRf (x, y) dxdy =

Z 10

0

Z 8

0C (x+ y) dydx = C

Z 10

0

Ãxy +

y2

2

¯80

!dx

= C

Z 10

0(8x+ 32) dx = C

¡4x2 + 32x

¢¯100= 720C = 1.

Por lo que C =1

720. Luego

f (x, y) =

⎧⎨⎩1

720(x+ y) Si 0 ≤ x ≤ 10 y 0 ≤ y ≤ 80 En otra parte


Ahora

P (X ≤ 5, Y ≥ 6) =1

720

Z 5

0

Z 10

6(x+ y) dydx =

1

720

Z 5

0

µxy +

y2

2

¶¯106

dx

=1

720

Z 10

6(4x+ 32) dx =

1

720

¡2x2 + 32x

¢¯50

=210

720=7

24.

Se deja como ejercicio calcular la media.

4.3.4. Áreas de superficies.

Consideremos una superficie z = f (x, y) y tomemos un diferencial de la superficie.

Observe que infinitesimalmente el dieferncial de la superficie se aproxima al plano

tangente de la superficie en un punto del diferencial. Sea P el punto de tangencia. Ya

habíamos demostrado que el vector director de este plano es el vector:

∇F = ∇ (z − f (x, y)) =

µ−∂f∂x

,−∂f∂y

, 1

¶El cual es el producto cruz de los vectores tangentes dados por las derivadas parciales

vistas en el capítulo de derivadas parciales dados por:µ1, 0,

∂f

∂x

¶y

µ0, 1,

∂f

∂y

¶.

Si consideramos el diferencial de área ∆S y el diferencial del plano tangente ∆T

aplicado en P = (x, y, f (x, y)):


Si R es la proyección de los diferenciales del plano tangente y la superficie de dimen-

siones ∆x×∆y,

Aquí los vectores −→a y −→b son los vectores que generan el vector tangente y están dadospor:

−→a =µ1, 0,

∂f

∂x

¶∆x y

−→b =

µ0, 1,

∂f

∂y

¶∆y.

Por lo que el vector director del plano tangente es el producto cruz entre −→a y −→b . Estoes:

−→a ×−→b = det

⎡⎢⎢⎢⎣−→i

−→j

−→k

∆x 0∂f

∂x∆x

0 ∆y∂f

∂y∆y

⎤⎥⎥⎥⎦ =µ−∂f∂x∆x∆y,−∂f

∂y∆x∆y,∆x∆y

¶

=

µ−∂f∂x

,−∂f∂y

, 1

¶∆x∆y

Observe que el área del paralelogramoes base por la altura


Note que la altura del paralelogramo es h = k−→a k sen (180− θ) = k−→a k sen (θ) , por loque el área del paralelogramo es:

RA = k−→a k

°°°−→b °°° sen (θ) = °°°−→a ×−→b °°° .Pero esta es la definición de la magnitud del producto cruz −→a × −→b . Por lo tanto elárea del diferecnicial del plano (rectángulo) que denotamos por ∆S es:

∆S =°°°−→a ×−→b °°° = °°°°µ−∂f∂x ,−∂f∂y , 1

¶°°°°∆x∆y=

sµ∂f

∂x

¶2+

µ∂f

∂y

¶2+ 1∆x∆y

Ahora si sumamos todos los diferenciales de áreas de superficie de toda la superficie

aplicados en los puntos Cij de una partición de la región donde esta definida la función

y al tomar el límite cuando la partición tienede a infinito se obtiene el área de la

superficie de la función:

AS = lımm−→∞

lımn−→∞

mXj=1

nXi=

sµ∂f (Cij)

∂x

¶2+

µ∂f (Cij)

∂y

¶2+ 1∆x∆y

La cual es la definición de la integral doble por lo que:

AS =

Z ZR

sµ∂f (x, y)

∂x

¶2+

µ∂f (x, y)

∂y

¶2+ 1 dxdy.

Ejemplo 226 : Encuentre el área del paraboloide z = x2 + y2 limitado por el plano

Z = 9.

Solución: Las derivadas parciales de este gráfico sonµ∂f

∂x,∂f

∂y

¶= (2x, 2y) de donde:

AS =

Z ZR

sµ∂f (x, y)

∂x

¶2+

µ∂f (x, y)

∂y

¶2+ 1 dxdy.

=

Z 3

−3

Z √1−x2

−√1−x2

p1 + 4x2 + 4y2dxdy

coord. polares=

Z 2π

0

Z 3

0

p1 + 4r2rdrdθ

=π

6

³37√37− 1

´.

4.4. Aplicaciones a las integrales triples.

En sí las aplicaciones de las integrales triples son las mismas que las de integrales

dobles:


4.4.1. Volúmenes de solidos.

Al igual que en las integrales dobles se puede demostrar que el volumen de un

sólido a través de las integrales triples es:

V =

Z Z ZRdxdydz.

Ejemplo 227 : Determine el volumen de un elipsoide.

Solución: La ecuación de un elipsoide centrado en el origen está dada porx2

a2+

y2

b2+

z2

c2= 1.

Para este problema es necesario hacer una sustitución elíptica en donde:

x = a rsenθ cosφ.

y = b rsenθ senφ.

z = c r cos θ.

Si calculñamos el jacobiano de la anterior sustitución obtenemos:

∂ (x, y, z)

∂ (r, φ, θ)= det

⎡⎢⎣ a senθ cosφ −a rsenθ senφ a r cos θ cosφ

b senθ senφ b rsenθ cosφ b r cos θ senφ

c cos θ 0 −c rsenθ

⎤⎥⎦= −abcr2senθ.

Por lo que el volumen del elipsoide es:

V =

Z Z ZRdxdydz =

Z Z ZR0

¯∂ (x, y, z)

∂ (r, φ, θ)

¯drdφdθ.

=

Z Z ZR0

abcr2senθdrdφdθ = abc

Z Z ZR0

r2senθdrdφdθ.

de donde la ecuación del elipsoide quedaría dado por r = 1 (compruébelo). Por lo tanto

la variación de (r, φ, θ) es:

0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ φ ≤ 2π, 0 ≤ θ ≤ π

Luego el volumen del elipsoide es:

V = abc

Z Z ZR0r2senθdrdφdθ = abc

Z π

0

Z 2π

0

Z 1

0r2senθdrdφdθ.

= abc

Z π

0senθdθ

Z 2π

0dφ

Z 1

0r2dr = abc (− cos θ)|π0 (φ)|

2π0

µr3

3

¶¯10

.

=4π

3abc.


Ejemplo 228 : Determine el volumen del tetraedro que se forma entre los plano x+y + z = 1, y = x, z = 0, y el plano y = 0.

Solución: La región de integración está formada por los planos dados a continuación:

(Identifíquelos)

Obteniendo la región de integración dada por:


Por tanto el volumen de la región en coordenadas cilíndricas está dado por:

V =

Z Z ZRdxdydz =

Z 1

0

Z 1−x

x

Z 1−x−y

0dzdxdy.

=

Z 12

0

Z 1−y

y(1− x− y) dxdy =

Z 12

0

µ(1− y)x− x2

2

¶¯1−yy

=

Z 12

0

Ã(1− y)2

2− y +

3y2

2

!dy =

1

12

4.4.2. Centros de masa y momentos de sólidos.

Se define igualmente los momemntos estáticos ahora no con especto a un eje de

giro sino con respecto a un plano dado de la siguiente manera:

M = md

donde m es la masa del sólido y d es la distancia con respecto a un plano.

Igualmente que en integrales dobles los momentos estáticos con respecto a los plano

se pueden calcular y llegar a que son:

Mxy =

Z Z ZRzρ (x, y, z) dxdydz,Mxz =

Z Z ZRyρ (x, y, z) dxdydz,Myz =

Z Z ZRxρ (x, y, z) dxdydz.

Donde ρ (x, y, z) es la densidad del material.También los momentos de inercia como se

definieron en integrales dobles se puede demostrar que están dados por:

Ixy =

Z Z ZRz2ρ (x, y, z) dxdydz, Ixz =

Z Z ZRy2ρ (x, y, z) dxdydz,Iyz =

Z Z ZRx2ρ (x, y, z) dxdydz.

Además de que el momento polar de inircia está dado por:

Io = Ixy + Ixz + Iyz =

Z Z ZR

¡x2 + y2 + z2

¢ρ (x, y, z) dxdydz.


Luego por l misma definición de centros de masa se tiene que el centro de masa del

sólido esta dado por:

x =

R R RR xρ (x, y, z) dxdydzR R RR ρ (x, y, z) dxdydz

, y =

R R RR yρ (x, y, z) dxdydzR R RR ρ (x, y, z) dxdydz

,z =

R R RR zρ (x, y, z) dxdydzR R RR ρ (x, y, z) dxdydz

.

Ejemplo 229 : Hallar el centro de masa del hemisferio superior de una esfera deradio a con densidad constante.

Solución: El hemisferio superior de una esfera está dado por la función z =pa2 − x2 − y2

cuyo gráfico se vería como:

1

0.5

0

-0.5

0.5

0

-0.5

10.80.60.40.2

x y

z

x y

z

Hallemos primero sus momentos estáticos:

Mxy =

Z Z ZRzρodxdydz = ρo

Z a

−a

Z √a2−x2

−√a2−x2

Z √a2−x2−y2

0zdzdydx.

Myz =

Z Z ZRxρodxdydz = ρo

Z a

−a

Z √a2−x2

−√a2−x2

Z √a2−x2−y2

0xdzdydx.

Mxz =

Z Z ZRyρodxdydz = ρo

Z a

−a

Z √a2−x2

−√a2−x2

Z √a2−x2−y2

0ydzdydx.

o mejor en coordenadas cilíndricas se tiene:

Mxy = ρo

Z a

−a

Z √a2−x2

−√a2−x2

Z √a2−x2−y2

0zdzdydx = ρo

Z 2π

0

Z a

0

Z √a2−r2

0zrdzdrdθ =

1

4πa4ρo.

Myz = ρo

Z a

−a

Z √a2−x2

−√a2−x2

Z √a2−x2−y2

0xdzdydx = ρo

Z 2π

0

Z a

0

Z √a2−r2

0r2 cos θdzdrdθ = 0.

Mxz = ρo

Z a

−a

Z √a2−x2

−√a2−x2

Z √a2−x2−y2

0ydzdydx = ρo

Z 2π

0

Z a

0

Z √a2−r2

0r2 sin θdzdrdθ = 0.

Ahora calculemos su masa:

m = ρo

Z Z ZRdxdydz = ρo

Z 2π

0

Z a

0

Z √a2−r2

0rdzdrdθ =

2

3πa3ρo.


Por lo que el centro de masa está dado por:

x =Myz

m= 0, y =

Mxz

m= 0, z =

Mxy

m=

14πa

4ρo23πa

3ρo=3

8a.

Por lo que el centro de masa se halla enµ0, 0,

3

8a

¶Ejemplo 230 : Hala el momento polar de inercia del gráfico del ejemplo anterior.Solución: La solución es muy simple puesto que se trata de elaborar nuevamente las

integrales anteriores:

Ixy =

Z Z ZRz2ρodxdydz = ρo

Z a

−a

Z √a2−x2

−√a2−x2

Z √a2−x2−y2

0z2dzdydx.

Iyz =

Z Z ZRx2ρodxdydz = ρo

Z a

−a

Z √a2−x2

−√a2−x2

Z √a2−x2−y2

0x2dzdydx.

Ixz =

Z Z ZRy2ρodxdydz = ρo

Z a

−a

Z √a2−x2

−√a2−x2

Z √a2−x2−y2

0y2dzdydx.

que al cambiarlas a coordenadas cilíndricas se obtiene:

Ixy = ρo

Z a

−a

Z √a2−x2

−√a2−x2

Z √a2−x2−y2

0z2dzdydx = ρo

Z 2π

0

Z A

0

Z √A2−r2

0z2rdzdrdθ =

2

15πa5.

Iyz = ρo

Z a

−a

Z √a2−x2

−√a2−x2

Z √a2−x2−y2

0x2dzdydx = ρo

Z 2π

0

Z a

0

Z √a2−r2

0r3 cos2 θdzdrdθ =

2

15πa5.

Ixz = ρo

Z a

−a

Z √a2−x2

−√a2−x2

Z √a2−x2−y2

0y2dzdydx = ρo

Z 2π

0

Z a

0

Z √a2−r2

0r3 sin2 θdzdrdθ =

2

15πa5.

De donde el momento polar de inercia es:

Io =2

5πa5.

4.4.3. probabilidades.

La noción aquí es la misma que se entregó en integrales dobles, a diferencia que el

número de variables es 3.

Ejemplo 231 : La función de densidad de probabilidad conjunta para tres variablesaleatorias X y Y está dada por:

f (x, y) =

(C(x+ 2y + z) Si 3 ≤ x ≤ 10, 0 ≤ y ≤ 8, 2 ≤ z ≤ 7

0 En otra parte

Determine el valor de C para que efectivamente f (x, y, z) sea una función de densidad

de probabilidad; halle la probabilidad P (X ≤ 5, Y ≥ 6, 3 ≤ Z ≤ 6) .


Solución: Para calcular C integramos la función sobre todo su dominio y esta tiene

que dar uno:Z ZRf (x, y) dxdy =

Z 10

3

Z 8

0

Z 7

2C (x+ 2y + z) dzdydx = 5320C = 1

Por lo que C =1

5320. Luego

f (x, y, z) =

⎧⎨⎩1

5320(x+ 2y + z) Si 3 ≤ x ≤ 10, 0 ≤ y ≤ 8, 2 ≤ z ≤ 70 En otra parte

Ahora

P (X ≤ 5, Y ≥ 6, 3 ≤ Z ≤ 6) = 1

5320

Z 5

0

Z 8

6

Z 6

3(x+ 2y + z) dzdydx =

630

5320=9

76.

Calculmos la media µx. Esto es:

µx =1

5320

Z 10

3

Z 8

0

Z 7

2

¡x2 + 2yx+ zx

¢dzdydx =

1531

228

4.4.4. Densidad de carga.

Una aplicacion importante es en física donde se define la carga total de un cuerpo

como la suma de todas la cargas distribuidas sobre el volumen o mejor aún como la

integral de la densidad de carga del material que ocupa un volumen R siendo σ (x, y, z)

la densidad de carga del material.

Ejemplo 232 : Calcular la carga total de una esfera de radio a cuyo material tiene

una densidad de carga dada por σ (x, y, z) = kxyz.

Solución: Por la misma definición la carga total es la integral triple en este caso de la

densidad de carga:

Q =

Z Z ZRkxyzdxdydz

que en coordenadas esféricas querdaría descrita como:

Q =

Z Z ZRkxyzdxdydz = k

Z π

0

Z 2π

0

Z a

0r5 sin2 θ cosθ sinφ cosφdrdφdθ = 0

Capítulo 5

Campos Vectoriales.

Definición 233 : Sea f : U −→ Rn una función definida en el conjunto abierto

U ⊂ Rn tal que a cada vector x = (x1, x2, ..., xn) lo envía a través de f a un vector

f (x) = f (x1, x2, ..., xn) = (f1 (x) , f2 (x) , ..., fn (x))

donde cada fi : U −→ R. A toda función de este estilo se le llama campo vectorial. Ysu gráfico en Rn es el resultado de unir el punto (x1, x2, ..., xn) con el punto final del

vector paralelo al vector (f1 (x) , f2 (x) , ..., fn (x)) .

Ejemplo 234 : Un líquido fluye dentro de un tubo en un instante dado, cada partículadel líquido está en movimiento a una determinada velocidad en la dirección del flujo,

así pués se piuede determinar el capo vectorial como:

f (x) = {Posición de los puntos del interior del tubo} −→ Rn

donde a cada partícula del interior del tubo en un punto, se le asigna la velocidad

correspodiente a su velocidad vectorial en ese intante dentro del fluido. Si la velocidad

es homogénea e igual en todas las direcciones su gráfico se vería así:

Ejemplo 235 : Un campo de fuerzas es un campo vectorial donde a cada punto dellugar donde se aplique la fuerza se establece una función f : Rn −→ Rn donde a

cada punto x se le asocia un fuerza f (x). Como caso partícular se puede exponer la

189

5. Campos Vectoriales. 190

fuerza gravitacional, la cual es proporcional al producro de dos masas e inversamente

proporcional al cuadrado de la distancia que las separa.

−→F = −GM1M2

r2−→u r.

Donde −→u r es el vector unitario en la direcciín del vector−→r , es decir −→u r =

−→rk−→r k .

Observe que mientrasd más cerca esten los cuerpos M1 y M2 la fuerza es mayor. Si se

toma el centro de masa de cualquiera de los dos cuerpos en el origen de coordenadas,

las líneas de campo en este caso serían radiales y entrando, osea apuntando hacia

adentro.

Ejemplo 236 Consideremos ahora la intensidad de campo eléctrico:

−→E =

q

4πεr2−→u r.

el cual es un campo vectorial cuyas líneas de campo so radiales y están orientadas de

acuerdo a la carga.

Ejemplo 237 : Hallar las líneas de campo vectorial de f (x, y) = (−y, x) .Solución: Para ello usemos una tabla de valores vectoriales en donde veamos el punto

y su imagen.

(x, y) (1, 0) (0, 1) (−1, 0) (0,−1) (1, 1) (−1, 1) (−1,−1) (1,−1)f (x, y) = (−y, x) (0, 1) (−1, 0) (0,−1) (1, 0) (−1, 1) (−1,−1) (1,−1) (1, 1)


Ejemplo 238 : Hallar las líneas de campo vectorial de f (x, y) = (2x, 2y) .Solución: Igualmente usemos una tabla de valores vectoriales

(x, y) (1, 0) (0, 1) (−1, 0) (0,−1) (1, 1) (−1, 1) (−1,−1) (1,−1)f (x, y) = (2x, 2y) (2, 0) (0, 2) (−2, 0) (0,−2) (2, 2) (−2, 2) (−2,−2) (2,−2)

Dos gráficos de campos vectoriales que no son fáciles de graficar pero computacional-

mente se pueden ver, disminuyendo las longitudes de los vectores a un rango de 1

son:

5.1. Vector Área.

Al final del capítulo anterior ya se había calculado tal vector pero no se definió. Aho-

ra definiremos tal vector volviéndolo a contruir nuevamente.Si consideramos el diferen-


cial de área ∆S y el diferencial del plano tangente ∆T aplicado en P = (x, y, f (x, y)):

Si R es la proyección de los diferenciales del plano tangente y la superficie de dimen-

siones ∆x×∆y,

Aquí los vectores −→a y−→b son los vectores que generan los vector tangentes y están

dados por:−→a =

µ1, 0,

∂f

∂x

¶∆x y

−→b =

µ0, 1,

∂f

∂y

¶∆y.


Por lo que el vector director del plano tangente es el producto cruz entre −→a y −→b . Estoes:

−→a ×−→b = det

⎡⎢⎢⎢⎣−→i

−→j

−→k

∆x 0∂f

∂x∆x

0 ∆y∂f

∂y∆y

⎤⎥⎥⎥⎦ =µ−∂f∂x∆x∆y,−∂f

∂y∆x∆y,∆x∆y

¶

=

µ−∂f∂x

,−∂f∂y

, 1

¶∆x∆y

Observe que el área del paralelogramoes base por la altura:

Note que la altura del paralelogramo es h = k−→a k sen (180− θ) = k−→a k sen (θ) , por loque el área del paralelogramo es:

A = k−→a k°°°−→b °°° sen (θ) = °°°−→a ×−→b °°° .

Pero esta es la definición de la magnitud del producto cruz −→a × −→b . Por lo tanto elárea del diferecnicial del plano (rectángulo) que denotamos por ∆S es:

∆S =°°°−→a ×−→b °°°

Se define el vector diferencial de área como el vector ortogonal a la superficie en un

punto en un diferencial de área que contenga dicho punto y se denotará por d−→A ,

graficamente el vector diferencial de área se verá como:


Note que cualquier superficie de contorno finito se puede rebordear por un camino

ya sea en R2 o en R3 y para construir el vector área seguiremos el criterio de lamano derecha, es decir, según se construya el camino en sentido levógiro o destrógiro,

siguiendo la regla de la mano derecha el vector área seguirá la dirección del dedo

pulgar.

Observe además que el vector d−→A es normal a la superficie, así que el vector está

dirigido por el vector −→n normal a la superficie unitario (recuerde que el vector normal

a una superficie z = f (x, y) está dado por −→n =−−→∇F

k −−→∇F kcon F = z−f (x, y)), es decir,

d−→A = −→n dA donde dA es la magnitud del vector d

−→A, o sea k d−→A k= dA.

5.2. Flujo.

Definición 239 : (Flujo) Sea−→B un campo vectorial continuo y diferenciable en cada

punto de un área A y su contorno, a la expresión:

ϕ =

Z ZA

−→B ·d−→A =

Z ZA

−→B ·−→n dA =

Z ZAk −→B kk −→n k cos θ dA =

Z ZAk −→B k cos θ dA.

La llamaremos flujo de−→B a través de la superficie A.

Cabe preguntar ¿Que mide el flujo?.

Supongamos que el campo vectorial−→B es la velocidad

−→V de una partícula de un

fluido que viaja a través de un conducto, y cortemos una sección de área transversal

por la cual ha de atravesar la partícula. Observe que en el diferencial de área por la

cual pasa la partícula.


Como ϕ =R R

A

−→B · d−→A =

R RA

−→V · d−→A =

R RA k−→V k cos θ dA, entonces se puede

observar que la integral doble es una doble suma de los términos de−→V · d−→A cuya

dimensión es en el sistema MKSh−→V · d−→A

i=

m

segm2 =

m3

seg, o sea que lo que se estás

midiendo es la cantidad de volumen del fluido que pasa por unidad de segundo por esa

sección de área. Así que si generalizamos, ϕ =R R

A

−→B · d−→A mide la cantidad de lineas

de campo según su unidad que atraviesa la sección de área A.

Nota 240 : Considere un diferencial de área de una superficie, veamos como es lamagnitud del vector d

−→A , es decir, veamos como es k d−→A k= dA.

Como en la figura anterior, el vector d−→A tiene componentes vectoriales en términos

de los versores −→u x,−→u y y −→u z, como d

−→Ax, d

−→A y y d

−→A z dados respectivamente en

cada una de las direcciones, note que la componente vectorial d−→A z =

−−→proyd−→A−→u z =

d−→A ·−→u z−→u z ·−→u z

−→u z. =³d−→A ·−→u z

´−→u z, como d−→A = −→n dA entonces el vector d

−→A z tiene por

magnitud dxdy y por lo tanto:

dxdy = k d−→A z k=k³d−→A ·−→u z

´−→u z k=¯³d−→A ·−→u z

´¯k−→u zk = |(−→n dA ·−→u z)| .

= |(−→n dA ·−→u z)| = |−→n ·−→u z| dA

Por lo que el diferencial de área dA está dado por: dA =dxdy

|−→n ·−→u z|.

De forma análoga podemos también demostrar que dA =dxdz

|−→n ·−→u y|ó dA =

dydz

|−→n ·−→u x|dependiendo sobre el versor en que se proyecte el vector d

−→A.

Ejemplo 241 : Considere el vector posición −→r y evalúe ϕ =R R

A−→r · d−→A en el que

la sección de área es:

a) La esfera x2 + y2 + z2 = R2.

b) El paraboloide x2 + y2 + z = 4 por encima del plano xy.


Solución: a)

Observe que −→r es paralelo a −→n por lo tanto −→n =−→r

k −→r k por lo que d−→A = −→n dA =

−→rk −→r kdA. Luego

ϕ =

Z ZA

−→r · d−→A =

Z ZA

−→r ·−→n dA =Z Z

A

−→r ·−→r

k −→r kdA =Z Z

A

k −→r k2k −→r k dA

=

Z ZAk −→r k dA = R

Z ZAdA = RAsuperficie = 4πR

3.

Ya que k −→r k=px2 + y2 + z2 =

√R2 = R.

b)

Aquí ϕ =R R

A−→r · d−→A =

R RA−→r · −→n dA =

R RAp

−→r · −→n dxdy

|−→n ·−→u z|donde Ap es el área

de proyección. Como para este caso F (x, y, z) = x2 + y2 + z − 4 entonces el vector−→n =

−−→∇Fk −−→∇F k

=(2x, 2y, 1)p4x2 + 4y2 + 1

. Como −→r = (x, y, z) y uz = (0, 0, 1) entonces:

−→r ·−→n = (x, y, z) · (2x, 2y, 1)p4x2 + 4y2 + 1

=2x2 + 2y2 + zp4x2 + 4y2 + 1

.

y

uz ·−→n = (0, 0, 1) ·(2x, 2y, 1)p4x2 + 4y2 + 1

=1p

4x2 + 4y2 + 1


Por lo tanto el flujo ϕ está dado por:

ϕ =

Z ZAp

−→r ·−→n dxdy

|−→n ·−→u z|=

Z ZAp

2x2 + 2y2 + zp4x2 + 4y2 + 1

dxdy1p

4x2 + 4y2 + 1

.

=

Z ZAp

¡2x2 + 2y2 + z

¢dxdy

Como z = 4− x2 − y2 entonces:

ϕ =

Z ZAp

¡2x2 + 2y2 + 4− x2 − y2

¢dxdy =

Z ZAp

¡x2 + y2 + 4

¢dxdy

Observe que el área de proyección es una circunferencia de radio dos (2), que se logra

con la ecuación de la curva cuando z = 0. Convirtiendo en este caso las coordenadas

a coordenadas polares obtenemos que el Jacobiano es r, y la oscilación de r y θ son:

0 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2π, por lo tanto el flujo nos dá:

ϕ =

Z ZA

−→r · d−→A =

Z 2π

0

Z 2

0

¡r2 + 4

¢rdrdθ.

=

µr4

4+ 4r

¶20

· (θ)2π0 = 24π.

Ejemplo 242 : Si z = f (x, y) es la ecuación de una superficie A cuya proyección

sobre el plano xy es la región R , pruebe que el área de la superficie por la derfinición

de flujo se puede calcular por la expresión:

A =

Z ZAp

⎛⎝sµ∂f∂x

¶2+

µ∂f

∂y

¶2+ 1

⎞⎠ dxdy.

Solución: En este caso A =R R

A

−→B · d−→A =

R RA

³−→B ·−→n

´dA =

R RA dA. Lo que

implica que−→B · −→n = 1 esto es si

−→B = −→n . Por lo tanto al proyectar el vector d

−→A

sobre −→u z se consigue que para−→n =

−−→∇Fk −−→∇F k

con F = z − f (x, y) lo que implica que

−−→∇F =µ−∂f∂x

,−∂f∂y

, 1

¶entonces:

−→n ·−→u z =

µ−∂f∂x

,−∂f∂y

, 1

¶sµ

∂f

∂x

¶2+

µ∂f

∂y

¶2+ 1

· (0, 0, 1) = 1sµ∂f

∂x

¶2+

µ∂f

∂y

¶2+ 1


por lo tanto:

A =

Z ZAdA =

Z ZAp

dxdy

|−→n ·−→u z|=

Z ZAp

dxdy1vuutÃ∂f

∂x

!2+

Ã∂f

∂y

!2+1

.

=

Z ZAp

⎛⎝sµ∂f∂x

¶2+

µ∂f

∂y

¶2+ 1

⎞⎠ dxdy.

5.3. Ángulo sólido.

Definición 243 :¡Ángulo sólido

¢Es una superficie del espacio comprendida dentro

de una superficie cónica o piramidal. Su valor está dado por:

θ =A

r2

Cuyas unidades estarán dadas en esterradines.

Nota 244 : El ángulo sólido de una figura cualquiera en un sector del espacio, sepuede calcular trazando una esfera de radio cualquiera que abarque la figura y se toma

el área superficial de la esfera que abarque la región deseada.

Ejemplo 245 : Para una esféra de radio r, se tiene que el ángulo sólido está dado

por:

θ =A

r2=4πr2

r2= 4π esteradianes.

Ahora para una figura cualquiera superficial en el primer octante se tiene que el ángulo

sólido está dado por:

θ =A

r2=

4π8 r

2

r2=

π

2esteradianes.

Para ángulos pequeños en el límite diferencial tenemos que:


Cuando d−→A vá en la misma dirección

−−→OP o sea −→n entonces dθ =

dA

r2. Mientras

que si entre el vector−−→OP y d

−→A , o sea entre −→n y d

−→A existe un ángulo α, entonces

dθ =dA cosα

r2donde dA es la magnitud del vector área. (Identifique que es y que

significado tiene dA cosα con respecto de los vectores d−→A y −→n ).

5.4. Ley de Gauss del campo eléctrico.

Consideremos una superficie suave cerrada A en un medio lineal, homogéneo e

isotrópico, (isotrópico: Que conserva las mismas propiedades en cada punto del medio

en todas las direcciones),si en el interior existe un acarga eléctrica q; Hallar el flujo de

la intensidad de campo eléctrico−→E a través de la supeficie A en los casos:

1) En que la carga interior es puntual.

2) En que la carga interior tenga cualquier distribución.

Solución: 1) De las leyes de la física−→E =

q

4πεr2−→u r siendo ε la permitividad del medio.

Note que como la carga es puntual y el campo radial, entonces los la superficie que

atraviesa la carga es una esfera y por lo tanto −→u r y−→n son paralelos e iguales, entonces

para una superficie cerrada A se tiene:

que el flujo de la intensidad de campo eléctrico−→E está dado por:

ϕ =

Z ZA

−→E · d−→A =

Z ZA

q

4πεr2−→u r · d

−→A =

Z ZA

q

4πεr2−→u r ·−→u rdA.

=q

4πεr2

Z ZA

dA

r2=

q

4πε

Z ZAdθ =

q

4πε4π =

q

ε.


2)

Para las cargas con cualquier distribución se obtiene que−→E =

qi4πεr2

−→u r para todo i

por tanto el flujo total es la suma de los flujos individuales por lo tanto:

ϕ =

Z ZA

−→E · d−→A =

Z ZA

−→E 1 · d

−→A +

Z ZA

−→E 2 · d

−→A + ...+

Z ZA

−→E n · d

−→A + ...

=q1ε+

q2ε+ ...+

qnε+ ... =

Qtotal

ε.

Nota 246 : El flujo de un campo vectorial sobre cualquier supeficie cerrada lo seguire-

mos denotando porI

A

−→B · d−→A.

5.5. Teorema de la divergencia de Gauss.

Sea−→E la intensidad de campo eléctrico en una región del espacio y consideremos

el flujo de−→E a través de un diferencial de volumen dV en coordenadas cartesianas

aplicadas en el punto (x, y, z).

Analicemos el flujo a través del diferencial de volumen. Observe que:

−→E (x, y, z) = Ex (x, y, z)

−→u x +Ey (x, y, z)−→u y +Ez (x, y, z)

−→u z.

Ya que la intensidad de campo eléctrico es un campo vectorial dado por−→E : U ⊂

R3 −→ R3 siendo U un conjunto abierto contenido en R3. Si consideramos el flujo quevá en la dirección del eje x en el diferencial de volumen, tenemos que esta componente

de la intensidad del campo eléctrico atraviesa las caras paralelas al plano yz. Note


que el flujo entrante por la cara posterior es Ex (x, y, z)∆y∆z puesto que el flujo

en el diferencial es campo por área; ahora el flujo saliente por la cara anterior es

Ex (x+∆x, y, z)∆y∆z. Por lo tanto el flujo total perdido en la dirección del eje x en

el diferencial de volumen, es el flujo saliente menos el flujo entrante, esto es:

∆ϕx = Ex (x+∆x, y, z)∆y∆z−Ex (x, y, z)∆y∆z =[Ex (x+∆x, y, z)−Ex (x, y, z)]

∆x∆x∆y∆z.

Que al tomar el límite cuando ∆x,∆y,∆z −→ 0 se obtiene la definición de derivada

parcial y de diferencial de volumen obteniendo por ende, el diferencial de flujo, esto

es:

dϕx =∂Ex

∂xdV.

De forma análoga se analiza los flujos que van en las direcciones de los ejes y y z en el

diferencial de volumen, obteniendo de igual manera que:

dϕy =∂Ey

∂ydV y dϕz =

∂Ez

∂zdV

De donde el flujo total del campo eléctrico−→E en el diferencial de volumen es:

dϕ = dϕx + dϕy + dϕz =∂Ex

∂xdV +

∂Ey

∂ydV +

∂Ez

∂zdV.

dϕ =

µ∂Ex

∂x+

∂Ey

∂y+

∂Ez

∂z

¶dV.

A la expresióndϕ

dV=

∂Ex

∂x+

∂Ey

∂y+

∂Ez

∂zla llamaremos divergencia de

−→E y la de-

notaremos por div−→E ó

−→∇ · −→E , notación esta última que se tiene que tener cuidado

con no confundir con la del gradiente de una función en varias variables, ya que un

campo vectorial está compuesto de funciones en varias variables en cada una de sus

componentes vectoriales.

Ahora ¿que mide la divergencia?. Desde éste punto de vista físico, lo que mide es el

cambio del flujo de la intensidad de campo eléctrico en el diferencial de volumen, en

otras palabras más generales, la divergencia mide el cambio de flujo de cualquier cam-

po vectorial aplicado en un punto.

Observe que

div−→E =

−→∇ ·−→E =

µ∂

∂x,∂

∂y,∂

∂z

¶· (Ex, Ey, Ez) =

∂Ex

∂x+

∂Ey

∂y+

∂Ez

∂z.

El operador−→∇ =

µ∂

∂x,∂

∂y,∂

∂z

¶es un seudovector, ojo no es un vector (No es un

segmento dirigido, no presenta magnitud ni sentido) la flecha de vector es solo para


denotar que posee componentes en las direcciones vectoriales de x, y y z.

Se demustra que la divergencia en otras coordenadas esatá dada por:

div−→B =

1

ρ

∂ρBρ

∂ρ+1

ρ

∂Bθ

∂θ+

∂Bz

∂zpara

−→B = (Bρ, Bθ, Bz) .

div−→B =

1

r2∂r2Br

∂r+

1

r sen (φ)

∂sen (φ)Bφ

∂φ+

1

r sen (θ)

∂Bθ

∂θpara

−→B = (Br, Bφ, Bθ) .

Ejemplo 247 : Hallar la forma diferencial de la ley de Gaussdel campo eléctrico.Solución: De la ley de Gauss del campo eléctrico ya habiamos encontrado que:

ϕ =

Z ZA

−→E · d−→A =

q

ε.

y de la definición de la divergencia nos encontramos con que:

dϕ

dV=

∂Ex

∂x+

∂Ey

∂y+

∂Ez

∂z= div

−→E .

Por lo tanto como ϕ =q

εentonces

dϕ

dV=1

ε

dq

dV=

ρ

εcon ρ =

dq

dVllamada densidad de

carga por lo tanto div−→E =

ρ

ε.

Observe quedϕ

dV= div

−→B para

−→B un campo vectorial, por lo que dϕ = div

−→BdV

luego al integrar obtenemos que:

ϕ =

Z Z ZVdiv−→B dV.

Pero ya teníamos que por la definición de flujo ϕ =R R

A

−→B · d−→A por lo tanto:Z Z

A

−→B · d−→A =


Con lo acabamos de demostrar el siguiente teorema.

Teorema 248 : (De la divergencia de Gauss) Sea A una superficie cerrada frontera

de un volumen V en el espacio. Sea−→B un campo vectorial continua y diferencaibleen

todos los puntos del volumen de V y de A entonces:Z ZA

−→B · d−→A =


Todo lo que se ha descrito durante esta sección es este importantísimo teorema muy

utilizado en los cursos de física y además importantes conceptos de física de los campos.


Ejemplo 249 : Sea−→B =

5

4r2−→u r, compruebe el teorema de la divergencia de Gauss

para el volumen encerrada por la superficie r = 4 y φ =π

4Solución:

Nos piden hallar el flujo de las lineas de campo a través de la superficie de la figura

cónica. En este caso, como−→B =

5

4r2−→u r y −→n son paralelos en la superficie esférica y

en la supeficie cónica el ángulo entre−→B y −→n es de 90o entonces:Z Z

A

−→B · d−→A =

Z Zcasquete

−→B · d−→A +

Z Zcono

−→B · d−→A.

En el cono, como−→B · d−→A =

°°°−→B°°° k−→n k cos (θ) y θ = π

2= 90o entonces

−→B · d−→A = 0, así

queR R

cono

−→B · d−→A = 0.

Ahora en la superficie esférica,−→B ·d−→A =

°°°−→B°°° k−→n k cos (θ) y θ = 0o entonces −→B ·d−→A =

BdA siendo B =°°°−→B°°° y dA = °°°d−→A°°° por lo tanto:Z ZA

−→B · d−→A =

Z Zcasquete

−→B · d−→A =

Z Zcasquete

BdA.

Observe que el área de la superficie de la figura se puede encontrar usando una relación

de secciones de circunferencia para determinar el área de un diferencial de superficie

esférica´. Si tomamos el casquete esférico y consideramos un diferencial de área como

se muestra en la siguiente figura, obtenemos que el área del diferencial de la superficie

está dado por ∆A = r2sen (θ)∆φ∆θ


Por lo tanto:Z ZA

−→B · d−→A =

Z Zcasquete

5

4r2r2sen (θ) dφdθ

r=4= 320

Z 2π

0

Z π4

0sen (θ) dθdφ

= 320

Z 2π

0dφ

Z π4

0sen (θ) dθ = 320π

³2−√2´.

Veamos la otra integral, es decir,R R R

V div−→B dV.

En efecto, como el campo está descrito en coordenadas esféricas, es necesario usar la

divergencia en coordenadas esfércas:

div−→B =

1

r2∂r2Br

∂r+

1

r sen (φ)

∂sen (φ)Bφ

∂φ+

1

r sen (θ)

∂Bθ

∂θ.

Como−→B =

µ5

4r2, 0, 0

¶entonces:

div−→B =

1

r2∂r2Br

∂r=1

r2

∂5

4r4

∂r=5r3

r2= 5r.

Por lo tanto se obtiene que:Z Z ZVdiv−→BdV =

Z Z ZV5rdV.

Que en coordenadas esféricas se obtiene:Z Z ZVdiv−→BdV =

Z Z ZV5rdV =

Z 2π

0

Z π4

0

Z 4

05rr2sen (θ) drdθdφ.

=

Z 2π

0dφ

Z π4

0sen (θ) dθ

Z 4

05r3dr = 320π

³2−√2´.

Comprobando así que se cumple el teorema de la divergencia de Gauss.

Ejemplo 250 : Sea F (x, y, z) una función continua y diferenciable en todos los pun-tos de V y la superficie frontera A que encierra al volumen V . Demuestre que:Z Z

AFd−→A =

Z Z ZVgrad F dV.

Solución: Note que en los dos lados se tienen son vectores, o sea que lo que se debe

demostrar es una igualdad de vectores. En efecto, se tiene por el teorema de la diver-

gencia de Gauss que: Z ZA

−→B · d−→A =



Entonces si consideramos un vector constante−→C = (c1, c2, c3) nos encontramos con

que si tomamos al campo−→B =

−→CF = (c1F, c2F, c3F ), obtenemos que como F es

diferenciable, existen sus derivadas parciales y por tanto:

div−→B = div (c1F, c2F, c3F ) =

∂c1F

∂x+

∂c2F

∂y+

∂c3F

∂z

= c1∂F

∂x+ c2

∂F

∂y+ c3

∂F

∂z= (c1, c2, c3)

µ∂F

∂x,∂F

∂y,∂F

∂z

¶=−→C · grad F.

por lo queR R

A

−→B · d−→A =

R R RV div

−→B dV se conviete facilmente en:Z Z

A

−→CF · d−→A =

Z Z ZV

−→C · grad F dV

Se sabe de la geometría vectorial que (α−→a ) ·³β−→b´= (αβ)

³−→a ·−→b ´ por lo tanto:−→C ·

Z ZAFd−→A =

−→C ·

Z Z ZVgrad F dV

También de la geometría vectorial se tiene que si −→a · −→b = −→a · −→c entonces−→b = −→c

con lo cual se obtiene que:Z ZAFd−→A =

Z Z ZVgrad F dV

Culminando de esta forma el ejercicio.

Definición 251 : Se dice que un campo vectorial es solenoidal si su divergencia esigual a cero.

Ejemplo 252 : Si −→r f (r) = rf (r)−→u r es un campo vectorial solenoidal, encuentre la

función real f (r) .

Solución: Observe que el campo vetorial está en coordenadas esféricas, por tanto su

divergencia en coordenadas esféricas esta dado por:

div−→B =

1

r2∂r2Br

∂r+

1

r sen (φ)

∂sen (φ)Bφ

∂φ+

1

r sen (θ)

∂Bθ

∂θ.

=1

r2∂r3f (r)

∂rya que

−→B = (rf (r) , 0, 0)

Y como −→r f (r) = rf (r)−→u r es un campo vectorial solenoidal, entonces:

div−→B =

1

r2∂r3f (r)

∂r= 0.

Lo que implica que∂r3f (r)

∂r= 0, y de la única manera de que esto suceda es que

r3f (r) = k =constante. Consecuencia ésta que lleva a que: f (r) =k

r3.


5.6. Circulación de un campo vectorial.

Definición 253 : Sea −→r : I ⊂ R −→ R2 o R3 un camino cerrado simple en R2 ó R3.Note que un camino cerrado simple en R2 ó R3 puede ser contorno de algún corte deun sólido. Sea −→n un vector normal a la superficie encerrada por el camino cerrado en

algún punto interior de la superficie y sea−→B un campo vectorial que es continuo en la

superficie encerrada por el camino −→r y sobre el mismo camino, se define la circulaciónde−→B sobre el canimo cerrado simple diferenciable en I como:

Γ =

I −→B · d−→r .

Nota 254 : De lo que se había definida en la sección del vector área, se seguirá con-servando aquí, por lo tanto si el produto

−→B · d−→r es positivo, entonces la circulación

será en sentido antihorario y por consiguiente el vector −→n será saliendo, conservando

el sentido de la regla de la mano derecha. Mientras que si el produto−→B · d−→r es neg-

ativo, entonces la circulación será en sentido horario y por consiguiente el vector −→nserá entrando, conservando el sentido de la regla de la mano derecha. Lo que dice el

valor de Γ es el sentido en que gira el camino −→r cuando es atravasado por las líneas

de campo−→B. Pero otra ilustración puede ser la que se define con el siguiente ejemplo.

Ejemplo 255 : Una partícual se mueve desde el punto (1, 0, 0) hasta el punto (1, 0, 2π)sobre la curva −→r (t) = (cos (t) , sen (t) , t) sometido a la fuerza vectorial (campo vectorial)−→F = (−y, x, xz):a) Grafique la trayectoria.

b) Calcule el trabajo W realizado por la fuerza−→F .

Solución: a) La gráfica de la trayectoria (cos (t) , sen (t) , t) está dada por:

1 0.5 0 -0.5

10.50-0.5

5

2.5

0

-2.5

-5

x y

z

x y

z

La cual es una hélice o helicoide.

b) Observe que el trabajo realizado por una fuerza está dado por W =−→F · −→r donde

−→r es el desplazamiento de la partícula sobre la trayectoria. Pero como en nuestro

caso la trayectoria es variable, el trabajo realizado en un diferencial de trayectoria d−→ren donde el trabajo total realizado por la trayectoria es la suma de todos los trabajos


realizados por la fuerza en cada diferencial de trayectoria, esto es:

W =

Zc

−→F · d−→r =

Zc(−sen (t) , cos (t) , t cos (t)) · (−sen (t) , cos (t) , 1) dt

=

Zc

¡sen2 (t) + cos2 (t) + t cos (t)

¢dt =

Zc(1 + t cos (t)) dt =

Z 2π

0(1 + t cos (t)) dt

= (t+ t sen (t) + cos (t))2π0 = 2π.

Ejemplo 256 : Hallar la circulación del campo vectorial−→B = (1, kx) sobre la curva

−→r = (ρ cos (t) + a, ρsen (t) + b) .

Solución: Aquí x = ρ cos (t) y y = ρsen (t) + b así que dx = −ρsen (t) dt y dy =

ρ cos (t) dt por lo que se consigue que d−→r = (−ρsen (t) , ρ cos (t)) dt luego:

−→B · d−→r = (1, kx) · (−ρsen (t) , ρ cos (t)) = (1, k (ρ cos (t) + a)) · (−ρsen (t) , ρ cos (t)) dt

=¡−ρsen (t) + kρ2 cos2 (t) + aρ cos (t)

¢dt.

Por tanto la circulación está dada por:Ic

¡−ρsen (t) + kρ2 cos2 (t) + aρ cos (t)

¢dt =

Z 2π

0

µ−ρsen (t) + kρ2

µ1 + cos (2t)

2

¶+ aρ cos (t)

¶dt.

=

µρ cos (t) + kρ2

µt

2+

sen (2t)

4

¶+ aρsen (t)

¶2π0

= kρ2π.

Note que si k > 0 la circulación es antihoraria, mientras que si k < 0 la circulación

es horaria; ahora si k = 0 la circulación es nula.

Definición 257 : Sea−→B un campo vectorial, se dice que

−→B es un campo conservativo

si existe una función en varias variables F : U ⊂ Rn −→ R bién definida y diferenciabletal que

−→B = grad F .

Teorema 258 : Sea−→B un campo vectorial, si

−→B es un campo conservativo entoncesI −→

B · d−→r = 0. (La prueba se deja como ejercicio) .

Observación 259 : La circulación es un caso particular de las integrales de línea yaque una integral de línea es toda integral que se exprese de alguna forma vectorial, así:I −→

B · d−→r ,I −→

B × d−→r ,I −→

Bdr, ...


5.7. Teorema del rotacional de Stokes.

Ya se ha visto que la circulación es una operación sobre el contorno de un camino

simple cerrado o no. Considermos ahora un camino cerrado simple y−→B un campo

vectorial continuo y diferenciable sobre el área A y la frontera que encierra el contorno

c.

Note que la curva MN divide la superficie que encierra el camino en dos superficies

A1 y A2 tal que A = A1 ∪ A2; si c1 es la curva MNaM entonces la circulación sobre

c1 es Γ1 =I

c1

−→B · d−→r y si c2 es la curva NMbN entonces la circulación sobre c2 es

Γ2 =

Ic2

−→B · d−→r . Por lo tanto

Γ1 + Γ2 =

Ic1

−→B · d−→r +

Ic2

−→B · d−→r =

IMNaM

−→B · d−→r +

INMbN

−→B · d−→r

=

IMN

−→B · d−→r +

INaM

−→B · d−→r +

INM

−→B · d−→r +

IMbN

−→B · d−→r .

Pero observe queI

MN

−→B ·d−→r = −

INM

−→B ·d−→r por lo que

IMN

−→B ·d−→r +

INM

−→B ·

d−→r = 0 con lo que se consigue que:

Γ1 + Γ2 =

INaM

−→B · d−→r +

IMbN

−→B · d−→r =

INaMbN

−→B · d−→r =

Ic

−→B · d−→r = Γ.

Usando esta conclusión por el método de indución matemática se puede deducir que

si se parte el área en n caminos que determinan n áreas entonces

Γ = Γ1 + Γ2 + ...+ Γn =

Ic1

−→B · d−→r +

Ic2

−→B · d−→r + ...+

Icn

−→B · d−→r

=nXi=1

Ici

−→B · d−→r =

nXi=1

Ici

−→B · d−→r∆Ai

∆Ai (1)


Donde los∆Ai son las áreas respectivas que encierran a cada ci. Observe que el términoIci

−→B · d−→r∆Ai

involucra a−→B, al d−→r , y a ∆Ai. Sea P un punto encerrado por una de

las áreas y −→n el vector normal al diferencial de superficie en ese punto. Note que −→nno depende sino de la integral

Ick

−→B · d−→r , por lo que se espera que se refleje algo

enI

ci

−→B · d−→r∆Ai

que tenga que ver con los tres factores involucrados. Observe además

que ∆Ai −→ 0 entonces n −→∞ es decir, la partición de la trayectoria c tiende a ser

infinita.

Definición 260 : (Rotacional) Sea−→B un campo vectorial y sea c un camino definido

por la función vectorial −→r : I −→ Rm con I ⊂ R un conjunto abierto y −→r diferenciableen I, se define la magnitud del rotacional de

−→B en el camino −→r en un punto P como°°°rot−→B°°° = lım

∆Ai−→0

Ici

−→B · d−→r∆Ai

cuando este límite existe, donde ∆Ai es un diferencial

de área de la superficie encerrada por c.

En tres dimensiones se puede demostrar que rot−→B = det

⎡⎢⎢⎢⎣−→u x

−→u y−→u z

∂

∂x

∂

∂y

∂

∂zBx By Bz

⎤⎥⎥⎥⎦ con−→B = (Bx, By, Bz) y en curso posterior se verá camo se calcula el rotacional en di-

mensiones superiores a tres. Cabe pregunterse ¿Que mide el rotacional?. Pero esta

pregunta se deja abierta al estudiante para que observe la definición y encuentre por

sus propios medios su significado.

Continuando con nuestras deduciones en la expresión (1) nos encontramos con que

al tomar el límite cuando ∆Ai −→ 0 nos hemos de encontrar con un producto punto de

igual manera con la que iniciamos que debe estar relacionada directamente con el vector

normal a la superficie −→n y el ∆Ai, además de que°°°rot−→B°°° = lım

∆Ai−→0

Ici

−→B · d−→r∆Ai

. Se

sabe que −→a ·−→b = k−→a k°°°−→b °°° cos (θ), con lo que podemos considerar entonces que:

Γ =

Ic

−→B · d−→r = lım

∆Ai−→0

nXi=1

Ici

−→B · d−→r∆Ai

∆Ai =

Z ZArot−→B ·−→n dA

=

Z ZArot−→B · d−→A.

Esto esI

c

−→B · d−→r =

R RA rot

−→B · d−→A . Con lo anterior acabamos de esbozar en ciertas

proporciones la demostración un poco irregular del siguiente teorema.

Teorema 261 : (Del rotacional de Stokes) Sea−→B un campo vectorial diferenciable

en c una curva cerrada simple definida por −→r : I −→ Rm, con I ⊂ R un conjunto


abierto y −→r diferenciable en I, entoncesI

c

−→B · d−→r =

R RA rot

−→B · d−→A , siendo A el

área encerrada por c.

Nota 262 : Note que en forma tridimensional, el vector rot−→B se puede escribir como

el producto cruz dado por rot−→B =

−→∇ ×−→B .

Ahora si el campo vectorial es bidimensional, se puede ver que para−→B = (P (x, y) ,Q (x, y))

diferenciable en el camino c definido por −→r : I −→ R2, con I ⊂ R un conjunto abiertoy −→r diferenciable en I, entonces:

rot−→B = det

⎡⎢⎢⎢⎣−→u x

−→u y−→u z

∂

∂x

∂

∂y

∂

∂zP (x, y) Q (x, y) 0

⎤⎥⎥⎥⎦ =µ0, 0,

∂Q (x, y)

∂x− ∂P (x, y)

∂y

¶.

Luego el teorema del rotacional de Stokes para−→B nos dá que −→n = −→u z y dA = dxdy

por lo tanto:Ic

−→B · d−→r =

Z ZArot−→B · d−→A =

Z ZA

µ0, 0,

∂Q (x, y)

∂x− ∂P (x, y)

∂y

¶· (0, 0, 1) dxdy

=

Z ZA

µ∂Q (x, y)

∂x− ∂P (x, y)

∂y

¶dxdy.

Conocido como el teorema de Green. Acabamos de demostrar el siguiente teorema.

Teorema 263 : (De Green) Sea−→B = (P (x, y) , Q (x, y)) un campo vectorial diferen-

ciable en c una curva cerrada simple definida por −→r : I −→ R2, con I ⊂ R un conjuntoabierto y −→r diferenciable en I, entonces

Ic

−→B ·d−→r =

R RA

µ∂Q (x, y)

∂x− ∂P (x, y)

∂y

¶dxdy,

siendo A el área encerrada por c.

Ejemplo 264 : Encuentre la circulación de−→B = (xy, yz, zx) sobre la curva −→r (t) =¡

t, t2, t3¢con 0 ≤ t ≤ 1.

Solución: Aquí x = t, y = t2 y z = t3, así que dx = dt, dy = 2tdt y dz = 3t2dt por

lo que se consigue que d−→r =¡1, 2t, 3t2

¢dt, además que

−→B = (xy, yz, zx) =

¡t3, t5, t4

¢luego:

−→B · d−→r =

¡t3, t5, t4

¢·¡1, 2t, 3t2

¢dt =

¡t3 + 5t6

¢dt

De donde se consigue que:Ic

−→B · d−→r =

Z 1

0

¡t3 + 5t6

¢dt =

µt4

4+5t7

7

¶10

=27

28.


Ejemplo 265 Hallar la circulación de−→B = (x− y, xy) sobre el área de circunferencia

x2 + y2 = 4 recorrido en sentido antihorario desde (2, 0) hasta (0,−2) .Solución: Aquí debemos reparametrizar la curva, así que: x = 2cos (t) y y =

2sen (t) , así que dx = −2sen (t) dt y dy = 2 cos (t) dt luego d−→r = (dx, dy) =

(−2sen (t) , 2 cos (t)) dt. Además se tiene que −→B = (x− y, xy) = (2 cos (t)− 2sen (t) , 4 cos (t) sen (t))por lo que:Z

c

−→B · d−→r = .

Zc(2 cos (t)− 2sen (t) , 4 cos (t) sen (t)) · (−2sen (t) , 2 cos (t)) dt

=

Z 3π2

0

¡−4sen (t) cos (t) + 4sen2 (t) + 8 cos2 (t) sen (t)

¢dt

=

Z 3π2

0

¡−4sen (t) cos (t) + 2 (1− cos (2t)) + 8 cos2 (t) sen (t)

¢dt

=

µ2 cos2 (t) + 2

µt− sen (2t)

2

¶− 8 cos

2 (t)

3

¶3π2

0

= 3π +2

3.

Ejemplo 266 : Pruebe que si c es una curva suave diferenciable en todos los puntosdefinida por −→r (t) con a ≤ t ≤ b y f : U ⊂ R3 −→ R diferenciable en U y c, cuyo

gradiente es continuo sobre c, entonces:Zcgradf · d−→r = f (−→r (b))− f (−→r (a)) .

Solución: Se sabe que gradf =µ∂f

∂x,∂f

∂y,∂f

∂z

¶y que d−→r = (dx, dy, dz) por lo tanto

gradf · d−→r =

µ∂f

∂x,∂f

∂y,∂f

∂z

¶· (dx, dy, dz)

=∂f

∂xdx+

∂f

∂ydy +

∂f

∂zdz = df.

Que es la definición de diferencial, por lo tanto:Zcgradf · d−→r =

Zcdf =

Z −→r (b)

−→r (a)df = (f)

−→r (b)−→r (a) = f (−→r (b))− f (−→r (a)) .

Ejemplo 267 Utilice el teorema de Green para encontrar el área de la región acotadapor la astriode −→r (t) =

¡cos3 (t) , sen3 (t)

¢para 0 ≤ t ≤ 2π.


Solución: Del teorema de Green se obtuvo que si−→B = (P (x, y) , Q (x, y)) es un campo

vectorial diferenciable en c una curva cerrada simple definida por −→r : I −→ R2,con I ⊂ R un conjunto abierto y −→r diferenciable en I, entonces

Ic

−→B · d−→r =Z Z

A

µ∂Q (x, y)

∂x− ∂P (x, y)

∂y

¶dxdy. Para hallar el área es necesario que A =

Z ZAdA

o mejor aún A =

Z ZAdxdy lo que implica que

µ∂Q (x, y)

∂x− ∂P (x, y)

∂y

¶= 1, pudién-

donos encontrar con los siguientes casos:

1.∂Q (x, y)

∂x= 1 y

∂P (x, y)

∂y= 0, obteniendo que Q (x, y) = x y P (x, y) = 0.

2.∂Q (x, y)

∂x= 0 y

∂P (x, y)

∂y= −1, obteniendo que Q (x, y) = 0 y P (x, y) = −y.

3.∂Q (x, y)

∂x=1

2y

∂P (x, y)

∂y= −1

2, obteniendo que Q (x, y) =

1

2x y P (x, y) =

−12y.

Para cada uno de los casos nos encontramos con cada una de las siguientes integrales:

1.−→B = (0, x) de dondeZ ZA

µ∂Q (x, y)

∂x− ∂P (x, y)

∂y

¶=

Ic

−→B · d−→r =

Ic(0, x) ·

¡−3sen (t) cos2 (t) , 3sen2 (t) cos (t)

¢dt

=

Z 2π

0

¡3sen2 (t) cos4 (t)

¢dt

2.−→B = (−y, 0) de dondeZ ZA

µ∂Q (x, y)

∂x− ∂P (x, y)

∂y

¶=

Ic

−→B · d−→r =

Ic(−y, 0) ·

¡−3sen (t) cos2 (t) , 3sen2 (t) cos (t)

¢dt

=

Z 2π

0

¡3sen4 (t) cos 2 (t)

¢dt

3. (−y, 0) de dondeZ ZA

µ∂Q (x, y)

∂x− ∂P (x, y)

∂y

¶=

Ic

−→B · d−→r =

Ic(−y, 0) ·

¡3sen (t) cos2 (t) , 3sen2 (t) cos (t)

¢dt

=1

2

Z 2π

0

¡3sen4 (t) cos2 (t) +

¡3sen4 (t) cos2 (t)

¢¢dt

=3

2

Z 2π

0

¡sen2 (t) cos2 (t)

¢dt =

3

8

Z 2π

0

¡sen2 (2t)

¢dt

=3

16

Z 2π

0(1− cos (2t)) dt

De las tres integrales la más simple es la última por lo que:

A =

Z ZAdxdy =

Ic

−→B · d−→r = 3

16

Z 2π

0(1− cos (2t)) dt.

=3

16

µt− sen (2t)

2

¶2π0

=3

8π.


Ejemplo 268 : Verifique el teorema del rotacional de Stokes en la superficie del cilín-dro x2 + z2 = 16 en el primer octante limitado también por el cilíndro x2 + y2 = 16

donde−→B =

¡2xy, 2− 3y, x2 + z

¢.

Solución:

En la gráfica anterior se muestra la región a la que se hace referencia. Se pide de-

mostrar el teorema del rotacional de Stokes, o sea que se pide calcular los dos lados

de la igualdad: Ic

−→B · d−→r =


* Comencemos por encontrar el lado izquierdo de esta igualdad, esto es:Ic

−→B · d−→r =

IPQRP

−→B · d−→r =

ZPQ

−→B · d−→r +

ZQR

−→B · d−→r +

ZRP

−→B · d−→r .

Veamos el valor de cada una de las integrales.

En la integralZPQ

−→B · d−→r se observa que x2 + z2 = x2 + y2 y en el primer octante

z = y con lo que se consigue que dz = dy por lo tanto d−→r = (dx, dz, dz) y el campo

vectorial−→B =

¡2xz, 2− 3z, x2 + z

¢como sobre esa superficie se tiene que x2+z2 = 16

entonces x2 = 16 − z2 por lo que xdx = −zdz y−→B =

¡2xz, 2− 3z, x2 + z

¢por lo

tanto:

−→B · d−→r =

¡2xz, 2− 3z, x2 + z

¢· (dx, dz, dz)

= 2xzdx+ (2− 3z) dz +¡x2 + z

¢dz

= −2z2dz + (2− 3z) dz +¡16− z2 + z

¢dz

=¡18− 2z − 3z2

¢dz.

Note además que entre la curva PQ se tiene que 0 ≤ z ≤ 4. Luego:ZPQ

−→B · d−→r =

Z 4

0

¡18− 2z − 3z2

¢dz =

¡18z − z2 − z3

¢40= −8.

Veamos ahora el valor de la integralZQR

−→B · d−→r . Se observa que sobre QR, z = 4,

x = 0 y y = y con lo que se consigue que dz = 0, dx = 0 y dy = dy por lo tanto


d−→r = (0, dy, 0) y el campo vectorial −→B = (0, 2− 3y, 4) por lo tanto:−→B · d−→r = (0, 2− 3y, 4) · (0, dy, 0)

= (2− 3y) dy

Note además que entre la curva QR se tiene que y varía desde 4 a 0. Luego:ZQR

−→B · d−→r =

Z 0

4(2− 3y) dy =

µ2y − 3y

2

2

¶40

= 16.

Calculemos por último la integralZRP

−→B · d−→r . En esta región de RP se tiene que

x2 + z2 = 16 entonces x2 = 16 − z2 por lo que xdx = −zdz además y = 0, entoncesd−→r = (dx, 0, dz) y −→B =

¡0, 2, x2 + z

¢por lo tanto:

−→B · d−→r =

¡0, 2, x2 + z

¢· (dx, 0, dz)

=¡x2 + z

¢dz

=¡16 + z − z2

¢dz.

Note además que entre la curva RP se tiene que z varía desde 0 a 4. Luego:ZRP

−→B · d−→r =

Z 0

4

¡16 + z − z2

¢dz =

µ16z +

z2

2− z3

3

¶04

= −1523

.

Por lo tanto se al sumar las tres integrales se consigue que:Ic

−→B · d−→r =

ZPQ

−→B · d−→r +

ZQR

−→B · d−→r +

ZRP

−→B · d−→r = −8 + 16− 152

3

= −1283

* Calculemos ahoraZ Z

Arot−→B · d−→A. Note que el rotacional de

−→B es:

rot−→B = det

⎡⎢⎢⎢⎣−→u x

−→u y−→u z

∂

∂x

∂

∂y

∂

∂z2xy 2− 3y x2 + z

⎤⎥⎥⎥⎦ = (0,−2x,−2x) .Además el vector normal −→n está dado por:

−→n = grad F

kgrad Fk

con F = x2 + z2 − 16 con lo que:

−→n =grad F

kgrad Fk =(2x, 0, 2z)√4x2 + 4z2

=(x, 0, z)√x2 + z2

=(x, 0, z)√

16

=(x, 0, z)

4.


Usando el hecho de que dA =dxdy

|−→n ·−→u z|se consigue que:

−→n ·−→u z =(x, 0, z)

4· (0, 0, 1) = z

4.

Esto implica que:

rot−→B · d−→A = rot

−→B ·−→n dA = (0,−2x,−2x) · (x, 0, z)

4

dxdyz

4= −2xdxdy.

Por lo tanto:Z ZArot−→B · d−→A =

Z ZAp

−2xdxdy = −2Z 4

0

Z √16−y20

xdxdy

= −2Z 4

0

µx2

2

¶√16−y20

dy = −2Z 4

0

µ8− 1

2y2¶dy

= −2µ8y − 1

6y3¶40

= −2× 643= −128

3

Confirmando con esto que se cumple el teorema de Stokes.

Ejemplo 269 : Determinar el flujo de−→B = (z, y, x) sobre la esfera unitaria x2+y2+

z2 = 1.

Solución: Como ϕ =

Z ZA

−→B · d−→A =

Z Z ZVdiv−→B dV. Como la divergencia de

−→B

está dada por:

div−→B =

∂z

∂x+

∂y

∂y+

∂x

∂z= 1.

Luego se consigue que:

ϕ =

Z Z ZVdiv−→BdV =

Z Z ZVdV = V =

4π

3.

Ejemplo 270 : Verifique el teorema del rotacional de Stokes en la superficie del planox+ y + z = 1 en el primer octante donde

−→B = (xy, 2xz, 3yz) .

Solución:


Debemos demostrar que se cumple la igualdad:Ic

−→B · d−→r =


* Comencemos por encontrar el lado izquierdo de esta igualdad, esto es:Ic

−→B · d−→r =

IPQRP

−→B · d−→r =

ZPQ

−→B · d−→r +

ZQR

−→B · d−→r +

ZRP

−→B · d−→r .

Veamos el valor de cada una de las integrales.

En la integralZPQ

−→B ·d−→r se observa que z = 0 y x+y = 1 con lo que se consigue que

dy = −dx por lo tanto d−→r = (dx,−dx, 0) y el campo vectorial −→B = (xy, 2xz, 3yz) .

Como sobre esa superficie se tiene que y + x = 1 entonces y = 1 − x por lo que−→B = (x (1− x) , 0, 0) por lo tanto:

−→B · d−→r = (x (1− x) , 0, 0) · (dx,−dx, 0)

=¡x− x2

¢dx.

Note además que entre la curva PQ se tiene que x varia de 1hasta 0, luego:ZPQ

−→B · d−→r =

Z 0

1

¡x− x2

¢dx =

µx2

2− x3

3

¶01

= −12+1

3= −1

6.

Veamos ahora el valor de la integralZQR

−→B · d−→r . Se observa que sobre QR, y+ z = 1

de donde z = 1 − y y x = 0 con lo que se consigue que dz = −dy, y dx = 0, por

lo tanto d−→r = (0, dy,−dy) y el campo vectorial −→B = (xy, 2xz, 3yz) = (0, 0, 3y (1− y))

por lo tanto:

−→B · d−→r =

¡0, 0, 3y − 3y2

¢· (0, dy,−dy)

= −¡3y − 3y2

¢dy.

Note además que entre la curva QR se tiene que y varía desde 1 a 0, luego:ZQR

−→B · d−→r = −

Z 0

1

¡3y − 3y2

¢dy = −

µ3y2

2− y3

¶01

=1

2.

Calculemos por último la integralZRP

−→B · d−→r . En esta región de RP se tiene que

x + z = 1 entonces x = 1 − z por lo que dx = −dz además y = 0, entonces d−→r =

(−dz, 0, dz) y −→B = (xy, 2xz, 3yz) = (0, 2z (1− z) , 0) por lo tanto:

−→B · d−→r =

¡0, 2z − 2z2, 0

¢· (−dz, 0, dz)

= 0.


De donde se obtiene que: ZRP

−→B · d−→r = 0.

Por lo tanto se al sumar las tres integrales se consigue que:Ic

−→B · d−→r =

ZPQ

−→B · d−→r +

ZQR

−→B · d−→r +

ZRP

−→B · d−→r = −1

6+1

2+ 0 =

=1

3.

* Calculemos ahoraZ Z

Arot−→B · d−→A. Note que el rotacional de

−→B es:

rot−→B = det

⎡⎢⎢⎢⎣−→u x

−→u y−→u z

∂

∂x

∂

∂y

∂

∂zxy 2xz 3yz

⎤⎥⎥⎥⎦ = (3z − 2x, 0, 2z − x) .

Además el vector normal −→n está dado por:

−→n = grad F

kgrad Fkcon F = x+ y + z − 1 con lo que:

−→n = grad F

kgrad Fk =(1, 1, 1)√

3

Usando el hecho de que dA =dxdy

|−→n ·−→u z|se consigue que:

−→n ·−→u y =(1, 1, 1)√

3· (0, 1, 0) = 1√

3.

Esto implica que:

rot−→B · d−→A = rot

−→B ·−→n dA = (3z − 2x, 0, 2z − x) · (1, 1, 1)√

3

dxdz1√3

= (3z − 2x+ 2z − x) dxdz = (5z − 3x) dxdz.

Por lo tanto:Z ZArot−→B · d−→A =

Z ZAp

(5z − 3x) dxdz =Z 1

0

Z 1−z

0(5z − 3x) dxdz

=

Z 1

0

µ5zx− 3x

2

2

¶1−z0

dz =

Z 1

0

Ã5z − 5z2 − 3 (1− z)2

2

!dz

=

Z 1

0

µ−32+ 8z − 13

2z2¶dz =

µ4z2 − 3

2z − 13

6z3¶10

=1

3.

Con esto se comprueba que se cumple el teorema de Stokes

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