Mario Chavez - Ejercicios Resueltos de Calculo II.

(1)

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Carrera de Inform´atica

Lunes 14 de Marzo del 2011

C´

alculo II

Ejercicios Resueltos

Dr.MSc.Dipl.Lic. Mario ξρ

R

Chavez Gordillo PhD.

CAP1. Algebra Vectorial

CAP2. Geometr´ıa Anal´ıtica Solida

CAP3. Funciones Vectoriales de Variable Real CAP4. Funciones Vectoriales de Variable Vectorial CAP5. Integrales M´ultiples

CAP6. Sucesiones y Series

Rol de Evaluaciones

PARCIAL CAP´ITULOS FECHA PUNTOS

Primero 1,2 y 3 Domingo 03 de Abril del 2011 30 puntos Segundo 4, 5 y 6 Domingo 05 de Junio del 2011 30 puntos Final Todos Domingo 12 de Junio del 2011 25 puntos

Pr´acticas Todos 10 puntos

Recuperatorio 1er o 2do Par Jueves 16 de Junio del 2011

[B

1

]. Espacio Euclidiano n-dimensional

Producto interno

Para x = (x1, x2, x3, ..., xn), y = (y1, y2, y3, ..., yn) en Rn definimos el producto interno por

x • y = x1y1+ x2y2+ x3y3+ · · · + xnyn.

Ese producto interno satisface: 1. x • x ≥ 0 para todo x ∈ Rn, 2. x • x = 0 si y solo si x = 0, 3. x • y = y • x para todo x, y ∈ Rn,

4. (cx) • y = c(x • y) para todo x, y ∈ Rn_{, c ∈ R}

5. (x + y) • z = x • y + y • z para todo x, y, z ∈ Rn.

Norma.- Para x = (x1, x2, x3, ..., xn) en Rndefinimos la norma o longitud de x por

||x|| =√x • x = q x2 1+ x22+ x23+ · · · + x2n. La norma satisface: 1. ||x|| ≥ 0 para todo x ∈ Rn,

(2)

2. ||x|| = 0 si y solo si x = 0,

3. ||cx|| = |c| ||x|| para todo x ∈ Rn_{, c ∈ R}

4. |x • y| ≤ ||x|| ||y|| para todo x, y ∈ Rn. 5. ||x + y|| ≤ ||x|| + ||y|| para todo x, y ∈ Rn_.

Ejemplo ¿Qu´e se sabe acerca del ´_{angulo entre los vectores no nulos a y b, si (i) a • b > 0?, (ii) a • b < 0?,} (i) a • b = 0?

Soluci´on.

(i) Si a • b > 0, entonces el ´angulo entre a y b esta entre 0 y π2.

(i) Si a • b < 0, entonces el ´angulo entre a y b esta entre π2 y π.

(i) Si a • b = 0, entonces el ´angulo entre a y b es π2.

DEFINICI ÓN 1. Sean a, b vectores. La proyección del vector a en la dirección del vector b es definido por u = a • b

||b||2 b. Luego el vector v = a −

a • b

||b||2 b es ortogonal al vector b.

Ejemplo _{Sean los vectores a = 3i + 5j + 2k y b = −4i + 3k tal que: a = u + v, siendo u paralelo a b y}

ortogonal a v. Hallar u y v.

Soluci´on. Del hecho de que u es paralelo a b se sigue que u = λb para alg´_{un λ ∈ R, del mismo modo u} ortogonal a v implica que u • v = 0. Como v = a − u = a − λb, se tiene que

u • v = 0 (λb) • (a − λb) = 0 λb • a − λ2b • b = 0 λ[b • a − λ||b||2) = 0 de donde λ = b • a ||b||2. Por tanto, u = b • a ||b||2 b y v = a − b • a ||b||2 b.

Ejemplo Demostrar vectorialmente que las diagonales de un rombo se cortan en ´angulo recto.

Soluci´_{on. Empecemos demostrando que si u y v son vectores tales que ||u|| = ||v||, entonces u + v es} ortogonal a u − v. En efecto, esto se deduce inmediatamente de la igualdad:

(u + v) • (u − v) = ||u||2− u • v + v • u − ||v||2 = 0.

Ahora bien sean los puntos p0, p1, p2 y p3 los v´ertices de un rombo. Entonces, supongamos que los vectores

u = −−→p0p1

y

v = −−→p0p2.

son dos de sus lados adyacentes. Por otro lado se sabe que los lados de un rombo son todos iguales. Entonces ||u|| = ||v||. Luego por lo probado anteriormente se segue que u + v es ortogonal a u − v. Pero como

u + v = −−→p0p1+ −−→p0p2= −−→p0p3.

y

u − v = −−→p0p1− −−→p0p2= −−→p1p2.

(3)

Ejemplo _{Determine los valores de c sabiendo que u = (−4, −1, −4) y ||cu|| = 5}

Soluci´on. Puesto que

||cu|| = |c| ||u|| = |c|p(−4)2_{+ (−1)}2_{+ (−4)}2 _{= |c|}√_{33 = 6}

de donde

|c| = √6 33 por lo tanto los posibles valores para c son:

c = _√6

33 o c = − 6 √

33.

Ejemplo Encuentre dos vectores en direcciones opuestas que sean ortogonales al vector u = (5, 2, 1) Soluci´_{on. El vector (x, y, z) es ortogonal al vector u = (5, 2, 1) cuando (x, y, z) • (5, 2, 1) = 0, esto es,}

5x + 2y + z = 0.

Para obtener un ejemplo hagamos y = −1, z = −3 en la anterior ecuaci´on y despejando x se tiene que x = 1. Luego unos de los vectores buscado es

(1, −1, −3) y su vector opuesto

(−1, 1, 3) tambi´en es ortogonal a u.

Ejemplo Si θ es el ´_{angulo entre A y B, entonces demostrar ||A − B||}2_{= ||A||}2_{+ ||B||}2_{− 2||A|| ||B|| cos θ.} Soluci´on.

||A − B||2 = (A − B) • (A − B) = A • (A − B) − B • (A − B) = A • A − A • B − B • A + B • B

= ||A||2− 2A • B + ||B||2

= ||A||2+ ||B||2− 2||A|| ||B|| cos θ

Ejemplo _{Demostrar ||A + B||}2_{= ||A||}2_{+ ||B||}2 _{si y solo si A • B = 0.}

Soluci´on. Puesto que

||A + B||2 _{= (A + B) • (A + B) = A • (A + B) + B • (A + B)}

= A • A + A • B + B • A + B • B = ||A||2_{+ 2A • B + ||B||}2

Entonces ||A + B||2= ||A||2+ ||B||2 si y solo si A • B = 0.

Ejemplo _{Demostrar ||A + B||}2_{+ ||A − B||}2 _{= 2||A||}2_{+ 2||B||}2. Soluci´on. De los ejercicios anteriores tenemos

(4)

||A + B||2+ ||A − B||2 = ||A||2+ 2A • B + ||B||2+ ||A||2− 2A • B + ||B||2 = 2||A||2+ 2||B||2

Ejemplo _{Demostrar ||A + B||}2_{− ||A − B||}2 _{= 4 A • B.}

Soluci´on. De los ejercicios anteriores tenemos

||A + B||2− ||A − B||2 = ||A||2+ 2A • B + ||B||2− ||A||2+ 2A • B − ||B||2 = 4A • B

Ejemplo Si θ es el ´angulo entre A y B en R3, entonces demostrar tan θ = ||A × B|| A • B . Soluci´on. tan θ = sen θ cos θ = ||A×B|| ||A|| ||B|| A•B ||A|| ||B|| = ||A × B|| A • B

Ejemplo Dados vectores distintos de cero A y B en R3_{, mostrar que el vector V = ||A||B + ||B||A biseca} el ´angulo entre A y B.

Soluci´on. Es suficiente probar que

A • V ||A|| ||V || = V • B ||V || ||B|| En efecto. A • V ||A|| − B • V ||B|| = 0 A ||A|| − B ||B|| • V = 0 A ||A|| − B ||B|| •||A||B + ||B||A= 0 A ||A|| • ||A||B + A ||A|| • ||B||A − B ||B|| • ||A||B − B ||B|| • ||B||A = 0 A • B + ||B|| ||A|| A • A − ||A|| ||B||B • B − B • A = 0 ||B|| ||A||||A|| 2 − ||A|| ||B||||B|| 2_{= 0} ||B|| ||A|| − ||A|| ||B|| = 0

(5)

Producto vectorial

Ejemplo Sean a y b vectores no nulos de R3_{tales que a×b = 0. ¿Qué condición geométrica deben cumplir}

los vectores a y b? para que sea cierta la afirmaci´on

Soluci´_{on. Si a × b = 0 entonces a y b son vectores paralelos. En efecto, puesto que} ||a × b|| = ||a|| ||b|| sen θ,

donde θ es el ´_{angulo entre a y b. Reemplazando a×b = 0 en la anterior ecuaci´on tenemos que ||a|| ||b|| sen θ =} 0, de donde sen θ = 0, de aqu´ı se obtiene θ = 0. Esto quiere decir que el ´angulo entre a y b es cero, por tanto estos vectores deben ser paralelos.

Ejemplo Sean a, b y c vectores no nulos de R3 _{tales que a • (b × c) = 0. ¿Qué condición geométrica deben}

cumplir los vectores a, b y c para que sea cierta la afirmaci´on?

Soluci´_{on. El hecho de que |a • (b × c)| = 0, implica que el vector a es perpendicular al vector b × c. Ahora} como el vector b × c es perpendicular tanto al vector b como al vector c, se sigue que a esta en el plano que generan los vectores b y c. Esto quiere decir que los vectores a, b y c no generan un paralelepipedo.

Ejemplo Analice la verdad o falsedad de la siguiente afirmaci´on. Justifique su respuesta. Si a y b son ortogonales a c, entonces a + b es ortogonal a c.

Soluci´on. Esta es una afirmaci´on verdadera. En efecto, como a y b son ortogonales a c, entonces a • c = 0 y b • c = 0.

Ahora bien, puesto que

(a + b) • c = a • c + b • c = 0 + 0 = 0 se concluye que a + b es ortogonal a c.

Ejemplo Analice la verdad o falsedad de la siguiente afirmaci´on. Justifique su respuesta. Si se conocen a × b = d y a × c = d, entonces c es igual a b.

Soluci´_{on. La respuesta depende de que si a = 0 o a 6= 0. Primero analicemos el caso en que a = 0. En este} caso la igualdades a × b = 0 y a × c = 0 son siempre v´alidas no importando quienes sean b y c. As´ı que no podemos garantizar que sean iguales.

Ahora analizamos el caso en que a 6= 0. De la hip´otesis a × b = d y a × c = d concluimos que a × (b − c) = a × b − a × c = d − d = 0,

lo cual implica que a es paralelo a b − c, de esto y del hecho de que se a 6= 0 se deduce que existe λ 6= 0, tal que, a = λ(b − c). Ahora bien, puesto que

||b − c|| = ||a|| |λ| 6= 0. Lo cual muestra que b 6= c. En resumen la afirmaci´on es falsa.

Ejemplo Analice la verdad o falsedad de la siguiente afirmaci´on. Justifique su respuesta. Es posible encontrar el producto vectorial de dos vectores en el espacio vectorial bidimensional.

(6)

Soluci´_{on. El producto vectorial “×” esta definido para vectores en R}3. El producto vectorial de dos vectores en R3 _{es otro vector en R}3_{. Recordemos}

(a1, a2, a3) × (b1, b2, b3) = (a2b3− a3b2, a3b1− a1b3, a1b2− a2b1)

Sin embargo podemos “ver” de la forma (a1, a2, 0) como vectores del espacio bidimensional el plano xy. En

este caso tenemos

(a1, a2, 0) × (b1, b2, 0) = (0, 0, a1b2− a2b1)

que no esta en el plano xy. En resumen NO es posible encontrar el producto vectorial de dos vectores en el espacio vectorial bidimensional.

Ejemplo Hallar el área del triángulo de vértices A(1, 1, 1); B(2, 4, 2); C(3, 4, 0).

Solución. Notemos que el área del triángulo dado es igual a la mitad del área del paralelogramo de lados B − A y C − A.

Un simple calculo muestra que

B − A = (2, 4, 2) − (1, 1, 1) = (1, 3, 1) C − A = (3, 4, 0) − (1, 1, 1) = (2, 3, −1) y adem´as (B − A) × (C − A) = i j k 1 3 1 2 3 −1 = i 3 1 3 −1 −j 1 1 2 −1 + k 1 3 2 3 = (−6, 3, −3) Lo cu´al implica que

´

area del tri´angulo = 1

2||(B − A) × (C − A)|| = 1 2 √ 36 + 9 + 9 = √ 54 2 ♣

Ejemplo Hallar el área del triángulo de vértices A(3, 4, 0); B(1, 1, 1); C(3, 5, 3).

Solución. Notemos que el área del triángulo dado es igual a la mitad del área del paralelogramo de lados B − A y C − A.

Un simple calculo muestra que

B − A = (1, 1, 1) − (3, 4, 0) = (−2, −3, 1) C − A = (3, 5, 3) − (3, 4, 0) = (0, 1, 3) y adem´as (B − A) × (C − A) = i j k −2 −3 1 0 1 3 = i −3 1 1 3 −j −2 1 0 3 + k −2 −3 0 1 = (−10, 6, −2) Lo cu´al implica que

´

area del tri´angulo = 1

2||(B − A) × (C − A)|| = 1 2 √ 100 + 36 + 4 = √ 140 2 ♣

(7)

Soluci´on. Nombremos a estos puntos por

p0 = (2, −1, 3), p1 = (4, 3, 5) y p2= (2, 3, 1)

Luego para calcular el área del triángulo de vértices p0, p1 y p2, consideremos los vectores

u = −−→p0p1= p1− p0 = (4, 3, 5) − (2, −1, 3) = (2, 4, 2)

y

v = −−→p0p2= p2− p0 = (2, 3, 1) − (2, −1, 3) = (0, 4, −2)

Estamos ahora listos para calcular el ´area buscada, en efecto, esta esta dada por ´

Area = ||u × v|| 2 . Basta con calcular ||u × v||,

u × v = i j k 2 4 2 0 4 2 = i 4 2 4 2 −j 2 2 0 2 + k 2 4 0 4 = (0, −4, 8). se donde se sigue que

||u × v|| =p02_{+ (−4)}2_{+ 8}2 ₌√_70. Finalmente ´ Area = ||u × v|| 2 = √ 70 2 .

Ejemplo _{Usando vectores analice si los puntos (2, −3, 1), (6, 5, −1), (3, −6, 4) y (7, 2, 2) son los v´ertices}

de un paralelogramo y calcule su ´area. Soluci´on. Nombremos a estos puntos por

p0 = (2, −3, 1), p1= (6, 5, −1), p2 = (3, −6, 4) y p3= (7, 2, 2).

Luego para verificar si son o no esos puntos los v´ertices de un paralelogramo consideremos los vectores −−→ p0p1 = p1− p0 = (6, 5, −1) − (2, −3, 1) = (4, 8, −2), −−→ p0p2 = p2− p0 = (3, −6, 4) − (2, −3, 1) = (1, −3, 3), −−→ p3p1 = p1− p0 = (6, 5, −1) − (7, 2, 2) = (−1, 3, −3), y −−→ p3p2 = p2− p0= (3, −6, 4) − (7, 2, 2) = (−4, −8, 2)

Puesto que los vectores −−→p0p1 y −−→p3p2 son paralelos al igual que los vectores −−→p0p2 y −−→p3p1 se deduce que los

puntos p0, p1, p2 y p3 son los v´ertices de un paralelogramo.

Adem´as

´

Area = ||−−→p0p1× −−→p0p2||.

(8)

Soluci´_{on. Empecemos calculando a × b,} a × b = i j k 5 4 ₋₂ 6 −5 −3 = i 4 ₋₂ −5 −3 −j 5 −2 6 −3 + k 5 4 6 −5 = (−12 − 10, −15 + 12, −25 − 24) = (−22, −3, −49).

se donde se sigue que ´

Area = ||a × b|| =p(−22)2_{+ (−3)}2_{+ (−49)}2 ₌√_{484 + 9 + 2401 =}√_{2894 = 53, 8.}

Ejemplo Calcule el volumen del paralelepidedo que tiene como aristas adyacentes a los vectores a = (1, 3, 1), b = (0, 6, 6), c = (−4, 0, −4).

Soluci´_{on. Empecemos calculando a • (b × c),} a • (b × c) = 1 3 1 0 6 6 −4 0 −4 = 1 6 6 0 −4 −3 0 6 −4 −4 + 1 0 6 −4 0 = 1(−24 − 6) − 3(−4 + 24) + (0 + 24) = −30 − 60 + 24 = −66. se donde se sigue que

Volumen = |a • (b × c)| = | − 66| = 66.

[B

2

]. Geometr´ıa Anal´ıtica S´

olida

Ejemplo Halle las ecuaciones: (a) param´etricas, (b) sim´etricas de la recta que pasa por los puntos (5, −3, −2) y − 23,

2 3, 1

.

Soluci´on. Nombremos a estos puntos por

p0 = (5, −3, −2), y p1= − 2₃,2₃, 1.

Luego la ecuaci´on vectorial de la recta que pasa a trav´es del puntos p0 = (5, −3, −2) y que tiene vector

direcci´on u = −−→p0p1 = p1− p0= − 2₃,2₃, 1− (5, −3, −2) = ₋2₃ _{− 5,}2₃ + 3, 1 + 2= −2−15₃ ,2+9₃ , 3= −17₃ ,11₃ , 3, es p = p0+ tu (x, y, z) = (5, −3, −2) + t −17₃ ,11 3 , 3 de donde obtenemos las ecuaciones param´etricas de la recta

x = 5 − −173 t

y = −3 + 113t

z _{= −2 + 3t} Adem´as, las ecuaciones sim´etricas de la recta son

x − 5 −17 3 = y − (−3)₁₁ 3 = z − (−2) 3

(9)

simplificando tenemos 3(5 − x) 17 = 3(y + 3) 11 = z + 2 3 .

Ejemplo _{Halle las ecuaciones param´etricas de la recta que pasa por el punto (−3, 2, −1) y es perpendicular}

al plano dado por −2x + 3y + z = 5.

Soluci´_{on. El vector normal al plano −2x + 3y + z = 5 es N = (−2, 3, 1). Como la recta que buscamos es} perpendicular al plano, entonces el vector direcci´on del plano es precisamente el vector normal al plano, por lo tanto la ecuaci´_{on vectorial de la recta pasa por el punto (−3, 2, −1) y tiene vector direcci´on N = (−2, 3, 1)} es

(x, y, z) = (−3, 2, −1) + t(−2, 3, 1) de donde se sigue que las ecuaciones param´etricas de la recta son

x = −3 − 2t y = 2 + 3t z _{= −1 + t}

Ejemplo _{Halle las ecuaciones param´etricas de la recta que pasa por el punto (3, −2, 4) y es paralela (a)}

al eje X, (b) eje Y , (c) eje Z.

Soluci´on. Para el inciso (a), el vector direcci´on de la recta que buscamos es u = (1, 0, 0), de ah´ı que la recta es

(x, y, z) = (3, −2, 4) + t(1, 0, 0) de donde se sigue que las ecuaciones param´etricas de la recta son

x = 3 + t y = −2 z = 4.

Ejemplo Determine si las rectas x₃ = y−2₋₁ = z + 1 , x−1₄ = y + 2 = z+3₋₃ se cortán, y si es as´ı halle el punto de intersección y el coseno del ángulo de intersección.

Soluci´on. La ecuaci´on vectorial de la recta x₃ = y−2₋₁ = z + 1 es

(x, y, z) = (0, 2, −1) + t(3, −1, 1), t ∈ R (1) y la ecuaci´on vectorial de la recta x−1₄ = y + 2 = z+3₋₃ es

(x, y, z) = (1, −2, −3) + s(4, 1, −3), s ∈ R (2) Las dos rectas en (1) y (2) se intersectan siempre que podamos encontrar valores para t y s de modo que tengamos

(0, 2, −1) + t(3, −1, 1) = (1, −2, −3) + s(4, 1, −3). De esta ´ultima ecuaci´on se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones

3t = 1 + 4s 2 − t = −2 + s −1 + t = −3 − 3s.

(10)

Despejando s de la segunda ecuaci´_{on se tiene que s = 4 − t. Reemplazando este valor en la primera ecuaci´on} obtenemos t = 17₇, ahora reemplazando en la tercera ecuaci´on se ve que t = 8. Como no puede haber dos valores diferentes para t, se concluye que las dos retas no se intersectan.

Ejemplo Halle la ecuaci´_{on del plano que pasa por los puntos (1, 2, 3), (3, 2, 1) y (−1, −2, 2)} Soluci´on. Nombremos a estos puntos por

p0 = (1, 2, 3), p1 = (3, 2, 1) y p2 = (−1, −2, 2).

Ahora los siguientes vectores est´an sobre el plano que buscamos −−→

p0p1 = p1− p0= (3, 2, 1) − (1, 2, 3) = (2, 0, −2)

y

−−→

p0p2 = p2− p0= (−1, −2, 2) − (1, 2, 3) = (−2, −4, −1),

Puesto que los vectores −−→p0p1 y −−→p0p2 viven en el plano, su producto vectorial −−→p0p2× −−→p0p1 es el vector normal

al plano. Calculemos −−→p0p2× −−→p0p1, −−→ p0p2× −−→p0p1 = i j k 2 0 ₋₂ −2 −4 −1 = i 0 ₋₂ −4 −1 −j 2 ₋₂ −2 −1 + k 2 0 −2 −4 = (0 − 8, −(−2 − 4), −8 − 0) = (−8, 6, −8).

Ahora nos toca encontrar la ecuaci´on del plano que pasa por el punto p0 = (1, 2, 3) y que tenga vector normal

N = −−→p0p2× −−→p0p1 = (−8, 6, −8).

(p − p0) · N = 0, ((x, y, z) − (1, 2, 3)) · (−8, 6, −8) = 0

(x − 1, y − 2, z − 3) · (−8, 6, −8) = 0 − 8(x − 1) + 6(y − 2) − 8(z − 3) = 0 −8x + 8 + 6y − 12 − 8z + 24 = 0, −8x + 6y − 8z + 20 = 0

4x − 3y + 4z = 10

Ejemplo Halle la ecuaci´on del plano que pasa por el punto (3, 2, 2) y es perpendicular a la recta x−1₄ = y + 2 = z+3₋₃

Soluci´on. Como el plano que buscamos es perpendicular a la recta x+1₅ = y+2₋₄ = z−5₋₂, entonces su vector normal es precisamente el vector direcci´on de la recta.

Por otro lado el vector direcci´on de la recta x+1₅ = y+2₋₄ = z−5₋₂ _{es (5, −4, −2). Luego la ecuaci´on del plano} que pasa por el punto (3, 2, 2) y tiene vector normal igual a N = (5, −4, −2) es:

(p − p0) · N = 0, ((x, y, z) − (3, 2, 2)) · (5, −4, −2) = 0

(11)

10x − 15 − 4y + 8 − 2z + 4 = 0, 10x − 4y − 2z − 3 = 0.

Ejemplo Halle la ecuación del plano que contiene a las rectas: x−1₋₂ = y−4₁ = ₁z; x−2₋₃ = y−1₄ = z−2₋₁. Solución. Como el plano que contiene a las rectas: x−1₋₂ = y−4₁ = z₁; x−2₋₃ = y−1₄ = z−2₋₁, se sigue que los vectores dirección de estas rectas están contenidas en el plano.

Vemos que el vector direcci´on de la recta x−1₋₂ = y−4₁ = z₁ _{es u = (−2, 1, 1). Y el vector direcci´on de la recta}

x−2

−3 = y−14 = z−2−1 es v = (−3, 4, −1). Ahora con los vectores u y v podemos obtener el vector normal al plano

que es dado por N = u × v, u × v = i j k −2 1 1 −3 4 −1 = i 1 1 4 −1 −j −2 1 −3 −1 + k −2 1 −3 4 = (−1 − 4, −(2 + 3), −8 + 3) = (−5, −5, −5).

Ahora necesitamos hallar un punto p0 por donde la recta pasa. Esto es f´acil, por que podemos tomar el punto

por donde pasa la recta x−1₋₂ = y−4₁ = z₁, es decir,

p0= (1, 4, 0)

Luego la ecuaci´on del plano que pasa por p0= (1, 4, 0) y es ortogonal al vector N = (−5, −5, −5) es

(p − p0) · N = 0, ((x, y, z) − (1, 4, 0)) · (−5, −5, −5) = 0

(x − 1, y − 4, z) · (−5, −5, −5) = 0 − 5(x − 1) − 5(y − 4) − 5z = 0 −5x + 5 − 5y + 20 − 5z = 0, −5x − 5y − 5z = −25 x + y + z = 5.

Ejemplo Halle la ecuación del plano que contiene a las rectas: x−1₋₂ = y = z + 1; x+1₋₂ _{= y − 1 = z − 2.} Solución. Idéntico al anterior.

Ejemplo Halle la ecuaci´on del plano que contiene a todos los puntos equidistantes a los puntos (2, 2, 0), (0, 2, 2).

Soluci´on. Un punto (x, y, z) es equidistante a los puntos (2, 2, 0) y (0, 2, 2) si la distancia de (x, y, z) a (2, 2, 0) es igual a la distancia de (x, y, z) a (0, 2, 2). Esto es,

p

(x − 2)2_{+ (y − 2)}2_{+ z}2 ₌p_x2_{+ (y − 2)}2_{+ (z − 2)}2

x2_{− 4x + 4 + y}2_{− 4y + 4 + z}2 = x2+ y2_{− 4y + 4 + z}2_{− 4z + 4} −4x + 4 − 4y + 4 = −4y + 4 − 4z + 4

(12)

Ejemplo Determine si los planos son: paralelo, perpendiculares, o ninguna de las dos cosas. Si no son paralelos ni perpendiculares, hallar el ´angulo de intersecci´_{on. 5x − 3y + z = 4, x + 4y + 7z = 1.}

Soluci´on.

El vector normal al plano 5x − 3y + z = 4 es n1 = (5, −3, 1)

El vector normal al plano x + 4y + 7z = 1 es n2 = (1, 4, 7)

Observemos que n1 y n2 no son paralelos. Adem´as como

n1· n2 = (5, −3, 1) · (1, 4, 7) = 5 − 12 + 7 = 0

entonces los planos son ortogonales.

Ejemplo Determine si los planos son: paralelo, perpendiculares, o ninguna de las dos cosas. Si no son paralelos ni perpendiculares, hallar el ´angulo de intersecci´_{on. 4x + y − z = 2, −x − 2y − 4z = 2.}

Soluci´on.

El vector normal al plano 4x + y − z = 2 es n1 = (4, 1, −1)

El vector normal al plano −x − 2y − 4z = 2 es n2 = (−1, −2, −4)

n1· n2= (4, 1, −1) · (−1, −2, −4) = −4 − 2 + 4 = −2

entonces los planos no son ortogonales.

Ahora el ´angulo θ entre los dos planos verifica cos θ = |n1· n2| ||n1|| ||n2|| = _p | − 2| (4)2_{+ (1)}2_{+ (−1)}2 p₍₋₁₎2_{+ (−2)}2_{+ (−4)}2 = 2 √ 18 √21 por tanto θ = arc cos 2 √ 378

Ejemplo Determine si los planos son: paralelo, perpendiculares, o ninguna de las dos cosas. Si no son paralelos ni perpendiculares, hallar el ´angulo de intersecci´_{on. 2x − 3y + 2z = 3, x + 3y + 2z = 4.}

Soluci´on.

El vector normal al plano 2x − 3y + 2z = 3 es n1= (2, −3, 2)

El vector normal al plano x + 3y + 2z = 4 es n2 = (1, 3, 2)

n1· n2 = (2, −3, 2) · (1, 3, 2) = 2 − 9 + 4 = −3

entonces los planos no son ortogonales.

Ahora el ´angulo θ entre los dos planos verifica cos θ = |n1· n2| ||n1|| ||n2|| = p | − 3| (2)2_{+ (−3)}2_{+ (2)}2 p₍₁₎2_{+ (3)}2_{+ (2)}2 = 3 √ 17 √14 por tanto θ = arc cos 3 √ 238

Ejemplo Halle la intersecci´_{on del plano 2x − 3y + 2z = 3 con la recta x −}1₂ = y+32

(13)

Soluci´on. Consideremos la recta que pasa por el punto p0y tiene vector direccional al vector u y consideremos

tambi´en el plano que pasa por el punto q0 y tiene como vector normal al vector N . Esto es,

Recta p = p0+ tu

Plano (p − q0) · N = 0

Supongamos que la recta intersecta al plano, en tal caso, existe un n´umero real t de modo que el punto p0+ tu es un punto del plano, de donde

(p0+ tu − q0) · N = 0 de aqu´ı p0· N + t u · N − q0· N = 0 de donde t = (q0− p0) · N u · N . Luego el punto de intersecci´on entre la recta y el plano es

p0+

(q0− p0) · N

u · N N (3)

En nuestro caso, para el plano 2x − 3y + 2z = 3 tenemos que N = (2, −3, 2) y adem´as si hacemos x = z = 0, se obtiene que y = −1, de donde q0= (0, −1, 0).

Para la recta x −12 = y+3₂

−1 = z+12 se tiene que p0 = (12, −32, −1) y u = (1, −1, 2).

Finalmente el punto de intersecci´on que buscamos se obtiene reemplazando estos datos en (3): p = 1₂_{, −}3₂_{, −1}+((0,−1,0)−(12,− 3 2,−1))·(2,−3,2) (1,−1,2)·(2,−3,2) (2, −3, 2) = 1₂_{, −}3₂_{, −1}+(−12,−1+ 3 2,1)·(2,−3,2) (1,−1,2)·(2,−3,2) (2, −3, 2) = 1₂_{, −}3₂_{, −1}+(−12)2+(−2+32 )(−3)+1(2) 2(1)+(−3)(−1)+2(2) (2, −3, 2) = 1₂_{, −}3₂_{, −1}+−1− 3 2+2 9 (2, −3, 2) = 12, −32, −1 +₁₈1 _{(2, −3, 2)} = 1₂+₁₈2_{, −}3₂ ₋₁₈3_{, −1 +} ₁₈2 =9+2₁₈ ,(−9)3−3₁₈ ,−18+2₁₈ = ₁₈11,30₁₈,−16₁₈ .

Ejemplo Halle las ecuaciones param´etricas de la recta de intersecci´_{on entre los planos x − 4y + 2z = 0,} 3x + 2y − z = 7.

Soluci´on. Haciendo z = t, del sistema ( x − 4y + 2z = 0 3x + 2y − z = 7 se obtiene ( x − 4y = −2t 3x + 2y = t + 7 Multiplicando por −3 a la primera ecuaci´on y luego sumando hacia abajo tenemos

10y = −6t + t + 7, y = −5t + 7 10 = − 1 2t + 7 10 adem´as x = −2t + 4y = −2t −4 2t + 28 10 = −4t + 14 5

(14)

Por tanto las ecuaciones param´etricas de la recta son

x = −4t +145

y = −12t + 107

z = t.

Ejemplo _{Halle la distancia del punto (2, 8, 4) al plano 4x − 2y − 4z = 2}

Soluci´on. La distancia del punto q al plano que pasa por el punto p0 y tiene vector normal N es

D = |(q − p0) · N| ||N|| .

En nuestro caso tenemos que q = (2, 8, 4) y N = (4, −2, −4). Hallamos p0 haciendo x = z = 0, luego y = −1,

as´ı p0 = (0, −1, 0). Reemplazando datos tenemos

D = |(q − p0) · N| ||N|| = |((2, 8, 4) − (0, −1, 0) · (4, −2, −4)| ||(4, −2, −4)|| D = _p|(2, 9, 4) · (4, −2, −4)| (4)2_{+ (−2)}2_{+ (−4)}2 = |8 − 18 − 16| √ 16 + 4 + 16 = 26 √ 36 = 26 6 = 13 3

Ejemplo _{Halle la distancia entre los planos paralelos 2x − 3y + 4z = 8, 4x − 6y + 8z = 18}

Soluci´_{on. Hallemos un punto q sobre el plano 2x − 3y + 4z = 8, esto se logra haciendo x = y = 0, de donde} z = 2, por tanto q = (0, 0, 2).

Del mismo modo hallemos un punto p0 sobre el plano 4x − 6y + 8z = 18, esta vez hagamos x = z = 0, de

donde y = −3, por tanto p0 = (0, −3, 0). Luego el plano 4x − 6y + 8z = 18 pasa por el punto p0 = (0, −3, 0)

y tiene vector normal N = (4, −6, 8). Ahora estamos en condiciones de aplicar la formula D = |(q − p0) · N| ||N|| = |((0, 0, 2) − (0, −3, 0) · (4, −6, 8)| ||(4, −6, 8)|| D = p|(0, 3, 2) · (4, −6, 8)| (4)2_{+ (−6)}2_{+ (8)}2 = |0 − 18 − 16| √ 16 + 36 + 64 = 34 √ 116.

Ejemplo _{Halle la distancia del punto (4, −1, 5) a la recta x = 3, y = 1 + 3t, z = 1 + t.}

Soluci´on. La distancia del punto q a la recta que pasa por el punto p0 y tiene vector direcci´on u es

D = ||(q − p0) × u|| ||u|| . De las ecuaciones param´etricas de la recta

x = 3 y = 1 + 3t z = 1 + t. obtenemos

(x, y, z) = (3, 1 + 3t, 1 + t) = (3, 1, 1) + t(0, 3, 1). Por tanto en nuestro caso tenemos que q = (4, −1, 5), p0 = (3, 1, 1) y u = (0, 3, 1).

(15)

Ahora bien, como q − p0 = (4, −1, 5) − (3, 1, 1) = (1, −2, 4), se tiene que (q − p0) × u = i j k 1 −2 4 0 3 1 = i −2 4 3 1 −j 1 4 0 4 + k 1 −2 0 3 = (−2 − 12, −(4 − 0), 3 − 0) = (−14, −4, 3).

Cuya longitud es dado por

||(q − p0) × u|| =

p

(−14)2_{+ (−4)}2_{+ (3)}2 ₌√_{196 + 16 + 9 =}√_221.

Por tanto a distancia del punto (4, −1, 5) a la recta x = 3, y = 1 + 3t, z = 1 + t es D = √ 221 p (0)2_{+ (3)}2_{+ (1)}2 = √ 221 √ 10 = r 221 10 .

Ejemplo Halle la distancia entre las rectas paralelas L1 : x = 2 − t, y = 3 + 2t, z = 4 + t; L2 : x = 3t,

y = 1 − 6t, z = 4 − 3t

Soluci´on. En este caso hallemos primero un punto sobre la recta L1, este punto es q = (2, 3, 4). Ahora la

distancia entre las rectas paralelas L1 y L2 es precisamente la distancia del punto q = (2, 3, 4) a la recta L2.

Y para hallar esta distancia se procede como en el anterior ejercicio.

Ejemplo Halle la ecuación estándar de la esfera que tiene los puntos (2, 0, 0) y (0, 6, 0) como extremos de un diámetro.

Soluci´on. Como los puntos (2, 0, 0) y (0, 6, 0) son extremos de un di´ametro, entonces el punto medio entre los dos es el centro de la esfera. El punto medio entre (2, 0, 0) y (0, 6, 0) es

2 + 0 2 , 0 + 6 2 , 0 + 0 2 = (1, 3, 0). Y adem´as el radio de la esfera es la mitad del di´ametro, es decir,

r = 1 2 p (2 − 0)2_{+ (0 − 6)}2_{+ (0 − 0)}2 ₌ 1 2 √ 40 Por tanto la esfera tiene por ecuaci´on

(x − 1)2+ (y − 3)2+ (z − 0)2 = 1 2 √ 40 2 (x − 1)2+ (y − 3)2+ z2 = 10.

Ejemplo Halle la ecuaci´on est´andar de la esfera que tiene centro el punto (2, 3, 1) y es tangente al plano xy.

Soluci´on. El plano xy tiene por ecuaci´on z = 0 que es el plano que pasa por el punto p0 = (0, 0, 0) y tiene

vector normal N = (0, 0, 1). Luego la distancia del punto q = (2, 3, 1) a este plano calculado con la formula D = |(q − p0) · N|

||N|| =

|(2, 3, 1) · (0, 0, 1)| ||(0, 0, 1)|| = 1.

(16)

es precisamente el radio de la esfera que tiene centro el punto (2, 3, 1) y es tangente al plano xy, por tanto su ecuaci´on es:

(x − 2)2+ (y − 3)2+ (z − 1)2 = 1

Ejemplo Halle la ecuaci´on est´_{andar de la esfera que tiene centro el punto (4, −3, 1) y es tangente al plano} 3x − 2y + z = 3.

Soluci´_{on. El plano 3x − 2y + z = 3 pasa por el punto p}0 = (1, 0, 0) y tiene vector normal N = (3, −2, 1).

Luego la distancia del punto q = (4, −3, 1) a este plano calculado con la formula D = |(q − p0) · N| ||N|| = |(3, −3, 1) · (3, −2, 1)| ||(3, −2, 1)|| = 16 √ 14.

es precisamente el radio de la esfera que tiene centro el punto (4, −3, 1) y es tangente al plano 3x−2y +z = 3, por tanto su ecuaci´on es:

(x − 4)2+ (y + 3)2_{+ (z − 1)}2= 16_√ 14

2

(x − 4)2+ (y + 3)2_{+ (z − 1)}2 = 256 14

[B

3

]. Funciones de Varias Variables

(a1) Encontrar el dominio de definici´on Dom(f ) de las siguientes funciones f : Rn _{→ R y luego hallar su}

gr´afico. (1) f (x, y) = x 2_y y2_{− 9x} (2) f (x, y) = p 9x2_{+ 4y}2_{− 36} (3) f (x, y) = x + y 5 r x2 100 + y2 25− 1 (4) f (x, y) = (log(xy),√_{1 − x)} (5) f (x, y) = p log(x) 4 − x2_{− y}2_{− z}2 (6) f (x, y, z) = r x2 22 + y2 32 − z 5 (7) f (x, y, z) = log x 2 32 − y2 42 − z 2 (8) f (x, y, z) = √_y −x 2 22 − y2 32 + z2 42

(a2) Halle la composici´on de las siguientes funciones. f : R2 _{→ R} _{g : R → R}3

(x, y) 7→ f(x, y) = x2_{+ y}2_. _{x 7→ g(x) = (cos(x), e}x_{, x}3₎

(17)

f : R → R g : R _{→ R}

x 7→ f(x) = (ex2, sen(x2)). _{x 7→ g(x, y) = (log(x), e}xy4, x + y) (a4) Halle la composici´_{on de las funciones f y g, es decir halle g ◦ f donde}

-j ?

R

4

R

3

R

2

f

g

f

_{◦ g}

f (x, y, z, w) = (x2_{yw, sen(z), x + y), g(x, y, z) = (x + y + z, xyz)}

[B

4

]. Curvas

Ejemplo Halle las ecuaciones param´etricas de la recta tangente a la curva dada por f (t) =t+1_t ,t2_t−12 ,t 3₊₁

t3

en el punto p(2, 0, 2).

Soluci´on. Observemos que si t = 1, f (1) = (2, 0, 2). Ahora bien, La derivada f′(1) es el vector direcci´on de la recta tangente a la curva f que pasa por el punto f (1). Esta recta es dada por

(x, y, z) = f (1) + tf′(1). Escribamos f (t) de la forma f (t) = 1 + t−1_{, 1 − t}−2, 1 + t−3 luego f′_{(t) = 1 − t}−2, 1 + 2t−3_{, 1 − 3t}−4 evaluando t = 1 se tiene f′_{(1) = (0, 3, −2)} Por tanto la recta que buscamos es

(x, y, z) = (2, 0, 2) + t(0, 3, −2).

Ejemplo Halle las ecuaciones param´etricas de la recta tangente a la curva dada por f (t) = (2 cos(2t), 2 sen(2t), 3t) en t = π/2.

Soluci´on. Observemos que si t = π/2,

f (π/2) = (2 cos(2π/2), 2 sen(2π/2), 3π/2) = (2 cos(π), 2 sen(π), 3π/2) = (−2, 0, (3/2)π).

Ahora bien, La derivada f′(π/2) es el vector direcci´on de la recta tangente a la curva f que pasa por el punto f (π/2). Esta recta es dada por

(x, y, z) = f (π/2) + tf′(π/2). Puesto que

(18)

aplicando la regla de la cadena obtenemos

f′_{(t) = (−4 sen(2t), 4 cos(2t), 3)} evaluando t = π/2 se tiene

f′_{(π/2) = (−4 sen(2π/2), 4 cos(2π/2), 3) = (−4 sen(π), 4 cos(π), 3) = (0, 4, 3).} Por tanto la recta que buscamos es

(x, y, z) = (−2, 0, (3/2)π) + t(0, 4, 3). igualando componentes obtenemos las ecuaciones param´etricas de la recta

x = −2 y = 4t

z = (3/2)π + 3t.

Ejemplo _{Halle la longitud de arco de la curva dada por f (t) = (sen(4t), cos(4t), 3t), t ∈ [0, π/2]}

Soluci´on. La longitud de una curva f (t) desde f (a) hasta f (b) se define como la integral de la rapidez desde a hasta b. Es decir

L = Z b

a ||f

′_{(t)|| dt}

Un f´acil c´alculo muestra que

f′_{(t) = (4 cos(4t), −4 sen(4t), 3)} y de ah´ı que

||f′(t)|| =p42 _cos2_{(4t) + (−4)}2 _sen2_{(4t) + (3)}2 ₌p₄2_{+ 3}2 ₌√_{25 = 5.}

Por tanto, la longitud de arco de la curva es L = Z π/2 0 ||f ′_{(t)|| dt =}Z π/2 0 5 dt = 5 2π.

[B

5

]. C´

alculo de l´ımites mediante operaciones algebraicas

Indeterminacines

0

0, 0 · ∞, 0

0_, _∞0_, ₁∞_, _{∞ − ∞,} _y ∞

∞. Ejemplo. Sabiendo que

l´ım x7→0(1 + x) 1/x_{= e,} _l´ım x7→0 sen(x) x = 1, x7→0l´ım 1 − cox(x) x = 0, l´ım x7→0 ex_{− 1} x = 1, x7→1l´ım x − 1 ln(x) = 1, calcular los siguientes l´ımites.

Ejemplo. Calcular el siguiente l´ımite l´ım

(x,y)7→(0,0)

x2+ y2 ln(1 − x2_{− y}2₎.

(19)

l´ım (x,y)7→(0,0) x2+ y2 ln(1 − x2_{− y}2₎ = _u7→1l´ım u − 1 ln(u) u = 1 − x2− y2 u → 1 = 1 Ejemplo. Calcular el siguiente l´ımite l´ım

(x,y)7→(2,−2) x2_{− y}2 ex+y_{− 1}. Soluci´on. l´ım (x,y)7→(2,−2) x2_{− y}2 ex+y_{− 1} = _{(x,y)7→(2,−2)}l´ım (x + y)(x − y) ex+y_{− 1} = l´ım u7→0 u eu_{− 1}(2 − (−2)) u = x + y u → 0 = 4

(x,y)7→(0,0) sen(x2_{− y}2) x + y . Soluci´on. l´ım (x,y)7→(0,0) sen(x2_{− y}2) x + y = (x,y)7→(0,0)l´ım sen(x2_{− y}2) x + y = l´ım (x,y)7→(0,0) (x − y) sen(x2_{− y}2₎ x2_{− y}2 = l´ım (x,y)7→(0,0) (x − y) l´ımu7→0 sen(u) u u = x2_{− y}2 u → 0 = (0 − 1)1 = 0

(x,y)7→(0,3) 1 − cox(xy) x . Soluci´on. l´ım (x,y)7→(0,3) 1 − cox(xy) x = (x,y)7→(0,3)l´ım y [1 − cox(xy)] xy = l´ım (x,y)7→(0,3) y l´ımu7→0 1 − cox(u) u u = xy u → 0 = 3(0) = 0

(x,y)7→(a,−a)

ex+y_{− 1}

(20)

Soluci´on. l´ım (x,y)7→(a,−a) ex+y_{− 1} x + y = u7→0l´ım eu_{− 1} u u = x + y u → 0 = 1

(x,y)7→(0,0) sen(x)sen(y) exy _{− 1} . Soluci´on. l´ım (x,y)7→(0,0) sen(x)sen(y) exy_{− 1} = _{(x,y)7→(0,0)}l´ım sen(x)sen(y) xy xy exy _{− 1} = l´ım (x,y)7→(0,0) sen(x) x sen(y) y xy exy_{− 1} = l´ım x7→0 sen(x) x y7→0l´ım sen(y) y u7→0l´ım u eu_{− 1} u = xy u → 0 = 1

(x,y)7→(1,3) 6x − 2y 9x2_{− y}2. Soluci´on. l´ım (x,y)7→(1,3) 6x − 2y 9x2_{− y}2 = _{(x,y)7→(1,3)}l´ım 2(3x − y) (3x + y)(3x − y) = l´ım (x,y)7→(1,3) 2 3x + y = 2 3(1) + 3 = 1 3 Ejemplo. Calcular el siguiente l´ımite l´ım

(x,y)7→(1,1) x2_{− 1} x − 1 − y − 1 y2_{− 1} . Soluci´on. l´ım (x,y)7→(1,1) x2_{− 1} x − 1 − y − 1 y2_{− 1} = l´ım (x,y)7→(1,1) (x − 1)(x + 1) x − 1 − y − 1 (y − 1)(y + 1) = l´ım (x,y)7→(1,1) x + 1 −_{y + 1}1 = 1 + 1 −_{1 + 1}1 = 2 −1₂ = 4 − 1 2 = 3 2

(21)

Ejemplo. Calcular el siguiente l´ımite l´ım (x,y)7→(1,1) (x _{− 1)(y} _{− 1)} (x − 1)(y2_{− 1)}. Soluci´on. l´ım (x,y)7→(1,1) (x3_{− 1)(y}4_{− 1)} (x − 1)(y2_{− 1)} = _{(x,y)7→(1,1)}l´ım (x − 1)(x2_{+ x + 1)(y}2_{− 1)(y}2_{+ 1)} (x − 1)(y2_{− 1)} = l´ım (x,y)7→(1,1)(x 2_{+ x + 1)(y}2_{+ 1)} = (12+ 1 + 1)(12+ 1) = 3(2) = 6 Ejemplo. Calcular el siguiente l´ımite l´ım

(x,y)7→(0,0) x2_{+ y}2 p x2_{+ y}2_{+ 1 − 1}. Soluci´on. l´ım (x,y)7→(0,0) x2+ y2 p x2_{+ y}2_{+ 1 − 1} = _{(x,y)7→(0,0)}l´ım x2+ y2 p x2_{+ y}2_{+ 1 − 1} p x2_{+ y}2_{+ 1 + 1} p x2_{+ y}2_{+ 1 + 1} = l´ım (x,y)7→(0,0) (x2+ y2)[px2_{+ y}2_{+ 1 + 1]} [px2_{+ y}2_{+ 1]}2_{− 1}2 = l´ım (x,y)7→(0,0) (x2+ y2)[px2_{+ y}2_{+ 1 + 1]} x2_{+ y}2_{+ 1 − 1} = l´ım (x,y)7→(0,0) (x2+ y2)[px2_{+ y}2_{+ 1 + 1]} x2_{+ y}2 = l´ım (x,y)7→(0,0) p x2_{+ y}2_{+ 1 + 1} = √02_{+ 0}2_{+ 1 + 1 = 2}

(x,y)7→(0,3) 1 + x 2_yx21 . Soluci´on. l´ım (x,y)7→(0,3) 1 + x 2_y_x21 ₌ _l´ım (x,y)7→(0,3) 1 + x 2_y_{x2 y}y = l´ım (x,y)7→(0,3) h 1 + x2y 1 x2 y iy = hl´ım u7→0(1 + u) 1 u i3 _{u = x}2_y u → 0 = e3

(x,y)7→(1,1)

x3_y3_{− 1}

(22)

Soluci´on. l´ım (x,y)7→(1,1) x3y3_{− 1} xy − 1 = (x,y)7→(1,1)l´ım (xy)3_{− 1} xy − 1 = l´ım (x,y)7→(1,1) (xy − 1)[(xy)2_{+ xy + 1]} xy − 1 = l´ım (x,y)7→(1,1)(xy) 2_{+ xy + 1} = (1 · 1)2+ 1 · 1 + 1 = 3.

[B

6

]. C´

alculo de l´ımites usando el teorema de acotaci´

on

TEOREMA 1 (Teorema de Acotaci´_{on). Si f, g : Dom(f ) ⊂ R}n_{→ R son funciones tales que} l´ım x→x0 f (x) = 0 y g es acotada. Entonces l´ım x→x0 f (x)g(x) = 0. Demostraci´on. |f(x)g(x)| < _Mε · M. Ejemplo. Calcular el siguiente l´ımite l´ım

(x,y)7→(0,0) p x2_{+ y}2_sen 1 x2_{+ y}2 . Soluci´on. l´ım (x,y)7→(0,0) p x2_{+ y}2 _sen 1 x2_{+ y}2 = l´ım (x,y)7→(0,0) tiende a 0 z }| { p x2_{+ y}2 acotado z }| { sen 1 x2_{+ y}2 = 0.

(x,y)7→(0,0) 5x2y x2_{+ y}2. Soluci´on. l´ım (x,y)7→(0,0) 5x2y x2_{+ y}2 = l´ım (x,y)7→(0,0) tiende a 0 z}|{ 5y acotado z }| { x2 x2_{+ y}2 = 0. Ejemplo. Calcular el siguiente l´ımite l´ım

(x,y)7→(0,0)(x

2_{+ y}2_)sen 1

xy

(23)

Soluci´on. l´ım (x,y)7→(0,0)(x 2_{+ y}2_)sen 1 xy = l´ım (x,y)7→(0,0) tiende a 0 z }| { (x2+ y2) acotado z }| { sen 1 xy = 0.

(x,y)7→(0,0) x3 x2_{+ y}2. Soluci´on. l´ım (x,y)7→(0,0) x3 x2_{+ y}2 = l´ım (x,y)7→(0,0) tiende a 0 z}|{ x acotado z }| { x2 x2_{+ y}2 = 0. Ejemplo. Calcular el siguiente l´ımite l´ım

(x,y)7→(0,0) x sen1 y + y sen 1 x . Soluci´on. l´ım (x,y)7→(0,0) x sen1 y + y sen 1 x = l´ım (x,y)7→(0,0) tiende a 0 z}|{_x acotado z }| { sen1 y + tiende a 0 z}|{_y acotado z }| { sen1 x = 0.

(x,y)7→(0,0) x4_y x4_{+ y}4. Soluci´on. l´ım (x,y)7→(0,0) x4y x4_{+ y}4 = _{(x,y)7→(0,0)}l´ım tiende a 0 z}|{ y acotado z }| { x4 x4_{+ y}4 = 0. Ejemplo. Calcular el siguiente l´ımite l´ım

(x,y)7→(1,−2)

y(x − 1)3 (x − 1)2_{+ (y + 2)}2.

(24)

l´ım (x,y)7→(1,−2) y(x − 1)3 (x − 1)2_{+ (y + 2)}2 = _{(x,y)7→(0,0)}l´ım tiende a 0 z }| { y(x − 1) acotado z }| { (x − 1)2 (x − 1)2_{+ (y + 2)}2 = 0. Ejemplo. Calcular el siguiente l´ımite l´ım

(x,y)7→(0,0) x3 p x2_{+ y}2. Soluci´on. l´ım (x,y)7→(0,0) x3 p x2_{+ y}2 = _{(x,y)7→(0,0)}l´ım tiende a 0 z}|{ x2 acotado z }| { x p x2_{+ y}2 = 0. Ejemplo. Calcular el siguiente l´ımite l´ım

(x,y)7→(0,0) xy p x2_{+ y}2. Soluci´on. l´ım (x,y)7→(0,0) xy p x2_{+ y}2 = _{(x,y)7→(0,0)}l´ım tiende a 0 z}|{ x acotado z }| { y p x2_{+ y}2 = 0.

[B

7

]. Inexistencia de l´ımites

Ejemplo. Demostrar que el siguiente l´ımite no existe l´ım

(x,y)7→(0,0)

xy x2_{+ y}2

Soluci´on. El limite l´ım

(x,y)7→(0,0)

xy

x2_{+ y}2 no existe como lo verificaremos a continuaci´on.

Consideremos las rectas y = mx una cada valor de m ∈ R. l´ım (x,y)7→(0,0) xy x2_{+ y}2 = l´ım_x7→0 xmx x2_{+ (mx)}2 = l´ım_x7→0 mx2 x2_{(1 + m}2₎ = l´ım_x7→0 m 1 + m2 = m 1 + m2.

Como el l´ımite depende del modo de como uno se aproxima al punto (0, 0) se concluye que el l´ımite no existe. Ejemplo. Demostrar que el siguiente l´ımite no existe l´ım

(x,y)7→(0,0)

x2y x4_{+ y}2

Soluci´on. El limite l´ım

(x,y)7→(0,0)

x2_y

(25)

Consideremos las rectas y = mx _{una cada valor de m ∈ R.} l´ım (x,y)7→(0,0) x2y x4_{+ y}2 = l´ım_x7→0 x2mx2 x4_{+ (mx}2₎2 = l´ım_x7→0 x4m x4_{(1 + m}2₎ = l´ım_x7→0 m 1 + m2 = m 1 + m2.

Como el l´ımite depende del modo de como uno se aproxima al punto (0, 0) se concluye que el l´ımite no existe. Ejemplo. Demostrar que el siguiente l´ımite no existe l´ım

(x,y)7→(0,0) xy x2_{+ y}2. Soluci´on. l´ım (x,y)7→(0,0) xy x2_{+ y}2 = _x7→0l´ım xmx x2_{+ (mx)}2 remplazar y = mx = l´ım x7→0 mx2 x2_{(1 + m}2₎ = l´ım x7→0 m 1 + m2 = m 1 + m2

(x,y)7→(0,0) y2 x + y2. Soluci´on. l´ım (x,y)7→(0,0) y2 x + y2 = _y7→0l´ım y2 my2_{+ y}2 remplazar x = my2 = l´ım y7→0 y2 y2_{(m + 1)} = l´ım x7→0 1 m + 1 = 1 m + 1 Ejemplo. Demostrar que el siguiente l´ımite no existe l´ım

(x,y)7→(0,0) 2x2y x4_{+ y}2. Soluci´on. l´ım (x,y)7→(0,0) 2x2_y x4_{+ y}2 = _x7→0l´ım 2x2_mx2 x4_{+ (mx}2₎2 remplazar y = mx2 = l´ım x7→0 2mx4 x4_{+ m}2_x4 = l´ım x7→0 2mx4 x4_{(1 + m}2₎ = l´ım x7→0 2m 1 + m2 = 2m 1 + m2

(26)

Ejemplo. Demostrar que el siguiente l´ımite no existe l´ım (x,y)7→(5,−2) 7x(x − 5) y + 2 . Soluci´on. l´ım (x,y)7→(5,−2) 7x(x − 5) y + 2 = x7→5l´ım 7x(x − 5) m(x − 5) remplazar y + 2 = m(x − 5) = l´ım x7→5 7x m = 35 m Ejemplo. Demostrar que el siguiente l´ımite no existe l´ım

(x,y)7→(0,0) (x − y)2 x2_{+ y}2. Soluci´on. l´ım (x,y)7→(0,0) (x − y)2 x2_{+ y}2 = _x7→0l´ım (x − mx)2 x2_{+ (mx)}2 remplazar y = mx = l´ım x7→0 x2_{(1 − m)}2 x2_{(1 + m}2₎ = l´ım x7→0 (1 − m)2 1 + m2 = (1 − m)2 1 + m2

(x,y)7→(0,0) x + y x − y. Soluci´on. l´ım (x,y)7→(0,0) x + y x − y = x7→0l´ım x + mx x − mx remplazar y = mx = l´ım x7→0 x(1 + m) x(1 − m) = l´ım x7→0 1 + m 1 − m = 1 + m 1 − m Ejemplo. Demostrar que el siguiente l´ımite no existe l´ım

(x,y)7→(0,0)

x2_{− y}2 x2_{+ y}2.

(27)

l´ım (x,y)7→(0,0) x2_{− y}2 x2_{+ y}2 = _x7→0l´ım x2_{− (mx)}2 x2_{+ (mx)}2 remplazar y = mx = l´ım x7→0 x2_{(1 − m}2) x2_{(1 + m}2₎ = l´ım x7→0 1 − m2 1 + m2 = 1 − m2 1 + m2

(x,y)7→(0,0) x2 x2_{− y}2. Soluci´on. l´ım (x,y)7→(0,0) x2 x2_{− y}2 = _x7→0l´ım x2 x2_{− (mx)}2 remplazar y = mx = l´ım x7→0 x2 x2_{(1 − m}2₎ = l´ım x7→0 1 1 − m2 = 1 1 − m2

(x,y)7→(1,1) xy − x − y + 1 x2_{+ y}2_{− 2x − 2y + 2}. Soluci´on. l´ım (x,y)7→(1,1) xy − x − y + 1 x2_{+ y}2_{− 2x − 2y + 2} = _{(x,y)7→(1,1)}l´ım x(y − 1) − (y − 1) x2_{− 2x + 1 + y}2_{− 2y + 1} = l´ım (x,y)7→(1,1) (y − 1)(x − 1) (x − 1)2_{+ (y − 1)}2 remplazar y − 1 = m(x − 1) = l´ım x7→1 m(x − 1)(x − 1) (x − 1)2_{+ [m(x − 1)]}2 = l´ım x7→1 m(x − 1)2 (x − 1)2_{(1 + m}2₎ = l´ım x7→1 m 1 + m2 = m 1 + m2

[B

8

]. Continuidad de funciones de varias variables

(28)

f (x, y) =        6x − 2y 9x2_{− y}2 si (x, y) 6= (1, 3) 1 3 si (x, y) = (1, 3) Soluci´on. l´ım (x,y)7→(1,3) 6x − 2y 9x2_{− y}2 = _{(x,y)7→(1,3)}l´ım 2(3x − y) (3x + y)(3x − y) = l´ım (x,y)7→(1,3) 2 3x + y = 2 3(1) + 3 = 1 3 = f (1, 3) Ejemplo. Verifique que la siguiente funci´on f : R2 _{→ R es continuas en todo R}2.

f (x, y) =        x2_{− 1} x − 1 − y − 1 y2_{− 1} si (x, y) 6= (1, 1) 3 2 si (x, y) = (1, 1) Soluci´on. l´ım (x,y)7→(1,1) x2_{− 1} x − 1 − y − 1 y2_{− 1} = l´ım (x,y)7→(1,1) (x − 1)(x + 1) x − 1 − y − 1 (y − 1)(y + 1) = l´ım (x,y)7→(1,1) x + 1 − 1 y + 1 = 1 + 1 −_{1 + 1}1 = 2 − 1₂ = 4 − 1 2 = 3 2 = f (1, 1) Ejemplo. Verifique que la siguiente funci´on f : R2 _{→ R es continuas en todo R}2_.

f (x, y) =      (x3_{− 1)(y}4_{− 1)} (x − 1)(y2_{− 1)} si (x, y) 6= (1, 1) 6 si (x, y) = (1, 1) Soluci´on.

(29)

l´ım (x,y)7→(1,1) (x3_{− 1)(y}4_{− 1)} (x − 1)(y2_{− 1)} = _{(x,y)7→(1,1)}l´ım (x − 1)(x2+ x + 1)(y2_{− 1)(y}2+ 1) (x − 1)(y2_{− 1)} = l´ım (x,y)7→(1,1)(x 2_{+ x + 1)(y}2_{+ 1)} = (12+ 1 + 1)(12+ 1) = 6 = f (1, 1) Ejemplo. Verifique que la siguiente funci´on f : R2 _{→ R es continuas en todo R}2.

f (x, y) =      x2+ y2 p x2_{+ y}2_{+ 1 − 1} si (x, y) 6= (0, 0) 2 si (x, y) = (0, 0) Soluci´on. l´ım (x,y)7→(0,0) x2+ y2 p x2_{+ y}2_{+ 1 − 1} = _{(x,y)7→(0,0)}l´ım x2+ y2 p x2_{+ y}2_{+ 1 − 1} p x2_{+ y}2_{+ 1 + 1} p x2_{+ y}2_{+ 1 + 1} = l´ım (x,y)7→(0,0) (x2_{+ y}2_)[p_x2_{+ y}2_{+ 1 + 1]} [px2_{+ y}2_{+ 1]}2_{− 1}2 = l´ım (x,y)7→(0,0) (x2_{+ y}2_)[p_x2_{+ y}2_{+ 1 + 1]} x2_{+ y}2_{+ 1 − 1} = l´ım (x,y)7→(0,0) (x2_{+ y}2_)[p_x2_{+ y}2_{+ 1 + 1]} x2_{+ y}2 = l´ım (x,y)7→(0,0) p x2_{+ y}2_{+ 1 + 1} = √02_{+ 0}2_{+ 1 + 1 = 2 = f (0, 0)}

Ejemplo. Verifique que la siguiente funci´on f : R2 _{→ R es continuas en todo R}2. f (x, y) =    x2_{− y}2 ex+y_{− 1} si x > −y, 2x _{si x ≤ −y.} Soluci´on.

Como el polinomio x2_{− y}2 es continua en todo R2 y la función ex+y _{− 1 es continua en todo R}2, y demás ex+y _{− 1 = 0 cuando x = −y, se tiene que si x > −y la función f(x, y) es continua en R}2_{− {(x, y) ∈ R}2 _:

x = −y}. Por otro lado para x ≤ −y, se tiene que f(x, y) es 2x por tanto continua.

Falta examinar que ocurre en los puntos de al recta x = −y, es decir, tenemos que analizar la continuidad en puntos de la forma (a, −a) para todo a ∈ R.

Es f´acil ver que

(30)

Para el c´alculo de

l´ım

(x,y)7→(a,−a)f (x, y)

tenemos que distinguir dos regiones x > −y y x ≤ −y esto por que la funci´on esta definida por pedazos. Empecemos analizando el caso en que x > −y:

l´ım (x,y)7→(a,−a) x>−y f (x, y) = l´ım (x,y)7→(a,−a) x>−y x2_{− y}2 ex+y_{− 1} = l´ım (x,y)7→(a,−a) x>−y (x + y)(x − y) ex+y _{− 1} = l´ım (x,y)7→(a,−a) x>−y (x + y) ex+y_{− 1} (x − y) = l´ım u7→0 u eu_{− 1} (a − (−a)) u = x + y u → 0 = 2a = f (a, −a)

Por otra parte, para el caso x ≤ −y, tenemos que: l´ım (x,y)7→(a,−a) x>−y f (x, y) = l´ım (x,y)7→(a,−a) x>−y 2x = 2a = f (a, −a) Por tanto, el l´ımite existe y vale 2a = f (a, −a), es decir, f es continua en esos puntos.

[B

9

]. Derivadas Parciales

Ejemplo. Calcular las derivadas parciales de primer orden y de orden dos de la funci´on f (x, y) = exsen y Soluci´on. Sea z = ex_{sen y}

Empezamos calculando las derivadas parciales de primer orden: zx = exsen y, zy = excos y

Seguidamente calculamos las de orden dos:

zxx = exsen y

zyy = −exsen y

zyx = zxy = excos y

Ejemplo. Hallar las derivadas parciales de la funci´on f (x, y, z) = x2_{y cos z − z sen x cos y} Soluci´on. Sea z = x2_{y cos z − z sen x cos y, entonces}

(31)

zx = 2xy cos z − z cos x cos y

zy = x2cos z + z sen x sen y

Ejemplo. Empleando las reglas de derivaci´on, hallar: ∂f

∂x(x, y) si f (x, y) = x

2_{cos y + 2x tan y}

Soluci´on.

∂f

∂x(x, y) = 2x cos y + 2 tan y Ejemplo. Empleando las reglas de derivaci´on, hallar: ∂f

∂x(1, 0) si f (x, y) = e x2_y + arctan(xy) Soluci´on. ∂f ∂x(x, y) = 2xye x2_y + y 1 + (xy)2 ∂f ∂x(1, 0) = 2 · 1 · 0 · e 12_·0 + 0 1 + (1 · 0)2 = 0.

∂x(1, 0) si f (x, y) = x sen(x2y) + ln(x2+ y2+ 1) Soluci´on. ∂f ∂x(x, y) = sen(x 2_{y) + 2x}2_{y sen(x}2_{y) +} 2x x2_{+ y}2_{+ 1} ∂f ∂x(1, 0) = sen(1 2_{· 0) + 2 · 1}2_{· 0 sen(1}2_{· 0) +} 2 · 1 12_{+ 0}2_{+ 1} = 1.

∂y(0, 3) si f (x, y) = p x2_{+ y}2 exy_{+ 1} Soluci´on. ∂f ∂y(x, y) = −2y 2px2_{+ y}2(e xy_{+ 1) −} p_x2_{+ y}2 _{x e}xy (exy_{+ 1)}2

(32)

∂f ∂y(x, y) = − y(exy+ 1) p x2_{+ y}2 − p x2_{+ y}2 _{x e}xy (exy _{+ 1)}2 ∂f ∂y(0, 3) = − 3(e0·3+ 1) √ 02_{+ 3}2 − p 02_{+ 3}2 _{0 · e}0·3 (e0·3_{+ 1)}2 = − 1 4. Ejemplo. Si u(r, t) = ln_rt + lnr_t probar que

r ∂u ∂r − t ∂u ∂t = 0. Soluci´on. r ∂u ∂r − t ∂u ∂t = r 1 t r (−t) r2 − t 1 r t (−r) t2 = 1 + 1 = 0

Ejemplo. Si z = xy + x eyx, demostrar que:

x ∂z ∂x + y ∂z ∂y − 2xy = x e y x. Soluci´on. x ∂z ∂x + y ∂z ∂y − 2xy = x h y + x eyx (−y) x2 + e y x i + yhx + x eyx 1 x i − 2xy = x h_{y −} y_xeyx + e y x i + yhx + eyx i − 2xy = xy − y exy + x e y x + yx + y e y x − 2xy = x e y x Ejemplo. Dada w = y 2 p

x2_{+ y}2, halle una expresi´on simplificada de x · wx+ y · wy.

Soluci´on.

Derivando respecto de x tenemos: wx= − 2xy 2 2px2_{+ y}2 p x2_{+ y}22 = −xy2 p x2_{+ y}2 p x2_{+ y}22 = −xy 2 p x2_{+ y}23

(33)

wy = 2ypx2_{+ y}2₋ 2x 2_y 2px2_{+ y}2 p x2_{+ y}22 = 2ypx2_{+ y}22_{− x}2_y p x2_{+ y}2 p x2_{+ y}22 = 2yx2+ 2y3_{− x}2y p x2_{+ y}2 p x2_{+ y}22 = 2y 3_{+ xy}2 p x2_{+ y}23

Reemplazando se sigue que

x · wx+ y · wy = x · −xy 2 p x2_{+ y}23 + y · 2y3_{+ xy}2 p x2_{+ y}23 = 2y 4_{+ xy}3_{− x}2_y2 p x2_{+ y}23 . Ejemplo. Dada f (x, y) = exy, halle una expresi´on simplificada de x · f

x(x, y) + y · fy(x, y).

Soluci´on.

Derivando f (x, y) = exy respecto de x obtenemos:

fx(x, y) = e x y 1 y y fy(x, y) = − e x y x y2 Por tanto x · fx(x, y) + y · fy(x, y) = x · e x y 1 y − y · e x y x y2 = x y · e x y − x y · e x y = 0. Ejemplo. Dada z = _p xy

x2_{+ y}2, halle una expresi´on simplificada de x

∂z ∂x + y

∂z ∂y. Soluci´on.

Derivando respecto de x tenemos: ∂z ∂x = ypx2_{+ y}2₋ 2x 2_y 2px2_{+ y}2 p x2_{+ y}22 = ypx2_{+ y}22_{− x}2_y p x2_{+ y}2 p x2_{+ y}22 = yx2_{+ y}3_{− x}2_y p x2_{+ y}2 p x2_{+ y}22 = y 3 p x2_{+ y}23

(34)

∂z ∂y = xpx2_{+ y}2₋ 2xy 2 2px2_{+ y}2 p x2_{+ y}22 = xpx2_{+ y}22_{− xy}2 p x2_{+ y}2 p x2_{+ y}22 = x3_{+ xy}2_{− xy}2 p x2_{+ y}2 p x2_{+ y}22 = x 3 p x2_{+ y}23

Reemplazando se sigue que x ∂z ∂x + y ∂z ∂y = x y3 p x2_{+ y}23 + y x 3 p x2_{+ y}23 = xy 3_{+ yx}3 p x2_{+ y}23 = xy(y 2_{+ x}2₎ (x2_{+ y}2₎p_x2_{+ y}2 Finalmente x ∂z ∂x + y ∂z ∂y = xy p x2_{+ y}2 Ejemplo. Dada z = x 2 y + y2

x , halle una expresi´on reducida de x ∂z ∂x + y

∂z ∂y. Soluci´on. Derivando respecto de x tenemos:

∂z ∂x = 2 x y − y2 x2

del mismo modo derivando respecto de y obtenemos ∂z ∂y = − x2 y2 + 2 y x Reemplazando se sigue que

x ∂z ∂x + y ∂z ∂y = x 2x y − y2 x2 + y −x 2 y2 + 2 y x = 2x 2 y − y2 x − x2 y + 2 y2 x = 2x 3_{− y}3_{− x}3_{+ 2y}3 xy = x3+ y3 xy

(35)

(d2) Comprobar que la funci´on z = 2x + y 2x − y verifica la igualdad x∂z ∂x+ y ∂z ∂y = 0.

(d3) Comprobar que la funci´on z = logpx2_{y + arctg(x}2_{y) verifica la igualdad}

x∂z ∂x− 2y

∂z ∂y = 0.

[B

10

]. La Derivada Parcial como raz´

on de cambio

Ejemplo. Un cilindro recto tiene 4 cm. de radio y 20 cm. de altura. Hallar la raz´on de cambio del volumen del cilindro respecto del radio y respecto de la altura.

Solución. Tenemos que V = πr2h, luego: Para hallar la razón de cambio del volumen respecto del radio, r, fijamos la altura, h, y derivamos con respecto a r. A continuación evaluamos la derivada parcial para r = 4 y h = 20. ∂V ∂r = 2πrh, evaluando en (4, 20) da ∂V ∂r(4, 20) = 2π · 4 · 20 = 160πcm 3_{/cm de r.}

Por tanto, si mantenemos fija la altura e incrementamos el radio, se produce un incremento del volumen de 160πcm3/cm de r, esto es, V = V (4, 20) = 320π cm3 incrementa en ∂V_∂r(4, 20) = 160π cm3 por cada cm que incrementa el radio cuando la altura esta fija en h = 20 cm.

Para hallar la raz´on de cambio del volumen respecto de la altura, h, fijamos el radio, r, y derivamos con respecto a h. A continuaci´on evaluamos la derivada parcial para r = 4 y h = 20.

∂V ∂h = πr 2_, evaluando en (4, 20) da ∂V ∂h(4, 20) = π · 4 2 _{= 16πcm}3_{/cm de h.}

Por tanto,si mantenemos fijo el radio e incrementamos la altura, se produce un incremento del volumen de 16πcm3/cm de h, esto es, V = V (4, 20) = 320π cm3 _{incrementa en} ∂V

∂h(4, 20) = 16π cm3 por cada cm que

incrementa la altura cuando el radio permanece constante en r = 4 cm.

Ejemplo. Se lanza un nuevo producto al mercado. El volumen de ventas V se incrementa como una función del tiempo t y depende también de la cantidad G gastada en la campaña publicitaria. Si, con t medido en meses y G en bolivianos.

V = 200_{5 − e}−0,002G_{1 − e}−t Calcule ∂V

∂t , ∂V

(36)

Soluci´on. Las derivadas parciales de V est´an dadas por: ∂V ∂t = 200 5 − e−0,002G_e−t ∂V ∂G = 200 − (−0,002)e−0,002G1 − e−t= 0,4e−0,002G_{1 − e}−t Haciendo t = 1 y G = 400 obtenemos los valores:

200_{5 − e}−0,002(400)_{1 − e}−1= 531,51 ∂V ∂t = 200 5 − e−0,8_e−1 _{= 335} ∂V ∂G = 0,4e−0,8 1 − e−1= 0,11 En lo que sigue interpretamos estos dos n´umeros.

☞ La derivada parcial de V con respecto a t, ∂V

∂t , mide la tasa de incremento instant´anea en el volumen de ventas V por cada unidad que incrementa el tiempo t cuando el gasto en publicidad G permanece fijo. En particular son equivalentes:

La derivada parcial de V con respecto a t en un punto (1, 400), ∂V

∂t (1, 400) = 335, mide la tasa de incremento instant´anea del volumen de ventas V (1, 400) = 531,51 por mes cuando el gasto de 400 bolivianos permanece constante.

El volumen de ventas V (1, 400) = 531,51 incrementa en una tasa instant´anea de ∂V

∂t (1, 400) = 335 unidades por mes cuando el gasto esta fijo en 400 bolivianos.

En el instante t = 1, cuando ya se han gastado 400 bolivianos en publicidad el volumen de ventas es de V (1, 400) = 531,51 unidades. Ahora bien dentro de un mes este volumen de ventas incrementa en ∂V

∂t (1, 400) = 335 unidades. ☞ La derivada parcial de V con respecto a G, ∂V

∂G, mide la tasa de incremento instant´anea en el volumen de ventas V por cada unidad que incrementa el gasto G cuando el tiempo t permanece fijo. En particular son equivalentes:

La derivada parcial de V con respecto a G en un punto (1, 400), ∂V

∂G(1, 400) = 0,11, mide la tasa de incremento instant´anea del volumen de ventas V (1, 400) = 531,51 por cada boliviano gastado en publicidad cuando el tiempo t = 1 permanece constante.

El volumen de ventas V (1, 400) = 531,51 incrementa en una tasa instant´anea de ∂V

∂G(1, 400) = 0,11 unidades por cada boliviano adicional gastado cuando el tiempo permanece fijo en t = 1. En el instante t = 1, cuando ya se han gastado 400 bolivianos en publicidad el volumen de ventas es de V (1, 400) = 531,51 unidades. Ahora bien un boliviano adicional gastado en publicidad incrementa este volumen de ventas en ∂V

∂G(1, 400) = 0,11 unidades.

[J]. Derivadas parciales de ´

ordenes superiores

Ejemplo. Dada z = 3(e−y_{− e}y_{) · sen x halle una expresi´on reducida de z}

xx+ zyy

(37)

Empezamos calculando las derivadas parciales de primer orden:

zx= 3(e−y − ey) · cos x, zy = 3(−e−y− ey) · sen x

Seguidamente calculamos las de orden dos:

zxx = −3(e−y− ey) · sen x

zyy = 3(e−y− ey) · sen x

Por tanto zxx+ zyy = 0.

Ejemplo. _{Dada z = ln(x − y), muestre que las derivadas parciales mixtas de segundo orden son iguales.} Soluci´on.

Empezamos calculando las derivadas parciales de primer orden: zx =

1

x − y, zy = − 1 x − y Seguidamente calculamos las derivadas parciales mixtas de segundo orden:

zyx = − 1 (x − y)2 zyx = − 1 (x − y)2

Ejemplo. _{Halle las cuatro derivadas parciales de segundo orden. z = ln(x − y)} Soluci´on. Primero de todo hallemos las dos derivadas parciales de primer orden.

zx =

1

x − y, zy = − 1 x − y

Ahora estamos en condiciones de hallar las cuatro derivadas parciales de segundo orden. zxx = − 1 (x − y)2, zyx= 1 (x − y)2 zxy = 1 (x − y)2, zyy = − 1 (x − y)2

Ejemplo. Halle las cuatro derivadas parciales de segundo orden. z = xy

2

x − y2

Soluci´on. Empecemos hallando las dos derivadas parciales de primer orden. zx=

y2_{(x − y}2_{) − xy}2

(x − y2₎2 , zy =

y2_{(x − y}2_{) − xy}2_(−2y)

(38)

zx= −

y4

(x − y2₎2, zy =

xy2_{− y}4_{+ 2xy}3

(x − y2₎2

Ahora estamos en condiciones de hallar las cuatro derivadas parciales de segundo orden. zxx = −2(x − y 2_)y4 (x − y2₎4 , zyx= − 4y3_{(x − y}2_{) − y}4_(−2y) (x − y2₎4 zxx= − 2y4 (x − y2₎3, zyx= − 4xy3_{− 4y}5+ 2y5 (x − y2₎4

Dejamos al lector calcular zxy y zyy.

Ejemplo. Halle las cuatro derivadas parciales de segundo orden. z = arc sen(y/x). Soluci´on. Las dos derivadas parciales de primer orden son dadas por:

zx = 1 p 1 − (y/x)2 −_xy₂, zy = 1 p 1 − (y/x)2 1 x

Por este camino los c´alculos se hacen largos, en lugar de esto, derivemos implicitamente la ecuaci´on sen z = y

x Calculando las dos derivadas parciales de primer orden.

(cos z)zx = −

y

x2, (cos z)zy =

1 x

Claramente cos z =p_{1 − (y/x)}2_{. Ahora derivando primero respecto de x la primera ecuaci´on tenemos:}

(− sen z)zx+ (cos z)zxx= 2 y x3 de donde zxx = 2_xy3 + (sen z)zx cos z = 2_xy3 + y x 1 √ 1−(y/x)2 −_xy₂ p 1 − (y/x)2

Dejamos al lector calcular zyx, zxy y zyy.

Ejemplo. Demuestre que la función z = 1₂(ey_{− e}−y) sen x satisface la ecuación de Laplace. Solución. La ecuación de Laplace de una función z es

∂2_z ∂x2 + ∂2_z ∂y2 = 0. Empecemos calculado ∂z ∂x = 1 2(e y_{− e}−y_{) cos x}

(39)

De aqu´ı obtenemos ∂2z ∂x2 = − 1 2(e y − e−y) sen x Por otra parte

∂z ∂y =

1 2(e

y_{+ e}−y_{) sen x}

de donde se sigue que

∂2z ∂y2 = 1 2(e y_{− e}−y_{) sen x.} Finalmente ∂2z ∂x2 + ∂2z ∂y2 = − 1 2(e y − e−y) sen x + 1 2(e y − e−y) sen x = 0. Ejemplo. Demuestre que la funci´on z = x

2

x2_{+ y}2 satisface la ecuaci´on de Laplace.

Soluci´on. Se procede como en el problema anterior.

Ejemplo. Halle una expresi´on simplificada de x fx(x, y) + y fy(x, y) donde f (x, y) = ey/x.

Soluci´on. Puesto que fx(x, y) = e

y x

−_xy2

, por otro lado fy(x, y) = e

y x 1 x . Luego x fx(x, y) + y fy(x, y) = x e y x −y x2 + y eyx 1 x = −exy y x + eyx y x = 0. Ejemplo. Dada z = y

x2_{+ y}2, halle una expresi´on reducida de

∂2_z

∂x2 +

∂2_z

∂y2.

Soluci´on.

Empezamos calculando las derivadas parciales de primer orden: zx =

2x

x2_{+ y}22 zy =

2y x2_{+ y}22

Seguidamente calculamos las derivadas parciales mixtas de segundo orden: zxx = 2 x2+ y22_{− 2x2 x}2+ y22x x2_{+ y}24 = 2 x2+ y2[x2+ y2_{− 4x}2] x2_{+ y}24 = 2[y2_{− 3x}2] x2_{+ y}23 zyy = 2 x2_{+ y}22_{− 2y2 x}2_{+ y}2_2y x2_{+ y}24 = 2 x2_{+ y}2_[x2_{+ y}2_{− 4y}2_] x2_{+ y}24 = 2[x2_{− 3y}2_] x2_{+ y}23 Por tanto zxx+ zyy = 2[y 2_{− 3x}2_] x2_{+ y}23 + 2[x2_{− 3y}2] x2_{+ y}23 = 2[y2_{− 3x}2+ x2_{− 3y}2] x2_{+ y}23 = 2[−2x 2_{− 2y}2_] x2_{+ y}23 = −4[x2+ y2] x2_{+ y}23 = −4 x2_{+ y}22.

(40)

Ejemplo. Dada z = exsen y + eycos x, halle una expresi´on reducida de ∂ 2_z ∂x2 + ∂2z ∂y2. Soluci´on.

Empezamos calculando las derivadas parciales de primer orden:

zx = exsen y − eysen x, zy = excos y + eycos x

Seguidamente calculamos las derivadas parciales mixtas de segundo orden: zxx = exsen y − eycos x

zyy = −exsen y + eycos x

Por tanto

zxx+ zyy = exsen y − eycos x − exsen y + eycos x = 0

Ejemplo. Mostrar que la funci´on f (x, y) = 2(ex_{− e}−x) cos y satisface la ecuaci´on de fxx+ fyy= 0.

Soluci´on. Sea z = 2(ex_{− e}−x_{) cos y. Empezamos calculando las derivadas parciales de primer orden:}

zx= 2(ex+ e−x) cos y, zy = −2(ex− e−x) sen y

Seguidamente calculamos las derivadas parciales mixtas de segundo orden: zxx = 2(ex− e−x) cos y = 2excos y − 2e−xcos y

zyy = −2(ex− e−x) cos y = −2excos y + 2e−xcos y

Por tanto

zxx+ zyy = 2excos y − 2e−xcos y − 2excos y + 2e−xcos y = 0

Ejemplo. Dada z = ln(x + 2y), halle una expresi´on reducida de zyy− 4zxx= 0.

Soluci´on.

Empezamos calculando las derivadas parciales de primer orden: zx=

1

x + 2y, zy = 2 x + 2y Seguidamente calculamos las derivadas parciales mixtas de segundo orden:

zxx = 1 (x + 2y)2 zyy = 4 (x + 2y)2 Por tanto zyy− 4zxx = 4 (x + 2y)2 − 4 1 (x + 2y)2 = 0 1. Si z = exln y + sen y ln x encontrar zxx, zxy. 2. Si z = x2_{ln(x + y) encontrar z} xx, zxy. 3. Si z = (x2+ y2+ z2)1/2 demostrar uxx+ uyy+ uzz = 0.

(41)

[B

11

]. La diferencial (total) de una funci´

on

Ejemplo. _{Hallar el diferencial total de z = 2x sen y − 3x}2y2. Soluci´_{on. El diferencial total de z = 2x sen y − 3x}2y2 es

dz = ∂z ∂xdx +

∂z

∂ydy = (2 sen y − 6xy

2

)dx + (2x cos y − 6x2y)dy Ejemplo. Hallar el diferencial total de w = x2+ y2+ z2.

Soluci´on. El diferencial total de w = x2_{+ y}2_{+ z}2 _es

dw = ∂w ∂x dx + ∂w ∂y dy + ∂w ∂z dz = 2xdx + 2ydy + 2zdz.

Ejemplo. _{El error producido al medir cada una de las dimensiones de una caja rectangular es ±0,1} mil´ımetros. Las dimensiones de la caja son x = 50 cent´ımetros, y = 20 cent´ımetros y z = 15 cent´ımetros. Utilice dV para calcular el error propagado y el error relativo en el volumen calculado de la caja.

Soluci´on.

El volumen de la caja viene dado por V = xyz: dV = ∂V

∂x dx + ∂V

∂y dy + ∂V

∂z dz = yzdx + xzdy + xydz. Utilizando 0,1 mil´ımetros = 0,01 cent´ımetros, se tiene

dx = dy = dz = ±0,01 y el error propagado es aproximadamente igual a:

dV _{= (20)(15)(±0,01) + (50)(15)(±0,01) + (50)(20)(±0,01)}

= 300(±0,01) + 750(±0,01) + 1000(±0,01) = 2050(±0,01) = ±20,5 cent´ımetros c´ubicos.

Como el Volumen medido es: V = (50)(20)(15) = 15000 centimetros cubicos, el error relativo ∆V_V es aproxi-madamente: ∆V V = dV V = 20,5 15000 ≈ 0,14 %

Ejemplo. El radio de la base y la altura de un cono circular recto miden 10 cm. y 25 cm., respectivamente, con un posible error en la medici´on de 0.1 cm., cuando mucho. Utilice diferenciales para estimar el error m´aximo en el volumen del cono.

Soluci´on. El volumen de un cono es V = 1₃πr2_{h, con lo cual la diferencial total es:}

dV = ∂V ∂r dr + ∂V ∂h dh = 2 3πrh dr + 1 3πr 2_dh

(42)

Puesto que los errores son, cuando mucho, del orden de 0.1 cm., tenemos que |∆x| ≤ 0,1 y |∆y| ≤ 0,1. Para estimar el m´aximo error en el volumen, tomamos el m´aximo error en las medidas de r y H. Por tanto, dr = 0,1 y dh = 0,1, junto con r = 10, h = 25, dV = 2 3π(10)(25) (0,1) + 1 3π(10) 2_{(0, 1) =} 500π 3 (0,1) + 100π 3 (0,1) = 20π.

De esta forma el m´_{aximo error en el volumen es de aproximadamente 20π cm≈ 63 cm. Para que una funci´on} de varias variables sea derivable en un punto (a, b) no basta con que las derivadas parciales existan, esto nos dice que la derivabilidad de una funci´on de varias variables es mas compleja que la de una variable.

Ejemplo. Dada la funci´on z = f (x, y) =p_{4 − x}2_{− y}2_{, usar la diferencial total de z para calcular el valor}

aproximado de f (1,01, 0,97).

Solución. En primer lugar buscamos un punto próximo a (1,01, 0,97) donde sea fácil evaluar la función y sus derivadas parciales; en nuestro caso, tomaremos el punto (x0, y0) = (1, 1).

Las derivadas parciales de f,

∂f ∂x = − x p 4 − x2_{− y}2 y ∂f ∂y = − y p 4 − x2_{− y}2,

son continuas en (1, 1) y por tanto f es diferenciable en dicho punto, lo que nos garantiza que ∆z = f (1 + ∆x, 1 + ∆y) − f(1, 1) ≈ ∂f_∂x(1, 1) dx + ∂f

∂y(1, 1) dy siendo ∆x = 1.01 − 1 = 0.01 y ∆y = 0.97 − 1 = −0.03. Luego

f (1.01, 0.97) − f(1, 1) ≈ −√1 2(0.01) − 1 √ 2(−0.03) de donde f (1.01, 0.97) ≈√2 − √ 2 2 (0.01) − √ 2 2 (−0.03) f (1.01, 0.97) ≈√2 1 − 0.01₂ + 0.03 2 =√_{2(0.01) ≈ 1.4283}

Ejemplo. Utilizar el diferencial dz para aproximar el cambio en z = p_{4 − x}2_{− y}2 _{cuando (x, y) se}

desplaza del punto (1, 1) al punto (1.01, 0.97). Comparar esta aproximaci´on con el cambio exacto en z. Soluci´on.

Ya que el punto inicial dado es (1, 1) y el incremento se da al punto (1.01, 0.97), esto quiere decir que de (x, y) a (x + ∆x, y + ∆y) se obtiene que ∆x = 0.01, ∆y = −0.03, por lo tanto el cambio en z puede aproximarse mediante: ∆z ≈ dz = ∂z_∂xdx + ∂z ∂ydy = −x p 4 − x2_{− y}2 ∆x + −y p 4 − x2_{− y}2 ∆y cuando x = 1, e y = 1