Contents - matematicas.fcyt.umss.edu.bomatematicas.fcyt.umss.edu.bo/sites/default/files/practicas/2017/04/... · 1.4. PRESENTACION GRAFICA 7 Para representar grÆ–camente vectores

Contents

1 VECTORES 51.1 SUMA DE VECTORES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2 PRODUCTO DE UN VECTOR POR UN ESCALAR . . . . . . 51.3 PROPIEDADES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.4 PRESENTACION GRAFICA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.5 PARALELISMO DE VECTORES . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.6 LONGITUD DE UN VECTOR . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.7 PRODUCTO ESCALAR DE DOS VECTORES . . . . . . . . . 91.8 ANGULO ENTRE DOS VECTORES . . . . . . . . . . . . . . . 91.9 PERPENDICULARIDAD ENTRE VECTORES . . . . . . . . . 101.10 PRODUCTO VECTORIAL . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.10.1 Signi�cado geométrico de A�B . . . . . . . . . . . . . . 121.11 EL PRODUCTO MIXTO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.11.1 Signi�cado geométrico de A �B�C . . . . . . . . . . . . 131.12 EJERCICIOS RESUELTOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.13 EJERCICIOS PROPUESTOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

2 GEOMETRIA ANALITICA SOLIDA 372.1 LA RECTA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

2.1.1 Distancia entre dos rectas no paralelas . . . . . . . . . . . 382.2 EL PLANO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 402.3 CILINDROS Y SUPERFICIES CUADRICAS . . . . . . . . . . . 41

2.3.1 Cilindros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 412.3.2 Super�cies cuádricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 422.3.3 Super�cies cuádricas importantes . . . . . . . . . . . . . . 44

2.4 COORDENADAS CILINDRICAS Y ESFERICAS . . . . . . . . 452.4.1 Coordenadas cilíndricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 462.4.2 Coordenadas Esféricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

2.5 EJERCICIO RESUELTOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 472.5.1 La Recta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

2.6 EJERCICIOS PROPUESTOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

1

2 CONTENTS

3 CURVAS 673.1 DERIVADA DE UNA CURVA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

3.1.1 Signi�cado geométrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 683.1.2 Signi�cado físico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

3.2 REGLAS DE DERIVACIÓN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 693.3 LONGITUD DE UNA CURVA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 703.4 REGLA DE LA CADENA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 703.5 ALGUNAS PROPIEDADES GEOMÉTRICAS DE LAS CURVAS 713.6 EJERCICIOS PROPUESTOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 723.7 EJERCICIOS PROPUESTOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

4 FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES 874.1 FUNCIONES DE Rn EN Rm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 874.2 COMPOSICION DE FUNCIONES . . . . . . . . . . . . . . . . . 894.3 LIMITE Y CONTINUIDAD . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90

4.3.1 De�nición de Límite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 904.3.2 De�nición de continuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91

4.4 DERIVADA DE FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES . . . . 914.4.1 De�nición . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91

4.5 DERIVADAS PARCIALES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 934.6 DERIVADAS PARCIALES DE ORDEN SUPERIOR . . . . . . 934.7 REGLA DE LA CADENA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 954.8 DERIVADA DE FUNCIONES IMPLICITAS . . . . . . . . . . . 974.9 DERIVADA DE FUNCIONES INVERSAS . . . . . . . . . . . . 984.10 TEOREMA DEL VALOR MEDIO . . . . . . . . . . . . . . . . . 99

4.10.1 Teorema del valor medio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 994.10.2 Teorema de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100

4.11 DIFERENCIAL DE UNA FUNCION . . . . . . . . . . . . . . . 1004.12 EJERCICIOS RESUELTOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1014.13 EJERCICIOS PROPUESTOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126

5 APLICACIONES DE LA DERIVADA 1315.1 TRANSFORMACION DE ECUACIONES . . . . . . . . . . . . . 1315.2 PLANO TANGENTE Y RECTA NORMAL . . . . . . . . . . . . 1325.3 DERIVADA DIRECCIONAL . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133

5.3.1 Cálculo de la derivada direccional . . . . . . . . . . . . . . 1345.3.2 Propiedad del gradiente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134

5.4 MAXIMOS Y MINIMOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1355.5 MAXIMOS Y MINIMOS CONDICIONADOS (Multiplicadores

de Lagrange) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1375.6 DERIVACION BAJO EL SIGNO DE LA INTEGRAL . . . . . . 1375.7 CALCULOS APROXIMADOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1385.8 ERRORES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1395.9 EJERCICIOS RESUELTOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1415.10 EJERCICIOS PROPUESTOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178

CONTENTS 3

6 INTEGRALES MULTIPLES 1856.1 INTEGRALES DOBLES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 186

6.1.1 Cálculo de las integrales dobles . . . . . . . . . . . . . . . 1876.1.2 Area de una región plana . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189

6.2 INTEGRALES TRIPLES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1906.2.1 Cálculo de las integrales triples . . . . . . . . . . . . . . . 1916.2.2 Volumen de una región sólida . . . . . . . . . . . . . . . . 1926.2.3 Cambio de variables en integrales múltiples . . . . . . . . 1936.2.4 Formula del cambio de variable para integrales dobles . . 1946.2.5 Fórmula del cambio de variable para integrales triples . . 195

6.3 MASA. DENSIDADMEDIA. CENTRO DE GRAVEDAD. CEN-TROIDE. MOMENTOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196

6.4 TEOREMA DE PAPPUS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1976.5 EJERCICIOS RESUELTOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1996.6 EJERCICIOS PROPUESTOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 245

7 INTEGRALES CURVILINEAS Y DE SUPERFICIE 2537.1 INTEGRALES CURVILINEAS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2537.2 CALCULO DIRECTO DE INTEGRALES CURVILINEAS . . . 2557.3 PROPIEDADES DE LA INTEGRAL CURVILÍNEA . . . . . . . 2567.4 TEOREMAS IMPORTANTES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2577.5 EL TEOREMA DE GREEN EN EL PLANO . . . . . . . . . . . 2577.6 AREA ENCERRADA POR UNA CURVA . . . . . . . . . . . . . 2597.7 INDEPENDENCIA DEL CAMINO DE INTEGRACIÓN . . . . 2597.8 INTEGRALES DE SUPERFICIE . . . . . . . . . . . . . . . . . 261

7.8.1 Cálculo de la integral de super�cie . . . . . . . . . . . . . 2627.9 AREA DE UNA SUPERFICIE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2627.10 TEOREMAS INTEGRALES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2637.11 GRADIENTE, DIVERGENCIA, ROTACIONAL . . . . . . . . . 2647.12 TEOREMA DE STOKES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2657.13 TEOREMA DE LA DIVERGENCIA (O DE GAUSS) . . . . . . 2667.14 EJERCICIOS RESUELTOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2677.15 EJERCICIOS PROPUESTOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 295

8 SUCESIONES Y SERIES 3018.1 INTRODUCCIÓN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3018.2 SUCESIONES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3028.3 LIMITE DE UNA SUCESIÓN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302

8.3.1 Propiedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3038.4 SERIES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 303

8.4.1 Series especiales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3038.5 CRITERIOS DE CONVERGENCIA . . . . . . . . . . . . . . . . 304

8.5.1 Casos en que se debe aplicar un criterio de convergencia . 3058.6 SERIES ALTERNAS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 306

8.6.1 Criterio de convergencia para series alternadas . . . . . . 3068.7 CONVERGENCIA ABSOLUTA Y CONDICIONAL . . . . . . . 307

4 CONTENTS

8.7.1 El límite de una serie alterna convergente . . . . . . . . . 3088.8 SERIES DE POTENCIA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 308

8.8.1 Intervalo de convergencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3088.8.2 Desarrollo de funciones en series de potencias . . . . . . . 3098.8.3 Algunas series de potencias importantes . . . . . . . . . . 309

8.9 EJERCICIOS PROPUESTOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3108.10 EJERCICIOS PROPUESTOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 330

Chapter 1

VECTORES

Las n-uplas de numeros reales se denominan vectores y, generalmente, se sim-bolizan por letras mayúsculas. Así.

A = (1; 3; 2) , B = (1;�1) , C = (x1; x2; x3)

son vectores.Dos vectores A y B se dice que son iguales si y sólo si sus correspondientes

vectores son iguales.

1.1 SUMA DE VECTORES

La suma de dos vectores A y B se obtiene sumando las correspondientes com-ponentes de A y B. Así, si

A = (a1; a2; :::; an) y B = (b1; b2; :::; bn)

entoncesA+B = (a1 + b1; a2 + b2; :::; an + bn)

Example 1 Si A = (1; 3; 2) y B = (3;�2; 1) entonces

A+B = (1 + 3; 3� 2; 2 + 1) = (4; 1; 3)

1.2 PRODUCTO DE UN VECTOR POR UNESCALAR

El producto de un vector A por un número c se obtiene multiplicando cadacomponente de A por el número c. Así, si

A = (a1; a2; :::; an)

entoncescA = (ca1; ca2; :::; can)

5

6 CHAPTER 1. VECTORES

Example 2 Si A = (1;�2; 3) entonces 3A = (3;�6; 9).

1.3 PROPIEDADES

Como las anteriores operaciones se realizan sobre las componentes de los vec-tores, estas operaciones tienen propiedades análogas a las que tienen los númerosreales.Si A, B, C son vectores y a, b son números, entonces

1. A+B = B+A

2. (A+B) +C = A+ (B+C)

3. El vector 0 = (0; 0; :::; 0) es tal que 0+A = A+ 0 = A.

4. Dado cualquier vector A, existe el vector �A tal que

A+ (�A) = (�A) +A = 0

5. 1A = A.

6. (ab)A = a (bA)

7. (a+ b)A = aA+ bA

8. a (A+B) = aA+ aB

Las anteriores propiedades se demuestran fácilmente por cálculo directo.La sustracción entre dos vectores A y B se de�ne por:

A�B = A+ (�B)

así,(1; 3; 5)� (1; 4; 3) = (1� 1; 3� 4; 5� 3) = (0;�1; 2)

1.4 PRESENTACION GRAFICA

Si los vectores tienen dos componentes o tres, es muy conveniente representarlosmediante �echas o segmentos dirigidos en el plano cartersiano o en el espaciocartesiano, respectivamente.En general, para hallar la representación grá�ca de un vector A = (x; y) en

el plano cartesiano se procede así: Tomamos un punto cualquiera P1 de dichoplano, luego nos desplazamos horizontalmente x unidades (hacia la derecha six es positivo y hacia la izquierda si x es negativo); y a continuación nos de-splazamos y unidades verticalmente (hacia arriba si y es positivo y hacia abajosi y es negativo). Llamemos P2 al nuevo punto del plano así localizado. En-tonces la �echa que va desde P1 hasta P2 es la representación grá�ca del vectorA (ver �gura 1.1).

1.4. PRESENTACION GRAFICA 7

Para representar grá�camente vectores de tres componentes en el espacio seprocede de manera similar al de los vectores de dos componentes en el plano.

P1

P2

A

A

Fig. 1.1 Fig. 1.2x x

yy

1

Debido a que el punto de partida P1 es arbitrario, un mismo vector puedeestar representado por distintas �echas.Si como punto de partida se toma el origen de coordenadas, la representación

grá�ca del vector A se denomina también radio vector.

Example 3 Todas las �echas de la �gura 1.2. representan al vector (0; 1), perosolamente una de ellas es un radio vector.

En general, de todas las �echas que representan a un vector se pre�ere tra-bajar con la �echa que parte del origen de coordenadas.Como consecuencia de lo anterior se obtienen las siguientes representaciones

grá�cas:

AA A

A+B

B

A

cA

Fig. 1.3a Fig. 1.3b Fig. 1.3c

La �echa �A se obtiene cambiando el sentido a la �echa A. Para obtener la�echa A+B se traza un paralelogramo y se unen las aristas opuestas como enla �gura 1.3b. La �echa cA es paralela a la �echa A y su longitud es jcj veces lalongitud de A; si c > 0 las �echas tienen el mismo sentido, y si c < 0 las �echastienen sentido opuesto.


Example 4 Calcular gra�camente A�B, si A = (3; 2) y B = (2; 5). Los pasosse muestran en las tres siguientes �guras:

x

y

Fig. 1.4a

x

y

Fig. 1.4b

x

y

Fig. 1.4c

AB

B

A

B

A

BAB

1.5 PARALELISMO DE VECTORES

Dos vectores son paralelos si uno de ellos es múltiplo del otro. Es decir:A paralelo a B si A = cB (o B = cA), donde c es un número.Es claro que según esta de�nición el vector cero es paralelo a cualquier vector

(tomar A = 0 y c = 0).Si c > 0, A y B tienen el mismo sentido, si c < 0 tienen sentidos opuestos.

Example 5 a) Los vectores A = (1; 2; 4) y B = (2; 4; 8) son paralelos puesB = 2A. b) Los vectores A = (1; 2; 4) y B = (1;�3; 2) no son paralelos.

1.6 LONGITUD DE UN VECTOR

La longitud o módulo del vector A = (x1; x2; :::; xn), simbolizado por jAj, es elnúmero

jAj =qx21 + x

22 + :::+ x

2n

Geométricamente, el número jAj da la longitud de la �echa que representagrá�camente al vector A. Cuando un vector tiene módulo 1 se llama vectorunitario.Los vectores (1; 0; 0), (0; 1; 0) y (0; 0; 1) son unitarios; para simpli�car en

algunos casos los cálculos, y por ser muy utilizados, frecuentemente se simbolizanpor { = (1; 0; 0), j = (0; 1; 0) y k = (0; 0; 1).

Example 6 a) El módulo del vector A = (4; 3) es

jAj =p42 + 32 =

p25 = 5

b) El vectorA

jAj =1

5(4; 3) =

�4

3;3

5

�es unitario.

1.7. PRODUCTO ESCALAR DE DOS VECTORES 9

El módulo jA�Bj da la distancia entre A y B.El módulo de un vector es una generalización del valor absoluto de un número

y sus propiedades son análogas.Dados dos vectores A y B, y un número real c, se veri�ca:

1. jAj � 0

2. jAj = 0 si A = 0.

3. jcAj = jcj jAj (donde jcj es el valor absoluto de c).

4. jA+Bj � jAj+ jBj (desigualdad triangular).

1.7 PRODUCTOESCALARDEDOSVECTORES

A = (a1; a2; :::; an)

yB = (b1; b2; :::; bn)

simbolizado por A �B, es el número de�nido por

A �B = a1b1 + a2b2 + :::+ anbn

Example 7 Si A = (1; 2; 3) y B = (4;�1; 3) entonces

A �B = 1 � 4 + 2 � (�1) + 3 � 3 = 11

El producto escalar tiene las siguientes propiedades, que pueden veri�carsefácilmente teniendo en cuenta la de�nición:

1. A �B = B �A

2. A � (B+C) = (A �B) + (A �C)

3. (cA) �B = c (A �B) = A � (cB)

4. A �A = jAj2

El producto escalar es muy útil en el cálculo del ángulo determinado por dosvectores.

1.8 ANGULO ENTRE DOS VECTORES

Dados dos vectores A y B, aplicando el teorema de los cosenos a sus repre-sentaciones grá�cas (ver Ejercicio 12), se demuestra que el ángulo � entre ambosvectores está dado por

cos � =A �BjAj jBj


A

B

Fig. 1.5

1.9 PERPENDICULARIDADENTREVECTORES

Cuando el ángulo entre dos vectores es�

2se dice que los vectores son perpendic-

ulares (u ortogonales). De la fórmula que da el ángulo entre dos vectores, con

� =�

2, se ve que dos vectores A y B son perpendiculares si y sólo si A �B = 0.

Example 8 a) Dados los vectores A = (3;�6; 9) y B = (1;�3; 4), el ángulo �entre los dos vectores se obtiene de

cos � =A �BjAj jBj =

3 + 18 + 36

3p14p26

=57

6p91= 0:99587

de donde � = 5�120 medido en grados. b) Con A = (2; 2) y B = (�1; 1) se tieneA �B = 2 (�1) + 2 � 1 = 0 luego, A y B son vectores perpendiculares.

1.10 PRODUCTO VECTORIAL

El producto vectorial de dos vectores A = (a1; a2; c3) y B = (b1; b2; b3) de R3,simbolizado por A�B, es el vector.

A�B = (a2b3 � a3b2 ; a3b1 � a1b3 ; a1b2 � a2b1)

con la notación

A = a1 {+ a2j + a3k

B = b1 {+ b2j + b3k

se tiene

A�B =

��{ j ka1 a2 a3b1 b2 b3

�� = (a2b3 � a3b2) {� ( a1b3 � a3b1) j + ( a1b2 � a2b1) k

1.10. PRODUCTO VECTORIAL 11

El vector A�B es perpendicular al vector A y al vector B.

A

B

Fig. 1.6

A x B

Example 9 Si A = (1; 3; 2) y B = (2; 1; 4)

A�B =

��{ j k1 3 22 1 4

�� = (3:4� 1:2) {� (1:4� 2:2) j + (1:1� 2:3) ksimpli�cando

A�B = 10{� 5k

Algunas propiedades del producto vectorial son:

1. A�B = � (B�A) (el producto vectorial es autoconmutativo).

2. (rA)�B = r (A�B) donde r es un número real.

3. A� (B+C) = A�B+A�C (propiedad distributiva).

Los vectores unitario { = (1; 0; 0), j = (0; 1; 0) y k = (0; 0; 1) satisfacen lassiguientes relaciones, que pueden veri�carse por cálculo directo:

{� { = j � j = k � k = 0

{� j = k , j � k = { , k � { = j


1.10.1 Signi�cado geométrico de A�BEl módulo del vector A �B es el área del paralelogramo de lados A y B (verEjercicio 20).

A

B

Fig. 1.7

Area= AxB

Example 10 Del ejemplo anterior, con A = (1; 3; 2) y B =(2; 1; 4) se tiene

A�B = 10{� 5k

Por tanto, el área del paralelogramo de lados A y B es

Area = jA�Bj =p100 + 25 =

p125 = 5

p5

1.11 EL PRODUCTO MIXTO

El producto mixto de tres vectores A, B y C de R3, simbolizado por A �B�Cse calcula según

A �B�C =

��a1 a2 a3b1 b2 b3c1 c2 c3

��Mediante el cálculo directo se comprueba que

A �B�C = B �C�A = C �A�B

Por supuesto A � B � C no es una nueva operación, simplemente se trata delproducto escalar del vector A por el vector B�C. Es decir

A �B�C = A � (B�C)

Example 11 Si A = (1;�3; 2), B = (3; 5; 1) y C = (2;�1; 4) entonces elproducto mixto A �B�C es

A �B�C =

��1 �3 23 5 12 �1 4

�� = (20 + 1) 1 + (12� 2) (�3) + (�3� 10) 2simpli�cando

A �B�C = 25

1.12. EJERCICIOS RESUELTOS 13

1.11.1 Signi�cado geométrico de A �B�CEl volumen del paralelepipedo determinado por los vectores A, B y C está dadopor

V = jA �B�Cj

En el ejercicio 23 se establece este hecho.

A

B

Fig. 1.8C

Example 12 Calcular el volumen del paralelepípedo determinado por los vec-tores A = (1;�3; 2), B = (3; 5; 1) y C = (2;�1; 4). Como A � B � C = 25(ejemplo anterior), se sigue que el volumen V del paralelepipedo determinadopor los tres vectores es

V = jA �B�Cj = 25

1.12 EJERCICIOS RESUELTOS

VECTORESLas operaciones básicas con los vectores son esencialmente las que realizamos

con los números reales, simplemente cuidando de operar componente a compo-nente.

1. Si A = (4;�1) y B = (2; 3), calcular a) A� 3B, b) �12A+ 2B.

Solución.a) A � 3B = (4;�1) � 3 (2; 3) = (4;�1) � (6; 9) = (4� 6;�1� 9) =(�2;�10)

b) �12A+ 2B = �1

2(4;�1) + 2 (2; 3) =

��2; 1

2

�+ (4; 6) =

�2;13

2

�2. Si A = (4;�1) y B = (3; 2), calcular grá�camente a) A+B, b) A� 2B.Solución. Antes de nada trazamos las �echas o radios vectores que repre-sentan a los vectores A y B.a) Uniendo el origen con el vértice opuesto del paralelogramo determinadopor A y B, obtenemos el radio vector que representa a A+B.


b) Primero duplicamos el tamaño de B, 2B; y luego le cambiamos el sen-tido, �2B. Como en la parte a) calculamos grá�camente A + (�2B) =A� (2B).

B A+B

A

A2B

B

A

Fig. 9aFig. 9b

A+B

Del grá�co leemos A+B = (7; 1) del grá�o leemos A� 2B = (�2;�5).

3. Si A = (1; 4; 2) y B = (2;�6; 0), determinar un vector X que satisfaga laecuación

A�X = 2 (B�X) +ASolución. Procedemos empleando las propiedades algebráicas de los vec-tores:

A�X = 2 (B�X) +A (ecuación dada)

A�X = 2B� 2X+A (propiedad distributiva)

A+X = 2B+A (sumando 2X a cada miembro)

X = 2B (Sumando �A a cada miembro)

Luego, X = 2B = 2 (2;�6; 0) = (3;�12; 0)

4. Si A = (1; 3; 4) y B = (�1; 0; 5), calcular la longitud o modulo de a)A+B, b)

1

2A� 2B.

Solución.a) Como A+B = (1; 3; 4) + (�1; 0; 5) = (0; 3; 9), entonces

jA+Bj =p02 + 32 + 92 = 3

p10

b) Como1

2A� 2B = 1

2(1; 3; 4)� 2 (�1; 0; 5) =

�5

2;3

2� 8�, entonces

��12A� 2B�� =

s�5

2

�2+

�3

2

�2+ (�8)2 =

p290

2


5. Calcular la distancia entre los puntos A y B dados. a) A = (1;�2),B = (4; 3) , b) A = (1; 2; 1) y B = (2;�1; 3).Solución. La longitud o módulo del vector que va desde el punto A hastael punto B da la distancia d entre estos dos puntos; por tanto

d = jB�Aj = j(4; 3)� (1;�2)j = j(3; 5)j

=p32 + 52 =

p34

b) Procediendo como antes

d = jB�Aj = j(2;�1; ; 3)� (1; 2; 1)j = j(1;�3; 2)j

=p1 + 9 + 4 =

p14

PARALELISMOSimplemente tener en cuenta que dos vectores son paralelos si uno esmúltiplo del otro.

6. Determinar el valor de a para que el vector (2; a) sea paralelo al vector(�4; 6).Solución. Se debe cumplir (�4; 6) = c (2; a) (condición de paralelismo).Igualando componentes:

�4 = 2c

6 = ac

de dondec = �2

por tantoa = 3

7. Mostrar que siA 6= 0, entonces el vector AjAj es un vector unitario, paraleloy del mismo sentido que A.Solución. Como �� AjAj

�� = �� 1jAjA�� = 1

jAj jAj = 1

el vector dado es unitario.

Por otra parte,A

jAj es múltiplo de A pues A = jAj�1

jAj

�; esto y el hecho

de ser jAj > 0 dicen que el vector AjAj es paralelo y del mismo sentido queA.


8. SiA = (1; 1;�1), encontrar un vector unitario paralelo aA y a) del mismosentido, b) de sentido opuesto.Solución. a) Como jAj =

p3, entonces por el anterior ejercicio, el vector

A

jAj =1p3(1; 1;�1) =

�1p3;1p3;�1p3

�es unitario, paralelo a A y del mismo sentido.

b) Multiplicando por -1 al vectorA

jAj le cambiamos el sentido, y por tantoobtenemos un vector unitario paralelo y de sentido opuesto a A. Es decir

� A

jAj =��1p3;�1p3;1p3

�es el vector pedido.PRODUCTO ESCALAR Y ORTOGONALIDADEntre otras cosas, el producto escalar permite proyectar un vector sobreotro y determinar si dos vectores son o no ortogonales.

9. Calcular A � B y (2A�B) � B si a) A = (1;�4), B = (3; 5), b) A =(1;�; 1; 2), B = (2; 0; 3).Solución.a) Por una parte

A �B = (1;�4) � (3; 5) = 1 � 3 + (�4) � 5 = �17:

Por otro lado como

2A�B = 2 (1;�4)� (3; 5) = (�1;�13) ;

se tiene

(2A�B) �B = (�1;�13) � (3; 5) = �1 � 3� 13 � 5

= �68


A �B = (1;�1; 2) � (2; 0; 3) = 1 � 2 + (�1) � 0 + 2 � 3

= 8

por otro lado

(2A�B) �B = [2 (1;�1; 2)� (2; 0; 3)] � (2; 0; 3)

= (0;�2; 1) � (2; 0; 3) = 3


10. Encontrar todos los vectores del plano, ortogonales a A = (4;�2).Solución. Si B = (a; b) es ortogonal al vector A = (4;�2), entoncesA � B = 0, entonces 4a � 2b = 0 ordenando b = 2a. Por tanto B =(a; 2a) = a (1; 2) donde a es un número real. Lo que quiere decir que losvectore ortogonales a A son múltiplos (paralelos) del vector (1; 2).

11. Mostrar que A �A = jAj2Solución. Consideremos, en general, un vector

A = (x1; x2; � � � ; xn) ,

entonces por un lado

A �A = (x1; x2; � � � ; xn) � (x1; x2; � � � ; xn)

= x21 + x22 + � � �+ x2n

y por otro

jAj =qx21 + x

22 + � � �+ x2n

jAj2 = x21 + x22 + � � �+ x2n

por tantoA �A = x21 + x

22 + � � �+ x2n = jAj

2

12. Mostrar que si � es el angulo entre los vectores A y B (de R2 o R3),entonces


B

A

Fig. 10

AB

Solución. Los vectores A, B y A�B forman un triángulo tal como el deldiagrama adjunto. Entonces, por el teorema de los cosenos

jA�Bj2 = jAj2 + jBj2 � 2 jAj jBj cos �


(A�B) � (A�B) = A �A+B �B� 2 jAj jBj cos �(porserA �A = jAj2):

A �A� 2A �B+B �B = A �A+B �B� 2 jAj jBj cos �

de donde


13. Mostrar que la componente de un vector A en la direccion de otro vectorB esta dado por

CompBA = A � BjBj

B

A

Fig. 1.11

d

d=Comp BA

Solución. Para mayor claridad, sea d la componente de A en la direcciónde B.Del diagrama tenemos

cos � =d

jAj =) d = jAj cos �

como

cos � =A �BjAj jBj =) d = jAj A �BjAj jBj

de donde

d = ComBA = A � BjBj

Nota 1. Hay que remarcar que para encontrar la componente de A en ladireccion de B debemos multiplicar (producto escalar) el vector A por el

vector unitarioB

jBj .Nota 2. El signo de la componente de A en la direccion de B es positivasi el angulo entre A y B es menor que 90�, si el angulo es mayor que 90�

dicha componente sera negativa.


B

A

Fig. 1.12a

B

AFig. 1.12b

> 90° < 90°Signo +

Signo

Nota 3. Si nos interesa el vector proyeccion de A sobre B, entonces

simplemente hay que ampliar el vector unitarioB

jBj en CompBA veces.

Es decir, la proyeccion de A sobre B es

P ro yBA = (CompBA)B

jBj =�A � BjBj

�B

jBj

A

B

c ba y

x

z

k

ji

Fig. 13Fig. 14

(ProyBA)

de donde

P royBA =

�A �BB �B

�B

14. Calcular la componente de A = (1; 3;�1) en la direccion de B = (5; 2; 14).Solución. Primeramente calculamos el vector

B

jBj . Como

jBj =p25 + 4 + 196 = 15

entoncesB

jBj =1

15(5; 2; 14)


y por tanto

CompBA = A � BjBj = (1; 3;�1) �1

15(5; 2; 14)

= � 1

15

15. Dados A = (1; 1; 4) y B = (3; 0; 4) calcular a) la componente de A en ladireccion de B, CompBA, b) la componente de B en la direccion de A,CompBB.

Solución. a) Como ComBA = A � BjBj , calculamos

jBj =p9 + 0 + 16 = 5

entoncesCompBA = (1; 1; 4) � 1

5(3; 0; 4) =

19

5

b) Para el cálculo de la componente de B en la dirección de A, tenemos

jAj =p1 + 1 + 16 = 3

p2,

CompAB = B �A

jAj = (3; 0; 4) �1

3p2(1; 1; 4) =

19

3p2

16. Los cosenos de los angulos a; b; c que forma el vector A con los vectoresunitarios {; j; k respectivamente, se llaman cosenos directores de A. Hallarlos cosenos directores de A = (6; 3;�2).Solución. Teniendo en cuenta la fórmula que da el ángulo entre dos vec-tores obtenemos

cos a =A � {jAj j{j =

(6; 3;�2) � (1; 0; 0)p49p1

=6

7

cos b =A � jjAj

��j�� = (6; 3;�2) � (0; 1; 0)p49p1

=3

7

cos c =A � kjAj

��k�� = (6; 3;�2) � (0; 0; 1)p49p1

=�27

Notemos queA

jAj = (cos a; cos b; cos c). Esto dice que los cosenos directores

de A son las componentes del vector unitarioA

jAj .PRODUCTO VECTORIALEste producto permite encontrar un vector ortogonal a dos vectores dados.Tambien se emplea para clacular areas de triangulos, de paralelogramos yvolumenes de paralelepipedos, ademas de tener otras aplicaciones.


17. Con A = (1; 0; 2), B = (�3; 4; 1) calcular a) A�B, b) B�A.Solución. a)

A�B =

��{ j k1 0 2�3 4 1

�� = (0� 8) {� (1 + 6) j + (4; 0) k= �8{� 7j + 4k = (�8;�7; 4)


B�A =

��{ j k�3 4 11 0 2

�� = (8� 0) {� (�6� 1) j + (0� 4) k= (8; 7;�4)

El mismo resultado obtenemos a partir de a) recordando que B � A =� (A�B)

18. Mostrar que el vector A�B es perpendicular a) el vector A, b) al vectorB.Solución. Vamos a mostrar que el producto escalar de A�B tanto comoA como con B es cero. Con A = (a1; a2; a3) y B = (b1; b2; b3) tenemos

A�B =

��{ j ka1 a2 a3b1 b2 b3

�� = (a2b3 � a3b2; a3b1 � a1b3; a1b2 � a2b1)a) Como

(A�B) �A = (a2b3 � a3b2; a3b1 � a1b3; a1b2 � a2b1) � (a1; a2; a3)

= a1a2b3 � a1a3b2 + a3a2b1 � a1a2b3 + a1a3b2 � a2a3b1

= 0 (simpli�cando).

Por tanto, A�B es perpendicular a B.

19. Mostrar que jA�Bj = jAj jBj sin �, 0 � � � �.Solucion. Cuando se tiene módulo conviene trabajar con su cuadrado yen terminos del producto escalar. Con A = (a1; a2; a3) y B = (b1; b2; b3)tenemos: Por una parte

jA�Bj2 = (a2b3 � a3b2; a3b1 � a1b3; a1b2 � a2b1) � (a2b3 � a3b2; a3b1 � a1b3; a1b2 � a2b1)= a21b

22 + a

21b23 + a

22b21 + a

22b23 + a

23b21 + a

23b22 � 2a1a2b1b2 � 2a1a3b1 � a1b3

�2a2a3b2b3


Por otra parte

jAj2 jBj2 sin2 � = jAj2 jBj2�1� cos2 �

�= jAj2 jBj2 � jAj2 jBj2 cos2 �= jAj2 jBj2 � (A �B)2

desarrollando y simpli�cando tenemos

jAj2 jBj2 � (A �B)2 =�a21 + a

22 + a

23

� �b21 + b

22 + b

23

�� (a1b1 + a2b2 + a3b3)2

= a21b22 + a

21b23 + a

22b21 + a

22b23 + a

23b21 + a

23b22 � 2a1a2b1b2

�2a1a3b1b3 � 2a2a3b2b3

Combinando (1), (2) y (3) tenemos �nalmente,

jA�Bj2 = jAj2 jBj2 sin2 �= jAj jBj sin � con 0 � � � �

El valor de � esta restringido entre 0 y � porque el segundo miembro debeser no negativo, como el primer miembro.

20. Mostrar que jA�Bj da el área del paralelogramo de lados A y B.Solucion. Es sabido que el área del paralelogramo de lados A y B es elproducto de la base por la altura. En este caso:

Area = jAjh:

hB

A

z

x

x

RP

Q

Fig. 15 Fig. 16

Por otra parte, el diagrama se obtiene

sin � =h

jBj =) h = jBj sin �

reemplazando,

Area = jAjh = jAj jBj sin � = jA�Bj


21. Calcular el área del paralelogramo de lados a) A = (1; 4;�1) y B =(1; 0; 3), b) A = (2; 5) y B = (5; 1).Solución. a) Como

A�B =

��{ j k1 4 �11 0 3

�� = (12;�4;�4)entonces:

Area = jA�Bj = j(12;�4;�4)j =p176 = 4

p11

b) Los vectores (2; 5) y (5; 1) están en el plano, pero los podemos considerarcomo vectores en el espacio escribiendo (2; 5) = (2; 5; 0) ; (5; 1) = (5; 1; 0).Como

A�B =

��{ j k2 5 05 1 0

�� = (0; 0;�23)entonces

jA�Bj = 23

Por tanto el área del paralelogramo es igual a jA�Bj = 23.

22. Calcular el área del triangulo de vertices P = (1; 1;�1), Q = (3; 2; 1),R = (1; 3; 5).Solución. Notemos que el área del triángulo dado es igual a la mitad delárea del paralelogramo de lado Q�P y R�P (ver el diagrama). Como

Q�P = (3; 2; 1)� (1; 1; 1) = (2; 1; 2)

R�P = (1; 3; 5)� (1; 1;�1) = (0; 2; 6)

y

(Q�P)� (R�P) =

��{ j k2 1 20 2 6

�� = (2;�12; 4)entonces

área triángulo =1

2j(Q�P)� (R�P)j

=1

2

p4 + 144 + 16 =

p41

23. Mostrar que A �B�C da el volumen del paralelepipedo determinado porlos vectores A, B y C.


Solución. El volumen del paralelepípedo, como es conocido, está dado por

hB×C A

BC

A

C

BFig. 18 Fig. 19

V = área basal � altura

Por una parte,

área basal = jB�Cj (ejercicio 20)

por otro lado, la altura h es la componente del vector A en la direccióndel vector A en la dirección del vector B�C (perpendicuar a B y C). Esdecir

h = CompB�CA = A � (B�C)jB�Cj

luego,

V = área basal � altura = (jB�Cj)�A � B�CjB�Cj

�= A �B�C

como siempre consideramos el volumen positivo:

Volumen paralelepíopedo = jA �B�Cj

24. Calcular el volumen del paralelepipedo determinado por los vectores A =(1;�3; 2), B = (3; 5; 1) y C = (2;�1; 4).Solución. El volumen pedido es V = jA �B�Cj. Calculando,

A �B�C =

��1 �3 23 5 12 �1 4

�� = 25Por tanto,

Volumen paralelepíopedo = jA �B�Cj = 25 unid. vol.


25. Mostrar que el volumen del tetraedro de aristas A, B y C esta dado por

V =1

6jA �B�Cj

Solución. El procedimiento es analogo al del ejercicio 23. El volumen deltetraedro, como es sabido, es

V =1

3área basal� altura

del diagrama:

Area basal =1

2jB�Cj

Altura = CompB�CA = A � B�CjB�Cj

luego,

V =1

3� 12jB�Cj �A � B�CjB �Cj

V =1

6jA �B�Cj

donde se ha tomando el valor absoluto para evitar volúmenes negativos.

26. Calcular el volumen del tetraedro cuyas aritas son los vectores (1; 0; 1),(1; 2; 0) y (0; 1; 4).Solución. Como

A �B�C =

��1 0 11 2 00 1 4

�� = 8 + 1 = 9De acuerdo al ejercicio anterior, el volumen del tetraedro es

V =1

6jA �B�Cj = 1

6� 9 = 3

2unid. vol.

PROBLEMAS VARIOS.

27. Si jAj = 3 y el ángulo entre A y B es 45�, cual debe ser el valor de jBj


para que A�B sea perpendicular a A.

45°

AB

B

A

A

BM

N

Fig. 20 Fig. 21

Solucion. Como el vector A�B ha de ser perpendicular a A, entonces

(A�B) �A = 0) A �A�B �A = 0

jAj2 = B �A) jAj2 = jAj jBj cos 45�

de donde

jBj = jAjcos 45�

=3

1=p2= 3

p2

28. Sean A = (1; 5), B = (1; 1) y C = (�1; 3), expresar el vector A comocombinacion lineal de los vectores B y C, es decir en la forma

A = xB+ yC

Solucion. Debemos determinar los numeros x; y de modo que se cumpla

A = xB+ yC

reemplazando

(1; 5) = x (1; 1) + y (�1; 3) = (x� y; x+ 3y)

igualando componentes

1 = x� y5 = x+ 3y

de donde, resolviendo el sistema, obtenemos

x = 2

y = 1

por tantoA = 2B+C


29. Expresar el vector A = (1; 2; 1) como la suma de un vector M paralelo aB = (1; 4;�1) y de otro N perpendicular a B.Solucion. Antes que nada hagamos un diagrama de la situación (Fig.##). Como se ve, el vector A es la suma de M y N, M es paralelo a By N perpendicular a B. Determinemos M y N.Por una parte,

M = xB (1) (M paralelo a B)

N = A�M (2) (del diagrama)

por otra

B �N = 0 (3) (B perpendcular a N)

reemplazando (1) y (2) en (3) tenemos

B � (A�M) = B � (A� xB) = 0,

de donde

x =A �BB �B

como

A �B = (1; 2; 1) � (1; 4;�1) = 8

B �B = 12 + 42 + (�1)2 = 18

reemplazando

x =8

18=4

9

entonces

M = xB =4

9(1; 4;�1) =

�4

9;16

9;�49

�

N = A�M = (1; 2; 1)��4

9;16

9;�49

�=

�5

9;2

9;13

9

�Notemos, �nalmente, que el vector A se ha descompuesto en la suma deun vector M paralelo a B y de otro N perpendicular a B:

A =M+N =

�4

9;16

9;�49

�+

�5

9;2

9;13

9

�

30. Mostrar que la recta que une el vertice de un triangulo isosceles con el


punto medio de su base es perpendicular a la base.

BBA

½A A

c b

a

B C

A

M

Fig. 22 Fig. 23

Solucion. Antes de nada introducimos notacion vectorial a un trianguloisosceles tal como el de la �gura.

Es su�ciente mostrar que el vectorM = B� 12A (que une el punto medio

de la base con el vertice opuesto) es perpendicular al vector A.Por una parte

A �M = A ��B� 1

2A

�= A �B� 1

2A �A (1)

Por otra parte,

jBj = jB�Aj (por ser triángulo isósceles)

jBj2 = jB�Aj2

es decir

B �B = (B�A) � (B�A) = B �B� 2A �B+A �A

y simpli�candoA �A = 2A �B (2)

reemplazando (2) en (1) se tiene

A �M = A �B� 122A �B = 0

lo que quiere decir que los vectores A y M son perpendiculares.

31. Mostrar que A�B = 0 si y solo si A y B son paralelos.Solucion. Primeramente mostraremos que si A �B = 0 entonces A y Bson paralelos.Supongamos que A � B = 0. En caso de que A = 0 o B = 0, entonces


obviamente A y B son paralelos. En caso de que A 6= 0 y B 6= 0, entoncescomo

0 = A�B) 0 = jA�Bj = jAj jBj sin � con 0 � � � �

y por ser

A 6= 0 y B 6= 0, sin � = 0) � = 0 ó � = �

Que el ángulo � entre A y B sea 0 ó � signi�ca precisamente que A y Bson parlelos.Para acabar mostraremos que si A y B son paralelos entonces A�B = 0.Supongamos que A y B son paralelos. Entonces B = cA y

A�B = A� (cA) = c (A�A) = 0

por propiedad de producto vector.

32. Mostrar la ley de los senos, vectorialmente.Solución. Teniendo en cuenta el diagrama,

Area triangulo =1

2jA�Bj = 1

2jA�Cj

es decir,1

2jAj jBj sin c = 1

2jAj jCj sin b

de donde,jBjsin b

=jCjsin c

(1)

similarmente

Area triángulo =1

2jA�Bj = 1

2jB�Cj

es decir,1

2jAj jBj sin c = 1

2jBj jCj sin a

de donde,jAjsin a

=jCjsin c

(2)

de (1) y (2) obtenemos la ley de los senos:

jAjsin a

=jBjsin b

=jCjsin c


33. Mostrar que las diagonales de un cuadrado son perpendiculares.

A+B

ABB

A

D

PM B

CF

QEN

A

C

QP

BNRA

O

Fig. 24 Fig. 25 Fig. 26

Solución. Consideremos un cuadrado cuyos lados son los vectores A y B(ver �gura ##). Entonces las diagonales del cuadrado son los vectoresA�B y A+B.Como

(A�B) � (A+B) = A �A�B;A+A �B;B�B �B= jAj2 � jBj2 = 0

(por ser: lado del cuadrado = jAj = jBj).Por tanto, A�B y A+B son perpendiculares.

34. Dado el paralelogramo de vértices A, B, C, D con P y Q puntos mediosde los lados BC y CD respectivamente. Mostrar que AP y AQ trisectanla diagonal BD en los puntos E y F .Solución. Previamente realizamos un diagrama (�gura), donde para mayorclaridad se designa por M al vector AB y por N al vector BC.Por una parte: AE = xAC (por ser AE y AC paralelos)

AE = x (M+N) (pues AC =M+N) (1)

Por otra parte:

AE = AP + PE (suma de vectores)

AE = AP + yPD (por ser PE paralelo a PD)

AE =1

2M+ y

�N� 1

2M

�(2)

por ser

AP =1

2M y por ser PD = N� 1

2M

Igualando (1) y (2) tenemos

x (M+N) =1

2M+ y

�N� 1

2M

�) xM+ xN =

1

2M+ yN� y

2M


de donde �x� 1

2+y

2

�M = (y � x)N

como M y N son no paralelos

x� 12+y

2= 0

y � x = 0

y resolviendo el sistema obtenemos

x =1

3

y =1

3

Por tanto AE = xAC = 13AC, dice que AE es la tercera parte de AC.

Similarmente se muestra que FC es la tercera parte de AC. Lo que �nal-mente dice que DP y DQ trisectan la diagonal AC.

35. Mostrar que las medidas de un triangulo se cortan en un punto a un terciode cada mediana.Solución. Siguiendo el diagrama, trazamos las medianas de los lados ACy BC.Por un lado

AO = xAQ

AO = x�M+ CQ

�pero

CQ =1

2(N�M)

entonces

AO = x

�M+

1

2(N�M)

�=x

2(M+N) (1)

Por otro lado

AO = AP + PO

AO =1

2M+ y

�PB

�pues PO paralelo a PB.

AO =1

2M+ y

�N� 1

2M

�(2)

pues

PB = N� 12M


Igualando (1) y (2)

x

2(M+N) =

1

2M+ y

�N� 1

2M

��x

2� 12+y

2

�M =

�y � x

2

�N

como M y N son no paralelos, entonces

x

2� 12+y

2= 0

y � x2

= 0

resolviendo el sistema

x =2

3

y =1

3

Entonces AO = 23AQ, PO =

13PB.

Lo que dice que PO es la tercera parte de la mediana PB; y también queOQ es la tercera parte de la mediana AQ.Hasta ahora tenemos que: Dos medianas de un triangulo se cortan en unpunto (obvio) a un tercio de cada mediana (ya demostrado). De lo que sesigue que la tercera mediana debe pasar por el mismo punto de interseccionde las otras dos medianas ubicado a un tercrio de dicha mediana. Portanto, las tres medianas del triangulo se cortan a un tercio de cada median.

1.13 EJERCICIOS PROPUESTOS

VECTORESSean A = (1;�2), B = (�1; 3) y C = (0; 4); calcular:

1. A+B.

2. A�B+C.

3. �3B.

4. 4A� 3B.

5. A+ 2B� 3C.

6. 4 (A+B)� 5C.

7.1

2(A�B) + 1

4C.

Sean A = (1; 4;�1), B = (2; 5; 4) y C = (0; 4; 0); calcular:

1.13. EJERCICIOS PROPUESTOS 33

8. A+C.

9. 2A�B+ 2C.

10. �12B+A�C.

11. 3A�B.

12.1

2(A+B)�B.

13. Si A = (1; 2), B = (�1; 3) realizar gra�camente las siguientes operaciones:a) A+B, b) A�B, c) 2A� 3B y d)

1

2A� 5

2B.

Dados los vectores A y B, en cada una de las ecuaciones determinar unvector X que la satisfaga.

14. A = (2; 3), B = (1;�4); 3X� 2A+B = 0:

15. A = (0;�1), B = (5; 2); 3 (A�X) = 6 (X�A+B)� 3X.

16. A = (1; 2;�1), B = (0; 3; 1); X� 3A�B = 2X

17. A = (1; 3; 2), B = (�2; 1;�2); 2 (A�X) = X� 2B� 2 (X�A)

18. Si A = (3; 0; 4) y B = (2;�1;�3), calcular la longitud o módulo de a) A,b) A+B, c) 3A� 1

2B y d) AjAj +

BjBj .

19. Calcular la distancia entre los siguientes pares de puntos a) (1; 1) y (2;�2)b) (3; 8) y (8; 3) , c) (1;�1; 8) y (1; 2; 3).PARALELISMO

20. Indicar cuáles de los siguientes pares de vectores son paralelos y en talcaso, si tienen el mismo sentido. a) (1; 1) y (2; 2); b) (2; 4) y (4; 2); c)(5; 7; 3) y (�15;�21;�9).

21. Si A = (1; 2; 3) y B = (3; 1; 2), hallar un vector unitario C paralelo alvector a) A+B; b) 2A�B; c) �A+ 3B.PRODUCTO ESCALAR Y ORTOGONALIDAD

22. Sean U = (3; 0; 5), V = (2;�1;�3), P0 = (1;�2; 1), P1 = (2; 3;�1),calcular: a) U �V; b) U � (P1 �P0); c) V �V; d) (U+V) � (P0 �P1); e)(U+V) � (U�V); f) jU�Vj2.

23. Si A = (2; 4;�7), B = (2; 6; 3) y C = (3; 4;�5); en cada una de las expre-siones siguientes se pueden introducir los paréntesis de una sola manerapara obtener una expresión que tenga sentido. Introducir dichos parénte-sis y efectuar las operaciones. a) A � B �C; b) A � B +C; c) A

B �C; d)A�C � C�B.

24. Determinar todos los pares ortogonales entre los vectores A = (4; 1;�3),B = (1; 2; 2), C = (1; 2;�2), D = (2; 1; 2) y E = (2;�2;�1).


25. Hallar todos los vectores de R2 de la misma longitud de A y que sonortogonales a A, siendo: a) A = (1; 2); b) A = (2;�1); c) A = (�2; 8);d) A = (3; 5).

26. Encontrar un vector X, distinto de cero, que sea ortogonal a (1; 5;�1).¿Es X único?

27. Calcular la componente de A en la dirección de B, siendo: a) A = (3; 8),B = (2; 0); b) A = (5;�8), B = (1; 1); c) A = (1; 2;�3), B = (1; 0; 1); d)A = (1; 1; 1), B = (1; 2;�3).

28. Mostrar que si A 6 =0, entonces la suma de los cuadrados de sus cosenosdirectores es igual a 1; es decir

cos2 a+ cos2 b+ cos2 c = 1

29. Mostrar que el ángulo que forman A = (1; 2; 1) y B = (2; 1;�1) es el dobledel que forman C = (1; 4; 1) y D = (2; 5; 5).

30. Determinar los cosenos de los ángulos del triángulo cuyos vértices son lospuntos (2;�1; 1), (1;�3;�5) y (3;�4;�4).

31. Hallar dos vectores no paralelos, ortogonales a (1; 2;�1).

32. Hallar dos vectores perpendiculares entre sí y perpendiculares, cada uno,al vector (2; 1;�1).PRODUCTO VECTORIAL

33. Sean A = (1; 2;�3), B = (1;�1; 0) y C = (�1;�2; 1); calcular: a) A�B;b)B�A, c)A�A; d)A�(B�C); e)A�(A�B); f) (A+B)�(A�B);g) (A� 2C)� 2B.

34. Sean A = (1; 0;�1), B = (2;�1; 1) y C = (1; 2; 1); calcular a) A �B�C;b) C �A�B; c) A �A�C; d) C �A�C.

35. Tres vértices de un paralelogramo son los puntos A = (1; 0; 1), B =(�1; 1; 1) y C = (2;�1; 2); hallar todos los puntos que pueden ser elcuarto vértice del paralelogramo.

36. Calcular el área del paralelogramo de lados a) (5; 3) y (3; 7); b) (1;�1)y (2; 4); c) (1; 3; 0) y (�2;�4; 3); d) (�3; 2;�4) y (1; 1; 1); e) (a; 0; 0) y(0; b; c).

37. Calcular el área del triángulo de vértices: a) (0; 0), (1; 0) y (3; 8); b) (5; 0),(8; 4) y (1;�1); c) (�2; 1; 3), (3; 0; 6) y (4; 5;�1) d) (a; 0; 0), (0; b; 0) y(0; 0; c).

38. Determinar el volumen del paralelepípedo determinado por a) (2; 2; 4),(1; 5; 2) y (1; 0; 1); b) (2; 1; 3), (�3; 0; 6) y (4; 5;�1).


39. Determinar el volumen del tetrahedro de aristas: a) (5; 0; 16), (1;�; 1; 1)y (8; 2; 3); b) (a; b; 0), (0; b; c) y (a; 0; c).PROBLEMAS VARIOS

40. Si las diagnonales de un paralelogramo son los vértices (�1; 1) y (5; 1),hallar los lados del paralelogramo.

41. Si las diagonales de un paralelogramo son los vértices A y B, expresar loslados del paralelogramo en términos de A y B.

42. Si A = (2;�1; 1) y B = (3;�4;�4), hallar un punto C tal que A, B y Csean los vértices de un triángulo rectángulo.

43. Encontrar el ángulo que forman las diagonales de un cubo.

44. Determinar los vértices de un cubo si sus diagonales son los vectores queunen P0 = (1;�1; 2) con P1 = (3; 1; 4) y P2 = (3;�1; 2) con P3 = (1; 1; 4)respectivamente.

45. Mostrar que si los vértices A y B en el plano no son paralelos, entoncesla igualdad

xA+ yB = 0

implica x = y = 0.

46. Mostrar que si los vectores A y B en el plano no son paralelos, entoncesla igualdad

x1A+ y1B = x2A+ y2B

implica x1 = x2, y1 = y2.

47. Sean A, B, C y D los vértices de un cuadrilátero y P , Q, R y S lospuntos medios de cada lado respectivamente, mostrar que: a) PQRS esun paralelogramo; b) el perímetro de PQRS es igual a la suma de laslongitudes de las diagonales de ABCD.

48. Mostrar que las diagonales de un paralelogramo se bisectan.

49. Mostrar que las diagonales de un cuadrado son perpendiculares entre si.

50. Mostrar que las diagonales de un rombo son perpendiculares entre si.

51. Mostrar que el triángulo cuyos vértices están en los extremos de un diámetrode una circunferencia y sobre la circunferencia es triángulo rectángulo.

52. Mostrar que el vector que une los puntos medios de los lados de un trián-gulo es paralelo al tercer lado y tiene la mitad de su longitud.

53. Mostrar que el punto medio de la hipotenusa de un triángulo rectánguloes equidistante a los tres vértices.

54. Mostrar que las alturas de un triángulo se cortan en un punto.


55. Mostrar la ley de los cosenos.

56. Si ABCD es un paralelogramo, mostrar que AB2+BC

2+CD

2+DA

2=

AC2+BD

2.

Chapter 2

GEOMETRIAANALITICA SOLIDA

2.1 LA RECTA

La recta que pasa por el punto P0 y tiene la dirección del vector V es el conjuntode puntos X que se expresan como

X = P0 + tV (2.1)

t número real. El vector V se llama vector direccional de la recta.

P0

V

P2

V

P1

Fig. 2.1 Fig. 2.2

Considerando X = (x; y; z) y P0 = (x0; y0; z0) y V = (a; b; c) e igualandocomponentes en (1) se obtiene la ecuación cartesiana de la recta:

x = x0 + at

y = y0 + bt

z = z0 + ct

37

38 CHAPTER 2. GEOMETRIA ANALITICA SOLIDA

Example 13 Determinar la ecuación de la recta que pasa por los puntos P0 =(1; 1; 1) y P1 = (3;�2; 2). Un vector direccional de la recta es

V = P1 � P0 = (3;�2; 2)� (1; 1; 1)V = (2;�3; 1)

Como la recta pasa por el punto P0 = (1; 1; 1), su ecuación es

X = P0 + tV = (1; 1; 1) + t (2;�3; 1)

O, considerando X = (x; y; z) e igualando componentes,

x = 1 + 2ty = 1� 3tz = 1 + t

(2) (forma cartesiana)

Teniendo en cuenta que la componente de un vector en la dirección de otrose puede calcular mediante el producto escalar, se deduce que la distancia d deun punto P1 a la recta X = P0 + tV está dada por

d =

��(P1 � P0)� (P1 � P0) �VjVj2V

�� .Dadas las rectas X = P0 + tV y X = P1 + tU, el ángulo � entre ambas es elángulo que forman sus respectivos vectores direccionales, es decir:

cos � =U �VjUj jVj (2.2)

2.1.1 Distancia entre dos rectas no paralelas

X = P0 + tU

yX = P1 + tV

es, por de�nición, el valor mínimo de las distancias de las distancias entre puntosde cada una de las rectas. Se puede demostrar que la distancia d entre ambasrectas es

d =

��(P1 � P0) � U�VjU�Vj

�� (2.3)

Example 14 Dadas las rectas no paralelas

X = P0 + tU = (1; 0; 2) + t (2;�1; 0)X = P1 + tV = (2; 1; 1) + t (0; 2; 2)

punto P2 = (1;�2; 3); calculara) La distancia del punto P2 a la recta X = P0 + tU.

2.1. LA RECTA 39

b) La distancia entre las dos rectas.c) El ángulo entre las dos rectas.Solución.a) Calculando

P2 � P0 = (1;�1; 3)� (1; 0; 2) = (0;�1; 1)(P2 � P0) �U = (0;�1; 1) � (2;�1; 0) = 1

jUj = U � U = (2;�1; 0) � (2;�1; 0) = 5

entonces(P2 � P0) �U

jUj2U =

1

5(2;�1; 0) =

�2

5;�15; 0

�Entonces la distancia del punto a la recta es

d =

��(P2 � P0)� (P2 � P0) �UjUj2U

��=

��(0;�1; 1)� �25 ; �15 ; 0�� = ��25 ; �45 ; 1

�� = 3p5

b) CalculandoP1 � P0 = (2; 1; 1)� (1; 0; 2) = (1; 1;�1)

U�V =

��i j k2 �1 00 2 2

�� = �2i� 4j + 4k = (�2;�4; 4)jU�Vj = j(�2;�4; 4)j =

p4 + 16 + 16 = 6

luego, la distancia entre las dos rectas es

d =

��(P1 � P0) � U�VjU�Vj

�� = ��(1; 1;�1) � 16 (�2;�4; 4)��

d =

��16 (�2� 4� 4)�� = 5

3

c) Los vectores U = (2;�1; 0) y V = (0; 2; 2) son vectores direccionales de lasdos rectas dadas, por tanto el ángulo � entre ambas se obtiene de

cos � =U �VjUj jVj =

(2;�1; 0) � (0; 2; 2)p4 + 1

p4 + 4

=1

2p10(�2) = � 1p

10

de donde� = 108�260


2.2 EL PLANO

El plano determinado por los vectores no paralelos U , V y que pasa por el puntoP0 tiene por ecuación

X = P0 + sU+ tV (2.4)

con s, t números reales.

U

VP0

n

X

XP0

P0

Fig. 2.3 Fig. 2.4

Sea N un vector normal al plano, entonces si X es cualquier punto del plano,el vector X � P0, se encuentra sobre este plano y debe ser perpendicular a lanormal N , es decir, la ecuación del plano es

N � (X � P0) = 0 (2.5)

De cualquiera de las dos anteriores ecuaciones (3) y (4) del plano, haciendoX = (x; y; z), la ecuación del plano se reduce a la forma general

ax+ by + cz + d = 0 (2.6)

se demuestra que el vector (a; b; c) es normal al plano.El fácil ver que dos planos son paralelos si sus normales lo son.

Example 15 a) Determinar la ecuación del plano que pasa por los puntos P0 =(1;�1; 2), P1 = (2; 1; 1) y P2 = (�1; 2; 3).b) Hallar un vector normal N al plano del inciso a).c) Expresar la ecuación del plano en suf orma cartesiana ax+ by + cz + d = 0.

P1

P2P0

U

V

2.3. CILINDROS Y SUPERFICIES CUADRICAS 41

a) Los vectores

U = P1 � P0 = (2; 1; 1)� (1;�1; 2) = (1; 2;�1)V = P2 � P0 = (�1; 2; 3)� (1;�1; 2) = (�2; 3; 1)

se encuentran sobre el plano. Como el plano pasa por P0 = (1;�1; 2) su ecuaciónvectorial es

X = P0 + sV + tU

= (1;�1; 2) + s (1; 2;�1) + t (�2; 3; 1)

b) Puesto que los vectores U y V están sobre el plano, un vector normal al planoes

N = U�V =

��{ j k1 2 �1�2 3 1

�� = 5{+ j + 7k = (5; 1; 7)c) Si X = (x; y; z) es un punto cualquiera del plano, el vector X � P0 se en-cuentra sobre el plano y debe ser, por tanto, perpendicular al vector normal N .Es decir

N � (X � P0) = 0

(5; 1; 7) � ((x; y; z)� (1;�1; 2)) = (5; 1; 7) � (x� 1; y + 1; z � 2) = 05x+ y + 7z � 18 = 0

Si N es un vector normal al plano que pasa por el punto P0, la distancia d delpunto P al plano está dado por

d =

��(P � P0) � NjN j�� = ��((1; 2; 3) � (0; 0; 4)) � (3;�2; 1)p

14

��=

�� 1p14 (1; 2;�1) � (3;�2; 1)�� = �� 2p

14

��=

r2

7

2.3 CILINDROS Y SUPERFICIES CUADRI-CAS

2.3.1 Cilindros

Una ecuación de la forma f (x; y) = 0 determina una super�cie en el espacioxyz. Su grá�ca en el espacio se obtiene deslizando la curva f (x; y) = 0 delplano xy en forma continua y paralelamente al eje z -variable que no �gura en


la ecuación de la super�cie - (Ver �gura 2.6).

f(x,y) = 0

Fig. 2.6

Similarmente se obtienen las grá�cas de super�cies cilíndricas paralelas a losotros ejes.

Example 16 Gra�car las super�cies cilíndricas a) y = x2 y b) z = y2.Solución. a) La grá�ca de y = x2 en el plano xy es una parábola. Deslizandoparalelamente al eje z se obtiene su grá�ca (�gura 2.7a).b) La grá�ca de z = y2 es una parábola en el plano yz. La grá�ca de la super�ciez = y2 en el espacio se obtiene deslizando la parábola paralelamente al eje x(�gura 2.7b).

y = x 2

z = y 2

Fig. 2.7 Fig. 2.8

2.3.2 Super�cies cuádricas

La grá�ca en el espacio de una ecuación polinomial de segundo grado se llamasuper�cie cuádrica. Así por ejemplo, las grá�cas de

x2 + y2 + z2 = 1 , x2 � 2xy + y2 � z2 = 10 , y2 � z2 = 4

son super�cies cuádricas.Algunas super�cies cuádricas ya conocidas son la esfera (x2+ y2+ z2 = R2)

y el cilindro (x2 + y2 = R2). Existen también otras que son particularmenteimportantes.

2.3. CILINDROS Y SUPERFICIES CUADRICAS 43

Para gra�car una super�cie cuádrica es conveniente seguir ordenadamentelos siguientes pasos:

1. Encontrar las intersecciones de la super�cie con los planos coordenados(llamadas trazas).

2. Encontrar las intersecciones de la super�cie con los ejes coordenados.

3. Gra�car algunas secciones planas de la super�cie.

Example 17 Gra�car la super�cie cuádrica

x2 + y2 � 4z2 � 2x = 0.

Procedemos siguiendo las recomendaciones generales dadas:1. Trazas. Haciendo z = 0 hallamos la intersección de la super�cie con el planoxy:

x2 + y2 � 4z2 � 2x = 0 x2 + y2 � 2x = 0)

z = 0 (x� 1)2 + y2 = 1 (circunferencia)

Haciendo y = 0 hallamos la intersección de la super�cie con el plano xz:

x2 + y2 � 4z2 � 2x = 0 x2 � 2x� 4z2 = 0)

y = 0 (x� 1)2 � 4z2 = 1 (hipérbola)

Haciendo x = 0 hallamos la traza en el plano yz:

x2 + y2 � 4z2 � 2x = 0 y2 � 4z2 = 0)

x = 0 (y � 2z) (y + 2z) = 0 (dos rectas )

2. Haciendo x = 0, y = 0 obtenemos la intersección de la super�cie con el ejez:

x2 + y2 � 4z2 � 2x = 0) �4z2 = 0) z = 0

x = 0; y = 0

con x = 0, z = 0 obtenemos la intersección con el eje y:

x2 + y2 � 4z2 � 2x = 0) y2 = 0) y = 0

x = 0; z = 0

y haciendo y = 0, z = 0 tenemos la intersección con el eje x

x2 + y2 � 4z2 � 2x = 0) x2 � 2x = 0

y = 0; z = 0 x (x� 2) = 0


3. Ahora averiguemos cómo es la super�cie a diversas alturas del espacio, esdecir; sobre los planos de la forma z = k (k constante).

x2+y 24z22x=0

Fig. 2.9

x2 + y2 � 2x = 4k2 ) (x� 1)2 + y2 = 4k2 + 1 (circunferencia)

Estos nos dice que si se corta la super�cie con el plano z = k se obtiene lacircunferencia:

(x� 1)2 + y2 = 4k2 + 1Además, observamos que a medida que el corte con el plano z = k se efectúa amayor altura (k cada vez más grande), el radio de la circunferencia aumenta.Gra�cando cada una de las trazas, y teniendo en cuenta las intersecciones conlos ejes coordenados; y considerando que las circunferencias en cada plano decorte son más grandes a mayor altura, hacia arriba o hacia abajo, se obtiene lagrá�ca de la �gura 2.8.

2.3.3 Super�cies cuádricas importantes

Procediendo como en el ejemplo ## se obtienen las grá�cas de super�cies cuá-dricas importantes, grá�cas que se muestran en las �guras que siguen:

Fig. 2.10Fig. 2.11

x2

a2+y2

b2+z2

c2= 1

x2

a2+y2

b2= 1

Elipsoide Paraboloide elíptico

2.4. COORDENADAS CILINDRICAS Y ESFERICAS 45

y

x

z z

y

x

Fig. 2.12Fig. 2.13

x2

a2+y2

b2� z

2

c2= 1

z2

c2� y

2

b2� x

2

a2= 1

Hiperboloide de una hoja Hiperboloide de dos hojas

y

z

x x

y

z

Fig. 2.14

Fig. 2.15

x2

a2+y2

b2=z2

c2x2

a2� y

2

b2= cz

Cono Paraboloide hiperbólico

Notemos que si intercambiamos los símbolos x, y, z en cualquiera de lasanteriores ecuaciones, el tipo de la super�cie no cambia.

2.4 COORDENADASCILINDRICASYESFER-ICAS

Muchas super�cies cuyas ecuaciones cartesianas son relativamente complicadas,se describen de manera simple en otro sistema de coordenadas adecuadamenteelegido.


2.4.1 Coordenadas cilíndricas

(x,y,z)

y

z

x

y

z

x

(x,y,z)

r

Fig. 2.16 Fig. 2.17

El punto (x; y; z) del espacio se puede determinar también mediante las coorde-nadas (r; �; z) donde

x = r cos � ; 0 � ry = r sin � ; 0 � � � 2�z = z

(2.7)

En el espacio xyz las coordenadas cilíndricas se interpretan así:r: es la longitud del radio vector proyección de (x; y; z) sobre el plano xy.�: es el ángulo que hay entre el eje x positivo y el radio vector r.z: cntinua siendo la altura del punto.Las ecuaciones dadas anteriormente permiten pasar del sistema de coorde-

nadas cartesianas al de coordenadas cilíndricas. Para el proceso inverso se tiene

r =px2 + y2

� = arctan yx

z = z(2.8)

Example 18 La grá�ca de x2+y2 = z2 es un cono. En coordenadas cilíndricas,este mismo cono está representado simplemente por

r = z

2.4.2 Coordenadas Esféricas

El punto (x; y; z) del espacio puede localizarse también por medio de las coor-denadas (�; �; �). Las ecuaciones que relacionan ambos sistemas son:

x = � sin� cos �y = � sin� sin �z = � cos�

(2.9)

donde � � 0, 0 �; � � �, 0 � � � 2�.En el espacio xyz las coordenadas esféricas admiten la siguiente interpretación:�: es la longitud del radio vector que va del origen al punto (x; y; z).

2.5. EJERCICIO RESUELTOS 47

�: es el ángulo medio entre el eje z positivo y el radio vector.�: como en coordenadas cilíndricas es el ángulo medio sobre el plano xy

entre el eje x positivo y la proyección del radio vector sobre el plano xy.Por cálculo directo se demuestra que �2 = x2 + y2 + z2.

Example 19 La grá�ca de x2 + y2 + z2 = R2 es una esfera de radio R. Suecuación en coordenadas esféricas es simplemente

r = R

2.5 EJERCICIO RESUELTOS

2.5.1 La Recta

Dos puntos o un punto y un vector (direccional) determina completamente auna recta.

1. Hallar la ecuación vectorial y cartesiana, dela recta que pasa por el puntoP0 = (1;�1; 2) con vector direccional V = (2; 1; 1).Solución. como la recta pasa por P0 = (1;�1; 2) y su vector direccionales V = (2; 1; 1), su ecuación vectorial es

X = P0 + tV = (1;�1; 2) + t (2; 1; 1)

Con X = (x; y; z) e igualando componentes obtenemos la ecuación carte-siana de la recta

(x; y; z) = (1;�1; 2) + t (2; 1; 1)

x = 1 + 2t

y = �1 + tz = 2 + t

2. Hallar la ecuación de la recta que para por los puntos P0 = (1; 2; 3) yP1 = (�2; 1� 2).

P1

P2

P1P0

P0 recta

d

P1

P1P0

Fig. 2.18Fig. 2.19


Solución. El vector P1�P0, que va de P0 a P1, se encuentra sobre la rectay es, por tanto, un vector direccional de la recta. Calculando:

V = P1 � P0 = (�2; 1; 2)� (1; 2; 3)= (�3;�1;�1)

Como para por P0, la ecuación de la recta pedida es

X = P0 + tV = (1; 2; 3) + t (�3;�1;�1)

o también:

x = 1� 3ty = 2� tz = 3� t

3. Mostrar que la distancia del punto P1 a la recta X = P0 + tV está dadapor

d =

��(P1 � P0)� (P1 � P0) � VjV j2V

��Solución. Para mayor claridad lo haremos detalladamente. Teniendo encuenta la �gura ###, el vector P1�P0 va del punto P0 a P1, la proyecciónde este vector sobre la recta es igual a su proyección sobre el vector direc-cional V , es decir: Proyección sobre la recta (P1 � P0) � VjV j multiplicandopor el vector unitario V se obtiene el vector proyección sobre la recta

(P1 � P0) �V

jV jV

jV j :

Por tanto, la distancia del punto a la recta es:

d =

��(P1 � P0)� (P1 � P0) � VjV j2V

��4. Calcular la distancia del punto (1; 2; 1) a la recta

X = (1; 1; 1) + t (2; 1;�1) :

Solución. Con P0 = (1; 2; 1), P1 = (1; 1; 1) y V = (2; 1;�1) y de acuerdoal ejercicio anterior tenemos

P1 � P0 = (1; 2; 1)� (1; 1; 1)= (0; 1; 0)

(P1 � P0) � V = (0; 1; 0) � (2; 1;�1)= 1


Ademas jV j2 = 22 + 12 + (�1)2 = 6. Por tanto

d =

��(P1 � P0)� (P1 � P0) � VjV j2V

�� =��(0; 1; 0)� 16 (2; 1;�1)

�� =r5

6

5. Hallar la distancia del punto (�2; 1; 3) a la recta

x = t ; y = 1� t ; z = 2 + 3t

Solución. Para poder aplicar la fórmula, previamente expresamos la ecuaciónde la recta en su forma vectorial.Como x = t ; y = 1� t ; z = 2 + 3t

X = (0; 1; 2) + t (1;�1; 3)

entonces, por P0 = (0; 1; 2), V = (1;�1; 3) y P1 = (�2; 1; 3), tenemos

P1 � P0 = (�2; 1; 3)� (0; 1; 2) = (�2; 0; 1)

(P1 � P0) � V = (�2; 0; 1) � (1;�1; 3) = 1

jV j2 = 12 + (�1)2 + 32 = 11.

De donde

d =

��(P1 � P0)� (P1 � P0) � VjV j2V

�� =��(�2; 0; 1)� 1

11(1;�1; 3)

�� = 1

11

p594

6. Calcular la distancia del punto P0 = (1; 0; 2) a la recta que pasa por lospuntos P1 = (1; 2; 1) y P2 = (2;�1; 3).Solución. La recta que pasa por los puntos P1 y P2 tiene como vectordireccional a

P2 � P1 = (2;�1; 3)� (1; 2; 1) = (1;�3; 2) .

Como, en particular, la recta pasa por P1, la distancia de P0 a la recta es

d =

��(P1 � P0)� (P1 � P0) � VjV j2V

�� =��(0; 2; 1)� (0; 2;�1) � (1;�3; 2)12 + (�3)2 + 22

(1;�3; 2)��

Simpli�cando

d =

r3

7

7. Dadas las rectas X = (2;�1; 3) + t (3;�4; 1), X = (2; 0; 1) + t (5; 2; 0),calcular el ángulo entre las dos rectas.Solución. De las ecuciones dadas, los vectores U = (3;�4; 1) y V =(5; 2; 0) son vectores direccionales de la primera y segunda recta dada


respectivamente. Teniendo en cuenta que el ángulo entre dos rectas es elángulo entre sus vectores direccionales, el ángulo � buscando obtenemosde

cos � =U � VjV j jV j =

(3;�4; 1) � (5; 2; 0)p26p29

=7p754

� = 75�130

8. Mostrar que la distancia entre las rectas no paralelas

X = P0 + tU ; X = P1 + tV

está dada por

d =

��(P1 � P0) � U � VjU � V j

��Solución. Por una parte el vector U � V es perpendicular a U y V .

U×VP1P0

P0

P1

P2

P1P0

Fig. 2.20Fig. 2.21

Por otra parte, el vector P1 � P0 va del punto P0 (en una de las rectas)a P1 (en la otra recta). Entonces, la distancia entre las dos rectas es laproyección del vector P1 � P0 sobre el vector U � V . (Fig. ###). Esdecir

d =

��(P1 � P0) � U � VjU � V j

��donde se ha tomando el valor absoluto para evitar distancias negativas.

9. Dadas las rectas

x = 3� t ; y = 2 + 2t ; z = 1� tx = t ; y = 1 + t ; z = 2t

calcular a) el ángulo que forman y b) la distancia entre ellas.Solución. Antes que nada, conviene expresar cada recta en su forma vec-torial:

X = (x; y; z) = (3; 2; 1) + t (�1; 2;�1) = P0 + tUX = (x; y; z) = (0; 1; 0) + t (1; 1; 2) = P1 + tV


a) El ángulo que forman las rectas se obtiene de

cos �U � VjU j jV j =

(�1; 2;�1) � (1; 1; 2)p1 + 4 + 1

p1 + 1 + 4

= �16

� = 99�350

b) Como P1 � P0 = (0; 1; 0)� (3; 2; 1) = (�3;�1;�1)

U � V =

��i j k�1 2 �11 1 2

�� = 5i+ j � 3k = (5; 1;�3)y, de acuerdo al ejercicio 8, la distancia entre las rectas es

d =

��(P1 � P0)� U � VjU � V j

�� = ��(�3;�1;�1) � (5; 1;�3)p25 + 1 + 9

�� = 16p35

EL PLANOUn plano está completamente determinado por tres puntos del plano, oun punto del plano y dos vectores no paralelos sobre el plano; o tambiénpor un punto del plano y un vector normal al plano.

10. Dados los puntos P0 = (�1; 2; 1), P1 = (3; 2;�1), P2 = (0; 1; 2). Hallar laecuación del plano que pasa por los tres puntos a) en su forma vectorial,b) en su forma casteriana.Solución. a) Los vectores

P1 � P0 = (3; 2;�1)� (�1; 2; 1) = (4; 0;�2)P2 � P0 = (0; 1; 2)� (�1; 2; 1) = (1;�1; 1)

se encuentran sobre el plano. Por tanto, los dos vectores generan el planopedido y su ecuación vectorial es

X = P0 + sU + tV

X = (�1; 2; 1) + s (4; 0;�2) + t (1;�1; 1)

b) La ecuación catesiana del plano se obtiene de la ecuación vectorialsimplemente igualando componentes y eliminando las variables s y t:

X = (x; y; z) = (�1; 2; 1) + s (4; 0;�2) + t (1;�1; 1)

donde

x = �1 + 4s+ ty = 2 � tz = 1� 2s+ t

x+ y = 1 + 4s

y + z = 3� 2s

x+ 3y + 2z = 7


11. Hallar la ecuación cartesiana del plano cuya ecuación vectorial es

X = (1;�1; 2) + t (2;�1; 3)

Solución. Igualando componentes y eliminando las variables s y t:

X = (1;�1; 2) + s (3;�1; 2) + t (2;�1; 3)

x = 1 + 3s+ 2ty = �1� s+ tz = 2 + 2s+ 3t

=) x� 2y = 3 + 5s3y � z = �5 + 5s =) x� 5y + z = 8

12. Hallar la ecuación vectorial del plano cuya ecuación cartesiana es

x� y + 2y = 1

Solución. determinamos tres puntos del plano a partir de los cuales ob-tendremos dos vectores sobre el plano.Si

x = 0 ; y = 0 ) z = 12 entonces P0 =

�0; 0; 12

�x = 0 ; z = 0) y = �1 entonces P1 = (0;�1; 0)y = 0 ; z = 0) x = 1 entonces P2 = (1; 0; 0)

Los vectores U = P1 � P0 =�0;�1;� 1

2

�y V =

�1; 0;� 1

2

�están sobre

el plano. Teniendo en cuenta que el plano pasa por (1; 0; 0), su ecuaciónvectorial es

X = (1; 0; 0) + s

�0;�1� 1

2

�+ t

�1; 0;�1

2

�13. Mostrar que el vector (a; b; c) es perpendicular al plano ax+by+cz+d = 0.

PP0

P0P

Fig. 2.22

(a,b,c)

P0

V

Fig. 2.23

P1U

Solución. Es su�ciente mostrar que el vector (a; b; c) es perpendicular acualquier vector que esté sobre el plano.Con x = 0, y = 0 de la ecuación del plano se tiene z = �d

c ; entonces el


punto P0 =�0; 0;�d

c

�está en el plano. Si P = (x; y; z) es cualquier otro

punto del plano, el vector P � P0 =�x; y; z + d

c

�se encuentra sobre el

plano.Como (a; b; c) �

�x; y; z + d

c

�= ac+ by + c

�z + d

c

�= ax+ by + cz + d = 0.

Esto dice que el vector (a; b; c) es perpendicular a cualquier vector queestá sobre el plano y, por tanto, es perpendicular al plano.

14. Hacer pasar una recta por el punto (1; 4; 2), perpendicular al plano x +2y + 3z = 10.Solución. De la ecuación del plano se sigue que el vector (1; 2; 3) es per-pendicular al plano (ejercicio anterior) y, por tanto, sirve como vectordireccional de la recta pedida. Como la recta debe pasar por el punto(1; 4; 2), la recta pedida es

X = (1; 4; 2) + t (1; 2; 3)

PROBLEMAS VARIOS

15. Encuentre la ecuación del plano que pasa por P1 = (2;�1; 2) y contiene ala recta X = (1; 0; 2) + t (3; 2; 1).Solución. Recordemos que necesitamos dos vectores no paralelos paragenerar un plano. Como la recta

X = P0 + tV = (1; 0; 2) + t (3; 2; 1)

está contenida en el plano, el vector V = (3; 2; 1) está sobre el planopedido. Por otra parte, por pasar el plano por los puntos P0 y P1, elvector

U = P1 � P0 = (2;�1; 2)� (1; 0; 2) = (1;�; 1; 0)está sobre el plano. Por tanto U y V generan el plano pedido. Luego,teniendo en cuenta que debe pasar por P1 la ecuación del plano pedid es

X = P1 + sU + tV = (2;�1; 2) + s (1;�1; 0) + t (3; 2; 1)

16. Hallar la ecuación del plano que pasa por los puntos P0 = (3; 1;�2),P1 = (1; 2; 1) y es perpendicular al plano x� 3y + 2z = 8.

P0

P1

xN d

P

P0n

Fig. 2.24Fig. 2.25


Solución. Por una parte, de la ecuación del plano dado se tiene que elvector M = (1;�3; 2) es perpendicular a dicho plano. Por otra parte, siX = (x; y; z) es cualquier punto del plano pedido, los vectores

U = X � P0 = (x� 3; y � 1; z + 2)V = X:� P1 = (x� 1; y � 2; z � 1)

se encuentra sobre el plano. Entonces el vectorN = U�V es perpendicularal plano pedido. Como los planos deben ser perpendiculares, deben serlotambién sus normales M y N ; es decir

M �N =M � (U � V ) =

��1 �3 2x� 3 y � 1 z + 2x� 1 y � 2 z � 1

�� = 0Desarrollando el determinante se obtiene:

11x+ 7y + 5z = 25,

que es la ecuación del plano pedido.

17. Mostrar que la distancia del punto P al plano que pasa por P0 con vectornormal n está dado por:

d =

��(P � P0) � njnj��

Solución. El vector P � P0 va de P0 a P y la proyección de este vectorsobre el vector normal n da la distancia del punto P al plano (�gura.###). Es decir

d =

��(P � P0) � njnj��

18. Calcular la distancia del punto P = (�1; 3; 4) y el plano X = s (1; 3;�1)+t (2; 1; 2).Solución. De la ecuación del plano X = s (1; 3;�1) + t (2; 1; 2) se ve quepasa por P0 = (0; 0; 0) el (el origen) y, por otra parte; el vector

n = (1; 3;�1)� (2; 1; 2) =

��i j k1 3 �12 1 2

�� = (7;�4;�5)es perpendicular o normal al plano. Según el ejercicio 17, la distancia deP = (�1; 3; 4) al plano es

d =

��(P � P0) � njnj�� = ��(�1; 3; 4)� (0; 0; 0) � (7;�4;�5)p

49 + 16 + 25

�� = 13p10


19. Mostrar que la distancia entre un plano y una recta (paralelos) está dadapor

d =

��(Pp � Pr) � njnj��

donde n es unvector normal al plano, Pp y Pr son puntos del plano y larecta respectivamente.Solución. Como son paralelos, la distancia entre el plano y la recta esigual a la distancia de un punto cualquiera Pr de la recta al plano. Portanto, según el ejercicio 17, la distancia de la recta al plano es

d =

��(Pp � Pr) � njnj��

20. Hacer pasar un plano que contenga a la recta x = 1� t, y = 2 + t, z = 3ty además sea paralelo al plano x+ y � 2z = 5.

P0V

XP0X

n

P1

X

P2

Fig. 2.26

Fig. 2.27

Solución. De X = (x; y; z) = (1; 2; 0) + t (�1; 1; 3) se ve que la recta pasapor P0 = (1; 2; 0) con vector direccional V = (�1; 1; 3). Por otra parte,el vector n = (1; 1;�2) es normal al plano x + y � 2z = 5 (ejercicio 13)y como el plano perdido debe ser paralelo al dado, n también debe sernormal al plano pedido. Si X = (x; y; z) es un plano cualquiera del planopedido, el vector X � P0 está sobre dicho plano. Por tanto este vectordebe ser perpendicular a la norma n, es decir

n � (X � P0) = 0

(1; 1;�2) � (x� 1; y � 2; z) = 0

de donde

x+ y � 2z = 3

es la ecuación del plano pedido.


21. Hallar la ecuación cartesiana del plano que equidista de los puntos P1 =(1; 2;�1) y P2 = (3; 0;�2).

V

XO

P1

(a,b,c,)

P0

Fig. 2.28Fig. 2.29

Solución. Si X = (x; y; z) es un punto cualquiera del plano pedido, ladistancia de X a P1 de X a P2 deben ser iguales. Es decir

jX � P1j = jX � P2jq(x� 1)2 + (y � 2)2 + (z + 1)2 =

q(x� 3)2 + y2 + (z + 2)2

tomando cuadrados, desarrollando y después de simpli�car obtenemos

4x� 2y � 2z = 7

ecuación pedida.

22. Hallar la ecuación del plano perpendicular a la recta X = (1; 2; 3) +t (�1; 0; 2) y que contenga al origen.Solución. Si X = (x; y; z) es un punto cualquiera del plano, entoncesteniendo en cuenta que el plano pasa por el origen 0 = (0; 0; 0), el vector

X � 0 = X = (x; y; z)

está sobre el plano pedido. Además, por ser la recta perpendicular alplano, su vector direccional V = (�1; 0; 2) es perpendicular al plano y portanto

V � (X � 0) = (�1; 0; 2) � (x; y; z) = 0�x+ 2z = 0

es la ecuación del plano pedido.

23. Mostrar que la distancia del punto P1 = (x1; y1; z1) al plano ax + by +cz + d = 0 es

d =jax1 + by1 + cz1 + djp

a2 + b2 + c2


Solución. Haciendo x = 0, y = 0 en la ecuación del plano se obtiene elpunto P0 =

�0; 0;�d

c

�sobre el plano. Como el vector P1�P0 va del punto

P0 a P1 y el vector (a; b; c) es normal al plano (ejercicio 13), la proyeccióndel vector P1 � P0 sobre este vector normal da la distancia del punto alplano (Fig. ###). Es decir

d =

��(P1 � P0) � (a; b; c)j(a; b; c)j

��d =

��x1; y1; z1 + dc�� (a; b; c)j(a; b; c)j

��d =

jax1 + by1 + cz1 + djpa2 + b2 + c2

donde se ha tomado el valor absoluto para evitar distancias negativas.

24. Hallar la distancia del punto P1 = (�2; 15;�7) al plano 5x�14y+2z = 0.Solución. De acuerdo al ejercicio anterior, la distancia d del punto al planoes

d =jax1 + by1 + cz1 + djp

a2 + b2 + c2=j5 (�2)� 14 (15) + 2 (�7) + 9jq

52 + (�4)2 + 22

d =j�225jp225

= 15

25. Hallar el punto del plano 5x� 14y + 2z + 9 = 0 que está más próximo alpunto P = (�2; 15;�7).Solución. De la ecuación del plano se tiene que el vector

n = (5;�14; 2)

es perpendicular al plano. La recta que pasa por P con vector direccionaln intersecta al plano dado precisamente en el punto del plano más próximoa P .

n

X

P


Entonces, si X = (x; y; z) es el punto pedido,

(x; y; z) = P + tn = (�2; 15;�7) + t (5;�14; 2)

por estar en la recta.ó

x = �2 + 5ty = 15� 14tz = �7 + 2t

igualando componentes y reemplazando en la ecuación del plano dado (porestar X en el plano).

5x� 14y + 2z + 9 = 5 (�2 + 5t)� 14 (15� 14t) + 2 (�7 + 2t) = 0.

De donde se obtiene t = 1

x = �2 + 5 = 3y = 15� 14 = 1z = �7 + 2 = �5

Por tanto, el punto X = (3; 1;�5) es el punto del plano más próximo aP = (�2; 15;�7).

26. Hallar la ecuación de la recta que corta perpendicularmente a la rectax = 2t, y = t y z = �3t en el origen y es paralela a plano x+ y + z = 1.Solución. Sea X = (x; y; z) un punto cualquiera de la recta pedida. Comolas rectas se cortan en el origen, la recta pedida pasa obviamente por elorige 0 y, por tanto, el vector X � 0 = X está sobre la recta. Entonces elvector X = (x; y; z) es un vector direccional de la recta pedida.Además, de la ecuación de la recta dada X = (x; y; z) = t (2; 1;�3) se veque V = (2; 1;�3) es un vector direccional de esta recta.Como las rectas son perpendiculares, lo son también sus vectores direc-cionales X y V ; es decir

V �X = 0 ó (2; 1;�3) � (x; y; z) = 0 (1)

Por otra parte, por ser paralela al plano x+ y + z = 1, la recta pedida esperpendicular a la normal n = (1; 1; 1) del plano. En particular, el vectordireccional de la recta, X, es perpendicular a la normal del plano n. Esdecir

n �X = 0 ó (1; 1; 1) � (x; y; z) = 0 (2)

De las ecuaciones (1) y (2) se tiene

2x+ y � 3z = 0x+ y + z = 0

(3)


expresando todas las variables en términos de una de ellas, digamos z,tenemos

2x+ y � 3z = 0x+ y + z = 0

=) x� 4z = 0�y � 5z = 0 =)

x = 4zy = �5zz = z

(4)

de donde, cambiando z por t en (4), obtenemos la ecuación cartesiana dela recta pedida:

x = 4t ; y = �5t ; z = t

27. Un punto se desplaza en el espacio de modo que en el instante t su posiciónviene dada por el vector X (t) = (1� t; 2� 3t; 2t� 1). a) Mostrar que elpunto se mueve a lo largo de una recta (digamos L). b) Hallar un vectorparalelo a L. c) En qué instante el punto toca al plano 2x+3y+2z+1 = 0?d) Hallar la ecuación cartesiana del plano paralelo al de la parte c) y quecontiene al punto X (2). e) Hallar la ecuación cartesiana del plano per-pendicular a L que contenga a X (2).Solución. a) ComoX (t) = (1� t; 2� 3t; 2t� 1) = (1; 2;�1)+t (�1;�3; 2)el punto se mueve a lo largo de la recta L (que pasa por P0 = (1; 2;�1)con vector direccional V = (�1;�3; 2).b) Como la dirección de la recta está dada por su vector direccional V , unvector paralelo a L es el mismo V = (�1;�3; 2).c) Cuando el punto X (t) = (1� t; 2� 3t; 2t� 1) esté en el plano 2x +3y + 2z + 1 = 0 se tendrá

2 (1� t) + 3 (2� 3t) + 2 (2t� 1) + 1 = 0

de donde resolviendo, se tiene t = 1. Por tanto, el punto está en el planoen el instante t = 1.d) Primero localizamos el punto X (3) = (1� 3; 2� 3 (3) ; 2 (3)� 1) =(�2;�7; 5). El vector n = (2; 3; 2) es normal al plano 2x+3y+2z+1 = 0(ejercicio 13) y debe ser también normal al plano pedido (por ser parale-los los planos dado y pedido). Por tanto, teniendo en cuenta que debepasar por el punto X (3) = (�2;�7; 5), obtenemos n � (X � P ) = 0 )(2; 3; 2) � [(x; y; z)� (�2;�7; 5)] = 0) 2x+ 3y + 2z + 15 = 0.e) Primeramente localizamos X (2) = (1� 2; 2� 6; 4� 1) = (�1;�4; 3).Si X (x; y; z) es el punto cualquiera del plano y como el punto X (2) tam-bién está sobre el plano pedido.Por otra parte, como la recta L y el plano son perpendiculares, el vectordireccional V es perpendicular a cualquier vector que esté sobre el plano


(Fig. ###). Es decir.

VX(2)

X

Fig. 2.31

P2 P3

P1P0

nA

Fig. 2.32

V � (X �X (2)) = 0

ó(�1;�3; 2) � [(x; y; z)� (�1;�4; 3)] = 0

de donde, �nalmente, obtenemos

x+ 3y � 2z + 19 = 0

la ecuación cartesiana del plano pedido.

28. Dados los puntos P0 = (1; 1;�3) y P1 = (2; 2; 0) que se encuentran sobreel plano x+2y� z = 6, determinar los demás vértices del cuadrado sobreel plano cuyos vértices adyacentes son P0 y P1.Solución. Para determinar los otros vértices del cuadrado P2 y P3 (Fig.###) necesitamos determinar el vector A = P2�P0 = P3�P1. El vectorn = (1; 2;�1) es perpendicular al plano (Ejercicio 13). Como A está sobreel plano es perpendicular al vector n; y además, por estar sobre un ladodel cuadrado es perpendicular al vector P1 � P0.

P1 � P0 = (1; 1; 3)

De acuerdo al signi�cado del producto vectorial, A es paralelo al vectorn� (P1 � P0)

n� (P1 � P0) =

��i j k1 2 �11 1 3

�� = (7;�4;�1)Por lo tanto

A = k (7;�4;�1) (1)

Como jAj y jP1 � P0j son lados del cuadrado

jAj = jP1 � P0j = j(1; 1; 3)j =p11


De acuerdo a (1)

jAj = jkj j(7;�4;�1)j = jkjp66

jkj =1p6

k = � 1p6

Tomando k = 1p6, A = 1p

6(7;�4;�1). De donde,

P2 = P0 +A = (1; 1;�3) +1p6(7;�4;�1) =

�1 +

7p6; 1� 4p

6;�3� 1p

6

�P3 = P1 +A = (2; 2; 0) +

1p6(7;�4;�1) =

�2 +

7p6; 2 +

4p6;� 1p

6

�son los otros vértices del cuadrado.Nota. Tomando k = � 1p

6, de manera similar, obtenemos otra solución.

CILINDROS Y SUPERFICIES

29. Gra�car la super�cie cuya ecuación es x = 2z.

z

x

y

x

y

z

Fig. 2.33 Fig. 2.34

Solución. Antes que nada, observamos que en la ecuación no �gura lavariable y. Además, en el plano xz, la ecuación x = 2z representa unarecta. Deslizando esta recta paralelamente al eje y, obtenemos la super�ciepedida (un plano). Su grá�ca se muestra en la �gura ###.

30. Gra�car la super�cie cuya ecuación es x2 � 2x+ 4y2 = 0.Solución. Como la variable z no �gura en la ecuación, su grá�ca debe serparalela al eje z. Es super�cie, por tanto, trazar la grá�ca de la ecuaciónsobre el plano xy y luego deslizarla paralelamente al eje z. De

x2 � 2x+ 4y2 = 0

x2 � 2x+ 1 + 4y2 = 1

(x� 1)2 + 4y2 = 1


se ve que la traza en el plano xy es una elipse con centro en (1; 0); consemieje mayor igual a 1 y semieje menor 1

2 .Deslizando la anterior elipse paralelamente al eje z obtenemos el cilindroelíptico que se muestra en la �gura ###.

31. Identi�car y gra�car la super�cie cuádrica x2 + y2 = z2.

z

y

x x

y

z

Fig. 35 Fig. 36

Solución. Teniendo en cuenta las super�cies dadas en la página ###, seve que la super�cie es un cono. Para gra�car procedemos siguiendo lasrecomendaciones generales.1. Trazas. En el plano xy: con z = 0) x2+ y2 = 0 =) x = 0; y = 0 (unpunto).En el plano xz: con y = 0) x2 = z2 ) x = �z (dos rectas).En el plano yz: con x = 0) y2 = z2 ) y = �z (dos rectas).2. Interesecciones con los ejes.Con el eje x: con y = 0, z = 0) x2 = 0) x = 0 (el origen).Con el eje y: con x = 0, z = 0) y2 = 0) y = 0 (el origen).Con el eje z: con x = 0, y = 0) z2 = 0) z = 0 (el origen).3. Algunas secciones planas. Con z = k: x2 + y2 = k2 (circunferencia).Esto dice que cortando la super�cie con planos horizontales (z = k) seobtienen circunferencias. Además, las circunferencias tienen mayor radio(= jkj) cuando z (= k) esté más alejado del origen.Reuniendo la información obtenida, se traza la grá�ca pedida (Fig. ###).

32. Identi�car y gra�car la super�cie cuádrica x2 + y2 = z.Solución. Teniendo en cuenta las ecuaciones de las super�cies dadas enla página ###, inmediatamente reconocemos la ecuación como la de unparaboloide elíptico. Siguiendo las recomendaciones generales:1. Trazas. En el plano xy: con z = 0) x2 + y2 = 0) x = 0, y = 0 (unpunto).En el plano xz: con y = 0) x2 = z (una parábola).En el plano yz: con x = 0) y2 = z (una parábola).2. Intersecciones con los ejes.


Con el eje x: y = 0; z = 0) x2 = 0) x = 0 (el origen).Con el eje y: x = 0; z = 0) y2 = 0) y = 0 (el origen).Con el eje z: x = 0; y = 0) z = 0 (el origen).3. Algunas secciones planas. Un corte horizontal se efectúa haciendoz = k. Es decir:

x2 + y2 = k

una circunferencia.Inmediatamente observamos que k debe ser � 0. Esto dice que el planoz = �3 (por ejemplo) no corta a la super�cie, por tanto la super�cie estásituada por encima del plano z = 0 (o plano xy).Además, si el corte se realiza a mayor altura (es decir z = k, k más grande),la circunferencia que se obtiene tiene maor radio.Con toda la información obtenida trazamos la grá�ca pedida (Fig. ###).

33. Identi�car y gra�car la super�cie x2 � y2 � z2 = 1.Solución. Comparando con las ecuaciones de la página ###, reconocemosa la ecuación dada como la de un paraboloide de dos hojas con eje, el ejex. Procediendo según las recomendaciones generales:1. Trazas.En el plano xy: con z = 0) x2 � y2 = 1 (hipérbola).En el plano xz: con y = 0) x2 + z2 = 1 (hipérbola).En el plano yz: con x = 0 ) �y2 � z2 = 1 ) �

�x2 + z2

�= 1 (no hay

traza).2. Intersecciones con los ejes.Con el eje x: y = 0, z = 0) x2 = 1) x = �1 (dos puntos).Con el eje y: x = 0, z = 0) �y2 = 1 (no hay intersección).Con el eje z: x = 0, y = 0) �z2 = 1 (no hay intersección).3. Algunas secciones planas. Conviene analizar a varias alturas de x. Conx = k se tiene:

x2 � y2 � z2 = 1 ) y2 + z2 = k2 � 1 (1)

lo que tiene sentido si k2 � 1 � 0, es decir si k � �1 ó k � 1. Por tanto,una parte de la super�cie está delante de x = 1 y la otra parte queda pordetrás de x = �1. Además, de (1) se ve que los cortes a determinadasalturas de x producen circunferencias; y el radio aumenta a medida quenos alejamos del origen.Reuniendo toda la información obtenida trazamos la grá�ca que se muestra


en la �gura ###.

1

1


1. Hallar las ecuaciones vectorial y cartesiana de la recta que pasa por elpunto P0 con vector direccional V , cuando: a) P0 = (0; 0; 0), V = (1; 1; 1) ;b) P0 = (5; 3;�2) ; V = (2;�3; 2); c) P0 = (�1;�3;�5) ; V = (�2; 7; 3);d) P0 = (3; 2; 1), V = (1; 5;�4).

2. Hallar la ecuación de la recta que pasa por los puntos: a) (0; 0; 0) y (1; 1; 1);b) (8;�3; 2) y (5; 0; 0); c) (5; 8; 1) y (2; 6;�1); d) (1; 1; 1) y (�3; 2;�1)

3. Calcular la distancia del punto P1 a la recta dada: a) P1 = (1; 1; 1) ; X =(1; 2;�1) + t (3; 4; 1). b) P1 = (0; 0;�1) ; X = (1;�0;�1) + t (1; 2; 3).c) P1 = (5; 5; 0) ; x = t ; y = 1 � t ; z = 3 + t. d) P1 = (4;�1; 2) ;x = 1 + 3t ; y = 2t ; z = �t.

4. Calcular la distancia del punto P0 a la recta que pasa por los puntosP1 y P2: a) P0 = (5; 3;�1) ; P1 = (4; 0; 2) ; P2 = (5; 0; 0). b) P0 =(1; 0; 10) ; P1 = (10; 5; 0) ; P2 = (5; 10; 0). c) P0 = (�1;�2; 3) ; P1 =(�1; 1; 3) ; P2 = (4;�1; 3).

5. Calcular el ángulo entre las rectas: a) X = (1; 2; 1) + t (4; 1; 1) y X =(2; 0; 0)+t (1; 1; 0). b) X = (1; 0; 5)+t (1;�1; 2), X = (1; 1; 3)+t (4;�1; 2).c) x = 4� 2t , y = 3+ 2t , z = �t y x = 1+ t , y = 1+ 3t , z = 1� 3t. d)x = 1 , y = 1 , z = t y x = t , y = 1 , z = 1.

6. Hallar los ángulos que forma la recta x = t , y = 2t, z = t con los ejescoordenados.

7. Mostrar que las siguientes rectas forman un triángulo rectángulo en elespacio: X = (1; 5;�3) + t (1;�1; 5) ; X = (3; 6; 1) + t (1; 2;�1) ;X =(1; 2; 3) + t (2; 1; 4).


8. Calcular la distancia entre las siguientes rectas: a)X = (1; 3; 2)+t (1;�1; 0)y X = (0; 1; 2) + t (4; 1; 1). b) X = (4; 2; 5) + t (1; 0;�1) y X = (1; 1; 2) +t (2; 0;�1). c) x = t , y = 2t , z = 3t y x = 1� t , y = 2 + 2t, z = 1� 3t.d) x = 2 + t , y = �t , z = 1 + 3t y x = 2t , y = 1 + 2t , z = 2 + 6t.EL PLANO

9. Hallar la ecuación vectorial del plano que pasa por los puntos: a) P0 =(7; 2; 3) , P1 = (4; 5; 6) , P2 = (�1; 0; 1). b) P0 = (0; 0; 0) , P1 = (1; 0; 0) ,P2 = (0; 1; 0). c) P0 = (0; 0; 5) , P1 = (4; 3; 0) , P2 = (1; 5; 7).

10. Hallar la ecuación cartesiana del plano que pasa por los puntos: P0 =(1; 2; 1) , P1 = (2;�1; 0) , P2 = (4; 1;�2). b) P0 = (1;�1; 0) , P1 =(4; 2;�3) , P2 = (1; 2; 3). c) P0 = (2;�1; 5) , P1 = (0;�1; 0), P2 = (0; 0; 1).

11. Hallar la distancia del punto P al plano dado: a) P = (0; 0; 0) ; planoX = (1; 2; 3) + s (4;�1; 0) + t (1; 3;�1). b) P = (�1; 2; 1) ; plano X =(4; 0;�1) + s (0; 1; 0) + t (0; 0; 1). c) P = (4; 1; 3) ; plano x+ y+ z = 6. d)P = (1; 2; 3) ; plao x� y = 5.PROBLEMAS VARIOS

12. Hallar la intersección de la recta X = (3; 1; 3) + t (1; 1;�1) con cada unode los planos coordenados.

13. Determinar el punto donde la recta que pasa por (1; 3; 1) y es ortogonalal plano 3x� 2y + 5z = 15, intersecta a dicho plano.

14. Mostrar que los planos X = (2; 0; 4) + s (1; 7; 3) + t (�3; 8; 0) y X =(3; 2; 3) + s (4;�1; 3) + t (9; 5; 9) son paralelos y encuentre la distanciaentre ellos.

15. Encontrar la ecuación del plano que pasa por (1; 2;�3) y contiene a larecta X = (1; 1; 1) + t (5;�2; 3).

16. Una recta con vector direccional V es paralela a un plano M si V esparalelo aM . Sea L la recta que pasa por (1; 1; 1) y tiene vector direccional(2;�1; 3), determinar si L es paralela a cada uno de los planos siguientes:a) Plano que pasa por (1; 1;�2) y generado por (2; 1; 3) y

�341; 1

�. b)

Plano que paa por (1; 1;�2), (3; 5; 2) y (2; 4;�1). c) Plano de ecuacióncartesiana x+ 2y + 3z = �3.

17. Hallar la rcta que pasa por (1; 2; 3) y es perpendicular al plano x�y+2z =0.

18. Mostrar que la distancia d del punto P1 a la recta X = P0+ tV está dadapor:

d =

��(P1 � P0)� V

jV j

��


19. Mostrar que la distancia d del punto P1 a la recta X = P0 + sU + tV yX = P1 + sU + tV está dada por

d =

��(P1 � P0)� U � VjU � V j

��20. Mostrar que la distancia d entre los planos paralelos ax + by + cz = d1 ,

ax+ by + cz = d2 está dada por

d =jd2 � d1jpa2 + b2 + c2

Chapter 3

CURVAS

Una curva es una función de R en Rn (con n = 2 o n = 3). Si n = 2 la curva sellama curva plana y si n = 3 la curva se dice que está en el espacio.

Example 20 La función f (t) = (cos t; sin t; t) es una curva en el espacio (�gura3.1). Esta función también se puede escribir como x = cos t, y = sin t, z = t;se la denomina hélice.

Example 21 La función f (t) =�t; t2

�es una curva plana. También se puede

expresar como x = t, y = t2 (Fig. 3.2) y es la conocida parábola (notemos quey = x2).

f

t

f

t

y

x

x

y

z

Fig. 3.1 Fig. 3.2

3.1 DERIVADA DE UNA CURVA

Consideremos una función f de R en Rn. Cuando el límite existe, el vectorf 0 (t) de�nido por

f 0 (t) = limh!0

f (t+ h)� f (t)h

(3.1)

se denomina la derivada de f en el punto t.

67

68 CHAPTER 3. CURVAS

La derivada de una curva se puede expresar en términos de derivadas defunciones de R en R.

Example 22 Si n = 3 y escribiendo f (t) = (x (t) ; y (t) ; z (t)) la derivada f 0 (t)se convierte en

f 0 (t) =

�dx

dt;dy

dt;dz

dt

�(3.2)

(La derivada se obtiene derivando componente a componente).

Example 23 a) Si f (t) = (cos t; sin t; t) entonces f 0 (t) = (� sin t; cos t; 1)b) Si f (t) =

�t; t2

�entonces f 0 (t) = (1; 2t).

3.1.1 Signi�cado geométrico

Geométricamente de�nimos a f 0 (t) como vector tangente a la curva en el puntof (t0). La recta que pasa por f (t0) con vector direccional f 0 (t0), es la rectatangente a la curva en el punto f (t0).

3.1.2 Signi�cado físico

Físicamente, si t denota el tiempo, entonces f (t) describe la trayectoria deuna partícula, y f (t0) representa la posición de la partícula en el instante t0.La derivada f 0 (t0) se llama vector velocidad; además el número jf 0 (t0)j es surapidez. La segunda derivada, f 00 (t0), da la aceleración de la partícula en elinstante t0.

Example 24 Hallar la ecuación de la recta tangente a la parábola f (t) =�t; t2

�en el punto (2; 4).

(2,4)

Fig. 3.3.

Solución. De f (t0) =�t0; t

20

�= (2; 4) se tiene t0 = 2. La recta tangente que

debe pasar por el punto (2; 4) tiene como vector direccional.

f 0 (t0) = (1; 2t0) = (1; 4) , con t0 = 2

3.2. REGLAS DE DERIVACIÓN 69

Por tanto la ecuación de la recta tangente es

(x; y) = (2; 4) + t (1; 4)

o, igualando componentes,

x = 2 + t

y = 4 + 4t

Example 25 La posición de una partícula está dada por f (t) =�t; t2; t3

�,

t � 0. En qué instante la partícula está en el plano x+ z = 0 y con qué rapidezse mueve en ese instante?Solución. De f (t) =

�t; t2; t3

�se tiene x = t, y = t2, z = t3. La partícula está

en el plano x+ z = 0 cuando

t+ t3 = 0) t�1 + t2

�= 0) t = 0

Es decir, cuando t = 0 (al empezar el movimiento) la partícula está sobre elplano x+ z = 0. Además, su rapidez en ese instante es jf 0 (t)j = j(1; 0; 0)j = 1,con t = 0.

3.2 REGLAS DE DERIVACIÓN

Como la derivada de una curva se expresa en términos de las derivadas de suscomponentes, las reglas de derivación son básicamente las mismas que han sidoestudiadas en el Cálculo I.I. Si f (t) y g (t) son dos curvas derivables, entonces

d

dt(f (t) + g (t)) =

d

dtf (t) +

d

dtg (t)

(La derivada de la suma es la suma de las derivadas).II. Si a es un número y f (t) es una curva derivable,

d

dt(af (t)) = a

d

dtf (t)

(se pueden extraer las constantes del signo de derivación).III. Si c (t) es una función de R en R derivable y f (t) una curva derivable,

entoncesd

dt(c (t) f (t)) = c (t)

d

dtf (t) + f (t)

d

dtc (t)

IV. Si f (t) y g (t) son dos curvas derivables, entonces

d

dt(f (t) � g (t)) = d

dtf (t) � g (t) + f (t) � d

dtg (t)

(esto es una generalización de la derivada del producto del Cálculo I a la derivadadel producto escalar de dos curvas).


3.3 LONGITUD DE UNA CURVA

f(a)f(b)

Fig. 3.4

La longitud L de una curva f (t) desde f (a) hasta f (b) se de�ne como la integralde la rapidez desde a hasta b. Es decir

L =

Z b

a

jf 0 (t)j dt (3.3)

Example 26 Calcular la longitud de una circunferencia de radio R.Solución. La ecuación paramétrica de una circunferencia de radio R es f (t) =(R cos t; R sin t), con 0 � t � 2�. Buscamos la longitud de la curva desdef (0) = (R; 0) hasta f (2�) = (R; 0) - el mismo punto, después de dar una vueltaa la circunferencia -, además como f 0 (t) = (�R sin t; R cos t), jf 0 (t)j = R, setiene

L =

Z b

a

jf 0 (t)j dt =Z 2�

0

Rdt = 2�R

3.4 REGLA DE LA CADENA

g

sf g

t

x

y

z

f

Fig. 3.5

Consideremos una función g = g (s) de R en R y una función f = f (t) deR en Rn. Si ambas funciones son derivables, la composición f � g es tambiénderivable, además

(f � g)0 (s) = f 0 (g (s)) g0 (s)

3.5. ALGUNAS PROPIEDADES GEOMÉTRICAS DE LAS CURVAS 71

3.5 ALGUNAS PROPIEDADES GEOMÉTRI-CAS DE LAS CURVAS

Conviene considerar a la curva f = f (t) como describiendo la posición de unapartícula en movimiento.El vector unitario T de�nido por

T =f 0 (t)

jf 0 (t)j (3.4)

se llama vector tangente unitario. Como se sabe, este vector T es un vectordireccional de la recta tangente a la curva en el punto f (t).El vector unitario N dado por

N =(f 0 (t)� f 00 (t))� f 0 (t)j(f 0 (t)� f 00 (t))� f 0 (t)j (3.5)

se llama normal principal a la curva y es perpendicular al vectr tangente T .

z TN

TN

y

x

f(t1)

f(t2)circ. osc. en f(t 1)

circ. osc. en f(t 2)Fig. 3.6

Fig. 3.7

El plano que pasa por f (t) y es generado por los vectores T y N se llamaplano osculador. El plano osculador a la curva en el punto f (t) es el planoque mejor se ajusta o adapta a la curva en el punto f (t). Por ejemplo, si lacurva es plana (no necesariamente una recta) el plano osculador coincide con elpano que contiene a la curva.El número no negativo k dado por

k =jf 0 (t)� f 00 (t)j

jf 0 (t)j3(3.6)

se llama curvatura. Cuando k 6= 0, su inverso se denomina radio de cur-vatura y se simboliza por �. Es decir � = 1

k . En general la curvatura, y portanto el radio de curvatura, varía según varia el punto f (t) a lo largo de lacurva. La círculo sobre el plano osculador, de radio �, centro ubicado sobre lanormal principal y pasando por f (t) se llama círculo osculador en f (t). El


círculo osculador en f (t) es el círculo que mejor se ajusta a la curva. Por ejem-plo, el círculo osculador en cualquier punto de una circunferencia es la mismacircunferencia. Si R es el radio de la circunferencia, entonces la curvatura es 1

R .

Intuitivamente, cuando k es grande en un punto, la curva se �curvea�másen ese punto; y si k es bastante pequeño, la curva se �curvea�tan solo levementeen dicho punto.

En el caso extremo, si k = 0 en un punto de la curva, entonces la curva nose �curvea� en ese punto y, dehecho, puede considerarse a la curva como unarecta en ese punto. La curvatura de una recta en todos sus puntos es cero.


Derivada y recta tangente. El cálculo de la derivada de una curva se reducea la derivada de sus componentes. Geométricamente la derivada da un vectortangente a la curva.

1. Mostrar que si f (t) = (x (t) ; y (t) ; z (t)) entonces f 0 (t) = (x0 (t) ; y0 (t) ; z0 (t));(asumir la existencia de f 0 (t)).Solución. Suponiendo que f 0 (t) existe, se tiene:

f 0 (t) = limh!0

f (t+ h)� f (t)h

= limh!0

1

h[(x (t+ h) ; y (t+ h) ; z (t+ h))� (x (t) ; y (t) ; �z (t))]

=

�limh!0

x (t+ h)� x (t)h

; limh!0

y (t+ h)� y (t)h

; limh!0

z (t+ h)� z (t)h

�= (x0 (t) ; y0 (t) ; z0 (t))

2. Calcular la derivada primera y segunda de las siguientes funciones. a)f (t) =

�t2; 2t� 1

�, b) f (t) = (3 cos t; sin 2t; 2t) , c) f (t) =

�t2; 1� t; 4� t3

�en t = 1.Solución. a) f (t) =

�t2; 2t� 1

�) f 0 (t) = (2t; 2) ) f 00 (t) = (2; 0);

f 0 (1) = (2; 2) , f 00 (t) = (2; 0).b) f (t) = (3 cos t; sin 2t; 2t) ) f 0 (t) = (�3 sin t; 2 cos 2t; 2) ) f 00 (t) =(�3 cos t;�4 sin 2t; 0).c) f (t) =

�t2; 1� t; 4� t3

�) f 0 (t) =

�2t;�1;�3t2

�) f 00 (t) = (2; 0;�6t)

; f 0 (1) = (2;�1;�3) , f 00 (t) = (2; 0;�6).


3. Trazar la curva f (t) = (cos t; t; sin t) :

Solución. Haciendo (x; y; z) = (cos t; t; sin t) tenemos x = cos t, y = t,z = sin t.Observamos que:

x = cos t ; z = sin t

x2 = cos2 t ; z2 = sin2 t

x2 + z2 = cos2 t+ sin2 t

x2 + z2 = 1 (circunferencia)

Esto dice que la proyección de la curva sobre el plano xz describe unacircunferencia. Como al variar t, la segunda componente y = t obviamentevaría; la curva va dando vueltas alrededor del eje y a la vez que se desplazaen torno a este eje, describiendo una curva parecida a un resorte. La grá�cade la curva se mustra en la Fig. ###.

4. Encontrar la ecuación de la recta tangente a la curva f (t) = (t; cos�t; sin�t):a) En cualquier punto ; b) en el punto (1;�1; 0).Solución. a) Un vector direccional de la recta tangente en el punto f (t)es

f 0 (t) = (1;�� sin�t; � cos�t)y como además pasa por el punto f (t) = (t; cos�t; sin�t), su ecuación es

X = (t; cos�t; sin�t) + s (1;�� sin�t; � cos�t)

con s real.b) De (t; cos�t; sin�t) = (1;�1; 0) e igualando componentes vemos que elpunto (1;�1; 0) le corresponde a t = 1. De la parte a) con t = 1 tenemos

X = (1; co�; sin�) + s (1;� sin�; � cos�)X = (1;�1; 0) + s (1; 0;��)

ecuación de la recta tangente a la curva en el punto (1;�1; 0).


5. Encontrar la recta tangente a la cúbica f (t) =�1; 12 t

2; t3�paralela a la

recta x = t, y = 2� t, z = 1 + 3t.Solución. HabiendoX = (x; y; z) = (t; 2� t; 1 + 3t) = (0; 2; 1)+t (1;�1; 3)vemos que un vector direccional de la recta dada es U = (1;�1; 3). Unvector direccional de la recta tangente a la cúbica en f (t) es

V = f 0 (t) =�1; t; 3t2

�Como la recta dada y la recta tangente deben ser paralelas, sus vectoresdireccionales también deben serlo. Es decir

V = kU )�1; t; 3t2

�= k (1;�1; 3)) 1 = k ; t = �k ; 3t2 = 3k

de donde t = �1. Por tanto, la recta tangente a la curva, paralela a larecta dada, es la tangente en el punto f (�1):

X = f (�1) + tf 0 (�1) =��1; 1

2;�1

�+ t (1;�1; 3)

6. Consideremos el arco de hélice f (t) = (cos t; sin t; t) con 0 � t.

7. Encontrar todos los puntos en que la curva f (t) = (sin t; cos t; sin 3t) tieneun vector tangente paralelo al plano xy.Solución. Un vector tangente a la curva en el punto f (t) es

f 0 (t) = (cos t;� sin t; 3 cos 3t)

el cual es paralelo al plano xy si su tercera componente es cero. Es decir

3 cos 3t = 0) 3t = (2k + 1)�

2; k = 0;�1;�2; :::

t = (2k + 1)�

6; k = 0;�1� 2; :::

Dando valores a k se obtienen los puntos:

k = 0) t =�

6) f

��6

�=

1

2;

p3

2; 1

!.

k = 1) t =�

2) f

��2

�= (1; 0;�1)

k = 2) t = 5�

6) f

�5�

6

�=

1

2;�p3

2; 1

!

k = 3) t = 7�

6) f

�7�

6

�=

�12;�p3

2;�1

!k = 4) t = 3

�

2) f

�3�

2

�= (�1; 0; 1)

k = 5) t = 11�

6) f

�11�

6

�=

�12;

p3

2;�1

!


Para otros valores de k se obtienen los mismos puntos. Estos son todoslos puntos en que la tangente a la curva es paralela al plano xy.

8. Mostrar que un rayo de luz que emana del foco de una parábola se re�ejaparalelamente al eje.

F

Q

Fig. 3.9

Fig. 3.10

x

y

x

y

Solución. Simplemente hay que recordar dos cosas. En un espejo plano,el ángulo de incidencia � es igual al ángulo de re�exión � (Fig. ###); enun espejo curvo, la re�exión en un punto se realiza como si se re�ejará enel espejo plano tangente.Para simpli�car, consideremos la parábola x = y2 ó, mejor su parame-trización f (t) =

�t2; t

�. El foco de la parábola se encuentra en F

�14 ; 0�y

designemos que Q =�t20; t0

�el punto donde se re�eja el rayo (Fig. ###).

La tangente en Q tiene la dirección de f 0 (t0) = (2t0; 1).El vector Q � F tiene la dirección del rayo de luz que va del foco F alpunto de re�exión Q. El ángulo de incidencia � está determinado por

cos � =f 0 (t0) � (Q� F )jf 0 (t0)j � jQ� F j

=

�t20 � 1

4 ; t0�� (2t0; 1)q�

t20 � 14

�2+ t20

p4t20 + 1

=2t30 � 1

2 t20 + t0q

t20 � 12 t20 +

116 + t

20

p4t20 + 1

=2t0�t20 +

14

�q�t20 � 1

4

�2 � 2qt20 + 14

=t0qt20 +

14

Por otra parte, el ángulo � entre la recta tangente y la recta que parte deQ paralela al eje X, está determinado por

cos� =f 0 (t0) � (1; 0)jf 0 (t0)j � j(1; 0)j

=(2t0; 1) � (1; 0)p

4t20 + 1=

2t0

2qt20 +

14

=t0qt20 +

14

Por tantocos � = cos�


Esto dice que el rayo que parte del punto Q paralelo al eje X, eje de laparábola, es el rayo de re�exión. Esto muestra que el rayo que emana delfoco de una parábola se re�eja paralelamente al eje.

9. Mostrar que todos los vectores tangentes a la hélice f (t) = (a cos t; a sin t; bt)forman un ángulo constante con el eje Z y que el coseno de ese ángulo es

bpa2 + b2

Solución. Un vector direccional dela recta tangente a la hélice en f (t) esf 0 (t) = (�a sin t; a cos t; b). El coseno del ángulo que forma la recta tan-gente a la curva y el eje z es igual al que forman sus vectores direccionales.Entonces

cos � =f 0 (t) � (0; 0; 1)jf 0 (t)j � j0; 0; 1j =

(�a sin t; a cos t; b) � (0; 0; 1)pa2 sin2 t+ a2 cos2 t+ b2

=0 + 0 + bq

a2�sin2 t+ cos2 t

�+ b2

=bp

a2 + b2

10. Encontrar la ecuación de la recta tangente a la curva de intersección delcono x2 + y2 = z2 y el plano x+ y + z = 4, en el punto (0; 2; 2).Solución. Antes que nada conviene parametrizar la curva, esto se lograexpresando en términos de una de las variables a las otras dos:

x+ y + z = 4x2 + y2 = z2

=) z = (4� z � y)z2 = x2 + y2

=) (4� x� y)2 = x2 + y2

de donde desarrollando y simpli�cando se tiene 8+xy = 4x+4y expresandoy en términos de x:

y = 4x� 2x� 4 = 4

�1 +

2

x� 4

�= 4 +

8

x� 4

Ahora también podemos expresar z en términos de x,

z = 4� x� y = 4� x� 4� 8

x� 4 = �x�8

x� 4

Cambiamos de parámetro haciendo x = t; entonces la curva se puedeexpresar en forma paramétrica por

f (t) = (x; y; z) =

�t; 4 +

8

t� 4 ;�t�8

t� 4

�

De (0; 2; 2) =�t; 4 +

8

t� 4 ;�t�8

t� 4

�e igualando componentes es ve

que el punto (0; 2; 2) le corresponde a t = 0.


Un vector direccional de la recta tangente en (0; 2; 2) (es decir con t = 0)es

f 0 (t) =

1;� 8

(t� 4)2;�1 + 3

(t� 4)2

!=

�1;�1

2;�12

�Por tanto, la recta tangente pedida es

X = (0; 2; 2) + s

�1;�1

2;�12

�VECTOR POSICION

11. Determinar el punto donde la curva f (t) =�t; 1� 2t; t2

�intersecta al

plano x+ y + z = 7.Solución. Si el punto (x; y; z) es el de intersección, tenemos: (x; y; z) =�t; 1� 2t; t2

�(por estar en la curva) ó x = t ; y = 1 � 2t ; z = t2

(igualando componentes). Además: x+ y + z = 7 (por estar en el plano).t+(1� 2t)+t2 = 7 (por estar en el plano). t2�t�6 = 0) (t� 3) (t+ 2) =0 ) t = 3 , t = �2. Por tanto, la curva intersecta al plano cuando t = 3y cuando t = �2 es decir en los puntos

t (3) = (3;�5; 9) y f (�2) = (�2; 5; 4)

12. Una partícula viaja hacia arriba en una espiral en el espacio, su posiciónen el tiempo t está por f (t) = (cos t; sin t; t). En el tiempo t0 = � tomavuelo sobre una tangente, dejando el camino de la espiral y viajando enlínea recta a velocidad constante. Dónde está la partícula en el tiempot = 3�?

Solución. Cuando t0 = �, la partícula está en el punto f (�) = (�1; 0; �).La recta tangente en el punto donde la partícula toma vuelo es

X = (�1; 0; �) + sf 0 (�) == (�1; 0; �) + s (� sin�; cos�; 1)= (�1; 0; �) + s (0;�1; 1)


Notemos que cuando s = 0, entonces X = (�1; 0; �). Es decir la partículaestá en el punto donde va a tomar vuelo siguiendo la recta tangente.El tiempo s que transcurre desde t0 = � hasta t1 = 3� es

s = 3� � � = 2�

Por tanto, en su desplazamiento a lo largo de la recta tangente y cuandot = 3�; la partícula está en

X = (�1; 0; �) + 2� (0;�1; 1) = (�1;�2�; 3�)

Longitud de curva.

13. Calcular la longitud de la curva descrita por f (t) = (cos t; sin t) al variart desde t = 0 hasta t = 4�.Solución. Procedimiento 1. Como f 0 (t) = (� sin t; cos t), entonces lalongitud de la curva desde que t = 0 hasta t = 4� está dada por

L =

Z 4�

0

jf 0 (t)j dt =Z 4�

0

psin2 t+ cos2 tdt =

Z 4�

0

dt = 4�

Procedimiento 2. La curva f (t) = (cos t; sin t) describe una circunferenciade radio 1. Al variar t desde t = 0 hasta t = 4� describe dos vueltas decircunferencia. Como la longitud de una circunferencia de radio 1 es 2�,en total la longitud de la curva que describe es

2 � 2� = 4�

14. Calcular la longitud del arco parabólico descrito por f (t) =�t2; 2t

�desde

(0; 0) hasta (1; 2).Solución. Igualando componentes se ve que el punto (0; 0) =

�t2; 2t

�le

corresponde a t = 0 y el punto (1; 2) =�t2; 2t

�a t = 1. Como f 0 (t) =

(2t; 2), la longitud del arco descrito es

L =

Z 1

0

jf 0 (t)j dt =Z 1

0

p1 + 1 + 4t2dt = 2

Z 1

0

r1

2+ t2dt

=

r3

2+1

2ln�p2 +

p3�� ln

p2

Curvatura - normal principal.

15. Hallar T , N , k para la curva f (t) =�t; t2; t3

�. a) En cualquier punto b)

Cuando t = 0.Solución. a) Para calcular el vector tangente unitario T , la normal prin-cipal N y la curvatura k, requerimos hasta la segunda derivada de f (t):

f (t) =�t; t2; t3

�; f 0 (t) =

�1; 2t; 3t2

�; f 00 (t) = (0; 2; 6t)


Además, teniendo en cuenta las expresiones que �guran en las fórmulascorrespondientes debemos calcular:

f 0 (t)� t00 (t) =

��i j k1 2t 3t2

0 2 6t

�� = �6t2;�6t; 2�

(f 0 (t)� f 00 (t))�f 0 (t) =

��i j k6t2 �6t 21 2t 3t2

�� = 2 ��2t� 9t3; 1� 9t4; 3t+ 6t3�jf 0 (t)j =

p1 + 4t2 + 9t2 ; jf 0 (t)� f 00 (t)j = 2

p9t4 + 9t2 + 1

j(f 0 (t)� f 00 (t))� t0 (t)j = 2p81t8 + 107t6 + 54t4 + 13t2 + 1

Reemplazando en las fórmulas correspondientes tenemos:

T =f 0 (t)

jf 0 (t)j =�1; 2t; 3t2

�p9t4 + 4t2 + 1

N =(f 0 (t)� f 00 (t))� f 0 (t)j(f 0 (t)� f 00 (t))� f 0 (t)j =

��2t� 9t3; 1� 9t4; 3t+ 6t3

�p81t8 + 107t6 + 54t4 + 13t2 + 1

k =jf 0 (t)� f 00 (t)j

jf 0 (t)j3=

2p9t4 + 9t2 + 1

(1 + 4t2 + 9t4)3=2

b) Evaluando en t = 0: T = (1; 0; 0), N = 11 (0; 2; 0) =

�0; 12 ; 0

�; R = 2.

16. A partir de la fórmula dada para k, mostrar que para una curva planadescrita por f (t) = (x (t) ; y (t)), la curvatura viene dada por:

k (t) =jx0 (t) y00 (t)� y0 (t)x00 (t)j�

x0 (t)2+ y0 (t)

2� 32

Solución. Se sabe que la curvatura de una curva en el espacio está dadapor:

k (t) =jf 0 (t)� f 00 (t)j

jf 0 (t)j3

comof (t) = (x (t) ; y (t))) f 0 (t) = (x0 (t) ; y0 (t)) ,

f 00 (t) = (x00 (t) ; y00 (t))

a f 0 (t) y f 00 (t) se les puede considerar como vectores del espacio escribi-endo

f 0 (t) = (x0 (t) ; y0 (t) ; 0) ; f 00 (t) = (x00 (t) ; y00 (t))

entonces

f 0 (t)� f 00 (t) =

��{ j k

x0 (t) y0 (t) 0x00 (t) y00 (t) 0

�� = (0; 0; x0 (t) y00 (t)� y0 (t)x00 (t))


y además

jf 0 (t)j =qx0 (t)

2+ y0 (t)

2 ) jf 0 (t)j3 =�x0 (t)

2+ y0 (t)

2�

jf 0 (t)� f 00 (t)j =q0 + 0 + (x0 (t) y00 (t)� y0 (t)x00 (t))2 = x0 (t) y00 (t)�y0 (t)x00 (t)

�nalmente reemplazando obtenemos

k =jf 0 (t)� f 00 (t)j

jf 0 (t)j3=jx0 (t) y00 (t)� x00 (t) y0 (t)j�

x0 (t)2+ y0 (t)

2� 32

17. Mostrar que el radio de curvatura de f (t) =�et; e�t;

p2t�está dado por

� =(et + e�t)

2

p2

Solución. Como f (t) =�et; e�t;

p2t�) f 0 (t) =

�et;�e�t;

p2�

f 00 (t) = (et; e�t; 0)y además,

f 0 (t)� f 00 (t) =

��{ j k

et �e�tp2

et e�t 0

�� =��p2et;�

p2et; 2

�

jf 0 (t)j =pe2t + 2�2t + 2 =

q(et + e�t)

2= et + e�t

jf 0 (t)� f 00 (t)j =p2e�2t + 2e2t + 4 =

p2

q(et + e�t)

2=p2�et + e�t

�Por tanto, teniendo en cuenta que el radio de curvatura es el recíproco dela curvatura,

� =1

k (t)=

jf 0 (t)j3

jf 0 (t)� f 00 (t)j =(et + e�t)

3

p2 (et + e�t)

=(et + e�t)

2

p2

18. Mostrar que en el vértices de una parábola el radio de curvatura alcanzasu valor mínimo.


Solución. Consideremos la ecuación paramétrica de la parábola.

f (t) = (x (t) ; y (t)) =�t; pt2

�entonces

x (t) = t ) x0 (t) = 1 ) x00 (t) = 0

x (t) = pt2 ) y0 (t) = 2pt ) y00 (t) = 2p

y por tanto, reemplazando

� (t) =1

k (t)=

�x0 (t)

2+ y0 (t)

2� 32

jx0 (t) y00 (t)� x00 (t) y0 (t)j

=1 + 4p2t2

j2pj =1 + 4p2t2

2 jpj

Ahora, �0 (t) = 12jpj � 8p

2t = 0 ) t = 0 es un punto crítico. Más aún,

�00 (t) = 4p2

jpj > 0; lo que implica que en t = 0, el radio de curvatura es unmínimo. Como f (0) = (0; 0) es el vértice de la parábola, hemos mostradoque el radio de curvatura alcanza su valor mínimo en el vértice.

19. Hallar la curvatura de f (t) =�t� t3

3 ; t2; t+ t3

3

�. a) En cualquier punto,

b) Cuando t = 0.Solución. a) Derivando tenemos:

f (t) =

�t� t

3

3; t2; t+

t3

3

�f 0 (t) =

�1� t2; 2t; 1 + t2

�f 00 (t) = (�2t; 2; 2t)

además

f 0 (t)� f 00 (t) =

��i j k

1� t2 2t 1 + t2

�2t 2 2t

�� = �2t2 � 2;�4t; 2t2 + 2�jf 0 (t)j =

q(1� t2)2 + 4t2 + (1 + t2)2 =

p2�t2 + 1

�simpli�cando

jf 0 (t)� f 00 (t)j = 2q(t2 � 1)2 + 4t2 + (t2 + 1)2 = 2

p2�t2 + 1

�de donde,

k (t) =jf 0 (t)� f 00 (t)j

jf 0 (t)j3=

2p2�t2 + 1

��p2 (t2 + 1)

�3 = 1

(t2 + 1)2

b) Evaluando en t = 0, obtenemos la curvatura pedida: k (0) = 1.



Gra�car las siguientes curvas:

1. f (t) = (cos 2t; sin 2t) , 0 � t � 2�.

2. f (t) = (sin 2t; cos 2t) , 0 � t � �.

3. f (t) = (t; t).

4. f (t) = (�t; t).

5. f (t) = (t; cos t; sin t).

6. f (t) =�1; t; t2

�.

DERIVADASEncontrar las derivadas de las siguientes curvas:

7. f (t) = (t; t� 1; 2t+ 1).

8. f (t) =�t; t2; t3

�.

9. f (t) = (cos 3t; sin 3t).

10. f (t) = (a cos t; b sin t; t).

11. f (t) = (et; cos t; sin t).

12. f (t) = (sin 2t; ln (1 + t) ; t).RECTA TANGENTEEncontrar la ecuación de la recta tangente a la curva en el punto indicado.

13. f (t) = (cos t; sin t) en (0; 1).

14. f (t) =�t; 2t; t2

�en (1; 2; 1).

15. f (t) =�t; t3; t4

�en (1; 0; 0).

16. f (t) = (1 + t; 4 + 3t; 1� 2t) en (1; 1; 1).

17. f (t) =�t+ 1; t� t2; t3

�en (2; 0; 1).

18. La curva determinada por la intersección de la esfera

x2 + y2 + z2 = 25

y el plano z = 3, en (4; 0; 3).

19. La curva determinada por la intersección del cilindro

x2 + y2 = 25

y el plano x+ y + z = 5, en el punto (3; 4;�2).


20. Encontrar la recta tangente a la curva f (t) =�t; 0; t2

�trazada desde el

punto (0;�3; 4).VECTOR POSICION

21. Determinar los instantes en que la curva f (t) =�2t2; 1� t; 3 + t2

�inter-

secta al plano 3x� 14y � z = 10.

22. Dos partículas se mueven siguiendo las trayectorias dadas por f (t) =�et; e2t; 1� e�t

�y g (t) = (1� t; cos t; sin t); determinar si las trayectorias

se intersectan.

23. a) Una partícula viaja en el espacio de tal manera que su velocidad esV (t) = (2; 5 + 6t; 0) y su posición en t = 0 es (1; 0; 3). Encontrar su posi-ción en t = 1. b) Repetir el problema a), donde V (t) =

�3t2;�2t+ 7; cos�t

�y la posición en t = 0 es (1; 5; 0).

24. Una partícula está viajando en una curva en el espacio exterior de talmanera que su posición en el tiempo t está dada por f (t) =

�1 + t; t2;�2t

�.

Pero en el tiempo t = 2 la partícula deja la curva y se mueve en la líneatangente con velocidad constante. Dónde está la partícul en t = 4?.LONGITUD DE CURVA

25. Encontrar la longitud de una vuelta de la hélida f (t) = (cos t; sin t; t).

26. Calcular la longitud de f (t) = (cos 2t; sin 2t; 3t) entre t = 1 y t = 3.

27. Calcular la longitud de f (t) = (t� sin t; 1� cos t) desde (0; 0) hasta (2�; 0).

28. Calcular la longitud de f (t) =�t; 2t; t2

�desde el punto (1; 2; 1) hasta el

punto (3; 6; 9).

29. Calcular la longitud de la astroide x23+y

23 = a

23 (Sugerencia: Parametrizar

la curva).

30. a) Obtener la fórmula

L =

Z b

a

q(r0)

2+ r2d�

que da la longitud de arco desde � = a hasta � = b de una curva expresadaen coordenadas polares.b) Calcular la longitud de la circunferencia de radio 1.

31. Dos puntos A y B de un círculo unidad de centro 0 determinan en él unsector circular AOB. Mostrar que la longitud de arco AB es igual a dosveces el área del sector.

32. Establecer integrales para las longitudes de las curvas cuyas ecuacionesson:a) y = ex 0 � x � 1.


b) f (t) = (t+ ln t; t� ln t) 1 � t � e. Probar que la segunda longitudes el producto de la primera por

p2.

CURVATURA, NORMAL PRINCIPAL

33. Dada la curva f (t) = (3 cos t; 3 sin t; 4t) encontrar T , N , k en cualquierpunto.

34. Dada la curva f (t) =�t; t2; 23 t

3�encontrar la ecuación del plano osculador

cuando t = 1.

35. Encontrar la ecuación del círculo osculador de f (t) =�t; t2

�en el punto

(0; 0).

36. Encontrar el radio de curvatura de f (t) = (t; ln t). Determinar el puntodonde el radio de curvatura es mínima.

37. Si una curva plana tiene la ecuación cartesiana y = f (x); mostrar que lacurvatura en el punto (x; f (x)) es

k =jf 00 (x)j�

1 + f 0 (x)2� 32

38. Aplicando la fórmula anterior (ejercicio 39) calcular la curvatura de y =x2 � 2x en cualquier punto.

39. Mostrar que la hélice f (t) = (a cos!t; a sin!t; b!t) tiene curvatura con-stante

k =a

a2 + b2

PROBLEMAS VARIOS

40. Determinar todos los puntos en que la curva dada tiene un vector tangentehorizontal o vertical, a) f (t) =

�t3; t2 + 2t

�, b) f (t) =

�t4 � 4t; t3

�, c)

f (t) = (cos 2t; cos 2t � tan t) con ��3 � t �

�3 .

41. Dada la curva f (t) =�

2t1+t2 ;

1�t21+t2

�, mostrar que el ángulo formado por

f (t) y f (t) es constante (es decir, independiente de t).

42. Mostrar que las curvas x = 2� t, y = � 1t , z = 2t

2; x = 1+ t, y = sin t�1,z = 2 cos t; se cortan en ángulo recto en (1;�1; 2). Hallar la ecuación dela recta tangente a la curva dada en el punto indicado.

43. x2 + 2y2 + 2z2 = 5, 3x� 2y � z = 0 en (1; 1; 1).

44. 9x2 + 4y2 � 36z = 0, 3x+ y + z � z2 � 1 = 0 en (2;�3; 2).

45. 4z2 = xy, x2 + y2 = 8z en (2; 2; 1).


46. Una recta perpendicular a la recta tangente a una curva plana se llamarecta normal. Si en cada punto de una cierta curva plana C se trazan lanormal y una recta vertical, estas dos rectas interceptan sobre el eje X unsegmento de longitud 2. Hallar la ecuación cartesiana de esa curva si pasapor el punto (1; 2). Son posibles dos soluciones.

47. Un punto se mueve en el espacio siguiendo la curva

f (t) = (4 cos t; 4 sin t; 4 cos t)

a) Mostrar que la trayectoria es una elipse y hallar la ecuación del planoque contiene dicha elipse. b) Mostrar que el radio de curvatura es � (t) =2p2�1 + sin2 t

�.

48. Cuatro arañas están en el suelo de una habitación cuadrada, una en cadaesquina. Comienzan a moverse simultáneamente a la misma velocidad,cada una moviéndose hacia la araña de su derecha, la cual también se estámoviendo de la misma manera. Encontrar el camino que sigue cada arañasuponiendo que cada pared tiene 10 metros de largo.

49. En el problema anterior, las arañas se encuentran eventualmente en elcentro de la habitación. Calcular la distancia total recorrida por cadaaraña.


Chapter 4

FUNCIONES DE VARIASVARIABLES

En este capítulo principalmente se estudia la derivada de una función de variasvariables. Primeramente se realiza un repaso de la terminología de funciones engeneral y se introducen algunos términos referentes a las funciones de varias vari-ables en particular. Con esto se de�ne la derivada de una función de Rn en Rm,de tal manera que la derivada de una función de una sola variable y la derivadade una curva resultan ser casos particulares. Se hace un amplio tratamiento dela Regla de la Cadena para derivar funciones compuestas, acompañando en cadacaso con diagramas aclaratorios. También se tratan las derivadas de funcionesimplícitas y funciones inversas.

4.1 FUNCIONES DE Rn EN Rm

Se designa por Rn al conjunto de n-uplas (x1; x2; � � � ; xn). Una función f deRn en Rm asigna a cada vector (x1; x2; � � � ; xn) de Rn uno y solo un vector(y1; y2; � � � ; ym) de Rm. Se escribe también f : Rn �! Rm.El dominio de f es Rn, mientras que su codominio es Rm; las variables del

dominio (es decir x1; � � � ; xn) se llaman variables independientes y las variablesdel codominio (es decir y1; � � � ; ym) se llaman variables dependientes.

Example 27 La regla que asigna a cada número real x su cuadrado x2 es unafunción de una sola variable (Fig. 4.1). Se simboliza por

f (x) = x2 o y = x2

Example 28 La regla que a cada vector (x; y) de R2 le asigna la diferenciade los cuadrados de sus componentes, es una función de dos variables (�gura###). Escribimos

f (x; y) = x2 � y2 o z = x2 � y2

87

88 CHAPTER 4. FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES

x x2

(x,y)y

x zz=x 2y2

Fig. 4.1. Fig. 4.2

Example 29 La regla que a cada (x; y) de R2 le asigna el par (x+ y; x� y)también de R2, es una función de R2 en R2 (�gura ###). Escribimos f (x; y) =(x+ y; x� y). Llamando u, v a las variables dependientes escribimos.

(u; v) = (x+ y; x� y) ó u = x+ y, v = x� y

(x,y)

y

x u

v(x+y,xy)

z

(t,t2,1t)

y

xFig. 4.3

Example 30 La regla que a cada número real t le asigna el vector�t; t2; 1� t

�de R3 es una función de R en R3 (�gura ###). Escribimos f (t) =

�t; t2; 1� t

�.

Llamando x, y, z a las variables dependientes tenemos

(x; y; z) =�t; t2; 1� t

�de donde

x = t

y = t2

z = 1� t

Example 31 f (x; y) =�

x

x2 + y2;

y

x2 + y2

�es una función de R2 - sin el

(0; 0)- en R2.

4.2. COMPOSICION DE FUNCIONES 89

En general, una regla cualquiera de�ne una función, sin tomar en cuenta loselementos que no tienen imágen y restringiendo la regla de modo que a cadaelemento del dominio le corresponda una sola imágen. Por ejemplo, la reglaf (x; y) =

px� y es una función restringiendo el dominio al subconjunto de

R2 donde x � y � 0 (pues si x � y < 0, el elemento (x; y) no tendría imágen).Por conveniencia, decimos que f (x; y) =

px� y es una función de R2 en R,

sobreentendiendo que el dominio es el mayor subconjunto de R2 donde la reglatiene sentido.

4.2 COMPOSICION DE FUNCIONES

La composición de funciones f y g, cuando f (x) está en el dominio de g, sede�ne por

(g � f) (x) = g (f (x))

(es decir, toma la imágen por g, de la imágen de x por f).Notemos que si f es de Rn en Rs y g de Rs en Rm; la composición g � f es

de Rn en Rm. Es decir

f : Rn �! Rs, g : Rs �! Rm =) g � f : Rn �! Rm

x

Rn

f

Rs

f(x)

g

Rm

g(f(x))

g f Fig. 4.4

Example 32 Si f (t) =�t; t2; t3

�y g (x; y; z) = xy+z, entonces la composición

de f y g -en ese orden- es

(g � f) (t) = g (f (t)) = g�t; t2; t3

�= (t)

�t2�+�t3�= 2t3 (ver �gura ###)

Example 33 Si f (x; y) = x+ y y g (x) =�x; x2

�, la composición de f y g -en

ese orden- es

(g � f) (x; y) = g (f (x; y)) = g (x+ y) =�x+ y; (x+ y)

2�(ver �gura ###)


f

g f

g(t,t2,t3)

2t3t

(x,y)f g (x+y,(x+y) 2)

(x+y)

g f

Fig. 4.5Fig. 4.6

4.3 LIMITE Y CONTINUIDAD

Los conceptos de límite y continuidad para funciones de una sola variable trata-dos en el Cálculo I se generaliza de una manera natural a funciones de variasvariables.En el Cálculo I, cuando a medida que x se aproxima a a, las imágenes f (x)

se aproxima a L, se dice que el límite de f cuando x tiende a a es L y se escribe

limx!a

f (x) = L

4.3.1 De�nición de Límite

La de�nición de límite para funciones de varias variables se expresa así:Con f : Rn �! Rm (función de Rn en Rm), si a medida que x (vector

de Rn) se aproxima a a (vector de Rn), -es decir, si jx� aj es cada vez máspequeño- las imágenes f (x) (vectores de Rm) se aproxima a L (vector de Rm)-es decir, si jf (x)� Lj se hace cada vez más pequeño- se dice que el limite de fen a es L y se simboliza por

limx!a

f (x) = L

Para el caso particular de funciones de Rm en Rn (curvas, estudiadas en elcapítulo anterior) el límite se calcula fácilmente por

limx!a

f (x) = limx!a

(f1 (x) ; f2 (x) ; � � � ; fn (x))

= limx!a

f1 (x) ; limx!a

f2 (x) ; � � � ; limx!a

fn (x)

Example 34 Si f (x) =�x2 � 2x; 3x� 1

�, entonces

limx!1

f (x) =�limx!1

x2 � 2x; limx!1

3x� 1�

= (1� 2; 3� 1) = (�1; 2)

4.4. DERIVADA DE FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES 91

En general, para funciones de varias variables, esto se cumple. Por ejemplo, sif (x; y) =

�x2 � y; xy � y2

�, entonces

lim(x;y)!(1;2)

f (x; y) = lim(x;y)!(1;2)

�x2 � y; xy � y2

�=

�12 � 2; 1 � 2� 22

�= (�1;�2)

Esto signi�ca que a medida que (x; y) se aproxima a (1; 2), las imágenes f (x; y)se aproxima a (�1;�2).

4.3.2 De�nición de continuidad

La de�nición de continuidad para funciones de varias variables es similar a lade�nición para funciones de una sola variable.Se dice que f : Rn �! Rm es continua en a (vector de Rn) si

limx!a

f (x) = f (a)

Si f es continua en cada punto de un conjunto, se dice que f es continua endicho conjunto.

Example 35 Como para f (x; y) =�x2 � 2x; 3x� 1

�se tiene lim

(x;y)!(1;2)f (x; y) =

(�1;�2) y además, f (1; 2) = (�1;�2); entonces f es continua en (1; 2). Engeneral se tiene que si

lim(x;y)!(a;b)

f (x; y) = f (a; b)

para todo (a; b) de R2, entonces f es continua en todo el plano R2 y recíproca-mente

4.4 DERIVADADE FUNCIONESDEVARIASVARIABLES

Las derivadas de funciones de una sola variable como las estudiadas en el CálculoI y en el capítulo anterior, se generalizan para funciones de varias variables dela siguiente manera:

4.4.1 De�nición

Si f : Rn �! Rm (función de Rn en Rm), se dice que f es derivable en X-vector de Rn- si hay una matriz A tal que

f (X +H) = f (X) +AH + r (H)H ylimH!0

r (H) = 0 (4.1)

La matriz A, de orden m� n, se llama la derivada de f en X y también sesimboliza por f � (X) ó Df (X). El resto r (H) es también una matriz m� n.


Example 36 Si f (x) = x2, evaluando en x+ h tenemos

f (x+ h) = (x+ h)2

= x2 + 2xh+ h2 = x2 + 2xh+ hh

= f (x) + 2xh+ r (h)h

con f (x) = x2, r (h) = h por comparación con (1) y con

limh!0

r (h) = limh!0

h = 0

entonces, por comparación con (1), tenemos que la derivada de f en x es

A = 2x o f 0 (x) = 2x

(notemos que A = 2x es una matriz 1� 1).Notación. De la expresión f (X +H) = f (X) + AH + r (H)H se ve que

los vectores de Rn (dominio de f) deben escribirse como vectores columna n�1y los vectores de Rm (codominio de f) deben escribirse como vectores columnam � j. Esto se hará siempre que se determine la derivada A de f según la

de�nición. Así, (x; y) se escribirá como�xy

�.

Example 37 Según la de�nición, hallar la derivada de f (x; y) = 3x� y2.Como f es una función de R2 en R, su derivada es una matriz 1� 2, entoncesconviene escribir a (x; y) como vector columna 2 � 1, es decir como

�xy

�.

Evaluando f en�x+ hy + k

�tenemos

f

�x+ hy + k

�= 3 (x+ h)� (y + k)2 = 3x+ 3h� y2 + 2yk + k2

expresando en la forma (4.1)

f

�x+ hy + k

�= 3x� y2 + 3h� 2yk � kk

= 3x� y2 + (3;�2y)�hk

�+ (0;�k)

�hk

�= f

�xy

�+ (3;�2y)

�hk

�+ r (h; k)

�hk

�;

(con r (h; k) = (0;�k)) y comolimH!0

r (H) = lim(h;k)!(0;0)

r (h; k) = lim(h;k)!(0;0)

(0;�k) = (0; 0)

Entonces, comparando con (4.1), la derivada de f es

f 0 (x; y) = (2;�2y)En particular, la derivada de f en (1; 1) es

f 0 (1; 1) = (3;�2)

4.5. DERIVADAS PARCIALES 93

4.5 DERIVADAS PARCIALES

Si z = f (x1; x2; � � � ; xn) es una función de Rn en R, entonces la variable zdepende de las variable independientes x1; x2; � � � ; xn. Al límite, cuando existe,

limh!0

f (x1; � � � ; xi + h; � � � ; xn)� f (x1; � � � ; xi; � � � ; xn)h

se llama derivada parcial de z con respecto a xi y se simboliza por@z

@xió@f

@xi.

Es decir,

@f

@xi= lim

h!0

f (x1; � � � ; xi + h; � � � ; xn)� f (x1; � � � ; xi; � � � ; xn)h

(4.2)

Como se ve, esta derivada parcial es el límite de la función incrementada en xi,menos la función sin incrementar, sobre el incremento y cuando el incrementotiende a cero. Esta derivada parcial da aproximadamente la relación que hay en-tre una pequeña variación h en la dirección de xi y la variación que esto produceen las imágenes al variar f (x1; � � � ; xi; � � � ; xn) hasta f (x1; � � � ; xi + h; � � � ; xn).De la de�nición (4.2) se ve que la derivada parcial con respecto a xi es la

derivada ordinaria con respecto a xi, manteniendo a las demás variables comoconstante.

Example 38 Hallar@f

@x,@f

@ysi f (x; y) = 2x2 � 3xy + 1.

Derivando con respecto a x, manteniendo y constante, tenemos

@f

@x= 4x� 3y

y derivando con respecto a y, manteniendo x constante, tenemos

@f

@y= �3x

4.6 DERIVADAS PARCIALESDEORDEN SU-PERIOR

Como una derivada parcial es otra vez una función de varias variables, podemosderivarla nuevamente y así obtenemos la segunda derivada parcial; así sucesiva-mente se obtienen las terceras derivadas parciales, etc. Estas derivadas parcialesse simbolizan por

@

@x

�@f

@x

�=@2f

@x2,@

@y

�@f

@x

�=@2f

@y@x,@

@y

�@f

@y

�=@2f

@y2, etc.


Example 39 Hallar todas las segundas derivadas parciales de f (x; y) = xy3 +sinx:Como

@f

@x= x3 + cosx =) @2f

@x2= � sinx ; @

2f

@y@x= 3y2

y como@f

@y= 3xy2 =) @2f

@y2= 6xy ,

@2f

@x@y= 3y2

En este último ejemplo se a obtenido@2f

@x@y=

@2f

@y@x, es decir las derivadas

cruzadas son iguales. Esto siempre ocurre cuando una de ellas (y por tanto,también la otra derivada cruzada) es continua.

Notación. Si f depende sólo de x se escribedf

dx, mientras que si f depende

además de otras variables se escribe@f

@x, para representar la derivada de f con

respecto a x.El cálculo de la derivada de una función de varias variables, se sim-

pli�ca enormemente en la mayor parte de los casos. Cuando todas las primerasderivadas parciales son continuas, la derivada de una función f : Rn �! Rm

(función de Rn en Rm) es una matriz m � n cuya iésima �la está constituidapor las derivadas parciales de la iésima variable dependiente con respecto a cadauna de las variables independientes. (Ver ejercicio 43).Así, f (x; y) = (u; v) (función de R2 en R2, su derivada es una matriz 2� 2).entonces

f 0 (x; y) =

�ux uyvx vy

�donde

ux =@u

@x, uy =

@u

@y, etc.

Si f (x; y) = (u; v; w) (función de R2 en R3, su derivada es una matriz 3 � 2),entonces

f 0 (x; y) =

24 ux uyvx vywx wy

35Si z = f (x1; x2; � � � ; xn) (función de Rn en R, su derivada es una matriz 1�n),entonces

z0 =

�@z

@x1;@z

@x2; � � � ; @z

@xn

�(4.3)

En particular la derivada (4.3), derivada de una función de Rn en R, se llamatambién gradiente de la función. En general, a la derivada de una funcion fde Rn en Rm se la llama también matriz jacobiana de f .

4.7. REGLA DE LA CADENA 95

Example 40 Calcular el gradiente de z = x2 � xy2.Su gradiente es

z0 =

�@z

@x;@z

@y

�=�2x� y2;�2xy

�Example 41 Calcular la derivada de f (x; y) = (x cos y; x sin y).Su derivada es

f 0 (x; y) =

��ux uyvx vy

��=

�cos y �x sin ysin y x cos y

�(con f (x; y) = (x cos y; x sin y) = (u; v); es decir u = x cos y, v = x sin y).

El Hessiano de una función f : Rn �! R es la segunda derivada de f .Notemos que la primera derivada es una función de Rn en Rn dada por

f 0 (x1; x2; � � � ; xn) = (fx1 ; fx2 ; � � � ; fxn)

Por tanto, la segunda derivada, es decir; el Hessiano de f , es una matriz n� ny está dada por

f 00 (x1; x2; � � � ; xn) =

26664fx1x1 fx1x2 � � � fx1xnfx2x1 fx2x2 � � � fx2xn...

.... . .

...fxnx1 fxnx2 � � � fxnxn

37775Notemos que la �la iésima del Hessiano está constituida por las derivadas par-ciales de la iésima componente de la primera derivada con respecto a cada unade las variables independientes.Frecuentemente, el Hessiano de f (x1; x2; � � � ; xn) también se simboliza por

H (x1; x2; � � � ; xn).

Example 42 Calcular el Hessiano de f (x; y; z) = x2 + y2z2.Como la primera derivada es

f 0 (x; y; z) =�2x; 2yz2; 2y2z

�El Hessiano de f es

H (x; y; z) =

24 2 0 00 2z2 4yz0 4yz 2y2

354.7 REGLA DE LA CADENA

La Regla de la Cadena permite expresar la derivada de una función compuestaen términos de las derivadas de sus funciones componentes.


Si f es una función de Rn en Rm y g una función de Rm en Rs se puedecomponer f con g y obtener una función g � f de Rn en Rs; es decir

f : Rn �! Rm , g : Rm �! Rs

entoncesg � f : Rn �! Rs

En estas condiciones:La derivada de g � f en el punto X (matriz s � n) es igual al producto

matricial de la derivada de g en f (X) (matriz s �m) por la derivada de f enX (matriz m� n). Es decir

(g � f)0 (X) = g0 (f (X)) f 0 (X)

Rn

fRm

gRS

f(x)x (g f)(x)

g f

Fig. 4.7

y

x

v

u

g

g ft

f

Fig. 4.8

Example 43 Si f (t) = (x (t) ; y (t)) y g (x; y) = (u (x; y) ; v (x; y)).Por una parte

(g � f)0 (t) =

264 du

dtdv

dt

375Por otra parte

g0 (x; y) � f 0 (t) =

264@u

@x

@u

@y@v

@x

@v

@y

375264 dx

dtdy

dt

375Aplicando la Regla de la Cadena tenemos:264 du

dtdv

dt

375 =264@u

@x

@u

@y@v

@x

@v

@y

375264 dx

dtdy

dt

375 =264@u

@x

dx

dt

@u

@y

dy

dt@v

@x

dx

dt

@v

@y

dy

dt

375Igualando componentes obtenemos fórmulas sumamente útiles para

du

dt,dv

dt

du

dt=@u

@x

dx

dt+@u

@y

dy

dt,dv

dt=@v

@x

dx

dt+@v

@y

dy

dt

4.8. DERIVADA DE FUNCIONES IMPLICITAS 97

4.8 DERIVADADE FUNCIONES IMPLICITAS

En general, haciendo las restriciones debidas, un sistema de ecuaciones de�neuna función implícitamente.

Example 44 Dado el sistema

u+ v � z + 3x2 � y + 10 = 0

2uv � z2 + xy+ = 0

En este sistema de dos ecuaciones existen cinco variables. Notemos que dandovalores a tres de las variables (digamos x; y, z) se obtiene un sistema de dosecuaciones con dos incógnitas (u, v en este caso), resolviendo el sistema seobtienen los valores de u, v correspondientes a los valores asignados a x, y, z.Luego, el anterior sistem se puede considerar como función de R3 en R2 que acada (x; y; z) de R3 le asigna un (u; v) de R2.

v

u

z

y

xFig. 4.9

Para derivar una función implícita (que puede estar de�nida por un sistemade ecuciones) no es necesarias las variables dependientes en términos de lasindependientes. Esto se muestra en el siguiente ejemplo:

Example 45 Si

u+ v � z + 3x2 � v + 10 = 02uv � z2 + xy + 3 = 0 (1)

Calcular la derivada de la función implícita de�nida por este sistema, con-siderando a x, y, z como variables independientes y a u, v como variablesdependientes.La derivada es la matriz 2� 3:�

ux uy uzvx vy vz

�(2)

Para calcular esta matriz procedemos de la siguiente manera: Derivando cadauna de las ecuaciones del sistema (1) con respecto a x y teniendo en cuenta que


u, v son variables dependientes de x:

@u

@x+@v

@x+ 6x = 0

2v@u

@x+ 2u

@v

@y+ y = 0

Resolviendo por el método de Cramer (o método de los determinantes) se tiene:

@u

@x=

�� 6x 1�y 2u

�� 1 12v 2u

�� =�12xu+ y2u� 2v

@v

@x=

�� 1 �6x2v �y

�� 1 12v 2u

�� =�y + 12xv2u� 2v

Derivando cada una de las ecuaciones del sistema (1) con respecto a y, y re-

solviendo para@u

@yy@v

@yse obtiene

@u

@y=2u+ x

2u� 2v ;@v

@y=�2x� 2v2u� 2v

Finalmente, derivando el sistema (1) con respecto a z, y resolviendo para@u

@zy

@v

@zse obtiene

@u

@z=2u+ 2z

2u� 2v =u+ z

u� v ,@v

@z=�2z + 2v2u� 2v =

�z + vu� v

Reemplazando los valores obtenidos en la matriz dada por (2) se obtiene laderivada de la función implícita de�nida por el sistema de ecuaciones (1).

4.9 DERIVADA DE FUNCIONES INVERSAS

Si f es una función de Rn en Rm, haciendo las restricciones necesarias, engeneral existe su función inversa f�1 (es decir, si f (x) = y, entonces f�1 = x).La derivada de f (función de Rn en Rn) es una matriz cuadrada n� n y la

derivada de la función inversa f�1 es también una matriz n� n; más aun, es lamatriz inversa de la matriz derivada de f .Es decir,

Df�1 (y) = (Df (x))�1 con f (x) = y

4.10. TEOREMA DEL VALOR MEDIO 99

Rn

f

Rn

xf(x)=y

Rn Rn

f1

y=f(x) x

Fig. 4.10

Example 46 Si f (r; �) = (r cos �; r sin �); o lo que es lo mismo, x = r cos �,y = r sin �; calcular Df�1. Como

Df (r; �) =

�cos � �r sin �sin � r cos �

�,

entonces tomando la inversa de esta matriz, se obtiene

Df�1 (x; y) =

�cos � r sin �sin � r cos �

��1=1

r

�r cos � r sin �� sin � cos �

�donde, por supuesto

x = r cos �

y = r sin �

4.10 TEOREMA DEL VALOR MEDIO

El Teorema del Valor Medio para funciones de una variable, se generaliza afunciones de dos variables de la siguiente manera:

4.10.1 Teorema del valor medio

Si f (x; y) es continua en una región errada (es decir, que contiene a su contorno)y si las primeras derivadas parciales existen en la región abierta (es decir, ex-cluídos los puntos del contorno) se tiene:

f (x0 + h; y0 + k)� f (x0; y0) = hfx (x0 + �h; y0 + �k) + kfy (x0 + �h; y0 + �k)

con0 < � < 1.

Notemos que (x0 + �h; y0 + �k) es un punto que está en la línea que une (x0; y0)con (x0 + h; y0 + k).El teorema de Taylor para funciones de una variable también se extiende a

funciones de más variables. En particular, tenemos:


4.10.2 Teorema de Taylor

Si todas las primeras n-ésimas derivadas parciales de f (x; y) son continuas enuna región cerrada y si las (n+ 1)-ésimas derivadas parciales existen en la regiónabierta, se tiene:

f (x0 + h; y0 + k) = f (x0; y0) +

�h@

@x+ k

@

@y

�(x0; y0) +

1

2!

�h@

@x+ k

@

@y

�2f (x0; y0) + � � �+

+1

n!

�h@

@x+ k

@

@y

�nf (x0; y0) +Rn

donde el resto Rn está dado por

Rn =1

(n+ 1)!

�h@

@x+ k

@

@y

�n+1f (x0 + �h; y0 + �k) , 0 < � <????

donde, además, se ha usado la notación operacional�h@

@x+ k

@

@y

�f (x0; y0) = hfx (x0; y0) + kfy (x0; y0)�

h@

@x+ k

@

@y

�2f (x0; y0) =

�h2@2

@x2+ 2hk

@2

@x@y+ k2

@2

@y2

�f (x0; y0)

= h2fxx (x0; y0) + 2hkfyx (x0; y0) + k2fyy (x0; y0)

En general�h@

@x+ k

@

@y

�nse desarrolla formalmente según el teorema del bi-

nomio. Ver ejercicio 41.

4.11 DIFERENCIAL DE UNA FUNCION

La diferencial de una función de varias variables, de Rn en R, es una gener-alización del mismo concepto que se tiene para funciones de una sola variable.Por ejemplo, si z = z (x; y), entonces

�z = z (x+ h; y + k)� z (x; y) (1)

se llama incremento de z. Si la funcion z = z (x; y) tiene derivada, entonces

su derivada es�@z

@x;@z

@y

�y además:

z (x+ h; y + k)� z (x; y) =�@z

@x;@z

@y

��hk

�+ (r1; r2)

�hk

�(2)

donde (r1; r2) es el resto que tiende a cero cuando (h; k) tiende a (0; 0). Es decir,multiplicando en (2)

z (x+ h; y + k)� z (x; y) = @z

@xh+

@z

@yk + r1h+ r2k (3)


A la suma de los dos primeros términos del segundo miembro de (3) se llamadiferencial de z y se representa por dz; además, también suele escribirse dx enlugar de h y dy en lugar de k. Es decir:

dz =@z

@xdx+

@z

@ydy (4)

La diferencial de z tiene una interesante propiedad: Del hecho de que r1h; r2ktiende a cero cuando (h; k) tiende a (0; 0) se ve que cuando h = dx, k = dy sonpequeños, los valores del incremento�z y la diferencial dz son aproximadamenteiguales.La diferencial para funciones de más variables se generaliza fácilmente. Así,

por ejemplo, si w = w (x; y; z), entonces

dw =@w

@xdx+

@w

@ydy +

@w

@zdz

Example 47 Si z = x2 + xy + y2; entonces

dz =@z

@xdx+

@z

@ydy = (2x+ y) dx+ (x+ 2y) dy

Example 48 Si en un rectángulo de base 5 y altura 2, se aumenta su base en0.1 y la altura en 0.2; el área aumenta aproximadamente en (siendo A = bh)

dA =@A

@bdb+

@A

@hdh = hdb+ bdh

ya que los valores iniciales son b = 5, h = 2

dA = 2db+ 5dh

Como db = 0:1 y dh = 0:2; se tiene

dA = 2 (0:1) + 5 (0:2) = 1:2

(El aumento exacto del área está dado por

A (5:1; 2:2)�A (5; 2) = 11:2� 10 = 1:22


FUNCIONES, IMAGENES, COMPOSICION

1. Si f (x; y) = x2 � y2 + 2xy, hallar a) f (1;�1), b) f (a+ b; a� b).Solución. a) Como f(x; y) = x2�y2+2xy, entonces f (1;�1) = 1�1+2 =2.b) f (a+ b; a� b) = (a+ b)2�(a� b)2+2 (a+ b) (a� b) = 4ab+2a2�2b2.


2. f (x; y) = (x+ y; xy), hallar a) f (2;�2) b) la imagen de la recta x = 2.Solución. Como f (x; y) = (x+ y; xy), entonces f (2;�2) = (2 + (�2) ; 2 (�2)) =(0;�4).b) Un punto cualquiera de la recta x = 2 es (2; y), la imagen de estepunto es f (2; y) = (2 + y; 2y). Llamando u, v a las variables del dominiotenemos:

f (2; y) = (2 + y; 2y) = (u; v)) u = 2 + y ; v = 2y

eliminando y de las dos últimas ecuaciones obtenemos v = 2u + 4. Portanto, la imagen de la recta x = 2 es la recta v = 2u� 4 (Fig. ###).

2

x=2

v

u

v=2u4

Fig. 4.11

3. Si f (x; y) = (x; y � x), hallar la imagen del triángulo de vértice (0; 0),(1; 0) y (0; 1).

y

(0,1)

x=0y=x+1

x(1,0)y=0

v

u

v=12u

(1,1)

(0,1)

v=uFig. 4.12

Solución. Para tener una idea inicial de la imagen, hallemos la imagen delos vértices:

f (0; 0) = (0; 0) ; f (1; 0) = (1;�1) y f (0; 1) = (0; 1)

Ahora, hallemos las imágenes de los lados del triángulo.La imagen del lado x = 0, 0 � y � 1:

f (0; y) = (0; y) = (u; v) ;


es decir u = 0 y v = y. Como 0 � y � 1. La imagen es el segmento u = 0,o �� v � 1.La imagen del lado y = 0, 0 � x � 1:

f (x; 0) = (x;�x) = (u; v) ;

es decir u = x, v = 1 � 2x. O sea, el segmento, v = 1 � 2u, 0 � u � 1.Entonces, la imagen del triángulo dado es otro triángulo, cuyos lados yvértices se han determinado (�gura ###).

4. Indicar grá�camente el dominio de la función f (x; y) = 1y

pxy.

Dominio de f

z

y

x

Fig. 4.13

Fig. 4.14

Solución. El dominio de f está formado por los pares (x; y) para los quetiene sentido la expresión. 1

y

pxy; y esto ocurre si y 6= 0, xy � 0, es decir

x � 0 y y > 0 ó x � 0 y y < 0.La grá�ca del dominio se muestra en la �gura ### (parte sombreada).

5. Indicar grá�camente el dominio de f (x; y; z; ) = ln�z2 � x2 � y2

�.

Solución. El dominio de f está formado por los puntos (x; y; z) del espaciopara los que existe ln

�z2 � x2 � y2

�; esto ocurre siempre que z2�x2�y2 >

0 ó z2 > x2 + y2.Como z2 = x2+ y2 representa a los puntos de un cono, entonces teniendoen cuenta que para (0; 0; 1) -un punto interior del cono- se cumple ladesigualdad z2 > x2 + y2, deducimos que el dominio de la función es elinterior de dicho cono (�gura ###).

6. Hallar la preimágen del punto (4; 3) según la función f (x; y) = (xy; x� y).Solución. La preimagen de (4; 3) son aquellos pares (x; y) tales que f (x; y) =

(4; 3) ó (xy; x� y) = (4; 3) de donde xy = 4x� y = 3 y, resolviendo el sistema:

x1 = 4; y1 = 1

x2 = �1; y2 = �4

Luego, la preimágen de (4; 3) son los puntos (4; 1) y (�1; 4).


7. Si f : R2 ! R, la curva de nivel correspondiente al valor c es la preimagende c según la función dada; es decir aquellos puntos (x; y) para los que

f (x; y) = c. Gra�car las curvas de nivel de la función f (x; y) =2x

x2 + y2

correspondientes a los valores c = 0; 1;�1; 12 .

Solución. Si c = 0, entonces de f (x; y) =2x

x2 + y2= 0 se tiene x = 0 en

(x; y) 6= (0; 0).Si c = 1, de f (x; y) =

2x

x2 + y2= 1 se tiene (x� 1)2 + y2 = 1 en (x; y) 6=

(0; 0).

Si x = �1, de f (x; y) = 2x

x2 + y2= �1 se tiene (x+ 1)2 + y2 = 1 en

(x; y) 6= (0; 0).Si c = 1

2 , de f (x; y) =2x

x2 + y2=1

2se tiene (x� 2)2 + y2 = 4 en (x; y) 6=

(0; 0).Es decir, la preimagen de c = 0 es la recta x = 0 si el origen.La preimagen de c = 1 es la circunferencia (x� 1)2 + y2 = 1 si el origen,etc. Las preimágenes o curvas de nivel se muestran en la �gura ###.

c=0c=1

c=1 c=1/2

Fig. 4.15

8. Hallar, si es posible g �f : a) f (x; y) = (x`y; 2x� y) , g (x; y) = x+3y�1.b) f (x; y) = x2 + y2 , g (x) =

�1� x; x2 + 1

�.

Solución. a) Como f : R2 ! R2 y g : R2 ! R entonces g�f : R2 ! R estádado por g�f (x; y) = g (f (x; y)) = g (x+ y; 2x� y) = x+y+3 (2x� y)�1es decir; g � f (x; y) = 7x� 2y � 1.b) Como f : R2 ! R y g : R! R2 entonces g�f : R2 ! R2 está dado por

g � f (x; y) = f (f (x; y)) = f�x2 + y2

�=�1� x2 � y2;

�x2 + y2

�2+ 1�.

LIMITE Y CONTINUIDAD

9. Hallar el límite de a) f (x; y) = x2+y2 en (0; 0) b) f (x; y) =�x2 + y; x+ y2

�en (1; 2).Solución. a) lim

(x;y)!0f (x; y) = lim

(x;y)!0

�x2 + y2

�= 0 + 0 = 0.


b) lim(x;y)!(1;2)

f (x; y) = lim(x;y)!(1;2)

�x2 + y; x+ y2

�=�12 + 2; 1 + 22

�=

(3; 5).

10. Mostrar que f (x; y) =x

x+ yno tiene límite en (0; 0).

Solución. Vamos a aproximarnos a (0; 0) por las rectas de la forma. y =kx. En estas condiciones:

f (x; y) =x

x+ kx=

1

x+ k) lim

(x;y)!(0;0)(x; y) =

1

1 + k

Esto dice que si a (0; 0) nos acercamos por la recta y = kx ocurre quef (x; y) se acerca a 1

1+k . Y como este valor depende de k, el límite def (x; y) en (0; 0) no existe.

11. Si f (x; y) =x2 � y2x2 + y2

, determinar limx!0

limy!0

f (x; y), limy!0

limx!0

f (x; y). Qué

puede decirse sobre lim(x;y)!(0;0)

(x; y)?

Solución. Calculando tenemos:

limx!0

limy!0

f (x; y) = limx!0

limy!0

x2 � y2x2 + y2

= limx!0

x2

x2= 1

limy!0

limx!0

f (x; y) = limy!0

limx!0

x2 � y2x2 + y2

= limy!0

�y2y2

= �1

Esto dice que si a (0; 0) primero nos acercamos verticalmente (y ! 0) ydespués horizontalmente (x! 0), f (x; y) se acerca a 1. Por otra parte, sia (0; 0) primero nos acercamos horizontalmente (x! 0) y luego vertical-mente (y ! 0), ocurre que f (x; y) se acerca a -1. Por tanto, el límite def (x; y) en (0; 0), lim

(x;y)!(0;0)(x; y); no existe.

12. Es continua en (0; 0) la función de�nida por

f (x; y) =

(y2

x2+y2 ; (x; y) 6= (0; 0)0 ; (x; y) 6= (0; 0)

Solución. Con x = ky, tenemos:

lim(x;y)!(0;0)

(x; y) = lim(x;y)!(0;0)

y2

k2y2 + y2= lim

(x;y)!(0;0)

1

k2 + 1=

1

k2 + 1

Por tanto, como f (0; 0) = 0 6= 1k2+1 = lim

(x;y)!(0;0)(x; y) con x = ky. Esto

dice que la función no es continua en (0; 0).DERIVADA SEGUN LA DEFINICION

13. Mostrar que si f (x) es una función de R en R, su derivada

f 0 (x) = limh!0

f (x+ h)� f (x)h


es un caso particular de la de�nida por f (x+ h) = f (x) + Ah + r (h)h,escribiendo:

A+ r (h) =f (x+ h)� f (x)

h

y tomando límites cuando h tiene a cero, tenemos:

A+ limh!0

r (h) = limh!0

f (x+ h)� f (x)h

y como limh!0

r (h) = 0, se obtiene:

A = limh!0

f (x+ h)� f (x)h

= f 0 (x)

14. Según la de�nición, hallar la derivada de: a) f (x) = 2x2 + 3x , b)f (x; y) = 3y � xy + 3.Solución. Evaluando f en x+ h tenemos

f (x+ h) = 2 (x+ h)2+ 3 (x+ h) = 2x2 + 4xh+ 2h2 + 3x+ 3h

f (x+ h) =�2x2 + 3x

�+ (4xh+ 3h) + 2h2

f (x+ h) = f (x) + (4x+ 3)h+ (2h)h

comparando conla de�nición, tenemos r (H) = 2h. Como limH!0

r (H) =

limh!0

2h = 0 se tiene que la derivada de f en x es A = 4x+3 ó f 0 (x) = 4x+3.

b) Partimos de

f

�x+ h

y + k

�= 3 (y + k)� (x+ h) (x+ k) + 3 (evaluando en x+ h; y + k)

= 3y + 3k � xy � xk � yh� hk + 3

= (3y � xy + 3) + (�y;�x+ 3)�h

k

�+ (�k; 0)

�h

k

�f

�x+ h

y + k

�= f

�x

y

�+ (�y;�x+ 3)

�h

k

�+ (�k; 0)

�h

k

�comparando con la de�nición tenemos r (H) = (�k; 0). Como se tienelimH!0

r (H) = lim(h;k)!(0;0)

(�k; 0) = (0; 0) ) f 0 (x; y) = (�y;�x+ 3).Nota. Recordemos que por conveniencia en la notación del cálculo dederivadas, a los vectores de Rn los escribimos como vectores columna.También remarquemos que por ser f una función de R2 en R, su derivadaes una matriz 1� 2.

15. Según la de�nición, calcular la derivada de f (x) =�x; x2; 1� 2x

�.

Solucion. Partimos de:

f (x; y) =

24 x+ h

(x+ h)2

1� 2 (x+ h)

35 =24 x+ hx2 + 2xh+ h2

1� 2x� 2h

35


(evaluando en x + h) y comparando con la de�nición tenemos r (H) =24 0h0

35 y como limH!0

r (H) = limh!0

=

24 0h0

35 =24 000

35; tenemos f 0 (x) =24 12x�2

35.Nota. Como f es una función de R en R3, su derivada es una matriz3� 1.

16. Calcular, según la de�nición, la derivada de

f (x; y) =�x; y; x2 + y2

�Solución. Partimos de

f

�x+ hy + k

�=

24 x+ hy + k

(x+ h)2+ (y + k)

2

35 =24 x+ h

y + kx2 + 2xh+ h2 + y2 + 2yk + k2

35=

24 xy

x2 + y2

35 =24 1 00 12x 2y

35� hk

�+

24 0 00 0h k

35� hk

�

f

�xy

�+

24 1 00 12x 2y

35� hk

�+

24 1 00 1h k

35� hk

�

y comparando con la de�nición tenemos: r (H) =

24 0 00 0h k

35; y comolimH!0

r (H) = limh!0

=

24 0 00 0h k

35 =24 0 00 00 0

35, se sigue quef 0 (x; y) =

24 1 00 12x 2

35Notemos que como f es una función de R2 en R3, su derivada es unamatriz 3� 2.

17. Calcular la derivada de f (x; y) = (x cos y; x sinx).Solución. Como f es una función de R2 en R2, su derivada es una matriz2� 2. Entonces con

u = x cos y ; v = x sin y;

tenemos

f 0 (x; y) =

�ux uyvx vy

�=

�cos y �x sin ysin y x cos y

�


18. Calcular la derivada de f (x; y) =�x; y; x2 + y2

�.

Solución. Como f es una función de R2 en R3, su derivada es una matriz3� 2. Entonces con u = x, v = y, w = x2 + y2, tenemos:

f 0 (x; y) =

24 ux uyvx vywx wy

35 =24 1 00 12x 2y

35REGLA DE LA CADENA

19. Si f (t) = (x (t) ; y (t)) y w = g (x; y) aplicando la regla de la cadena hallaruna fórmula para dw=dt.

fy

g

xt w

g f

yf

v

g

zux

g fFig. 4.16Fig. 4.17

Solución. Antes que nada notemos que f es función de R en R2 y que ges una función de R2 en R.Ademas, w depende de (x; y) y a su vez (x; y) depende de t. (ver diagrama4.1).Por una parte, como g � f es función de R en R, su derivada es

(g � f)0 =�dw

dt

�Por otra parte, el producto de las derivadas de g y f es:

g0 � f 0 =�@w

@x;@w

@y

�264 dx

dtdy

dt

375 = �@wdx

dx

dt;@w

@y

dy

dt

�

Aplicando la Regla de la Cadena, tenemos (g � f)0 = g0 � f 0. Es decir

dw

dt=@w

@x

dx

dt+@w

@y

dy

dt

Observación. Notemos que la derivada de w con respecto a t se obtiene�pasando�por las variables intermedias x, y de las cuales depende w, peroque a su vez depende de t.


20. Si f (x; y) = (u (x; y) ; v (x; y)) y g (u; v) = z, aplicando la Regla de laCadena hallar fórmulas para

@z

@x;@z

@y

yf

w g

zv

ug f

z

x

y

fs

r

g f

v

u

g

Fig. 4.18 Fig. 4.19

Solución. Primeramente notamos que f es función de R2 en R2 y que ges función de R2 en R. Además z depende de (u; v) que a su vez dependede (x; y) (ver diagrama 4.2).Del diagrama 4.2 tenemos:

(g � f)0 =�@z

@x;@z

@y

�ademas

g0 � f 0 =�@z

@u;@z

@v

�264@u

@x

@u

@y@v

@x

@v

@y

375o sea

g0 � f 0 =�@z

@u

@u

@x+@z

@v

@v

@x;@z

@u

@u

@y+@z

@v

@v

@y

�Aplicando la Regla de la Cadena tenemos (g � f)0 = g0 � f 0. Es decir,�

@z

@x;@z

@y

�=

�@z

@u

@u

@x+@z

@v

@v

@x;@z

@u

@u

@y+@z

@v

@v

@y

�Igualando componentes obtenemos las fórmulas pedidas:

@z

@x=@z

@u

@u

@x+@z

@v

@v

@x;@z

@y=@z

@u

@u

@y+@z

@v

@v

@y

Observación. Notemos que la derivada parcial de z con respecto de x seobtiene �pasando�por cada una de las variables intermedias de las cualesdepende z y que a su vez depende de x. Similarmente se procede paracalcular la derivada de z con respecto a y.


21. Si f (x; y) = (u (x; y) ; v (x; y) ; w (x; y)) y g (u; v; w) = z, aplicando la

Regla de la Cadena hallar fórmulas para@z

@x,@z

@y.

Solución. Primeramente notemos que f es función de R2 en R3 y que g esfunción de R3 en R. Además, z depende de (u; v; w) que a su vez dependede (x; y). (ver diagrama 4.3).Del diagrama 4.3 tenemos

(g � f)0 =�@z

@x;@z

@y

�Por otra parte

g0 � f 0 =�@z

@u;@z

@v;@z

@w

�24 ux uyvx vywx wy

35o

g0 � f 0 =�@z

@u

@u

@x+@z

@v

@v

@x+@z

@w

@w

@x;@z

@u

@u

@y+@z

@v

@v

@y+@z

@w

@w

@y

�Aplicando la Regla de la Cadena tenemos (g � f)0 = g0 � f 0. Igualandocomponentes en (g � f)0 = g0 � f 0 obtenemos las fórmulas pedidas:

@z

@x=

�@z

@u

@u

@x+@z

@v

@v

@x+@z

@w

@w

@x

�;@z

@y=

�@z

@u

@u

@y+@z

@v

@v

@y+@z

@w

@w

@y

�Observación. Notemos que la derivada de z con respecto a x se obtiene�pasando�por cada una de las variables intermedias u; v; w de las cualesdepende z y que a su vez depende de x. De la misma manera se obtienela derivada de z con respecto a y.

22. Si f (x; y; z) = (r; s) y g (r; s) = (u; v), aplicando la Regla de la Cadenahallar fórmulas para

@u

@x;@u

@y;@u

@z:@v

@x;@v

@y;@v

@z

Solución. Antes que nada notemos que f es función de R3 en R2 y g esfunción de R2 en R2. Ademas (u; v) depende de (r; s) que a su vez dependede (x; y; z). (ver diagrama 4.4).Del diagrama 4.4 tenemos

(g � f)0 =�ux uy uzvx vy vz

�y por otra parte,

g0 � f 0 =�ur usvr vs

� �rx ry rzsx sy sz

��urrx + ussx urry + ussy urrz + usszvrrx + vssx vrry + vssy vrrz + vssz

�


Igualando componentes en (g � f)0 = g0 � f 0 obtenemos las fórmulas pedi-das:

@u

@x=@u

@r

@r

@x+@u

@s

@s

@x;@u

@y=@u

@r

@r

@y+@u

@s

@s

@y;@u

@z=@u

@r

@r

@z+@u

@s

@s

@z

@v

@x=@v

@r

@r

@x+@v

@s

@s

@x;@v

@y=@v

@r

@r

@y+@v

@s

@s

@y;@v

@z=@v

@r

@r

@z+@v

@s

@s

@z

Observación. Notemos que la derivada de una de las variables u ó vcon respecto a una de las variables x, y o z se obtiene �pasando�por lasvariables intermedias r, s de las cuales depende u ó v pero que, a su vezdepende de x, y ó z.

23. Si u = xy + y ; x = 2t2 + 1 , y = 1 � 3t; hallar dudt. a) directamente, b)

empleando la Regla de la Cadena.Solucion. a) Componiendo las funciones tenemos:

u = xy + y =�2t2 + 1

�(1� 3t) = �6t3 + 2t2 � 6t+ 2

derivando:du

dt= �18t2 + 4t+�6

b) De acuerdo a la Regla de la Cadena, teniendo en cuenta que u dependede (x; y) que a su vez depende de t, (ver diagrama 4.5)

y

xt u

z

yt

x

u

v

Fig. 4.20

Fig. 4.21

obtenemosdu

dt=@u

@x

dx

dt+@u

@y

dy

dt

con@u

@x= 4t ;

du

dy= x+ 1

dx

dt= 4t ;

dy

dt= �3


tenemosdu

dt= y (4t) + (x+ 1) (�3) = 4ty � 3x� 3

y expresando en términos de t:

du

dt= 4t (1� 3t)� 3

�2t2 + 1

�� 3 = �18t2 + 4t� 6

24. Si x = t, y = t2, z = t3 ; u = x2y + z ; v = z2 � xy, hallar dudt,dv

dt.

Solución. Notemos que (u; v) depende de (x; y; z) que a su vez dependede t (ver diagrama 4.6).Del diagrama 4.6:

du

dt=@u

@x

dx

dt+@u

@y

dy

dt+@u

@z

dz

dt

dv

dt=@v

@x

dx

dt+@v

@y

dy

dt+@v

@z

dz

dt

Las derivadas de los segundos miembros obtenemos de las ecuacionesdadas. Reemplazando:

du

dt= (2xy) (1) +

�x2�(2t) + (1)

�3t2�= 4t3 + 3t2

expresión en términos de t.

dv

dt= (�y) (1) + (�x) (2t) + (2z)

�3t2�= 6t5 � 3t2

expresión en terminos de t.

25. Si U = x+ y � z2; x = 2u� 3s, y = u, z = 2u2 � v2, hallar @U@u,@U

@v.

v

u

z

y

x

u

Fig. 4.22

Solución. Notemos que U depende de (x; y; z) que a su vez depende de


(u; v) (ver diagrama 4.7).Del diagrama 4.7.

dU

du=@U

@x

dx

du+@U

@y

dy

du+@U

@z

dz

du

dU

dv=@U

@x

dx

dv+@U

@y

dy

dv+@U

@z

dz

dv

Derivando en las ecuaciones dadas y reemplazandos obtenemos:

@U

@u= (1) (2) + (1) (v) + (�2z) (4u) = 2 + v � 8u

�2u2 � v2

�@U

@v= (1) (�3) + (1) (u) + (�2z) (�2v) = �3 + u+ 4u

�2u2 � v2

�DERIVADA DE FUNCIONES IMPLICITAS

26. Si x2 + y2 + z2 = R2, calcular@z

@x.

Solución. Esta ecuación en tres variables de�ne a dos como variablesindependientes y una como dependiente. Como se pide @z=@x, z es lavariable dependiente mientras que x, y son las variables independientes.Tenemos en cuenta esto derivamos la ecuación con respeto a x:

x2 + y2 + z2 = R2 ) 2x+ 0 + 2z@z

@x= 0 ) @z

@x= �x

z

27. Si �x2 � y2 � z2 � a2 = 0x2y � y2z + xz2 � a3 = 0

calculardy

dx.

z

yx

y

wxzFig. 4.23

Fig. 4.24

Solución. Este sistema de dos ecuaciones con tres variables determinaa una de ellas como variable independiente y a las otras como variables


dependientes. Como se pidedy

dxdeducimos que x es la variable indepen-

diente, mientras que y, z son las dependientes. (ver diagrama 4.8).Derivando el sistema con respecto a x:

x2 � y2 � z2 � a2 = 0 ; x2y � y2z ++xz2 � a3 = 0

2x� 2y dydx� 2z dz

dx= 0 ; 2xy+ x2

dy

dx� 2y dy

dxz � y2 dz

dx+ z2 +2xz

dz

dx= 0

Resolvemos parady

dx:

8><>:ydy

dx+ z

dz

dx= x�

x2 � 2yz� dydx+

�2xz � y2 dz

dx

�= �

�2xy + z2

� ) dy

dx=

�� x z��2xy + z2

�2xz � y2

�� y zx2 � 2yz 2xz � y2

��de donde:

dy

dx=x�2xz � y2

�+ z

�2xy + z2

�y (2xz � y2)� z (x2 � 2yz)

28. Si w = x (1� y) y�x2 + y2 + z2 � 1 = 0x+ y + 3z � 6 = 0 , calcular

dw

dz.

Solución. Primeramente notemos que w depende (x; y). Por otra parte,el sistema de todos ecuaciones con tres variables determina a una de ellascomo variable independiente y a dos como variables dependientes. Como

se pidedw

dzdeducimos que z es la variable independiente y, por tanto,

(x; y) depende de z. (ver diagrama 4.9).Del diagrama 4.9 tenemos:

dw

dz=@w

@x

dx

dz+@w

@y

dy

dz(1)

de w = x (1� y) obtenemos: @w@x

= 1 � y , @w@y

= �x y derivando elsistema con respecto de x:

x2 + y2 + z2 � 1 = 0x+ y + 3z � 6 = 0 )

2xdx

dz+ 2y

dy

dz+ 2z = 0

dx

dz+dy

dz+ 3 = 0


dx

dz=

�� 2z 2y�3 1

�� 2x 2y1 1

�� =3y � zx� y ;

dy

dz=

�� 2x �2z1 �3

�� 2x 2y1 1

�� =z � 3xx� y


Finalmente, reemplazamos en (1) obtenemos:

dw

dz= (1� y) 3y � z

x� y + (�x)z � 3xx� y =

3�x2 � y2

�� (x� y + 1) z + 3yx� y

29. Si z = u2 + v2,�x = u2 � v2y = uv

, calcular@z

@x,@z

@y.

y

x

v

u z

Fig. 4.25

Solución. Notemos que z depende de (u; v). Por otra parte el sistemade dos ecuaciones con 4 variables determina a dos de ellas como variablesindependientes y a otras dos como variables dependientes.

Como se pide@z

@x,@z

@ydeducimos que (x; y) son las dos variables inde-

pendientes mientras que (u; v) son variables dependientes (ver diagrama4.10).Del diagrama 4.10 tenemos:

@z

@x=@z

@u

@u

@x+@z

@v

@v

@x,@z

@y=@z

@u

@u

@y+@z

@v

@v

@y(1)

de z = u2 + v2, obtenemos:@z

@u= 2u,

@z

@v= 2v.

Derivando el sistema con respecto a x y resolviendo:

x = u2 � v2y = uv

)1 = 2u

@u

@x� 2v @v

@x

0 = v@u

@x+ u

@v

@x

resolviendo el sistema de ecuaciones:

@u

@x=

�� 1 �2v0 u

�� 2u �2vv u

�� =u

2 (u2 + v2);@v

@x=

�� 2u 1v 0

�� 2u �2vv u

�� =�v

2 (u2 + v2)


Derivando el sistema con respecto a y y resolviendo:

x = u2 � v2y = uv

)0 = 2u

@u

@y� 2v @v

@y

1 = v@u

@y+ u

@v

@y

@u

@y=

�� 0 �2v1 u

�� 2u �2vv u

�� =v

u2 + v2;@v

@y=

�� 2u 0v 1

�� 2u �2vv u

�� =u

u2 + v2

Reemplazando en (1) los valores obtenidos:

@z

@x= (2u)

u

2 (u2 + v2)+(2v)

�v2 (u2 + v2)

;@z

@y= (2u)

v

u2 + v2+(2v)

u

u2 + v2

Simpli�cando@z

@x=u2 � v2u2 + v2

;@z

@y=

4uv

u2 + v2

DERIVADA DE FUNCIONES INVERSAS.

30. Calcular la derivada de la función inversa de f (x) = x2.Solución. Como Df (x) = 2x; entonces con y = x2 tenemos

Df�1 (y) = (Df (x))�1=1

2x=

1

2py

Observación. En este caso la función inversa y su derivada se puedencalcular directamente

y = x2 ) x =py ) dx

dy=

1

2py

31. Calcular la derivada de la función inversa de f (x; y) =�x2 � y2; xy

�.

y

x

f v

u

z

x w

y u

v

Fig. 4.26 Fig. 4.27


Solución. Hagamos u = x2 � y2, v = xy. Teniendo en cuenta el diagrama4.11, la derivada de f es:

Df =

�ux uyvx vy

�=

�2x �2yy x

�Por tanto, la derivada de la función inversa es:

Df�1 =

�2x �2yy x

��1=

1

2 (x2 + y2)

�x 2y�y 2x

�32. Si f (x; y; z) = (ax; by; cz) calcular la derivada de la función inversa.

Solución. Haciendo u = ax, v = by, w = cz, teniendo en cuenta eldiagrama ##, la derivada de f es:

Df =

24 ux uy uzvx vy vzwx wy wz

35 =24 a 0 00 b 00 0 c

35Por tanto, la derivada de la función inversa es:

Df�1 =

24 a 0 00 b 00 0 c

35�1 =2666641

a0 0

01

b0

0 01

c

377775PROBLEMAS VARIOS.

33. Mostrar que z = x2y sin�x

y

�satisface la ecuación.

x@z

@x+ y

@z

@y= 3z

Solución. Como

@z

@x= 2xy sin

�x

y

�+ x2 cos

�x

y

�@z

@y= x2 sin

�x

y

�� x

3

ycos

�x

y

�

Entonces, teniendo en cuenta que z = x2y sin�x

y

�, obtenemos:

x@z

@x+ y

@z

@y= x

�2xy sin

�x

y

�+ x2 cos

�x

y

��+ y

�x2 sin

�x

y

�� x

3

ycos

�x

y

��= 3x2y sin

�x

y

�= 3z


34. Mostrar que la función z = 2x� x3 + 3xy2 satisface

zxx + zyy = 0

Solución. Derivando tenemos:

zx = 2� 3x2 + 3y2 ) zxx = �6xzy = 6xy ) zyy = 6x

Por tanto,zxx + zyy = �6x+ 6x = 0

35. Si z = f (2x� 3y), mostrar que 3zx + 2zy = 0.

y

x u z

y

x

v

u U

Fig. 4.28

Fig. 4.29

Solución. Hagamos u = 2x � 3y. Entonces z = f (u); es decir z dependede u que a su ez depende de (x; y). (ver diagrama 4.13).Del diagrama 4.13 tenemos:

zx =@z

@x=dz

du

@u

@x, zy =

@z

@y=dz

du

@u

@y(1)

como@u

@x= 2,

@u

@y= �3, reemplazando en (1):

zx = 2dz

du; zy = �3

dz

du

Por tanto,

3zx + 2zy = 3 � 2dz

du+ 2 � (�3) dz

du= 0

36. Si U = f (x� y; y � z), mostrar que

@U

@x+@U

@y= 0


Solución. Hagamos u = x� y, v = y � x. Entonces U = f (u; v), es decirU depende de (u; v) que a su vez depende de (x; y). (ver diagrama 4.14).Del diagrama 4.14 tenemos:8><>:

@U

@x=@U

@u

@u

@x+@U

@v

@v

@x@U

@y=@U

@u

@u

@y+@U

@v

@v

@y

(1)

De u = x� y, v = y � x tenemos:@u

@x= 1 ,

@v

@x= �1 , @u

@y= �1 , @v

@y= 1

reemplazando en (1):@U

@x=@U

@u� @U@v

@U

@y= �@U

@u+@U

@v

Por tanto,

@U

@x+@U

@y=

�@U

@u� @U@v

�+

��@U@u

+@U

@v

�= 0

37. Si U = f (x+ 2y)� g (x� 2y), mostrar que Uxx �1

4Uyy = 0.

y

x

s

r U

z

yx

v

u

f

zx

y

Fig. 4.30

Fig. 4.31

Solución. Hagamos r = x+ 2y, s = x� 2y, entonces

U = f (r)� g (s)

Es decir, U depende de (r; s) que a su vez depende de (x; y). (ver diagrama4.15). Del diagrama tenemos:8><>:

Ux =@U

@x=@U

@r

@r

@x+@U

@s

@s

@x

Uy =@U

@y=@U

@r

@r

@y+@U

@s

@s

@y

(1)


De U = f (r)�g (s), tenemos: @U@r

= f 0 (r)�0 = f 0 (r) y @U@s

= 0�g0 (s) =�g0 (s) (por ser r; s independientes entre si). De r = x + 2y, s = x � 2y,tenemos:

@r

@x= 1,

@s

@x= 1,

@r

@y= 2,

@s

@y= �2. Reemplazando en (1):

Ux = f0 (r)� g0 (s) , Uy = 2f 0 (r) + 2g0 (s) (2)

Para hallar las segundas derivadas parciales Uxx, Uyy debemos tener encuenta que las primeras derivadas parciales Ux, Uy dependen de las mismasvariables que U y, por tanto, se puede usar el mismo diagrama 4.15 paracalcular dichas segundas derivadas parciales. Prosigamos; derivando en(2):

Uxx =@

@x(Ux) =

@

@x(Ux)

@r

@x+@

@s(Ux)

@s

@x

=@

@r(f 0 (r)� g0 (s)) � 1 + @

@s(f 0 (r)� g0 (s)) � 1

= [f 00 (r)� 0] + [0� g00 (s)]= f 00 (r)� g00 (s)

Uyy =@

@y(Uy) =

@

@r(Uy)

@r

@y+@

@s(Uy)

@s

@y

=@

@r[2f 0 (r) + 2g0 (s)] � 2 + @

@s[2f 0 (r) + 2g0 (s)] � (�2)

= 2 [2f 00 (r) + 0]� 2 [0 + 2g00 (s)]= 4f 00 (r)� 4g00 (s)

por lo tanto

Uxx �1

4Uyy = [f

00 (r)� g00 (s)]� 14[4f 00 (r)� 4g00 (s)] = 0

38. Mostrar que f�x+ y � z; x2 + y2

�= 0 satisface la ecuación

x@z

@y� y @z

@x= x� y

Solución. Antes que nada notemos que la expresión f�x+ y � z; x2 + y2

�=

0 es una ecuación con tres variables y, por tanto, determina a dos de ellascomo variables independientes y a la restante como variable dependiente.

La presencia@z

@y,@z

@xen la ecuación nos indica que z es la variable depen-

diente; mientras que x, y son las variables independientes. Hagamos:

u = x+ y � z , v = x2 + y2 (1)


Entoncesf (u; v) = 0 (2)

Es decir: f depende de (u; v), (u; v) depende de (x; y; z), a su vez z dependede (x; y). (Ver diagrama 4.16).Teniendo en cuenta el diagrama 4.16 y derivando (2) con respecto a x(considerando (1)):

@f

@u

�@u

@x+@u

@z

@z

@x

�+@f

@v

�@v

@x+@v

@z

@z

@x

�= 0

@f

@u

�1 + (�1) @z

@x

�+@f

@v

�2x+ 0 � @z

@x

�= 0 (3)

Ahora derivando (2) con respecto a y (considerando (1)):

@f

@u

�@u

@y+@u

@z

@z

@y

�+@f

@v

�@v

@y+@v

@z

@z

@y

�= 0

@f

@u

�1 + (�1) @z

@x

�+@f

@v

�2y + 0 � @z

@x

�= 0 (4)

de (3) y (4) obtenemos:

@z

@x=

@f

@u+ 2x

@f

@v@f

@u

;@z

@y=

@f

@u+ 2y

@f

@v@f

@u

Por tanto, reemplazando y simpli�cando tenemos:

x@z

@y� y @z

@x= x

@f

@u+ 2y

@f

@v@f

@u

� y@f

@u+ 2x

@f

@v@f

@u

= x� y

39. Si U = U (x; y); x = 2r� s, y = r+2s; expresar @2U

@y@xen términos de las

derivadas con respecto a r, s.

y

x

s

r U

y

x r U

Fig. 4.32 Fig. 4.33


Solución. Para obtener@2U

@y@xdebemos considerar a U dependiendo de

(r; s) que a su vez depende de (x; y) (ver diagrama 4.17). Entonces con-viene expresar r, s en términos de x, y:

x = 2r � sy = r + 2s

)r =

1

5(2x+ y)

s =1

5(2y � x)

de donde:

@r

@x=2

5,@r

@y=1

5,@s

@x= �1

5,@s

@y=2

5(1)

Del diagrama 4.17, considerando (1), la primera derivada es:

@U

@x=@U

@r

@r

@x+@U

@s

@s

@x=2

5

@U

@r� 15

@U

@s(2)

Para hallar la segunda derivada parcial debemos tener en cuenta que la

primera derivada parcial@U

@x= Ux depende de las mismas variables que

U y, por tanto, podemos usar el mismo diagrama 4.17.Teniendo en cuenta ello, (1) y (2), obtenemos:

@2U

@y@x=@

@y(Ux)

=@

@r(Ux)

@

@s(Ux)

@s

@y� @

@r

�2

5

@U

@r� 15

@U

@s

��1

5

�++

@

@s

�2

5

@U

@r� 15

@U

@s

��2

5

�=

�2

5

@2U

@r2� 15

@2U

@r@s

��1

5

�+

�2

5

@2U

@s@r� 15

@2U

@s2

��2

5

�

Asumiendo que@2U

@r@s=@2U

@s@r(es decir, que son continuas):

@2U

@y@x=1

25

�2@2U

@r2+ 3

@2U

@r@s� 2@

2U

@s2

�

40. Si U = U (x; y), x = r cos �, y = r sin �; expresar@2U

@x2en términos de las

derivadas con respecto a r, �.Solución. Primeramente notemos que el sistema de dos ecuaciones concuatro variables x, y, r, � determina a dos de ellas, (x; y) ó (r; �), comovariables independientes y a las otras dos como dependientes. Para poder

expresar@2U

dx2en términos de r, � debe ocurrir que (r; �) depende de

(x; y). Por tanto, debemos considerar a U dependiendo de (r; �), que a su


vez depende de (x; y). (ver diagrama 4.18).La primera derivada parcial es:

@U

@x=@U

@r

@r

@x+@U

@�

@�

@x(1)

Derivando el sistema con respecto a x y, resolviendo obtenemos:

x = r cos � 1 =@r

@xcos � � r sin � @�

@x

@r

@x= cos �

) )y = r sin � 0 =

@r

@xsin � + r cos �

@�

@x

@�

@x= � sin �

r

(2)

reemplazando en (1):

@U

@x=@U

@rcos � � @U

@�

sin �

r(3)

Para hallar la segunda derivada parcial@2U

@x2debemos tener en cuenta que

la primera derivada parcial@U

@x= Ux depende de las mismas variables que

U y, por tanto se puede usar el mismo diagrama 4.18.Considerando (2) y (3), procedemos:

@2U

@x2=@

@x(Ux) =

@

@r(Ux)

@r

@x+@

@�(Ux)

@�

@x

=@

@r

�@U

@rcos � � @U

@�

sin �

r

�cos � � @

@�

�@U

@rcos � � @U

@�

sin �

r

�sin �

r

Al continuar derivando debemos tener en cuenta que las derivadas par-

ciales@U

@ry@U

@�dependen de las mismas variables que U , es decir también

dependen de r, �; prosiguiendo (cada témino se deriva como producto):

@2U

@x2=

�@2U

@r2cos � � @2U

@r@�

sin �

r+@U

@�

sin �

r2

�cos � �

��@2U

@�@rcos � � @U

@rsin � � @

2U

@�2sin �

r� @U@�

cos �

r

�sin �

r

Asumiendo que@2U

@r@�=@2U

@�@ry simpli�cando, obtenemos �nalmente:

@2U

@x2=@2U

@r2cos2 �+

@2U

@�2sin2 �

r2�2 @

2U

@r@�

sin � cos �

r+@U

@r

sin2 �

r2+2@U

@�

sin � cos �

r2

TEOREMA DEL VALOR MEDIO


41. Desarrollar f (x; y) = x2y + 3y � 2 en potencias de (x� 1), (x+ 2).Solución. Aplicamos el teorema de Taylor con h = x � 1, k = y + 2, (asíaparecerán en el desarrollo las potencias pedidas) y por tanto tomamosx0 = 1, y0 = 2 (es decir, x = x0 + h, y = y0 + k):

f (x; y) = x2y + 3y � 2 ; fx = 2xy ; fy = y2 + 3

fxx = 2y ; fxy = 2x ; fyy = 0

fxxx = 0 ; fxxy = 2 ; fxyy = 0 ; fyyy = 0

Todas las demás derivadas superiores son nulas. Evaluando en (1;�2)tenemos:

f (1;�2) = �10 ; fx (1;�2) = �4 ; fy (1;�2) = 4

fxx (1;�2) = �4 ; fxy (1;�2) = 2 ; fyy (1;�2) = 0

fxxx (1;�2) = 0 ; fxxy (1;�2) = 2 ; fxyy (1;�2) = 0 ; fyyy (1;�2) = 0

Entonces, por el teorema de Taylor:

f (x; y) = f (1;�2) + hfx (1;�2) + kfy (1;�2) +1

2!

�h2fxx (1;�2) + 2hkfxy (1;�2) + k2fyy (1;�2)

�+

+1

3!

�h3fxxx (1;�2) + 3h2kfxxy (1;�2) + 3hk2fxyy (1;�2) + k3fyyy (1;�2)

�+R3

donde el resto R3 en este caso es nulo.Reemplazando obtenemos el desarrollo pedido:

f (x; y) = x2y + 3y � 1= �10� 4 (x� 1) + 4 (y + 2)� 2 (x� 1)2 + 2 (x� 1) (y + 2) + (x� 1)2 (y + 2)

DIFERENCIAL

42. Si z = 3x2�xy+y3, calcular a) �z; b) dz con x = 3, y = 2; con dx = 0:1,dy = �0:2 y c) hallar �z y dz si x = 3, y = 2, dx = 1, dy = �2.Solución. a) Con x = 3, y = 2, dx = 0:1, dy = �0:2 tenemos:

�z = z (3 + 0:1; 2� 0:2)� z (3; 2) = z (3:1; 1:8)� z (3; 2)= 29:082� 29 = 0:082

b) como

dz =@z

@xdx+

@z

@ydy = (6x� y) dx+

��x+ 3y2

�dy

Entonces evaluando las derivadas parciales en x = 3, y = 2 y con dx = 0:1,dy = 0:2 tenemos:

dz = (6 (3)� 2) (0:1) + (�� 3 + 3 (4)) (�0:2) = 1:60� 1:80 = �0:2


Notemos que por ser dx, dy pequeños los valores de �z y dz son aproxi-madamente iguales.c) Con x = 3, y = 2, dx = 1, dy = �2, tenemos:

�z = z (3 + 1; 2� 2)� z (3; 2) = z (4; 0)� z (3; 2) = 48� 29 = 19

dz =@z

@xdx+

@z

@ydy = (6x� y) dx+

��x+ 3y2dy

�= (16) (1)+(9) (�2) = �2

Notemos que dz y �z di�eren en mucho.PROBLEMAS VARIOS

43. Si f (x; y) = (f1 (x; y) ; f2 (x; y)), mostrar que

f 0 (x; y) =

264@f1@x

@f1@y

@f2@x

@f2@y

375suponiendo que todas las derivadas parciales son continuas.Solución. Por el ejercicio 13 para funciones de una variable tenemos:

g0 (t) = limh!0

g (t+ h)� g (t)h

haciendo r (h) = g0 (t) � g (t+ h)� g (t)h

tenemos que g (t+ h) = g (t) +

g0 (t)h+ r (h)h con limh!0

r (h) = 0. Por tanto, podemos escribir:

f1 (x+ h; y + k) = [f1 (x+ h; y + k)� f1 (x; y + k)] + [f1 (x; y + k)� f (x; y)] + f1 (x; y)

=@f1@x

(x; y + k)h+ r1 (h)h+@f1@y

(x; y)h+ r2 (k) k + f1 (x; y)

=@f1@x

(x; y)h+ r1 (h; k)h+@f1@y

(x; y) k + r2 (k) k + f1 (x; y)

por la continuidad de@f1@x.

f2 (x+ h; y + k) =@f2@x

(x; y)h+r3 (h; k)h+@f2@y

(x; y) k+r4 (k) k+f2 (x; y)

conri ! 0 si (h; k)! (0; 0)

Luego:

f (x+ h; y + k) =

�f1 (x+ h; y + k)f2 (x+ h; y + k)

�=

=

�f1 (x; y)f2 (x; y)

�+

264@f1@x

@f1@y

@f2@x

@f2@y

375� hk

�+

�r1 r2r3 r4

� �hk

�


de donde se deduce lo pedido.Similarmente procediendo, se puede establecer la generalización para fun-ciones de Rn en Rm.


1. Si f (x; y) = (2x� y; xy � 1) hallar a) f (1; 2), b) f (1 + h; 2 + k).

2. Si f (x; y) =2x+ y

1� xy hallar a) f (1;�3), b)f (x0 + h; y)� f (x0; y)

h.

3. Si f (x; y) = (2x+ y; x� y) hallar la imágen de a) la recta x = 4, b) larecta x+ y = 1.

4. Si f (x; y) =�xy; xy3

�hallar la imágen de la región limitada por xy = 1,

xy = 4, xy3 = 1, xy3 = 2.

5. Si f (x; y) = (x+ y; x� y; 2x+ y) hallar la imagen de a) la recta x = y,b) el segmento que une los puntos (0; 0) y (2; 3).Gra�car el dominio de las siguientes funciones:

6. f (x; y) =p1� x2 + y2.

7. f (x; y) = ln (x+ y).

8. f (x; y) = arcsin�2x� yx+ y

�.

9. f (x; y; z) =px+

py +

pz.

10. f (x; y; z) =p1� x2 � y2 � z2.

11. f (x; y; z) =r

x+ y + z � 1x2 + y2 + z2 � 1 .

Para cada una de las siguientes funciones gra�car los conjuntos de nivelcorrespondientes a los valores datos de c.

12. f (x; y) = x2 + y2; c = 0; 1; 4; 9.

13. f (x; y) = xy; c = 1;�1; 4;�4.

14. f (x; y) = y � x2; c = 0; 1; 2;�4.

15. f (x; y) =x2 � y2x2 + y2

; c = 0; 1;�1.

16. f (x; y; z) = x+ y + z; c = �1; 0; 1.

17. f (x; y; z) = z �px2 + y2; c = �2; 0; 2.

Para las funciones f , g dadas hallar, si es posible, la función compuestag � f .


18. f (x; y) = (x� y; x+ y), g (x; y) = (2x� 1; x� 2y).

19. f (x; y) =�x; x2; x3

�, g (x; y; z) = x+ y � 2z.

20. f (x; y; z) = xyz, g (x) = (ex; x).

21. f (x; y) = x+ y, g (x; y) = xy.

22. Entre las siguientes funciones efectuar todas las posibles composiciones:f (x; y) = x+ 3y, g (x; y; z) = (xy; xz), h (x) = (x; 1� x).LIMITE Y CONTINUIDAD

23. Hallar el límite de a) f (x; y)x3 � xy + y3 + 3, b) f (x; y) =�x3y; xy3

�en

el punto (1;�1).

24. Mostrar que f (x; y) =3x� 2y2x� 3y no tiene límite en (0; 0).

25. Mostrar que f (x; y) =x2

x2 + y2no tiene límite en el origen.

26. Determinar limy!0

limx!0

f (x; y), limx!0

limy!0

f (x; y) si f (x; y) =2x3 � y3x3 + 2y3

. ¿Qué

puede decirse acerca del límite doble lim(x;y)!(0;0)

f (x; y)?

27. Determinar los puntos donde f (x; y; z) =2xyz

x� y es discontinua.

28. Es continua en (0; 0) la función f (x; y) =

8>><>>:y3

x2 + y2; (x; y) 6= (0; 0)

0 ; (x; y) = (0; 0)

:

29. Determinar los puntos donde f (x; y) =�x+ y

x� y ;x� yx+ y

�es continua. Gra�car.

30. Mostrar que f (x; y) =

8><>:2xy

x2 + y2; (x; y) 6= (0; 0)

0 ; (x; y) = (0; 0)

es continua sobre

toda recta que pasa por el origen. Mostrar que, sin embargo, f no escontinua en el origen.DERIVADA SEGUN DEFINICIONDe acuerdo a la de�nición hallar la derivada de:

31. f (x) = 3x+ 1.

32. f (x) = x2 + x.

33. f (x) =�x2; 3x; x

�.


34. f (x; y) = x+ 2y.

35. f (x; y) = xy.

36. f (x; y) = x2 � y2.

37. f (x; y; z) = 2xy + z en (1; 2; 1).

38. f (x; y) = (2x� y; xy).

39. f (x; y) =�x2 � y; y2 � x

�.

40. f (x; y) =�x2 � y; x+ y; x� y

�.

41. f (x; y; z) = (xy; x+ z) en (1; 0;�1).

42. f (x; y; z) = (xy; xz; yz).DERIVADAS PARCIALESCalcular

@f

@x,@f

@ysi:

43. f (x; y) = xy + 3x2 � y.

44. f (x; y) = xey + sinxy.

45. f (x; y) =px2 � y2.

46. f (x; y; z) = xyz + xyez2

.

47. f (x; y; z) = ln (xy) + cos (xyz).

Calcular@2f

@x2,@2f

@y2,@2f

@y@x, si

48. f (x; y) = x3 � xy2 + y4.

49. f (x; y) = (x� y) sin (3x+ 2y).Calcular todas las segundas derivadas parciales, si:

50. f (x; y; z) = xy2z3.

51. f (x; y; z) = x3y2 + yz3.

52. w = sin�x� yz

�.

Mostrar que las derivadas cruzadas@2f

@y@x,@2f

@x@yson iguales:

53. f (x; y) =2x� yx+ y

, x+ y 6= 0.

54. f (x; y) = ln�x2 + y2

�, (x; y) 6= (0; 0).


55. Si f (x; y) =

8><>:2x� yx+ y

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

0 ; (x; y) = (0; 0)

. Hallar a) fx (0; 0), b) fy (0; 0).


Chapter 5

APLICACIONES DE LADERIVADA

5.1 TRANSFORMACION DE ECUACIONES

Si en una ecuación dada, que incluye derivadas, se realiza un cambio de variablesse obtiene una nueva ecuación en términos de las derivadas respecto a las nuevasvariables. Este tipo de transformaciones se realiza aplicando la Regla de laCadena.

Example 49 Mostrar que efectuando el cambio de variables x = er, y = es, laecuación

x@U

@x+ y

@U

@y= 0

se transforma en@U

@r+@U

@s= 0

De la última ecuación se ve que U es función de r; s; pero r; s depende de x; y.Debemos expresar cada uno de los términos de la primera ecuación en términosde r; s. Teniendo en cuenta el diagrama 5.1 y aplicando la regla de la cadena:

y

x

S

r U

Gradiente

Recta Normal

Plano Tangente

Fig. 5.1. Fig. 5.2

131

132 CHAPTER 5. APLICACIONES DE LA DERIVADA

@U

@x=@U

@r

@r

@x+@U

@s

@s

@x@U

@y=@U

@r

@r

@y+@U

@s

@s

@y

dex = er lnx = r

=)y = es ln y = s

entonces@r

@x=1

x

@r

@y= 0

@s

@x= 0

@s

@y=1

y

Por tanto@U

@x=@U

@r

�1

x

�+@U

@s(0)

@U

@y=@U

@r(0) +

@U

@s

�1

y

�Finalmente, por reemplazo vemos que la primera ecuación se transforma en:

x@U

@x+ y

@U

@y= 0

x@U

@r

�1

x

�+ y

@U

@s

�1

y

�= 0

�nalmente@U

@r+@U

@s= 0

5.2 PLANOTANGENTEYRECTANORMAL

La grá�ca de una función de la forma f (x; y; z) = c, c constante, es una su-per�cie. Consideremos un punto P (x0; y0; z0) de dicha super�cie, entonces unvector perpendicular al plano tangente a la super�cie en P es la derivada def en P (ejercicio 17); además, este vector es un vector direccional de la rectanormal a la super�cie en P .Generalmente se representa por rf a la derivada de f , llamada también

gradiente, es decir:

rf =�@f

@x;@f

@y;@f

@z

�(5.1)

Con esta notación, la ecuación del plano tangente en P (x0; y0; z0) es

@f

@x(x� x0) +

@f

@y(y � y0) +

@f

@z(z � z0) = 0 (5.2)

5.3. DERIVADA DIRECCIONAL 133

Y la ecuación de la recta normal en P (x0; y0; z0) es:

X = (x0; y0; z0) + t

�@f

@x;@f

@y;@f

@z

�(5.3)

Las derivadas parciales que aparecen en las ecuaciones del plano tangente yrecta normal se evalúan en P (x0; y0; z0).

Example 50 Hallar la ecuación del plano tangente y la recta normal a la esferax2 + y2 + z2 = 14 en el punto (1; 2; 3).Como

rf =�@f

@x;@f

@y;@f

@z

�= (2x; 2y; 2z) ;

el gradiente en el punto (1; 2; 3) es

rf = (2; 4; 6) .

Por tanto, la ecuación pedida del plano tangente es

2 (x� 1) + 4 (y � 2) + 6 (z � 3) = 0

óx+ 2y + 3z = 14.

La ecuación de la recta normal es

X = (1; 2; 3) + t (2; 4; 6)

5.3 DERIVADA DIRECCIONAL

Dada una función f de Rn en R y un vector unitario V , la derivada direccionalde f , en X, en la dirección de V se representa por rV f (X) (o simplemente porrV f) y está de�nida por

rV f = limt!0

f (X + tV )� f (V )t

. (5.4)

Como se ve, esta derivada direccional mide la variación de f en la dirección deV .Notemos que la derivada parcial de f con respecto a una determinada vari-

able es la derivada direccional de f en la dirección del eje correspondiente atal variable. Por ejemplo, para f (x; y) y con e1 = (1; 0), e2 = (0; 1) -vectoresdireccionales de los ejes x y y respectivamente, tenemos:

re1f = limt!0

f (X + te1)� f (X)t

= limt!0

f (x+ t; y)� f (x; y)t

=@f

@x

re2f = limt!0

f (X + te2)� f (X)t

= limt!0

f (x; y + t)� f (x; y)t

=@f

@y

Esto muestra que la derivada direccional de f en la dirección del eje x es laderivada parcial de f con respecto a x y, a su vez, la derivada direccional de fen la dirección del eje y es la derivada parcial de f con respecto a y.


5.3.1 Cálculo de la derivada direccional

El cálculo de la derivada direccional de f en la dirección de un vector V (ahorano necesariamente unitario) se efectúa según

rV f = rf �V

jV j (5.5)

(ver ejercicio 24).

f

Vf

y f

e1

V

f x

(1,2)

Fig. 5.3 Fig. 5.4

Esto muestra que la derivada direccional de f en la dirección de V es lacomponente del gradiente de f , rf , en la dirección de V . (Fig. ###).

Example 51 Si f (x; y) = x2 + y2, la derivada direccional de f en el punto(1; 2) en la dirección del vector e1 = (1; 0) es

re1f = rf �e1je1j

= (2; 4) � (1; 0) = 2

por ser

rf =�@f

@x;@f

@y

�= (2x; 2y)

Por otra parte, la derivada direccional de f en el mismo punto (1; 2) pero estavez en la dirección del vector V = (3;�4) es

rV f = rf �V

jV j = (2; 4) �(3;�4)5

= �2

5.3.2 Propiedad del gradiente

Una propiedad del gradiente es que la máxima derivada direccional de f en elpunto X0 se produce en la dirección del mismo vector gradiente (por supueto,esto es cierto cuando rf (X0) 6= 0; si rf (X0) = 0 no se puede decir nada).Además, la mínima derivada direccional de f en X0 se produce en la direcciónde �rf (X0). Los valores de la máxima y mínima derivada direccional de f enel punto X0 son jrf (X0)j y � jrf (X0)j respectivamente. (Ver ejercicio 25).

5.4. MAXIMOS Y MINIMOS 135

Example 52 Si en el ejemplo ## f (x; y) = x2+ y2 representa la temperaturaen el punto (x; y) medida en grados y la distancia se mide en metros, entoncesen el punto (1; 2) la temperatura aumenta a razón de 2 grados por metro en ladirección del vector e1 = (1; 0); mientras que en la dirección del vector V = (3; 4)la temperatura disminuye a razón de 2 grados por metro.El máximo aumento y la máxima disminución de la temperatura en este puntose produce en la dirección de los vectores rf = (2; 4) y �rf (2;�4), respectiva-mente; sus respectivos valores son jrf j = 20 grados por metro y � jrf j = �20grados por metro (Fig. ###).

5.4 MAXIMOS Y MINIMOS

Dada una función f de Rn en R, se dice que f tiene máximo relativo en X0 sif (X0) � f (X) para todo X próximo a X0 (es decir, para X tal que jX �X0j <�, para algún � > 0).Si f (X0) � f (X) para todo X próximo a X0, se dice que f tiene un mínimo

relativo en X0.La derivada permite determinar los puntos donde una función tiene sus máx-

imos y mínimos relativos. Aunque el estudio para funciones de una sola variable,realizado en el Cálculo I, se extiende siguiendo la misma idea a funciones de nvariables en general, aquí se trata solamente con funciones a dos variables.Teorema 5.1. (Regla para la determinación de máximos y mínimos).Si f (x; y) tiene sus primeras y segundas derivadas parciales continuas, en-

tonces:1. f tiene mínimo relativo en (x0; y0) si:

@f

@x= 0 ,

@f

@y= 0;

entonces

� =

�@2f

@x2

��@2f

@y2

��@2f

@x@y

�2> 0

y@2f

@x2> 0 ó

@2f

@y2> 0

2. f tiene máximo relativo en (x0; y0) si:

@f

@x= 0 ,

@f

@y= 0;

entonces

� =

�@2f

@x2

��@2f

@y2

��@2f

@x@y

�2> 0

y@2f

@x2< 0 ó

@2f

@y2< 0


3. f no tiene ni máximo ni mínimo relativos en (x0; y0) si@f

@x= 0,

@f

@y= 0

y � < 0. En este caso el punto se llama punto de silla.

4. En caso de que@f

@x= 0,

@f

@y= 0 y � = 0, no se puede a�rmar.

(Por supuesto, todas las derivadas parciales se evalúan en (x0; y0)).Para su demostración ver los ejercicios 33 y 34.En otras palabras, para hallar los máximos y mínimos relativos de f se debe

proceder de la siguiente manera:

1. Resolver el sistema@f

@x= 0,

@f

@y= 0 para encontrar los posibles puntos

donde f tiene sus máximos y mínimos (llamados puntos críticos).2. Para cada punto crítico, determinar el signo de

� =

�@2f

@x2

��@2f

@y2

��@2f

@x@y

�2.

Si � > 0, entonces en el punto examinado hay mínimo si@2f

@x2> 0 (ó

@2f

@y2> 0);

y hay máximo si@2f

@x2< 0 (ó

@2f

dy2< 0).

Si � < 0, el punto examinado es punto de silla. Cuando � = 0 no se puedea�rmar nada y hay que realizar un estudio más detenido.

Notemos que por ser f 0 =�@f

@x;@f

@y

�, en realidad los puntos críticos (x0; y0)

son los que satisfacen f 0 (x0;0 ) = 0.

Example 53 Hallar los máximos y mínimos relativos de f (x; y) = x2 + y2 �2x� 4y + 3.Resolviendo

@f

@x= 2x� 2 = 0 x = 1

tenemos@f

@y= 2y � 4 = 0 y = 2

Por tanto, el punto crítico (1; 2) es posible máximo o mínimo relativo. Con-siderando que

@2f

@x2= 2 ,

@2f

@y2= 2 ,

@2f

@y@x= 0

tenemos� = (2) (2)� 02 = 4 > 0

y como@2f

@x2= 2 > 0,

entonces en (1; 2) hay un mínimo relativo.

5.5. MAXIMOS YMINIMOS CONDICIONADOS (MULTIPLICADORES DE LAGRANGE)137

5.5 MAXIMOS Y MINIMOS CONDICIONA-DOS (Multiplicadores de Lagrange)

Se desea encontrar los máximos y mínimos relativos de la función f (x; y) sujetaa la condición � (x; y) = 0. Un método consiste en formar la función auxiliar

F = f + �� (5.6)

donde �, llamada multiplicador de Lagrange, es una variable independiente dex; y. Los puntos donde la función f (x; y) sujeta a � (x; y) = 0, toma sus máx-imos y mínimos relativos son puntos críticos de la función auxiliar F (ejercicio46). Más aún, los máximos y mínimos relativos de F lo son también de f (x; y)sujeta a � (x; y) = 0.Por tanto, los posibles máximos y mínimos relativos de f (x; y), sujeta a

� (x; y) = 0, se obtienen de F 0 = 0; es decir resolviendo el sistema

@F

@x=@f

@x+ �

@�

@x= 0

@F

@y=@f

@y+ �

@�

@y= 0

@F

@�= � (x; y) = 0 (ecuación de restricción)

(5.7)

A menudo resulta útil la interpretación geométrica o física del problema paradeterminar la naturaleza de cada punto crítico. Sin embargo, reemplazando elvalor de � obtenido del sistema (##) en la función auxiliar (##) y aplicando elcriterio ## podemos averiguar si tal punto crítico es máximo y mínimo relativode la función auxiliar F ; y en tal caso dicho punto es máximo y mínimo relativode f sujeto a � (x; y) = 0. Si el punto crítico no es máximo ni mínimo de F nosigni�ca todavía que tampoco lo sea de f sujeta a � = 0.El método se generaliza a funciones f (x1; x2; :::; xn) sujeta a las condiciones

�1 (x1; x2; :::; xn) = 0; :::; �m (x1; x2; :::; xn) = 0. Se toma la función auxiliar

F = f + �1�1 + :::+ �m�m

y los posibles máximos y mínimos relativos condicionados de f se obtienen delsistema

@f

@xi+ �1

@�1@xi

+ :::+ �m@�m@xi

= 0 (i = 1; 2; :::; n)

�1 = 0; �2 = 0; :::; �m = 0

5.6 DERIVACION BAJO EL SIGNO DE LAINTEGRAL

Cuando el integrando, además de depender de la variable de integración x,depende de u, entonces la misma integral depende de u y, por tanto, podemos


derivarla con respecto de u. Más aún, hasta en el caso de que los límites deintegración dependan de u podermos todavía derivar la integral con respect au. en forma precisa, si

g (u) =

Z u2

u1

f (x; u) dx

donde u1, u2 pueden depender de u; entonces la derivada de g con respecto deu es:

g0 (u) =

Z u2

u1

@@uf (x; u) dx+ f (x; u)

��x=u2

du2du � f (x; u)

��x=u1

du1du

=

Z u2

u1

@f@u (x; u) dx+ f (u2; u)u

02 � f (u1; u)u01

(5.8)

Por supuesto, todas las funciones y sus derivadas que intervienen en (##) debenser continuas.En caso de que los límites de integración u1, u2 sean constantes, los dos

últimos términos de (##) se anulan.La igualdad (##), llamada regla de Leibnitz, se puede usar para calcular

integrales de�nidas (ejercicio 49).

Example 54 Si

g (u) =

Z u2

u

sinux dx

entonces:

g0 (u) =

Z u2

u

@

@u(sinux) dx+ sinux

��x=u2

�u2�0 � sinux��

x=u(u)

0

=

Z u2

u

x cosux dx+ 2u sinu3 � sinu2

5.7 CALCULOS APROXIMADOS

Si z = f (x1; x2; :::; xn), el incremento �z = f (x1 + h1; x2 + h2; :::; xn + hn) �f (x1; x2; :::; xn) es aproximadamente igual a la diferencial

df =@f

@x1h1 +

@f

@x2h2 + :::+

@f

@xnhn

para valores pequeños de los incrementos h1; h2; :::; hn. Escribiendo dxi en lugarde hi; tenemos:

f (x1 + h1; x2 + h2; :::; xn + hn)� f (x1; x2; :::; xn) '@f

@x1dx1 +

@f

@x2dx2 + :::

(5.9)donde las derivadas parciales se evalúan en (x1; x2; :::; xn).La formula ## dice que la variación producida en f por las pequeñs varia-

ciones en las variables x1; x2; :::; xn; es aproximadamente igual a la diferencialde f . Este hecho se puede aplicar para realizar cálculos aproximados.

5.8. ERRORES 139

Example 55 Calcularq(3:01)

2+ (3:98)

2. Consideremos la función f (x; y) =px2 + y2. Notemos que f (3; 4) =

p9 + 16 = 5; además (x; y) = (3; 4) tenemos

@f

@x=

xpx2 + y2

=3

5;@f

@y=

ypx2 + y2

=4

5

Por tanto, de ## y con dx = 0:01, dy = �0:02, tenemosq(3:01)

2+ (3:98)

2= f (3 + 0:01; 4� 0:02) ' f (3; 4) + @f

@xdx+

@f

@ydy

= 5 +3

5(0:01) +

4

5(�0:02) = 4:99

Example 56 La altura de un cono es h = 30 cm, el radio de su base es r = 10cm. Calcular la variación del volumen del cono si h se aumenta en 0.3 cm y rse disminuye en 0.1 cm.El volumen del cono es V =

�

3r2h. La variación �V es aproximadamente igual

a la diferencial del volumen dV . Con

@V

@r=2�

3rh =

2�

3(10) (30) = 628:32

@V

@h=�

3r2 =

�

3(10)

2= 104:72

y dh = 0:3, dr = �0:1 tenemos:

�V � dV = @V

@rdr +

@V

@hdh = (628:32) (�0:1) + (104:72) (0:3)

= �31:42 cm3

El signo menos dice que el volumen del cono disminuye en 31.42 cm3.

5.8 ERRORES

Consideremos una función f (x1; x2; :::; xn) de las variables x1; x2; :::; xn. Supong-amos que en un caso especí�co en la evaluación de los valores de x1; x2; :::; xn sehan obtenido los valores aproximados x1; x2; :::; xn respectivamente, habiéndosecometido algún error en cada una de estas mediciones (debido a limitacionestécnicas de los instrumentos de medición, por ejemplo). Sin embargo, tambiénse conoce el margen de error cometido en cada medición; es decir, se sabe queel valor verdadero xi, no di�ere del aproximado xi más de cierta cantidad hi.

x1 � h1 � x1 � x1 + h1 , x2 � h2 � x2 � x2 + h2; :::; xn � hn � xn � xn + hntomando el caso más desfavorable, es decir x1 = x1 � h1, x2 = x2 � h2, ... ,xn = xn � hn y empleando la diferencial:f (x1; x2; :::; xn) = f (x1 � h1; x2 � h2; :::; xn � hn) '

' f (x1; x2; :::; xn) +@f

@x1(�h1) +

@f

@x2(�h2) + :::+

@f

@xn(�hn)(5.10)


donde las derivadas parciales anteriores se evalúan en (x1; x2; :::; xn) de (##)se sigue que

jf (x1; x2; :::; xn)� f (x1; x2; :::; xn)j '�� @f@x1 (�h1) + :::+ @f

@xn(�hn)

�� (5.11)

jf (x1; x2; :::; xn)� f (x1; x2; :::; xn)j �� @f@x1

�� jh1j+ ::+ �� @f@xn�� jhnj (5.12)

La desigualdad (##) dice que el valor verdadero f (x1; x2; :::; xn) di�ere delaproximado f (x1; x2; :::; xn) a lo más en

E =

�� @f@x1�� jh1j+ �� @f@x2

�� jh2j+ ::+ �� @f@xn�� jhnj (5.13)

que, también se escribe

E =

�� @f@x1�� jdx1j+ �� @f@x2

�� jdx2j+ ::+ �� @f@xn�� jdxnj (5.14)

con h1 = dx1; h2 = dx2; :::; hn = dxn.Al máximo error E, dado por (##) ó (##), que se comete al tomar f (x1; x2; :::; xn)

en lugar de f (x1; x2; :::; xn) se llama Error Absoluto Máximo.A la razón del error absoluto máximo E respecto al valor absoluto del valor

aproximado f (x1; x2; :::; xn) se llama Error Relativo Máximo y se representapor e; es decir:

e =E

jf (x1; x2; :::; xn)j(5.15)

Se puede demostrar que el error relativo máximo de una función es igual alerror absoluto máximo del logaritmo de esta función, (ejercicio 58); y que elerror relativo máximo de un producto es igual a la suma de los errores relativosmáximos de los factores, (ejercicio 59). Ver también el ejercicio propuesto 79.

Example 57 La hipotenusa c = 5 y el cateto a = 3 de un triángulo rectángulo(Fig. ###) han sido medidos con los errores absolutos máximos h1 = 0:1,h2 = 0:2, respectivamente.

ac

b

y v

x u G

Fig. 5.5 Fig. 5.6


Determinar el a) error aboluto máximo, y b) error relativo máximo, que secomete al calcular el ángulo � por la fórmula

sin � =a

c

a) De sin � =a

c, se tiene: � = arcsin

a

c, entonces

@�

@a=

1pc2 � a2

,@�

@c=

a

cpc2 � a2

Por tanto, con a = 3, c = 5, h1 = 0:1, h2 = 0:2 y de la fórmula (4), el errorabsoluto máximo es

E =1p

52 � 32(0:1) +

3

5p52 � 32

(0:2) = 0:055 rad.

Notemos que lo anterior signi�ca

� = arcsin3

5� 0:055 rad.

b) De la parte a) el error absoluto es 0.055; y como el valor aproximado es:

� = arcsin3

5= 0:6435 rad;

el error relativo máximo es

e =0:0550

0:6435= 0:0855


TRANSFORMACIÓN DE ECUACIONES

1. Transformar la ecuación y@z

@x�x@z

@y= 0 efectuando el cambio de variable

u = x, v = x2 + y2.Solución. En la nueva ecuación z dependerá de u, v; a su vez u, v dependede x, y. Debemos expresar cada término de la ecuación dada en funciónde las nuevas variables u, v. Del diagrama 1 y aplicando la regla de lacadena tenemos

@z

@x=@z

@u

@u

@x+@z

@v

@v

@x@z

@y=@z

@u

@u

@y+@z

@v

@v

@y

(1)

De: u = x, v = x2 + y2, se tiene@u

@x= 1,

@u

@y= 0;

@v

@x= 2x,

@v

@y= 2y.

Entonces, teniendo en cuenta (1), obtenemos

@z

@x=@z

@u+ 2x

@z

@v;@z

@y= 2y

@z

@v


Finalmente, reemplazando en la ecuación original:

y@z

@x� x@z

@y= 0 ) y

�@z

@u+ 2x

@z

@v

�� x

�2y@z

@v

�= 0

de donde, simpli�cando, obtenemos la nueva ecuación:

@z

@u= 0

2. Transformar la ecuación x@z

@x+y

@z

@y= z, efectuando el cambio de variable

u = x , v =y

x

Solución. en la nueva ecuación z dependerá de u, v; a su vez depenerá dex, y. Debemos expresar cada término de la ecuación dada en función delas nuevas variables u, v. Del diagrama 2 y aplicando la regla de la cadenatenemos:

@z

@x=@z

@u

@u

@x+@z

@v

@v

@x@z

@y=@z

@u

@u

@y+@z

@v

@v

@y

(2)

Reemplazando en (2)Reemplazando en la ecuación original y simpli�cando: De donde, teniendoen cuenta que u = x, obtenemos la nueva ecuación:

u@z

@u= z

3. Transformar la ecuación@2G

@x2+@2G

@y2= 0, efectuando el cambio de vari-

ables x = u+ v, y = u� v.Solución. en la nueva ecuación G dependerá de u, v; a su vez por el cambiode variables u, v depende de x, y. Debemos expresar cada término de laecuación dada en función de las nuevas variables u, v. Del diagrama 3 yaplicando la regla de la cadena tenemos

@G

@x=@G

@u

@u

@x+@G

@v

@v

@x@G

@y=@G

@u

@u

@y+@G

@v

@v

@y

(3)

Para hallar@u

@x,@u

@y,@v

@x,@v

@ypodríamos despejar u, v delas ecuaciones

que dan el cambio de variable y proceder como en el ejercicio anterior; sin


embargo es mejor tratarla como función implícita. Derivando el sistemacon respecto a x:

x = u+ vy = u� v )

1 =@u

@x+@v

@x

0 =@u

@x� @u@x

resolviendo

@u

@x=1

2@v

@x=1

2

Derivando con respecto a y:

x = u+ vy = u� v )

0 =@u

@y+@v

@y

1 =@u

@y� @u@y

resolviendo

@u

@y=1

2

@v

@y= �1

2

Reemplazando en (3):

@G

@x=1

2

@G

@u+1

2

@G

@v@G

@y=1

2

@G

@u� 12

@G

@v

Al derivar nuevamente estas últimas expresiones debemos tener en cuenta

que las derivadas parciales@G

@x,@G

@ydependen (al igual que G) de las

varialbes u, v; que a su ez dependen de x, y. Derivando tenemos:

@2G

@x2=@

@x

�@

@x

�=@

@u

�@G

@x

�@u

@x+@

@v

�@G

@x

�@v

@x

=@

@u

�1

2

@G

@u+1

2

@G

@v

��1

2

�+@

@v

�1

2

@G

@u+1

2

@G

@v

��1

2

�=1

4

�@2G

@u2+@2G

@u@v+@2G

@v@u+@2G

@v2

�=1

4

@2G

@u2+1

2

@2G

@v@u+1

4

@2G

@v2(4)


@2G

@y2=@

@y

�@G

@y

�=@

@u

�@G

@y

�@u

@y+@

@v

�@G

@y

�@v

@y

=@

@u

�1

2

@G

@u� 12

@G

@v

��1

2

�+@

@v

�1

2

@G

@u� 12

@G

@v

��12

�=1

4

�@2G

@u2� @2G

@u@v� @2G

@v@u+@2G

@v2

�=1

4

@2G

@u2� 12

@2G

@v@u+1

4

@2G

@v2(5)

De donde, reemplazando en la ecuación original y simpli�cando obten-emos:

@2G

@x2+@2G

@y2= 0) 1

2

@2G

@u2+1

2

@2G

@v2= 0

4. Mostrar que@2G

@x2� @2G

@y2= 0 se transforma en

@2G

@v@u= 0, efectuando el

cambio de variables x = u+ v, y = u� v.Solución. Restando (5) de (4), del ejercicio anterior, obtenemos:

@2G

@x2� @

2G

@y2= 0

entonces�1

4

@2G

@u2+1

2

@2G

@v@u+1

4

@2G

@v2

��1

4

@2G

@u2� 12

@2G

@v@u+1

4

@2G

@v2

�= 0

simpli�cando:@2G

@v@u= 0

5. Mostrar que si en la ecuación�@z

@x

�2+

�@z

@y

�2= 0 se efectúa el cambio

de variables x = r cos �, y = r sin �, cambio a coordenadas polares, seobtiene �

@z

@r

�2+1

r2

�@z

@�

�2= 0

y

x r z

Fig. 5.7


Solución. En la nueva ecuación z depende de r, �; a su vez r, � dependede x, y por el cambio de variables. Debemos expresar cada término de laprimera ecuación en función de las nuevas variables r, �. Del diagrama 4y aplicando la regla de la cadena:

@z

@x=@z

@r

@r

@x+@z

@�

@�

@x@z

@y=@z

@r

@r

@y+@z

@�

@�

@y

(6)

Derivando el sistema, que da el cambio de variable, con respecto a x:

x = r cos �y = r sin �

)1 =

@r

@xcos � � r sin � @�

@x

0 =@r

@xsin � + r cos �

@�

@y

resolviendo

@r

@x= cos �

@�

@x= � sin �

r


x = r cos �y = r sin �

)0 =

@r

@ycos � � r sin � @�

@x

1 =@r

@ysin � + r cos �

@�

@y

resolviendo

@r

@x= sin �

@�

@x=cos �

r

Reemplazando en (6):

@z

@x=@z

@rcos � � @z

@�

sin �

r@z

@y=@z

@rsin � +

@z

@�

cos �

r

sustituyendo estas últimas expresiones en la ecuación original:�@z

@x

�2+

�@z

@y

�2= 0

entonces �@z

@rcos � � @z

@�

sin �

r

�2+

�@z

@rsin � +

@z

@�

cos �

r

�= 0


desarrollando y simpli�cando:�@z

@r

�2cos2 � � 2

�@z

@r

��@z

@�

�sin � cos �

r+

�@z

@�

�2 sin �

r2+

+

�@z

@r

�2sin2 � + 2

�@z

@r

��@z

@�

�sin � cos �

r+

�@z

@�

�2 cos2 �

r2= 0

�@z

@r

�2 �cos2 � + sin2 �

�+

�@z

@�

�2�sin2 � + cos2 �

r2

�= 0

entonces �@z

@r

�2+1

r2

�@z

@�

�= 0

6. Transformar la ecuación bidimensional de Laplace

@2z

@x2+@2z

@y2= 0

pasando a coordenadas polares.Solución. Al pasar a coordenadas polares se tiene x = r cos �, y = r sin �.

Del anterior ejercicio tenemos:@r

@x= cos �,

@�

@x= � sin �

r,@r

@y= sin �,

@�

@y=cos �

r.

@z

@x=@z

@rcos � � @z

@�

sin �

r@z

@y=@z

@rsin � +

@z

@�

cos �

r

Al derivar nuevamente las derivadas parciales@z

@x,@z

@ydebemos tener en

cuenta que tanto@z

@xcomo

@z

@y, lo mismo que z, depende de r, �; que a su

vez dependen de x, y. Derivando:

@2z

@x2=@

@x

�@z

@x

�=@

@r

�@z

@x

�@r

@x+@

@�

�@z

@x

�@�

@x

=@

@r

�@z

@rcos � � @z

@�

sin �

r

�@r

@x+@

@�

�@z

@rcos � � @z

@�

sin �

r

�@�

@x

=

�@2z

@r2cos � � @2z

@r@�

sin �

r+@z

@�

sin �

r2

�cos � +

+

�@2z

@�@rcos � � @z

@rsin � � @

2z

@�2sin �

r� @z@�

cos �

r

�� sin �

r

�


@2z

@y2=@

@y

�@z

@y

�=@

@r

�@z

@y

�@r

@y+@

@�

�@z

@y

�@�

@y

=@

@r

�@z

@rsin � +

@z

@�

cos �

r

�@r

@y+@

@�

�@z

@rsin � +

@z

@�

cos �

r

�@�

@y

=

�@2z

@r2sin � +

@2z

@r@�

cos �

r� @z@�

cos �

r2

�sin � +

+

�@2z

@�@rsin � +

@z

@rcos � +

@2z

@�2cos �

r� @z@�

sin �

r

��cos �

r

�(Notemos que algunos términos se han derivado como producto, por ejem-plo

@

@�

�@z

@rsin �

�� @

@�

�@z

@r

�sin �+

�@z

@r

�@

@�(sin �) =

@2z

@�@rsin �+

@z

@rcos �)

Finalmente, reemplazando en la ecuación de Laplace dada y después desimpli�car obtenemos:

@2z

@r2+1

r2@2r

@�2+1

r

@z

@r= 0

PLANO TANGENTE Y RECTA NORMAL

7. Hallar la ecuación del plano tangente y de la recta normal a la super�ciex2 + 2y2 + 3z2 = 9 en el punto (2;�1; 1).

Solución. Con f (x; y; z) = x2+2y2+3z2 tenemos rf =�@f

@x;@f

@y;@f

@z

�=

(2x; 4y; 6z). El gradiente en (2;�1; 1) es rf = (4;�4; 6). Por tanto, laecuación del plano pedido es

4 (x� 2)� 4 (y + 1) + 6 (z � 1) = 0 ó 2x� 2y + 3z = 9

La ecuación de la recta normal pedida es

X = (2;�1; 1) + t (4;�4; 6)

ó

x = 2 + 4t

y = �1� 4tz = 1 + 6t

8. Hallar la ecuación del plano tangente y de la recta normal a la super�ciexy + yz = 2xz en el punto (1; 1; 1).Solución. Conviene escribir xy + yz � 2xz = 0, entonces con f (x; y; z) =xy + yz � 2xz, tenemos

rf =�@f

@x:@f

@y;@z

@z

�= (y � 2z; x+ z; y � 2x)


El gradiente en el punto (1; 1; 1) es: rf = (�1; 2;�1). Por tanto, laecuación del plano tangente pedido es:

�1 (x� 1) + 2 (y � 1)� 1 (z � 1) = 0

óx� 2y + z = 0

La ecuación de la recta normal pedida es:

X = (1; 1; 1) + t (�1; 2;�1)

ó

x = 1� ty = 1 + 2t

z = 1� t

9. Mostrar que la ecuación del plano tangente a la cuádrica ax2+by2+cz2 = den el punto (x0; y0; z0) está dada por ax0x+ by0y + cz0z = d.

Solución. Con f (x; y; z) = ax2+by2+cz2 tenemosrf =�@f

@x:@f

@y;@z

@z

�=

(2ax; 2by; 2cz). El gradiente en (x0; y0; z0) es: rf = (2ax0; 2by0; 2cz0).Por tanto, la ecuación del plano tangente es

2ax0 (x� x0) + 2by0 (y � y0) + 2cz0 (z � z0) = 0

dividiendo entre dos y agrupando:

ax0x+ by0y + cz0z = ax20 + by

20 + cz

20

pero ax20 + by20 + cz

20 = d, por ser (x0; y0; z0) un punto de la super�cie.

Luegoax0x+ by0y + cz0z = d

Nota. Entonces, la ecuación del plano tangente a la cuádrica en elpunto dado se obtiene reemplazando las coordenadas del punto dado enla ecuación �desdoblada�de la cuádrica:

ax2 + by2 + cz2 = d) axx+ byy + czz = d) ax0x+ by0y + cz0z = d

10. Aplicar el ejercicio anterior para hallar la ecuación del plano tangente alelipsoide x2 + 2y2 + 3z2 = 9 en el punto (2;�1; 1).Solución. Desdoblando los cuadrados y reemplazando las coordenadas de(2;�1; 1) tenemos que la ecuación del plano tangente pedido es:

x0x+ 2y0y + 3z0z = 9) 2x� 2y + 3z = 9

(ver ejercicio 7).


11. Hallar la ecuación de la recta tangente a la curva formada por la intersec-ción de las super�cies x2 + y2 + 2z2 = 4, z = ex�y en el punto (1; 1; 1).Solución. La intersección de los planos tangentes a las dos super�cies dala recta tangente pedida.El plano tangente a x2 + y2 + 2z2 = 4 en (1; 1; 1) es:

(1)x+ (1) y + 2 (1) z = 4

x+ y + 2z = 4 (7)

Por otra parte, con f (x; y; z) = z � ex�y se tiene rf = (�ex�y; ex�y; 1)y el gradiente en (1; 1; 1) es (�1; 1; 1); por tanto, la ecuación del planotangente a z = ex�y en (1; 1; 1) es:

(�1) (x� 1) + (y � 1) + (z � 1) = 0x� y � z = �1 (8)

De (7) y (8), intersectando los dos planos obtenemos la recta tangentepedida. Expresando todas las variables en función de una de ellas:

x+ y + 2z = 4x� y � z = �1 ) 2x+ z = 3

y = x� z + 1 )x =

3

2� z2

y =5

2� 32z

Usando el parámetro t, cambiamos z por t, la recta pedida es

x =3

2� t

2

y =5

2� 32t

z = t

12. Mostrar que las super�cies x2 + y2 + z2 = 18, xy = 9 son tangentes en(3; 3; 0).Solución. Debemos mostrar que en el punto (3; 3; 0) las dos super�iestienen el mismo plano tangente. El plano tangente a la esfera x2+y2+z2 =18 en (3; 3; 0) es:

3x+ 3y + 0z = 18 óx+ y = 6

(9)

Con f (x; y; z) = xy, tenemos rf =�@f

@x:@f

@y;@z

@z

�= (y; x; 0) y el gradi-

ente en (3; 3; 0) es rf = (3; 3; 0). Por tanto, el plano tangente a xy = 9en (3; 3; 0) es:

3 (x� 3) + 3 (y � 3) + 0 (z � 0) = 0 óx+ y = 6

(10)

De (9) y (10) se deduce que ambas super�cies tienen el mismo planotangente en el punto (3; 3; 0) y, por tanto, son tangentes en dicho punto.


13. Mostrar que las super�cies 3x2 + 4y2 + 8z2 = 36, x2 + 2y2 � 4z2 = 6 secortan perpendicularmente.Solución. Vamos a mostrar que los respectivos planos tangentes se cortanperpendicularmente. Considerando un punto (x0; y0; z0) de la intersecciónde las dos super�cies cuádricas. Del ejercicio 9, los repectivos planostangentes a las super�cies 3x2 + 4y2 + 8z2 = 36, x2 + 2y2 � 4z2 = 6 en(x0; y0; z0) son

3x0x+ 4y0y + 8z0z = 36x0x+ 2y0y � 4z0z = 6

(11)

Una normal al primer plano es N1 = (3x0; 4y0; 8z0), mientras que unanormal al segundo plano es N2 = (x0; 2y0;�4z0). Como

N1 �N2 = (3x0; 4y0; 8z0) � (x0; 2y0 � 4z0) = 3x20 + 8y20 � 32z20= 6

�x20; 2y

20 � 4z20

��3x20 + 4y

20 + 8z

20

�= 6 (6)� 36 = 0 (de 11)

Esto dice que las normales a los dos planos son perpendiculares y, portanto, estos planos son perpendiculares. Esto muestra que las dos super-�cies dadas se cortan perpendicularmente en todo punto donde se inter-sectan.

14. Mostrar que la suma de los segmentos interceptados sobre los ejes coor-denados por el plano tangente a la super�cie

px +

py +

pz =

pa, en

cualquiera de sus puntos, es igual a a.Solución. Tomemos un punto cualquiera (x0; y0; z0) de la super�cie. Con

f (x; y; z) =px+

py+

pz, tenemos rf =

�1

2px;1

2py;1

2pz

�y el gradi-

ente en (x0; y0; z0) es: rf =�

1

2px0;1

2py0;1

2pz0

�. Por tanto, el plano

tangente en (x0; y0; z0) es:

1

2px0(x� x0) +

1

2py0(y � y0) +

1

2pz0(z � z0)

Las intercepciones del plano tangente con los ejes x; y; z son: Con el ejex:

1

2px0(x� x0)�

1

2py0(y0)�

1

2pz0(z0) = 0

hicimos y = z = 0

xpx0� (px0 +

py0 +

pz0) = 0

xpx0�pa = 0

x =pax0


(Por estar (x0; y0; z0) sobre la super�cie).Con el eje y: y =

pay0 (procediendo como para el eje x).

Con el eje z: z =paz0.

Sumando y teniendo en cuenta que (x0; y0; z0) está en la super�ciepx+p

y +pz =

pa:

pax0 +

pay0 +

paz0 =

pa (px0 +

py0 +

pz0) =

papa = a

15. Mostrar que toda recta normal a una esfera pasa por el centro.Solución. Es su�ciente considerar que la esfera centrada en el origen deradio R:

x2 + y2 + z2 = R2

Considerando un punto cualquiera (x0; y0; z0) de dicha esfera. Con f (x; y; z) =x2 + y2 + z2, tenemos rf = (2x; 2y; 2z). El gradiente en (x0; y0; z0) esrf = (2x0; 2y0; 2z0) es:

X = (x0; y0; z0) + t (2x0; 2y0; 2z0)

Tomando t = �12vemos que esta recta pasa por el origen (0; 0; 0), que es

el centro de la esfera.

16. Determinar la ecuación del plano tangente a la super�cie x2+2y2+3z2 =21 y paralelo al plano x+ 4y + 6z = 0.Solución. Dos planos paralelos tienen sus normales paralelas. El planotangente a x2 + 2y2 + 3z2 = 21 en un punto (x0; y0; z0) es x0x + 2y0y +3z0z = 21 y una normal a este plano es N1 = (x0; 2y0; 3z0). Por otraparte, una normal al plano dado x + 4y + 6z = 0 es: N2 = (1; 4; 6).Las normales N1, N2 son paralelas si N1 = kN2, k constante. Es decir(x0; 2y0; 3z0) = k (1; 4; 6). Igualando componentes y considerando que(x0; y0; z0) está en x2 + 2y2 + 3z2 = 21, obtenemos el sistema:

x0 = k3z0 = 6k

;2y0 = 4k

x20 + 2y20 + 3z

20 = 21

) k2+2 (2k)2+3 (2k)

2= 21) k2 = 1

k = �1

Luego, hay dos soluciones: Si k = 1, obtenemos (x0; y0; z0) = (1; 2; 2)y, por tanto, una primera solución es: x + 4 + 6z = �21. Si k = �1,obtenemos (x0; y0; z0) = (�1;�2;�2) y, por tanto, una segunda soluciónes: �x� 4y � 6z = 21 ó x+ 4y + 6z = �21.

17. Mostrar que el vector gradiente en X0: rf =�@f

@x:@f

@y;@z

@z

�, es perpen-


dicular al plano tangente a la super�cie f (x; y; z) = c en X0.

C

tt0

x0

f

C'(t0)

Fig. 5.8

Solución. Consideremos una curva C sobre la super�cie y tal que pasapor (x0; y0; z0). Sea C (t) = (x (t) ; y (t) ; z (t)) la ecuación paramétricade dicha curva; como pasa por (x0; y0; z0) hay un punto tal que C (t0) =(x0; y0; z0). Sobre la curva C, f (x; y; z) = c se expresa como

f (x (t) ; y (t) ; z (t)) = c (12)

Derivando la ecuación 12 con respecto a t, en t0, tenemos

@f

@x

dx

dt+@f

@y

dy

dt+@f

@z

dz

dt= 0

ó �@f

@x:@f

@y;@z

@z

�� (x0 (t0) ; y0 (t0) ; z0 (t0)) = 0 (13)

donde rf =�@f

@x:@f

@y;@z

@z

�se evalúa en (x0; y0; z0).

El vector C 0 (t0) = (x0 (t0) ; y0 (t0) ; z0 (t0)) es tangente a la curva en (x0; y0; z0)y, por tanto, (13) dice que el gradiente en X0, rf , es perpendicular alfector tangente a la curva C en (x0; y0; z0). Esto muestra que el vectorgradiente en X0 es perpendicular a los vectores tangentes a las curvas so-bre la super�cie que pasan por (x0; y0; z0). Al plano que determina estosvectores se llama plano tangente a la super�cie en (x0; y0; z0). Luego elgradiente en (x0; y0; z0) es perpendicular al plano tangente a la super�cieen (x0; y0; z0).DERIVADAS DIRECCIONALES

18. Calcular la derivada direccional de f (x; y) = x2 � xy; y2, en el punto(1;�2) en la dirección del vector V (3; 4).Solución. Como rf = (2x� y;�x+ 2y), en el punto (1;�2) tenemosrf = (4;�5). La derivada direccional pedida es:

rVf = rf �V

jVj � (4;�5) �(3; 4)

5= �8

5


19. Calcular la derivada direccional de f (x; y; z) = 3x2 � yz + z2 en el punto(1; 2;�1) en la dirección del vector V (2;�1; 2).Solución. Como rf = (6x;�z;�y + 2z); en el punto (1; 2;�1) tenemosrf = (6; 1;�4). La derivada direccional pedida es:

rVf = (6; 1;�4) �(2;�1; 2)

3= 1

20. Hallar la derivada direcciona de F = x2yz3 a lo largo de la cúbica f (t) =�t; t2; t3

�en el punto (1; 1; 1).

Solución. Como f 0 (t) =�1; 2t; 3t2

�, un vector tangente a la cúbica en el

punto (1; 1; 1) es f 0 (1) = (1; 2; 3). Además, el gradiente de F en (1; 1; 1) esrf =

�2xyz3; x2z2; 3x2yz2

�= (2; 1; 3). Por tanto, la derivada direccional

pedida es:

(2; 1; 3) � (1; 2; 3)p14

=

r13

14

21. Si f (x; y; z) = 3x2 � yz, ¿en qué dirección la derivada direccional de f enel punto (1;�1; 3) es a) máxima?, b) mínima?, c) calcular dichos valores.Solución. a) La máxima derivada direccional en el punto (1;�1; 3) seobtiene en la dirección del vector gradiente de f en (1;�1; 3): rf =(6x;�z;�y) = (6;�3; 1).b) La mínima derivada direccional en el punto (1;�1; 3) se obtiene en ladirección del vector �rf = (�6; 3;�1).c) El máximo y mínimo valor de las derivadas direccionales anteriores son,respectivamente, jrf j =

p46 y � jrf j = �

p46.

22. Si la temperatura T en un punto (x; y; z) está dada por T (x; y; z) = x +y2 + z4, ¿en qué dirección la temperatura en el punto (1; 2; 1) a) aumentacon mayor rapidez?, b) disminuye con mayor rapidez?, c) si la temperaturase mide en grados y la distancia en metros calcular dichos valores.Solución. a) La temperatura en el punto (1; 2; 1) aumenta con mayorrapidez en la dirección del vector rT =

�1; 2y; 4z3

�= (1; 4; 4).

b) La temperatura en el punto (1; 2; 1) disminuye más rápidamente en ladirección del vector �rT = (�1;�4;�4).c) El máximo aumento de temperatura es a razón de jrT j = 33 grad/m.,y la máxima disminución a razón de � jrT j = �33 grad/m.

23. Hallar los valores de las constantes a; b; c tales que la derivada direccionalde f (x; y; z) = axy2 + byz + cz2x3 en el punto (1; 2;�1) tenga el valormáximo 64 y la dirección paralela al eje z.Solución. Como la derivada direccional en el punto (1; 2;�1) es máx-ima en la dirección del gradiente de f en dicho punto, el vector rf =�ay2 + 3cz2x2; 2axy + bz; by + 2czx3

�= (4a+ 3c; 4a� b; 2b� 2c) debe ser

paralelo al eje z. Esto ocurre si

4a+ 3c = 0, 4a� b = 0 (14)


Por otra parte, dicha máxima derivada direccional debe ser 64; es decir

(4a+ 3c; 4a� b; 2b� 2c) � (0; 0; 1) = 64

de donde2b� 2c = 64b� c = 32 (15)

Resolviendo el sistema formado por (14) y (15) obtenemos los valores dea, b y c:

4a + 3c = 04a� b = 0b� c = 32


a = 6

b = 24

c = �8

(Se ha considerado la dirección positiva del eje z dada por (0; 0; 1), si seconsidera la dirección negativa dada por (0; 0;�1) se obtiene a = �6,b = �24, c = 8.

24. Mostrar que la derivada direccional de f (x; y; z) en X0 en la dirección delvector V está dado por

rVf (X0) = rf (X0) �V

jVj

t0 tx

y

z

x0

x0+tVf

R

Fig. 5.9

Solución. Supongamos que el vector V es unitario. Entonces, por de�ni-ción

rVf (X0) = limt!0

f (X0 + tV)� f (X0)t

(15)

Sean X0 = (x0; y0; z0), V = (v1; v2; v3). Notemos que el segundo miembrode (15) es la de�nición de la derivada en t = 0 de la composición de la


función que a cada t asigna el vector X0 + tV (es decir x = x0 + tv1,y = y0 + tv2, z = z0 + tv3) y la función f (x; y; z). Teniendo en cuenta eldiagrama 5 y aplicando la regla de la cadena para derivar f con respectoa t en t = 0, obtenemos:

limt!0

f (X0 + tV)� f (X0)t

=@f

@x

dx

dt+@f

@y

dy

dt+@f

@z

dz

dt=@f

@xv1 +

@f

@yv2 +

@f

@zv3

=

�@f

@x;@f

@y;@f

@z

�� (v1; v2; v3) (16)

donde todas las derivadas parciales anteriores se evalúan enX0 = (x0; y0; z0).Por tanto, el segundo miembro de (16) se expresa como rf (X0) � V.Luego;

rVf (X0) = limt!0

f (X0 + tV)� f (X0)t

= rf (X0) �V (17)

En general, si V no es unitario, se considera el vector unitarioV

jVj (que

obviamente tiene la misma dirección que V) y procediendo como antes laecuación (17) se transforma en la fórmula pedida:

rVf (X0) = rf (X0) �V

jVj

25. Mostrar que la máxima derivada direccional de f (x; y; z) en un punto seobtiene en la dirección del gradiente de f , rf , en dicho punto. Calculartal valor.Solución. Puesto que la derivada direccional de f en un punto en ladirección de un vector V es la componente del gradiente de f , rf , endicho punto es la componente en la dirección de V; tal componente esmáxima si rf tiene la misma dirección que V (ver Fig. ###). Por tantola máxima derivada direccional de f se obtiene en la dirección de rf . Suvalor es:

rf � rfjrf j =jrf j2

jrf j = jrf j

MAXIMOS Y MINIMOS

26. Hallar los máximos y mínimos relativos de f (x; y) = x2+4xy�y2�8x�6y.Solución. Primeramente determinaremos los puntos críticos resolviendo elsistema:

@f

@x= 2x+ 4y � 8 = 0

@f

@y= 4x� 2y � 6 = 0

) x = 2y = 1

) (2; 1) es punto crítico.


Enseguida determinamos la naturaleza de este punto crítico. Como@2f

@x2=

2,@2f

@y2= �2, @

2f

@y@x= 4; entonces � = (2) (�2) � (4)2 = �20. Por ser

� < 0, la función no tiene máximos ni mínimos relativos; el punto (2; 1)es punto de silla.

27. Hallar los máximos y mínimos relativos de f (x; y) = x3+y3�3x�3y+20.Solución. Primeramente determinamos los puntos críticos resolviendo elsistema:

@f

@x= 3x2 � 3 = 0

@f

@y= 3y2 � 3 = 0

) x = �1y = �1

Los puntos críticos son P1 (1; 1), P2 (1;�1), P3 (�1; 1) y P4 (�1;�1). En

seguida determinamos la naturaleza de estos puntos críticos. Como@2f

@x2=

6x,@2f

@y2= 6y,

@2f

@y@x= 0.

Para P1 (1; 1) tenemos � = (6) (6)� 02 = 36 > 0 y como@2f

@x2= 6 > 0, en

P1 (1; 1) hay mínimo relativo.Para P2 (1;�1) tenemos � = (6) (�6) � 02 = �36 < 0. Por tanto, enP2 (1;�1) no hay máximo ni mínimo; es punto de silla.Para P3 (�1; 1) no tenemos � = (�6) (6) � 02 = �36 > 0. Por tanto, enP3 (�1; 1) no hay máximo ni mínimo; es punto silla.

Para P4 (�1;�1) tenemos � = (�6) (�6) � 02 = 36 > 0 y como@2f

@x2=

�6 < 0; en P4 (�1;�1) hay máximo relativo.

28. Hallar los máximos y mínimos relativos de f (x; y) = ex�y�x2 � 2y2

�.

Solución. Primeramente determinamos los puntos críticos resolviendo elsistema:

@f

@x= ex�y

�x2 � 2y2

�+ ex�y (2x) = 0

@f

@y= �ex�y

�x2 � 2y2

�+ ex�y (�4y) = 0

) ex�y�x2 + 2x� 2y2

�= 0

ex�y��x2 + 2y2 � 4y

�= 0

Como ex�y 6= 0, el anterior sistema se reduce a

x2 + 2x� 2y2 = 0�x2 + 2y2 � 4y = 0 ) 2x� 4y = 0) x = 2y

Reemplazando en la primera ecuación: 4y2+4y�2y2 = 0) 2y (y + 2) = 0de donde y = 0, y = �2. Con y = 0, x = 0; con y = �2, x = �4.Por tanto, los puntos críticos son P1 (0; 0), P2 (�4;�2). Enseguida deter-

minamos la naturaleza de estos puntos críticos. Como@2f

@x2= ex�y

�x2 + 2x� 2y2

�+


ex�y (2x+ 2),@2f

@y2= �ex�y

��x2 + 2y2 � 4y

�+ ex�y (4y � 4), @2f

@y@x=

�ex�y�x2 + 2x� 2y2

�+ ex�y (�4y).

Para P1 (0; 0) tenemos: � = (2) (�4) � 02 = �8 < 0 entonces en (0; 0)hay punto silla.Para P2 (�4;�2) tenemos � =

��6e�2

� ��12e�2

��8e�2

�2= 8e�4 > 0

y como@2f

@x2= �6e�2 < 0, en P2 (�4;�2) hay máximo relativo.

29. Hallar los máximos y mínimos relativos de f (x; y) = sinx + sin y +

sin (x+ y) con 0 � x � �

2, 0 � y � �

2.

Solución. Primeramente determinamos los puntos críticos resolviendo elsistema:

@f

@x= cosx+ cos (x+ y) = 0

@f

@y= cos y + cos (x+ y) = 0

) cos (x+ y) = � cosxcos (x+ y) = � cos y ) cosx = cos y

Teniendo en cuenta que x; y están entre 0 y�

2, de la última igualdad

tenemos: x = y, reemplazando: cos (2x) = � cosx = cos (� � x) de donde2x = � � x (por estar x; y entre 0 y �

2), x =

�

3, y =

�

3entonces

��3;�

3

�es punto crítico.

Enseguida determinamos la naturaleza de este punto crítico. Como@2f

@x2=

� sinx� sin (x+ y), @2f

@y2= � sin y� sin (x+ y), @

2f

@y@x= � sin (x+ y); en��

3;�

3

�tenemos� =

�p3

2�p3

4

! �p3

2�p3

4

!� �p3

4

!2= 6 > 0

y como@2f

@x2= �

p3

4�p3

4< 0; en

��3;�

3

�hay máximo relativo.

30. Encontrar los extremos de z sobre la super�cie x2 + 4xy + z2 = 4.Solución. La ecuación de la super�cie de�ne a z como función implicita dex, y. Primeramente determinaremos los puntos críticos, para ello necesita-

mos las derivadas parciales@z

@x,@z

@y. Derivando con respecto a x (teniendo

en cuenta que z depende de x, que y es independiente de x):

x2 + 4xy + z2 = 4) 2x+ 4y + 2z@z

@x= 0) @z

@x= �x+ 2y

z


x2 + 4xy + z2 = 4) 4x+ 2z@z

@y= 0) @z

@y= �2x

z


igualando a cero ambas derivadas parciales obtenemos los puntos críticos:

@z

@x= �x+ 2y

z@z

@y= �2x

z

) x+ 2y = 02x = 0

) x = 0y = 0

Cuando x = 0, y = 0, de la ecuación de la super�cie tenemos que z = �2;entonces debemos analizar en los puntos (0; 0; 2) y (0; 0;�2). Enseguidadeterminamos la naturaleza de estos puntos, para ello necesitamos lassegundas derivadas parciales:

@2z

@x2=@

@x

�@z

@x

�=@

@x

��x+ 2y

z

�= �

z (1)� (x+ 2y) @z@x

z2= �

z � (x+ 2y)�x+ 2y

z

�z2

@2z

@y2=@

@y

�@z

@y

�=@

@y

��2xz

�=

2x

�@z

@y

�z2

=2x

z2

��2xz

�

@2z

@y@x=@

@y

��x+ 2y

z

�= �

z (2)� (x+ 2y) @z@y

z2= �

2z � (x+ 2y)��2xz

�z2

Evaluando en las segundas derivadas parciales en P1 (0; 0; 2) tenemos: � =��12

�(0) � (�1)2 = �1 < 0. Por tanto, en (0; 0; 2) no hay máximo ni

mínimo, hay punto silla.

Evaluando en (0; 0;�2) tenemos � =

�1

2

�(0) � (1)2 = �1 < 0 entonces

en (0; 0;�2) tampoco hay mínimo ni máximo, hay punto silla.

31. Hallar los máximos y mínimos relativos de f (x; y) = (x� y) (1� xy).

y

xP2

P1

y

x

Fig. 5.10

Fig. 5.11

+ + + + ++ + + ++ + ++

+ + + + ++ + + + ++ + + + ++ + + + +

+++++

++++++

++

++

++ + + + ++ + + ++ + + +

+ + + ++ + + +

+ + + ++ + + +

+ + + ++ + + +

+ + + ++ + + +

+ + + ++ + + +

+ + + ++ + + +

+ + + ++ + + +

+ + + +

Solución. Conviene hacer f (x; y) = (x� y) (1� xy) = �x2y+x�y+xy2.


Primeramente determinamos los puntos críticos resolviendo el sistema:

@f

@x= 2xy + 1 + y2 = 0

@f

@y= �x2 � 1 + 2xy = 0

)x =

1 + y2

2y

��1 + y2

�24y2

� 1 +�1 + y2

�= 0

(donde se ha despejado x en la primera ecuación y reemplazando en lasegunda).Simpli�cando en la última ecuación tenemos: 3y4 � 2y2 � 1 = 0 ) y2 =1� 23

) y2 = 1 ) y = �1. Con y = 1, x = 1; con x = �1, y = �1; portanto los puntos críticos son P1 (1; 1); P2 (�1;�1).Enseguida determinamos la naturaleza de estos puntos críticos. Como@2f

@x2= �2y, @

2f

@y2= 2x,

@2f

@y@x= �2x.

Para P1 (1; 1) tenemos: � = (�2) (2)� (�2)2 = 0.Para P2 (�1;�1) tenemos � = (2) (�2)� (2)2 = 0.Lamentablemente al ser � = 0, no podemos a�rmar nada sobre la nat-uraleza de los puntos críticos P1 (1; 1) y P2 (�1;�1). Debemos hacer unestudio más detenido de la función alrededor de estos puntos.Vamos a determinar las regiones del plano xy donde la función toma val-ores positivos y las regiones donde toma valores negativos:

f (x; y) = (x� y) (1� xy) > 0 six� y > 0, 1� xy > 0óx� y < 0, 1� xy < 0

f (x; y) = (x� y) (1� xy) > 0 six� y < 0, 1� xy > 0óx� y > 0, 1� xy < 0

En la Fig. ### se ha señalado con + las regiones donde la función espositiva y con � donde es negativa. Evidentemente sobre la recta x�y = 0y la hipérbola 1 � xy = 0 la función se anula. Por tanto teniendo encuenta que en P1 (1; 1) y P2 (�1;�1) la función se anula y alrededor tomatanto valores positivos como negativos, vemos que en estos puntos no haymáximo ni mínimo relativos. Ambos puntos son puntos de silla.

32. Mostrar con un ejemplo que cuando � = 0 en un punto crítico, en dichopunto puede haber a) mínimo, b) máximo ó c) punto silla.

Solución. a) Sea f (x; y) = x4 + y4. Del sistema@f

@x= 4x3,

@f

@y= 4y3;

tenemos que (0; 0) es un punto crítico. Como@2f

@x2= 12x2,

@2f

@y2= 12y2,

@2f

@y@x= 0, en (0; 0) vemos que � = (0) (0)� 02 = 0. Sin embargo, obser-

vando que f (x; y) = x4 + y4 > 0 para (x; y) 6= (0; 0), deducimos que en


(0; 0) hay mínimo (en este caso absoluto).b) Sea f (x; y) = �

�x4 + y4

�. Procediendo como antes se ve que (0; 0)

es un punto crítico y, además, en este punto � = 0. Observando quef (x; y) = �

�x4 + y4

�< 0 para (x; y) 6= (0; 0) deducimos que en (0; 0) hay

máximo (en este caso absoluto).c) Sea f (x; y) = x4�y4. Expresando f (x; y) = x4�y4 = (x� y) (x+ y)

�x2 + y2

�y procediendo como en el ejercicio anterior vemos que la función se anulaen el origen (0; 0) y toma valores positivos y negativos alrededor de estepunto. Por tanto el punto (0; 0) es un punto silla (ver Fig. ###).

33. Mostrar que es necesario que las primeras derivadas parciales de f (x; y)se anulen en (x0; y0) para que f tenga un máximo o mínimo relativo en(x0; y0). Es decir,

@f

@x(x0; y0) = 0 ,

@f

@y(x0; y0) = 0 (1)

Solución. Si f (x; y) tiene un máximo o mínimo relativo en (x0; y0), enparticular, manteniendo y0 constante; f (x0; y0) tiene un máximo o mínimoen (x0; y0). Por lo visto en el Cálculo I para funciones de una variable,para que f (x0; y0) tenga un máximo o mínimo relativo en (x0; y0). Portanto, f (x; y) tiene máximo o mínimo relativo en (x0; y0) si se cumple (1).

34. Mostrar que f tiene un máximo relativo en (x0; y0) si fx = 0, fy = 0,� = (fxx) (fyy)�(fxy)2 > 0 y fxx < 0, donde todas las derivadas parcialesse evalúan en (x0; y0) y son continuas.Solución. Por el teorema de Taylor tenemos

f (x0 + h; y0 + k) = f (x0; y0) + hfx (x0; y0) + kfy (x0; y0)

+1

2

�h2fxx + hkfxy + k

2fyy�

(17)

donde las segundas derivadas parciales se evalúan en algún punto (x0 + �h; y0 + �k),0 < � < 1, que se encuentra en el segmento de recta que une los puntos(x0; y0) y (x0 + h; y0 + k).Por el Ejercicio 33, si f tiene máximo o mínimo relativo en (x0; y0);fx (x0; y0) = 0, fy (x0; y0) = 0 y (17) se reduce a

f (x0 + h; y0 + k) = f (x0; y0) +1

2

�h2fxx + hkfxy + k

2fyy�

(18)

Factorizando fxx y completando cuadrados en (18) obtenemos

f (x0 + h; y0 + k)�f (x0; y0) =1

2fxx

(�h+

fxyfxx

k

�2+

fxxfyy � f2xy

f2xx

!k2

)(19)

Por hipótesis fxxfyy � f2xy > 0 cuando las derivadas parciales se evalúanen (x0; y0), pero por la continuidad de dichas derivadas parciales, para h,


k su�cientemente pequeños, la desigualdad se mantiene cuando se evalúaen (x0 + �h; y0 + �k) y, por tanto, el signo del segundo miembro de (19)está determinado por el de fxx. Como fxx < 0 (por hipótesis) de (19)tenemos: f (x0 + h; y0 + k) < f (x0; y0). Esto dice que f tiene un máximorelativo en (x0; y0).MAXIMOS Y MINIMOS CONDICIONADOS (Multiplicadoresde Lagrange)

35. Hallar los máximos y mínimos relativos de f (x; y) = x2 + y2 sujeta a� (x; y) = x� y + 1 = 0.Solución. Primeramente formamos la función auxiliar.

F = f + �� = x2 + y2 + � (x� y + 1)

Enseguida, hallamos los puntos críticos de F (posibles máximos y mínimosde F y, por tanto, de f sujeta a � = 0) resolviendo el sistema:

Fx = fx + ��xFy = fy + ��yF� = �

= 2x+ � = 0= 2y + � (�1) = 0= x� y + 1 = 0

) 2 (x+ y) = 0x� y + 1 = 0 )

x = �12

y =1

2

Entonces��12;1

2

�es punto crítico de F . Reemplazando � = 1 en la

función auxiliar F = f + �� obtenemos

F = x2 + y2 + x� y + 1

Calculamos las segundas derivadas parciales en el punto crítico��12;1

2

�.

Fx = 2x+ 1Fy = 2y � 1

)Fxx = 2Fyy = 2Fxy = 0

) � = (Fxx) (Fyy)�(Fxy)2 = (2) (2)�02 = 4 > 0

Como Fxx = 2 > 0, en��12;1

2

�hay mínimo relativo de F y, por tanto,

en��12;1

2

�hay mínimo relativo de f sujeta a � = 0.

36. Sabiendo que existen los máximos y mínimos condicionados, hallar losmáximos y mínimos relativos de f (x; y) = x2�y2 restringido a x2+y2 = 1.Solución. Primeramente, con � = x2 + y1 � 1 = 0, formamos la funciónauxiliar.

F = f + �� = x2 � y2 + ��x2 + y2 � 1

�Los puntos críticos de F los obtenemos resolviendo el sistema:

Fx = 2x+ � (2x) = 0Fy = �2y + � (2y) = 0F� = x+ y

2 � 1 = 0

(�+ 1)x = 0(�� 1) y = 0x2 + y2 = 1

(1)(2)(3)


De (1), si x = 0 y considerando (3) tenemos y = �1; entonces (0; 1),(0;�1) son puntos críticos de F . De (2), si y = 0 y considerando (3)tenemos x = �1; entonces (1; 0), (�1; 0) son también puntos críticos de lafunción auxiliar F .Notemos que de (1) y (2) podemos obtener � = �1 y reemplazando enF = f + �� averiguar la naturaleza de estos puntos críticos por medio delas segundas derivadas parciales. Sin embargo, la única información queobtenemos es que, al ser � < 0, se trata de punto silla y, por tanto; nopodemos decir nada todavía sobre f sujeta.Como sabemos que existen los máximos y mínimos relativos, evaluando fen los puntos crítios tenemos:

f (0; 1) = �1 , f (0;�1) = �1 , f (1; 0) = 1 , f (�1; 0) = 1

y comparando: f sujeto a � = 0 tiene mínimo relativo en los puntos (0; 1),(0;�1) y máximo relativo en (1; 0), (�1; 0).

37. Hallar los máximos y mínimos relativos de f (x; y) = xy sujeto a x�y = 0.Solución. Primeramente con � (x; y) = x � y = 0, formamos la funciónauxiliar

F = f + �� = xy + � (x� y)

Los puntos críticos de F los obtenemos resolviendo el sistema:

Fx = y + � = 0Fy = x+ � (�1) = 0F� = x� y = 0

)� = �y� = xx = y

) x = �yx = y

)x = 0y = 0� = 0

Entonces (0; 0) es un punto crítico de F . Reemplazando en F = f + ��y calculando las segundas derivadas parciales en el punto crítico (0; 0)tenemos:

F = xy ) Fx = yFy = x

)Fxx = 0Fyy = 0Fxy = 1

) � = (0) (0)� 11 = �1 < 0

Por tanto F no tiene ni máximo ni mínimo en (0; 0), sin embargo; esto nonos dice nada respecto a la función f sujeta a � = 0. Es necesario hacerun estudio más detenido:

De f (x; y) = xyx = y

) f = x2

que evidentemente tiene un mínimo relativo en el punto (0; 0). Por tantof sujeto a � = 0 tiene mínimo relativo en (0; 0).

38. Hallar los máximos y mínimos de f (x; y; z) = x + y + z sujeto a lascondiciones restrictivas x2 + y2 = 2, x+ z = 1.Solución. Como hay dos condiciones, necesitamos dos multiplicadores de


Lagrange. Con �1 = x2 + y2 � 2 = 0; �2 = x + z � 1 = 0 formamos lafunción auxiliar

F = f + �1�1 + �2�2 = x+ y + z + �1�x2 + y2 � 2

�+ �2 (x+ z � 1)

Los puntos críticos de F los obtenemos del sistema:

Fx = 1 + �1 (2x) + �2 = 0Fy = 1 + �1 (2y) + �2 (0) = 0Fz = 1 + �1 (0) + �2 = 0F�1 = x

2 + y2 � 2 = 0F�2 = x+ z � 1 = 0

)

2x�1 = 02y�1 = 0�2 = �1x2 + y2 � 2 = 0x+ z � 1 = 0

)

x = 0

�1 6= 0,��1 =

�12p2

��2 = �1y = �

p2

z = 1

Entonces�0;p2; 1�,�0;�

p2; 1�son puntos críticos de F . Podríamos re-

currir a las segundas derivadas parciales de F para intentar examinar lanaturaleza de estos puntos críticos. Sin embargo, notemos que geométrica-mente la función a maximizar es la suma de las coordenadas de los puntosde la curva (especie de elipse) determinada por la intersección del cilindrox2 + y2 = 2 y el plano x + z = 1. Entonces es claro que la función tienemáximo y mínimo relativos. Por tanto, evaluando f en los puntos críticos:

f�0;p2; 1�= 1 +

p2

f�0;�

p2; 1�= 1�

p2

entonces, comparando f sujeto a �1 = 0, �2 = 0 tiene un máximo relativoen�0;p2; 1�y un mínimo relativo en

�0;�

p2; 1�.

39. Hallar la distancia más corta del punto (2;�3; 1) al plano z = 2x+5y�3.Solución. La función a maximizar es la distancia de (2;�3; 1) a un punto(x; y; z) del plano dado. Es decir

d =

q(x� 2)2 + (y + 3)2 + (z � 1)2

sujeto a 2x+5y� z�3 = 0. Conviene tratar simplemente D = (x� 2)2+(y + 3)

2+ (z � 1)2 sujeto a 2x + 5y � z � 3 = 0, pues donde d toma su

máximo o mínimo relativo, también lo hace D y recíprocamente.Formamos la función auxiliar

F = D + �� = (x� 2)2 + (y + 3)2 + (z � 1)2 + � (2x+ 5y � z � 3)

Los puntos críticos de F los obtenemos del sistema:

Fx = 2 (x� 2) + � (2) = 0Fy = 2 (y + 3) + � (5) = 0Fz = 2 (z � 1) + � (�1) = 0F� = 2x+ 5y � z � 3 = 0

)

x = 3

y = �12

z =1

2� = �1


entonces el punto�3;�1

2;1

2

�punto crítico de F .

Para determinar la naturaleza del punto crítico obtenido conviene tener encuenta el signi�cado geométrico del problema. Geométricamente es claroque hay una mínima distancia del punto (2;�3; 1) al plano dado y, por

tanto, dicha mínima distancia se debe producir con�3;�1

2;1

2

�. Luego la

distancia más corta pedida es

d =

s(3� 2)2 +

��12+ 3

�2+

�1

2� 1�2=

r15

2

40. Hallar la mínima distancia del origen a la hipérbola x2 + xy + y2 = 3.Solución. La función a minimizar es la distancia del origen (0; 0) a unpunto (x; y) de la hipérbola: d =

px2 + y2 sujeto a x2 + xy + y2 = 3.

Como en el ejercicio anterior, conviene trabajar con la función D = x2+y2

sujeto a x2 + xy + y2 = 3. Primeramente, con � = x2 + xy + y2 � 3 = 0,formamos la función auxiliar

F = D + �� = x2 + y2 + ��x2 + xy + y2 � 3

�Los puntos críticos de F los obtenemos del sistema:

Fx = 2x+ � (2x+ y) = 0Fy = 2y + � (x+ 2y) = 0F� = x

2 + xy + y2 � 3 = 0)

2 (1 + �)x+ y = 0x+ 2 (1 + �) = 0

x2 + xy + y2 � 3 = 0

(1)(2)(3)

El sistema (1), (2) debe tener soluciones (x; y) diferentes de (0; 0), pues(x; y) = (0; 0) no cumple la ecuación (3) por no estar sobre la hipérbola.Por tanto, se debe tener�� 2 (1 + �) �

� 2 (1 + �)

�� = 0) 3�2 + 8�+ 4 = 0) �1 = �2

3�2 = �2

Si �1 = �2

3:

2

�1

3

�x�

�2

3

�y = 0

x2 + xy + y2 � 3 = 0) x = y

x2 + xy + y2 � 3 = 0 ) x = �p3

y = �p3

Luego, los puntos (1; 1), (�1;�1) son puntos críticos.Si �2 = �2:

2 (�1)x� 2y =x2 + xy + y2 � 3 = 0 ) x = �y

x2 + xy + y2 � 3 = 0 ) x = �p3

y = �p3


Luego, los puntos�p3;�

p3�,��p3;p3�son otros puntos críticos.

Recurriendo a las segundas derivadas parciales Fxx, Fyy, Fxy no se puededeterminar la naturaleza de estos puntos críticos para f sujeta a � = 0,(por lo que omitimos los cálculos). Pero sabemos que hay una mínimadistancia del origen a la hipérbola, por tanto; procedemos a evaluar d =px2 + y2 en cada punto crítico:

d (1; 1) =p2, d (�1;�1) =

p2, d

�p3;p3�=p6, d

��p3;�

p3�=p6

Comparando los valores que toma d en cada punto crítico tenemos quela mínima distancia del origen a la hipérbola dada es

p2. (Ocurre en los

puntos (1; 1) y (�1;�1) de la hipérbola).

41. Calcular las dimensiones de una cada rectangular, sin tapa, de volumenmáximo si tiene 108 m2 de super�cie.

z

yx

z

Ry0

x0

z0

Rx

(x0,y0,z0)R

Fig. 5.12 Fig. 5.13

Solución. De la Fig. ###, el volumen de la caja es V = xyz. La super�ciede la caja sin tapa debe ser 108, es decir 2xz +2yz + xy = 108.Por tanto,debemos minimizar V = xyz sujeta a 2xz+2yz+xy = 108. Primeramente,con � = 2xz + 2yz + xy � 108; formamos la función auxiliar

F = V + �� = xyz + � (2xz + 2yz + xy � 108)

Averiguamos los puntos críticos (realizando en detalle las operaciones):

Fx = yz + � (2z + y) = 0Fy = xz + � (2z + x) = 0Fz = xy + � (2x+ 2y) = 0F� = 2xz + 2yz + xy � 108 = 0

)

� = � (yz) = (2z + y)� = � (xz) = (2z + x)� = � (xy) = (2x+ 2y)2xz + 2yz + xy � 108 = 0

)

yz

2z + y=

xz

2z + xyz

2z + y=

xy

2x+ 2y2xz + 2yz + xy = 108

)2yz + xy = 2xz + xy2xz + 2yz = 2xz + xy2xz + 2yz + xy = 108

)x = y2z = x4z2 + 4z2 + 4z2 = 108

)x = �6y = �6z = �3

Como las dimensione de la caja deben ser positivas, la caja tiene volumenmáximo cuando sus dimensiones son x = 6, y = 6, z = 3.


42. Determinar el volumen máximo del paralelepípedo rectangular con ladosparalelos a los planos coordenados que puede inscribirse en una esfera deradio R.Solución. Consideremos un punto (x0; y0; z0) sobre la esfera x2+y2+z2 =R2, y en el primer octante como en la Fig. ###.El volumen del paralelepípedo es V = 8x0y0z0. Por tanto, debemos max-imizar.

V = 8x0y0z0 sujeto a x20 + y20 + z

20 = R

2

Primeramente, con � = x20 + y20 + z

20 �R2 formamos la función auxiliar

F = V + �� = 8x0y0z0 + ��x20 + y

20 + z

20 �R2

�Los puntos críticos obtenemos de

Fx = 8y0z0 + � (2x0) = 0Fy = 8x0z0 + � (2y0) = 0Fz = 8x0y0 + � (2z0) = 0F� = x

20 + y

20 + z

20 �R2 = 0

)

� = �4y0z0=x0�� 4x0z0=y0�� 4x0y0=z0x20 + y

20 + z

20 = R

2

)y20 = x

20

z20 = x20

x20 + x20 + x

20 = R

2)

x0 = R=p3

y0 = R=p3

z0 = R=p3

Solamente tomamos valores positivos por estar (x0; y0; z0) en el primeroctante. Por tanto, el volumen máximo es

V = 8

�Rp3

�3=8

3

R3p3

43. Inscribir en la esfera de radio R, el cilindro de máxima super�cie total.

hh/2 R

r

zz0

(1,1,2)

y0

x0

x

y

Fig. 5.14 Fig. 5.15

Solución. Sean r, h el radio basal y la altura del cilindro tal como semuestra en la Fig. ###; la super�cie de cada tapa basal es �r2 y lasuper�cie lateral 2�rh. Entonces la super�cie total del cilindro es S =2�r2 + 2�rh. Por otra parte, de la Fig. ###, vemos que por estar el

cilindro inscrito en una esfera de radio R, tenemos r2 +�h

2

�2= R2. Por


tanto, la función a maximizar es: S = 2��r2 + rh

�sujeto a r2+

h2

4= R2.

Formemos, con � = r2 +h2

4�R2 = 0, la función auxiliar:

F = S + �� = 2��r2 + rh

�+ �

�r2 +

r2

4�R2

�Los puntos críticos se obtienen de:

Fr = 2� (2r + h) + � (2r) = 0

Fh = 2� (r) + �

�2r

4

�= 0

F� = r2 +

h2

4�R2 = 0

)� = �� (2r + h) =r� = �4�r=h

r2 +h2

4= R2

)2r + h

r=4r

h(1)

r2 +h2

4= R2 (2)

De (1) tenemos: h2+2rh� 4r2 = 0 entonces h = �r�pr2 + 4r2 = �r�

rp5. Reemplazando en (2) tenemos: r2 +

r2

4

�p5� 1

�2= R2. Después

de algunas operaciones algebráicas obtenemos los valores de r, h:

r =R

2

s2 +

2p5

, h = R

s2� 2p

5

Entonces, de acuerdo al signi�cado geométrico del problema, el cilindrode máxima super�cie pedido tiene las dimensiones encontradas.

44. Hallar la ecuación del plano que pasa por el punto (1; 1; 1) y determina,en el primer octante, un volumen mínimo.Solución. Si x0, y0, z0 son las intersecciones del plano con los ejes co-ordenados, su ecuación es

x

x0+y

y0+z

z0= 1. El volumen del tetraedro

que forma en el primer octante es V =1

6x0y0z0, además como el plano

debe pasar por (1; 1; 1) tenemos1

x0+1

y0+1

z0= 1. Por tanto, debemos

minimizar V =1

6x0y0z0 sujeto a

1

x0+1

y0+1

z0= 1 (1)

No conviene aplicar el método de los multiplicadores de Lagrange a esta

función porque se complican los cálculos. Es mejor hacer u =1

x0, v =

1

y0,

w =1

z0. Entonces minimizar (1) equivale a minimizar

V =1

6uvwsujeto a u+ v + w = 1 (2)


Todavía podemos simpli�car aún más los cálculos observando que mini-mizar (2) equivale a maximiar

V1 = uvw sujeto a u+ v + w = 1 (3)

Ahora, con � = u+ v + w � 1 = 0, formamos la función auxiliar

F = V1 + �� = uvw + � (u+ v + w � 1)

Los puntos críticos los obtenemos de:

Fu = vw + � = 0Fv = uw + � = 0Fw = uv + � = 0F� = u+ v + w � 1 = 0

)

� = �vw� = �uw� = �uvu+ v + w = 1

)u = vv = wu+ u+ u = 1

)

u =1

3

v =1

3

w =1

3

Entonces. x0 =1

u= 3, y0 =

1

v= 3, z0 =

1

w= 3. Por tanto, de acuerdo al

signi�cado geométrico del problema, la ecuación del plano pedido es

x

3+y

3+z

3= 1

45. Hallar la ecuación del plano tangente al elipsoidex2

a2+y2

b2+z2

c2= 1 que en

el primer octante determina un volumen mínima. (a > 0, b > 0, c > 0).

(x0,y0,z0)

ab

c

c2/z0

b2/y0

a2/x0

t0 t

C

z C'(t0)

(x,y,z)=0

(x0,y0,z0)

f

y

x f

RFig. 5.16

Fig. 5.17

Solución. Sea (x0; y0; z0) el punto del elipsoide donde el plano tangenteforma el volumen mínimo. Por el ejercicio 9 la ecuación de dicho plano es

x0x

a2+y0y

b2+z0z

c2= 1

y se intersecta con los ejes coordenados en

x =a2

x0, y =

b2

y0, z =

c2

z0


respectivamente.Entonces el volumen del tetraedro formado en el primer octante es

V =1

6

a2b2c2

x0y0z0;

Además, como el punto (x0; y0; z0) está sobre el elipsoide tenemosx20a2+

y20b2+z20c2= 1. Por tanto, la función a minimizar es:

V =1

6

a2b2c2

x0y0z0sujeto a

x20a2+y20b2+z20c2= 1 (1)

Conviene hacer u =x0a, v =

y0b, w =

z0c; reemplazando en (1) obtenemos

la nueva función a minimizar

V1 =abc

6

1

uvwsujeto a u2 + v2 + w2 = 1 (2)

Notemos que minimizar (2) equivale a maximizar simplemente

V2 = uvw sujeto a u2 + v2 + w2 = 1

Formamos la función auxiliar F = uvw+��u2 + v2 + w2 � 1

�. Los puntos

críticos obtenemos de

Fu = vw + � = 0Fv = uw + � = 0Fw = uv + � = 0F� = u

2 + v2 + w2 � 1 = 0

)

� = �vw� = �uw� = �uvu2 + v2 + w2 = 1

)v = uv = wu2 + u2 + u2 = 1

)

u =1p3

v =1p3

w =1p3

de donde x0 = au =ap3, y0 = bv =

bp3, z0 = cw =

cp3. Por tanto

reemplazando enx0x

a2+y0y

b2+z0z

c2= 1 obtenemos la ecuación del plano

pedido:x

a+y

b+z

c=p3

46. Justi�car el método de los multiplicadores de Lagrange.Solución. Supongamos que en (x0; y0; z0) se tiene un máximo o mínimorelativo de f (x; y; z) sujeta a � (x; y; z) = 0. La ecuación � (x; y; z) = 0 esuna super�cie en el espacio. Consideremos una curva C (t) = (x (t) ; y (t) ; z (t))sobre esta super�cie y que pasa por el punto (x0; y0; z0). Sobre la curvaC se tiene f (x; y; z) = f (x (t) ; y (t) ; z (t)). Como f (x; y; z) sujeto a� (x; y; z) = 0 tiene máximo o mínimo relativo en (x0; y0; z0), entoncesf (x (t) ; y (t) ; z (t)) tiene máximo o mínimo relativo en t0, y por tanto; del


Cálculo I sabemos que su derivada en t0 es cero. Es decir aplicando laregla de la cadena.

@f

@x

dx

dt+@f

@y

dy

dt+@f

@z

dz

dt= 0

órf � (x0 (t0) ; y0 (t0) ; z0 (t0)) = 0 (1)

donde el gradienterf =�@f

@x;@f

@y;@f

@z

�se evalúa en (x0; y0; z0). El vector

(x0 (t0) ; y0 (t0) ; z

0 (t0)) es tangente a la curva C en (x0; y0; z0), entonces(1) dice que el vector rf es perpendicular a dicho vector tangente y,por tanto, al plano tangente a la super�cie � (x; y; z) = 0 en el punto

(x0; y0; z0). Por otra parte, el vector r� =�@�

@x;@�

@y;@�

@z

�evaluada en

(x0; y0; z0) es también perpendicular a dicho plano tangente por el ejercicio17. Entonces, los vectores rf y r� deben ser paralelos; es decir

rf = �r�, � constante (2)

En (2) podemos cambiar � por �� y escribir:Igualando componentes en (3) obtenemos el sistema

@f

@x+ �

@�

@x= 0,

@f

@x+ �

@�

@y= 0,

@f

@z+ �

@�

@z= 0

que se cumple para todos los puntos donde f (x; y; z) sujeto a � (x; y; z) = 0tiene un máximo o mínimo relativo.DERIVACION BAJO EL SIGNO INTEGRAL

47. Calcular g0 (u) si g (u) =Z �=2

0

sinux dx. a) Por cálculo directo. b)

Empleando la regla de Leibnitz.Solución. a) Calculando primero la integral (manteniendo u constante):

g (u) =

Z �=2

0

sinux dx = � cosux

u

��=20

= �cos (�u=2)u

+1

u(1)

Ahora, derivando (1) con respecto a u tenemos:

g0 (u) =u (�=2) sin (�u=2) + cos (�u=2)

u2� 1

u2=(�=2) sin (�u=2)

u+cos (�u=2)

u2� 1

u2

b) Empleando la regla de Leibnitz y considerando que los límites de inte-gración son constantes tenemos:

g (u) =

Z �=2

0

sinux dx) g0 (u) =

Z �=2

0

@

@u(sinux) dx =

Z �=2

0

s cosux dx (2)


Integrado por parte (2) obtenemos:

g0 (u) =

�x sinux

u+cosux

u2

��=20

=(�=2) sin (�u=2)

u+cos (�u=2)

u2� 1

u2

(Por supuesto, los resultados en (a) y (b) coinciden.

48. Si g (u) =Z u

0

eux dx, calcular g0 (1) a) por cálculo directo, b) empleando

la regla de Leibnitz.Solución. a) Calculamos primero la integral (manteniendo u constante).

g (u) =

Z u

0

eux dx =eux

u

��u0

=eu

2 � 1u

(1)

Derivando con respecto a u en (1) y luego evaluando en u = 1 tenemos:

g0 (u) =2u2eu

2 � eu2 + 1u2

) g0 (u) = e+ 1

b) Empleando la regla de Leibnitz y considerando que los límites de inte-gración dependen de u tenemos:

g (u) =

Z u

0

eux dx) g0 (u) =

Z u

0

@

@u(eux) dx+ euxjx=u (u)

0 � euxjx=0 (0)0

=

Z u

0

xeuxdx+ eu2

(2)

Finalmente, evaluando (2) en u = 1, tenemos:

g0 (1) =

Z 1

0

xexdx+ e = (xex � ex)j10 + e = e+ 1

49. CalcularZ 1

0

dx

(x2 ++1)2 .

Solución. Esta integral se puede calcular por medio del método de descom-posición en fracciones simples estudiado en el Cálculo I, pero eso implicalaboriosos cálculos. Resulta más fácil aplicando la regla de Lebnitz. Note-

mos que derivando1

(x2 + u), con respecto a u, obtenemos

�1(x2 + u)

2 que es

de la forma del integrando de la integral original dada. Entonces, convieneconsiderar:

g (u) =

Z 1

0

dx

x2 + u(1)


Derivando (1), aplicando la regla de Leibnitz, obtenemos:

g0 (u) =

Z 1

0

@

@u

�1

x2 + u

�dx = �

Z 1

0

dx

(x2 + u)2 (2)

Por otra parte, integrando en (1) tenemos:

g (u) =

Z 1

0

dx

x2 + u=

1puarctan

�xu

��10

=1puarctan

�1pu

�y derivando:

g0 (u) = �12u�3=2 arctan

�1pu

�+1pu

�12u�3=2

1 +1

u

= � 1

2pu3arctan

�1pu

�� 1

2 (u+ 1)u(3)

Finalmente, igualando (2) y (3) y evaluando en u = 1 tenemos:Z 1

0

dx

(x2 + u)2 =

1

2pu3arctan

�1pu

�+

1

2u (u+ 1))Z 1

0

dx

(x2 + 1)2 =

1

2

�

4+1

4

luego, Z 1

0

dx

(x2 + 1)2 =

1

8(� + 2)

50. Veri�car que y (x) =1

k

Z x

0

f (u) sin k (x� u) du, k constante, satisface laecuación

d2y

dx2+ k2y = f (x)

Solución. Considerando a x como parámetro (notemos que en los ejerciciosanteriores el parámetro era u y empleando la regla de Leibnitz tenemos:

dy

dx=1

k

Z x

0

@

@x(f (u) sin k (x� u)) du+ f (u) sin k (x� u)ju=x (x)

0 � f (u) sin k (x� u)ju=0 (0)0

=1

k

Z x

0

kf (u) cos k (x� u) du+ (0) (1)� 0 =Z x

0

f (u) cos k (x� u) du (1)

Aplicando otra vez la regla de Leibnitz en (1) tenemos:

d2y

dx2=

Z x

0

@

@x(f (u) cos k (x� u)) du+ f (u) cos k (x� u)ju=x (x

0)� f (u) cos k (x� u)ju=0 (0)0

=

Z x

0

(�kf (u) sin k (x� u)) du+ f (x) � 1 � 1� 0 = �kZ x

0

f (u) sin k (x� u) du+ f (x) (2)

Con este resultado tenemos:

d2y

dx2+k2y = �k

Z x

0

f (u) sin k (x� u) du+f (x)+k2�1

k

Z x

0

f (u) sin k (x� u) du�


ód2y

dx2+ k2y = f (x)

51. Demostrar la regla de Leibnitz para derivar bajo el signo integral.Solución. La fórmula de Leibnitz se obtiene operando adecuadamente paraobtener expresiones adecuadas.Con

g (u) =

Z u2(u)

u1(u)

f (x; u) dx,

tenemos

g (u+ h)� g (u) =Z u2(u+h)

u1(u+h)

f (x; u+ h) dx�Z u2(u)

u1(u)

f (x; u) dx

=

Z u1(u)

u1(u+h)

f (x; u+ h) dx+

Z u2(u)

u1(u)

f (x; u+ h) dx+

Z u2(u+h)

u2(u)

f (x; u+ h) dx�Z u2(u)

u1(u)

f (x; u) dx

=

Z u2(u)

u1(u)

(f (x; u+ h)� f (x; u)) dx+Z u2(u+h)

u2(u)

f (x; u+ h) dx�Z u1(u+h)

u1(u)

f (x; u+ h) dx (1)

Por los teoremas del valor medio (estudiados en el Cálculo I), se tiene:Z u2(u)

u1(u)

f (x; u+ h)� f (x; u) dx = hZ u2(u)

u1(u)

fu (x; c) dx (2)Z u1(u+h)

u1(u)

f (x; u+ h) dx = f (c1; u+ h) (u1 (u+ h)� u1 (u)) (3)Z u2(u+h)

u2(u)

f (x; u+ h) dx = f (c2; u+ h) (u2 (u+ h)� u2 (u)) (4)

donde c está entre u y u+ h, c1 entre u1 (u) y u1 (u+ h), c2 entre u2 (u)y u2 (h+ h). Reemplazando en (1) y dividiendo entre h, obtenemos:

g (u+ h)� g (u)h

=

Z u2(u)

u1(u)

fu (x; c) dx+ f (c2; u+ h)

�u2 (u+ h)� u2 (u)

h

��

�f (c1; u+ h)�u1 (u+ h)� u1 (u)

h

�(5)

Finalmente, tomando límites en (5) con h ! 0 obtenemos la regla deLeibnitz:

g0 (u) =

Z u2(u)

u1(u)

fu (x; u) dx+ f (u2 (u) ; u)du2du

� f (u1 (u) ; u)du1du

CALCULOS APROXIMADOS


52. Calcular (1:01)7 (3:97)3=2.Solución. Consideremos la función p (x; y) = x7y3=2. Notemos que p (1; 4) =1743=2 = 8. Y en (x; y) = (1; 4) tenemos

@p

@x= 7x6y3=2 = 56

@p

@y=3

2x7y1=2 = 3

De la fórmula p (1 + 0:01; 4� 0:03) ' p (1; 4)+@p@xdx+

@p

@ydy con dx = 0:01,

dy = �0:03 tenemos:

(1:01)7(3:97)

3=2= p (1 + 0:01; 4� 0:03)

' 8 + (56) (0:01) + (3) (�0:03) = 8:47

de donde(1:01)

7(3:97)

3=2 ' 8:47

53. Uno de los lados de un rectángulo es a = 10 cm., y el otro b = 24 cm.Calcular la variación de la diagonal de este rectángulo si el lado a se alarga4 mm. y el lado b se acorta 1 mm. Hallar la magnitud aproximada de lavariación y compararla con la exacta.

a

b

D

x

h

Fig. 5.18Fig. 5.19

Solución. De la Fig. ### tenemos D =pa2 + b2. Considerando que con

a = 10 cm, b = 24 cm. se tiene

@D

@a=

apa2 + b2

=10

26

@D

@b=

bpa2 + b2

=24

26

y tomando da = 4 mm. = 0:4 cm., db = �1 mm = �0:1 cm tenemos que


la aparición de D, aproximadamente, está dada por dD:

�D ' dD =@D

@ada+

@D

@bdb

'�10

26

�(0:4) +

�24

26

�(�0:1)

' 0:0615cm:

Por otra parte, el valor exacto de la variación �D es

�D =

q(10:4)

2+ (23:9)

2 �p102 � 242 = 0:0647 cm.

que es aproximadamente igual al calculado usando la diferencial.

54. El diámetro y la altura de un estanque cilíndrico miden 4 y 6 ms. respec-tivamente. Si el diámetro se dilata en 1 cm y la altura en 2 cm., calcularaproximadamente a) la varación del volumen del cilindro, b) la variaciónde la super�cie lateral.Solución. a) El volumen del cilindro en función de su diámetro D y sualtura h es

V =�

4D2h

Con D = 4 m., h = 6 m, dD = 1 cm = 0:1 cm, dh = 2 cm = 0:2 m.Tenemos que la variación de volumen aproximadamente es

dV =@V

@DdD +

@V

@hdh =

�

2Dh (dD) +

�

4D2 (dh)

=�

2(4) (6) (0:1) +

�

4(4)

2(0:2) = 2� = 6:28 m3

b) La super�cie lateral del cilindro es S = �Dh. Procediendo como en a)tenemos que la variación de la super�cie lateral aproximadamente es

dS =@S

@DdD +

@S

@hdh = �h (dD) + �D (dh)

= � (6) (0:1) + � (4) (0:2) = 1:4� = 4:4 m2

55. Las dimensiones interiores de una caja rectangular de madera con tapason 2 � 1:5 � 1 m. Si el espesor de la madera debe ser 3 cm, calcularaproximadamente la cantidad de madera que se necesita para construirla.Solución. El volumen de una caja es V = xyz. Con x = 2 m, y = 1:5 m,z = 1 m; dx = dy = dz = 3 cm = 0:03 m, la cantidad de madera necesariaaproximadamente es

dV =@V

@xdx+

@V

@ydy +

@V

@zdz = yz dx+ xz dy + xy dz

= (1:5) (1) (0:03) + (2) (1) (0:03) + (2) (1:5) (0:03) = 0:195 m3


56. El ángulo de elevación del extremo de una torre está calculado en 30� conun error posible de 0.5� y la distancia a la base es de 35 m con un errorposible de 0.3 m. Calcular el error posible en la medida de la altura de latorre.Solución. De la Fig. ###, la altura h de la torre está dada por

h = x tan �

El error posible en la medida de h es la diferencia entre el valor quese obtiene calculando con x = 35 m, � = 30� y el que se obtiene conx = 35 + 0:3 m, � = 30� + 0:5�.Por tanto, el error posible es aproximadamente:

dh =@

@xdx+

@h

@�@�

= tan �dx+ x sec2 �d�

con x = 35 m, � = 30�, dx = 0:3 m, d� = 0:5� = 0:0087 rad, tenemos queel error posible, aproximadamente, es

dh = (0:5774) (0:3) + (35) (1:3333) (0:0087) = 0:5792 m

notemos que d� debe expresarse en radianes.ERRORES

57. Al medir los catetos a, b de un triángulo rectángulo se han obtenido losvalores a = 10 cm, b = 20 cm con un error de 0.2 cm en cada una de dichasmedidas. Hallar a) el error absoluto máximo, b) el error relativo máximo;que se comete al calcular el área del triángulo con los valores obtenidos.

Solución. a) El área del triángulo es A =1

2ab y, por tanto; el error absoluto

máximo es

E =

��@A@a�� jdaj+ ��@A@b

�� jdbj (1)

Con a = 10, b = 20, tenemos:@A

@a=1

2b = 10,

@A

@b=1

2a = 5, además

dx = 0:2, dy = 0:2. Por tanto, reemplazando en (1) tenemos:

E = j10j j0:2j+ j5j j0:2j = 3

b) Como el valor aproximado del área es A =1

2(10) (20) = 100 cm2 y el

error absoluto máximo es igual a 3; el error relativo máximo es

e =3

100= 0:03

Notemos que E = 3 signi�ca que el verdadero valor del área está entre100 � 3 cm2.


58. El diámetro D = 8:0 cm y la altura h = 12:5 cm de un cilindro circularhan sido medidos con un margen de error de �0:05 cm en cada medida.Hallar el máximo error posible que se comete al calcular el volumen delcilindro por la fórmula V =

�

4D2h.

Solución. El error absoluto máximo E nos da el máximo error posible. DeV =

�

4D2h tenemos,

E =

��@V@D�� jdDj+ ��@V@h

�� jdhj (1)

ConD = 8:0 cm, h = 12:5 cm, tenemos@V

@D=�

2Dh = 50�;

@V

@h=�

4D2 =

16�. Además, jdDj = 0:05 y jdhj = 0:05. Por tanto, reemplazando en (1)obtenemos

E = j50�j j0:05j+ j16�j j0:05j = 10:5 cm3

Notemos que el volumen aproximado, calculado conD = 8:0 cm y h = 12:5cm es V = 628:3 cm3, entonces el verdadero valor del volumen está entre628.3 � 10.5 cm3.

59. Mostrar que el error relativo máximo de una función es igual al errorabsoluto máximo del logaritmo de la función. Es decir,

e (f) = E (ln f)

Solución. Teniendo en cuenta que el error absoluto de f es:

E (f) =

�� @f@x1�� jdx1j+ �� @f@x2

�� jdx2j+ � � �+ �� @f@xn�� jdxnj (1)

tenemos que el error relativo máximo de f está dado por:

e (f) =E (f)

jf j =

��@f

@x1f

�� jdx1j+ � � �+��@f

@xnf

�� jdxnj (2)

con@

@xi(ln f) =

�@f

@xi

�f

, para i = 1; 2; � � � ; n. Reemplazando en (2)

tenemos

e (f) =

�� @@x1 (ln f)�� jdx1j+�� @@x2 (ln f)

�� jdx2j+� � �+�� @@xn (ln f)�� jdxnj (3)

Pero el segundo miembro de (3) es precisamente el error absoluto máximodel logaritmo de f . Es decir

e (f) = E (ln f)


60. Mostrar que el error relativo máximo de un producto es igual a la suma delos errores relativos máximos de los factores; es decir, e (xy) = e (x)+e (y).Solución. De la de�nición del error relativo máximo tenemos:

e (xy) =E (xy)

jxyj =

�� @@x (xy)�� jdxj+ �� @@y (xy)

�� jdyjjxyj

=jyj jdxj+ jxj jdyj

jxyj =jdxjjxj +

jdyjjyj

=

�� ddx (x)�� jdxj

jxj +

�� ddy (y)�� jdyj

jyj = e (x) + e (y)


TRANSFORMACION DE ECUACIONES

1. Transformar la ecuación x2d2y

dx2+ 2x

dy

dx+a2

x2y = 0 efectuando el cambio

x =1

z.

2. Expresar la fórmula de la curvatura de una curva y = f (x) dada por

k =y00�

1 + (y0)2�3=2 pasando a coordenadas polares x = r cos � , y = r sin �.

3. Transformar la ecuación xdz

dy+y

dz

dx= 0 efecutando el cambio de variables

u = x2 + y2, v = �y.

4. Transformar la ecuación x2@2z

@x2� y2 @

2z

@y2= 0 se efectúa el cambio de

variables x = u cos a� v sin a, y = u sin a+ v cos a; la nueva ecuación quese obtiene es �

@V

@u

�2+

�@V

@v

�2= 0

5. Mostrar que la ecuación x2@2U

@x2+y2

@2U

@y2+x

@U

@x+y

@U

@y= 0 se transforma

en@2U

@r2+@2U

@s2= 0; bajo el cambio x = er, y = es.

PLANO TANGENTE Y RECTA NORMALHallar la ecuación del plano tangente y de la recta normal a cada una delas siguientes super�cies en el punto indicado

6. x2 + y2 + z2 = 14, en el punto (1;�2; 3).


7. x2 + 2z2 = 3y2, en el punto (2;�2;�2).

8. z = xy, en el punto (3;�4; 12).

9. xz2 + x2y = z � 1, en el punto (1;�3; 2).

10. Mostrar que la ecuación del plano tangente a la cuádrica trasladada ax2+by2 + cz2 + dx+ ey + fz = g en el punto (x0; y0; z0) está dado por

ax0x+ by0y + cz0z +d

2(x0 + x) +

e

2(y0 + y) +

f

2(z0 + z) = g

11. Aplicar el ejercicio anterior para hallar la ecuación del plano tangente ala super�cie: a) x2 + y2 � 2x + 4y + 2z = 0 en (1;�1; 2), b) x2 � 3y2 +z2 + x� 3y + 7z = 2 en (�1; 1; 1).

12. Determinar la ecuación del plano tangente a la super�cie x2+2y2+3z2 =21 y paralelo al plano x+ 4y + 6z = 0.

13. Hallar la ecuación del plano tangente al elipsoidex2

a2+y2

b2+z2

c2= 1, en el

primer octante, de tal modo que intercepte a los ejes coordenados a iguallongitud del origen.

14. Hallar la constante c tal que en todo punto de la intersección de las dosesferas (x� c)2 + y2 + z2 = 3, x2 + (y � 1)2 + z2 = 1 los planos tangentescorrespondientes son perpendiculares uno al otro.DERIVADAS DIRECCIONALESCalcular la derivada direccional de cada una de las siguientes funciones enel punto dado y en la dirección indicada.

15. f (x; y) = 1� 2x2 + 3y2 en (2;�1) en la dirección de V (3; 4).

16. f (x; y; z) = x2 + y2 + z2 en (1; 1;�2) en la dirección de V (2;�1; 2).

17. f (x; y; z) = xyz en (1; 0;�1) en la dirección de la hélice c (t) = (t; sin�t; cos�t).

18. Calcular la derivada de f (x; y) = 5x2 � 3x� y� 1 en el punto (2; 1) en ladirección de la recta que une este punto con el punto (5; 5).

19. Si f (x; y) = x3 + 3x2 + 4xy + y2, mostrar que en el punto�2

3;�43

�la derivada direccional es igual a cero, en cualquier dirección (éste es unpunto crítio de f).

20. Si f (x; y) = 4x2 + 9y2, encontrar la dirección para la cual la derivadadireccional en el punto (2; 1) es cero.

21. Si f (x; y; z) = 2xz� y2, ¿En qué dirección la derivada direccional de f enel punto (1; 3; 2) es a) máxima?, b) es mínima? c) calcular dichos valores.


22. Si la temperatura T en el punto (x; y) está dada por T (x; y) = x2 + y2,a) Gra�car en el plano los puntos donde T = 0, T = 1; T = 2, T = 4. b)Calcular la derivada direccional de T en el punto (1; 1) y en la direcciónde cada uno de los ocho vectores (1; 0), (1; 1), (0; 1), (�1; 1), (�1; 0),(�1;�1), (0;�1), (�1;�1). c) ¿En cuál de estas ocho direcciones aumentala temperatura con mayor rapidez?, ¿disminuye con mayor rapidez?, ¿nocambia?. d) ¿En qué dirección del plano aumenta la temperatura conmayor rapidez? y ¿en qué dirección disminuye con mayor rapidez?MAXIMOS Y MINIMOSHallar los máximos y mínimos relativos a puntos silla:

23. f (x; y) = x2 + y2 � 4x+ 6y + 25.

24. f (x; y) = x3 + y3 � 3xy.

25. z = x3 + y3 + 3xy.

26. z = x2 + 2xy + 3y2.

27. z = x2 + 2y2 + 6xy � 6x+ 10y + 5.

28. z = 2x3 � 2x2y + xy2 � y3 � 3x+ 3y.

29. z = xy (2x+ 4y + 1).

30. f (x; y) = x2 + y2e�(x2+y2)

31. f (x; y) = sinx sin y sin (x+ y) con 0 � x; y � �.

32. Encontrar los extremos de z sobre la super�cie 2x2+3y2+z2�12xy+4xz35.

33. Veri�car que (0; 0) es un punto crítico de f (x; y) =�x� y2

� �2x� y2

�y

determinar su naturaleza.

34. Si f (x; y) = 3x4 � 4x2y + y2, mostrar que sobre toda recta que pasa porel origen, la función tiene un mínimo en (0; 0) y que sin embargo no existemínimo relativo en (0; 0). (Sug. Gra�car los puntos donde f (x; y) > 0 yf (x; y) < 0).

35. Hallar los extremos de f (x; y) = x3y2 (6� x� y).MAXIMOS Y MINIMOS CONDICIONADOS (Multiplicadoesde Lagrange)Hallar los máximos y mínimos de las siguientes funciones sujetas a lasrestricciones que se indican.

36. f (x; y) = x2 + y2 con x� y = 3.

37. f (x; y) = x+ y con xy = 1.

38. f (x; y) = x+ y2 con 2x2 + y2 = 1.

39. f (x; y; z) = x2 + y2 + z2 con 3x+ 2y � 7z = 5.


40. f (x; y; z) = x+ y + z con x2 + y2 + z2 = 4.

41. f (x; y; z) = x� 2y + 2z con x2 + y2 + z2 = 1.

42. f (x; y) = cos2 x+ cos2 y con x� y = �

4, 0 � x � �.

43. f (x; y; z) = x2 + y2 + z2 con x2 + y2 = 1, z = x+ 1.

44. f (x; y; z) = x2 + y2 + z2 con x2 � xy + y2 � z2 = 1, x2 + y2 = 1.

45. f (x; y; z) = xyz con x+ y � z = 3, x� y � z = 8.

46. f (x; y; z) = xyz con x+ y + z = 5, xy + yz + xz = 8.

47. Hallar una fórmula para la distancia más corta del punto (x0; y0; z0) alplano ax+ by + cz = d.

48. Hallar la mínima distancia del origen a la hipérbola 7x2+8xy+ y2 = 225.

49. Encontrar la distancia más corta entre dos puntos cualesquiera de lasrectas x = 1 + 2t, y = 3, z = 5� t; x = 2� 4t, y = 8 + 3t, z = 11 + t.

50. Encontrar la distancia más corta desde un punto de la elipse x2+4y2 = 4hasta la recta x+ y = 4.

51. Determinar de todos los triángulos de igual perímetro 2p el que tienemayor área.

52. Calcular las dimensione de un envase de lata cilíndrico (con una tapa) quedebe contener un litro, de tal modo que su fabricación requiera la mínimacantidad de metal.

53. Calcular las aristas del mayor paralelepípedo rectangular que tiene 3 carasen los planos coordenados y un vértice en el plano

x

a+y

b+z

c= 1.

54. Determinar el paralelepípedo rectangular de máximo volumen y ladosparalelos a los planos coordenados que puede inscribirse en el elipsoidex2

a2+y2

b2+z2

c2= 1.

55. Calcular el máximo y el mínimo valor de la suma de los ángulos formadospor una recta que pasa por el origen y los ángulos se mide a) con los ejescoordenados, b) con los planos coordenados.DERIVACION BAJO EL SIGNO INTEGRAL

Si g (u) =Z �=2

0

cosuxdx, calcular g0 (u) a) por cálculo directo, b) emple-

ando la regla de Leibnitz.

56. Si g (u) =Z �

0

(1� u cosx) dx, calcular g0 (u) a) por cálculo directo, b)empleando la regla de Leibnitz.


57. Calcular g0 (u) si g (u) =Z u

0

tan (x� u) dx.

58. Calcular g0 (u) si g (u) =Z u2

0

pxdx.

59. Si g (u) =Z 2u

�u2e(x

2=u2)dx, calcular g0 (2).

60. CalcularZ 1

0

x lnxdx, aciendo g (u) =Z 1

0

xudx.

61. Mostrar queZ 1

0

xn (lnx)mdx =

(�1)mm!(n+ 1)

m+1 , m = 1; 2; 3; :::

62. Veri�car que y =Z x

0

f (u) ex�udu es solución dedy

dx� y = f (x).

63. Si g (u; v) =Z u+cv

u�cvf (x) dx, donde c > 0, mostrar que

@2g

@v2= c2

@2g

@u2.

CALCULOS APROXIMADOS

64. Calcularq(1; 1)

3+ (1:98)

3

65. Calcular 2:98e0:01.

66. Calcularq(2:01)

2+ (5:98)

2+p2:99

2.

67. Calcular1

2:01+

1

2:98+

1

6:03.

68. La altura de un cilindro es h = 30 cm y el radio de su base es 5 cm;calcular la dirección de volumen del cilindro si h se aumenta en 0.2 cm yr se disminuye en 0.1 cm.

69. Las dimensiones interiores de una caja metálica rectangular cerrada son30�20�15 cm; si el espesor del metal es 3 mm, calcular aproximadamentela cantidad de material empleada en su construcción.

70. Una caja cerrada, cuyas dimensiones exteriores son de 10 cm, 8 cm, 6cm; está hecha de madera de 2 mm de espesor. Determinar el volumenaproximado del material que se gastó en hacer la caja.

71. Cuál es el error posible de la medida de la longitud de la hipotenusa deun triángulo rectángulo si los catetos miden 11.5 m y 7.8 m con un errorposible de 0.1 m.


72. Una pila de ladrillos mide 6 � 50 � 4 pies, pero la cinta métrica cometeun error por alargamiento del uno por ciento de la longitud medida; si secalculan 12 ladrillos por pie cúbico y el millar de ladrillos cuesta 200 milpesos, calcular el error aproximado en el costo.ERRORES

73. Al determinar el cateto b = 121:56 m y el ángulo � = 25�2104000 de untriángulo rectángulo se han cometido los errores máximos absolutos h1 =0:05, h2 = 1200, respectivamente. Determinar a) el error absoluto máximo,b) el error relativo máximo, cometido en el cálculo del cateto a por lafórmula a = b tan �.

74. El período de oscilación de un péndulo es T = 2�

rl

g, donde; l es el

largo del péndulo, g es la aceleración debida a la fuerza de la gravedad.Determinar a) el error absoluto máximo, b) el error relativo máximo alcalcular T con l = 2 pies, g = 32 pies/seg2, si los valores verdaderos eranl = 1:95 pies y g = 32:2 pies/seg2?

75. El diámetro de un cilindro circular recto es 6:0 � 0:03 cm y su altura esde 4:0 � 0:02 cm según las medidas tomadas. Hallar a) el error absolutomáximo, b) el error relativo máximo, al calcular el volumen.

76. Mostrar: el error relativo máximo de un cociente es la suma de los erroresrelativos máximos de los términos. Es decir, e (x=y) = e (x) + e (y).


Chapter 6

INTEGRALESMULTIPLES

En este capítulo, el concepto de integral de una función de una sola variable sobreun intervalo estudiado en el Cálculo I, se extiende de manera natural primeroa funciones de dos variables sobre una región plana y después a funciones detres variables sobre un sólido. Estas ideas se utilizan en el cálculo de áreas deregiones planas y al cálculo de volúmenes; además de otras aplicaciones.Recordemos que si f (x) es una función de�nida en [a; b], la integral de f

sobre [a; b] se de�ne de la siguiente manera:

a bx1 xi xn

l1 li ln

A1 A2

Any

x

f

R

Fig. 6.1

Fig. 6.2

Dividamos [a; b] en n partes, de longitudes l1; l2; :::; ln respectivamente.Ahora, de cada pedazo elijamos arbitrariamente un punto xi y formemos la

suma

Sn = f (x1) l1 + :::+ f (xn) ln (6.1)

Si el límite de Sn existe, cuando el número de subdivisiones aumenta (es decir,n!1) y los pedazos son todos cada vez más pequeños (es decir, max li ! 0);

185

186 CHAPTER 6. INTEGRALES MULTIPLES

entonces a tal límite se llama integral de f (x) sobre [a; b] y se representa porZ b

a

f (x) dx

es decir, Z b

a

f (x) dx = limn!1

(f (x1) l1 + f (x2) l2 + :::+ f (xn) ln) (6.2)

Por supuesto, en (2) el límite se toma además con max li ! 0 pero omitimosesto en la notación para no sobrecargarla.

6.1 INTEGRALES DOBLES

Vamos a de�nir la integral de una función de dos variables sobre una regiónA del plano. Consideremos una función f (x; y) de R2 en R y de�nida en unaregión A como en la Fig. ###. Dividamos A en n partes de área A1; A2; :::; Anrespectivamente.Ahora, de cada pedazo elijamos arbitrariamente un punto (xi; yi) y formemos

la suma

Sn = f (x1; y1)A1 + :::+ f (xn; yn)An (6.3)

Si el límite de Sn existe, cuando el número de subdivisiones aumenta (es decir,n ! 1) y los pedazos son cada vez más pequeños (es decir, maxAi ! 0);entonces a tal límite se llama integral doble de f (x; y) sobre la región A y serepresenta por Z Z

A

f (x; y) dA.

Es decirZ ZA

f (x; y) dA = limn!1

(f (x1; y1)A1 + f (x2; y2)A2 + :::+ f (xn; yn)An)

(6.4)Si el límite (4) existe se dice que f (x; y) es integrable sobre A. No todas lasfunciones son integrables; sin embargo, las funciones que son continuas en A sonintegrables sobre A.Observando (4) resulta evidente que el cálculo de la integral doble a partir

de su de�nición es tremendamente moroso. Sin embargo, notemos que para n�jo, (3) da aproximadamente el valor de la integral doble y, por tanto, siemprepodemos hallar el valor de la integral doble por lo menos aproximadamente.

Example 58 Calcular aproximadamente la integral doble de f (x; y) = x + y

6.1. INTEGRALES DOBLES 187

sobre el triángulo de vértices (0; 0), (4; 0), (0; 4).

A3

A1 A2

4

2

2 4

(3,1)

(1,3)

(1,1)

x

x

Fig. 6.3

Tomemos n = 3. Dividamos el triángulo en 3 partes A1, A2, A3 y elijamos unpunto de cada parte tal como se muestra en la Fig. ###. Las áreas A1, A2 yA3 se calculan fácilmente: A1 = 4, A2 = 2, A3 = 2. Por tanto,Z Z

A

(x+ y) dA ' f (x1; y1)A1 + f (x2; y2)A2 + f (x3; y3)A3

= f (1; 1) 4 + f (3; 1) 2 + f (1; 3) 2

= (1 + 1) 4 + (3 + 1) 2 + (1 + 3) 2 = 24

(como n = 3 no es muy grande, es de esperar que la aproximación no sea muybuena).

6.1.1 Cálculo de las integrales dobles

El cálculo de las integrales dobles de casi todas las funciones que tratamos sereduce, afortunadamente, al cálculo consecutivo o iterado de dos integrales sim-plesque, como sabemos, a su vez se calculan fácilmente por medio del TeoremaFundamental del Cálculo. El teorema que establece la manera en que de unaintegral doble se pasa a una integral iterada, con toda razón, recibe un nombreque señala su importancia.Teorema 6.1. (Teorema Fundamental de las Integrales Dobles)Si f (x; y) es integrable sobre una región plana A, y:a) La región A es limitada inferiormente por las curvas y = y1 (x) y superi-

ormente por y = y2 (x). EntoncesZ ZA

f (x; y) dA =

Z x=b

x=a

�Z y=y2

y=y1

f (x; y) dy

�dx =

Z b

a

Z y2

y1

f (x; y) dydx (6.5)

donde el intervalo [a; b] es la proyección de A sobre el eje x (Fig. ###).


b) Si la región A es limitada por la izquierda por la curva x = x1 (y) y porla derecha por x = x2 (y). Entonces

Z ZA

f (x; y) dA =

Z y=d

y=c

�Z x=x2

x=x1

f (x; y) dx

�dy =

Z d

c

Z x2(y)

x1(y)

f (x; y) dxdy

(6.6)donde el intervalo [c; d] es la proyección de A sobre el eje y (Fig. ###). Porsupuesto, las integrales simples de (5) y (6) deben existir.

A

y

x

y

xy=y 1(x)

y=y 2(x)

x=x 1(y) x=x 2(y)A

Fig. 6.4aFig. 6.4b

En (5) al realizar la primera integración con respecto de y la variable x semantiene constante; mientras que en (6) al realizar la integración con respectode x la variable y se mantiene constante.

En la práctica, la elección del orden de integración depende de la curva quelimita a la región de integración A. Es preferible que las curvas o funciones quelimitan a la región A ya sea superior e inferiormente, o ya sea por la izquierdao por la derecha están dadas por una sola ecuación cada una. Si no fuera así,entonces se puede descomponer A en regiones A1; A2; ::: limitadas en la formadeseada y la integral sobre A se obtiene tomando la suma de las respectivasintegrales dobles sobre A1, A2, ... (Ejercicios 16, 18, 19 y 30).

Example 59 Calcular

Z ZA

xydA,

6.1. INTEGRALES DOBLES 189

donde A es la región limitada por la recta y = x y la parábola y = x2.

(1,1)y=x

y=x 2

x

y

(1,1)

x=y 1/2x=y

x

y

Fig. 6.5a Fig. 6.5b

Procedimiento 1. La región de integración está limitada inferiormente por laparábola y = x2 y superiormente por la recta y = x (Fig. ###).Por tanto, integramos primeramente con respecto a y desde y = x2 hasta y = x,y luego con respecto de x; sobre la proyección de la región en el eje x, desdex = 0 hasta x = 1.Z Z

A

xydA =

Z x=1

x=0

Z y=x

y=x2xydydx =

Z 1

0

xy2

2

��y=xy=x2

dx

=1

2

Z 1

0

�x3 � x5

�dx =

1

2

�x4

4� x

6

6

��10

=1

2

�1

4� 16

�=1

24

Procedimiento 2. La región de integración está limitada por la izquierda porla recta y = x y por la derecha por la parábola y = x2 (Fig. ###). Por tanto,integramos primeramente con respecto a x desde x = y hasta x =

py (ó y = x2)

y luego con respecto a y, sobre la proyección de laregión en el eje y, desde y = 0hasta y = 1:Z Z

A

xydA =

Z y=1

y=0

Z x=py

x=y

xydxdy =

Z 1

0

x2y

2

��x=py

x=y

dy =1

2

Z 1

0

�y2 � y3dy

�=

1

2

�y3

3� y

4

4

��10

=1

2

�1

3� 14

�=1

24

6.1.2 Area de una región plana

El área de una región plana puede calcularse por medio de una integral doble.Notemos que si en (4)hacemos f (x; y) = 1, obtenemosZ Z

A

dA = limn!1

(A1 +A2 + :::+An) (6.7)


Como A1; A2; :::; An son las áreas de las n partes en que han sido dividida laregión plana A, tenemos que el segundo miembro de (7) es el área de A. Esdecir

área de A =Z Z

A

dA =

Z ZA

dxdy (6.8)

Example 60 Hallar el área de la región limitada por los ejes coordenados, y =x2, x = 3.La región está limitada inferiormente por la recta y = 0, superiormente por laparábola y = x2; además la proyección de A sobre el eje x va desde x = 0 hastax = 3. Por tanto,

Area de A =Z Z

A

dA =

Z x=3

x=0

Z y=x2

y=0

dydx =

Z 3

0

y

Z x2

0

dx =

Z 3

0

x2dx =x3

3

��30

= 9

y

x3 x

y

zV

Vi

Fig. 6.6 Fig. 6.7

6.2 INTEGRALES TRIPLES

Ya hemos visto que el concepto de integral de una función de una sola variablesobre un intervalo se extiende de manera natural a la integral doble de unafunción de dos variables sobre una región plana. Con la misma naturalidad elconcepto se extiende a funciones de tres variables sobre una región sólida delespacio.Vamos a de�nir la integral de una función de tres variables sobre una región

sólida V del espacio. Consideremos una función f (x; y; z) de R3 en R y de�nidaen una región sólida V como en la Fig. ###. Dividamos V en n partes de vol-umen V1; V2; :::; Vn respectivamente. De cada pedazo elijamos arbitrariamenteun punto (xi; yi; zi) y formemos la suma.

Sn = f (x1; y1; z1)V1 + f (x2; y2; z2)V2 + :::+ f (xn; yn; zn)Vn (6.9)

Si el límite de Sn existe cuando el número de subdivisiones aumenta (es decir,n ! 1) y los pedazos son cada vez más pequeños (es decir, maxVi ! 0);

6.2. INTEGRALES TRIPLES 191

entonces a tal límite es llamada integral triple de f (x; y; z) sobre la región V yse representa por ZZZ

V

f (x; y; z) dV .

Es decirZZZV

f (x; y; z) dV = limn!1

[f (x1; y1; z1)V1 + :::+ f (xn; yn; zn)Vn] (6.10)

Si el límite (10) existe, se dice que f (x; y; z) es integrable sobre V . No todaslas funciones son integrables; sin embargo, las funciones que son continuas en Vson integrables sobre V .A pesar de que (10) de�ne a la integral triple, no es muy útil para su cálculo.

Por supuesto, siempre podemos hallar aproximadamente el valor de la integraltriple de cualquier función integrable sobre una región V por medio de la suma(9) (ver ejercicio 48).

6.2.1 Cálculo de las integrales triples

El cálculo de las integrales triples de la mayoría de las funciones que tratamosse reduce, como para las integrables dobles, al cálculo consecutivo o iterado detres integrales simples tal como se establece en el siguiente teorema:Teorema 6.2 (Teorema fundamental de las Integrales Triples).Si f (x; y; z) es integrable sobre una región del espacio V , y si la región V

está limitada inferiormente por la super�cie z = z1 (x; y) y superiormente porla super�cie z = z2 (x; y); entoncesZZZ

V

f (x; y; z) dV =

ZZA

�Z z=z2

z=z1

f (x; y; z) dz

�dydz (11)

donde A (en (11)) es la región del plano xy que se obtiene al proyectar V endicho plano. (Fig. ###).

Vz

y

x

z

y

x

2

2

2A

A

Fig. 6.8 Fig. 6.9

Los supuestos, como para las integrales dobles, según convenga, se puedecambiar el orden de integración en (11); en tal caso se deberá considerar la


proyección sobre el plano coordenado de las dos variables que no han intervenidoen la primera integración (ejercicio 69).En general, la proyección A sobre el plano xy se obtiene eliminando la vari-

able z de entre las super�cies que limitan V .

Example 61 CalcularZZZ

V

zdV , si V es la región limitada por x+ y + z = 2

y los planos coordenados x = 0, y = 0, z = 0 (Fig. ###).La región de integración V está limitada inferiormente por el plano coordenadoz = 0 y superiormente por el plano z = 2� x� y (o x+ y+ z = 2), entonces laprimera integración se ha de efectuar con respecto a z y entre estos límites (enla Fig. ### esto se indica con una �echa vertical punteada).La proyección A sobre el plano xy es el triángulo limitado por las rectas x = 0,y = 0, x+ y = 2. En segundo lugar podemos integrar con respecto a y desde larecta y = 0 hasta la recta y = 2� x (ó x+ y = 2).Finalmente, integramos con respecto de x sobre el intervalo proyección de Asobre el eje x, desde x = 0 hasta x = 2. Es decir,ZZZ

V

zdV =

Z 2

0

Z y=2�x

y=0

Z z=2�x�y

z=0

zdzdydx =

Z 2

0

Z 2�x

0

z2

2

��z=2�x�yz=0

dydx =

=1

2

Z 2

0

Z 2�x

0

(2� x� y)2 dydx = 1

2

Z 2

0

(2� x� y)3 = (�3)��2�x0

dx

=1

6

Z 2

0

(2� x)3 dx = � (2� x)4

6 � 4

��2

0

=2

3

Notemos que para hallar los límites de integración sobre una región V delespacio, primeramente se integra de super�cie a super�cie en el espacio, luegode curva a curva en un plano; y �nalmente, de punto a punto en un intervalo.Es decir:Los primeros límites de integración se hallan sobre el volumen V ; para hallar

los segundos límites de integración se proyecta V sobre el plano de las variablesque no han intervenido en la primera integración y los segundos límites deintegración, se hallan sobre dicha proyección A. Finalmente, los últimos límitesde integración se hallan sobre el intervalo que resulta de la proyección de A sobreel eje de la variable que no ha intervenido en las dos anteriores integraciones.

6.2.2 Volumen de una región sólida

El volumen de una región sólida puede calcularse por medio de una integraltriple. Si en (10) hacemos f (x; y; z) = 1 obtenemosZZZ

V

dV = limn!1

(V1 + V2 + :::+ Vn) (6.11)

Como V1; V2; :::; Vn son los volúmenes correspondientes a las n partes en que asido dividida la región sólida V , tenemos que el segundo miembro de (12) da el


volumen de V . Es decir:

volumen de V =ZZZ

V

dV =

ZZZV

dzdydx (6.12)

Example 62 Hallar el volumen del tetraedro limitado por los planos coordena-dos y el plano x+ y + z = 1.

z

y

x

1

1

1

A

Fig. 6.10

v

u

y

x

AA x=x(u,v)y=y(u,v)

Fig. 6.11

El tetraedro está limitado inferiormente por el plano z = 0, superiormente porel plano z = 1 � x � y; la proyección sobre el plano xy está limitada por laizquierda por la recta y = 0 y por la derecha por la recta y = 1�x; la proyecciónsobre el eje x va desde x = 0 hasta x = 1 (�echas punteadas en la Fig. ###).Por tanto, integrando entre estos límites tenemos:

V =

ZZZV

dV =

Z x=1

x=0

Z y=1�x

y=0

Z z=1�x�y

z=0

dzdydx

=

Z 1

0

Z 1�x

0

(1� x� y) dydx = 1

2

Z 1

0

(1� x)2 dx = 1

2� 13=1

6

6.2.3 Cambio de variables en integrales múltiples

Para funciones dependientes de una sola variable, por medio de un cambio devariable x = x (u) se ha podido calcular, en el cálculo I, integrales complicadastransformándolas en otras más sencillas que pueden calcularse más fácilmente.Recordemos que la fórmula es:Z b

a

f (x) dx =

Z d

c

f (x (u))x0 (u) du (6.13)

donde u (x) = a, u (d) = b (es decir, la imágen del intervalo [c; d] es el intervalo[a; b]).Notemos que en lugar de integrar sobre el intervalo original [a:; b], después

del cambio de variable está dada por más de una ecuación.


6.2.4 Formula del cambio de variable para integrales dobles

Si de las variables x; y se pasa a las variables u; v mediante las ecuaciones detransformación x = x (u; v), y = y (u; v) entonces la transformación de la inte-gral de f (x; y) sobre la región A está dada porZ Z

A

f (x; y) dxdy =

Z ZA

f (x (u; v) ; y (u; v))

��@ (x; y)@ (u; v)

�� dudv (6.14)

donde la imagen de la región A, por medio del cambio de variable, es la región

original A (Fig. ###), y además el factor

��@ (x; y)@ (u; v)

��, que desempeña el papelde x0 (u) en (14), es el valor absoluto del determinante jacobiano

@ (x; y)

@ (u; v)dado

por@ (x; y)

@ (u; v)=

�� xu xvyu yv

�� (6.15)

Notemos que el determinante jacobiano (16) es el determinante de la matrizjacobiana de la transformación que efectúa el cambio de variable.Geométricamente, el valor absoluto del determinante jacobiano mide la con-

tracción o dilatación de la región A, del plano uv, al transformarse en la región

A del plano xy. Por ejemplo si

��@ (x; y)@ (u; v)

�� = 2 en todo A, signi�ca que el área deA es el doble de A. Si el valor de

��@ (x; y)@ (u; v)

�� varía según el punto, signi�ca que lacontracción o dilatación de A mediante la transformación varía según el punto.Por esta razón, al determinante jacobiano puede considerarse como el �factorde proporcionalidad de áreas�del cambio de variable efectuado (Ejercicio 47).De (15) tenemos que cuando se efectúa un cambio de varaible se debe ex-

presar la función f en términos de las nuevas variables, u, v y multipliarla por��@ (x; y)@ (u; v)

�� que se calcula según (16).Algunos determinantes jacobianos que se usan frecuentemente son:Para: Coordenadas Polares:��@ (x; y)@ (r; �)

�� = r ) x = r cos �y = r sin �

(6.16)

Para: a > 0; b > 0

��@ (x; y)@ (u; v)

�� = ab )x

a= u

y

b= v

(6.17)

(ver ejercicios 32 y 35).


Algunas veces, cuando las variables originales no están despejadas en lasecuaciones que efectúan el cambio de variables, es conveniente saber que

@ (x; y)

@ (u; v)=

1

@ (u; v)

@ (x; y)

(6.18)

(ver ejercicios, 31, 33, 34, 43 y ejercicio propuesto 95).En general, la elección de un cambio de variable especí�co está sugerido por

la forma de las ecuaciones de las curvas que limitan a la región de integracióny/o por la forma de la función que se integra. Por ejemplo el cambio a lascoordenadas polares (17a) puede ser muy útil cuando se integra sobre regioneslimitadas por circunferencias, mientras que el cambio (17b) suele utilizarse paratransformar elipses en circunferencias.

6.2.5 Fórmula del cambio de variable para integrales triples

La fórmula del cambio de variable para integrales tripes es el mismo tipo quepara las integrales dobles. Si el cambio de variable se efectúa mediante lasecuaciones x = x (u; v; w), y = y (u; v; w), z = z (u; v; w); entonces el cambio enla integral triple de f (x; y; z) sobre la región sólida V está dada porZZZ

V

f (x; y; z) dV =

ZZZV

f (x; y; z)

�� @ (x; y; z)@ (u; v; w)

�� dudvdw (6.19)

donde la imagen de V , mediante el cambio de variable, es la región original V ;

el factor

�� @ (x; y; z)@ (u; v; w)

�� es el valor absoluto del determinante jacobiano @ (x; y; z)@ (u; v; w)dado por

@ (x; y; z)

@ (u; v; w)=

��xu xv xwyu yv ywzu zv zw

�� (6.20)

Geométricamente, el valor absoluto del determinante jacobiano (20) es el �factorde proporcionalidad de volúmenes�del cambio de variable efectuado. Algunosque se usan frecuentemente son:Para: Coodenadas cilíndricas��@ (x; y; z)@ (r; �; z)

�� = r ;x = r cos �y = r sin �z = z

(6.21)

Para: Coordenadas esféricas��@ (x; y; z)@ (�; �; �)

�� = �2 sin � ;x = � cos � sin�y = � sin � sin�z = � cos�

(6.22)


Para: a > 0, b > 0, c > 0�� @ (x; y; z)@ (u; v; w)

�� = abc ;x=a = uy=b = vz=c = w

(6.23)

En general la elección del cambio de variable depende de la forma de lasecuaciones de las super�cies que limitan la región de integración y/o de la formade la función que se integra. El cambio a coordenadas cilíndricas (21) puedeser conveniente cuando se integra sobre regiones limitadas por cilindros, conos yparaboloides; el paso a coordenadas esféricas suele efectuarse cuando la regiónde integración está limitada por esferas y, a veces, cilindros. El cambio (23)transforma elipsoides en esferas (ver ejercicio 61).

6.3 MASA. DENSIDADMEDIA. CENTRODEGRAVEDAD. CENTROIDE.MOMENTOS

Consideremos una ��na lámina�que tenga la forma de una región plana A. Si lalámina o placa está construida con un material homogéneo, la densidad ó (masapor unidad de área) es constante y en tal caso la masa total es el producto dela densidad por el área de la lámina.Si la densidad � (x; y) varía de un punto a otro, entonces la masa total de

la lámina está dada por

m =

ZZA

� (x; y) dxdy (6.24)

La densidad media � de la lámina está dada por el cociente.

� =masaárea

=

ZZA

� (x; y) dxdyZZA

dxdy

(6.25)

El centro de gravedad, de coordenadas (x; y), teóricamente es un puntode equilibrio de la lámina y sus coordenadas están dadas por

x =

ZZA

x� (x; y) dxdyZZA

� (x; y) dxdy

; y =

ZZA

y� (x; y) dxdyZZA

� (x; y) dxdy

(6.26)

La integrales de los numeradores de (25) son los momentos de la lámina re-specto al eje y y al eje x, respectivamente. Cuando la densidad es constante,� (x; y) = c, las fórmulas (25) se simpli�can y tenemos

x =

ZZA

xdxdyZZA

dxdy

; y =

ZZA

ydxdyZZA

dxdy

(6.27)

6.4. TEOREMA DE PAPPUS 197

En este caso, cuando la densidad es constante, el punto (x; y) se llama cen-troide o centro geométrico de la lámina.Por otra parte, si L es una recta en el plano de la lámina y d (x; y) es la

distancia del punto (x; y) de la lámina a la recta L, entonces el momento deinercia IL de la lámina respecto a L está dado por

IL =

ZZA

d2 (x; y) � (x; y) dxdy (6.28)

Si en (27) se tiene � (x; y) = 1, el momento de inercia IL se llama tambiénsegundo momento de la lámina A respecto a L. En particular los momentosde inercia respecto a los ejes x e y se representan por Ix e Iy respectivamente;y están dadas por

Ix =

ZZA

y2� (x; y) dxdy ; Iy =

ZZA

x2� (x; y) dxdy (6.29)

La suma de estos momentos se llama momento polar de inercia respecto alorigen y se representa por I0:

I0 = Ix + Iy = Ix =

ZZA

�x2 + y2

�� (x; y) dxdy (6.30)

Debemos tener en cuenta que la masa y el centro de gravedad de una láminano dependen de la posición del origen de coordenadas, ni de las direcciones delos ejes coordenados. El momento polar de inercia depende únicamente de laposición del origen y no de las direcciones de los ejes coordenados, mientras quelos momentos y momento de inercia respecto a los ejes x e y dependen de laposición del origen y de las direcciones de los ejes.

Si la lámina es de densidad constante y tiene un eje de simetría, entones sucentroide (x; y) estará en dicho eje de simetría; si tiene dos ejes de simetría, elcentroide estará en la intersección de tales ejes de simetría. Estas propiedadespueden usarse para simpli�car los cálculos (ejercicio 36, 38).

La masa, centro de gravedad, momentos, etc. de un sólido están dados porfórmulas análogas a las correspondientes a regiones planas, donde intervienenintegrales triples (ejercicios 72, 73 y 74).

6.4 TEOREMA DE PAPPUS

El teorema de Pappus relaciona al centroide de una región plana con el volumendel sólido de revolución generado al girar la región plana alrededor de una recta


de su plano. En forma precisa:

A

A

(x,y)

(x,y)

y

x

y

xy

y

Fig. 6.12a Fig. 6.12b

El volumen generado al girar una región plana arededor de un eje de su planoque no la corte es igual al producto del área de la región por la longitud de lacircunferencia descrita por su centroide.En particular, si una región plana como la de la Fig. ### gira alrededor

del eje x, entonces al girar la región plana para engendrar el sólido de revolu-ción, el centroide se desplaza a lo largo de una circunferencia de radio y (Fig.###). Entonces, el volumen V es igual al producto de la longitud de dichacircunferencia multiplicada por el área A; es decir

V = 2�yA (6.31)

El teorema de Pappus puede usarse en algunos casos para calcular volúmenes yen otros para determinar centroides.Nota. Por supuesto, el teorema de Pappus se aplica cuando la densidad es

constante.Ejemplo 6.6. El area del semidisco superior x2+y2 = R2, y � 0 es A = �

2R2.

Al girar alrededor del eje x genera una esfera de radio R cuyo volumen es

V =4

3�R3.

y

x

(x,y)

R

R

Fig. 6.13


Por el teorema de Pappus tenemos:

V = 2�yA =) 4

3�R3 = 2�y

�

2R2

despejando y

y =4

3

R

�

Además, como el eje y es un eje de simetría del semidisco, el centroide estáen dicho eje y por tanto x = 0. Luego, el centroide del semidisco es (x; y) =�0;4

3

R

�

�.


INTEGRALES DOBLES

1. Sea A el cuadrado con vértice en (0; 0), (1; 0), (1; 1), (0; 1). Calcularaproximadamente el valor de la integralZZ

A

�x2 + y

�dA

a) dividiendo A en dos partes. b) dividiendo A en cuatro partes.

(1,1) (1,1)

(1/2,3/4 )

(1/2,1/4 )A1

A2

x

y

A1 A2

A3A4

x

y

(1,0)(0,0)

(0,1)

(1,0)(0,0)

(0,1)

Fig. 6.14a Fig. 6.14b

Solución. a) Dividamos A en dos partes A1 y A2 como en la Fig. ###.Del pedazo inferior elegimos el punto (x1; y1) =

�12 ;

14

�y del pedazo supe-

rior el punto (x2; y2) =�12 ;

34

�. Los áreas de A1 y A2 son A1 = 1

2 , A2 =12 .

Por tanto,ZZA

�x2 + y

�dA ' f (x1; y1)A1 + f (x2; y2)A2 =

�x21 + y1

�A1 +

�x22; y2

�A2

=

�1

2

�2+1

4

!1

2+

�1

2

�2+3

4

!1

2=3

4


b) Dividamos A en cuatro partes A1, A2, A3, A4 como en la Fig. ###.Elijamos un punto de cada pedazo:�

1

4;1

4

�,�3

4;1

4

�,�3

4;3

4

�,�1

4;3

4

�.

Como el área de cada pedazo es 14 , tenemos:ZZ

A

�x2 + y

�dA ' f (x1; y1)A1 + f (x2; y2)A2 + f (x3; y3)A3 + f (x4; y4)A4

=

�1

4

�2+1

4

!1

4+

�3

4

�2+1

4

!1

4+

�3

4

�2+3

4

!1

4+

�1

4

�2+3

4

!

=13

16,

después de simpli�car.CALCULO DE INTEGRALES DOBLESEn los ejercicios 2 - 8 se calculan integrales iteradas.

2.Z 2

1

Z 1

0

xydxdy.

Solución. Integrando con respecto a x manteniendo y constante:Z 2

1

Z 1

0

xydxdy =

Z 2

1

x2

2y

��10

dy =

Z 2

1

y

2dy =

y2

4

��21

=3

4

3.Z 4

2

Z 3

1

xydydx.

Solución. Integrando con respecto a y, manteniendo x constanteZ 4

2

Z 3

1

xydydx =

Z 4

2

xy2

2

��31

dx =

Z 4

2

4xdx =4x2

2

��42

= 24

4.Z 1

0

Z x

x2dydx.

Solución.Z 1

0

Z x

x2dydx =

Z 1

0

yjxx2 dx =Z 1

0

�x� x2

�dx =

x2

2� x

3

3

��10

=1

2� 13=1

6

5.Z 2

1

Z 3y

y

(x+ y) dxdy.

Solución.Z 2

1

Z 3y

y

(x+ y) dxdy =

Z 2

1

x2

2+ xy

��3yy

dy =

Z 2

1

6y2dy =6y3

3

��21

= 14


6.Z 2

�1

Z x2+x

2x2�2xdydx.

Solución.Z 2

�1

Z x2+x

2x2�2xdydx =

Z 2

�1xyjx

2+x2x2+2 dx =

Z 2

�1

��x3 + x2 + 2x

�dx

=x4

4+x3

3+2x2

2

��2�1=9

4

7.Z �

0

Z cos �

2

r sin �drd�.

Solución.Z �

0

Z cos �

2

r sin �drd� =

Z �

0

r2

2sin

��cos �0

d� =1

2

Z �

0

cos2 � sin �d� =1

2�cos

3 �

3

��0

= �13

8.Z �=2

0

Z 4 cos �

2

r3drd�.

Solución.Z �=2

0

Z 4 cos �

2

r3drd� =

Z �=2

0

r4

4

��4 cos �2

d� =

Z �=2

0

�64 cos4 � � 4

�d�

consultando una tabla de integrales

=

�64

�3�

8+sin 2�

4+sin 4�

32

�� 4�

��=20

= 10�

En los ejercicios 9-16 se calculan integrales dobles sobre una región planapor medio de integrales iteradas.

9.ZZ

A

y2dA siendo A el rectángulo limitado por x = 0, x = 1, y = 0, y = 3.

(1,3)

A

(1,3)

x

yy

Fig. 6.15a Fig. 6.15b


Solución. Procedimiento 1. Como el rectángulo A, que es la regiónde integración, está limitada por la izquierda por la recta x = 0 y porla derecha por la recta x = 1, primeramente integramos con respecto dex (línea punteada en la Fig. ###). Con respecto de y se integra en laproyección del rectángulo sobre el eje y, que va de y = 0 hasta y = 1(intervalo rayado en la Fig. ###). Por tanto:ZZ

A

y2dA =

Z 3

0

Z 1

0

y2dxdy =

Z 3

0

y2x��10dy =

Z 3

0

y2dy =y3

3

��30

= 9

Procedimiento 2. El rectángulo A está limitado inferiormente por larecta y = 0 y superiormente por la recta y = 3. Entonces primeramenteintegramos con respecto de y entre estos lìmites (línea punteada en la Fig.###). Con respecto de x integramos en la proyección del rectángulosobre el eje x, que va desde x = 0 hasta x = 1 (intervalo rayado en la Fig.###). Por tantoZZ

A

y2dA =

Z x=1

x=0

Z y=3

y=0

y2dydx =

Z 1

0

y3

3

��30

dx =

Z 1

0

9dx = 9xj10 = 9

10. CalcularZZ

A

(x+ 2y) dA si A es el triángulo limitado por x = 0, y = 0,

x+ y = 1.

x+y=1ó x=1yx+y=1ó y=1x

(1,0)

(0,1) (0,1)

(1,0) xx

yy

Fig. 6.16a Fig. 6.16b

Solución. Procedimiento 1. El triángulo está limitado por la izquierdapor la recta x = 0 y por la derecha por la recta x = 1 � y; entoncesintegramos primero con respecto a x entre estos límites (línea punteadaen la Fig. ###). Con respecto a y integramos en la proyección deltriángulo sobre el eje y (intervalo rayado en la Fig. ###). Por tanto,ZZ

A

(x+ 2y) dA =

Z x=1

x=0

Z y=1�x

y=0

(x+ 2y) dydx =

Z 1

0

(xy) + y2��1�x0

dx

=

Z 1

0

(1� x) dx =�x� x

2

2

��10

=1

2


Nota. Notemos que en los límites de integración la variable respecto a lacual se integra debe estar despejada.

11. CalcularZZ

A

(2x� y) dA si A es el cuadrilátero limitado por x = 0, x = 1,x+ y = 1, x+ y = 3.

x+y=3

x+y=1(1,0) x

y

y=x

x+y=2

(1,1)

y

x

Fig. 6.17

Fig. 6.18

Solución. Como la región de integración está limitada inferiormente por larecta y = 1�x y superiormente por la recta y = 3�x; entonces integramosprimero con respecto de y entre estos límites (línea punteada Fig. ###).Con respecto de x integramos en la proyección de la región de integraciónsobre el eje x que va desde x = 0 hasta x = 1. Por tanto

ZZA

(2x� y) dA =

Z x=1

x=0

Z y=3�x

y=1�x(2x� y) dydx =

Z 1

0

�2xy � y

2

2

��3�x1�x

dx

=

Z 1

0

(6x� 4) dx = 6x2

2� 4x

��10

= �1

Nota. En este caso no conviene integrar primero con respecto a x porquela región de integración está limitada por dos curvas (dadas por dos ecua-ciones) por la izquierda. Lo mismo ocurre con las curvas que la limitanpor la derecha.

12. HallarZZ

A

(1 + x) dA, si A es el triángulo limitado por y = x, x+ y = 2,

y = 0.Solución. Como la región de integración está limitada por la izquierda porla recta x = y y por la derecha por la recta x = 2�y, entonces integramosprimero con respecto a x (línea punteada Fig. ###). Con respecto yintegramos en la proyección del triángulo sobre el eje y que va desde y = 0


hasta y = 1 (intervalo rayado, Fig. ###). Por tanto,

ZZA

(1 + x) dA =

Z y=1

y=0

Z x=2�y

x=y

(1 + x) dxdy =

Z 1

0

(1 + x)2

2

��2�y

y

dy

=

Z 1

0

(4� 4y) dy = 4�y � y

2

2

��10

= 2

Nota. En este caso no conviene integrar primero con respecto de y porquela región de integración está limitada superiormente por dos curvas (dadaspor dos ecuaciones).

13. HallarZZ

A

(x+ y) dA, siendo A la región limitada por x = y2, x+ y = 0.

(1,1)

x=y 2

x+y=0

(1,1)

x

y y

x

y=x 3

y=x

(1,1)Fig. 6.19 Fig. 6.20

Solución. Como la región de integración está limitada por la izquierda porla parábola x = y2 hasta la recta x = �y; entonces integramos primerocon respecto de x entre estos límites (línea punteada Fig. ###). Conrespecto de y integramos en la proyección de la región sobre el eje y queva desde y = �1 hasta y = 0. Por tantoZZ

A

(x+ y) dA =

Z y=0

y=�1

Z x=�y

x=y2(x+ y) dxdy =

Z 0

�1

x2

2+ xy

��yy2dy = �1

2

Z �1

0

�y4 + 2y3 + y2

�dy

= �12

�y5

5+2y4

4+ y3

��10

= � 1

60

14. CalcularZZ

A

xydA, donde A es la región limitada por y = x3, y = x.

Solución. La porción que está sobre el primer cuadrante está limitadainferiormente por la curva y = x3 y superiormente por la curva y =x, entonces integramos primero con respecto a y entre estos límites; laproyección sobre el eje x de esta porción va desde x = 0 hasta x = 1.


Por otra parte, la porción que está en el tercer cuadrante está limitadainferiormente por y = x y superiormente por y = x3, entonces se va aintegrar primero con respecto a y entre estos límites. La proyección deesta porción sobre el eje x va de x = �1 a x = 0.Por tanto, sumando las integrales sobre cada porción tenemos:

ZZA

xydA =

Z x=1

x=0

Z y=x

y=x3xydydx+

Z x=0

x=�1

Z y=x3

y=x

xydydx =

Z 1

0

xy2

2

��xx3dx+

Z 1

�1xy2

2

��x3

x

dx

=1

2

Z 1

0

�x3 � x7

�dx+

1

2

Z 0

�1

�x7 � x3

�dx =

1

16+1

16=1

8

15. HallarZZ

A

(x� y) dA, si A es la región limitada por x = y2, y = x3.

(1,1)

y=x 3 x=y 2

Fig. 6.21

Solución. La región de integración está limitada inferiormente por la curvay = x3 y superiormente por la parábola y =

px (o x = y2), entonces

integramos primero con respecto de y entre estos límites (línea punteadFig. ###).Con respecto de x integramos en la proyección sobre el eje x que va desdex = 0 hasta x = 1 (intervalo rayado, Fig. ###). Por tanto,

ZZA

(x� y) dA =

Z x=1

x=0

Z y=px

x=x3(x� y) dydx =

Z 1

0

�xy � y

2

2

��px

x3dx =

Z 1

0

�x3=2 � x4 � x

2+x6

2

�dx

= 2x5=2

5� x

5

5� x

2

4+x7

14

��10

=2

5� 15+1

14=

3

140

16. HallarZZ

A

x2dA, si A es la región del primer cuadrante limitada por la


hipérbola xy = 16 y las rectas x = y, x = 0, y = 0, x = 8.

xy=16

y=x

x=8

A1 A2

(4,4) (4,4)

(8,2)

xx

y y

xy=16

x=y

A1

A2

Fig. 6.22a Fig. 6.22b

Solución. Notemos que tanto por la derecha como superiormente la regiónde integración está limitada por dos curvas (dadas por dos ecuaciones),entonces es necesario dividir la región en dos partes.Procedimiento 1. Dividamos la región A como en la Fig. ###, en dosregiones A1 y A2.La región A1 está limitada inferiormente por la recta y = 0 y superior-mente por la recta y = x, integramos con respecto de y entre estos límites.Con respecto de x integramos en la proyección sobre el eje x que va desdex = 0 hasta x = 4.Por otra parte, la región A2 está limitada inferiormente por la recta y = 0y superiormente por la hipérbola y = 16

x , entonces integramos primero conrespecto de y entre estos límites.Con respecto de x integramos en la proyección de A2 sobre el eje x que vadesde x = 4 hasta x = 8.Sumando las integral sobre A:ZZ

A

x2dA =

Z x=4

x=0

Z y=x

y=0

x2dydx+

Z x=8

x=4

Z y=16=x

y=0

x2dydx =

Z 4

0

x2 yj40 dx+Z 8

4

x2 yj16=x0 dx

=

Z 4

0

x3dx+

Z 8

4

16xdx =x4

4

��40

+ 16x2

2

��84

= 64 + 8 (64� 16) = 448

Procedimiento 2. Dividamos la región A como en la Fig. ### endos regiones A1 y A2. Integramos primero con respecto de x y luego conrespecto de y sobre A1 y A2 y luego sumando, obtenemos:ZZ

A

x2dA =

Z y=2

y=0

Z x=8

x=y

x2dxdy +

Z y=4

y=2

Z x=16=y

x=y

x2dxdy =

Z 2

0

x3

3

��8y

dy +

Z 4

2

x3

3

��16=yy

dy

=1

3

Z 2

0

�512� y3

�dy +

1

3

Z 4

2

�4096

y3� y3

�dy

=1

3

�512y � y

4

4

��20

+1

3

�4096

�2y2 �y4

4

��42

= 448


En los ejercicios 17 - 20 se invierte el orden de integración de una integraliterada.

17. Gra�car la región de integración e invertir el orden de integraciónZ 2

0

Z 2x

0

f (x; y) dydx.

(2,4)

y=2x

x=2

Fig. 6.23

y=3x

y=2xx=1

y

x

y

x

y

x

y=3x(1,3)

(1,2)

y=2x

A1

A2

Fig. 6.24a Fig. 6.24b

Solución. ComoZ 2

0

Z 2x

0

f (x; y) dydx =

Z x=2

x=0

Z y=2x

y=0

f (x; y) dydx

considerando los límites de integración deducimos que la región de inte-gración está limitada inferiormente por la recta y = 0 y superiormentepor la recta y = 2x. Además x varía entre x = 0 y x = 2. La región deintegración se muestra en la Fig. ###.Invirtamos el orden de integración; como la región está limitada por laizquierda por x = y

2 y por la derecha por x = 2, entonces integramoscon respecto de x entre estos límites. Con respecto de y integramos en laproyección de la región sobre el eje y, que va desde y = 0 hasta y = 4. Portanto:Z 2

0

Z 2x

0

f (x; y) dydx =

Z y=4

y=0

Z x=2

x=y=2

f (x; y) dxdy =

Z 4

0

Z 2

y=2

f (x; y) dxdy

18. Gra�car la región de integración e invertir el orden de integración:Z 1

0

Z 3x

2x

f (x; y) dydx

Solución. ComoZ 1

0

Z 3x

2x

f (x; y) dydx =

Z x=1

x=0

Z y=3x

y=2x

f (x; y) dydx

considerando los límites de integración deducimos que la región de inte-gración está limitada inferiormente por la recta y = 2x y superiormente


por la recta y = 3x. Además x varía entre x = 0 y x = 4. La región de in-tegración se muestra en la Fig. ###. Invirtiendo el orden de integración:Como la región está limitada por la derecha por dos curvas (dadas por dosecuaciones) debemos dividir la región de integración en dos partes A1 yA2 como en la Fig. ###. La región A1 está limitada por la izquierda porla recta x = y

3 y por la derecha por x =y2 ; entonces integramos primero

con respecto de x entre estos límites. Con respecto de y integramos en laproyección de A1 sobre el eje y que va desde y = 0 hasta y = 2. La regiónA2 está limitada por la izquierda por x =

y3 y por la derecha por la recta

x = 1, entonces integramos primero respecto de x entre estos límites. Conrespecto de y integramos en la proyección de A2 sobre el eje y que va desdey = 2 hasta y = 4. Por tanto:Z 1

0

Z 3x

2x

f (x; y) dydx =

Z 2

0

Z y2

y3

f (x; y) dxdy +

Z 3

2

Z 1

y3

f (x; y) dxdy

19. Gra�car la región de integración e invertir el orden de integración:Z 1

0

Z 1�y

�p1�y2

f (x; y) dxdy

x=(1y 2)1/2

1

1

x=1y

1 x

y

Fig. 6.25a

y

x

x=1y

1

1 1

A2A1

x=(1y 2)1/2

Fig. 6.25b

Solución. ComoZ 1

0

Z 1�y

�p1�y2

f (x; y) dxdy =

Z y=1

y=0

Z x=1�y

x=�p1�y2

f (x; y) dxdy

considerando los límites de integración deducimos que la región de inte-gración está limitada por la izquierda por la curva x = �

p1� y2 y por la

derecha por la recta x = 1� y. Además y varía desde y = 0 hasta y = 1.La región de integración se muestra en la Fig. ###.Para invertir el orden de integración: dividimos la región de integraciónen dos partes A1 y A2 como se ven en la Fig. ###.La región A1 está limitada inferiormente por la recta y = 0 y superi-ormente por la curva y =

p1� x2 (que se obtiene de x = �

p1� y2),


entonces integramos primero con respecto a y entre estos límites. Conrespecto de x integramos en la proyecci{on de A1 sobre el eje x que vadesde x = �1 hasta x = 0.Por otra parte, la región A2 está limitada inferiormente por la recta y = 0y superiormente por la recta y = 1� x; entonces integramos primero conrespecto de y entre estos límites. Con respecto de x integramos en laproyección de A2 sobre el eje x que va desde x = 0 hasta x = 1.Por tanto, sumando las integrales sobre A1 y A2 tenemos:Z 1

0

Z 1�y

�p1�y2

f (x; y) dxdy =

Z 0

1

Z 1�x2

0

f (x:y) dydx+

Z 1

0

Z 1�x

0

f (x; y) dydx

20. CalcularZ 1

0

Z 3

3y

ex2

dxdy invirtiendo previamente el orden de integración.

y

x3

(3,1)x=3y

y

x3

(3,1)y=x/3

Fig. 6.26a Fig. 6.26b

Solución. Como Z 1

0

Z 3

3y

ex2

dxdy =

Z y=1

y=0

Z x=3

x=3y

ex2

dxdy

considerando los límites de integración deducimos que la región de inte-gración está limitada por la izquierda por la recta x = 3y y por la derechapor la recta x = 3. Además, y varía desde y = 0 hasta y = 1.La región de integración se muestra en la Fig. ###. Invirtiendo el ordende integración: como la región de integración está limitada inferiormentepor la recta limitada inferiormente por la recta y = 0 y superiormentepor la recta y = x

3 , entonces integramos primero con respecto de y entreestos límites. Con respecto de x integramos en la proyección de la regiónsobre el eje x que va desde x = 0 hasta x = 3 (Fig. ###). Por tanto,invirtiendo el orden de integración y calculando:Z 1

0

Z 3

3y

ex2

dxdy =

Z x=3

x=0

Z y= x3

y=0

ex2

dydx =

Z 3

0

ex2

y�� x30dx =

1

3

Z 3

0

xex2

dx =1

3

1

2ex

2

��30

=1

6

�e9 � 1

�


Nota. Notemos que si previamente no se invierte el orden de integración,el cálculo de la integral es di�cultosa.En los ejercicios 21 - 35 se calculan áreas de regiones planas.

21. Hallar el área de la región limitada por las rectas y = 2x, x+y = 2, y = 0.

(2/3,4/3)

x+y=2

y

2

2 x

y

y=2x+3

y=x 2

(3,9)

(1,1)

xFig. 6.27 Fig. 6.28

Solución. La región está limitada por la izquierda por la recta x = y2 (que

se obtiene de y = 2x) y por la derecha por la recta x = 2 � y (que seobtiene de x + y = 2). Entonces integramos primeramente con respectode x entre estos límites. Con respecto de y integramos en la proyecciónsobre el eje y que va desde y = 0 hasta y = 4

3 . Por tanto el área A estádado por:

A =

Z 43

0

Z 2�y

y2

dxdy =

Z 43

0

xj2�yy2

dy =

Z 43

0

�2� 3

2y

�dy = 2y � 3

4y2�� 430

=4

3

22. Calcular el área de la región limitada por y = x2 y y = 2x+ 3.Solución. Como la región está limitada inferiormente por la parábola y =x2 y superiormente por la recta y = 2x+ 3; entonces primero integramoscon respecto de y entre estos límites.Con respecto de x integramos en la proyección sobre el eje x que va desdex = �1 hasta x = 3. Por tanto el área es

A =

Z 3

�1

Z 2x+3

x2dydx =

Z 3

�1yj2x+3x2 dx =

Z 3

�1

�2x+ 3� x2

�dx = x2 + 3x� x

3

3

��3�1=32

3


23. Calcular el área de la región limitada por x = 6y � y2 y y = x.

y

y=x

x=6yy 2

x

(5,5)

y

2

y2=4x

y2=44x

2Fig. 6.29 Fig. .30

Solución. La región está limitada por la izquierda por la recta x = y ypor la derecha por la parábola x = 6y � y2; entonces primero integramoscon respecto de x entre estos límites. Con respecto de y integramos en laproyección sobre el eje y que va desde y = 0 hasta y = 5. Por tanto, elárea pedida es

A =

Z 5

0

Z 6y�y2

y

dxdy =

Z 5

0

xj6y�y2

y dy =

Z 5

0

�5y � y2

�dy =

5y2

2� y

3

3

��50

=125

6

24. Hallar el área limitada por y2 = 4� x y y2 = 4� 4x.Solución. Como la región es simétrica, calculemos el área de la parte queestá en el primer cuadrante y lo multiplicamos por 2. Esta porción estálimitada por la izquierda por la parábola x = 1 � y2

4 (que se obtiene dey2 = 4 � 4x) y por la derecha por x = 4 � y2 (obtenida de y2 = 4 � x);entonces integramos primero con respecto de x entre estos límites. Conrespecto de y, integramos en la proyección sobre el eje y que va desdey = 0 hasta y = 2. Por tanto, el área pedida es

A = 2

Z 2

0

Z 4�y2

1�y2=4dxdy = 2

Z 2

0

xj4�y2

1�y2=4 dy = 2

Z 2

0

�3� 3

4y2�dy = 2

�3y � y

3

4

��20

= 8


25. Calcular el área limitada por y = 2x� x2 y y = 3x2 � 6x.

y=2xx 2

y=3x 26x

2

Fig. 6.31

y

x

y

x

y=x 2y=x 3

(1,1)

Fig. 6.32

Solución. La región está limitada inferiormente por la parábola y = 3x2�6x y superiormente por la parábola y = 2x � x2, entonces integramosprimeramente con respecto de y entre estos límites. Con respecto de xintegramos en la proyección sobre el eje x que va desde x = 0 hasta x = 2.Por tanto, el área pedida es

A =

Z 2

0

Z 2x�x2

3x2�6xdydx =

Z 2

0

yj2x�x2

3x2�6x dx =

Z 2

0

�8x� 4x2

�dx = 4x2 � 4x

3

3

��20

=16

3

26. Hallar el área de la región limitada por y = x2 y y = x3.Solución. Como la región está limitada inferiormente por la cúbica y = x3

y superiormente por la parábola y = x2; entonces integramos primero conrespecto de y entre estos límites. Con respecto de x, integramos en laproyección sobre el eje x que va desde x = 0 hasta x = 1. Por tanto, elárea pedida es:

A =

Z 1

0

Z x2

x3dydx =

Z 1

0

yjx2

x3 dx =

Z 1

0

�x2 � x3

�dx =

x3

3� x

4

4

��10

=1

12

27. Calcular el área de la región en el primer cuadrante limitada por y2 = 2x,


x2 + y2 � 4y = 0.

x2+y 24y=0

y2=x

(2,2)

y

x

y

x

(2p,2p)x2=2py

y2=2px

Fig. 6.33Fig. 6.34

Solución. Como la región está limitada por la izquierda por la parábolax = y2

2 (obtenida de y2 = 2x) y por la derecha por el arco de circunferencia

x =p4y � y2 (obtenida de x2+y2�4y = 0) entonces integramos primero

con respecto de x entre estos límites. Con respecto de y integramos en laproyección sobre el eje y que va desde y = 0 hasta y = 2. Por tanto, elárea pedida es

A =

Z 2

0

Z p4y�y2y2=2

dxdy =

Z 2

0

xjp4y�y2

y2=2 dy =

Z 2

0

�p4y � y2 � y

2

2

�dy

=1

2(y � 2)

p4y � y2 + 1

24 arcsin

�y � 22

�� y

3

6

��20

= � � 43

28. Calcular el área de la región limitada por y2 = 2px y x2 = 2py.Solución. Como la región está limitada inferiormente por la parábola y =x2=2p (obtenida de x2 = 2py) y superiormente por la parábola y =

p2px

(obtenida de y2 = 2px); entonces integramos primero con respecto de yentre estos límites. Con respecto de x integramos en la proyección sobreel eje x que va desde x = 0 hasta x = 2p. Por tanto, el área pedida es

A =

Z 2p

0

Z p2px

x2=2p

dydx =

Z 2p

0

yjp2px

x2=2p dx =

Z 2p

0

�p2px� x

2

2p

�dx =

p2px3=2

3� 2� x

3

6p

��2p0

=4

3p2


29. Hallar el área de la región limitada por y = x3 � 2x y y = 6x� x3.

y=6xx 3

y=x 32x

(2,4)y

x

21/2y=2x

y=x

y=x 3

(1,1)

y

x

Fig. 6.35 Fig. 6.36

Solución. Debido a la simetría de la región, consideremos solamente laparte que está a la derecha del eje y, luego multiplicaremos ese área pordos. Como la región está limitada inferiormente por la cúbica y = x3�2x ysuperiormente por y = 6x�x3, entonces integramos primero con respectode y entre estos límites. Con respecto de x integramos en la proyecciónsobre el eje x que va desde x = 0 hasta x = 2. Por tanto, el área pedidaes

A = 2

Z 2

0

Z 6x�x3

x3�2xdydx = 2

Z 2

0

yj6x�x3

x3�2x dx = 2

Z 2

0

�8x� 2x3

�dx = 2

�4x2 � 2x

4

4

��20

= 16

30. Hallar el área de la región limitada por y = x3, y = 2x y y = x.Solución. Debido a la simetría de la región consideremos solamente laparte que está en el primer cuadrante y luego multiplicaremos su áreapor dos. Por una parte, la región está limitada por la izquierda por larecta x = y=2 (obtenida de y = 2x) y por la derecha por x = y (entoncesintegramos primero con respecto de x entre estos límites) cuando y varíadesde y = 0 hasta y = 1 (entonces integraremos con respecto de y entreestos límites). Por otra parte, la región está limitada por la izquierdapor la recta x = y=2 y por la derecha por la cúbica x = y1=3 (entoncesintegraremos primero con respecto de x entre estos límites) cuando y varíadesde y = 1 hasta y = 2

p2 (entonces integraremos respecto de y entre

estos límites). Por tanto, el área pedida es:

A = 2

(Z 1

0

Z y

y=2

dxdy +

Z 2p2

1

Z y1=3

y=2

dxdy

)= 2

(Z 1

0

xjyy=2 dy +Z 2

p2

y=2

xjy1=3

y=2 dy

)

= 2

(Z 1

0

y

2dy +

Z 2p2

1

�y1=3 � y

2

�dy

)= 2

8<: y24��10

+

�y4=3

4� 3� y

2

4

��2p2

1

9=; =3

2

En los ejercicios 31 - 35 se calculan áreas de regiones planas efectuadascambios de variables de modo que simpli�quen los cálculos.


31. Hallar el área de la región limitada por x + y = 1, x + y = 2, y = 2x yy = 2x+ 2.

y=2x+2

y=2x

x+y=2

x+y=1 x

y

u

v

u=1 u=2

v=2

A

1 2Fig. 6.37a Fig. 6.37b

Solución. No conviene integrar sobre la región del plano xy (Fig. ###)porque tendríamos que dividir la región en cuatro partes. Efectuando elcambio de variable x + y = u, y � 2x = v; vemos que x + y = 1, setransforma en u = 1, x + y = 2, se transforma en u = 2, y � 2x = 0, setransforma en v = 0 y y� 2x = 0, se transforma en v = 2. La región A setransforma en la región A de la Fig. ###. Como

@ (u; v)

@ (x; y)=

�� ux uyvx vy

�� = �� 1 1�2 1

�� = 3entonces el jacobiano de la transformación es:

@ (x; y)

@ (u; v)=

1@(u;v)@(x;y)

=1

3

Integrando en la región del plano uv (Fig. ###), teniendo en cuenta eljacobiano de la transformación, obtenemos el área pedida:

A =

ZZA

dxdy =

ZZA

@ (x; y)

@ (u; v)dudv =

Z 2

0

Z 2

1

1

3dudv =

1

3

Z 2

0

uj21 dv =1

3

Z 2

0

dv =1

3vj20 =

2

3


32. Hallar el área de la región anular limitada por x2 + y2 = 4, x2 + y2 = 9.

r=3

r=2x

y

Fig. 6.38

xy=8y

xFig. 6.39a

xy 3=15

xy 3=5

xy=4

Solución. Conviene pasar a coordenadas polares por medio de x = r cos �,y = r sin �; entonces x2 + y2 = 4, se transforma en r = 2, x2 + y2 = 9 setransforma en r = 3. El jacobiano de la transformación es

@ (x; y)

@ (r; �)=

�� xr x�yr y�

�� = �� cos � �r sin �sin � r cos �

�� = r �cos2 � + sin2 �� = r,como la circunferencia que limita la región anular, más cercana al origen,es r = 2 y la circunferencia más alejada es r = 3; entonces integramoscon respecto de r entre estos límites. Para cubrir toda la región anular, elángulo � varía desde � = 0 hasta � = 2�. Integrando entre estos límites yconsiderando el jacobiano de la transformación obtenemos el área pedida:

A =

Z 2�

0

Z 3

2

rdrd� =

Z 2�

0

r2

2

��32

d� =5

2

Z 2�

0

d� =5

2�

��2�0

= 5�

33. Hallar el área de la región del primer cuadrante limitada por xy = 4,xy = 8, xy3 = 5, xy3 = 15.Solución. La forma de las ecuaciones dadas sugiere hacer el cambio devariable u = xy, v = xy3; entonces

xy = 4 se transforma en u = 4xy = 8 se transforma en u = 8xy3 = 5 se transforma en v = 5xy3 = 15 se transforma en v = 15

La región A se transforma en A (Fig. ### y ##). Como

@ (u; v)

@ (x; y)=

�� ux uyvx vy

�� = �� y xy3 3xy2

�� = 2xy3 = 2v,entonce el jacobiano de la transformación es

@ (x; y)

@ (u; v)=

1

@ (u; v)

@ (x; y)

=1

2v.


Integrando en la región A (Fig. ###) y teniendo en cuenta el jacobianode la transformación, obtenemos el área pedida:

A =

Z 15

5

Z 8

4

1

2vdudv =

1

2

Z 15

5

u

v

��84dv = 2

Z 15

5

1

vdv = 2 ln vj155 = 2 (ln 5� ln 15)

= 2 ln 3

34. Cacular el área de la región limitada por y2 = x, y2 = 8x, x2 = y, x2 = 8y.

x2=yx2=8y

y2=x

y2=8x

Ay

x

v

u

v=8

v=1

u=1 u=8

A

Solución. La forma de las ecuaciones dadas sugiere efectuar el cambio de

variable u =y2

xy v =

x2

y; entonces

y2 = x se transforma en u = 1y2 = 8x se transforma en u = 8x2 = y se transforma en v = 1x2 = 8y se transforma en v = 8

La región A se transforma en la región A (Fig. ### y ##). Como

@ (u; v)

@ (x; y)=

�� ux uyvx vy

�� =��y

2

x22y

x2x

y�x

2

y2

�� = �3;entonces el jacobiano de la transformación es

@ (x; y)

@ (u; v)=

1

@ (u; v)

@ (x; y)

= �13

Integrando sobre A y teniendo en cuenta que el jacobiano de la transfor-

mación es �13, obtenemos el área pedida

A =

ZZA

��@ (x; y)@ (u; v)

�� dudv = Z 8

1

Z 8

1

1

3dudv =

49

3


35. Hallar el área de la elipsex2

a2+y2

b2= 1.

b

a x

y

r

u

v

Fig. 6.41aFig. 6.41b

Solución. Efectuemos el cambio de variablex

a= u,

y

b= v; entonces

x2

a2+y2

b2= 1 se transforma en la circunferencia u2 + v2 = 1. El jacobiano

de la transformación es

@ (x; y)

@ (u; v)=

�� xu xvyu yv

�� = �� a 00 b

�� = ab (1)

Ahora, pasemos a coordenadas polares; por el ejercicio 32 el jacobiano es

@ (u; v)

@ (r; �)= r (2)

Además u2 + v2 = 1 se transforma en r = 1.Teniendo en cuenta la simetría del círculo calculamos el área de la porcióndel primer cuadrante y lo multiplicamos por 4. Integrando y teniendo encuenta los jacobiano (1) y (2) de las dos transformaciones obtenemos elárea pedida:

A = 4

Z �=2

0

Z 1

0

abr drd� = 4ab

Z �=2

0

r2

2

��10

d� = 2ab

Z �=2

0

d� = 2ab �j�=20 = �ab

Nota. Los dos cambios de variable se pueden efectuar de una sola vezhaciendo x = ar cos �, y = br sin �.MASA, DENSIDADMEDA, CENTRO DE GRAVEDAD, CEN-TROIDE Y MOMENTOS

36. Si A es la región limitada por 3x + 4y = 24, x = 0, y = 0 y la densidades � (x; y) = xy, hallar a) la masa, b) la densidad media, c) el centro degravedad, d) los momentos con respecto a los ejes x e y e) los segundos


momentos con respecto a los ejes x e y, f) el momento polar de inerciarespecto del origen.

3x+4y=24

8

6

A

4y

x

y

x22

(0,y)

Fig. 6.42 Fig. 6.43

Solución. a) La masa de A es

m =

ZZA

� (x; y) dxdy =

Z 6

0

Z 8� 43y

0

xydxdy =

Z 6

0

1

2

�8� 4

3y

�y dy = 96

b) Como el área de A es 8 � 62= 24; de la parte a) tenemos que la densidad

media es� =

masaárea

=96

24= 4

c) Como

ZZA

x� (x; y) dxdy =

Z 6

0

Z 8� 43y

0

x2y dxdy =1

3

Z 6

0

�8� 4

3y

�3y dy =

1536

5ZZA

y� (x; y) dxdy =

Z 6

0

Z 8� 43y

0

xy2 dxdy =1

2

Z 6

0

�8� 4

3y

�2y2dy =

1152

5

Entonces las coordenadas del centro de gravedad son:

x =

ZZA

x� (x; y) dxdyZZA

� (x; y) dxdy

=

1536

596

=16

5; y =

ZZA

y� (x; y) dxdyZZA

� (x; y) dxdy

=

1152

396

=12

5

d) De la parte c) tenemos:

momento respecto al eje x =ZZ

A

y� (x; y) dxdy =1152

5

momento respecto al eje y =ZZ

A

x� (x; y) dxdy =1536

5


e) Los segundos momentos son

Ix =

ZZA

y2� (x; y) dxdy =

Z 6

0

Z 8� 43y

0

xy3dxdy =1

2

Z 6

0

�8� 4

3y

�2y3dy =

3456

5

Iy =

ZZA

x2� (x; y) dxdy =

Z 6

0

Z 8� 43y

0

x3ydxdy =1

4

Z 6

0

�8� 4

3y

�4ydy =

6144

5

f) El momento polar de inercia con respecto al origen es:

I0 = Ix + Iy =3456

5+6144

5= 1920

37. Hallar el centroide de la región limitada por y = 4� x2, y = 0.Solución. Claramente el eje y es un eje de simetría de la región, y portanto, el centroide debe estar en dicho eje de simetría. Entonces x = 0.Por otra parte, comoZZ

A

ydxdy =

Z 2

�2

Z 4�x2

0

ydydx =1

2

Z 2

�2

�4� x2

�2dx =

256

15ZZA

dxdy =

Z 2

�2

Z 4�x2

0

dydx =

Z 2

�2

�4� x2

�dx =

32

3

entonces

y =

ZZA

y� (x; y) dxdyZZA

� (x; y) dxdy

=

256

1532

3

=8

5

entonces

(x; y) =

�0;8

5

�centroide

38. Hallar el centroide de la región limitada por la parábola y = x2 y la rectay = x.

y=x 2

y=x

(x,y)

a

a

(x,y)

y

x

y

xFig. 6.44 Fig. 6.45


Solución. Como la región no tiene eje de simetría, debemos calcular ambascoordenadas del centroide. ComoZZ

A

ydxdy =

Z 1

0

Z x

x2ydydx =

1

2

Z 1

0

�x2 � x4

�dx =

1

15ZZA

xdxdy =

Z 1

0

Z x

x2xdydx =

Z 1

0

�x2 � x3

�dx =

1

12ZZA

dxdy =

Z 1

0

Z x

x2dydx =

Z 1

0

�x� x2

�dx =

1

6

Entonces,

x =

ZZA

ydxdyZZA

dxdy

=

1

151

6

=2

5; y =

ZZA

xdxdyZZA

dxdy

=

1

121

6

=1

2

39. Hallar el centro geométrico de la región limitada por x2 + y2 = a2, x = 0,y = 0.Solucion. Claramente la recta y = x es un eje de simetría que divide laregión exactamente en dos partes iguales y por tanto, al estar el centroideen este eje de simetría, se tiene x = y. Entonces es su�ciente calcular unasola de las coordenadas del centroide. Como:ZZ

A

ydxdy =

Z �2

0

Z a

0

r2 sin �drd� =a3

3

Z �2

0

sin �d� =a3

3(pasando a polares)

ZZA

dxdy =

Z �2

0

Z a

0

rdrd� =a2

2

��2

0

=�a2

4

cuarta parte del área de una circunferencia de radio a. Entonces

x =

ZZA

ydxdyZZA

dxdy

=

a3

3�a2

4

=4a

3�

Luego,�4a

3�;4a

3�

�son las coordenadas del centroide.

TEOREMA DE PAPPUS

40. Hallar el volumen del toro generado por la rotación del disco limitado por


x2 + y2 = 4 alrededor de la recta x = 3.

y

x

x=3

2

(3,2)

x+y=0

3

1

2 4 x

y

Fig. 6.46b Fig. 6.47

(a,b)

a

c y

y

xFig. 6.48

Solución. Debido a la simetría del disco (Fig. ###) su centroide está enel origen (0; 0). El área del disco es

A = �22 = 4�.

Si este disco gira alrededor de la recta x = 3, su centroide desribe unacircunferencia de radio 3, y por tanto;

V = 2� � 3 � 4� = 24�2.

41. Calcular el volumen del sólido general al girar el cuadrado de la Fig. ###alrededor de a) el eje x, b) del eje y, c) de la recta x+ y = 0.Solución. Por simetría, el cuadrado tiene su centroide es (x; y) = (3; 2).El área del cuadrado (de lado 2) es A = 4.a) Al girar alrededor del eje x, el centroide describe una circunferencia deradio y = 2. Por tanto,

V = 2�yA = 2� � 2 � 4 = 16�

b) Al girar alrededor del eje y, el centroide describe una circunferencia deradio x = 3. Por tanto,

V = 2�xA = 2� � 3 � 4 = 24�

c) Como la distancia del centroide (3; 2) a la recta x + y = 0 es r =(3 + 2)p12 + 12

=5p2, al girar alrededor de dicha recta el centroide describe

una circunferencia de radio r =5p2. Por tanto,

V = 2� � 5p2� 4 = 20�

p2 unidades de volumen


42. Mostrar que el centroide de un triángulo rectángulo dista de su base a untercio de su altura.Solución. Vamos a usar el teorema de Pappus. Consideremos un triángulode base a y altura b como el de la Fig. ###. El área de este triángulo es

A =ab

2

y al girar alrededor de su base (sobre el eje x) genera un cono de volumen

V =1

3�ab2.

El centroide c = (x; y), describe una circunferencia de radio y; por tanto

V = 2�yA) 1

3�ab2 = 2�y

ab

2

entonces

y =b

3

lo que dice que el centroide del triángulo dista de la base a un tercio desu altura.PROBLEMAS VARIOS DE INTEGRALES DOBLES

43. CalcularZZ

A

p4� x2 � y2dA donde A es la región limitada por x2+y2 =

1.

1

1

1

v=0 vu=0

v=1

v

ux

yy

x

x+y=1

Fig. 6.49 Fig. 6.50a Fig. 6.50b

Solución. Conviene pasar a coordenadas polares. Entonces x2 + y2 = r2,y la circunferencia x2+ y2 = 1 se escribe como r = 1. Teniendo en cuentaque el jacobiano de la transformación es r e integrando en la circunferencia


r = 1; obtenemos

ZZA

p4� x2 � y2dA =

Z 2�

0

Z 1

0

p4� r2 r drd� = �1

2

Z 2�

0

�4� r2

�32

3� 2

��1

0

d�

= �13

�3p3� 8

�Z 2�

0

d� =2�

3

�2� 3

p3�

44. CalcularZZ

A

ex�yx+y dA, donde A es la región limitada por x = 0, y = 0,

x+ y = 1.Solución. La forma del integrando sugiere hacer el cambio de variablesu = x� y, v = x+ y; entonces

x+ y = 1 se transforma en v = 1x = 0 se transforma en u+ v = 0y = 0 se transforma en v � u = 0

La región A se transforma en la región A (Fig. ### y ##).

@ (u; v)

@ (x; y)=

�� ux uyvx vy

�� = �� 1 �11 1

�� = 2El jacobiano de la transformación es

@ (x; y)

@ (u; v)=

1

@ (u; v)

@ (x; y)

=1

2(1)

Efectuando los reemplazos correspondientes, teniendo en cuenta el jaco-biano (1) e integrando en A (Fig. ###), obtenemos:

ZZA

ex�yx+y dA =

Z 1

0

Z v

�veuv1

2dudv =

1

2

Z 1

0

veuv

��v�vdv =

e� e�12

Z 1

0

vdv =

�e� e�1

�4

v2

��1

0

=

�e� e�1

�4

Nota. Efectuando el cambio de variable (menos natural, por cierto)

x = u� uv , y = uv

tanto el integrando como la nueva región de integración resultan ser mássimples todavía.

45. Si la región A está limitada por x+ y = 1, x = 0, y = 0, mostrar queZZA

cos

�x� yx+ y

�dxdy =

sin 1

2


Solución. La forma del integrando sugiere hacer el cambio de variableu = x � y, v = x + y. Por el ejercicio 43 la región A de la Fig. ###se transforma en la región de la Fig. ### y el jacobiano de la transfor-

mación es@ (x; y)

@ (u; v)=1

2. Reemplazando, teniendo en cuenta el jacobiano

e integrando en la región A, tenemos:ZZA

cos

�x� yx+ y

�dxdy =

ZZA

cos�uv

� ��@ (x; y)@ (u; v)

�� dudv = Z 1

0

Z v

�vcos�uv

� 12dudv

=1

2

Z 1

0

v sin�uv

��v�vdv =

1

2

Z 1

0

2 sin 1vdv = sin 1v2

2

��10

=sin 1

2

46. Mostrar que Z 1

�1e�x

2

dx =p�

Solución. Consideremos

I =

Z T

�Te�x

2

dx (1)

donde T > 0 es arbitrario pero �jo,

I =

Z T

�Te�y

2

dy (2)

se puede usar cualquier variable de integración. Multiplicando miembro amiembro (1) y (2) tenemos

I2 =

Z T

�Te�x

2

dx

! Z T

�Te�y

2

dy

!=

Z T

�T

Z T

�Te�x

2

e�y2

dx

!dy

por ser x, y variables independientes entre sí

I2 =

Z T

�T

Z T

�Te�(x

2+y2)dA (3)

Notemos que la integral I2 dada en (3) se integra en un cuadrado de lado2T como el de la Fig. ###.

T

T

T

T

x

y

x

y

R

y=y 2(x)

y=y 1(x)Ai,j

yj

xia b x

y

kj

c

d

hi

Fig. 6.51a

Fig. 6.51b

Fig.6.52


Tomando el límite en (3) cuando el lado del cuadrado es cada vez másgrande tenemos

limT!1

I2 = limT!1

Z T

�T

Z T

�Te�(x

2+y2)dA =

ZZA

e�(x2+y2)dA (4)

donde A es todo el plano xy pronto al crecer T el cuadrado llega a cubrirtodo el plano. Pasando (4) a coordenadas polares y teniendo en cuentaque cuando el radio R de un círculo (como el de la Fig. ###) se hacecada vez más grande llega a cubrir todo el plano, entonces de (4) tenemos

limT!1

I2 = limT!1

Z 2�

0

Z R

0

e�r2

rdrd� = limR!1

2�1� e�R2

2= � (5)

como:

limT!1

I2 =�limT!1

I�2=

limT!1

Z T

�Te�x

2

dx

!2=

�Z 1

�1e�x

2

dx

�2(6)

De (5) y (6) y tomando raíces cuadradas obtenemos:�Z 1

�1e�x

2

dx

�2= � =)

Z 1

�1e�x

2

dx =p�

47. Mostrar el Teorema Fundamental de las integrales dobles de la página##.Solución. Consideremos la región A de la Fig. ### limitadas inferior-mente por la curva y = y1 (x) y superiormente por y = y2 (x). Dividamoslos intervalos [a; b] y [c; d] (proyecciones de A sobre los ejes x y y, respec-tivamente) en n y m partes de longitudes h1, h2, ..., hn y k1, k2, ..., km,respectivamente.De cada una de dichas partes elijamos arbitrariamente los números xi, xjde tal manera que el punto (xi; yj) se encuentre en el rectángulo de ladoshi y ki y de área Aij . Ahora formemos la suma:

Sn;m =

j=mi=nXi=1j=1

f (xi; yj)Ai;j =

j=mi=nXi=1j=1

f (xi; yj)hikj (1)

Por una parte:

limn!1m!1

Sn;m =

ZZA

f (x; y) dA (2)

(donde el límite se toma, por supuestoo, cuando además maxAi;j ! 0; esdecir, maxhi ! 0 y max kj ! 0).


Por otra parte: manteniendo i �jo tomemos el límite en (1) cuandom!1y max kj ! 0; entones recordando la de�nición de una integral simpletenemos:

limm!1

Sn;m = limm!1

j=mi=nXi=1j=1

f (xi; yj)hikj =i=nXi=1

Z y2(x)

y1(x)

f (xi; y) dy

!hi (3)

Ahora, tomando el límite en (3) cuando n!1 y maxhi ! 0 tenemos

limn!1

limm!1

Sn;m =

Z b

a

Z y2(x)

y1(x)

f (xi; y) dy

!dx (4)

Si f es integrable en A, el límite (2) existe y, por tanto, es el mismo queel límite (4). Es decir

ZZA

f (x; y) dA =

Z b

a

Z y2(x)

y1(x)

f (xi; y) dy

!dx =

Z b

a

Z y2(x)

y1(x)

f (xi; y) dydx

Si la región A es como en la Fig. ### se procede similarmente.Nota. En parte o totalmente, algún rectángulo de lados hi y kj puedeestar fuera de la región A. Este detalle se salva de�niendo f (x; y) = 0para los puntos (x; y) de dichas partes fuera de A. Por otra parte, si lascurvas que limitan A no son como en la Fig. ### (ó ###) se puededividir la región A en subregiones A1, A2, ..., que sean de la forma deseaday la suma de las integrales sobre A1, A2 da la integral sobre A.

48. Justi�car la Fórmula del Cambio de Variables para integrales dobles.Solución. Supongamos que el cambio de variables está dado por x = (u; v),y = (u; v) que de�ne una función g del plano uv al plano xy. Sea (u; v)un punto del plano uv cuya imagen en el plano xy es (x; y); consideremosun pequeño rectángulo de área R de dimensiones �u y �v con vérticeen (u; v) con el de la Fig. ###. En general, la imágen del rectángulode área R del plano uv es un paralelogramo curvilíneo del plano xy deárea R. Emplearemos la derivada de la transformación g para calcularaproximadamente el área R. Como�u y�v son pequeños, de la de�niciónde derivada tenemos:

g

�u+�uv

�' g

�uv

�+

264 @x

@u

@x

@v@y

@u

@x

@v

375� �u0

�=

�xy

�+

264 @x

@u@y

@u

375�u (1)

g

�u

v +�v

�' g

�uv

�+

264 @x

@u

@x

@v@y

@u

@x

@v

375� 0�v

�=

�xy

�+

264 @x

@v@y

@v

375�v (2)


Entonces, de (1) y (2) vemos que la imágen del rectángulo en el plano uves aproximadamente un paralelogramo en el plano xy con vértice en (x; y)y de lados �

@x

@u;@y

@u

��u ,

�@x

@v;@y

@v

��v

El área R es aproximadamente igual al área de este paralelogramo; esdecir:

R '��@x@u; @y@u

��u�

�@x

@v;@y

@v

��v

�� = ��@x@u @y@v � @x@v @y@u��u�v =

=

��@ (x; y)@ (u; v)

��u�v = ��@ (x; y)@ (u; v)

��R

v

u

R

x=x(u,v)y=y(u,v)

gu(u,v)

v R

(x,y)

y

xFig. 6.53

Notemos que (3) dice que el jacobiano (es decir, su valor absoluto) es un�factor de proporcionalidad�de áreas. Ahora, si la imágen en la región Adel plano uv es la región A del plano xy por medio del cambio de variables;entonces una división de A en n partes de áreas A1, A2, ..., An produceuna división de A en n partes de áreas A1, A2, ..., An respectivamente(Fig.. ###). Por tanto, de la de�nición de la integral doble de f (x; y)en la región considerando (3), obtenemos:

ZZA

f (x:y) dA = limn!1

[f (x1; y1)A1 + :::+ f (xn; yn)]

= limn!1

�f (x1; y1)

��@ (x; y)@ (u; v)

��A1 + :::+ f (xn; yn) ��@ (x; y)@ (u; v)

��An�=

ZZA

f (x (u; v) ; y (u; v))

��@ (x; y)@ (u; v)

�� dA


A

Ai

x=x(u,v)y=y(u,v)

u

v y

x

Ai

A

Fig. 6.54

INTEGRALES TRIPLES

49. Dividiendo en cuatro partes la región V limitada por los planos x = 4,y = 2, z = 4 y los planos coordenados, calcular aproximadamente el valorde la integral triple. ZZZ

V

(x� y + z) dV

V1

V2

V3

V4

x

y

Fig. 6.55

Solución. Dividamos la región V tal como se muestra en la Fig. ###y de cada pedazo elijamos un punto. Sean P1 = (1; 1; 1), P2 = (3; 1; 1),P3 = (1; 1; 3) y P4 = (3; 1; 3) los puntos tomados de los pedazos V1, V2, V3y V4, respectivamente. Como el volumen de cada pedazo Vi es 8, tenemos:ZZZ

V

(x� y + z) dV ' f (x1; y1; z1)V1 + :::+ f (x4; y4; z4)V4

= (1� 1 + 1) 8 + (3� 1 + 1) 8 + (1� 1 + 3) 8 + (3� 1 + 3) 8 = 96

CALCULO DE INTEGRALES TRIPLESEn los ejercicios 49 - 53 se calculan integrales tres veces iteradas.

50.Z 1

0

Z 2

1

Z 3

2

dzdxdy =

Z 1

0

Z 2

1

zj32 dxdy =Z 1

0

Z 2

1

(3� 2) dxdy =Z 1

0

xj21 dy =Z 1

0

(2� 1) dx = 1


51.Z 1

0

Z 1�x

0

Z 2�xdzdydx =

Z 1

0

Z 1�x

0

zj2�x0 dydx =

Z 1

0

Z 1�x

0

(2� x) dydx =Z 1

0

(2� x) yj1�x0 dx

=

Z 1

0

(2� x) (1� x) dx =Z 1

0

�2� 3x+ x2

�dx = 5

6 .

52.Z 1

0

Z x

x2

Z xy

0

dzdydx =

Z 1

0

Z x

x2zjxy0 = dydx =

Z 1

0

Z x

x2xydydx =

Z 1

0

x y2

2

��xx2dx =

12

Z 1

0

�x3 � x5

�dx = 1

24 .

53.Z �

0

Z �4

0

Z cos �

0

sin2 �d� d� d� =

Z �

0

Z �4

0

� sin2 ��cos�0

d� d� =

Z �

0

Z �4

0

sin2 � cos�d�d� =

=

Z �

0

sin3 �3

��40d� = 1

3

Z �

0

p24 d� =

p2

12 �j�0 =

p2

12 �.

54.Z 1

0

Z p2x�x2

0

Z 1�x

0

dzdydx =

Z 1

0

Z p2x�x2

0

zj1�x0 dydx =

Z 1

0

Z p2x�x2

0

(1� x) dydx =

=

Z 1

0

(1� x) yjp2x�x2

0 dx =

Z 1

0

(1� x)p2x� x2dx = 1

3

�2x� x2

�3=2��10=

13 .En slos ejercicios 54 - 71 se calculan volúmenes de regiones sólidas.

55. Calcular el volumen del tetraedro limitado por x+ y + z = a y los planoscoordenados.

z

y

x

z

y

x

x

y

x

y

z

y

y

x

a

aa

a

a

Fig. 6.56b

Fig. 6.56a x=y

x+3y+z=4

(1,1,0)

Fig. 6.57a

Fig. 6.57b

(1,1)y=x

x+3y=4

z=4

x+yz=0

x+y4=0

4

4

Fig. 6.58a

Fig. 6.58b

Solución. Primeramente integramos con respecto de z desde el plano quelimita inferiormente z = 0, hasta el plano z = a � x � y (ec. obtenidade x + y + z = a) que limita superiormente al tetraedro, Fig. ###.Conrespecto de las otras variables integramos en la proyección sobre el plan


xy:x+ y + z = az = 0x = 0y = 0

)x+ y = ax = 0y = 0

triángulo

Como la proyección (Fig. ###) está limitada inferiormente por la rectay = 0 y superiormente por y = a�x (ec. obtenida de x+y = a) integramoscon respecto de y entre estos límites. Con respecto de x integramos en laproyección sobre el eje x que va desde x = 0 hasta x = a. Por tanto, elvolumen del tetraedro es:

V =

Z a

0

Z a�x

0

Z a�x�y

0

dzdydx =

Z a

0

Z a�x

0

(z � x� y) dydx

=

Z a

0

(a� x) y � y2

2

��a�x0

dx =1

2

Z a

0

(a� x)2 dx = � 1

2 � 3 (a� x)3��a0=a3

6

Nota. Ya sabemos que el volumen de un cubo de lado a es a3; esteejercicio establece que el volumen de un tetraedro de lado a es la terceraparte que el del cubo.

56. Hallar el volumen del sólido limitado por los planos x = y, x+3y+ z = 4,y = 0, z = 0.Solución. Primeramente integramos con respecto de z desde el plano quelimita inferiormente z = 0, hasta el plano z = 4 � x � 3y (ec. obtenidade x + 3y + z = 4) que limita superiormente al sólido (Fig. ###). Conrespecto de las otras variables integramos en la proyección sobre el planoxy:

x+ 3y + z = az = 0x = 0y = 0

)x+ 3y = 4x = yy = 0

triángulo

Como la proyección está limitada por la izquierda por la recta x = y (Fig.###) y por la derecha por la recta x = 4�3y (ec. obtenida de x+3y = 4);entonces integramos con respecto de x entre estos límites. Con respectode y integramos en la proyección sobre el eje y que va desde y = 0 hastay = 1. Por tanto, el volumen pedido es:

V =

Z 1

0

Z 4�3y

y

Z 4�x�3y

0

dzdxdy =

Z 1

0

Z 4�3y

y

(4� x� 3y) dxdy

=

Z 1

0

(4� 3y)x� x2

2

��4�3yy

dy =1

2

Z 1

0

(4� 3y)2 dy

= � 1

2 � 3 � 3 (4� 3y)3��10=7

2


57. Hallar el volumen encerrado por x+y�z = 0, z = 4 y los planos cordenadosx = 0.Solución. Primeramente integramos con respecto de z desde el plano quelimita al sólido inferiormente z = x + y (ec. obtenida de x + y � z = 0)hasta el plano z = 4 que lo limita superiormente.Con respecto a las otras variables integramos en la proyección sobre elplano xy:Como la proyección (Fig. ###) está limitada inferiormente por la rectay = 0 y superiormente por y = 4 � x (ec. obtenida de x + y � 4 = 0);entonces integramos con respecto de y entre estos límites. Con respectode x integramos en la proyección sobre el eje x que va desde x = 0 hastax = 4. Por tanto, el volumen pedido es:

V =

Z 4

0

Z 4�x

0

Z 4

x+y

dzdydx =

Z 4

0

Z 4�x

0

(4� x� y) dydx =Z 4

0

(4� x) y � y2

2

��40

=32

3

58. Hallar el volumen encerrado por x2 + y2 = z, x2 + y2 = 4, z = 0.

z=x 2+y 2

y

z

x

x

x

x

x

y

y

y

y

zz

2

Fig. 6.59a

Fig. 6.59b

az=a 2x2y2

a

a

a

a

=R

R

R

R

Fig. 6.60a

Fig. 6.60b Fig. 6.61

Solución. Conviene pasar a coordenadas cilíndricas (ver pag. ##), x =r cos �, y = r sin �, z = z; entonces

z = x2 + y2

x2 + y2 = 4z = 0

se transforma ense transforma ense transforma en

z = r2

r = 2z = 0

El jacobiano de la transformación es:

@ (x; y; z)

@ (r; �; z)=

��cos � �r sin � 0sin � r cos � 00 0 1

�� = r �cos2 � + sin2 �� = rAhora, primeramente integramos con respecto de z desde el plano quelo limita inferiormente z = 0 hasta el paraboloide z = r2 que lo limitasuperiormente (Fig. ###).


Con respecto a las otras variables integramos sobre la proyección en elplano xy.

z = r2

r = 2z = 0

) r = 0r = 2

origen del plano xycircunferencia de radio 2

En la proyección (6.58b) integramos con respecto de r desde el origenr = 0 hasta la circunferencia r = 2. Para cubrir todo el círculo el ángulo� debe variar desde � = 0 hasta � = 2�.

V =

Z 2�

0

Z 2

0

Z r2

0

rdzdrd� =

Z 2�

0

Z 2

0

r3drd� =

Z 2�

0

r4

4

��20

d� = 4

Z 2�

0

d� = 8�

59. Hallar el volumen encerrado por az = a2 � x2 � y2, z = 0.Solución. Conviene pasar a coordenadas cilíndricas. Entonces: Primera-mente integramos con respecto de z desde el plano z = 0 hasta el paraboloide

z = a� r2

a(ecuación obtenida de (##)).

Con respecto a las otras variables integramos en la proyección sobre elplano xy:

az = a2 � r2z = 0

) 0 = a2 � r2r = 2

circunferencia

Para cubrir el círculo de la proyección (6.59b) integramos con respecto der desde el origen r = 0 hasta la circunferencia r = a; y el ángulo � varíadesde � = 0 hasta � = 2�.Por tanto, teniendo en cuenta el jacobiano de la transformación (ejercicio57), el volumen pedido es:

V =

Z 2�

0

Z a

0

Z a�r2=a

0

rdzdrd� =

Z 2�

0

Z a

0

�ar � r

3

a

�drd� =

Z 2�

0

�ar2

2� r4

4a

��a0

d�

=

Z 2�

0

a3

4d� =

�

2a3

60. Hallar el volumen encerrado por x2 + y2 + z2 = R2.Solución. Conviene pasar a coordenadas esféricas (ver página ##).

x = � cos � sin� ; y = � sin � sin� ; z = � cos�

entoncesx2 + y2 + z2 = R2 ) � = R

El jacobiano de la transformación es��cos � sin� �� sin � sin� � cos � cos�sin � sin� � cos � sin� � sin � cos�cos� 0 �� sin�

�� = ��2 sin�


y su valor absoluto es: �2 sin� (notemos que � debe tomarse entre � = 0y � = �. para que sin� � 0 y el valor absoluto del jacobiano sea nonegativo).Calcularemos el volumen de la porción que está en el primer octante y lomultiplicaremos por 8 para obtener el volumen de la esfera. Para cubrirdicho volumen (Fig. ###) � varía desde � = 0 hasta � = R; el ángulo �

varía desde � = 0 hasta � =�

2y el � varía desde � = 0 hasta � =

�

2. Por

tanto, teniendo en cuenta el jacobiano de la transformación, el volumende la esfera es

V = 8

Z �2

0

Z �2

0

Z R

0

�2 sin�d� d� d� = 8

Z �2

0

Z �2

0

�3

3sin�

��R0

d� d� =8R3

3

Z �2

0

Z �2

0

sin�d� d�

=8R3

3

Z �2

0

(� cos�)j�=20 d� =8R3

3

Z �2

0

d� =8R3

3�j�=20 =

4

3�R3

61. Hallar el volumen encerrado entre las esferas x2+y2+z2 = 9, x2+y2+z2 =4.

3

3

3

2

2

2

ab

c

ul

w

vFig. 6.62

Fig. 6.63a

Fig. 6.63b

Solución. Conviene pasar a coordenadas esféricas. Entonces

x2 + y2 + z2 = 9x2 + y2 + z2 = 9

))

� = 3� = 2

Por la simetría, vamos a calcular el volumen de la porción del primeroctante y lo multiplicaremos por 8. Para cubrir dicho volumen � varíadesde la esfera � = 2 hasta la esfera � = 3, � varía desde � = 0 hasta� =

�

2y � varía desde � = 0 hasta � =

�

2. Por tanto, el volumen pedido

es:

V = 8

Z �2

0

Z �2

0

Z 3

2

�2 sin�d� d� d� = 8

Z �2

0

Z �2

0

�3

3sin�

��32

d� d� =8

3(27� 8)

Z �2

0

Z �2

0

sin�d� d�

=152

3

Z �2

0

d� =76

3�


Nota. Aplicando el ejercicio 59, el volumen pedido es la diferencia delvolumen de la esfera de radio 3 menos el volumen de la esfera de radio 2:

V =4

3� (3)

3 � 43� (2)

3=76

2�

62. Hallar el volumen de la elipsex2

a2+y2

b2+z2

c2= 1 (a > 0, b > 0, c > 0).

Solución. Previamente conviene efectuar el cambiox

a= u,

y

b= v,

z

c= w.

El jacobiano de la transformación es

@ (x; y; z)

@ (u; v; w)=

��a 0 00 b 00 0 c

�� = abcAhora conviene pasar a coordenadas esféricas, el jacobiano correspondi-ente es �2 sin�. Entonces

x2

a2+y2

b2+z2

c2= 1 ) u2 + v2 + z2 = 1 ) � = 1 (esfera)

Por tanto, integrando sobre la porción del primer octante (Fig. ###) yconsiderando los jacobianos de las dos transformaciones, el volumen delelipsoide es

V = 8

Z �2

0

Z �2

0

Z 1

0

abc�2 sin�d� d� d� = V = 8abc

Z �2

0

Z �2

0

Z 1

0

�2 sin�d� d� d� =4

3�abc

La última integral se obtiene el ejercicio 59 con R = 1; o integrandosimplemente.

63. Hallar el volumen limitado, por los cilindros x2 + y2 = 4, x2 + z2 = 4.

x2+y 2=4

x2+z 2=4

z

x

y

y

x

x2+y 2=4

Solución. Por la simetría, vamos a calcular solamente el volumen de la


porción del primer octante y lo multiplicaremos por 8 para obtener el vol-umen pedido. Aparentemente deberíamos pasar a coordenadas cilíndricas,sin embargo, en este caso es más conveniente calcular con las coordenadascartesianas dadas. Primero integramos con respecto de z desde el planoz = 0 hasta el cilindro z =

p4� x2 (ec. obtenida de x2 + z2 = 4). De

la Fig. ###, la proyección sobre el plano xy es la porción del primercuadrante limitada por (Fig. ###)

x2 + y2 = 4

Entonces, con respecto de y integramos desde la recta y = 0 hasta lacurva y =

p4� x2 (ec. obtenida de x2 + y2 = 4) y con respecto de x en

la proyección sobre el eje x que va desde x = 0 hasta x = 2. Por tanto,

V = 8

Z 2

0

Z p4�x2

0

Z p4�x2

0

dzdydx = 8

Z 2

0

Z p4�x2

0

p4� x2dydx = 8

Z 2

0

�4� x2

�dx

= 8

�4x� x

3

3

��20

=128

3

64. Calcular el volumen limitado por x2 + y2 = 4, x2 + y2 = 2z2, z = 0.

x2+y 2=4

x2+y 2=2z 2

2

Fig. 6.65a

Fig. 6.65b

2

2 x2+y 2=4

x

y

y

x

z

z=x

x2+y 2=a 2

x2+y 2=a 2a

y

a x

Fig. 6.66a

Fig. 6.66b

x2+y 2=z

x2+y 2y=0

y

z

x

x

y

x2+y 2y=0

Fig. 6.67a

Fig. 6.67b

Solución. Conviene pasar a coordenadas cilíndricas. Entonces

x2 + y2 = 4 ) r = 2

x2 + y2 = 2z2 ) r =p2z

Por la simetría, vamos a calcular solamente el volumen de la porción delprimer octante y lo multiplicaremos por 4 para obtener el volumen pedido.Primeramente integramos con respecto de z desde el plano z = 0 hastael cono z =

rp2(ecuación obtenida de r =

p2z). De la Fig. ###, la

proyección sobre el plano xy es la porción del primer cuadrante limitadapor r = 2 (ó x2 + y2 = 4); entonces integramos con respecto de r desde


el origen r = 0 hasta la circunferencia r = 2. Para cubrir la porción delprimer cuadrante � varía desde � = 0 hasta � =

�

2. (Fig. ###). Por

tanto, teniendo en cueta el jacobiano de la transformación, el volumenpedido es:

V = 4

Z �=4

0

Z 2

0

Z p2r

0

rdzdrd� = 4

Z �=4

0

Z 2

0

p2r2drd� = 4

Z �=4

0

p2

3r3

��2

0

d�

=32p2

3

Z �=4

0

d� =32p2

3�

��=2

0

=16p2

3�

65. Hallar el volumen limitado por x2 + y2 = a2, z = 0, z = x.Solución. Aunque al pasar a coordenadas cilíndricas la ecuación de unplano no se simpli�ca, en este caso preferimos pasar a tales coordenadas.Entonces

x2 + y2 = a2 ) r = az = x ) z = r cos �z = 0 ) z = 0

Por la simetría, vamos a calcular el volumen de la porción que está en elprimer octante (Fig. ###) y lo multiplicaremos por 2 (pues se presenta elmismo volumen a la izquierda) para obtener el volumen pedido. Primerointegramos con respecto de z desde el plano z = 0 hasta el plano z =r cos �. De la Fig. ###, la proyección sore el plano xy es la región delprimer cuadrante limitada por r = a (ó x2 + y2 = a2). Con respecto der integramos desde el origen r = 0 hasta la circunferencia r = a y paraubrir la porción del primer cuadrante el ángulo � debe variar desde � = 0hasta � =

�

2(Fig. ###). Por tanto, teniendo en cuenta el jacobiano de

la transformación, el volumen pedido es:

V = 2

Z �=2

0

Z a

0

Z r cos �

0

rdzdrd� = 2

Z �=2

0

Z a

0

r2 cos �drd� = 22

Z �=2

0

r3

3cos �

��a0

d�

=2

3a3Z �=2

0

cos �d� =2

3a3 sin �

��=20

=2

3a3

66. Calcular el volumen limitado por x2 + y2 = z, x2 + y2 � y = 0, z = 0.Solución. Debido a la presencia de x2+y2 en las ecuaciones dadas, convienepasar a coordenadas cilíndricas. Entonces

x2 + y2 = z ) z = r2

x2 + y2 � y = 0 ) r = sin �z = 0 ) z = 0

Por la simetría, calcularemos solamente el volumen de la porción delprimer octante y lo multiplicaremos por 2 para obtener el volumen pe-dido (�gura 6.66a). Primero integramos con respecto de z desde el plano


z = 0 hasta el paraboloide z = r2. De la �gura 6.66a, la proyección sobreel plano xy es la porción del primer cuadrante limitada por r = sin � (óx2+y2�y = 0). Integramos con respecto de r desde el origen r = 0 hastala circunferencia r = sin �; y el ángulo � debe variar desde � = 0 hasta� =

�

2para cubrir la porción del primer cuadrante (�gura 6.66b). Por

tanto, teniendo en cuenta el jacobiano de la transformación, el volumenpedido es

V = 2

Z �=2

0

Z sin �

0

Z r2

0

rdzdrd� = 2

Z �=2

0

Z sin �

0

r3drd� =

Z �=2

0

r4

4

��sin �0

d� =1

2

Z �=2

0

sin4 �d�

=1

2

�3�

8� sin 2�

4+sin 4�

32

��=20

=3�

32

67. Hallar el volumen limitado por y2 + 4z = 16, x2 + y2 = 16, z = 0.

x2+y 2=16

4 y

x

z

y

x

x2+y 2=16

4

4

r

Fig. 6.68a

Fig. 6.68b

z

y

x

x2+9y9=0

z2=y

y

x

x2+9y9=0

3 3

Fig. 6.69a

Fig. 6.69b

y

x

y

x

y

2

x=2

4x+3y=12

x2+z=44x+3y=12

4

23

4

Fig. 6.70a

Fig. 6.70b

Solución. No conviene integrar en coordenadas cartesianas, los cálculo sesimpli�can considerablemente pasando a coordenadas cilíndrias. Entones

x2 + y2 = 16 ) r = 4 (1)y2 + 4z = 16 ) r2 sin2 � + 4z = 16 (2)z = 0 ) z = 0 (3)

Por simetría, calcularemos solamente el volumen de la porción del primeroctante (�gura 6.67a) y lo multiplicaremos por 4.Integramos primeramente con respecto de z desde el plano z = 0 hasta

el paraboloide z = 4 � r2 sin �

4(ecuacióm obtenida de (2)). De la �gura

6.67a, la proyección sobre el plano xy es la porción del primer cuadrantelimitada por r = 4 (ó x2+ y2 = 16). Entonces integramos con respecto der desde el origen r = 0 hasta la circunferencia r = 4 y el ángulo � varíadesde � = 0 hasta � =

�

2para cubrir la porción del primer cuadrante �gura


6.67b). Por tanto, teniendo en cuenta el jacobiano de la transformación,el volumen pedido es

V = 4

Z �=2

0

Z 4

0

Z 4�r2 sin2 �=4

0

rdzdrd� = 4

Z �=2

0

Z 4

0

�4r � r

3

4sin2 �

�drd� = 4

Z �=2

0

2r2 � r4

16sin2 �

��40

d�

= 4

Z �=2

0

�32� 16 sin2 �

�d� = 4 (32� � 8� + 4 sin 2�)j�=20 = 48�

68. Hallar el volumen encerrado por z2 = y, x2 + 9y � 9 = 0.Solución. Por la simetría, calcularemos el volumen de la porción que estáen el primer octante (�gura 6.68a) y lo multiplicaremos por 4 para obtenerel volumen pedido. Primeramente integramos con respecto de z desde elplano z = 0 hasta la super�cie z =

py (ec. obtenida de z2 = y). De

la �gura 6.68a, la proyección sore el plano xy es la porción del primercuadrante limitada por x2+9y�9 = 0. Entonces integramos con respecto

de y desde la recta y = 0 hasta la parábola y =9� x29

(ecuación obtenida

de x2+9y�9 = 0); y con respecto de x en la proyección sobre el eje x queva desde x = 0 hasta x = 3 (�gura 6.68b). Por tanto, el volumen pedidoes:

V = 4

Z 3

0

Z 9�x29

0

Z py

0

dzdydx = 4

Z 3

0

Z 9�x29

0

pydydx = 4

Z 3

0

2

3y3=2

��9�x29

0

dx =8

3

Z 3

0

�9� x29

�3=2dx =

=8

81

Z 3

0

�9� x2

�3=2dx =

8

81

x

4

�9� x2

�3=2+27x

8

�9� x2

�1=2+243

8arcsin

�x3

��30

=3�

2

Nota. Notemos que en este ejercicio no conviene efectuar ningún cambiode variable. Ver ejercicio 62.

69. Hallar el volumen de la región limitada por 4x + 3y = 12, x2 + z = 4,x = 0, y = 0, z = 0.Solución. Toda la región está ubicada en el primer cuadrante (Figura6.69a). Primeramente integramos con respecto de z desde el plano z = 0hasta la super�cie z = 4� x2 (ec. obtenida de x2 + z = 4). La proyecciónsobre el plano xy se obtiene eliminando z del sistema:

4x+ 3y = 12 ) 4x+ 3y = 12 (1)x2 + z = 4 ) x = 2 (de x2 = 4) (2)x = 0 ) x = 0 (3)y = 0 ) y = 0 (4)z = 0

Notemos que en (2) de x2 = 4 se tiene las rectas x = 2, x = �2, perosolamente consideramos x = 2 por estar la proyección en el primer cuad-rante. La proyección también se puede obtener observando la �gura 6.69a.Entonces, con respecto de y integramos desde la recta y = 0 hasta la recta


ry = 4 � 4x

3; y con respecto de x en la proyección sobre el eje x que va

desde x = 0 hasta x = 2. (�gura 6.69b). Por tanto, el volumen pedido es

V =

Z 2

0

Z 4� 43x

0

Z 4�x2

0

dzdydx =

Z 2

0

Z 4� 43x

0

�4� x2

�dydx =

Z 2

0

�4� x2

��4� 4

3x

�dx =

=

Z 2

0

�4

3x3 � 4x2 � 16

3x+ 16

�dx =

�x4

3� 4x

3

3� 83x+ 16x

��20

= 16

70. Resolver el ejercicio 68 proyectando la región sobre el plano coordenadoxz.

4z

xFig. 6.70c

z=x

z

xy

z=x 2

x2+y 2=1

y

x1

1x2+y 2=1

Fig. 6.71a

Fig. 6.71b

Solución. Integramos primero con respecto de y desde el plano y = 0

hasta el plano y = 4 � 4x

3, ec. obtenida de 4x + 3y = 12 (ver �gura

6.69a). Observando la �gura 6.69a, la proyección sobre el plano xz es laporción del primer cuadrante limitada por la parábola x2 + z = 4 (�gura6.69c). Entonces integramos con respecto de z desde la recta z = 0 hastala parábola z = 4� x2 y con respecto de x en la proyección sobre el eje xque va desde x = 0 hasta x = 2. Por tanto,

V =

Z 2

0

Z 4�x2

0

Z 4� 43x

0

dydzdx =

Z 2

0

Z 4�x2

0

�4� 4

3x

�dzdx =

Z 2

0

�4� 4

3x

��4� x2

�dx = 16

Nota. Notemos que en este caso es más conveniente proyectar sobre elplano xz (ejercicio 69), pues dicha proyección se obtiene más fácilmenteque proyectando sobre el plano xy (ejercicio 68).

71. Calcular el volumen limitado por z = x, z = x2, x2 + y2 = 1.Solución. Por la simetría, vamos a calcular solamente el volumen de laporción que está en el primer octante (�gura 6.70a) y lo multiplicaremospor 2 (pues, a la izquierda se presenta un volumen igual) para obtener elvolumen pedido. Primeramente integraremos con respecto de z desde la


super�cie z = x2 hasta el plano z = x. De la �gura 6.70a, la proyecciónsobre el plano xy es la porción del primer cuadrante limitada por x2+y2 =1 (�gura 6.70b). Entonces con respecto de y integramos desde la rectay = 0 hasta y =

p1� x2 (ecuación obtenida de x2 + y2 = 1) y con

respecto de x en la proyección sobre el eje x que va desde x = 0 hastax = 1. Por tanto, el volumen pedido es

V = 2

Z 1

0

Z p1�x2

0

Z x

x2dzdydx = 2

Z 1

0

Z p1�x2

0

�x� x2

�dydx = 2

Z 1

0

�x� x2

�p1� x2 dx

= 2

Z 1

0

�xp1� x2 � x2

p1� x2

�dx = 2

��13

�1� x2

�3=2+x

4

�1� x2

�3=2 � 18

�xp1� x2 + arcsinx

��10

= �2�1

3� �

16

�=2

3� �8

72. Hallar el volumen encerrado por x2 + 4y2 + z = 1, x2 + 4y2 � 4z = 1.

x2+4y+z=1

x2+4y 24z=1

1/41

z

y

x

x

yx2+4y 2=1A

Fig. 6.72a

Fig. 6.72b

v

u1

1 u2+v 2=1

Fig. 6.72c Fig. 6.73

x+2y+z=4

2

2

4z

y

x

Solución. El volumen es de forma ovoide, con la parte superior más grandeque la inferior (�gura 6.71a).Primeramente integramos con respecto de z desde el paraboloide. z =1�x2�4y2

4 (ecuación obtenida de x2 + 4y2 � 4z = 1) hasta el paraboloidez = 1 � x2 � 4y2 (ec. obtenida de x2 + 4y2 + z = 1). De la �gura 6.71a,la proyección sobre el plano xy obtenemos haciendo z = 0.

x2 + 4y2 + z = 1x2 + 4y2 � 4z = 1 ) x2 + 4y2 = 1 (1)

Entonces con respecto de x y de y debemos integrar en la elipse A (�gura6.71b). Entonces

V =

ZZZ 1�x2�4y2

(1�x2�4y2)=4dzdxdy =

5

4

ZZA

�1� x2 � 4y2

�dxdy (2)


Para calcular (2) conviene hacer el cambio u = x, v = 2y; para transformarla elipse en una circunferencia (�gura 6.71c):

x2 + 4y2 = 1 ) u2 + v2 = 1 (3)

Del ejercicio 35, el jacobiano de esta transformación es1

2. Para integrar

sobre esta circunferencia pasamos a coordenadas polares (cuyo jacobianoes r) e integramos desde el origen r = 0, hasta la circunferencia r = 1(ec. obtenida de (3)), variando � desde � = 0 hasta � = 2�. Por tanto,retomando (2) tenemos:

V =5

4

ZZA

�1� x2 � 4y2

�dxdy =

5

4

ZZ �1� u2 � v2

� 12dudv =

5

4

Z 2�

0

Z 1

0

�1� r2

� 12rdrd�

=5

8

Z 2�

0

�r2

2� r

4

4

��10

d� =5

32

Z 2�

0

d� =5

32�

��2�0

=5�

16

MASAS, MOMENTO, CENTRODEGRAVEDAD, CENTROIDEDE REGIONES SOLIDAS

73. Hallar el centroide de la región del primer octante limitada por 2x+2y+z =4.Solución. Antes que nada, notemos que por la simetría tenemos x = y.Por otra parte,

x =momento despecto al plano yz

masa total=

ZZZxdVZZZdV

(1)

ComoZZZxdV =

Z 2

0

Z 2�x

0

Z 4�2y�2x

0

xdzdydx =

Z 2

0

Z 2�x

0

(2� 2y � 2x) dydx =Z 2

0

2 (2� x)xy � xy2��20dx

=

Z 2

0

x (2� x)2 dx = 4

3(2)

yZZZdV =

Z 2

0

Z 2�x

0

Z 4�2y�2x

0

dzdydx =

Z 2

0

Z 2�x

0

(4� 2y � 2x) dydx =Z 2

0

Z 2�x

0

2 (2� x) y � y2��2�x0

dx

=

Z 2

0

(2� x)2 dx = 8

3(3)

Entonces, de (1), (2), (3) obtenemos:

x =

4

38

3

=1

2


Además,

z =momento respecto al plano xy

masa total=

ZZZzdVZZZdV

(4)

y comoZZZV

zdV =

Z 2

0

Z 2�x

0

Z 4�2y�2x

0

zdzdydx =

Z 2

0

Z 2�x

0

z2

2

��4�2y�2x0

dydx =1

2

Z 2

0

Z 2�x

0

(4� 2y � 2x)2 dydx

=1

2

Z 2

0

� 1

2 � 3 (4� 2y � 2x)3

��2�x0

dx =1

12

Z 2

0

8 (2� x)2 dx = 2

3(5)

Entonces, de (3), (4), (5), obtenemos:

z =2=3

8=3=1

4

Por tanto, el centroide (x; y; z) está dado por x = y =1

2, z =

1

4.

74. Hallar el momento de inercia de un cilindro circular recto de radio a yaltura h con respecto a su eje, si la densidad es proporcional a su distanciaal eje.

z

y

x

a

h

x

y

y

b

b

b

a

a

a

Fig. 6.74Fig. 6.75

Solución. Consideremos el cilindro limitado por x2 + y2 = a2, z = 0,z = h (�gura 6.73). La distancia al eje del cilindro (el eje z) es d =px2 + y2 y, por tanto, la densidad es � = k

px2 + y2, donde k =cte. de

proporcionalidad. El momento de inercia con respecto al eje z es

Iz =

ZZZV

d2 (x; y; z) � (x; y; z) dV =

ZZZV

k�x2 + y2

�3=2dV


calculamos esta integral pasando a coordenadas cilíndrias:

Iz = k

Z 2�

0

Z a

0

Z h

0

r3rdzdrd� = k

Z 2�

0

Z a

0

hr4drd� = kh

Z 2�

0

r5

5

��a0

d� =kh

5

Z 2�

0

a5��2�0d� =

2

5k�ha5

Nota. La masa del cuerpo es:

M =

ZZZV

� (x; y; z) dV =

ZZZV

kpx2 + y2dV =

2

3k�ha3.

Entonces,

Iz =3

5Ma2

75. Hallar el centro de gravedad de una cúpula hemisférica de radio exterior ay radio interior b, si la densidad es proporcional al cuadrado de la distanciaa la base. Discutir el caso a = b.Solución. Consideremos la cúpula limitada por x2+y2+z2 = a2, x2+y2+z2 = b2, z � 0, a > b (�gura 6.74). Como la distancia al plano xy es z,la densidad en el punto (x; y; z) es � (x; y; z) = kz2, donde k constante deproporcionalidad. Por la simetría con respecto al eje z, tenemos x = y = 0.Por otra parte

z =

ZZZV

z� (x; y; z) dVZZZV

� (x; y; z) dV

(1)

Utilizando coordenadas esféricas para calcular el numerador de (1) ten-emosZZZ

V

z� (x; y; z) dV = 4

Z �=2

0

Z �=2

0

Z a

b

k�2 cos3 ��2 sin�d�d�d� = 4k

Z �=2

0

Z �=2

0

�6

6cos3 � sin�

��ab

d�d�

=2

3

�a6 � b6

� Z �=2

0

Z �=2

0

cos3 � sin�d�d� =2

3k�a6 � b6

� Z �=2

0

� cos4 �

4

��=20

d�

=k

6

�a6 � b6

� Z �=2

0

d� =k�

12

�a6 � b6

�(2)

calculamos el denominador:ZZZV

� (x; y; z) dV =

ZZZV

kz2dV = 4

Z �=2

0

Z �=2

0

Z �a

b

k�2 cos2 �2 sin�d�d�d�

= 4k

Z �=2

0

Z �=2

0

�5

5cos2 � sin�

��ab

d�d� =4

5

�a5 � b5

� Z �=2

0

Z �=2

0

cos2 sin�d�d�

=4

5k�a5 � b5

� Z �=2

0

�cos3 �

3

��=20

d� =4

5k�a5 � b5

� Z �=2

0

d� =2

15k��a5 � b5

�(3)


De (1), (2) y (3) tenemos:

z =

k�

12

�a6 � b6

�2

15k� (a5 � b5)

=5

8

a6 � b6a5 � b5

Por tanto, el centro de gravedad (x; y; z) está dado por

x = y, z =5

8

a6 � b6a5 � b5

Ahora, consideremos el caso a = b: Si el espesor de la cúpula va dismin-uyendo (por ejemplo con b! a), en el límite (es decir, a = b) obtenemosteóricamente una lámina cupular de radio a. En este caso, el centro degravedad (x; y; z) está dado por x = 0, y = 0. La coordenada z es

z = limb!a

5

8

a6 � b6a5 � b5 = lim

b!a

5

8

(a� b)�a2 + ab+ b2

� �a3 + b3

�(a� b) (a4 + a3b+ a2b2 + ab3 + b4)

= limb!a

5

8

�a2 + ab+ b2

� �a3 + b3

�(a4 + a3b+ a2b2 + ab3 + b4)

=5

8

6a5

5a4=3

4a


1. Sea A el rectángulo con vértices (�1; 0), (1; 0), (1; 2), (�1; 2), calcularaproximadamente el valor de la integralZZ

A

�1 + x2y

�dA

a) Dividiendo A en dos partes, b) dividiendo A en cuatro partes.

2. Sea A el triángulo limitado por x = 0, y = 0, z + y = 1; calcular aproxi-madamente el valor de la integralZZ

A

e(x2+y2)dA

INTEGRALES ITERADASCalcular.

3.Z 1

0

Z 2

1

dxdy.

4.Z 1

0

Z x2

0

xeydydx.

5.Z 1

0

Z x

x2xy2dydx.


6.Z 2

1

Z y3=2

0

x

y2dxdy.

7.Z �=2

0

Z 2

0

r2 cos �drd�.

8.Z 2�

0

Z 1�cos �

0

r3 cos2 �drd�.

CALCULO DE INTEGRALES DOBLESCalcular:

9.ZZ

A

x2dxdy, siendo A el rectángulo limitado por x = 0, x = 2, y = 0,

y = 4.

10.ZZ

A

ydxdy, si A es el triángulo limitado por y = x, x+ y = 2, x = 0.

11.ZZ

A

xydxdy, donde A es el cuadrilátero limitado por x+ y = 1, x+ y = 3,

y = 0, y = 1.

12.ZZ

A

(1 + 2x) dxdy, donde A es la región limitada por y = x2, x = y.

13.ZZ

A

�x2 + y

�dxdy, donde A es la región limitada por y = x2, x = y3.

14.ZZ

A

y2dxdy, donde A es la región del primer cuadrante limitada por xy =

4, x = y, y = x� 1.

15.ZZ

A

ex+ydxdy, donde A es la región jxj+ jyj � 1.

16.ZZ

A

dxdyp2a� x

, donde A es el círculo de radio a y tangente a los ejes coor-

denados que se encuentran en el primer cuadrante.CAMBIO DEL ORDEN DE INTEGRACIONGra�ar la región de integración e invertir el orden de integración.

17.Z 1

0

Z x

0

f (x; y) dxdy.

18.Z e

1

Z ln x

0

f (x; y) dxdy.

19.Z 2

0

Z 2y

y2f (x; y) dxdy.


20.Z 1

�1

Z 1�x2

�p1�x2

dydx.

21.Z 2

1

Z p2x�x2

2�xf (x; y) dydx.

22.Z 2

�6

Z 2�x

(x2�4)=4f (x; y) dydx

23. CalcularZ 3

0

Z 3

x

e�y2

dydx, invirtiendo previamente el orden de integración.

AREAS DE REGIONES PLANASEn los ejercicios siguientes hallar el área de la región limitada por lascurvas dadas.

24. 3x+ 4y = 24, x = 0, y = 0.

25. x+ y = 2, 2y = x+ 4, y = 0:

26. y = x2 + 2, y = x+ 4.

27. y2 = 5� x, y = x+ 1.

28. y2 = 4ax, y = 0, x+ y = 3a.

29.px+

py =

pa, x+ y = a.

30. y2 = 10x+ 25, y2 = �6x+ 9.

31. y2 = 2� x, y2 = 2x� 2.

32. y = x2, x = y3.

33. y = x2, x2 + y2 = 2.

34. y =pa2 � x2, y = a� x.

35. (y � x)2 + x2 = 1.

36. y = x3 � x, y = x� x3.

37. y = x2, y = x, y = 3x.

38. x + 3y = 3, x + 3y = 6, y = 2x, y = 2x + 1 (Sugerencia: Efectuar uncambio de variable).

39.x2

a2+y2

b2= 1,

x

a+y

b= 1 (Sugerencia: Efectuar un cambio de variable).

40. x2 + y2 = a2, x2 + y2 = b2, 0 < a < b (Sugerencia: Pasar a coordenadaspolares).


41. y = x3, y = 4x3, x = y3, x = 4y3 (Sugerencia: Efectuar un cambio devariable).

42. y2 = ax, y2 = bx, xy = c, xy = d (0 < a < b, 0 < c < d).

43. Area encerrada por x4 + y4 = x2 + y2.MASA, DENSIDADMEDIA, CENTRODEGRAVEDAD, CEN-TROIDE, MOMENTOS.

44. Si A es la región limitada por y = x2, y = 0, x = 1 y la densidad es� (x; y) = x, hallar: a) La masa, b) la densidad media, c) el centro degravedad, d) los momentos con respecto a los ejes x e y, e) los segundosmomentos con respecto a los ejes x e y, f) el momento polar de inerciacon respecto al origen.En los siguientes cuatro ejercicios hallar el centroide de cada una de lasregiones limitadas por las curvas dadas

45. y = x2, x+ y = 2.

46. y2 = x+ 3, y2 = 5� x.

47. a) y = sinx, y = cosx, 0 � x � �=4. b).px+

py = 1, x = 0, y = 0.

48. Una lámina delgada está limitada por el arco de parábola y = 2x � x2 yel intervalo 0 � x � 2. Determinar su masa si la densidad en cada punto(x; y) es � (x; y) =

1� x1 + x

.

49. Determinar el centro de gravedad de una lámina delgada rectangularABCD si la densidad en todos sus puntos es igual al producto de susdistancias a los lados AB y AD.En los siguientes cuatro ejercicios calular los momentos de inercia Ix e Iyde una lámina delgada limitada por las curvas indicadas con la densidad� (x; y) indicada.

50.x

4+y

3= 1,

x

2+y

3= 1, y = 0, � (x; y) = 1.

51. (x�R)2 + (y �R)2 = R2, x = 0, y = 0, 0 � x � R, 0 � y � R,� (x; y) = 1.

52. xy = 1, xy = 2, y = 2x, x > 0, y > 0, � (x; y) = 1.

53. y = ex, y = 0, 0 � x � a, � (x; y) = xy.TEOREMA DE PAPPUS.

54. Hallar el volumen de un cono recto circular de altura h y radio basal r.

55. Hallar el volumen del sólido obtenido al girar la elipse 4 (x� 6)2+9 (y � 5)2 =36 alrededor del eje x.


56. Hallar el volumen generado por revolución del círculo x2 + (x� b)2 = a2,b > a > 0 en torno al eje x.PROBLEMAS VARIOS DE INTEGRALES DOBLES.

57. Mostrar queZ 1

0

Z 1�x

0

ey=(x+y)dydx =e� 12.

58. CalcularZZ

A

�x2 + y2

�dxdy, donde A es el paralelogramo de vértices

(1; 1), (5; 2), (6; 5), (2;�1) (Sugerencia: Hacer x = 1 + 4u + v, y =1 + u+ 3v).

59. CalcularZZ

A

y

x2 + y2dA, A es la porción del anillo 1 � x2 + y2 � 4 en el

segundo cuadrante.

60. CalcularZZ

A

1

(1 + y2 + y2)3=2dA, donde A es todo el plano R2 (Sugeren-

cia: Usar la idea del ejercicio resuelto 45).INTEGRALES TRIPLES

61. Si V es el conjunto 0 � x � 2, 0 � y � 3, 1 � z � 2, calcular aproximada-mente la integral triple. ZZZ

V

xyzdV

CALCULO DE INTEGRALES TRIPLES

62.Z 2

0

Z 1

0

Z 2

1

dzdydx.

63.Z �=2

0

Z 1

0

Z 2

0

zr2 sin �dzdrd�.

64.Z 4

0

Z 2pz

0

Z p4z�x2

0

dydxdz.

65.Z 2

0

Z 6�2y

2�y

Z p4�y20

zdzdxdy.

66. Calcular el volumen del tetraedro limitado porx

a+y

b+z

c= 1 y los planos

coordenados.

67. Hallar el volumen del sólido limitado por x+ y = 1, x = 2y, y = 0, z = 0,z = 4.

68. Hallar el volumen encerrado por x� y + 2z = 0, y = 2, x = 0, z = 0.

69. Calcular el volumen encerrado por z = x2 + y2, x2 + y2 = a2, z = 0.


70. Hallar el volumen del sólido limitado x2 + y2 = a2, x2 + y2 = az2, z = 0.

71. Calcular el volumen encerrado por los cilindros x2+y2 = a2, y2+z2 = a2.

72. Calcular el volumen limitado por x2 + y2 = 4, z = 0, z = 2y.

73. Hallar el volumen limitado por el paraboloide z = x2 + y2, el cilindrox2 � x+ y = 0, el plano z = 0, y = 0.

74. Hallar el volumen limitado por el paraboloide z = x2 + y2 y el conoz =

px2 + y2.

75. Hallar el volumen limitado por x2 + az = a2, x2 + y2 = a2, z = 0.

76. Hallar el volumen limitad superiormente por x2 + y2 + z2 = 1, e inferior-mente por z =

px2 + y2.

77. Calcular el volumen de la región limitada superiormente por x2+y2+z2 =1 e inferiormente por z = x2 + y2.

78. Calcular el volumen encerrado por z2 + 4y � 4 = 0, x2 = y.

79. Hallar el volumen de la región limitada por x2 + y = 9, x+ z = 4, x = 0,y = 0, z = 0.

80. Hallar el volumen limitado por x2 + y2 = 1, z = y, z = y2.

81. Calcular el volumen encerrado entre los paraboloides x2 + a2y2 + z = 1,x2 + a2y2 � 2z = 1.MASA. MOMENTO. CENTRODEGRAVEDAD. CENTROIDEDE REGIONES SOLIDAS

82. Hallar el centroide de la región del primer octante limitada porx

a+y

b+z

c=

1, donde a, b, c son positivos.

83. Hallar el momento de inercia de un cilindro circular recto de radio a yaltura h con respecto a su eje si la densidad es proporcional a su distanciaa la base.

84. Hallar la masa de una esfera de radio R, siendo la densidad en cada puntoproporcional a su distancia a un plano diametral �jo.

85. Hallar la masa de un cono circular de altura h y radio de la base R, siendola densidad en cada punto proporcional a su distancia al eje.

86. Hallar el centro de gravedad de un cubo de arista a, siendo la densidaden cada punto igual a la suma de sus distancias a tres aristas adyacentes(ejes coordenados).PROBLEMAS VARIOS DE INTEGRALES TRIPLES

87. Hallar el volumen encerrado por y2 + x2 = 4x = 8, y2 + z2 = 4, x = 0.


88. Hallar el volumen de la región limitada por la esfera r = 2a cos� y el cono� = b, donde 0 < b < �=2. Discutir el caso b = �=2.

89. Hallar a) el volumen y b) el centroide de la región limitada superiormentepor la esfera x2 + y2 + z2 = R2 e inferiormente por el plano z = c, conR > c > 0.

90. CalcularZZZ

V

�x2

a2+y2

b2+z2

c2

�dxdydz, siendo V la región encerrada por

el elipsoidex2

a2+y2

b2+z2

c2= 1.

91. Calcular el momento de inercia del elipsoidex2

a2+y2

b2+z2

c2= 1 con respecto

a sus ejes.

92. Hallar el volumen limitado por los cilindros hiperbólicos xy = 1, xy = 9,xz = 4, xz = 36 (Sugerencias: efectuar un cambio de variable).

93. Hallar la masa de una super�cie esférica siendo la densidad en cada puntoproporcional a su distancia al origen de coordenadas.

94. Hallar la ecuación del plano paralelo al plano xy que divide en dos partesde volumenes iguales a la semiesfera x2 + y2 + z2 = R2, z � 0.

95. Demostrar que@ (x; y)

@ (u; v)=

1

@ (u; v)

@ (x; y)

(Sugerencia: Desarrollar los jacobianos, multiplicarlos y utilizar la reglade la cadena).


Chapter 7

INTEGRALESCURVILINEAS Y DESUPERFICIE

La extensión natural de un intervalo [a; b] de la recta real al plano es una regiónplana A, y la extensión natural de A al espacio es un sólido V .

La integral de f (x) sobre [a; b] ha sido estudiada en el Cálculo I, la integralde una función de dos variables f(x; y), sobre A y la integral de una función detres variables f(x; y; z) sobre V se a estudiado en el Capítulo 6 de las integralesmúltiples.

En este capítulo la idea de integral se extiende en otra dirección: El intervalo[a; b] se extiende al plano en forma de una curva y sobre esta curva se de�ne unaintegral llamada integral curvilínea. La región plana A se extiende al espacioen forma de una super�cie y sobre esta super�cie se de�ne una integral llamadaintegral de super�cie. Usando estas ideas se puede calcular el área encerrada poruna curva, el área de una super�cie. Al �nal del capítulo, la integral curvilíneay la integral de super�cie se combinan en los notables teoremas integrales.

7.1 INTEGRALES CURVILINEAS

Consideremos una curva C del plano xy que une los puntos (a1; b1) y (a2; b2)como en la �gura 7.1. Además, sean P (x; y), Q(x; y) dos funciones de�nidas

253

254 CHAPTER 7. INTEGRALES CURVILINEAS Y DE SUPERFICIE

sobre la curva C.

(xi,yi)

P(x,y)

Q(x,y)

b2

qi

b1

a1 li a2

R

x

y

Fig. 7.1

Dividamos la curva en n partes y designemos por li y qi a las longitudes dela proyección del i-esimo pedazo de la curva sobre el eje x y el eje y, respectiva-mente.De cada pedazo de la curva elijamos arbitrariamente un punto (xi; yi) donde

evaluamos las funciones P y Q.Formemos la suma

Sn = [P (x1; y1) l1 + :::+ P (xn; yn) ln] + [Q (x1; y1) q1 + :::+Q (xn; yn) qn](7.1)

Si el límite de Sn existe, cuando el número de subdivisiones aumenta (es decir,n ! 1) y los pedazos son todos cada vez más pequeños (es decir, max li ! 0,max qi ! 0); entonces a tal límite se llama integral curvilínea a lo largo deC y se representa por Z

C

P (x; y) dx+Q (x; y) dy óZ (a2;b2)

(a1;b1)

Pdx+Qdy(7.2)

De la de�nición se deduce queZC

P (x; y) dx se integra sobre el intervalo [a1; a2]

del eje x, mientras queZC

Q (x; y) dy se integra sobre el intervalo [b1; b2] del eje y.

Por supuesto, en la primera integral y se considera funcion de x, y en la segundax es función de y; por tanto ambas son integrales simples de una función de unasola variable sobre un intervalo, y el cálculo de integrales curvilíneas se reducea calcular integrales de�nidas simples.Las sumas (1) y la de�nición (2) se generalizan para curvas en el espacio

obteniéndose integrales curvilíneas de la formaZC

Pdx+Qdy +Rdz

donde C es una curva del espacio.

7.2. CALCULO DIRECTO DE INTEGRALES CURVILINEAS 255

7.2 CALCULO DIRECTO DE INTEGRALESCURVILINEAS

El cálculo directo de integrales curvilíneas se reduce al cálculo ya conocido deintegrales ordinarias. Si la curva C está dada por una ecuación y = f (x),entonces dy = f 0 (x) dx y la integral curvilínea (2) se convierte en una integralsimple:Z (a2;b2)

(a1;b1)

P (x; y) dx+Q (x; y) dy =

Z a2

a1

P (x; f (x)) dx+Q (x; f (x)) f 0 (x) dx

(7.3)

Example 63 Una curva C que une el origen con (1; 1) está dado por y = x2.EntoncesZC

(x+ y) dx+�2x2 � y

�dy =

Z 1

0

�x+ x2

�dx+

�2x2 � x2

�2xdx

=

Z 1

0

�2x3 + x2 + x

�dx =

x4

2+x3

3+x2

2

��10

=4

3

Similarmente, si la curva C está dada por una ecuación x = g (x), entoncesdx = g0 (y) dy y la integral curvilínea se convierte en una integral ordinaria:Z (a2;b2)

(a1;b1)


Z b2

b1

P (g (y) ; y) g0 (y) dy +Q (g (y) ; y) dy

(7.4)

Example 64 Una curva C que une el origen con (1; 1) está cado por x = y3.EntoncesZC

(2x� y) dx� xydy =

Z 1

0

�2y3 � y

�3y2dy � y3ydy =

Z 1

0

�6y5 � y4 � 3y3

�dy

= y6 � y5

5� 3y

4

4

��10

=�4760

Cuando la curva C esta dada por y = f (x), la podemos considerar comoparametrizada por la variable x, mientras que si está dada por x = g (y) se laconsidera parametrizada por y. En general, si la curva C está parametrizada porla variable t por medio de x = x (t), y = y (t) la integral curvilínea se convierteenZ (a2;b2)

(a1;b1)


Z t2

t1

P (x (t) ; y (t))x0 (t) dt+Q (x (t) ; y (t)) y0 (t) dt

(7.5)donde t1, t2 son los valores de t que corresponden a los puntos (a1; b1) y (a2; b2),respectivamente.En la práctica, en un caso concreto y según convenga se puede combinar los

métodos anteriores dados en (3), (4) y (5).


Example 65 Una curva C que une el origen con (1; 1) está dada en formaparamétrica por C (t) =

�t2; t3

�. Entonces, teniendo en cuenta que a (0; 0) le

corresponde t = 0 y al punto (1; 1) le corresponde t = 1.ZC

�x1=2 + y

�dx+

�x� y1=3

�dy =

Z t=1

t=0

�t+ t3

�2tdt+

�t2 � t

�3t2dt

=

Z 1

0

�5t4 � 3t3 + 2t2

�dt = t5 � 3

4t4 +

2

3t3��10

11

12

Métodos similares se tienen para el cálculo de integrales curvilíneas en elespacio.

7.3 PROPIEDADESDE LA INTEGRALCURVILÍNEA

Como el cálculo de una integral curvilínea se reduce a una ordinaria, las propiedadesde ambas son similares. Por ejemplo, si C es una curva que une (a1; b1) con elpunto (a2; b2) tenemos:I. Si se invierte el camino de integración, el signo de la integral curvilínea

cambia. Es decir Z (a1;b1)

(a2;b2)

Pdx+Qdy = �Z (a2;b2)

(a1;b1)

Pdx+Qdy (7.6)

II. Se puede integrar por pedazos y la integral curvilínea sobre toda la curvaes la suma de las integrales curvilíneas en cada pedazo. Es decir, si (a3; b3) esotro punto de la curva C.

(a2,b2)

(a3,b3)

(a1,b1)

Z (a2;b2)

(a1;b1)

Pdx+Qdy =

Z (a3;b3)

(a1;b1)

Pdx+Qdy +

Z (a2;b2)

(a3;b3)

Pdx+Qdy (7.7)

Por supuesto, para integrales curvilíneas en el espacio se tienen propiedadessimilares.

7.4. TEOREMAS IMPORTANTES 257

7.4 TEOREMAS IMPORTANTES

Ya se ha visto que el cálculo de una integral curvilínea se reduce al de unaintegral simple. Obviamente, el valor de una integral curvilí nea entre dospuntos depende de la curva que une estos puntos y sobre la cual se integra; esdecir depende del camino de integración. Sin embargo, en algunos casos el valorde la integral curvilínea es independiente del camino de integración. Si la curvaes cerrada, la inegral curvilínea en algunos casos puede expresarse como unaintegral doble.Para precisar lo anterior llamaremos curva simple cerrada a una curva cer-

rada que no se corta a sí misma en ningún punto. También diremos que unaregión plana es simplemente conexa si toda curva cerrada de la región se puedecontraer hasta reducirse a un punto sin salir de la región, si no, diremos quela región es multiplemente conexa. Intuitivamente una región es simplementeconexa s no tiene �huecos�y es multiplemente conexa si lo tiene.Por otra parte, si al correr una curva cerrada C del plano xy con la cabeza

dirigida hacia el eje positivo z, la región encerrada por la curva queda a laizquierda, entonces se dice que se la recorre en sentido positivo. Para una curvasimple cerrada del plano, el sentido positivo coincide con el sentido contrario alde las agujas del reloj. Notemos que la región encerrada por una curva simplecerrada es simplemente conexa.

RR

C2

C3

C1

C

C

R: Región simplemente conexaC: Curva simple cerrada recorrida

en sentido positivo

R: Regió multiplemente conexa.C1,C2,C3 curvas simples cerradasrecorridas en sentido positivo.

C: Curva cerrada que noes simple.

Fig. 7.3a Fig. 7.3b Fig. 7.3c

Notación. La integral curvilínea a lo largo de una curva cerrada descrita

en sentido positivo se acostumbra simbolizar porI.

7.5 EL TEOREMADEGREENENEL PLANO

Naturalmente uno podría esperar que lo que ocurre en una región in�uya sobresu contorno y viceversa; este teorema establece una relación en este sentido entreuna integral doble sobre una región plana y una integral curvilínea a lo largodel contorno de la región.Consideremos una curva simple cerrada C y la región R que encierra (�gura


7.4a), entonces se cumpleIC

Pdx+Qdy =

ZZR

�@Q

@x� @P@y

�dxdy (7.8)

Por supuesto, en (7) las funciones P , Q,@P

@y,@Q

@xhan de ser continuas en la

región (ejercicio 14). Además, el teorema de Green en el plano dado por (7) estambién válido para regiones limitadas por más de una curva (es decir, regionesmultiplemente conexas) como el de la �gura 7.4b (ejercicio 13).

RC R

Región simplemente conexadonde se cumple el teoremade Green

Región multiplemente conexadonde también se cumple elteorema de Green

Fig. 7.4a Fig. 7.4b

Example 66 Aplicando el teorema de Green, calcularIc

x2ydx� xy2dy

donde C es la circunferencia x2 + y2 = 1.

Con P = x2y, Q = �xy2, @P@y

= x2,@Q

@x= �y2; y si R es la región encerrada

por C (�gura 7.5), tenemos

y

x

x2+y 2=1

r

C1

C2

C3C4

Fig. 7.5Muchos caminos unen(a1,b1) con (a2,b2)

Fig. 7.6

Ic

x2ydx� xy2dy =

ZZR

��y2 � x2

�dxdy = �

ZZR

�x2 + y2

�dxdy

= �Z 2�

0

Z 1

0

r2rdrd� = �Z 2

0

r4

4

��10

d� = ��2

7.6. AREA ENCERRADA POR UNA CURVA 259

(para calcular la integral doble se ha pasado a coordenadas polares).

7.6 AREA ENCERRADA POR UNA CURVA

El área encerrada por una curva simple cerrada está dada por

A =1

2

IC

xdy � ydx

Esta fórmula se deduce inmediatamente del teorema de Green en el plano (ejer-cciio 15) yes muy útil para calcular el área de regiones limitadas por curvasdadas paramétricamente (ejercicio 16 y 17).

7.7 INDEPENDENCIA DEL CAMINO DE IN-TEGRACIÓN

Aunque en general el valor de la integral curvilínea entre dos puntos (a1; b1) y(a2; b2), Z (a2;b2)

(a1;b1)

Pdx+Qdy (7.9)

depende del camino de integración C que une ambos puntos (�gura. 7.6); cuandose cumple

@Q

@x=@P

@y(7.10)

el valor de la integral curvilínea (9) es independiente del camino de integración(Ejercicio 23).Por tanto, si se cumple (10) podemos calcular la integral curvilínea (9) inte-

grando a lo largo de cualquier camino C que una los puntos (a1; b1) y (a2; b2).Por supuesto, siempre elegiremos el camino que simpli�que los cálculos.Por otra parte, si se cumple (10) entonces Pdx + Qdy es una diferencial

exacta; es decir existe una función � (x; y) tal que d� = Pdx +Qdy. Teniendoen cuenta que

d� =@�

@xdx+

@�

@ydy = Pdx+Qdy

se puede calcular la función � (x; y). Una vez determinada la función � (x; y),la integral curvilínea (9) se calcula fácilmente segúnZ (a2;b2)

(a1;b1)

Pdx+Qdy =

Z (a2;b2)

(a1;b1)

d� = � (x; y)j(a2;b2)(a1;b1)= � (a2; b2)� � (a1; b1)

(7.11)Ahora, si la integral curvilínea es independiente del camino entonces su valor alo largo de una curva cerrada C es decor. Es decir,I

C

Pdx+Qdy = 0, si@Q

@x=@P

@y(7.12)


Example 67 CalcularIC

2xydx+ x2dy si C es la circunferencia x2 + y2 = 4:

y

x

C

2

2

Fig. 7.6

Con P = 2xy, Q = x2 tenemos@Q

@x= 2x =

@P

@y. Por tanto la integral curvilínea

a lo largo de la circunferencia vale cero. Es decir,IC

2xydx+ x2dy = 0

Por supuesto, las integrales curvilíneas en el espacio tienen propiedades sim-ilares. Por ejemplo, la integral curvilínea

Z (a2;b2;c2)

(a1;b1;c1)

Pdx+Qdy +Rdz (7.13)

es independiente del camino que une los puntos (a1; b1; c1) y (a2; b2; c2) si secumple

@Q

@x=@P

@y;@R

@x=@P

@z;@R

@y=@Q

@z(7.14)

Nota. Se puede demostrar que (10) no solamente es condición su�ciente paraque la integral curvilínea (9) sea independiente del camino, sino que también esuna condición necesaria. Similarmente (14) es condición necesaria y su�cientepara que (13) sea independiente del camino

Resumen. El siguiente diagrama resume esquemáticamente lo anterior y

muestra cómo debe calcularse la integral curvilíneaZC

Pdx+Qdy según la curva

de integración C sea cerrada o no, y según sea@Q

@x=@P

@yo no:

7.8. INTEGRALES DE SUPERFICIE 261

ZC

Pdx+QdyC no cerrada�!

8>>>>>>>>><>>>>>>>>>:

@Q

@x=@P

@y) Independiente del camino; en-

tonces se calcula directamenteeligiendo previamente un caminode integración adecuado.

@Q

@x6= @P

@y) Se calcula directamente pasando

a una integral simple.

IC

Pdx+QdyC cerrada�!

8>>>>>>>>>>>>>>>>>><>>>>>>>>>>>>>>>>>>:

@Q

@x=@P

@y) no es necesario calcular nada,

pues en este casoIC

Pdx+Qdy = 0

@Q

@x6= @P

@y) Se calcular indirectamente

pasando a una integral doble:IC

Pdx+Qdy =

ZZR

�@Q

@x� @P@y

�dxdy

7.8 INTEGRALES DE SUPERFICIE

Vamos a de�nir la integral de super�cie de una función � (x; y; z) sobre unasuper�cie S.Dividamos S en n pedazos de área Si y elijamos de cada uno de ellos un

punto cualquiera (xi; yi; zi) (�gura 7.7). Evaluamos � en cada uno de talespuntos.

(xi,yi,zi)

S

Fig. 7.7

Ahora, formemos la suma

Sn = � (x1; y1; z1)S1 + � (x2; y2; z2)S2 + :::+ � (xn; yn; zn)Sn


Si el límite de la suma Sn existe, cuando el número de pedazos aumenta (es decir,n!1) y todos los pedazos son cada vez más pequeños (es decir, maxSi ! 0);a tal límite se llama la integral de super�cie de � (x; y; z) sobre S y se representapor ZZ

S

� (x; y; z) dS.

Es decir,ZZS

� (x; y; z) dS = limn!1

[� (x1; y1; z1)S1 + � (xn; yn; zn)Sn] (7.15)

7.8.1 Cálculo de la integral de super�cie

Tal como el cálculo de una integral curvilínea se reduce al cálculo de una integralsimple; el cálculo de una integral de super�cie se reduce al cálculo de una integraldoble:Si la ecuación de la super�cie S está dada implícitamente por F (x; y; z) = C,

C constante, entonces

ZZS

� (x; y; z) dS =

ZZA

� (x; y; z)

qF 2x + F

2y + F

2z

jFzjdxdy (7.16)

donde A es la proyección de S en el plano xy.Si la ecuación de la super�cie S está dada explícitamente por z = f (x; y),

la fórmula (16) se reduce aZZS

� (x; y; z) dS =

ZZA

� (x; y; z)q1 + z2x + z

2ydxdy (7.17)

En algunos casos concretos no es conveniente (o no se puede) proyectar sobreel plano xy y se debe proyectar entonces sobre el plano xz o sobre el planozy, en tales casos el denominador de (16) se cambia por jFyj o por jFxj, re-spectivamente. Análogamente en la fórmula (17) se deben efectuar los cambioscorrespondientemente (ejercicio 25).Notemos que si la super�cie S es un plano paralelo a uno de los planos

coordenados, la integral de super�cie (16) ó (17), de la función � (x; y; z) sereduce simplemente a la integral doble de dicha función.

7.9 AREA DE UNA SUPERFICIE

Si en (15) hacemos � (x; y; z) = 1, tenemosZZS

dS = limn!1

(S1 + S2 + :::+ Sn) (7.18)

que da el área de S.

7.10. TEOREMAS INTEGRALES 263

Por tanto, si la ecuación de la super�cie S está dada implícitamente porF (x; y; z) = C, el área de S se calcula por

área de S =ZZ

A

qF 2x + F

2y + F

2z

jFzjdxdy (7.19)

donde A es la proyección de S sobre el plano xy.Si la ecuación de la super�cie S está dada explícitamente por z = f (x; y) el

área de S se calcular por

área de S =ZZ

A

q1 + z2x + z

2ydxdy (7.20)

Example 68 Calcular el área de la porción que está en el primer octante, delplano z = 4� 2x� 2y.

4

2

2

y

z

x

A

Fig. 7.8

La proyección sobre el plano xy es el triángulo A limitado por x = 0, y = 0 y larecta z + y = 2. Por tanto, integrando sobre A tenemos

área de S =

ZZA

q1 + z2x + z

2ydxdy

=

Z 2

0

Z 2�y

0

q1 + (�2)2 + (�2)2dxdy = 3

Z 2

0

(2� y) dy

= �32(2� y)2

��20= 6

7.10 TEOREMAS INTEGRALES

Los teoremas integrales relacionan integrales dobles, triples, curvilíneas y desuper�cie. Su formulación se abrevia y su uso para aplicaciones concretas sesimpli�ca con la notación vectorial.


7.11 GRADIENTE, DIVERGENCIA, ROTACIONAL

El operador nabla r, está de�nido por

r =�@

@x;@

@y;@

@z

�(7.21)

y puede aplicarse a funciones f (x; y; z) de la siguiente manera:

1. Si f (x; y; z) es una función en R3 en R, tenemos

rf =�@f

@x;@f

@y;@f

@z

�(7.22)

que es el conocido gradiente de f .

2. Si F (x; y; z) = (F1; F2; F3) es una función de R3 en R3, por una partetenemos

r � F = @F1@x

+@F2@y

+@F3@z

(7.23)

que se llama divergencia de F .

3. Por otra parte, también tenemos

r�f =

��i j k@

@x

@

@y

@

@zF1 F2 F3

�� =�@F3@y

� @F2@z

;@F1@z

� @F3@x

;@F2@x

� @F1@y

�(24)

que se denomina rotacional de f .

Notemos que el rotacional de F , r�F , está de�nido por el último miembrode (24) y el determinante es simplemente una ayuda nemotécnia para recordarlofácilmente.Recordando que i = (1; 0; 0), j = (0; 1; 0), k = (0; 0; 1), la función F (x; y; z) =

(F1; F2; F3) se escribe también como F (x; y; z) = F1i+ F2j + F3k.

Example 69 Si F = x2yi+ 2yzj +�x+ z2

�k, entonces

r � F = 2xy � 2z + 2z = 2xy

divergencia de F

r� F =

��i j k@

@x

@

@y

@

@zx2y �2yz x+ z2

�� = (0 + 2y) i+ (1� 0) j +�0� x2

�k

= 2yi� j � x2k

rotacional de F .

7.12. TEOREMA DE STOKES 265

7.12 TEOREMA DE STOKES

Consideremos una super�cie S abierta, de dos lados, y cuyo contorno sea unacurva cerrada simple C como en la �gura 7.9. Entonces

Sn

C

z

yx x

y

z

nS

C

z

S

V

n

x

y

Fig. 7.11Fig. 7.10Fig. 7.9

ZZS

(r� F ) � ndS =IC

F � dr (7.24)

donde C se recorre de tal modo que si un observador la recorre con su cabezadirigida en el sentido de la normal unitaria n, la super�cie S queda a la izquierda.Por supuesto, tanto F como las derivadas parciales deben ser continuas en

S.El teorema de Stokes, dado por (26), dice que la integral curvilínea de la

componente tangencial alrededor de una curva cerrada C es igual sobre todasuper�cie S que tenga por contorno a C.En la práctica, se comienza �jando el sentido de la normal n y se determina

el sentido de C en referencia a tal sentido.

Example 70 Calcular ZZS

(r� F ) � ndS

si F = 2yi + 3xj � z2k y S es la parte superior de la super�cie esférica x2 +y2 + z2 = 9.Aplicando el teorema de Stokes, en lugar de calcular la integral de super�cie dadapodemos calcular una integral curvilínea a lo largo del contorno de la super�ciedada (�gura 7.10). El contorno de la super�cie S es la circunferencia x2+y2 =9, z = 0 sobre el plano xy. Por tantoZZ

S


F � d~r =I2ydx+ 3xdy � z2dz (1)

pero, como z = 0 en la curva C, (1) se reduce aZZS


2ydx+ 2xdy (2)


para calcular (2) aplicamos el teorema de Green en el plano teniendo en cuentaque la región R encerrada por x2 + y2 = 1 es un círculo de radio 1:

ZZS

(r� F ) � ndS =

IC

2ydx+ 3xdy =

ZZR

(3� 2) dxdy =ZZ

R

dxdy

= (área del círculo de radio uno) = �

7.13 TEOREMA DE LA DIVERGENCIA (ODE GAUSS)

Consideremos una región sólida V limitada por la super�cie S. Entonces

ZZZV

r � FdV =ZZ

S

F � ndS (7.25)

donde la normal n está dirigida al exterior de V (�gura 7.11).

Por supuesto, tanto F como las derivadas parciales que intervienen en (##)deben ser contínuas en la región V .

El Teorema de la Divergencia, dada por (##), dice que la integral de su-per�cie de la componente normal es igual a la integral triple de la divergenciasobre la región encerrada por la super�cie.

Example 71 CalcularZZ

S

F�ndS, donde F = (2x+ 3z) {�(xz + y) j+�y2 + 2z

�k

y S es la super�cie esférica x2 + y2 + z2 = 1.Aplicando el teorema de la Divergencia, en lugar de la integral de super�ciedada podemos calcular una integral triple. Como la región V encerrada porx2 + y2 + z2 = 1 es una esfera de radio uno, tenemos

ZZS

F � ndS =

ZZZV

r � FdV =ZZZ

V

(2� 1 + 2) dV = 3ZZZ

V

dV

= 3 (volumen de la esfera de radio uno) = 3�4

3�

�= 4�



1. CalcularZ (1;2)

(0;0)

�x2 � y

�dx +

�x+ y2

�dy a lo largo de la recta que une

(0; 0) con (1; 2).

(1,2)

x

yy

x

(1,1)

y (2,3)

(2,1)(1,1)

Fig. 7.12 Fig. 7.13 xFig. 7.14

Solución. Como la ecuación de la recta que une (0; 0) con (1; 2) es y = 2x,expresamos la integral curvilínea como una integral simple en función dex; reemplazar y = 2x, dy = 2dx, límites (0; 0) = (1; 2), entonces x = 0 ax = 1. Por tanto,Z (1;2)

(0;0)

�x2 � y

�dx+

�x+ y2dy

�=

Z 1

0

�x2 � 2x

�dx+

�x+ 4x2

�2dx

=

Z 1

0

9x2dx = 9x3

3

��10

= 3

2. CalcularZ (1;1)

(0;0)

(x+ y) dx + x2dy a lo largo de la parábola x = y2 entre

los puntos (0; 0) y (1; 1).Solución. Primeramente expresamos la integral curvilínea como una inte-gral simple en función de y; reemplazar x = y2, dx = 2ydy, límites (0; 0)a (1; 1) entonces y = 0 a y = 1. Por tantoZ (1;1)

(0;0)

(x+ y) dx+ x2dy =

Z 1

0

�y2 + y

�2ydy + y4dy =

Z 1

0

�y4 + 2y3 + 2y2

�dy

=y5

5+2y4

4+2y3

3

��10

=41

30

3. CalcularZ (2;3)

(1;1)

(x+ 2y) dx + xydy a lo largo de la recta de (1; 1) a (2; 1)

y luego de (2; 1) a (2; 3).


Solución. La integral curvilínea pedida es la suma de las integrales curvilíneasprimero a lo largo de la recta y = 1 que une (1; 1) con (2; 1), y luego a lolargo de la recta x = 2 que une (2; 1) con (2; 3) (�gura 7.14).Para la integral curvilínea a lo largo de y = 1 desde (1; 1) a (2; 1), reem-plazar: y = 1, dy = 0, límites: (1; 1) a (2; 1), entonces x = 1 a x = 2,entoncesZ (2;1)

(1;1)

(x+ 2y) dx+ xydy =

Z 2

1

(x+ 2) dx =x2

2+ 2x

��21

=7

2

Para la integral curvilínea a lo largo de x = 2 desde (2; 1) a (2; 3), reem-plazar: x = 2, dx = 0. Límites> (2; 1) a (2; 3)) y = 1 a y = 3, entoncesZ (2;3)

(2;1)

(x+ 2y) dx+ xydy =

Z 3

1

2ydy = y2��31= 8

Por tanto, la integral pedida esZ (2;3)

(2;1)

(x+ 2y) dx+ xydy =7

2+ 8 =

23

2

Nota. Notemos que el cálculo a lo largo de rectas horizontales o verticales,en general es más sencillo que a lo largo de otras curvas; por eso, si debemoselegir el camino de integración en general elegimos un camino constituidopor tramos horizontales y tramos verticales.

4. CalcularZC

�x2 + 2xy

�dx+

�x2 � y

�dy, donde C está dada paramétrica-

mente por x = 2t, y = t3 y t varía desde t = 0 hasta t = 2.

(4,8)

(4,2)

(1,1)

(1,1)(4,2)

(4,2)(1,1)

y

x

y y

yx

x

xFig. 7.15

FIg. 7.16

Fig. 7.17a

Fig. 7.17b

Solución. Expresemos la integral curvilínea como una integral simple enfunción de t, reemplazar: x = 2t, y = t3, dx = 2dt, dy = 3t2dt. Límites:


t = 0 a t = 2. Por tantoZC

�x2 + 2xy

�dx+

�x2 � y

�dy =

Z 2

0

�4t2 + 4t4

�2dt+

�4t2 � t3

�3t2dt

=

Z 2

0

�8t2 + 20t4 � 3t5

�dt =

8

3t3 + 4t5 � 3

6t6��20

=352

3

5. CalcularZC

�y � x2

�dx+

�2xy + y2

�dy, donde C está dada por x = 1�

cos 2t, y = sin t desde (0; 0) hasta (2; 1).Solución. Expresamos la integral curvilínea como una integral simple enfunción de t, reemplazar:

x = 1� cos 2t ) dx = 2 sin 2tdty = sin t ) dy = cos tdt

Límites: (1� cos 2t; sin t) = (0; 0) a (1� cos 2t; sin t) = (2; 1) entonces,desde t = 0 a t = �=2. Por tantoZC

�y � x2

�dx+

�2xy + y2

�dy =

Z �=2

0

�sin t� (1� cos 2t)2

�2 sin 2tdt+

+�2 (1� cos 2t) sin t+ sin2 t

�cos tdt

=

Z �=2

0

�sin t� 4 sin4 t

�4 sin t cos tdt+

�4 sin3 t+ sin2 t

�cos tdt

con sin2 t =1� cos 2t

2,

=

Z �=2

0

�5 sin2 t+ 4 sin3 t� 16 sin5 t

�cos tdt = 5

sin3 t

3+4 sin4 t

4� 16sin

6 t

6

��=20

= 2

Nota. El cálculo se simpli�ca un poco si desde el principio hacemosx = 1� cos 2t = 2 sin2 t.

6. CalcularZ (4;2)

(1;1)

(x+ y) dx+(y � x) dy a lo largo a) de la parábola y2 = x,

b) de la recta, c) de los segmentos (1; 1) a (1; 2) y de (1; 2) a (4; 2), d) dela curva x = 2t2 + t+ 1, y = t2 + 1.Solución a) Teniendo en cuenta que y varía desde y = 1 hasta y = 2,expresamos la integral curvilínea como una integral simple en función dey:Z (4;2)

(1;1)

(x+ y) dx+ (y � x) dy =

Z 2

1

�y2 + y

�2ydy +

�y � y2

�dy

=

Z 2

1

�2y3 + y2 + y

�dy =

2y4

4+y3

3+y2

2

��21

=34

3


b) Como la recta que une (1; 1) con (4; 2) es x = 3y � 2, expresamos laintegral curvilínea como una integral simple en función de y;Z (4;2)

(1;1)

(x+ y) dx+ (y � x) dy =

Z 2

1

(3y � 2 + y) 3dy + (y � 3y + 2) dy

=10

2y2 � 4y

��21

= 11

c) Integraremos como tramos. Al integrar a lo largo de la recta x = 1 aque va de (1; 1) a (1; 2) tenemos:

(1,2)

(1,1)

(4,2)

x

yy

yx

x

z

(4,2)

(1,1)

Fig. 7.17c Fig. 7.17d Fig. 7.18

Z (4;2)

(1;1)

(x+ y) dx+ (y � x) dy =Z 2

1

0 + (y � 1) dy = y2

2� y��21

=1

2

Al integrar a lo largo de la recta y = 2 que va de (1; 2) a (4; 2) tenemosZ (4;2)

(1;1)

(x+ y) dx+ (y � x) dy =Z 4

1

(x+ 2) dx+ 0 =y2

2+ 2x

��41

=27

2

Por tanto, la integral pedida esZ (4;2)

(1;1)

(x+ y) dx+ (y � x) dy = 1

2+27

2= 14

d) Teniendo en cuenta que x = 2t2 + t + 1, y = t2 + 1, dx = (4t+ 1) dt,dy = 2tdt; además de

�2t2 + t+ 1; t2 + 1

�= (1; 1) se obtiene t = 0 y de�

2t2 + t+ 1; t2 + 1�= (4; 2) se obtiene t = 1:Z (4;2)

(1;1)

(x+ y) dx+ (y � x) dy =

Z 1

0

�2t2 + t+ 1 + t2 + 1

�(4t+ 1) dt

+�t2 + 1� 2t2 � t� 1

�2tdt

=

Z 1

0

�10t3 + 5t2 + 9t+ 2

�dt

=10t4

4+5t3

3+9t2

2+ 2t

��10

=32

3


Nota. Este ejercicio muestra que el valor de la integral curvilínea engeneral depende del cambio de integración.

7. CalcularZC

(1 + x) dx� xydy + (y + z) dz, siendo C la hélice x = cos�t,

y = sin�t, z = t, desde (1; 0; 0) hasta�1; 2; 12

�.

Solución. Para pasar a una integral simple en función de la variable t,notemos que de

(cos�t; sin t; t) = (1; 0; 0) obtenemos t = 0

y de

(cos�t; sin t; t) =

�0; 1;

1

2

�obtenemos t =

1

2

Por tanto,ZC

(1 + x) dx� xydy + (y + z) dz =

Z 1=2

0

(1 + cos�t) (�� sin�t) dt�

� cos�t � sin�t � � � cos�tdt+ (sin�t+ t) dt

=

Z 1=2

0

�� sin�t� sin�t cos�t� cos2 �t sin�t+ sin�t+ t

�dt

= cos�t� sin2 �t

2+cos3 �t

3� cos�t

�+t2

2

��1=20

= �4124+1

�

TEOREMA DE GREEN EN EL PLANO

8. Comprobar el teorema de Green en el plano paraIC

�2xy � x2

�dx+

�x+ y2dy

�siendo C la curva cerrada que limita la región R entre y = x2, y = x.

(1,1)

y=xy=x 2

R

(0,1)

C1

C3

C2

(1,0)(1,0)

y

x

y=(9x 2)1/2

33

y=(9x 2)1/2

x

y

x

y

Fig. 7.19 Fig. 7.20 Fig. 7.21


Solución. Con P = 2xy � x2, Q = x + y2 tenemos@Q

@x= 1,

@P

@y= 2x;

entonces debemos comprobar queIC

�2xy � x2

�dx+

�x+ y2dy

�dy =

ZZR

(1� 2x) dxdy (1)

Por una parte, integrando primero a lo largo de la parábola y = x2 y luegoa lo largo de la recta y = x (�gura 7.19) tenemos:IC

�2xy � x2

�dx+

�x+ y2dy

�dy =

Z 1

0

�2x3 � x2

�dx+

�x+ x4

�2xdx+Z 0

1

�2x2 � x2

�dx+

�x+ x2

�dx

=

Z 1

0

�2x5 + 2x3 + x2

�dx+

Z 0

1

�2x2 + x

�dx

=2x6

6+2x4

4+x3

3

��10

+2x3

3+x2

2

��01

= 0 (2)

Por otra parte, integrando sobre la región R tenemos:ZZR

(1� 2x) dxdy =

Z 1

0

Z x

x2(1� 2x) dydx =

Z 1

0

(1� 2x) yjxx2 dx

=

Z 1

0

(1� 2x)�x� x2

�dx =

Z 1

0

�x� 3x2 + 2x3

�dx

=x2

2� 3x

3

3+2x4

4

��10

= 0 (3)

Por tanto, (1), (2) y (3) muestran que el teorema de Green en el plano severi�ca.


(2x� y) dx+ (x� 2y) dy

siendo C el triángulo de vértices (1; 0), (0; 1), (�1; 0).Solución. Con P = 2x � y, Q = x � 2y tenemos @Q

@x = 1, @P@y = �1.

Entonces debemos comprobarIC

(2x� y) dx+ (x� 2y) dy =ZZ

R

(1 + 1) dxdy = 2

ZZR

dxdy (1)

donde R es la región encerrada por C. Por una parte, integrando por


tramos a lo largo de la curva C (�gura 7.20) tenemos:ZC1

(2x� y) dx+ (x� 2y) dy =

Z 1

0

(2 (1� y)� y) (�dy) + (1� y � 2y) dy (Por ser C1 : x+ y = 1)

= �Z 1

0

dy = �yj10 = �1 (2)

ZC2

(2x� y) dx+ (x� 2y) dy =

Z �1

0

(2x� x� 1) dx+ (x� 2 (x+ 1)) dy (Por ser C2 : y = x+ 1)

= �3Z �1

0

dx = �3xj�10 = 3 (3)

ZC3

(2x� y) dx+ (x� 2y) dy =

Z 1

�1(2x� 0) dx+ 0 (por ser C3 : y = 0)

=2x2

2

��1�1= 0 (4)

Por tanto, sumando (2), (3) y (4) obtenemosZC

(2x� y) dx+ (x� 2y) dy � 1 + 3 + 0 = 2 (5)

Por otra parte, integrando sbre el triángulo R tenemos:

2

ZZR

dxdy = 2

Z 1

0

Z �y+1

y�1dxdy = 2

Z 1

0

(�y + 1� y + 1) dy

= 2

��y

2

2+ 2y

��10

= 2 (6)

Luego, (5) y (6) muestran que el teorema de Green en el plan se veri�ca.


�x3 � x2y

�dx+ xy2dy

siendo C la circunferencia x2 + y2 = 9.

Solución. Con P = x3 � x2y, Q = xy2 tenemos@Q

@x= y2,

@P

@y= �x2.

Entonces debemos comprobarIC

�x3 � x2y

�dx+ xy2dy =

ZZR

�y2 + x2

�dxdy (1)


donde R es la región encerrada por C.Por una parte, integrando a lo largo de la circunferencia, primero inte-gramos a lo largo de la semicircunferencia superior y =

p9� x2 y luego a

lo largo de la semicircunferencia inferior y = �p9� x2, tenemos

IC

�x3 � x2y

�dx+ xy2dy =

Z �3

3

�x3 � x2

p9� x2

�dx+ x

�9� x2

� �2x2p9� x2

dx+

+

Z �3

3

�x3 � 2x2

p9� x2

�dx+

Z 3

�3

�x3 + 2x2

p9� x2

�dx

=

Z 3

�34x2p9� x2dx

=1

2

��x�9� x2

�3=2 � x3 �9� x2�1=2 + 81 arcsin x3

��3�3=81

2�

Por otra parte, integrando sobre el círculo encerrado por la circunferencia(pasando a coordenadas polares) tenemos

ZZR

�y2 + x2

�dxdy =

Z 2�

0

Z 3

0

r2rdrd� =

Z 2�

0

r4

4

��30

d� =81

4

Z 2�

0

d� =81

2�

11. Calcular IC

y sin�x dx+ y cos�x dy

si C es el contorno del rectángulo de vértices (1;�1), (1; 1), (2;�1), (2; 1).

(1,1) (2,1)

(1,1) (2,1)

(1,1)y2=x

y=x 2R

y

x

x

y

y

x1 2

R

FIg. 7.22 Fig. 7.23 FIg. 7.24

Solución. Con P = y sin�x, Q = y cos�x, @Q@x = ��y sin�x,@P@y = sin�x


y aplicando el teorema de Green tenemos:

IC

y sin�x dx+ y cos�x dy =

Z 1

�1

Z 2

1

(��y sin�x+ sin�x) dxdy

=

Z 1

�1y cos�x+

cos�x

�

��21dy

=

Z 1

�1

�2y +

2

�

�dy =

2y2

2+2

�y

��1�1=4

�

12. Calcular IC

�2xy � x2

�dx+

�x+ y2

�dy

siendo C la curva cerrada que limita la región entre y = x2, y2 = x.

Solución.- Con P = 2xy� x2, Q = x+ y2, @Q@x

= 1,@P

@y= 2x y aplicando

el teorema de Green en el plano tenemos:

IC

�2xy � x2

�dx+

�x+ y2

�dy =

Z 1

0

Z px

x2(1� 2x) dydx =

Z 1

0

(1� 2x) yjpx

x2 dx

=

Z 1

0

�px� 2x3=2 � x2 + 2x3

�dx

=x3=2

3� 2� 2x

5=2

5� 2� x

3

3+2x4

4

��10

=1

30

13. Calcular Ic

� x2ydx+ xy2dy,

donde C es el contorno de la región anular limitada por x2 + y2 = 1,x2 + y2 = 4.

Solución. Con P = �x2y, Q = xy2; @Q@x

= y2,@P

@y= �x2 y aplicando el

teorema de Green tenemosIc

� x2ydx+ xy2dy =

ZZR

�y2 + x2

�dxdy

=

Z 2�

0

Z 2

1

r2rdrd� =

Z 2�

0

r4

4

��21

d� =15

4

Z 2�

0

d� =15

2�


14. Demostrar el Teorema de Green en el plano.

A

y

x

y

xy=y 1(x)

y=y 2(x)

x=x 1(y) x=x 2(y)A

FIg. 7.25a FIg. 7.25b

Solución. Primeramente consideremos una curva cerrada C que sólo escortada en dos puntos a lo más por una recta paralela a un eje de coor-denadas. Entonces, sea y = y1 (x) la parte de C que limita inferiormentea la región R y y = y2 (x) la parte de C que limita superiormente a R(�gura 7.25a). Siend R la región encerrada por C, tenemos:ZZ

R

@P

@ydxdy =

Z b

a

Z y2(x)

y1(x)

@P

@ydydx =

Z b

a

P (x; y)jy2(x)y1(x)dx

=

Z b

a

[P (x; y2 (x))� P (x; y1 (x))] dx

= �Z b

a

P (x; y1 (x)) dx�Z a

b

P (x; y2 (x)) dx = �IP (x; y) dx (1)

Similarmente, si x = x1 (y), x = x2 (y) son las partes de C que limitan a Rpor la izquierda y por la derecha, respectivamente (�gura 7.25b) tenemos:ZZ

R

@Q

@xdxdy =

Z d

c

Z x2(y)

x1(y)

@Q

@xdxdy =

Z d

c

Q (x; y)jx2(y)x1(y)dy

=

Z d

c

[Q (x2 (y) ; y)�Q (x1 (y) ; y)] dy

=

Z c

d

Q (x1 (y) ; y) dy +

Z d

c

Q (x2 (y) ; y) dy =

IQ (x; y) dy (2)

Sumando miembro a miembro (1) y (2) obtenemos el teorema de Greenen el plano: I

C

Pdx+Qdy =

ZZR

�@Q

@x� @P@y

�dxdy

Si la curva C es cortada en más de dos puntos por paralelas a los ejescoordenados, entonces mediante rectas se divide la región R encerrada por


C en regiones cuyo contorno es cortada en dos puntos a lo más po runarecta paralela a los ejes coordenados y se procede como antes integrand alo largo de la curva original C y las rectas auxiliares de subdivisión (quese simpli�carán en el proceso).Ver �gura 7.25c.

y

x

y

x

C

C

R1

R2

b

a

C

Fig. 7.25c Fig. 7.26

AREA ENCERRADA POR UNA CURVA

15. Mostrar que el área limitada por una curva simple cerrada C está dadapor

A =1

2

IC

xdy � ydx

Solución. Con P = �y, Q = x, @Q@x

= 1,@P

@y= �1 y aplicando el teorema

de Green tenemos

A =1

2

IC

xdy � ydx = 1

2

ZZR

(1 + 1) dxdy =

ZZR

dxdy = área de R

donde R es la región encerrada por C.

16. Hallar el área de la elipsex2

a2+y2

b2= 1.

Solución. Conviene parametrizar la elipse por medio de x = a cos �, y =b sin �, con 0 � � � 2�. Entonces, el área pedida es

A =1

2

IC

xdy � ydx = 1

2

Z 2�

0

ab cos2 �d� + ab sin2 �d� =ab

2

Z 2�

0

d� = ab�


17. Hallar el área encerrada por la hipocicloide x23 + y

23 = a

23 .

y

x

y

x

x

y(0,a)

(a,0)

(0,a)

(a,0)

Fig. 7.27 Fig. 7.28

(3,2)

(3,0)(1,0)

y=0

x=3

Fig. 7.29

(1,2)

x=1

(1,0)(0,0)

Solución. Conviene parametrizar la curva por medio de x = a cos3 �,y = a sin3 �, 0 � � � 2�. Por tanto, el área pedida es:

A =1

2

IC

xdy � ydx = 1

2

Z 2�

0

�3a2 cos3 � sin2 � cos � � 3a2 sin3 �

�� cos2 � sin �

��d�

=3

2a2Z 2�

0

�sin2 � cos4 � + cos2 � sin4 �

�d� =

3

2a2Z 2�

0

sin2 � cos2 ��cos2 � + sin2 �

�d�

=3

2a2Z 2�

0

sin2 � cos2 �d� =3

2a2Z 2�

0

�sin 2�

2

�2d� =

3

8a2Z 2�

0

1� cos 4�2

d�

=3

16a2Z 2�

0

d� � 3

16a2Z 2�

0

cos 4�d� =3

8�a2

INDEPENDENCIA DEL CAMINO DE INTEGRACION

18. a) Mostrar que Z (3;2)

(1;0)

(2x� y) dx+ (2y � x) dy

es independiente del camino que une (1; 0) con (3; 2). b) Calcular el valorde la integral.

Solución. a) Con P = 2x � y, Q = 2y � x tenemos @Q@x

= �1 = @P

@y;

entonces la integral curvilínea es independiente del camino de integración.b) Para simpli�car los cálculos, integramos a lo largo del segmento de(1; 0) a (3; 0) y del segmento de (3; 0) a (3; 2). (Fig. 7.28):Z (3;2)

(1;0)

(2x� y) dx+ (2y � x) dy =

Z 3

1

(2x� 0) dx+ 0 +Z 2

0

0 + (2y � 3) dy =

=2x2

2

��31

+2y2

2� 3y

��20

= 6


19. a) Mostrar que Z (1;2)

(0;0)

2xydx+�x2 + 2y

�dy

es independiente del camino que une (0; 0) con (1; 2). b) Calcular la inte-gral.

Solución. a) Con P = 2xy, Q = x2 + 2y tenemos@Q

@x= 2x =

@P

@y; en-

tonces la integral curvilínea es independiente del camino de integración.b) Para simpli�car los cálculos, integramos a lo largo del segmento de(0; 0) a (1; 0) y del segmento de (1; 0) a (1; 2) (�gura 7.29).Z (1;2)

(0;0)

2xydx+�x2 + 2y

�dy =

Z 1

0

0dx+0+

Z 2

0

0+(1 + 2y) dy = y +2y2

2

��20

= 6

20. Calcular Z (3;1=3)

(1;1)

�3x2 � y2

�dx� 2xydy

a lo largo de la hipérbola equilátera xy = 1.

y

xFig. 7.30

(1,1)

y=1/3x=1

Solución. Como con P = 3x2� y2, Q = �2xy tenemos @Q@x

= �2y = @P

@y;

entonces la integral es independiente del camino de integración y, portanto, podemos elegir otro camino que no sea la hipérbola equilátera detal modo que se simpli�que el cálculo. Conviene integrar a lo largo delsegmento que une (1; 1) con (1; 1=3) y (1; 1=3) con (3; 1=3) (�gura 7.30).Z (3;1=3)

(1;1)

�3x2 � y2

�dx� 2xydy =

Z 1=3

1

0 + 2 � 1 � ydy +Z 3

1

�3x2 � 1

9

�dx+ 0

= � 2y2

2

��1=31

+3x3

3� 19x

��31

=80

3


21. CalcularI �

3x2y � y2�dx+

�x3 � 2xy

�dy a lo largo de la circunferencia

x2 + y2 = R2.

y

x x

y

RC

R

C2

C1

A

B

R

Fig. 7.31Fig. 7.32

Fig. 7.33

Dy=x a+z=1

0

CB

Solución. Puesto que con P = 3x2y � y2, Q = x3 � 2xy; @Q@x

= 3x2 �

2y =@P

@yla integral curvilínea es independiente del camino de integración.

Además, como la curva C (la circunferencia x2 + y2 = R2, �gura 7.31) escerrada, el valor de la integral curvilínea dada es cero. Es decir,I �

3x2y � y2�dx+

�x3 � 2xy

�dy = 0

22. a) Mostrar que 2xy3dx+3x2y2dy es una diferencial exacta y hallar � (x; y)

tal que d� = 2xy3dx+ 3x2y2dy. b) CalcularZ (3;2)

(1;1)

2xy3dx+ 3x2y2dy.

Solución. a) Puesto que con P = 2xy3, Q = 3x2y2 tenemos@Q

@x= 6xy2 =

@P

@y, la expresión 2xy3dx+3x2y2dy es una diferencial exacta. Supongamos

que � (x; y) es tal que

d� =@�

@xdx+

@�

@ydy = 2xy3dx+ 3x2y2dy,

entonces@�

@x= 2xy3;

@P

@y= 3x2y2 (1)

Integrando la primera ecuación de (1) con respecto de x y considerandoque la constante de integración puede ser función de y, tenemos:

� =

Z2xy3dx = x2y3 + c (y) (2)


Para determinar � resta conocer c (y); derivando (2) con respecto de y eigualando con la segunda ecuación de (1), tenemos:

3x2y2 + c0 (y) = 3x2y2 (3)

de donde c0 (y) = 0 y por tanto c (y) = c, constante. Por tanto, tomandoc = 0: � (x; y) = x2y3. b)Z (3;2)

(1;1)

2xy3dx+ 3x2y2dy =

Z (3;2)

(1;1)

d� = � (x; y)j(3;2)(1;1) = x2y3��(3;2)(1;1)

= 71

Nota. Como el integrando es una diferencial exacta, la integral curvilíneaes independiente del camino de integración y puede ser calculado eligiendoun camino de integración adecuado que una (1; 1) con (3; 2).

23. Mostrar que si@Q

@x=@P

@yentonces la integral curvilíneaZ B

A

Pdx+Qdy

es independiente del camino de integración que une A con B.Solución. Designemos por C el camino C recorrido en este sentido opuesto.Es claro que Z

C

= �ZC

Consideremos dos caminos C1 y C2 que une A con B. EntoncesZC1

Pdx+Qdy �ZC2

Pdx+Qdy =

ZC1

Pdx+Qdy +

ZC2

Pdx+Qdy

=

IC

Pdx+Qdy

donde C es la curva cerrada C = C1 [C2 (por el teorema de Green y porser

@Q

@x=@P

@y) ZZ

R

�@Q

@x� @P@y

�dxdy = 0

por tanto, ZC1

Pdx+Qdy =

ZC2

Pdx+Qdy

Lo que dice que el valor de la integral curvilínea es independiente delcamino de integración que une A con B.

24. Mostrar que si Pdx+Qdy es una diferencial exacta, entonces@Q

@x=@P

@y.

Solución. Si Pdx+Qdy es una diferencial exacta, entonces hay una función� (x; y) tal que

d� =@�

@xdx+

@�

@ydy = Pdx+Qdy


de donde@�

@x= P ,

@�

@y= Q. Derivando parcialmente tenemos:

@2�

@y@x=@P

@y,@2�

@x@y=@Q

@x

entonces@Q

@x=@P

@y

(suponemos que las segundas derivadas parciales son continuas)INTEGRALES DE SUPERFICIE

25. CalcularZZ

S

xydS donde S es la super�cie del tetraedro limitado por

z = 0, y = 0, x+ z = 1, x = y.Solución. La integral de super�cie pedida es igual a la suma de las inte-grales de super�cie sobre cada una de las caras del tetraedro (�gura 7.33).Cada una de estas integrales de super�cie se calcula a su vez como integraldoble en la región proyección sobre uno de los planos coordenados.Sobre la cara OBC: En esta cara, donde z = 0, la integral de super�ciecoincide con la integral doble sobre la cara, entoncesZ ZOBC

xydS =

Z 1

0

Z y

0

xydxdy =

Z 1

0

x2

2y

��y0

dy =1

2

Z 1

0

y3dy =1

2

y4

4

��10

=1

8(1)

Sobre la cara OCD: Proyectando esta cara (donde x = y) en el planoxz obtenemos la región OBD; entonces integrando en esta región la cor-respondiente integral doble tenemos:Z ZOCD

xydS =

Z 1

0

Z 1�x

0

xyp1 + y2x + y

2zdzdx =

Z 1

0

Z 1�x

0

x2p1 + 12 + 0dzdx =

p2

Z 1

0

Z 1�x

0

x2dzdx

=p2

Z 1

0

x2 (1� x) dx =p2

12(12)

Sobre la cara OBD: En esta cara, donde y = 0, la integral de super�ciecoincide con la integral doble sobre la cara; sin embargo, ya no es necesariocalcular nada puesto que al ser y = 0 el integrando se hace cero y, portanto: Z Z

OBD

xy dS =

Z ZOBD

0dS = 0 (3)

Sobre la cara BCB: Proyectando esta cara (donde x + z = 1) en elplano xy obtenemos la región OBC, entonces integrando en esta región lacorrespondiente integral doble tenemos:Z ZBCD

xy dS =

Z 1

0

Z y

0

xyq1 + z2x + z

2ydxdy =

Z 1

0

Z y

0

xyp1 + 12 + 0dxdy =

p2

Z 1

0

Z y

0

xydxdy

=

p2

8(de (1)) (4)


Por tanto, sumando las integrales de super�cie sobre cada una de las carasobtenemos ZZ

S

xy dS =1

8+

p2

12+ 0 +

p2

8=3 + 5

p2

24

26. EvaluarZZ

S

z dS, donde S es la semiesfera superior de radio a, z =pa2 � x2 � y2.

y

x

y

x

y

x

z=(a 2x2y2)1/2

A

FIg. 7.34 Fig. 7.35 Fig. 7.36

x2+y 2z2=0

x2+y 2=1

1

b

A

1

R

R

R

Solución. Proyectando la super�cie S en el plano xy obtenemos la regiónlimitada por la circunferencia x2 + y2 = a2 (�gura 7.34); entonces inte-grando en esta región la correspondiente integral doble tenemos:

ZZS

z dS =

ZZA

zq1 + z2x + z

2y dxdy =

ZZA

pa2 � x2 � y2 �

s1 +

x2

a2 � x2 � y2 +y2

a2 � x2 � y2 dxdy

=

ZZA

adxdy = a

ZZA

dxdy = �a3

(por serZZ

A

dxdy = área del círculo de radio a = �a2).

27. CalcularZZ

S

x2+y2dS, donde S es la super�cie lateral del cono x2+y2�

z2 = 0 entre z = 0 y z = 1.Solución. Proyectando S en el plano xy obtenemos la región A limitadapor la circunferencia x2+y2 = 1 (�gura 7.35); entonces integrando en estaregión la correspondiente integral doble tenemos:

ZZS

x2+y2dS =

ZZA

px2 + y2�

sF 2x + F

2y + F

2z

jFzjdxdy = 2

ZZA

px2 + y2dxdy (1)


con F = x2 + y2 � z2,sF 2x + F

2y + F

2z

jFzj=

p4x2 + 4y2 + 4z2

2z=

p8z2

2z=p2

Pasando a coordenadas polares en (1):ZZA

x2+y2dS =p2

Z 2�

0

Z 1

0

r�rdrd� =p2

Z 2�

0

r3

3

��10

d� =

p2

3

Z 2�

0

d� =2p2

3�.

AREA DE UNA SUPERFICIE

28. Calcular el área de una esfera de radio R.Solución. Aprovechando la simetría de la esfera, calculemos solamente elárea de la semiesfera superior de x2+y2+ z2 = R2 y la multiplicamos pordos para obtener el área pedida. Proyectando en el plano xy obtenemos laregión A limitada por la circunferencia x2+ y2 = R2; entonces integrandola correspondiente integral doble sobre A tenemos:

Area =ZZ

S

dS = 2

ZZA

qF 2x + F

2y + F

2z

jFzjdxdy = 2

ZZA

RpR2 � x2 � y2

dxdy (1)

con

F = x2+y2+z2 )

qF 2x + F

2y + F

2z

jFzj=

p4x2 + 4y2 + 4z2

2z=2R

2z=

RpR2 � x2 � y2

.

Pasando a coordenadas polares en (1):

Area = 2RZ 2�

0

Z R

0

rpR2 � r2

drd� = 2R

Z 2�

0

��R2 � r2

�1=2��R0d� = 2R2

Z 2�

0

d� = 4�R2

29. Calcular el área de la región del plano x+y+z = a limitada por el cilindrox2 + y2 = a2.

x2+y 2=a 2

x+y+z=a

Fig. 7.37

y

z

xFig. 7.38

S

2a2a

a

y

z

xFig. 7.39.a

S

A a

a

a


Solución. Conviene proyectar S sobre el plano xy, entonces eliminado lavariable z:

x+ y + z = ax2 + y2 = a2

) x2 + y2 = a2

la proyección en el plano xy es la región A limitada por la circunferenciax2 + y2 = a2. Teniendo en cuenta que z = a� x� y en S e integrando lacorrespondiente integral doble en A, tenemos:

Area =

ZZS

dS =

ZZA

q1 + z2x + z

2ydxdy =

ZZA

q1 + (�1)2 + (�1)2dxdy =

p3

ZZA

dxdy

=p3

ZZA

dxdy = �a2p3

(Por serZZ

A

dxdy = área del círculo de radio a = �a2).

30. Calcular el área de la porción del paraboloide x2 + y2 = 4az cortada porel plano z = a.Solución. Proyectando la super�cie S en el plano xy obtenemos la regiónA limitada por la circunferencia x2 + y2 = 4a2 (�gura 7.38): entoncesteniendo en cuenta que S está sobre el paraboloide e integrando la corre-spondiente integral doble en A, tenemos:

Area =

ZZS

dS =

ZZA

q1 + z2x + z

2ydxdy =

ZZA

r1 +

x2

4a2+y2

4a2dxdy

=1

2a

ZZA

p4a2 + x2 + y2 dxdy (1)

Pasando a coordenadas polares en (1) tenemos:

Area =1

2a

Z 2�

0

Z 2a

0

p4a2 + r2rdrd� =

1

2a

Z 2�

0

1

2��4a2 + r2

�3=23

� 2��2a

0

d� =

16p2� 83

a2Z 2�

0

d� = 8�a22p2� 13

31. Calcular el área de la porción del primer octante de la semiesfera superiorx2 + y2 + z2 = a2, z � 0, interior al cilindro x2 + y2 = ay, siendo a > 0.Solución. Proyectando la super�cie al plano xy obtenemos la región Alimitada por la circunferencia x2 + y2 = ay (�gura 7.39a); entonces te-niendo en cuenta que S está sobre la esfera e integrando la correspodienteintegral doble en A, tenemos

Area =ZZ

S

dS =

ZZA

qF 2x + F

2y + F

2z

jFzjdxdy =

ZZA

apa2 � x2 � y2

dxdy (1)


con F = x2 + y2 + z2,qF 2x + F

2y + F

2z

jFzj=

p4x2 + 4y2 + 4z2

2z=

apa2 � x2 � y2

En coordenadas polares, la circunferencia x2+y2 = ay se expresa por r =a sin �. Entonces, pasando a coordenadas polares en (1) y considerandoque la porción de S que está en el primer octante se repite en la parteposterior, tenemos:

Area =

ZZA

apa2 � x2 � y2

dxdy = 2a

Z �=2

0

Z a sin �

0

rdrd�pa2 � r2

= 2a

Z �=2

0

��a2 � r2

�1=2��a sin �0

d�

= 2a

Z �=2

0

(a� a cos �) d� = 2a2 (� � sin �)��=20

= (� � 2) a2

S

S

z

yx

Fig. 7.40

Sxy

x2+y 2=ay

A

y

x

Fig. 7.39b

A: Proyección en el plano xy

PROBLEMAS VARIOS DE INTEGRALES DE SUPERFICIE

32. CalcularZZ

S

x2dS, donde S es la esfera x2 + y2 + z2 = R2.

Solución. Aunque esta integral de super�cie se la puede calcular pasandoa integrales dobles, resulta más simple procediendo así, por simetría, ten-emos:

I =

ZZS

x2dS =

ZZS

y2dS =

ZZS

z2dS

Entonces, sumando

3I =

ZZS

�x2 + y2 + z2

�dS =

ZZS

R2dS = R2ZZ

S

dS

peroZZ

S

dS es el área de la esfera x2+y2+z2 = R2. Luego, 3I = R2�4�R2.Por tanto,

I =

ZZS

x2dS =4

3�R4


33. Justi�car las fórmulas (##) y (##), Pág. ##, para el cálculo de inte-grales de super�cie.Solución. Consideremos la super�cie S dada por la ecuación z = z (x; y)y sea A su proyección sobre el plano xy. Subdividamos A en n partes pormedio de un �no reticulado como el de la �gura 7.40, esto produce unasubdivisión de S. De la subdivisión de la región A consideremos un pe-queño rectángulo de área A y de dimensiones �x, �y con vértice en (x; y).Sea S el área de la porción de super�cie S correspondiente al rectángulode área A referido. Sea g (x; y) = (x; y; z (x; y)) la función que aplica laregión A en la super�cie S. Ahora procedemos como en el Ejercicio 47,Capitulo 6. Como �x, �y son pequeños y por de�nición de la derivada,tenemos:

g

�x+�xy

�' g

�xy

�+

24 1 00 1zx zy

35�x0

=

24 xyz

35+24 10zx

35�x (1)

g

�x

y +�y

�' g

�xy

�+

24 1 00 1zx zy

350�y

=

24 xyz

35+24 01zy

35�y (2)

donde las anteriores derivadas parciales se evalúan en (x; y). De (1) y(2) vemos que la imágen del rectángulo A sobre el plano xy es aproxi-madamente un paralelogramo en el espacio con vértice en (x; y; z) y lados(1; 0; zx)�x, (0; 1; zy)�y. El área S es entonces aproximadamente igualal área de este paralelogramo. Es decir:

S ' j(1; 0; zx)�x � (0; 1; zy)�yj =

��{ j k1 0 zx0 1 zy

��x�y = j(�zx; zy; 1)j�x�y=

qz2x + z

2y + 1�x�y =

qz2x + z

2y + 1A (3)

Por tanto, de (3) y la de�nción de integral de super�cie, tenemos:ZZS

� (x; y; z) dS = limn!1

(� (x1; y2; z2)S1 + :::+ � (xn; yn; zn)Sn)

= limn!1

�� (x1; y2; z2)

qz2x + z

2y + 1A1 + :::+ � (xn; yn; zn)

qz2x + z

2y + 1An

�=

ZZA

� (x; y; z)q1 + z2x + z

2ydA (4)

que es la fórmula buscada. Si la super�cie S está dada por una ecuaciónde la forma F (x; y; z) = c, entonces reemplazando en (4) las expresiones

zx = �FxFz

, zy = �FyFz


obtenemos la fórmulaZZS

� (x; y; z) dS =

ZZA

� (x; y; z)

qF 2x + F

2y + F

2z

jFzjdA (5)

GRADIENTE. DIVERGENCIA. ROTACIONAL

34. Mostrar que el rotacional del gradiente es nulo, es decir

r� (rf) = 0

Solución. Como el gradiente de f (x; y; z) es

rf =�@f

@x;@f

@y;@f

@z

�el rotacional de este gradiente es

r�(rf) =

��{ j k@

@x

@

@y

@

@z@f

@x

@f

@y

@f

@z

�� =�@2f

@y@z� @2f

@z@y;@2f

@z@x� @2f

@x@y;@2f

@x@y� @2f

@y@x

�= 0

suponiendo que las derivadas parciales son continuas, (esto hace que@2f

@y@z=

@2f

@z@y, por ejemplo).

Nota. Se sobreentiende que la función f es de R3 en R.

35. Mostrar que la divergencia del rotacional es nula, es decir

r � (r� F ) = 0

Solución. El rotacional de F (x; y; z) = (F1; F2; F3) es

r� F =

��{ j k@

@x

@

@y

@

@zF1 F2 F3

�� =�@F3@y

� @F2@z

;@F1@z

� @F3@x

;@F2@x

� @F1@y

�

y la divergencia del rotacional es

r � (r� F ) =@

@x

�@F3@y

� @F2@z

�+@

@y

�@F1@z

� @F3@x

�+@

@z

�@F2@x

� @F1@y

�=

@2F3@x@y

� @2F2@x@z

+@2F1@y@z

� @2F3@y@x

+@2F2@z@x

� @2F1@z@y

= 0

suponiendo que las derivadas parciales so continuas.TEOREMA DE STOKES


36. Veri�car el teorema de Stokes para F = y{�zj+xk, siendo S la super�ciedel paraboloide z = 1�

�x2 + y2

�con z � 0 y C su contorno.

Solución. Por un lado, calculemos la integral de super�cie. De la ecuaciónde la super�cie S, x2 + y2 + z = 1, obtenemos el vector normal unitario.

n =rFjrF j =

(2x; 2y; 1)p4x2 + 4y2 + 1

el rotacional de F es

r� F =

��{ j k@

@x

@

@y

@

@zy �z x

�� = {� j � kPor tanto, teniendo en cuenta que la proyección de S sobre el plano xy esla región A limitada por x2 + y2 = 1 (Figura 7.41) obtenemos:ZZ

S

(r� F ) � ndS =

ZZA

�{� j � k

�� (2x; 2y; 1)p

4x2 + 4y2 + 1

qz2x + z

2y + 1dxdy

=

ZZA

(2x� 2y � 1)p4x2 + 4y2 + 1

qz2x + z

2y + 1dxdy

=

ZZA

(2x� 2y � 1) dxdy (pasando a coordenadas polares)

=

Z 2�

0

Z 1

0

(2r cos � � 2r sin � � 1) rdrd�

=2

3(sin � + cos �)� 1

2�

��2�0

= ��

Por otro lado, calculamos la integral curvilínea. La curva C, que limita ala super�cie S es la circunferencia x2 + y2 = 1, z = 0. EntoncesZ

C

F � d~r =ZC

ydx� zdy + xdz =ZC

ydx

por ser z = 0, dz = 0 en C

=

ZZ(0� 1) dxdy

aplicando el teorema de Green en el plano

= �ZZ

dxdy = �Z 2�

0

Z 1

0

rdrd� = �Z 2�

0

r2

2

��10

d� = �12

Z 2�

0

d� = ��

Esto muestra que el Teorema de Stokes se veri�caZZS

(r� F ) � ndS = �� =ZC

F � d~r


37. CalcularZZ

S

(r� F ) � ndS, siendo F = (y � z) {+ yzj � xzk y S constade las cinco caras del cubo 0 � x � 2, 0 � y � 2, 0 � z � 2 sin la situadaen el plano xy.

z

y

x Fig. 7.42

2A

2

2

z

y

x Fig. 7.43

2

2

2

A

z

y

x Fig. 7.44

1

1

1

C

F

E

G

D

A B

Solución. La curva C que limita a la super�cie es el contorno del cuadradoA sobre el plano xy con vértices en (0; 0), (2; 0), (2; 2), (0; 2) (Figura 7.42).Aplicando el teorema de Stokes tenemos:ZZ

S

(r� F ) � ndS =ZC

f � d~r =ZC

(y � z) dx+ yzdy � xzdz =ZC

ydx

(por ser z = 0, dz = 0 en C).

=

ZZA

(0� 1) dxdy (aplicando el teorema de Green).

= �Z 2

0

Z 2

0

dxdy = �4

38. CalcularZZ

S

(r� F ) �ndS, siendo F = (x� z) {+�x3 + yz

�j� 3xy2k y

S es la super�cie del cono z = 2�px2 + y2 encima del plano xy.

Solución. La curva C que limita a la super�cie S es la circunferenciax2 + y2 = 4 (Figura 7.43). Aplicando el teorema de Stokes tenemos:ZZ

S

(r � F ) � ndS =

ZC

F � d~r =ZC

(x� z) dx+�x3 + yz

�dy � 3xy2dz

=

ZC

xdx+ x3dy (por ser z = 0, dz = 0)

=

ZZA

�3x2 � 0

�dxdy (aplicando el teorema de Green)


donde A es el círculo limitado por C. Pasando a polares tenemos:ZZS

(r� F ) � ndS =

Z 2�

0

Z 2

0

3r2 cos2 � � rdrd� = 3Z 2�

0

r4

4cos2 �

��20

d� = 12

Z 2�

0

cos2 �d�

=1

2

�� +

sin 2�

2

��2�0

= �

39. Mostrar queIC

F � d~r = 0 en toda curva cerrada C, si r� F = 0.Solución. Si r�F = 0, entonces aplicando el teorema de Stokes tenemos:I

C

F � d~r =ZZ

S

(r� F ) � ndS =ZZ

S

0dS = 0

donde S es una super�cie abierta de dos caras limitada por C.Nota. Se puede demostrar que r � F = 0 es condición necesaria y

su�ciente para queIC

F � d~r = 0 en toda curva cerrada C.De las funciones cuyo rotacional es nulo, r�F = 0, se suele decir que sonirrotacional; a partir del Ejercicio 38 es fácil demostrar que las integrales

curvilíneasIC

F � d~r son independentes del camino si F es irrotacional.

Por ejemplo, las funciones f (r)~r, donde r =px2 + y2 + z2, ~r = (x; y; z)

y f es derivable, son irrotacionales. Por otra parte, si F es irrotacional,la expresión F � d~r es una diferencial exacta. El estudio de estos y otrostemas corresponden a un curso de Análisis Vectorial.TEOREMA DE LA DIVERGENCIA

40. Veri�car el teorema de la divergencia para F = x2 {+y2j+z2k en la regiónV limitada por los planos x = 0, x = 1, y = 1, z = 0, z = 1.Solución. Por un lado, calculemos la integral de super�cie sobre la super-�cie S que limita a V . La integral de super�cie sobre S es la suma de lasintegrales de super�cie sobre cada una de las caras del cubo V . (Figura7.44).Cara OABC: Aquí n = �k y, por tanto,Z ZOABC

F �ndS =Z ZOABC

�z2dxdy = 0 (por ser z = 0 en la cara OABC)

Cara DEFG: Aquí n = k y, por tanto,Z ZDEFG

F � ndS =

Z ZOABC

z2dxdy (por ser OABC la proyección de la cara DEFG sobre el plano xy

=

Z 1

0

Z 1

0

dxdy = 1 (por ser z = 1 en la cara DEFG).


Cara OCFG: Aquí n = �{ y, por tanto,Z ZOCFG

F �ndS =Z ZOCFG

�x2dydz = 0 (por ser x = 0 en la cara OCFG)

Cara ABDE: Aquí n = i y, por tanto,Z ZABDE

F � ndS =Z ZOCFG

x2dydz =

Z 1

0

Z 1

0

dydz = 1

(Por ser OCFG la proyección ABDE sobre el plano yz, y x = 1 en lacara ABDE).Cara OADG: Aquí n = �j y, por tanto,Z ZOADG

F � ndS =Z ZOADG

� y2dydz = 0 (por ser y = 0 en la ara OADG)

Cara BCEF : Aquí n = j y, por tanto,Z ZBCEF

F � ndS =Z ZOADG

y2dxdz =

Z 1

0

Z 1

0

dxdz = 1

(Por ser OADG la proyección de BCEF sobre el plano xz, y y = 1 en lacara BCEF ).Luego, sumandoZZ

S

F � ndS = 0 + 1 + 0 + 1 + 0 + 1 = 3

Por otro lado, calculamos la integral triple sobre V :ZZZV

r � FdV =

Z 1

0

Z 1

0

Z 1

0

(2x+ 2y + 2z) dzdydx = 2

Z 1

0

Z 1

0

(x+ y) z +z2

2

��10

dydx

= 2

Z 1

0

Z 1

0

�x+ y +

1

2

�dydx = 2

Z 1

0

�x+

1

2

�y +

y2

2

��10

dx

= 2

Z 1

0

(x+ 1) dx =2 (x+ 1)

2

2

��1

0

= 3

Por tanto, el teorema de la Divergencia se veri�ca:ZZZV

r � FdV = 3 =ZZ

S

F � ndS


41. CalcularZZ

S

F �ndS, siendo F = xy2~i+x2y~j+ y~k y S es la super�cie del

cilindro x2 + y2 = 1 y los planos z = 1, z = �1.

Fig. 7.45

z=1

x2+y 2=1

z=1

6

2

3

z

y

x

2

3

z

y

x

S1

Fig. 7.46a Fig. 7.46b

x

y

x+y=a

(3a/2,3a/2)

Fig. 7.47

Solución. Conviene aplicar el teorema de la Divergencia, asíZZS

F � ndS =ZZZ

V

r � FdV =ZZZ

V

�y2 + x2 � 1

�dV

donde V es la región encerrada por S. Por tanto, pasando a coordenadaspolares tenemos:ZZ

S

F � ndS =

Z 2�

0

Z 1

0

Z 1

�1

�r2 + 1

�rdzdrd� =

Z 2�

0

Z 1

0

�r3 + r

�z��1�1 drd� = 2

Z 2�

0

Z 1

0

�r3 + r

�drd�

= 2

Z 2�

0

�r4

4+r2

2

��10

d� = 2 � 34

Z 2�

0

d� = 3�

42. CalcularZZ

S

F � ndS, siendo F = 2x{ + y2j + z2k y S es la esfera x2 +

y2 + z2 = 1.Solución. Conviene aplicar el teorema de la Divergenca, asíZZ

S

F � ndS =

ZZZV

r � FdV =ZZZ

V

(2 + 2y + 2z) dV (donde V es la región limitada por S)

= 2

ZZZV

dV + 2

ZZZV

(y + z) dV

= 2 � 43� + 2 � 2

ZZZV

zdV

(por serZZZ

V

dV = vol. esfera de radio 1=4

3� y por ser

ZZZV

ydV =ZZZV

zdV , por simetría)

=8

3� + 0 =

8

3�


(Por serZZZ

V

zdV =

ZZZV

zdV +

ZZZV

zdV =

ZZZV

zdV �ZZZ

V

zdV = 0

donde V es la semiesfera superior y V es la semiesfera inferior).PROBLEMAS VARIOS DE TEOREMAS INTEGRALES

43. Si n es el vector normal exterior unitario a una super�cie cerrada de áreaS, mostrar que ZZZ

V

r � ndV = S

Solución. Con F = n aplicando el teorema de la divergencia, asíZZZV

r � ndV =ZZ

S

n � ndS =ZZ

S

dS = S

44. Si H = r � F , mostrar queZZ

S

H � ndS = 0 para cualquier super�cie

cerrada S.Solución. Aplicando el teorema de la Divergencia y teniendo en cuentaque

r � (r� F ) = 0 (ejercicio 34),

tenemosZZS

H � ndS =ZZZ

V

r �HdV =ZZZ

V

r � (r� F ) dV = 0

45. Si S es una super�cie cerrada constituida por dos super�cies abiertas S0y S1, mostrar queZZ

S0

(r� F ) � ndS = �ZZ

S1

(r� F ) � ndS

Solución. Por el Ejercicio 42 tenemosZZS

(r� F ) � ndS = 0 (1)

pero, comoZZS

(r� F ) � ndS =ZZ

S0

(r� F ) � ndS +ZZ

S1

(r� F ) � ndS (2)

Entonces, de (1) y (2) obtenemos la relación pedidaZZS0

(r� F ) � ndS = �ZZ

S1

(r� F ) � ndS


46. CalcularZZ

S

(r� F ) � ndS, siendo F = (y + z) { � xzj + y2k y S la

super�cie de la región del primer octante limitada por 2x + z = 6, y = 2que no queda en el plano xy.Solución. Este problema podemos resolver elegantemente de dos maneras:Procedimiento 1. Aplicando el teorema de Stokes a la super�cie S y sucontorno C (Figura 7.46a) tenemosZZ

S

(r� F ) � ndS =ZC

F � d~r =ZC

(y + z) dx� xzdy + y2dz =ZC

ydx

(por ser z = 0, dz = 0 en C)

=

ZZA

(0� 1) dxdy (por teorema de Green) = �ZZ

A

dxdy = �2 � 3 = �6

Procedimiento 2. Por el Ejercicio 44, la integral sobre la super�cie Ses igual a la integral sobre la �tapa�S1 que está en el plano xy pero consigno cambiado (Figura 7.46b); es decirZZ

S

(r� F ) � ndS = �ZZ

S1

(r� F ) � ndS

= �ZZ

S1

�(2y + x) {+ j � (1 + z) k

��k�dS

= �ZZ

S1

dS

(por ser { � k = j � k = 0, k � k = 1, y z = 0 en S1)

= � (área de S1) = � (3 � 2) = �6


CALCULO DIRECTO DE INTEGRALES CURVILINEAS

1. CalcularZ (1;1)

(0;0)

pydx+ (x� y) dy a lo largo de la recta x = y.

2. CalcularZ (1;3)

(0;0)

x2ydx+�x2 � y2

�dy a lo largo de a) y = 3x2, b) y = 3x.

3. CalcularZ (2;8)

(1;1)

�5xy � 6x2

�dx+ (2y � 4x) dy a lo largo de y = x3.

4. CalcularZ (4;3)

(1;1)

�2x� y2

�dx +

�y � x2

�dy a lo largo de los segmentos a)

de (1; 1) a (3; 1) y de (3; 1) a (3; 4); b) de (1; 1) a (1; 4) y de (1; 4) a (3; 4).


5. CalcularZC

�x2 + y2

�dx � 2xydy, donde C está dada paramétricamente

por x = t, y = t2 � t, y t varía de t = 1 a t = 2.

6. CalcularZC

x2dx+y2dy, donde C está dada por x = sin t, y = cos t, desde

(1; 0) a (0; 1).

7. CalcularZ (1;1)

(0;0)

x2dx+ y2dy, a lo largo de a) la recta x = y, b) la parábola

x = y2, c) la parábola y = x2, d) la cúbica x = t, y = t3.

8. CalcularZ (2;4)

(1;1)

(x� 2y) dx+ (x+ 2y) dx, a lo largo de a) la parábola y =

x2, b) de una recta, c) de los segmentos de (1; 1) a (2; 1) y de (2; 1) a (2; 4),d) de la curva x = t2 + 1, y = 2t2 + t+ 1.

9. CalcularIC

�2x+ y2

�dx + (3y � 14x) dy, donde C es el contorno de la

región limitada por y = x2, x = y2.

10. CalcularIC

(y � 2x) dx + (3x+ 2y) dy, donde C es la circunferencia x2 +

y2 = 4.

11. CalcularZC

(2y + 3) dx+xzdy+(yz � x) dz, a lo largo de la curva C dada

por x = 2t2, y = t, z = t3 desde t = 0 a t = 1.

12. CalcularZC

3x2dx+(2xz � y) dy+zdz, a lo largo a) de la línea de (0; 0; 0)

a (2; 1; 3), b) la curva x = 2t2, y = t, z = 4t2 � t desde t = 0 a t = 1, c) lacurva de�nida por x2 = 4y, 3x3 = 8z desde x = 0 a x = 2.TEOREMA DE GREEN EN EL PLANO

13. Veri�car el teorema de Green en el plano paraZC

�3x2 � 8y2

�dx+(4y � 6xy) dy,

donde C es la región limitada por: a) y =px, y = x2, b) x = 0, y = 0 y

x+ y = 1.

14. Comprobar el teorema de Green en el plano paraZC

xy2dx+�x3 � x2y

�dy,

siendo C el triángulo de vértices (0; 0), (�1; 1), (1; 1).

15. Comprobar el teorema de Green en el plano paraZC

(3x+ 4y) dx +

(2x� 3y) dy, siendo C la circunferencia centrada en el origen de radiodos.


16. CalcularZC

�x2 � 2xy

�dx +

�x2y + 3

�dy alrededor del contorno C de la

región limitada por y2 = 8x, x = 2, a) directamente, b) usando el teoremade Green.

17. CalcularZC

�x2 + y2

�dx+

�2x+ y2

�dy, donde C es el contorno del cuadrado

con vértices (1; 1), (2; 1), (2; 2), (1; 2).

18. CalcularZC

(2x+ y) dx+ x2ydy, donde C es el contorno de la región lim-

itada por x = 0, y = 0, y = 1� x2 y x2 + y2 = 9.

19. CalcularZC

�2x� y3

�dx � xydy, donde C es el contorno de la región

limitada por las circunferencias x2 + y2 = 1 y x2 + y2 = 9.

20. CalcularZC

1� y2

(1 + x)3 dx +

y

(1 + x)2 dy, a lo largo de la circunferencia cen-

trada en (0; 1) y de radio 1.AREA ENCERRADA POR UNA CURVA

21. Hallar el área del círculo limitado por x2 + y2 = R2.

22. Mostrar que, pasando a coordenadas polares, la forma que da el áreaencerrada por una curva C es

área =1

2

IC

r2d�

23. Hallar el área de ambas hojas de la lemniscata r2 = a2 cos 2�.

24. Hallar el área de la hoja de Descartes x3 + y3 = 3axy, a > 0 (ver �guraadjunta) (Sugerencia: Hacer y = tx y obtenerla ecuación paramétrica dela curva. Luego usar el hecho

área =1

2

IC

xdy � ydx = 1

2

IC

x2d (y=x) =1

2

Ix2dt

25. Si C es el contorno de una región de área A, mostrar queIC

aydx+ bxdy = (b� a)A

INDEPENDENCIA DEL CAMBIO DE INTEGRACION

26. a) Mostrar queZ (2;3)

(0;1)

(x+ y) dx+(x� y) dy es independiente del camino

que une (0; 1) con (2; 3) b) calcular la integral.


27. Mostrar queZ (1;2)

(0;1)

�x2 + y2

�dx+2xydy es independiente del camino, cal-

cular su valor.

28. CalcularZC

�2xy3 � y2 cosx

�dx +

�1� 2y sinx+ 3x2y2

�dy a lo largo de

la parábola 2x = �y2 desde (0; 0) a (�=2; 1).

29. Calcular la integral curvilínea del problema anterior en torno a un paralel-ogramo de vértices (0; 0), (3; 0), (5; 2), (2; 2).

30. CalcularZC

3x2y2dx+ 2x3ydy a lo largo de la circunferencia de centro en

el origen y de radio R.En los siguientes ejercicios para P (x; y) y Q (x; y) dados, a) mostrar quePdx + Qdy es una diferencial exacta y determinar � (x; y) tal que d� =

Pdx+Qdy b) CalcularZ (c;d)

(a;b)

Pdx+Qdy.

31.ZPdx+Qdy = 2xydx+ x2dy, (a; b) = (0; 0) y (c; d) = (1; 4).

32.ZPdx+Qdy = (xdy � ydx) =x2, (a; b) = (1; 0) y (c; d) = (3; 2).

33.Z(xdx� ydy) =

�x2 + y2

�, (a; b) = (1; 0) y (c; d) = (3; 5).

34.Zexdx+ e�ydy, (a; b) = (0; 0) y (c; d) = (x; 3).

35.ZPdx +Qdy =

�2xy � y3

�dx +

�x2 � 3xy2

�dy, (a; b) = (0; 0) y (c; d) =

(3; 1).INTEGRALES DE SUPERFICIE

36. CalcularZZ

S

zdS, donde S es la super�cie del tetraedro limitado por x = 0,

y = 0, z = 0, x+ 2y + 3z = 6.

37. CalcularZZ

S

�x2 + y2

�dS, donde S es la super�cie lateral del cono z2 =

3�x2 + y2

�, 0 � z � 3.

38. CalcularZZ

S

�x2 + y2

�dS, donde S es la esfera x2 + y2 + z2 = R2.

39. CalcularZZ

S

zdxdy, donde S es la cara exterior del elipsoidex2

a2+y2

b2+

z2

c2= 1.

AREA DE UNA SUPERFICIE


40. Calcular el área de la región del plano x � 2 + 3z = 0 limitado por elcilindro x2 + y2 = 4.

41. Calcular el área de la super�cie lateral de un cilindro de radio y altura h.

42. Calcular el área del plano 2x+ y + 2z = 16 limitada por a) x = 0, y = 0,x = 2, y = 3, b) x = 0, y = 0 y x2 + y2 = 64.

43. Hallar el área de la super�cie del paraboloide 2z = x2+y2 que queda fueradel cono z =

px2 + y2.

44. Hallar el área de la super�cie del cono z2 = 3�x2 + y2

�limitado por el

paraboloide z = x2 + y2.

45. Hallar el área de la super�cie común a los cilindros x2+y2 = a2, x2+z2 =a2.

46. Hallar el área de la super�cie x2 + y2 + z2 = a2 dentro del cono z tan� =px2 + y2, 0 < � < �=2. Utilizar este resultado para averiguar el área de

una super�cie semiesférica.GRADIENTE. DIVERGENCIA. ROTACIONALDemostrar:

47. r (f + g) = rf +rg.

48. r � (F +G) = r � F +r �G.

49. r� (F +G) = r� F +r�G

50. r� (rf) = r2f = @2f

@x2+@2f

@y2+@2f

@z2.

Nota. r2 = @2

@x2+@2

@y2+@2

@z2se llama operador Laplaciano.

51. Demostrar r� (r� F ) = r (r � F )�r2F .Nota. Esta fórmula relaciona el gradiente, la divergencia y el rotacional.

52. Si f = xy+yz+zx, y F = x2y{+y2zj+z2xk; hallar a) F �rf , b) fr�f ,c) (rf)� f en el punto (3;�1; 2).

53. Veri�car el resultado del Ejercicio 51 si F = 3xz2 {� yzj + (x+ 2z) k.TEOREMA DE STOKES

54. Veri�car el teorema de Stokes para F = x{+ yj + zk y S es la semiesferasuperior z =

p1� x2 � y2, z � 0.

55. Veri�car el teorema de Stokes para F = (y � z + 2) {+(yz + 4) j�xzk, siS es la super�cie del cubo x = 0, y = 0, z = 0, x = 2, y = 2, z = 2 sobreel plano xy.


56. CalcularZZ

S

(r� F ) �ndS, siendo F (x� z) {+�x3 + yz

�j� 3xy2k, y S

es la super�cie del cono z = 2�px2 + y2 encima del plano xy.

57. CalcularZZ

S

(r� F )�ndS, donde F =�x2 + y � 4

�{+3xyj+

�2xz + z2

�k,

y S es la super�cie de a) el hemisferio x2 + y2 + z2 = 16 sobre el planoxy, b) el paraboloide z = 4�

�x2 + y2

�sobre el plano xy.

58. CalcularZZ

S

(r� F )�ndS, sobre la super�cie de intersección de los cilin-

dros x2 + y2 = a2, x2 + z2 = a2 que está incluida en el primer octante.TEOREMA DE LA DIVERGENCIA

59. Veri�car el teorema de la Divergencia para F = (2xy + z) { + y2j �(x+ 3y) k, en la región limitada por 2x + 2y + z = 6, x = 0, y = 0,z = 0.

60. Veri�car el teorema de la Divergencia para F = 2x2y{ � y2j + 4xz2k, enla región V del primer octante limitada por y2 + z2 = 9, x = 2.

61. CalcularZZ

S

F �ndS, donde F =�z2 � x

�{�xyj+3zk y S es la super�cie

de la región limitada por z = 4� y2, x = 0, x = 3, y el plano xy.

62. CalcularZZ

S

~r � ndS, donde a) S es la esfera de radio 2, centrada en elorigen. b) S es la super�cie del cubo x = �1, y = �1, z = �1, x = 1,y = 1, z = 1.

63. Demostrar queZZ

S

ndS = 0, siendo n la normal exterior a una super�cie

cerrada cualquiera S.

Chapter 8

SUCESIONES Y SERIES

8.1 INTRODUCCIÓN

La paradoja de Zenón de EleaZenón de Elea (495-435 a. de C.), �lósofo griego, pus a prueba la matemática

de su tiempo por medio de ingeniosas paradojas. Una de ellas a�rma que �uncorredor no puede alcanzar nunca la meta porque siempre ha de recorrer lamitad de una distancia antes de recorrer la distancia total. Es decir, cuandohaya recorrido la primera mitad le quedará por recorrer todavía la otra mitad.Cuando haya recorrido la mitad de ésta, le quedará todavia la cuarta parte,cuando haya recorrido la mitad de esta cuarta parte le quedará la octava parte,y así sucesivamente e inde�nidamente. Es decir, el corredor no llegará nunca ala meta�.

META

1/8 1/4 1/2 1

Fig. 8.1

Para analizar el razonamiento de Zenón de Elea designemos por 1 el lu-gar donde se encuentra inicialmente el corredor y por 0 la meta (Figura 8.1).Supongamos que el corredor corre a velocidad constante y necesita T minutospara llegar la primera mitad del recorrido -de 1 a 1

2 -, para el siguiente cuartode recorrido necesitará T

2 minutos -de12 a

14 - y, en genera, para correr de

12n

a 12n+1 necesitará

T2n minutos. Como para recorrer por separado cada una de

301

302 CHAPTER 8. SUCESIONES Y SERIES

estas partes se necesita cierta cantidad de tiempo, es natural decir que el tiemponecesario para recorrer todo el trayecto -de 1 a 0- y llegar a la meta ha de ser lasuma total de todas estas cantidades de tiempo. Simbólicamente, esta �suma�se puede expresar por

T +T

2+T

4+ :::+

T

2n+ ::: (8.1)

Por otra parte, si en el análisis de la paradoja de Zenón suponemos que debidoal cansancio la velocidad del corredor decrece gradualmente de modo quenecesita T minutos para recorrer de 1 a 1

2 ;T2 minutos para ir de

12 a

14 ,

T3

minutos para ir de 14 a

18 , y en general

Tn minutos para ir de 1

2n�1 a12n . El

tiempo que necesitará ahora el corredor para llegar a la meta estará expresadopor

T +T

2+T

3+ :::+

T

n+ ::: (8.2)

En este capítulo se estudian �sumas in�nitas� como (1), (2); en particular seestablece que la suma in�nita (1) es igual a 2T (entonces, el corredor llega a lameta y lo hace en 2T minutos) y que la suma (2) crece sin control a medidaque tomamos más términos en la suma (es decir, el corredor no llega nunca a lameta, tal como a�rmaba Zenón de Elea, cuando su velocidad decrece del modoreferido).

8.2 SUCESIONES

Una función que a cada número natural natural n asigna un término a (n) ó anse llama sucesión.El término an se llama término n-ésimo de la sucesión, y la sucesión misma

se representa por fang.Ejemplo 8.1. El conjunto 1, 12 ,

13 ,

14 , ... es una sucesión, su término n-ésimo

es an = 1n .

Nota. Notamos que aunque una sucesión es por de�nición una función, sela representa como como un conjunto.

8.3 LIMITE DE UNA SUCESIÓN

Se dice que L es el límite de una sucesión fang si a medida que n crece, lostérminos an se aproximan cada vez más o son iguales a L. Es decir, si para todo" > 0 existe N tal que

jan � Lj < ", para n � N(En la �gura 8.2 se ilustra grá�camente la de�nición del límite de una sucesión).Si una sucesión tiene límite se dice que converge y si no tiene límites se

dice que diverge.Ejemplo 2. a) La sucesión 1

2 ,14 ,

18 , ... converge a cero.

Pues an = 12n y lim

n!112n = 0.

8.4. SERIES 303

b) La sucesión 1, �1, 1, �1, ... diverge (no converge), pues an = (�1)n�1 ylimn!1

(�1)n�1 no existe.Las sucesiones que como ésta van tomando alternadamente valores mayores

y menores sin tender a ningún límite, se llaman oscilantes.

8.3.1 Propiedades

Muchas propiedades de las sucesiones son análogas a la de las funciones. Porejemplo, si lim

n!1an = A y lim

n!1bn = B, entonces:

1. limn!1

(kan) = k limn!1

an = kA, k constante.

2. limn!1

(an � bn) = limn!1

an � limn!1

bn = A+B.

3. limn!1

(an � bn) = limn!1

an � limn!1

bn = A �B.

4. limn!1

�anbn

�=

limn!1

an

limn!1

bn= A

B , si B 6= 0, y bn 6= 0.Además, algunas propiedades particularmente útiles para realizar un estudio

analítico de las sucesiones son:5. Toda sucesión acotada, creciente o decreciente, es convergente.6. Toda sucesión no acotada es divergente.7. El carácter de una sucesión convergente (o divergente) no cambia al

eliminar un número �nito de sus términos.8. El límite de una sucesión convergente es único.

8.4 SERIES

A la sucesión fSng, donde Sn es la suma de los n primeros términos de otrasucesión fang

Sn = a1 + a2 + :::+ an

se llama serie, y generalmente se simboliza porPan, o también por

1Xn=1

an = a1 + a2 + a3 + ::: (8.3)

Al término an se llama término general de la serie (3).Si la serie (3) converge hacia L se dice que L es la suma de dicha serie; se

escribe1Xn=1

an = L

8.4.1 Series especiales

Algunas series especiales son:1. La serie geométrica de razón r

a+ ar + ar2 + ar3 + :::


converge si jrj < 1, y diverge si jrj � 1. Más aún, cuando converge su límite sedetermina fácilmente:

a+ ar + ar2 + ar3 + ::: =a

1� r ; jrj < 1 (8.4)

2. La serie Armónica1 +

1

2+1

3+1

4+ ::: (8.5)

es divergente.3. La serie p de Riemann

1 +1

2p+1

3p+1

4p+ ::: (8.6)

converge si p > 1, y diverge si p � 1 (ver Ejercicio 18).

8.5 CRITERIOS DE CONVERGENCIA

En algunos casos, cmo para la serie geométrica, no solamente se sabe que laserie converge sino que también se conoce el límite a cual converge; sin em-bargo, en general es muy difícil averiguar el límite de una serie convergente.Existen algunos criterios que permiten determinar en muchos casos el carácter(convergente o divergente) de una serie.Para las series

Pan de términos positivos, an � 0, se tienen los siguientes

criterios:1. Criterio de divergencia.Si lim

n!1an 6= 0, entonces la serie

Pan es divergente (ver ejercicio 9 y 10).

2. Criterio de comparación. Si an � bn, entonces:a) La serie

Pan converge si

Pbn converge.

b) La seriePbn diverge si

Pan diverge (ver ejercicio 11).

Para utilizar este criterio se debe conocer muchas series convergentes y di-vergentes con las cuales poder comparar. La serie p de Riemann suele ser muyútil. Ver ejercicio 41.3. Criterio de comparación por el cociente. Si

limn!1

anbn= L 6= 0 ó 1

Entonces las seriesPan,

Pbn o ambas convergen o ambas divergen.

Como en el anterior criterio, para aplicar este criterio debemos conocer laconvergencia o divergencia de muchas series (ver ejercicio 12).4. Criterio del cociente (o de D�alembert). Si

limn!1

an+1an

= L

Entonces la seriePan converge si L < 1, diverge si L > 1. Si L = 1 el criterio

falla.

8.5. CRITERIOS DE CONVERGENCIA 305

Al aplicar este criterio es útil tener en cuenta que

limn!1

npn = 1 y lim

n!1npc = 1,

c constante.6. Criterio de Raabe. Si

limn!1

n

�1� an+1

an

�= L

entonces la seriePan converge si L > 1, diverge si L < 1, si L = 1 el criterio

falla (ver ejercicio 42).Al aplicar los anteriores criterios se puede usar la regla de L�hopital para

calcular los límites.7. Criterio de Gauss. Si

an+1an

= 1� Ln+cnn2

ylimn!1

cn = A (número)

entonces la seriePan converge si L > 1, diverge si L � 1.

Este criterio se usa cuando falla el de Raabe (ver ejercicio 43).8. Criterio de la Integral. Si f (n) = an, para n � N , entonces la serie

Pan

es convergente o divergente según que la integralZ 1

N

f (x) dx

sea convergente o divergente. En general se suele tomar N = 1.Nota. Es necesario precisar que para aplicar el criterio de la integral, la

función f (x) debe ser positiva, continua y decreciente para x � N (ver ejercicios17 y 18).

8.5.1 Casos en que se debe aplicar un criterio de conver-gencia

Cuando el término general an de una serie de términos positivos está formadosolamente por polinomios o raíces de polinomios, se aplica el criterio de com-paración por el cociente usando la serie p de Riemann para comparar. Cuandoel término general an está formado por factoriales y potencias enésimas se aplicael criterio del cociente. Cuadno el criterio general an está formado solamentepor potencias n-ésimas se aplica el criterio de la Raíz. Estas recomendacionesson, obviamente, muy generales.Nota 1. Durante la aplicación de los criterios de convergencia frecuente-

mente se debe calcular el límite de un cociente de dos potencias de n. Este tipode límites se calculan fácilmente. Recordemos que si el exponente mayor del


numerador es más grande que el mayor del denominador, el límite del cocientees 1; si es más pequeño el límite es 0. En caso de que sean iguales el límite esel cociente de los coe�cientes de los términos de mayor potencia.Ejemplos:

1. limn!1

n4 + n� 1n2 � 2n+ 3 =1.

2. limn!1

n

n2 � n+ 1 = 0.

3. limn!1

3n3 � 12n3 + n� 1 =

32

4. Generalmente, cuando se aplica el criterio de comparación por el cociente,la serie dada se compara con la serie p de Riemann:

P1np , donde p es

igual a la diferencia entre los exponentes mayores tanto del numeradorcomo del denominador.

Ejemplo. Dada la serieP

2n�1n3=2�n+1 , la comparamos con la serie

P1

n1=2,

puesto que

limn!1

2n�1n3=2�n+1

1n1=2

= limn!1

2n3=2 � n1=2n3=2 � n+ 1 = 2 (número)

8.6 SERIES ALTERNAS

Son las series de términos alternadamente positivos y negativos.Ejemplo 3. La serie

1� 12+1

4� 18+ :::+ (�1)n�1 1

n2+ :::

es una serie alternada.

8.6.1 Criterio de convergencia para series alternadas

El siguiente es un criterio sumamente útil, en muchos casos, para determinar elcarácter de una serie alternada:Si an+1 < an, n = 1; 2; :::, entonces la serie alternada

P(�1)n�1 an es

convergente y limn!1

an = 0.

Ejemplo 4. Para la serie:X(�1)n�1 1

n= 1� 1

2+1

3� 14+ ::: (8)

tenemos an = 1n .

Como 1n+1 <

1n (es decir an+1 < an) y lim

n!11n = 0 (es decir lim

n!1an = 0)

entonces la serie (8)es convergente.Una cuestión que surge inmediatamente es si al agrupar en cualquier orden

los términos de una serie alternada el carácter (convergente o divergente) de laserie no cambia. La respuesta es sorprendente.

8.7. CONVERGENCIA ABSOLUTA Y CONDICIONAL 307

8.7 CONVERGENCIAABSOLUTAYCONDI-CIONAL

En lugar de analizar la seriePan (alternada o no), podemos analizar la serie

de valores absolutosPjanj. Si la serie de valores absolutos

Pjanj converge, se

dice que la seriePan converge absolutamente.

Si una serie alternada no es absolutamente convergente pero converge, sedice que la serie es condicionalmente convergente.Si una serie es absolutamente convergente, entonces es convergente.Nota 2. Por supuesto, para averiguar si una serie es o no absolutamente

convergente se aplica a la serie de valores absolutosPjanj uno de los ocho

criterios de convergencia para series de términos positivos de las pág. ## y##.Nota 3. En la práctica, se comienza analizand si una serie alternada es

absolutamente convergente. En caso de que lo sea, la serie es convergente dehecho; si la serie no es absolutamente convergente se estudia su convergenciapor medio del Criterio de Convergencia para series alternadas.Ejemplo 5. Para la serie alternada

1

2� 14+1

8� 1

16+ ::: (9)

tenemos janj = 12n . Y por el criterio del cociente:

limn!1

jan+1jjanj

= limn!1

12n+1

12n

=1

2< 1

La serie (9) es absolutamente convergente y, por tanto, convergente.Ejemplo 6. Para la serie

1� 12+1

3� 14+ ::: (10)

tenemos janj = 1n . Entonces la serie de valores absolutos es la serie Armónica

1 +1

2+1

3+1

4+ ::: (11)

que como es sabido, es divergente. Entonces la serie (10) no es absolutamenteconvergente; sin embargo, por el ejemplo 4, sabemos que esta serie es conver-gente. Por tanto, la serieX

(�1)n�1 1n= 1� 1

2+1

3� 14+ :::

es condicionalmente convergente.


8.7.1 El límite de una serie alterna convergente

En muchos casos se puede calcular con mucha precisión. De hecho, el errornumérico que se comete al despreciar los términos que siguen a uno dado esmenor que el valor absoluto del siguiente a éste.Lo anterior es cierto para las series alternadas

P(�1)n an tales que an+1 <

an y limn!1

an = 0.

Ejemplo 7. Despreciando los términos siguientes al cuarto de la serie

1� 12+1

3� 14+1

5� 16+ :::

tenemos que la suma S de la serie es aproximadamente

S ' 1� 12+1

3� 14=7

12

el error cometido es menor que 15 = 0:2.

Si una serie alternada es condicionalmente convergente se puede reagruparsus términos para obtener una serie convergente a cualquier número elegido deantemano o, si se pre�ere, que sea divergente.Esto no ocurre si la serie alternada es absolutamente convergente, en este

caso los términos se pueden reagrupar en cualquier orden y las series resultantesson todas convergentes hacia la misma suma.

8.8 SERIES DE POTENCIA

Una serie de la forma1Xn=0

anxn = a0 + a1x+ a2x

2 + a3x3 + ::: (12)

donde a0, a1, a2, ... son constantes, se llama serie de potencias de x.Similarmente, una serie de la forma

1Xn=0

an (x� a)n = a0 + a1 (x� a) + a2 (x� a)2 + a3 (x� a)3 + ::: (13)

se llama serie de potencias de (x� a).

8.8.1 Intervalo de convergencia

Para cada valor de x, la serie (12) ó (13) se convierte en una serie numéricaconvergente o divergente. En general, una serie de potencias de (x� a) convergeen un intervalo jx� aj < R y diverge en jx� aj > R; en jx� aj = R la seriepuede o no converger. El intervalo donde la serie converge se llama precisamenteintervalo de convergencia de la serie y R es su radio de convergencia. El intervalode convergencia puede o no incluir a los extremos.

8.8. SERIES DE POTENCIA 309

En general, el intervalo de convergencia se puede encontrar por medio decriterio del Cociente. A veces es necesario usar otros criterios.Ejemplo 8. Determinar el intervalo de convergencia de

1 + x+x2

2!+x3

3!+ :::+

xn

n!+ :::

por el criterio del cociente.

limn!1

��an+1 xn+1an xn

�� = limn!1

�� xn+1(n+ 1)!

n!

xn

�� = jxj limn!1

1

n= 0 < 1

entonces la serie es convergente para todos los valores de x, el intervalo deconvergencia es

jxj <1

8.8.2 Desarrollo de funciones en series de potencias

Si en el desarrollo de Taylor de f (x) en el punto x = a.

f (x) = f (a)+f 0 (a) (x� a)+ f00 (a)

2!(x� a)2+:::+ f

(n) (a)

n!(x� a)n+Rn (14)

(donde el resto Rn está dado por Rn =f(n+1)(c)(n+1)! (x� a)

n+1, con c entre x y a)se tiene que lim

n!1Rn = 0; entonces (14) se puede expresar como una serie de

potencias de (x� a):

f (x) = f (a) + f 0 (a) (x� a) + f00 (a)

2!(x� a)2 + f

(3) (a)

3!(x� a)3 + ::: (15)

esta serie se llama serie o desarrollo de Taylor de f (x) en el punto x = a. Enel caso a = 0, es decir si el desarrollo es en el origen, se llama serie o desarrollode Maclaurin de la función f (x).La igualdad (15) no se cumple necesariamente para todo valor de x, sino

solamente en el intervalo de convergencia de la serie del segundo miembro.

8.8.3 Algunas series de potencias importantes

En la práctica se utilizan frecuente son:1. sinx = x� x3

3! +x5

5! �x7

7! +x9

9! ::: , �1 < x <1.2. cosx = 1� x2

2! +x4

4! �x6

6! +x8

8! ::: , �1 < x <1.3. ex = 1 + x+ x2

2! +x3

3! +x4

4! + ::: , �1 < x <1.4. ln j1 + xj = x� x2

2 +x3

3 �x4

4 +x5

5 ::: , �1 < x � 1.5. arctanx = x� x3

3 +x5

5 �x7

7 +x9

9 :::, �1 � x � 1.6. 1

1�x = 1 + x+ x2 + x3 + x4 + ::: jxj < 1.

7. (1 + x)p = 1 + px+ p(p�1)2! x2 + p(p�1)(p�1)

3! x3 + :::


ésta es la llamada serie binómica.a) Si p es un número natural, la serie se reduce a un polinomio.b) Si p � 0, pero no entero, la serie converge (absolutamente) para �1 �

x � 1.c) Si �1 < p < 0, la serie converge para �1 < x < 1.d) Si p � �1, la serie converge para �1 < x < 1.Una serie de potencia se puede derivar e integrar término a término, en el

interior del intervalo de convergencia.Ejemplo 8.9. Puesto que

sinx = x� x3

3!+x5

5!� x

7

7!+x9

9!::: (16)

entonces derivando tenemos

cosx = 1� 3x2

3!+5x4

5!� 7x

6

7!+9x8

9!:::

= 1� x2

2!+x4

4!� x

6

6!+x8

8!::: (17)

Como la serie (16) converge en �1 < x <1; la serie (17) converge también en�1 < x <1.


1. Escribir los primeros cuatro términos de la sucesión fang con a) an =n

n2+1 , b) an =(�1)n�1

n! .Solución. a) Haciendo n = 1; 2; 3; 4:; obtenemos

1

2;2

5;3

10;4

17; :::

b) Haciendo n = 1; 2; 3; 4; obtenemos

1

1;� 12!;1

3!;� 14!; :::

2. Escribir los primeros cuatro términos de la sucesión fang con

an =(�1)n x2n�11:3:5::: (2n� 1)

Solución. Haciendo n = 1; 2; 3; 4; obtenemos

�x1;x3

1 � 3 ;�x5

1 � 3 � 5 ;x7

1 � 3 � 5 � 7 ; :::


3. Hallar los primeros 6 términos de la sucesión de Fibonacci fang con an+2 =an+1 + an y a1 = 1, a2 = 1.Solución. Puesto que a1 = 1, a2 = 1 tenemos

a3 = a2 + a1 = 1 + 1 = 2

a4 = a3 + a2 = 2 + 1 = 3

a5 = a4 + a3 = 3 + 2 = 5

a6 = a5 + a4 = 5 + 3 = 8

4. Determinar si la siguiente sucesión es convergente o divergente

3

2;4

3;5

4;6

5; :::

5. Solución. Observando los términos de la sucesión vemos que el términon-ésimo de la sucesión es an = n+2

n+1 como limn!1

n+2n+1 = 1 la sucesión es

convergente. Converge a 1.

6. Determinar si la siguiente sucesión es convergente o divergente.

1

2;�34;5

6;�78; :::

Solución. Observando los términos de la sucesión vemos que el términon-ésimo de la sucesión es an = (�1)n�1 2n�12n . Puesto que

limn!1

(�1)n�1 2n� 12n

=

�1, si n es impar�1, si n es par

deducimos que la sucesión no converge (diverge). Esta es una sucesiónoscilante.

7. Determinar la convergencia o divergencia de la sucesión cuyo término n-ésimo es a) an = 2 + 1

n2 , b) an = n sin�1n

�.

Solución. a) Como

limn!1

an = limn!1

�2 +

1

n2

�= 2

la sucesión es convergente. Converge en 2.b) Como

limn!1

an = limn!1

n sin

�1

n

�= lim

n!1

sin�1n

�1n

= 1

la sucesión es convergente. Converge a 1.

8. Según la de�nición, mostrar que la sucesion

2

1;3

2;4

3;5

4; :::;

n+ 1

n,...


converge a 1.Solución. Sea " > 0; debemos encontrar un N tal que��n+ 1n � 1

�� = �� 1n�� = 1

n< ") 1

"< n

vemos que podemos tomar N = 1" para que se cumpla (1). Luego, el límite

de la sucesión dada es 1. (es decir, la sucesión converge a 1).

9. Según la de�nición, mostrar que el límite de la sucesión�2n� 43n+ 2

�es 2

3 .Solución. Sea " > 0. Debemos encontrar un N tal que��an � 23

�� < ", para n � N (1)

considerando ��2n� 43n+ 2� 23

�� = �� 163 (3n+ 2)

�� < "vemos que 16

3" < 3n+ 2,16�2"9" < n. Entonces podemos tomar N = 16�2"

9"para que se cumpla (1). Luego, el límite de la sucesión dada es 2

3 .SERIES

10. Determinar la convergencia o divergencia de las series a)P2n, b)

Pn+1n�1 .

Solución. a) El término general de la serie es an = 2n. Como

limn!1

an = limn!1

2n =1 6= 0

entonces la serie dada diverge.b) El término general de la serie es an = n+1

n�1 . Como

limn!1

an = limn!1

n+ 1

n� 1 = 1 6= 0

entonces la serie dada diverge.

11. Determinar la convergencia o divergencia de las series a)P�

1 + 1n

�n, b)P

1pn.

Solución. a) El término general de la serie es an =�1 + 1

n

�n. Como

limn!1

an = limn!1

�1 +

1

n

�n= e 6= 0

entonces la serie dada diverge.b) El término general de la serie es an = 1p

n. Como

limn!1

an = limn!1

1pn= n


entonces no podemos concluir nada. Sin embargo, a la serie dada la re-conocemos como una serie p de Riemann, puesX 1p

n=X 1

n1=2

con p = 12 . Como P < 1, la serie dada diverge.

12. Aplicando el criteiro de Comparación, determinar la convergencia o diver-

gencia de las series a)P

1n(n+1) , b)

1Pn=2

1lnn .

Solución. a) Comparemos la serie dada con la serie p de RiemannP

1n2 .

Como 1n(n+1) �

1n2 y sabiendo que la serie

P1n2 es convergente (por ser

p = 2 > 1) deducimos que la serie dada también converge.b) Comparemos la serie dada con la serie Armónica

P1n . Como

lnn < n) 1

n<

1

lnnn = 2; 3; 4; :::

entonces, por ser la serie Armónica divergente, deducimos que la seriedada es divergente.

13. Aplicando el criterio de comparación por el cociente, determinar la con-

vergencia o divergencia de las series a)P 1

n2 + 4; b)

P 1pn (2n� 1)

.

Solución. a) Comparemos la serie dada con la serie convergenteP 1

n2.

Como

limn!1

1

n2 + 41

n2

= limn!1

n2

n2 + 4= 1;

(número), entonces la serie dada es convergente.

Nota.- La serieP 1

n2es convergente porque es una serie p de Riemann,

con p = 2 > 1.

b) Comparemos la serie dada con la serie divergenteP 1p

n. Como

limn!1

1pn (2n� 1)1pn

= limn!1

pnp

n (2n� 1)= lim

n!1

rn

2n� 1 = 0,

(número), entonces, la serie dada es divergente.

Nota. La serieP 1p

nes divergente porque es una serie Riemann, con

p =1

2< 1.


14. Aplicando el criterio del cociente, determinar la convergencia o divergencia

de las series a)P n

3n, b)

P (n+ 1) (n+ 2)

n!.

Solución. a) Aplicando el criterio del Cociente tenemos

limn!1

an+1an

= limn!1

�n+ 1

3n+1� 3

n

n

�= lim

n!1

1

3

n+ 1

n=1

3< 1,

entonces la serie dada es convergente.b) Aplicando el criterio del Cociente tenemos

limn!1

an + 1

an= lim

n!1

(n+ 2) (n+ 3)

(n+ 1)!� n!

(n+ 1) (n+ 2)= lim

n!1

n+ 3

(n+ 1)2 = 0 < 1,

entonces la serie dada es convergente.

15. Aplicando el criterio del Cociente, determinar la convergencia o divergen-

cia de las series a)P n3

(ln 2)n , b)

P (n+ 1) 2n

n!.

Solución. a) Aplicando el criterio del Cociente tenemos

limn!1

an+1an

= limn!1

(n+ 1)3

(ln 2)n+1 �

(ln 2)n

n3= lim

n!1

1

ln 2

(n+ 1)3

n3=

1

ln 2> 1,

entonces, la serie dada es divergente.b) Aplicando el criterio del Cociente tenemos

limn!1

an+1an

= limn!1

(n+ 2) 2n+1

(n+ 1)!� n!

(n+ 1) 2n= lim

n!1

2 (n+ 2)

(n+ 1)2 = 0 < 1,

entonces, la serie dada es convergente.

16. Aplicando el criterio de la Raíz, determinar la convergencia o divergencia

de las siguientes series: a)P 1

nn, b)

P 1

(ln n)n .

Solución. a) Aplicando el criterio de la Raíz tenemos

limn!1

npan = lim

n!1n

r1

nn= lim

n!1

1

n= 0 < 1,

entonces, la serie dada es convergente.b) Aplicando el criterio de la Raíz tenemos

limn!1

npan = lim

n!1n

s1

(lnn)n = lim

n!1

1

lnn= 0 < 1



17. Aplicando el criterio de la Raíz, determinar la convergencia o divergenciade las siguientes series

a)X 3n

m3, b)

X n

(n+ 1) en

Solución. a) Aplicando el criterio de la Raíz tenemos

limn!1

npan = lim

n!1n

r3n

n3= lim

n!1

3

( npn)3 =

3

1= 3 > 1

entonces, la serie dada es divergente.a) Aplicando el criterio de la Raíz tenemos

limn!1

npan = lim

n!1n

rn

(n+ 1) en= lim

n!1

npn�

npn+ 1

�� e=

1

1 � e =1

e< 1


18. Aplicando el criterio de la Integral, determinar la convergencia o diver-gencia de las series

a)X n

n2 � 1 , b)X 1

n � lnn , c)X

ne�n2

Solución. a) Como an =n

n2 � 1 , tomando f (x) =x

x2 � 1 , tenemosZ 1

1

f (x) dx =

Z 1

1

x

x2 � 1dx =1

2ln�x2 + 1

��11

=1

2[ln (1)� ln 2] = 1

2(1� ln 2) =1

Entonces, la serie dada diverge.

b) Como an =1

n lnn, tomamos f (x) =

1

x lnxtenemosZ 1

2

f (x) dx =

Z 1

2

1

x lnxdx = ln (lnx)j12 = ln [ln (1)� ln (ln 2)] =1

entonces, la serie dada diverge.

19. Como an = ne�n2

, tomando f (x) = xe�x2

tenemosZ 1

1

f (x) dx =

Z 1

1

xe�x2

dx = �12e�x

2

��11

= �12

�e�1 � e�1

�= �1

2

�0� e�1

�=1

2e�1 (número)

entonces, la serie dada converge.


20. Aplicando el criterio de la Integral, estudiar la convergencia de la serie pde Rieman. X 1

np

Solución. Como an =1

np, tomemos la función f (x) =

1

xp.

Si p 6= 1: Z 1

1

dx

xp=

Z 1

1

x�pdx =x1�p

1� p

��11

=11�p � 11� p

=

8><>:1 , si p < 1

�11� p , si p > 1

entonces, la serie diverge si p < 1 y converge si p > 1.Si p = 1: Z 1

1

dx

x= lnxj11 = ln1� ln 1 =1

entonces, la serie diverge si p = 1:

21. Determinar si las series alternadas siguientes son condicional o absoluta-mente convergentes

a)X

(�1)n�1 1pn

, b)X

(�1)n�1 12n

Solución. a) Primeramente averiguemos si la serie es absolutamente con-vergente. Aplicando el criterio del Cociente a la serie de valores absolutostenemos

limn!1

��an+1an

�� = limn!1

1pn+ 1

�pn

1= 1

el criterio falla. Observando la serie de valores absolutos (sin signos neg-ativos). X 1p

n

vemos que se trata de una serie p de Rieman divergente (pues p = 12 ),

entonces la serie no es absolutamente convergente. Para ver si es condi-cionalmente convergente vamos a ver si se cumple

an+1 < an y limn!1

an = 0

como

1pn+ 1

<1pn(es decir, an+1 < an) y

limn!1

1pn

= 0 (es decir, limn!1

an = 0)


Por tanto, la serie dada convergen condicionalmente.Nota. Se deduce que la serie es convergente, pero como no es absoluta-mente convergente decimos que es condicionalmente convergente.b) Primero averiguamos si la serie es absolutamente convergente (en talcaso ya no queda nada por hacer). Aplicando el criterio del cociente a laserie de valores absolutos tenemos

limn!1

��an+1an

�� = limn!1

1

2n+12n

1= lim

n!1

1

2=1

2< 1

Entonces, la serie dada es absolutamente convergente.

22. Determinar si las series alternadas siguientes son condicional o absoluta-mente convergentes.

a)X

(�1)n�1 1

(2n� 1)3, b)

X(�1)n�1 1

3n� 1

Solución. a) Primeramente averiguemos si la serie es absolutamente con-vergente. Aplicando el criterio del Cociente a la serie de valores absolutostenemos

limn!1

��an+1an

�� = limn!1

1

[2 (n+ 1)� 1]3(2n� 1)3

1

= limn!1

(2n� 1)3

(2n� 1)3= 1

el criterio falla.Comparemos con la serie convergente

X 1

n3usando el criterio de Com-

paración por el cociente.

limn!1

1

(2n� 1)31

n3

= limn!1

n3

(2n� 1)3=1

23(número)

entonces, la serie dada es absolutamente convergente.b) Primero veamos si la serie es absolutamente convergente. Comparamos

con la serie divergenteX 1

naplicando el criterio de Comparación del

cociente:

limn!1

1

3n� 11

n

= limn!1

n

3n� 1 =1

3(número)

entonces, la serie dada es absolutamente convergente.


23. Determinar si es condicional o absolutamente convergente la serie alter-nada X (�1)n

n lnn

Solución. Primero veamos si la serie es absolutamente convergente. Por elejercicio 17b la serie de valores absolutos

P1

n lnn es divergente, entoncesla serie alternada dada no es absolutamente convergente. Veamos si escondicionalmente convergente:Como

1

(n+ 1) ln (n+ 1)<

1

n lnn(es decir, an+1 < an)

y

limn!1

1

n lnn= 0 (es decir, lim

n!1an = 0)

entonces, la serie dada es condicionalmente convergente.MISCELANEA DE PROBLEMAS SOBRE SERIESEn los siguientes ejercicios estudiar la convergencia de la serie dada (esdecir, determinar si es convergente o divergente cuando la serie es de tér-minos positivos, y la convergencia absoluta o condicional si la serie esalternada).

24.X n

(n+ 1) (n+ 2).

Solución. Como en el término general an = n(n+1)(n+2) solamente inter-

vienen polinomios, apliquemos el criterio de Comparación por el cocientecomparándo la serie dada con la serie divergente

P1n .

limn!1

n(n+1)(n+2)

1n

= limn!1

n2

(n+ 1) (n+ 2)= 1 (número)

entonces la serie dada es divergente.

25.P

1(2n+1)2

:

Solución. Como en el término general an =1

(2n+ 1)2 solamente inter-

vienen polinomios, apliquemos el criterio de comparacion por el cociente

comparando la serie dada con la serie convergenteP 1

n2:

limn!1

1

(2n+ 1)2

1

n2

= limn!1

n2

(2n+ 1)2 =

1

22(numero)

entonces la serie dada es convergente.


26.P n

en.

Solucion. Procedimiento 1. Aplicando el criterio del cociente tenemos>

limn!1

an+1an

= limn!1

n+ 1

en+1� e

n

n= lim

n!1

1

e

n+ 1

n=1

e< 1

entonces la serie es convergente.Procedimiento 2. Aplicando el criterio de la Raiz tenemos

limn!1

npan = lim

n!1n

rn

en= lim

n!1

npn

e=1

e< 1

entonces la serie es convergente.

27.X 1

3pn.

Solucion. Esta serie es simplemente una serie p de Rieman con p =1

3como p < 1, la serie es divergente.

28.X 1

nn � 1 .Solucion. Aplicando el criterio de la Raiz tenemos

limn!1

npan = lim

n!1n

r1

nn � 1 = limn!1

n

rn

nn= lim

n!1

npn

n=1

1 = 0 < 1

entonces, la serie es convergente.

29.X (n+ 1) (n+ 2)

n!.

Solución. Aplicando el criterio del cociente tenemos

limn!1

an+1an

= limn!1

(n+ 2) (n+ 3)

(n+ 1)!� n!

(n+ 1) (n+ 2)= lim

n!1

n+ 3

(n+ 1)2 = 0 < 1


30.X 4n

n!.


limn!1

an+1an

= limn!1

4n+1

(n+ 1)!� n!4n= lim

n!1

4

n+ 1= 0 < 1


31.X 32n�1

n2 � n .Solución. Aplicando el criterio del cociente tenemos

limn!1

an+!an

= limn!1

32n+1

(n+ 1)2 � (n+ 1)

� n2 � n32n�1

= limn!1

32�n2 � n

�(n2 + n)

= 32 > 1

entonces la serie es divergente.


32.X n+ 1

np3n� 2

.

Solución. Como el término general an =n+ 1

np3n� 2

esta formado sola-

mente por polinomios y raíces de polinomios, apliquemos el criterio de

comparación por el cociente comparandola con la serie divergenteP 1

n:

limn!1

n+ 1

np3n� 21pn

= limn!1

(n+ 1)pn

np3n� 2

=1p3(número)

entonces, la serie dada es divergente.

33.X

n

�3

4

�n.

Solución. Debido a la presencia de una potencia n-esima en el términogeneral, aplicamos el criterio de la raíz:

limn!1

npan = lim

n!1n

sn

�3

4

�n= lim

n!1npn � 34= 1 � 3

4=3

4< 1


34.X 2n

n (n+ 2).

Solución. Aunque el término general presenta una potencia n-esima, esmas conveniente aplicar el criterio del cociente.

limn!1

an+1an

= limn!1

2n+1

(n+ 1) (n+ 3)�n (n+ 2)

2n= lim

n!1

2n (n+ 2)

(n+ 1) (n+ 3)= 2 > 1

entonces, la serie es divergente.

35.X��sin 1n

��.Solución. Comparándola con la serie divergente

P 1

ntenemos

limn!1

��sin 1n��

1

n

= 1 (numero)


36.X n2 + 1

n3 + 1.

Solución. Como el término general esta formado solamente por polinomios,


la comparamos con la serie divergenteP 1

n:

limn!1

n2 + 1

n3 + 11

n

= limn!1

n�n2 + 1

�n3 + 1

= 1 (numero)


37.X n!

(2n + 1).


limn!1

an+1an

= limn!1

(n+!)!

2n+1 + 1� 2

n + 1

n!= lim

n!1(n+ 1)

2n + 1

2n+1 + 1

= limn!1

(n+ 1)

2

2n+1 + 2

2n+1 + 1= lim

n!1

n+ 1

2

�1 +

1

2n+1 + 1

�= 1 (1� 0) =1 > 1

entonces la serie es divergente.

38.X (n!)

2

(2n)!.


limn!1

an + 1

an= lim

n!1

((n+ 1)!)2

(2n+ 2)!� (2n)!(n!)

2 = limn!1

(n+ 1)2

(2n+ 1) (2n+ 2)=1

4< 1


39. 10 +10 � 121 � 4 +

10 � 12 � 141 � 4 � 7 + � � �+ 10 � 12 � 14 � � � � � (8 + 2n)

1 � 4 � 7 � � � � � (8 + 2n) + � � �Solución. Aplicando el criterio del cociente tenemos

limn!1

an+1an

= limn!1

10 � 12 � 14 � � � � � (8 + 2n) (10 + 2n)1 � 4 � 7 � � � � � (2n� 2) (3n+ 1)

1 � 4 � 7 � � � � � (3n� 2)10 � 12 � 14 � � � � � (8 + 2n)

= limn!1

10 + 2n

3n+ 1=2

3< 1


40.2

1+2 � 5 � 81 � 5 � 9 + � � �+

2 � 5 � 8 � 11 � 14 � � � � � (6n� 7) (6n� 4)1 � 5 � 9 � 13 � 17 � � � � � (8n� 11) (8n� 7) .


limn!1

an+1an

= limn!1

2 � 5 � 8 � � � � � (6n� 7) (6n� 4) (6n� 1) (6n� 2)1 � 5 � 9 � � � � � (8n� 11) (8n� 7) (8n� 3) (8n+ 1) �

1 � 5 � 9 � 13 � � � � � (8n� 11) (8n� 7)2 � 5 � 8 � 11 � � � � � (6n� 7) (6n� 4)

= limn!1

(6n� 1) (6n+ 2)(8n� 3) (8n+ 1) =

36

64< 1



41. 1 +1 � 41 � 5 +

1 � 4 � 91 � 5 � 9 + � � �+

1 � 4 � 9 � � � � � n21 � 5 � 9 � � � � � (4n� 3) + � � �


limn!1

an+1an

= limn!1

1 � 4 � 9 � � � � � n2 (n+ 1)2

1 � 5 � 9 � � � � � (4n� 3) (4n+ 1) �1 � 5 � 9 � � � � � (4n� 3)1 � 4 � 9 � � � � � n2

= limn!1

(n+ 1)2

(4n+ 1)=1 > 1

entonces, la serie es divergente.

42.X 3

pn

(2n� 1) (5 npn� 1) .

Solución. Como el término general de la serie esta formada solamente porpolinomios y raices de polinomios, comparamos la serie dada con la serie

divergenteP 1

n:

limn!1

npn

(2n� 1) (5 npn� 1)

1

n

= limn!1

n 3pn

(2n� 1) (5 3pn� 1) =

1

10(numero)

entonces, la serie dada, es divergente.

43.P 2 + sinn

n2.

Solución. Comparando con la serie convergenteP 2

n2tenemos que

2 + sinn

n2� 2

n2

es deciran � bn

entonces la serie dada es convergente. (ver criterio de Comparacion Pág.##).

Nota. La serieP 2

n2= 2

P 1

n2es convergente porque es una serie de p

de Riemann con p = 2 > 1.

44.�1

3

�2+

�1 � 43 � 6

�2+

�1 � 4 � 73 � 6 � 9

�2+ � � � � �+

�1 � 4 � 7 � � � � � (3n� 2)3 � 6 � 9 � � � � � (3n)

�2+ � � �

Solución. Aplicando el criterio del Cociente tenemos

limn!1

an+1an

= limn!1

�1 � 4 � 7 � � � � � (3n� 2) (3n+ 1)3 � 6 � 9 � � � � � (3n) (3n+ 3)

�2 �3 � 6 � 9 � � � � � (3n)

1 � 4 � 7 � � � � � (3n� 2)

�2= lim

n!1

(3n+ 1)2

(3n+ 3)2 =

32

32= 1


el criterio falla.Aplicando el criterio de Raabe tenemos

limn!1

n

�1� an+!

an

�= lim

n!1n

(1� (3n+ 1)

2

(3n+ 3)2

)= lim

n!1

n (12n+ 8)

9n2 + 18n+ 9=12

9> 1


45.�1

2

�2+

�1 � 32 � 4

�2+

�1 � 3 � 52 � 4 � 6

�2+ � � �+

�1 � 3 � 5 � � � � � (2n� 1)2 � 4 � 6 � � � � � (2n)

�2+ � � �

Solución. Aplicando el criterio del Cociente tenemos

limn!1

an+1an

= limn!1

�1 � 3 � 5 � � � � � (2n� 1) (2n+ 1)2 � 4 � 6 � � � � � (2n) (2n+ 2)

�2 �2 � 4 � 6 � � � � � (2n)

1 � 3 � 5 � � � � � (2n� 1)

�2

= limn!1

�2n+ 1

2n+ 2

�2=22

22= 1

por lo que el criterio falla.Aplicando el criterio de Raabe tenemos

limn!1

n

�1� an+1

an

�= lim

n!1n

(1�

�2n+ 1

2n+ 2

�2)= lim

n!1

n (4n+ 3)

4n2 + 8n+ 4=4

4= 1

el criterio falla.Nos queda el criterio de Gauss. Para aplicar este criterio debemos dividiran+1an

y expresarlo como

an+1an

= 1� Ln+cnn2

procediendo tenemos

an+1an

=

�2n+ 1

2n+ 2

�2=4n2 + 4n+ 1

4n2 + 8n+ 4= 1� 1

n+

5 +4

n4n2 + 8n+ 4

dividiendo como polinomio

= 1 +1

n+

n2

0B@ 5 +4

n4n2 + 8n+ 4

1CAn2

de dondeL = 1


y

cn =

n2�5 +

4

n

�4n2 + 8n+ 4

como

limn!1

cn = limn!1

n2�5 +

4

n

�4n2 + 8n+ 4

= limn!1

5n2 + 4n

4n2 + 8n+ 4n=5

4(numero)

entonces la serie diverge, por ser L � 1.

46. Hallar la suma de la serie

1 +1

2+1

4+1

8+ � � �+ 1

2n+ � � �

Solucion. Esta es una serie geometrica de razon r =1

2, entonces su suma

esS =

1

1� r =1

1� 12

= 2

SERIES DE POTENCIAS

47. Determinar el intervalo de convergencia de la serie, estudiar los extremos

1 +x

2+x2

4+ � � �+ x

n

2n+ � � � (1)


limn!1

��an+1an

�� = limn!1

��xn+12n+1� 2

n

xn

�� = limn!1

��x2

�� = jxj2< 1

de donde jxj < 2, o �2 < x < 2.En los extremos tenemos: Si x = 2, la serie dada (1) se reduce a

1 + 1 + 1 + 1 + � � �+ 1 + � � �

que es divergente.Si x = �2, la serie dada se reduce a

1� 1 + 1� 1 + � � �+ (�1)n + � � �

que es oscilante y, por tanto divergente.Entonces el intervalo de convergencia es �2 < x < 2.

48. Determinar el intervalo de convergencia de la serie, estudiar los extremos

X (�1)n�1 x2n�12n� 1



limn!1

��an+1an

�� = limn!1

�� x2n+12n+ 2� 2n� 1x2n+1

�� = limn!1

��2n� 12n+ 2x2�� = ��x2�� < 1

de donde jxj < 1 ó �1x < 1.En los extremos tenemos: Si x = �1, la serie se reduce a

X(�1)n�1 (�1)

2n�1

2n� 1 =X 1

2n� 1

comparándola con la serie divergenteP 1

ntenemos

limn!1

1

2n� 11

n

= limn!1

n

2n� 1 =1

2(numero) (1)

entonces la serie diverge en x = �1.Si x = 1, la serie se reduce a

X (�1)n�1

2n� 1 .

Procediendo como en (1) se ve que esta serie no converge absolutamente.Pero como

1

2n+ 1<

1

2n� 1 (es decir an+1 < an)y

limn!1

1

2n� 1 = 0 (es decir, limn!1an = 0)

Entonces converge condicionalmente en x = 1.Por tanto, el intervalo de convergencia es �1 < x � 1.

49. Determinar el intervalo de convergencia de la serie, estudiar los extremosX (x� 1)npn


limn!1

��an+1an

�� = limn!1

�� (x� 1)n+1pn+ 1

�pn

(x� 1)n

�� = limn!1

�� pnp

n+ 1(x� 1)

�� = jx� 1j < 1de donde �1 < x� 1 < 1 ó 0 < x < 2. En los extremos tenemos:Si x = 0, la serie se reduce a X (�1)np

n.


Esta serie no es absolutamente convergente (pues, como es sabido, la serie

de valores absolutosP 1p

nes divergente). Pero como

1pn+ 1

<1pn(es decir, an+1 < an)

y

limn!1

1pn= 0 (es decir, lim

n!1an=0)

La serie es condicionalmente convergente en x = 0.Si x = 2, la serie se reduce a X 1p

n

que, como es sabido, es divergente. Por tanto, el intervalo de convergenciaes 0 � x < 2.

50. Desarrollar1

1� x en potencias de x y determinar su intervalo de conver-gencia.Solución. Podriamos derivar sucesivamente la función. evaluar en x = 0y aplicar la fórmula del desarrollo de Taylor. En este caso es mas fácildividir, de donde

1

1� x = 1 + x+ x2 + x3 + � � �+ xn + � � �

Aplicando el criterio del cociente determinamos su intervalo de convergen-cia:

limn!1

��an+1an

�� = limn!1

��xn+1xn

�� = jxj < 1En el extremo x = 1 la serie es divergente y en x = �1 es tambiendivergente (pues es oscilante). Entonces su intervalo de convergencia es�1 < x < 1.

51. Desarrollar ex en potencias de x y determinar su intervalo de convergencia.Solución. Derivando sucesivamente y evaluando en x = 0 tenemos

f (x) = ex ; f 0 (x) = ex ; f 00 (x) = ex ; f 000 (x) = ex ; � � � ; f (n) (x) = ex

f (0) = 1 ; f 0 (0) = 1 ; f 00 (0) = 1 ; f 000 (0) = 1 ; � � � ; f (n) (0) = 1

Entonces, por la formula del desarrollo de Taylor, tenemos:

ex = f (0) + f 0 (0)x+f 00 (0)

2!x2 +

f 000 (0)

3!x3 + � � �+ f

(n) (0)

n!xn + � � �

= 1 + x+x2

2!+x3

3!+ � � �+ x

n

n!+ � � � (1)


Para determinar el intervalo de convergencia de la serie de potencias (1)aplicamos el criterio del cociente:

limn!1

��an+1an

�� = limn!1

�� xn+1(n+ 1)!� n!xn

�� = limn!1

�� 1

n+ 1x

�� = 0 < 1,entonces la serie (1) converge para todo x, es decir el intervalo convergenciaes �1 < x <1.

52. Desarrollar lnx en potencias de x� 2 y determinar el intervalo de conver-gencia.Solución. derivando sucesivamente y evaluando en x = 2 tenemos:

f (x) = lnx ; f 0 (x) = x�1 ; f 00 (x) = �x2 ; f 000 (x) = 2x�3 ; � � � ; f IV (x) = �6x�4; :::

f (2) = ln 2 ; f 0 (2) =1

2; f 00 (2) = �1

4; f 000 (2) =

1

4; � � � ; f IV (2) = �3

8; :::

Entonces, por la fórmula de Taylor, tenemos

lnx = ln 2 +1

2(x� 2)� 1

4

(x� 2)2

2!+1

4

(x� 2)3

3!� 38

(x� 2)4

4!

= ln 2 +1

2(x� 2)� 1

8(x� 2)2 + 1

24(x� 2)3 + :::+ (�1)n�1 1

n2n(x� 2)n (1)

Aplicando el criterio del cociente determinamos el intervalo de convergen-cia de la serie (1):

limx!1

��an+1an

�� = limx!1

�� (x� 2)n+1(n+ 1) 2n+1n2n

(x� 2)n

�� = limx!1

�� n

2 (n+ 1)(x� 2)

�� = jx� 2j2

< 1

De donde jx� 2j < 2 ó �2 < x � 2 < 2, ó 0 < x < 4. En el extremo

x = 0, la serie se reduce a ln 2 +X

(�1)n�1 (�2)n

n2n= ln 2 �

X 1

nque

es divergente (como es sabido, la serie armónicaX 1

nes divergente).

En el extremo x = 4, la serie se reduce a ln 2 +X

(�1)n�1 2n

n2n=

ln 2+X

(�1)n�1 1nque, como sabemos (ejemplo 4), es condicionalmente

convergente. Por tanto, el intervalo de convergencia de la serie (1) es0 < x � 4.

53. Obtener el desarrollo de1

1 + xen potencias de x.

Solución. Como

1

1� x = 1 + x+ x2 + :::+ xn + :::; jxj < 1


reemplazando �x por x obtenemos:

1

1� (�x) = 1 + (�x) + (�x)2 + (�x)3 + :::+ (�x)n + :::; j�xj < 1

1

1 + x= 1� x+ x2 � x3 + :::+ (�1)n xn + :::; j�xj < 1

Nota. Notemos que el intervalo de convergencia de1

1 + xtambién se

obtiene reemplazando �x, en lugar de x, en el intervalo de convergenciade

1

1� x .

54. Obtener el desarrollo de e�x2

en potencias de x.Solución. Como

ex = 1 + x+x2

2!+x3

3!+x4

4!+ :::+

xn

n!+ :::; jxj <1

reemplazando �x2 por x obtenemos:

e�x2

= 1 +��x2

�+

��x2

�22!

+

��x2

�33!

+

��x2

�44!

+ :::+

��x2

�nn!

+ :::;��x2�� <1

e�x2

= 1 + x2 +x4

2!� x

6

3!+x8

4!+ :::+ (�1)n x

2n

n!+ :::; jxj <1

PROBLEMAS VARIOS

55. Obtener el desarrollo de ln j1 + xj en potencias de x.Solución. Como

1

1 + x= 1� x+ x2 � x3 + :::+ (�1)n�1 xn + :::; jxj < 1

entonces, integrando obtenermos

ln j1 + xj = x� x2

2+x3

3� x

4

4+ :::+ (�1)n�1 x

n+1

n+ 1+ :::; jxj < 1

Nota. El desarrollo de1

1 + xse ha obtenido en el ejercicio 52. Puede

obtenerse también directamente por división que en el extremo x = 1 laserie de ln jx+ 1j es condicionalmente convergente.

56. Obtener el desarrollo de ln

��1 + x1� x

�� en potencias de x.Solución. Como el desarrollo de ln j1 + xj es

ln j1 + xj = x� x2

2+x3

3� x

4

4+x5

5� ::: (�1 < x � �1) (1)


entonces

ln j1� xj = (�x)� (�x)2

2+(�x)3

3� (�x)

4

4+ ::: (�1 < �x � 1)

= ��x+

x2

2+x3

3+x4

4+ :::

�(�1 > x � �1) (2)

Por tanto,

ln

��1 + x1� x

�� = ln j1 + xj � ln j1� xj

=

�x� x

2

2+x3

3� x

4

4+x5

5

�+

�x+

x2

2+x3

3+x4

4+ :::

�= 2

�x+

x2

2+x3

3+x4

4+ :::

�(3)

La serie es convergente en el intervalo común a los intervalos de conver-gencia de las series (1) y (2), es decir: �1 < x < 1.

57. Desarrollar cos2 x en potencias de x.

Solución. Por identidad trigonométrica: cos2 x =1 + cos 2x

2(1). Reem-

plazando 2x en lugar de x en

cosx = 1� x2

2!+x4

4!� x

6

6!+x8

8!� :::; jxj < �

obtenemos

cos 2x = 1� 22

2!x2 +

24

4!x4 � 2

6

6!x6 +

28

8!x8 � :::; jxj <1

Por tanto, reemplazando en (1) obtenemos:

cos2 x =1

2

�1 + 1� 2

2

2!x2 +

24

4!x4 � 2

6

6!x6 +

28

8!x8 � :::

�; jxj < 0

= 1� 2

2!x2 +

23

4!x4 � 2

5

6!x6 +

27

8!x8 � :::; jxj < 0

58. Utilizando desarrollos en serie, calcular limn!1

ex � e�xsinx

.

Reemplazando los respectivos desarrollos en serie y operando tenemos:

limn!1

ex � e�xsinx

= limn!1

�1 + x+

x2

2!+x3

3!+ :::

��1� x+ x

2

2!� x

3

3!+ :::

�x� x

3

3!+x5

5!� x

7

7!+ :::

= limn!1

2x+2x3

3!� :::

x� x3

3!+ :::

= limn!1

2 +x3

3

1� x2

6

= 2


59. Utilizando desarrollos en serie, calcularZ 1

0

sinx

xdx

Solución. Reemplazando los respectivos desarrollos en serie y operandotenemos:Z 1

0

sinx

xdx =

Z 1

0

1

x

�x� x

3

3!+x5

5!� x

7

7!+ :::

�dx

=

Z 1

0

�1� x

2

3!+x4

5!� x

6

7!+ :::

�dx

= x� x3

3 � 3! +x5

5 � 5! �x7

7 � 7! + :::��10

= 1� 1

3 � 3! +1

5 � 5! �1

7 � 7! + ::: = 0:946083

Nota. Se han tomado solamente los cuatro primeros términos del desar-rollo, por tanto el error cometido es menor que el valor absoluto del quintotérmino. Es decir

error cometido � 1

9 � 9! = 0:0000003


SUCESIONESEscribir los primeros cuatro términos de la sucesión fang cuyo término n-

ésimo está dado por

1. an =3n� 2n2 + 1

.

2. an =(�1)n�1 n

2n.

3. an =2 + (�1)n

n2.

4. an =(2 + sin (n�=2)) cosn�

n!.

5. an =(2x)

n�1

(2n� 1)5.

6. an =(�1)n � x2n�1

1 � 3 � 5 � ::: � (2n� 1)


7. Mostrar que el n-ésimo término de la sucesión de Fibonacci está dado por

an =(an � bn)p

5

con

a =1

2

�1 +

p5�

b =1

2

�1�

p5�

Determinar, en cada caso, si la sucesión fang dada es convergente o di-vergente, en caso de que sea convergente hallar su límite:

8. 1;�12;1

3;�14; :::

9.1

2;2

3;3

4;4

5; :::

10.nsin

n�

4

o.

11.�lnn

n

�.

Según la de�nción, mostrar que

12. La sucesión�

n

n+ 1

�converge a 1.

13. La sucesión�n� 13n+ 1

�convergente a

1

3.

14. Demostrar que limn!1

n

r1

np= 1, p > 0. (Sugerencia: np=n = e(p lnn)=n).

SERIES DE TERMINOS POSITIVOSDeterminar la convergencia o divergencia de las siguientes series

15.X 2

n (n+ 1).

16.X n+ 1

n2 (n+ 2).

17.X n2n

en.

18.X 2n

(n+ 1) (n+ 2) (n+ 3).

19.X 1

n3 � 1 .


20.X 1

4pn.

21.X 1

nn+1.

22.X (n+ 1) (n+ 3)

n!.

23.X 5n

n!.

24.X 10n

3n + 1.

25.X n

22n.

26.X

n

�2

3

�n.

27.X n+ 1

n2p1� n

.

28.X

(32)nn3.

29.X

2nn3.

30.X n!

nn.

31.X n2

2n.

32.X�

n

n2 + 2

�n.

33.X n+ 2

(n+ 1)pn+ 3

.

34.X 2n

n � 5n .

35.X 2n� 10n2

(3n+ 2)n4=3.

36.X 4n2 + 5n� 2

n (n2 + 1)3=2.

37.X 1

n (lnn)3 .


38.X 3�

pn

pn.

39.X�

n

n+ 1

�n2.

40.X n!

10n.

41.X 1

n 3pn�

pn.

42.X 2nn!

nn.

43.X 3n � n!

nn.

44.X enn!

nn.

45.X lnn

n.

46.X lnnp

n.

47.X lnn

np.

48.X (lnn)

2

n2.

49.X 3 + sin (n)

n (1 + e�n)

50.X

n � sin2�1

n

�.

51.X 1

n1+1n

.

52.X 2ln(lnn)

n � lnn .

53.X 1

n � lnn � ln (lnn) .

54. Mostrar que la serieX1

n=2

1

np lnq n. a) Es convergente, cualquiera que

sea q, si p > 1; y cuando q > 1 si p = 1, b) es divergente, cualquiera quesea q, si p < 1; y cuando q � 1, si p = 1.


55. Mostrar que

a+ ar + ar2 + ar3 + :::+ =a

1� r , jrj < 1

56. Hallar la suma de las series a)X1

n=13�n, b)

X1

n=1

1

n (n+ 1)(Sugeren-

cia: Veri�car que Sn =1

2

�1� 1

3n

�y tomar el límite.

SERIES ALTERNASDeterminar si las siguientes series son condicional o absolutamente con-vergente.

57.X

(�1)n�1 n+ 1n

.

58.X

(�1)n�1 1

2n� 1 .

59.X

(�1)n�1 1

lnn

60.X

(�1)n�1 1np3.

61.X

(�1)n�1 1n!.

62.X

(�1)n�1 1

n2 + 2.

63.X

(�1)n�1 1

(2n� 1)3.

64.X

(�1)n�1 1pn (n+ 1)

.

65.X

(�1)n�1 1

n2 + 2.

66.X

(�1)n�1 1

(n!)3 .

67.X

(�1)n�1pn

lnn.

68.X (�1)n�1

2n� 1 sin

�1pn

�.

PROBLEMAS VARIOS SOBRE SERIES

69. Explicar: Si S = 1 � 1 + 1 � 1 + 1 � 1 + ::: Entonces S = 1 � (1� 1) �(1� 1) ::: = 1. Y también S = (1� 1) + (1� 1) + (1� 1) + ::: = 0. Luego1 = 0.


70. Si 1 � 1

2+1

3� 1

4+ ::: converge a S, demostrar que la serie reagrupada

1+1

3� 12+1

5� 17� 14+1

9+1

11� 16+::: =

3

2S. Explicar. (Sugerencia: Tomar

1

2en la primera serie y escribirla en la forma 0 +

1

2+ 0� 1

4+ 0 +

1

6+ :::

y sumarla luego término a término con la primera serie. En realidad setiene que S = ln 2 - Ejercicio resuelto 52 -).SERIE DE POTENCIASDeterminar el intervalo de convergencia de las siguientes series, estudiarlos extremos.

71. x+ 2x2 + 3x3 + 4x4 + :::.

72.x

5� x2

2 � 52 +x3

3 � 53 �x4

4 � 54 + :::

73.X xn

n (n+ 1).

74.X

(�1)n xn

nn.

75.Xn=2

x2n

(n� 1)n (n+ 1) .

76.Xn=2

xn

(lnn)n .

77.X (x� 2)n

n2.

78.X (x� 3)n

n � 3n .

Desarrollar la función dada en serie de potencias y determinar el intervalode convergencia.

79. tanx en potencias de x.

80. ex=2 en potencias de x� 2.

81. sinhx =ex � e�x

2en potencias de x.

82. sin2 x en potencias de x.

83. arctanx en potencias de x (sugerencia: arctanx =Z x

0

dx

1 + x2).

84. arcsinx en potencias de x (sugerencia: Usar la serie binómica para desar-

rollar1p1� x2

, además arcsinx =Z x

0

dxp1� x2

).


85. Mostrar que a) xex =X n

n!xn. b)

X n

n!= e.

86. Mostrar que a)�x2 + x

�ex =

X n2

n!xn, b)

X n2

n!= 2e. Obtener c)X n3

n!5e y

X n4

n!15e.

PROBLEMAS VARIOS SOBRE SERIES DE POTENCIA

87. Utilizando desarrollos en serie, calcular limn!1

sinx

sinhx.

88. Utilizando desarrollos en serie, calcularZ 1

0

cospxdx = 0:76355.

89. Utilizando desarrollos en serie, calcularZ 1=2

0

dx

(1 + x4)= 0:4940.

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