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Pontificia Universidad Cat´olica de ChileFacultad de Matematicas

Problemas Resueltos MAT1630 – Calculo III

Sebastian Urrutia [email protected]

http://web.ing.puc.cl/~sgurruti/

Version 1.0

6 de octubre de 2012

mailto:[email protected]






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Indice

1. Calculo Diferencial de funciones escalares de varias variables 2

1.1. Nociones Topologicas en Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.2. Lımite de funciones de Rn en R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.3. Continuidad de funciones de Rn en R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.4. Diferenciabilidad de funciones de Rn en R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.5. Regla de la cadena . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

2. Maximos y Mınimos 20

2.1. Maximos y mınimos sin restricciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

2.2. Maximos y mınimos con restricciones. Multiplicadores de Lagrange . . . . . . . . . . . 25

3. Funciones vectoriales en varias variables 353.1. Diferenciabilidad en funciones de Rn en Rm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

3.2. Teoremas de la Funcion Inversa e Implıcita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

4. Integrales Multiples 48

4.1. Integrales dobles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

4.2. Cambios de variable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

4.3. Aplicaciones de integrales dobles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

4.4. Integrales triples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

5. Integrales de Lınea y Teorema de Green 72

5.1. Integrales de lınea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

5.2. Teorema de Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

6. Divergencia y Rotor 83

6.1. Integrales de superficie y Teorema de la Divergencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

6.2. Integrales de lınea y Teorema de Stokes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90

– 1 –



1. Calculo Diferencial de funciones escalares de varias variabl

1.1. Nociones Topologicas en Rn

(1) a ) Demuestre que el conjunto vacıo ∅ es un conjunto abierto en Rn. (Sugerencia: si el vacıo nofuese abierto...)

b) Demuestre que Rn es un conjunto abierto en Rn.

Soluci´ on:

Antes que todo, algunas definiciones:

Definicion (punto interior). Se dice x0 es punto interior de U ⊆ Rn si existe unr > 0 tal que Br(x0) ⊂ U .

Definicion (conjunto abierto). Se dice que un conjunto U

⊆Rn es abierto si todos

sus puntos son interiores.

Definicion (punto exterior). Se dice x0 es punto exterior de U ⊆ Rn si existe unr > 0 tal que Br(x0) ⊂ U c.

Definicion (punto frontera). Se dice x0 es punto frontera de U ⊆ Rn si ∀r > 0,Br(x0) posee puntos en U y en U c. Al conjunto de puntos frontera se les llama frontera.

Definicion (conjunto cerrado). Se dice que un conjunto V ⊆ Rn es cerrado si sucomplemento es abierto, si contiene a su frontera o si cada sucesion convergente determinos en V converge a un valor dentro del conjunto V .

a ) Un conjunto A es no abierto si existe un punto en el conjunto que no es punto interior de A. Elvacıo no satisface esta condicion, pues no contiene punto alguno que no sea interior (de hecho,no posee punto alguno). Luego, el vacıo ∅ es abierto.

b) Un conjunto A es cerrado contiene los lımites de toda sucesion convergente con terminos enan ∈ A. El vacıo cumple dicha propiedad, pues contiene a todo el conjunto de las sucesionesde terminos en el vacıo, que es vacıo. Luego,

∅es cerrado; por tanto,

∅c = Rn es abierto.

(2) Determine, en cada caso, si el conjunto A ⊆ R2 es abierto, cerrado o no abierto ni cerrado, justifi-cando su respuesta.

a ) A = (x, y) : |x| + |y| < 1b) A = (x, y) : y = x

– 2 –



c ) A = (x, y) : x2 + y2 ≥ 0d ) A = (x, y) : 2 < x < 4, 2 < y ≤ 5e ) A = (x, y) : exy < 0

Soluci´ on:

a ) Abierto.

b) Cerrado.

c ) Abierto y cerrado (es todo el espacio).

d ) Ni abierto ni cerrado.

e ) Abierto y cerrado (es el conjunto vacıo).

1.2. Lımite de funciones de Rn en R

(1) Calcule los siguientes lımites:

a ) lım(x,y)→(0,0)

sin(xy)

sin(x)sin(y)

b) lım(x,y)→(0,0)

x2y2

x2 + y2

c ) lım(x,y)→(0,0)

1−

cos(2xy2)

2(x2 + y4)2

d ) lım(x,y)→(0,0)

x2 − y2

x2 + y2

e ) lım(x,y)→(0,0)

x2y2

(x2 + y2)3/2

f ) lım(x,y,z)→(0,0,0)

x2y + y2z

x2 + 2y2 + 3z 2

g ) lım(x,y)→(0,0)

y3 sin(x)

x4 + y2

h ) lım(x,y)→(0,0)

x2y

x2 + y2

Soluci´ on:

a ) Aplicando directamente las propiedades del producto,

lım(x,y)→(0,0)

sin(xy)

sin(x)sin(y) = lım(x,y)→(0,0)

sin(xy)

xy

x

sin(x)

y

sin(y) = 1

b) Dado que el grado del denominador es menor al del numerador, es probable que el lımite seanulo. Usemos, como trayectoria de acercamiento al origen, la familia de curvas y = mxk. Ası,

lım(x,y)→(0,0)

x2y2

x2 + y2= lım

x→0

m2x2x2k

x2 + m2x2k= lım

x→0

m2x2k

1 + m2x2k−2= 0

– 3 –



por lo menos, para k > 2. Ahora, probaremos que el lımite es cero por definicion: sea ε > 0 yδ =

√ ε. Ası,

(x, y) − (0, 0) =

x2 + y2 < δ =√

ε −→ x2 + y2 < ε

Por otra parte, x2, y2 ≤ x2 + y2, y con ello:

|f (x, y) − 0| =x2y2

x2 + y2≤ (x2 + y2)(x2 + y2)

x2 + y2= x2 + y2 ≤ ε −→ |f (x, y) − 0| ≤ ε

que es lo que se buscaba probar.

c ) Sea

f (x, y) =1 − cos (2xy2)

2(x2 + y4)2=

2sin2 (xy2)

2(x2 + y4)2=

sin2 (xy2)

(xy2)2

φ(x,y)

· (xy2)2

(x2 + y4)2

ψ(x,y)

Notamos que: lım(x,y)→(0,0)

φ(x, y) = 1

Para la segunda funcion, verificamos las curvas y = x, x = y2:

lım(x,y)→(0,0)

ψ(x, y = x) = lımx→0

x6

(x2 + x4)2= lım

x→0

x6

x4 + 2x6 + x8= 0

lım(x,y)→(0,0)

ψ(x = y2, y) = lımy→0

y8

(2y4)2= lım

y→0

y8

4y8=

1

4

Como ambos lımites son distintos, el lımite de f (x, y) no existe.

d ) Consideremos el cambio a coordenadas polares, de la forma:

x = r cos θ ∧ y = r sin θ

Es claro que (x, y) → (0, 0) ≡ r → 0, ∀θ. Reescribiendo el lımite,

lımr→0

r2 cos2 θ − r2 sin2 θ

r2 cos2 θ + r2 sin2 θ= lım

r→0

cos2 θ − sin2 θ

cos2 θ + sin2 θ= cos 2θ

Como este ultimo valor depende del angulo, concluimos que el lımite no existe.

e ) Nuevamente empleamos el cambio a polares. Ası,

lımr→0

r4 cos2 θ sin2 θ

r3= lım

r→0r cos2 θ sin2 θ = 0

pues tenemos un termino acotado, multiplicado por otro que converge a cero.

– 4 –



f ) Tenemos que:

0 ≤ x2y + y2z

x2 + 2y2 + 3z 2

≤ x2|y| + y2|z |x2 + 2y2 + 3z 2

≤ x2|y|x2

+y2|z |2y2

= |y| +|z |2

y, como esta ultima expresion tiende a cero, el Teorema del Sandwich garantiza que:

lımx→ 0

x2

y + y2

z x2 + 2y2 + 3z 2 = 0 −→ lım

(x,y,z)→(0,0,0)x

2

y + y2

z x2 + 2y2 + 3z 2 = 0

g ) Aplicamos valor absoluto:

0 ≤y3 sin(x)

x4 + y2

=|y3|| sin(x)|

x4 + y2≤ |y3|

x4 + y2≤ |y3|

y2≤ |y|

Como lım(x,y)→(0,0)

|y| = 0, se cumple que:

lım(x,y)→(0,0)

y3 sin(x)

x4 + y2 = 0

h ) Como el grado del numerador es superior al denominador, creemos que el lımite es nulo. Lodemostraremos por demostracion: requerimos que

(x, y) − (0, 0) < δ −→ x2y

x2 + y2− 0

< ε

Ahora,

x2y

x2

+ y2

−0 =

x2|y|

x2

+ y2

≤

(x2 + y2)

x2 + y2

x2

+ y2

= x2 + y2 < δ

Ası, basta tomar ε = δ para completar la demostracion.

1.3. Continuidad de funciones de Rn en R

(1) Estudie la continuidad, en el origen, de las siguientes funciones:

a ) f (x, y) = x3y

x6 + x4y6 + y2, si (x, y)

= (0, 0)

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

b) g(x, y) =

sin(x2y6)

x4 + y6, si (x, y) = (0, 0)

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

– 5 –



c ) h(x, y) =

x3y2

x4 + y4, si (x, y) = (0, 0)

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

Soluci´ on:

a ) f es continua en (0, 0) si y solo si lım(x,y)→(0,0)

f (x, y) = f (0, 0) = 0. Mediante lımites iterados,

tenemos que:

lımx→0

lımy→0

f (x, y)

= lım

x→00 = 0

mientras que si usamos la curva y = x3, obtenemos:

lımx→0

f (x, x3) = lımx→0

x6

x6 + x22 + x6= lım

x→0

1

2 + x16=

1

2

De esta forma, el lımite en cuestion no existe; por tanto, f (x, y) es discontinua en el origen.

b) Notemos que: sin(x2y6)

x4 + y6

=

sin(x2y6)

x2y6

x2y6

x4 + y6

=

sin(u)

u

x2y6

x4 + y6

con u = x2y6. Es claro que (x, y) → (0, 0) ≡ u → 0. Por otro lado,

0 ≤

sin(u)

u

x2y6

x4 + y6

≤

sin(u)

u

x2y6

y6

=

sin(u)

u

x2

Como lımu→0

sin(u)u

= 1, entonces:

0 ≤ lım(x,y)→(0,0)

sin(x2y6)

x4 + y6

≤ lım(x,y)→(0,0)

x2 = 0

de lo cual se deduce que el lımite es cero. Por tanto, la funcion es continua.

c ) En este caso, reemplacemos por coordenadas polares:

lım(x,y)

→(0,0)

h(x, y) = lımr

→0

rcos3 θ sin2 θ

cos

4

θ + sin

4

θ φ(θ)

Si φ(θ) fuese acotada, el lımite serıa nulo y la funcion h serıa continua. Es trivial probar queel numerador es acotado –pues es el producto de dos funciones continuas acotadas–, pero eldenominador debe ser analizado con cuidado.

−1 ≤ sin θ ≤ 1 → 0 ≤ sin4 θ ≤ 1−1 ≤ cos θ ≤ 1 → 0 ≤ cos4 θ ≤ 1

−→ 0 ≤ cos4 θ + sin4 θ ≤ 2

– 6 –



Ahora, debemos probar que no existe θ ∈ R tal que el denominador se anule:

cos4 θ + sin4 θ = 0 ↔ cos4 θ + 2 sin2 θ cos2 θ + sin4 θ = 2 sin2 θ cos2 θ

↔

cos2 θ + sin2 θ

2

= 2 sin2 θ cos2 θ

↔ 12 = sin2 θ cos2 θ

↔√

2 = sin2θ

lo que es una contradiccion. Ası, existe un M ∈ R tal que:

0 < cos4 θ + sin4 θ ≤ 2 −→ 1

2≤ 1

cos4 θ + sin4 θ≤ M < ∞

Por lo tanto, φ(θ) es acotada y la funcion h(x, y) es continua en el origen.

(2) Determine el valor de las constantes α, β de modo tal que f sea continua en cada caso:

a ) f (x, y) =

sin(x2 + y4)

1 − cos

x2 + y4 , si (x, y) = (0, 0)

α , si (x, y) = (0, 0)

b) f (x, y) =

x4y4

(x4 + y2)3, si (x, y) = (0, 0)

β , si (x, y) = (0, 0)

Soluci´ on:

a ) Notemos que:

lım(x,y)→(0,0)

f (x, y) = lım(x,y)→(0,0)

sin(x2 + y4)

x2 + y4· x2 + y4

1 − cos

x2 + y4

Analicemos los lımites por separado: para el primero, sea u = x2 + y4 tal que (x, y) → (0, 0) ≡u → 0; ası,

lım(x,y)→(0,0)

sin(x2 + y4)

x2 + y4= lım

u→0

sin u

u= 1

– 7 –



Por otra parte, sea γ =

x2 + y4,

lım(x,y)→(0,0)

x2 + y4

1 − cos

x2 + y4 = lım

γ →0

γ 2

1 + cos γ = 2

Finalmente, como ambos lımites existen de manera independiente, se cumple que:

α = lım(x,y)→(0,0)

f (x, y) = 1 · 2 = 2

b) Dado que el grado del denominador es superior al del numerador –en el coeficiente x–, pensamosque este lımite no existe. Para probarlo, usemos las curvas x = ta, y = tb:

lım(x,y)→(0,0)

f (x, y) = lımt→0

t4(a+b)

(t4a + t2b)3= lım

t→0

t4(a+b)

t6b(t4a−2b + 1)3

Si 4(a + b) = 6b→

b = 2a, entonces

lımt→0

t4(a+b)

t6b(t4a−2b + 1)3= lım

t→0

1

(1 + 1)3=

1

8

Pero si tomamos lımites iterados,

lım(x,y)→(0,0)

f (x, y) = lımx→0

lımy→0

f (x, y)

= 0

Como el lımite no existe, entonces

β ∈ R tal que f (x, y) sea continua

1.4. Diferenciabilidad de funciones de Rn en R

(1) Dada la funcion

f (x, y) =

xyk

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

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

a ) Determine los valores de k de modo tal que la funcion sea continua en el origen.

b) Determine los valores de k de modo tal que la funcion sea diferenciable en el origen.

Soluci´ on:

– 8 –



a ) Tomando coordenadas polares:

x = r cos θ ∧ y = r sin θ

Ası,

lımr→0

f (r cos θ, r sin θ) = lımr→0

rk+1 cos θ sink θ

r2= lım

r→0rk−1 cos θ sink θ

por lo que, para k −1 > 0, la funcion tiende a 0. Si k < 1, la funcion no es acotada en el origeny para k = 1, el lımite depende de θ. Por tanto, la funcion es continua si y solo si

k > 1

b) Si la funcion es diferenciable, necesariamente debe ser continua; de esta forma, k > 1. Ahora,

lımh→0

f (h, 0) − f (0, 0)

h= 0 ∧ lım

t→0

f (0, t) − f (0, 0)

t= 0

y ambas derivadas parciales existen y son iguales en el origen. Finalmente, se debe cumplirque:

lım(h,t)→(0,0)

f (0 + h, 0 + t) − f (0, 0) − ∇f (0, 0) · (h, t)√ h2 + t2

= lım(h,t)→(0,0)

htk

h2 + t2√ h2 + t2

= 0

Haciendo el cambio a polares,

lımr→0

rk+1 cos θ sink θ

r3= lım

r→0rk−2 cos θ sink θ

vemos que el lımite converge a 0 si y solo sik > 2

(2) Sea w = f (x,y,z ) = 2xy2 + x2z . Demostrar que es diferenciable.

Soluci´ on:

Notemos que:

wx =∂

∂x2xy2 + x2z = 2y2 + 2xz

wy =∂

∂y

2xy2 + x2z

= 4xy

wz =∂

∂z

2xy2 + x2z

= x2

Como todas las derivadas parciales son continuas (pues son polinomios), entonces la funcion w esdiferenciable.

– 9 –



(3) a ) Sea

f (x, y) =

x2y

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

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

Pruebe que, en el punto (0, 0), f posee derivada direccional en todas las direcciones posibles

del plano. Determine la direccion de mayor derivada direccional.

b) Demuestre, por definicion, que g(x, y) = sin (x + y) es diferenciable en (0, 0).

Soluci´ on:

a ) Sea el vector unitario u = (cos θ, sin θ). Entonces:

Duf (0, 0) = lımt→0

t3 cos2 θ sin θ

t3= cos2 θ sin θ

Por lo tanto, la derivada direccional existe en toda direcci on, y vale g(θ) = cos2 θ sin θ.

Para maximizar la funcion g, derivamos e igualamos a cero –pues en los extremos g es nula–obteniendo:

g(θ) = 0 ↔ θ = arctan

1√

2

b) Notar que:∂g

∂x=

∂g

∂y= cos(x, y)

y por tanto ambas derivadas valen 1 en el origen. Entonces, se debe cumplir que:

lım(h,k)→(0,0)

sin(h + k) − sin (0 + 0) − h − k√ h2 + k2

= lım(h,k)→(0,0)

sin(h + k) − (h + k)√ h2 + k2

= 0

Recordando que sin (t) = t − t3

6 + O(t3),

lım(h,k)→(0,0)

sin(h + k) − (h + k)√ h2 + k2

= lım(h,k)→(0,0)

(h+k)3

6+ O(h, k)√

h2 + k2= 0

(4) a ) Sea T : Rn → Rn una transformacion lineal dada. Calcular ∂f ∂ u

para f (x) = x · T (x).

b) Considere las superficies en R3 dadas por las ecuaciones

y = f (x) , z 2 + 2xz + y = 0

Determine la funcion f (x), si se sabe que ambas superficies tienen el mismo plano tangente entodo punto donde se intersectan.

– 10 –



c ) Sea f (x, y) diferenciable. La recta tangente a la curva de nivel de f que pasa por (x0, y0) tienependiente 2. Determine el valor de f x(x0, y0) sabiendo que f y(x0, y0) > 0 y que la derivadadireccional maxima en dicho punto es igual a 4.

Soluci´ on:

a ) Por la linealidad del operador,

∂f

∂ u(x) = lım

t→0

f (x + tu) − f (x)

t

= lımt→0

x · T (x) + t

u · T (x) + x · T (u)

+ t2u · T (u) − x · T (x)

t

= u · T (x) + x · T (u)

b) En los puntos de interseccion se debe satisfacer que z 2+2xz +f (x) = 0, y ademas los respectivosvectores normales deben ser paralelos:

(−f (x), 1, 0) (2z, 1, 2x + 2z )

Ası, x+z = 0 y f (x) = 2x, con lo cual f (x) = x2 +c. Entonces, la interseccion da (x+z )2 +c =0 → c = 0. Ası,

f (x) = x2

c ) Sean a = f x(x0, y0) y b = f y(x0, y0). Ası, se pide hallar el valor de a, sabiendo que b > 0.

Como el vector ∇f (x0, y0) = (a, b) es perpendicular a la curva de nivel de f en (x0, y0) y por

tanto su pendiente debe ser −1

2:

b

a= −1

2−→ a + 2b = 0

Por otro lado, se tiene que la derivada direccional maxima de f en (x0, y0) es:

∇f (x0, y0)

=

√ a2 + b2 = 4

−→a2 + b2 = 16

−→ (−2b)2 + b2 = 16

−→ b =4√

5

ya que por hipotesis, b > 0. Como a = −2b, obtenemos:

f x(x0, y0) = − 8√ 5

– 11 –



(5) Sea

φ(x, y) =

x(1 − cos y)

x2 + y2

x2 + y4, si (x, y) = (0, 0)

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

a ) Calcule la derivaba direccional de φ, en el origen, para una direccion cualquiera.

b) ¿Es diferenciable en el origen? Justifique su respuesta.

Soluci´ on:

a ) Sea v = (cos θ, sin θ) el vector unitario en una direccion arbitraria. Por definicion, la derivadadireccional de φ en (0, 0) es, para sin θ, cos θ = 0,

Dvφ(0, 0) = lımh→0

φ(h cos θ, h sin θ) −0

φ(0, 0)

h

= lımh→0

h cos θ(1 − cos(h sin θ))|h|h3(cos2 θ + h2 sin4 θ)

= lımh→0

cos θ

cos2 θ + h2 sin4 θ· lımh→0

1 − cos(h sin θ)

h sin θ

|h| sin θ

h

El primer lımite es 1/ cos θ –asumiendo que cos θ = 0–; en cuanto al segundo, si y = h sin θ:

lımh→0

1 − cos(h sin θ)

h sin θ= lım

y→0

1 − cos y

y= 0

por la regla de L’Hopital y, como|h| sin θ

hes acotado, llegamos a que:

lımh→0

1 − cos(h sin θ)

h sin θ

|h| sin θ

h= 0

Ası, Dvφ(0, 0) = 0 para todo θ = 0, π/2, π, 3π/2, ya que dichos valores hacen que sin θ = 0 ocos θ = 0.

Ahora bien, en la direccion θ = 0, π, el vector unitario es v1 = (±1, 0) y la correspondientederivada es:

Dv1φ(0, 0) = lımh→0

0 φ(±h, 0) −

0 φ(0, 0)

h= 0

– 12 –



mientras que en la direcciones θ = π/2, 3π/2 el vector unitario es v2 = (0, ±1) y la derivadaes:

Dv2φ(0, 0) = lımh→0

0 φ(0, ±h) −

0 φ(0, 0)

h= 0

Por lo tanto,Dvφ(0, 0) = 0 , ∀θ ∈ [0, 2π]

b) Tenemos que φ es diferenciable en (0,0) si existen φx(0, 0), φy(0, 0) y, ademas:

lım(h,k)→(0,0)

φ(h, k) − φ(0, 0) − φx(0, 0)h − φy(0, 0)k√ h2 + k2

= 0

Ahora bien, sabemos que las parciales de primer orden son las derivadas direccionales paraθ = 0 –para φx– y θ = π/2 –para φy–, es claro que ambas existen y son iguales a cero. Como,

ademas, φ(0, 0) = 0, el lımite anterior se convierte en:

lım(h,k)→(0,0)

φ(h, k)√ h2 + k2

= lım(h,k)→(0,0)

h(1 − cos k)√

h2 + k2

(h2 + k4)√

h2 + k2

= lım(h,k)→(0,0)

h(1 − cos k)

h2 + k4

el cual no es cero ya que, si nos acercamos al origen por la parabola h = k2 la fraccion anteriortiende a:

lımk→0

k2(1 − cos k)

k4 + k4

=1

2lımk→0

1 − cos k

k2

=1

2

Por tanto, φ no es diferenciable en el origen.

(6) Encontrar el plano tangente de la funcion h(x, y) = 3x2 − 2y2 en el punto (2, 1, 10)

Soluci´ on:

Recordemos que la ecuacion para el plano tangente en un punto x0

es:

(x − x0) · ∇f (x0) = 0

El gradiente viene dado por:

∇f (x0) =

6x−4y−1

x0=(2,1,10)

=

12−4−1

– 13 –



Ası, x − 2y − 1

z − 10

· 12

−4−1

= 0 ←→ 12x − 4y − z = 10

(7) Dadas las funciones

f (x, y) =

1 + x2 + y2 ∧ g(x, y) = x2 − y2

determinar todos los a, b ∈ R de modo que las curvas de nivel S a(f ) y S b(g) sean ortogonales.

Soluci´ on:

Necesitamos que las curvas de nivel sean ortogonales, i.e. que sus vectores tangentes sean ortogona-les. Dado que lo gradientes son ortogonales a sus respectivas curvas de nivel, solo nos basta exigirque ∇f · ∇g = 0. Entonces:

∇f =1

1 + x2 + y2(x, y) , ∇g = 2(x, −y)

Ahora,

∇f · ∇g = 0 −→ x2 − y2 1 + x2 + y2

=g(x, y)

f (x, y)=

b

a= 0

Esto implica que b = 0, y a > 0.

1.5. Regla de la cadena

(1) a ) Sea f (x, y) ∈ C2, con f xx(0, 1) = 0, f x(0, 1) = 2, f y(0, 1) = f yy(0, 1) = 1 y f xy(0, 1) = −1. Sih(t) = f (t2, 1 + t3), calcule h(0).

b) Sea f (u, v) ∈ C2 una funcion arm´ onica , y sea g(x, y) = f (x2 −y2, 2xy). Calcule ∆g y demuestreque es constante.

Soluci´ on:

a ) Sean x(t) = t2, y(t) = 1 + t3. Por regla de la cadena, se sabe que:

dh

dt=

d

dt

f (x, y)

=

∂f

∂x

dx

dt+

∂f

∂y

dy

dt= f xx + f yy

Ası,d2h

dt2=

d

dt

f xx + f yy

=

d

dt

f x

x + f xx +d

dt

f y

y + f yy

– 14 –



con:

d

dt

f x

=∂f x∂x

dx

dt+

∂f x∂y

dy

dt

= f xxx + f xyy

d

dtf y =∂f y∂x

dx

dt +∂f y∂y

dy

dt

= f yxx + f yyy

Finalmente, y como f xy = f yx por la continuidad,

h = f xxx2 + 2f xyxy + f yyy2 + f xx + f yy

Reemplazando en t = 0,h(0) = 4

b) Sean u = x2 − y2, v = 2xy de modo que g(x, y) = f (u, v). Entonces, por la regla de la cadena:

gx = f uux + f vvx

Derivando nuevamente con respecto a x,

gxx =

f ux

+ ux + f uuxx +

f vx

+ f vvxx

=

f uuux + f uvvx

+ ux + f uuxx +

f vuux + f vvvx

+ f vvxx

= f uuux2 + 2f uvuxvx + f vvvx

2 + f uuxx + f vvxx

usando que, por ser continuas, f uv = f vu. Calculando las expresiones dadas,

ux = 2x , uxx = 2 ∧ vx = 2y , vxx = 0

Sustituyendo:gxx = 4x2f uu + 8xyf uv + 4y2f vv + 2f u

De manera analoga,

gyy

= f uu

uy

2 + 2f uv

uy

vy

+ f vv

vy

2 + f u

uyy

+ f v

vyy

y por ende:gyy = 4y2f uu − 8xyf uv + 4x2f vv − 2f u

Finalmente, sumando:gxx + gyy = 4(x2 + y2)(f uu + f vv) = 0

ya que, por hipotesis, ∆f = 0. Ası, hemos probado que el laplaciano de g es constante e iguala cero.

– 15 –



(2) a ) Sea f : R2 → R con derivadas parciales continuas. La sustitucion

u =x − y

2, v =

x + y

2

transforma f (u, v) en F (x, y). Exprese F x y F xy en terminos de las variables u, v y de lasderivadas parciales de f respecto a dichas variables.

b) Sea f una funcion diferenciable. De ella se conocen los siguientes datos:

∂f

∂ u(3, 1) = 3 , u =

1√ 5

(1, 2)

∂f

∂ v(3, 1) =

√ 2 , v =

1√ 10

(3, 1)

Con estos datos, calcular ∇f (3, 1) y

∂f

∂ w , si w = (3, 2).

Soluci´ on:

a ) Por la regla de la cadena,

∂F

∂x=

∂f

∂u

∂u

∂x+

∂f

∂v

∂v

∂x=

1

2

∂f

∂u+

∂f

∂v

Derivando respecto a y,

F xy =1

2

∂

∂y

f u + f v

=

1

2

f uuuy + f uvvy

+

f vuuy + f vvvy

= −1

4

f uu − f vv

b) Aprovechando la diferenciabilidad de la funcion,

∇f · u = 3 −→ (f x, f y) ·1

√ 5 (1, 2) =

f x√ 5 +

2f y√ 5 = 3

∇f · v =√

2 −→ (f x, f y) · 1√ 10

(3, 1) =3f x√

10+

f y√ 10

=√

2

Hemos formado un sistema lineal de 2 × 2, de donde es facil establecer que:

∇f (3, 1) =

1√

5,

7√ 5

– 16 –



Finalmente, como w = 1√ 13

(3, 2), entonces:

∂f

∂ w(3, 1) = ∇f (3, 1) · w =

17√ 65

(3) a ) Sea P el plano tangente a la superficie z = 2x2 + 2xy + y2 − 6x − 4y en el punto (1, −1, −1).Hallar todos los puntos de la superficie z = −x2 + 4xy − 6y2 en los cuales el plano tangente elparalelo a P .

b) Si w = f

y − x

xy,

z − y

yz

, demuestre que para todo x,y,z = 0 se tiene que

x2 ∂w

∂x+ y2 ∂w

∂y+ z 2

∂w

∂z = 0

Soluci´ on:

a ) Definamos dos funciones para facilitar la notacion:

F (x, y, z ) = 2x2 + 2xy + y2 − 6x − 4y − z ∧ G(x, y, z ) = −x2 + 4xy − 6y2 − z

El vector normal del P es

n = ∇F (1, −1, −1) = (−4, −4, −1)

El vector normal a la segunda superficie, en un punto cualquiera, es:

t = ∇G(x,y,z ) = (−2x + 4y, 4x − 12y, −1)

Entonces, buscamos los puntos (x, y) en los cuales t n. Como sus terceras componentes soniguales, es claro que:

−2x + 4y = −4 ∧ 4x − 12y = −4

cuya unica solucion es (x, y) = (8, 3). Por tanto, el punto buscado –luego de reemplazar (x, y)en las superficies– es (8, 3, −22).

b) Sean

u =y − x

xy=

1

x− 1

y, v =

z − y

yz =

1

y− 1

z

– 17 –



Por la regla de la cadena,

∂w

∂x= f uux + f vvx = − 1

x2f u

∂w

∂y= f uuy + f vvy =

1

y2f u − f v

∂w

∂z = f uuz + f vvz =

1

z 2f v

de modo que:

x2 ∂w

∂x+ y2 ∂w

∂y+ z 2

∂w

∂z = −f u + f u − f v + f v = 0

(4) Considere una funcion ρ(x, y) que satisface las siguientes condiciones:

ρx(1, 3) = 5 , ρy(1, 3) = −4 , ρxx(1, 3) = −2 , ρyx(1, 3) − 8 , ρyy(1, 3) = 10

Ademas, consideremos dos funciones x(t), y(t) tales que:

x(0) = 1 , x(0) = −1 , x(0) = 3 , y(0) = 3 , y(0) = 5 , y(0) = −7

Definiendo φ(t) = ρ(x(t), y(t)), calcule φ(0).

Soluci´ on:

En terminos de la curva plana

γ (t) = (x(t), y(t))

podemos escribirφ(t) = ρ(γ (t)) = ρ γ (t)

Usando la regla de la cadena,

φ(t) = ∇ρ(γ (t)) · γ (t) = ρxx + ρyy

De aquı, calculamos la segunda derivada de φ:

φ(t) = ddtρxx + ρxx + ddt

ρyy + ρyy

Nuevamente, usando la regla de la cadena:

d

dt

ρx

= ∇ρx · γ (t) = ρxxx + ρxyy

d

dt

ρy

= ∇ρy · γ (t) = ρyxx + ρyyy

– 18 –



Reemplazando los datos del enunciado para t = 0,

d

dt

ρx

t=0

= −2 × −1 + −8 × 5 = −38

d

dtρy

t=0

= −8 × −1 + 10 × 5 = 5 8

Finalmente,φ(0) = −38 × −1 + 5 × 3 + 58 × 5 − 4 × −7 = 371

– 19 –



2. Maximos y Mınimos

2.1. Maximos y mınimos sin restricciones

(1) Encuentre y clasifique los puntos crıticos de la funcion f (x, y) = (1 − x)(1 − y)(x + y − 1).

Soluci´ on:

Formemos el sistema f x = f y = 0. Como:

f x(x, y) = (y − 1)(2x + y − 2)

f y(x, y) = (x − 1)(2y + x − 2)

consideramos los cuatro casos posibles:

(i) (y − 1) = (x − 1) = 0, y con ello P 1 = (1, 1)

(ii) (y

−1) = (2y + x

−2) = 0, y con ello P 2 = (0, 1)

(iii) (2x + y − 2) = (x − 1) = 0, y con ello P 2 = (1, 0)

(iv) (2x + y − 2) = (2y + x − 2) = 0, y con ello P 3 = (2/3, 2/3)

Analizaremos los cuatro puntos crıticos mediante el estudio del determinante de la matriz Hessiana:

|H|(x, y) = f xxf yy − f xy2 = 4(x − 1)(y − 1) − (2x + 2y − 3)2

Entonces:

P 1: |H|(1, 1) = −1 < 0, y por tanto hay un punto silla.



P 4: |H|(2/3, 2/3) = 1/3 > 0, y por tanto allı hay un extremo local. Como f xx(2/3, 2/3) =−2/3 < 0, en el punto P 4 hay un maximo local.

(2) Si f : R2 → R es una funcion definida como f (x, y) = ax2 + 2bxy + cy2 + dx + ey + f , encontrarcondiciones sobre las constantes a,b,c,d,e,f

∈R de forma tal que f (x, y) pueda tener un maximo

local.

Soluci´ on:

Dado que nos encontramos en un dominio abierto, las condiciones para los puntos crıticos se reducena ∇f = 0. Entonces:

f x = 2ax + 2by + d = 0 ∧ f y = 2cy + 2by + e = 0

– 20 –



Este sistema de ecuaciones se puede escribir matricialmente como:2a 2b2b 2c

xy

= −

de

Buscamos que el sistema posea por lo menos una solucion. Si llamamos A a ma matriz de coeficientes

para x e y, requerimos que la matriz sea invertible. Ası:

|A| = 0 −→ 4ac − 4b2 = 0

Ahora, analicemos el comportamiento de la matriz hessiana:

H(x, y) =

f xx f xyf yx f yy

=

2a 2b2b 2c

que es lo mismo que calculamos anteriormente. Ası, la unica condicion –necesaria, pero no suficiente–buscada es b2

−ac

= 0.

(3) Suponga que solo dispone de una calculadora con las 4 operaciones b asicas. Determine un valoraproximado para:

0.97√ 15.05 + 3

√ 0.98

Soluci´ on:

Usamos una funcion de tres variables (una por cada numero) que se acerque a la forma de la funcionpedida. Ası, podemos elegir:

f (x, y, z ) =x

y + 3√ z

Si denotamos (x0, y0, z 0) = (1, 15, 1), notaremos que las variaciones en torno a dicho punto son(dx,dy,dz ) = (−0.03, 0.05, −0.02). Aplicando el diferencial a nuestra funcion,

f (x0 + dx,y0 + dy,z 0 + dz ) ≈ f (x0, y0, z 0) + df (x0, y0, z 0)

con

df =∂f

∂xdx +

∂f

∂ydy +

∂f

∂z dz

Calculamos las derivadas: ∂f

∂x=

1 y + 3

√ z

(x0,y0,z0)

=1

4

∂f

∂y= −x

2

y + 3

√ z −3/2

(x0,y0,z0)

= − 1

128

∂f

∂z = −x

2

y + 3

√ z −3/2 z −2/3

3

(x0,y0,z0)

= − 1

384

– 21 –



Usando la calculadora,

df = −3.01

384, f (x0, y0, z 0) =

1

4

Finalmente, el numero buscado es:

1

4 −3.01

384

= 0.242161

(4) Sea f (x, y) = 3x4 − 4x2y + y2 = (x2 − y)(3x2 − y)

a ) Demuestre que (0, 0) es punto crıtico de f .

b) Demuestre directamente que, a lo largo de toda recta por el origen, f alcanza un mınimo en(0, 0).

c ) Determine la naturaleza del punto (0, 0) (¿es un maximo/mınimo local o un punto silla?)

Soluci´ on:

a ) Tenemos que

f x(x, y) = 12x3 − 8xy , f y(x, y) = −4x2 + 2y −→ ∇f (0, 0) = (0, 0)

b) A excepcion de los ejes coordenados, toda recta por el origen es de la forma y = mx, conm

= 0. Ahora bien,

f (x,mx) = 3x4 − 4mx3 + m2x2 = g(x)

Entonces, como

g(x) = 12x3 − 12mx2 + 2m2x , g(x) = 36x2 − 24mx + 2m2

tenemos que g(0) = 0 y g(0) = 2m2 > 0, por lo que hay un mınimo en x = 0. Sobre los ejescoordenados, f (x, 0) = 3x4 y f (0, y) = y2, es claro que hay un mınimo en el origen.

c ) Punto maximo no puede ser, pues f (0, 0) es mınimo a lo largo de las rectas por el origen. Siintentamos aplicar el criterio del hessiano vemos que:

H(x, y) = 4x(9x − 2) −8x

−8x 2

−→ |H|(0, 0) = 0

de modo que dicho criterio no es concluyente. Ahora, si analizamos cualquier pequeno discocon centro en el origen –y notando que f (0, 0) = 0–, tendremos que:

Como f (x, y) = (x2 − y)(3x2 − y) tenemos que f (x, y) < 0 cuando x2 < y < 3x2 que es laregion entre las parabolas y = x2 e y = 3x2.

– 22 –



Dichos puntos existen en todo disco entrado en el origen, mostrando que en toda vecindaddel origen hay puntos (x, y) donde f (x, y) < f (0, 0), y por tanto (0, 0) es un punto silla.

(5) Considere la superficie z = x2 +5y2 y su plano tangente en (1, 1, 6). Calcule la longitud del segmento

de la recta dada por x = 2, y = 2 contenido entre el plano y la superficie.Soluci´ on:

Primero que todo, calculamos el plano tangente a la superficie. Para esto, definimos la funcionφ = x2 + 5y2 −z y por tanto la superficie no es mas que la curva de nivel φ(x,y,z ) = 0. Dado que elgradiente es siempre ortogonal a las curvas de nivel, encontramos el vector normal de dicha forma:

n = ∇φ = (2x, 10y, −1)

(1,1,6)= (2, 10, −1)

De esta forma, el plano tangente se escribe como:

Φ : n · x − p0 = 0

Φ : (2, 10, −1) · (x − 1, y − 1, z − 6) = 0 −→ Φ : z = 2x + 10y − 6

Ahora, dado que la recta es ortogonal al plano XY , la longitud del segmento de recta buscado serasimplemente la diferencia de alturas de ambas funciones, en los puntos de interseccion con la recta:

z = x2 + 5y2x=y=2

= 24 ∧ z = 2x + 10y − 6x=y=2

= 18

y, por tanto, la longitud buscada es 6.

(6) Dada la funcion

h(x, y) = ax2y + bxy2 +a2y2

2+ 2y

determine los valores de a, b de modo que la funcion tenga un punto silla en (1, 1).

Soluci´ on:

Primero que todo, calculamos el gradiente de h:

∇h(x, y) = (2axy + by2, ax2 + 2xyb + a2y + 2)

Luego, imponemos la condicion que (1, 1) sea punto silla. Esto requiere que ∇h(1, 1) = 0 y queH(1, 1) tenga autovalores propios de distinto signo, o que el determinante |H|(1, 1) sea negativo.

De la condicion sobre el gradiente,

(2a + b, a + a2 + 2b + 2) = (0, 0)

De aquı deducimos que 2a + b = 0, y entonces a2 − 3a + 2 = (a − 1)(a − 2) = 0. Concluimos quea = 1, b = −2 o bien a = 2, b = −4.

– 23 –



Ahora, calculamos la matriz hessiana:

H(x, y) =

2ay 2ax + 2by

2ax + 2by 2bx + a2

Para a = 1, b = −2, obtenemos:

H(1, 1) = 2 −2−2 −3

−→ |H|(1, 1) = −10

y en este caso, (1, 1) es un punto silla.

Para a = 2, b = −4, tenemos que:

H(1, 1) =

4 −4

−4 −1

−→ |H|(1, 1) = −32

ası que, en este caso, (1, 1) tambien es un punto silla.

(7) Determine los puntos crıticos y su naturaleza para

f (x, y, z ) = x3 − xz + yz − y3 + 2z 3

Soluci´ on:

Tenemos quef x = 3x2

−z , f y = z

−3y2 , f z =

−x + y + 6z 2

y resolviendo el sistema f x = f y = f z = 0 obtenemos dos puntos crıticos: (0, 0, 0) y (1/3, −1/3, 1/3).La matriz hessiana de f esta dada por:

H(x,y,z ) =

6x 0 −10 −6y 1

−1 1 12z

Ası,

H(0, 0, 0) posee autovalores 0, ±√ 2, por lo que hay un punto silla.

H(1/3, −1/3, 1/3) posee subdeterminantes positivos, por lo que hay un mınimo.

– 24 –



2.2. Maximos y mınimos con restricciones. Multiplicadores de Lagrange

1 Encuentre los valores mınimos y maximos de la funcion

g(x,y,z ) = xy + yz + xz

sobre la porcion de la superficie

x2 + y2 + z 2 = 1 (1)

que se encuentra en el primer octante , i.e. que adicionalmente satisface

x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 (2)

Soluci´ on:

Como en este caso poseemos una restriccion, consideremos el siguiente problema generico: maximi-zar/minimizar f (x, y) sujeto a g(x, y) = c. (ver Figura 1)

Figura 1: Problema de optimizacion

Supongamos que “caminamos” a lo largo de la curva de nivel g = c. En general, estos contornos –paraf y g– seran distintos, ası que siguiendo la trayectoria de g = c podrıamos intersectar alguna curvade nivel de f . Esto es equivalente a decir que mientras nos movemos a lo largo de la curva de nivelde g = c, el valor de f puede variar. Solo cuando el contorno de g tocan tangencialmente (no corta)a alguna curva de nivel de f , no se incrementa o disminuye el valor de f . (ver Figura 2)

– 25 –



Figura 2: Curvas de nivel

Las lıneas de contorno de f y g se intersectan cuando los vectores tangentes de ambas son paralelos.Dado que el gradiente de una funcion es perpendicular a su curva de nivel, entonces lo anteriorequivale a decir que los gradientes de f, g son paralelos.

Para las funciones que tienen restricciones, planteamos una nueva funcion

L(x1, x2, . . . , xn, λ1, . . . , λm) = f (x1, . . . , xn) −mk=1

λk

gk(x1, . . . , xn) − ck

donde m es el numero de restricciones dadas por las ecuaciones gk(x) = ck. Entonces, la nueva con-dicion para encontrar los puntos crıticos sera ∇L = 0 (con respecto a todas las variables).

Ahora, volvamos al problema que nos convoca. En este caso, la restriccion corresponde al conjuntode nivel cero de la funcion

q (x,y,z ) = x2 + y2 + z 2 − 1

La funcion de Lagrange del problema es:

L(x, y, z, λ) = g(x,y,z ) − λq (x,y,z )

Entonces:∂ L∂x

= y + z − 2λx = 0

∂ L∂y

= x + z − 2λy = 0

∂ L∂z = x + y − 2λz = 0

∂ L∂λ

= x2 + y2 + z 2 − 1 = 0

Sumando las tres primeras condiciones,

2x + 2y + 2z − 2λ(x + y + z ) = 0 −→ (λ − 1)(x + y + z ) = 0

Tenemos dos casos:

– 26 –



λ = 1, y por tanto x + y + z = 0. De la condicion 2, notamos que x = y = z = 0, la cual no esuna solucion admisible pues no satisface 1.

λ = 1, y por tanto x = y = z . De la condicion 1,

x = y = z =1√

3−→ g

1√

3,

1√ 3

,1√

3

= 1

Esto, sin embargo, no resuelve el problema completamente. La restriccion 1 corresponde a una esferaunitaria, pero la condicion 2 indica que solo debemos considerar la porcion de esfera del primeroctante. Esto significa que la interseccion de la esfera con cada uno de los cuadrantes

(x, y, z ) : x = 0, y ≥ 0, z ≥ 0, (x, y, z ) : y = 0, x ≥ 0, z ≥ 0, (x, y, z ) : z = 0, x ≥ 0, y ≥ 0corresponde a una parte de la frontera de la superficie que estamos considerando, y debe ser analizadopor separado. Ademas, la region posee tres vertices, ası que tambien evaluamos la funcion en esospuntos.

Consideremos el trozo de borde de la region que yace en el plano z = 0. Esto es un cuarto de cırculo,que puede parametrizarse mediante

γ (θ) = (cos θ, sin θ, 0) , θ ∈ [0, π/2]

Evaluando la funcion g a lo largo de γ obtenemos:

g(γ (θ)) = cos θ sin θ

Derivando esta funcion con respecto a θ e igualando a cero, obtenemos:

0 = − sin2 θ + cos2 θ = cos 2θ

La unica solucion de esta ecuacion en el intervalo [0, π/2] es θ = π/4, que corresponde al punto

1

√ 2 ,

1

√ 2 , 0 −→ g 1

√ 2 ,

1

√ 2 , 0 =

1

2

La simetrıa evidente del problema (dominio y funcion) nos permite evitar los calculos sobre los otrosdos bordes: vamos a obtener los puntos

1√ 2

, 0,1√

2

en el plano y = 0, y

0,1√

2,

1√ 2

en el plano x = 0, con valor

g

0,

1√ 2

,1√

2

= g

1√

2, 0,

1√ 2

=

1

2

Finalmente, los vertices son (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) con g(1, 0, 0) = g(0, 1, 0) = g(0, 0, 1) = 0.

Ası, el maximo global de g bajo las restricciones 1 y 2 es 1 y se alcanza en el punto

1√ 3

, 1√ 3

, 1√ 3

, y

el mınimo global es 0, y se alcanza en cada uno de los vertices.

– 27 –



2 a ) Demuestre que x3y > −3

4si x4 + y4 = 1.

b) Demuestre que x3y ≥ −3

4(x4 + y4) para todo (x, y) ∈ R2.

c ) Use la afirmacion anterior para demostrar que la curva

C = (x, y) ∈ R2 : x4 + x3y + y4 = 1es acotada, i.e. existe un M > 0 tal que para todo (x, y) ∈ C se cumple que |x| ≤ M e |y| ≤ M .

Soluci´ on:

a ) Para probar la afirmacion, calcularemos los mınimos de la funcion f (x, y) = x3y sujeta a lacondicion g(x, y) = x4 + y4 − 1 = 0 vıa multiplicadores de Lagrange:

3x2y = 4λx3

x3 = 4λy3

x4 + y4 = 1

Si xy = 0, la solucion del sistema es (x, y) = (0, ±1) –con λ = 0–. Si xy = 0, despejando λde las primeras dos ecuaciones nos queda que x4 = 3y4, lo cual –en combinacion con la terceraecuacion– implica que

x4 =3

4, y4 =

1

4

Ası, los puntos crıticos son:

(x, y) ±(0, 1) ±√

2√

3

2 ,

√ 2

2 ±√

2√

3

2 , −√

22

f (x, y) 0 3√

34

−3√

34

Como la funcion f (x, y) = x3y es continua y el dominio x4 + y4 = 1 es cerrado y acotado, f tiene extremos globales. Estos extremos se encuentran necesariamente entre los puntos crıticoscondicionados, ya que f, g son continuamente diferenciables. De la tabla, obtenemos que elmınimo global de f en el dominio es:

x3y > −3√

3

4> −3

4

b) El apartado anterior, escrito en coordenadas polares, establece que:

f (r cos θ, r sin θ) = r4 cos3 θ sin θ > −3

4cuando r4 =

1

cos4 θ + sin4 θ

Es decir,cos3 θ sin θ

cos4 θ + sin4 θ> −3

4(0 ≤ θ < 2π)

– 28 –



Despues de multiplicar ambos lados de la desigualdad por la expresion no negativa r4(cos4 θ +sin4 θ) vemos que

r4 cos3 θ sin θ ≥ −3r4

4(cos4 θ + sin4 θ)

Volviendo a coordenadas cartesianas,

x3y ≥ −34 (x4 + y4)

c ) Para los puntos de la curva C , tenemos que x3y = 1 − x4 − y4. La desigualdad del apartadoanterior implica que, para estos puntos, se cumple que:

1 − x4 − y4 = x3y ≥ −3

4(x4 + y4)

Es decir,x4 + y4 ≤ 4 −→ |x| ≤

√ 2, |y| ≤

√ 2

3 Hallar el maximo y el mınimo de la funcion f (x,y,z ) = x2 + yz en la bola B = x2 + y2 + z 2 ≤ 1.

Soluci´ on:

Primero, buscamos los candidatos a extremos en el interior de la bola: x2 + y2 + z 2 < 1. Estos hande ser extremos libres de f , y por tanto –de existir– debe cumplirse que ∇f = 0. El sistema es:

f x = 2x = f y = z = f z = y = 0

La unica solucion es el punto P 1 = (0, 0, 0) que, efectivamente, esta dentro de la bola.

Buscamos ahora los posibles valores extremos en la frontera de la bola. Sea g(x,y,z ) = x2 + y2 + z 2.Entonces, queremos extremar f bajo la restriccion g = 1 y, por Lagrange, en los puntos buscadosdeben existir valores de λ tales que:

∇f = λ∇g −→

2x = 2λxz = 2λyy = 2λz

x2 + y2 + z 2 = 1

Si x = 0, entonces no puede darse el caso en que y = z = 0 –por la cuarta ecuacion– y, como lasegunda y tercera ecuacion implican que si uno de ellos es cero el otro tambien lo es, ninguna de lasvariables z, y pueden ser 0. Ası, podemos dividir las ecuaciones dos y tres:

y

z =

z

y−→ y2 = z 2 −→ z = ±y

Sustituyendo esta combinacion en la cuarta ecuacion, llegamos a los puntos crıticos:

– 29 –



P 2 = (0, 1/√

2, 1/√

2)

P 3 = (0, 1/√

2, −1/√

2)

P 4 = (0, −1/√

2, 1/√

2)

P 5 = (0, −1/√

2, −1/√

2)

Si en las ecuaciones de mas arriba tenemos que λ = 1, entonces la segunda y tercera ecuacion nosdicen que y = 2z y z = 2y, y por tanto y = z = 0. Con ello, de la cuarta ecuacion, x =

±1. De este

modo:P 6 = (1, 0, 0) P 7 = (−1, 0, 0)

Evaluando f en los siete puntos crıticos, llegamos a que el maximo/mınimo es:

max f = 1 = f (P 6) = f (P 7) , mın f = −1

2= f (P 3) = f (P 4)

4 a ) Dada la funcion f (x, y) = x2 + xy + y2, determine el punto mas cercano al origen de su plano

tangente en el punto (1, 1, 3).

b) Encontrar el volumen maximo de un paralelepıpedo de diagonal 1.

Soluci´ on:

a ) Usaremos el gradiente como vector normal al plano, y con esto obtenemos:

n = (2x + y, 2y + x, −1)

(1,1,3)= (3, 3, −1)

∴ Π : z = 3x + 3y − 3

De optimizacion, sabemos que minimizar la distancia equivale a minimizar la distancia al cua-drado. Entonces, consideremos d(x, y, z ) = x2 +y2 +z 2 la funcion distancia al cuadrado al origen.Queremos:

mın d(x, y, z )

s.a. z = 3x + 3y − 3

Usando multiplicadores de Lagrange,

L(x, y, z, λ) = x2 + y2 + z 2 − λ(3x + 3y − z − 3) −→ 2x = 3λ

2y = 3λ2z = −λ

3x + 3y − z = 3

De las dos primeras ecuaciones obtenemos que x = y. Reemplazando en la ultima ecuacion, junto con z de la ecuacion tres, obtenemos que

6x +λ

2= 3

– 30 –



Usando la primera ecuacion nuevamente, podemos despejar el valor de λ, concluyendo que este

es λ =6

19. Reemplazando en cadena, llegamos a que el punto buscado es:

P =

9

19,

9

19, − 3

19

Sabemos que es un mınimo y no un maximo, pues el punto mas lejano al origen tiene todas suscomponentes infinitas.

b) El volumen del paralelepıpedo esta dado por el producto entre su base y su altura, i.e. V = xyz si x, y, z son sus lados. Ahora, la longitud de su diagonal est a dada por d =

x2 + y2 + z 2 = 1.

Queremos entonces:max V (x, y, z ) = xyz

s.a. x2 + y2 + z 2 = 1

En la restriccion, nuevamente usamos la distancia al cuadrado. Ası,

L(x, y, z, λ) = xyz − λ(x2 + y2 + z 2 − 1) −→

yz = 2xλxz = 2yλxy = 2zλ

x2 + y2 + z 2 = 1

Multiplicamos la primera ecuacion por x, la segunda por y y la tercera por z :

xyz = 2x2λ = 2y2λ = 2z 2λ

De esta igualdad, obtenemos que x2 = y2. Como lo que buscamos son distancias, tanto x comoy son mayores o iguales a cero, y por tanto x = y. De manera analoga, es posible concluir que

x = z y z = y. Reemplazando en la cuarta condicion,

x2 + x2 + x2 = 1 −→ x =1√

3

Como x = y = z , el volumen maximo es:

V max =

1√

3

3

5 Hallar la mayor y menor distancia entre el elipsoide x2 + 4y2 + z 2 = 1 y el plano x + y + z = 2. (Nota:

Ambas superficies no se intersecan).

Soluci´ on:

Sean (x,y,z ) y (u,v,w) puntos sobre el elipsoide y el plano, respectivamente. Sabemos que es suficienteextremar el cuadrado de la distancia entre ellos:

d(x,y,z,u,v,w) = (x − u)2 + (y − v)2 + (z − w)2

– 31 –



Ası, debemos extremar la funcion d sujeto a las restricciones

F 1(x, y, z ) = x2 + 4y4 + z 2 − 1 = 0 , F 2(u,v,w) = u + v + w − 2 = 0

El lagrangiano es simplemente:

L(x,y,z,u,v,w,λ1, λ2) = d − λ1F 1 − λ2F 2

Ası, el sistema ∇L = 0 queda como sigue:

2(x − u) = 2xλ1 (3)

2(y − v) = 8yλ1 (4)

2(z − w) = 2zλ1 (5)

2(x − u) = −λ2 (6)

2(y − v) = −λ2 (7)

2(z

−w) =

−λ2 (8)

x2 + 4y2 + z 2 = 1 (9)

u + v + w = 2 (10)

De las ecuaciones (6), (7) y (8), igualando,

x − u = y − v = z − w (11)

Ası, los lados izquierdos de las ecuaciones (3), (4) y (5) son iguales; entonces, igualando los ladosderechos de (3) y (4) obtenemos que 2xλ1 = 8yλ1.

Ahora bien, λ1

= 0 pues, de ser cero, tendrıamos que (x, y, z ) = (u,v,w) lo cual es imposible, pues

ambas superficies no se intersecan. Por tanto, cancelamos λ1 obteniendo y = x4

. De manera analoga,

obtenemos que z = x. Sustituyendo estas dos condiciones en la igualdad (9) llegamos a:

9

4x2 = 1 −→ x = ±2

3

Si x = 2/3, entonces y = 1/6, z = 2/3.

Usando (11) tenemos que v = y − x + u = u − 1

2y que w = z − x + u = u. Sustituyendo estas

relaciones en (10) obtenemos:

2 = 3u −1

2 −→ u =

5

6

Por tanto,

x − u = y − v = z − w = −1

6−→ d = 3

1

6

2

=1

12

– 32 –



x = −2/3, entonces y = −1/6, z = −2/3.

Usando (11) como antes, tenemos que v = u +1

2y que w = u. Al sustituir en (10) obtenemos:

2 = 3u +1

2−→ u =

1

2

Por tanto,

x − u = y − v = z − w = −7

6−→ d = 3

7

6

2

=49

12

Por ultimo, notamos que –como el elipsoide es un conjunto cerrado y acotado en R2– debe existir unpunto mas cercano/lejano al plano, cuyas distancias corresponden a las soluciones obtenidas.

Luego, la distancia mınima es dm =1√ 12

y la distancia maxima es dM =7√ 12

.

6 [Propuesto] Sea f : Rn → R tal que f (x) = (x1x2 · · · xn)2. Buscar los extremos sobre la esfera

x12

+ x22

+ . . . + xn2

= ρ2

. Use este resultado para probar la desigualdad entre la media geometricay la aritmetica.

Soluci´ on:

Aplicando los multiplicadores de Lagrange, ya llamando p0 a nuestro punto maximo, escribimos:

∇f ( p0) = λ∇g( p0)

g(x) = x12 + . . . + xn

2 − ρ2

g( p0) = 0

Derivando la igualdad, obtenemos:

∂f

∂x1= 2(x2 · · · xn)(x1 · · · xn) = 2λx1

∂f

∂x2= 2(x1 · x3 · · · xn)(x1 · · · xn) = 2λx2

...

∂f

∂xn= 2(x1 · · · xn−1)(x1 · · · xn) = 2λxn

Si multiplicamos la primera igualdad por x1, la segunda por x2, etcetera, hasta la ultima por xn,tenemos que:

(x1 · · · xn)2 = λx12

(x1 · · · xn)2 = λx22

...

(x1 · · · xn)2 = λxn2

– 33 –



Sumando todas las ecuaciones, llegamos a:

n(x1 · · · xn)2 = λ(x12 + x2

2 + . . . + xn2) = λρ2 −→ λ =

n(x1 · · · xn)2

ρ2

Reemplazando λ en las ecuaciones, encontramos

xi2 =

ρ2

n

Luego, si llamamos P =

ρ√ n

,ρ√ n

, . . . ,ρ√ n

, f tiene un maximo en P con restriccion g(P ) = 0.

Ademas, dado que P es un maximo, concluimos que para un punto x cualquiera que se encuentre enla esfera:

f (x) ≤ f (P )

x12

· · ·xn

2 ≤ ρ2

n · · ·ρ2

n x1

2 · · · xn2

≤

ρ2

n

n

x1

2 · · · xn2 1

n ≤

ρ2

n

x12 · · · xn

2 1

n ≤

x12 + . . . xn

2

n

Llamando xi2 = ai, obtenemos:

n√

a1 · a2 · · · an ≤ a1 + a2 + . . . + ann

Con lo que hemos probado esta desigualdad. Notar que, aunque lo hemos demostrado para un puntosobre la esfera, a todo x en el espacio le podemos asociar un ρ tal que dicho punto este contenido enuna esfera.

– 34 –



3. Funciones vectoriales en varias variables

3.1. Diferenciabilidad en funciones de Rn en Rm

(1) a ) Sean f (x, y) = (x2 + y2, x2 −y2) y g(u, v) = (uv,u + v). Se define F = g f . Calcular DF (x, y).

b) Sean w(x, y, z ) =

x2 + y2 + z 2 y v(r, θ) = (r cos θ, r sin θ, r). Calcule, utilizando la regla dela cadena, la matriz derivada de (w v) en el punto (1,0).

Soluci´ on:

a ) Sabemos que

DF (x, y) =

∂F 1∂x

∂F 1∂y

∂F 2∂x

∂F 2∂y

Ası,

Df (x, y) =

2x 2y2x −2y

∧ Dg(u, v) =

v u1 1

Por la regla de la cadena,

DF (x, y) = Dg(f (x, y)) Df (x, y) Con: Dg(f (x, y)) =

x2 − y2 x2 + y2

1 1

Entonces,

DF (x, y) =

x2 − y2 x2 + y2

1 1

2x 2y2x −2y

=

4x3 −4y3

4x 0

b) Tenemos que v(1, 0) = (1, 0, 1) y w(1, 0, 1) =√

2. La matriz derivada de w(x, y, z ) es x x2 + y2 + z 2

y x2 + y2 + z 2

z x2 + y2 + z 2

y por tanto, al reemplazar en (1,0,1) no queda:

1√ 2

01√

2

Por otra parte, la matriz derivada de v(r, θ) es cos θ −r sin θ

sin θ r cos θ1 0

– 35 –



y con ello, en (1,0): 1 00 11 0

Finalmente, la matriz derivada de w v en (1,0) es:

1√

20

1√ 2

1 00 11 0

=

2√

2

0

(2) Dadas las funciones

G(u, v) = (u, u2, u cos v) ∧ F (x,y,z ) = (x,xy,xyz )

se considera la funcion compuesta H = F G = (H 1, H 2, H 3). Encontrar∂H 2∂v

y∂H 3∂u

.

Soluci´ on:

Observemos que:

DG(u, v) =

1 02u 0

cos v −u sin v

, DF (x,y,z ) =

1 0 0y x 0

yz xz xy

Por la regla de la cadena, sabemos que

DH (u, v) = DF (G(u, v)) · DG(u, v)

= DF (u, u2, u cos v) · DG(u, v)

=

1 03u2 0

4u3 cos v −u4 sin v

De donde se deduce que:

∂H 2∂v

= 0 ∧ ∂H 3∂u

= 4u3 cos v

3.2. Teoremas de la Funcion Inversa e Implıcita

(1) Considere la funcion vectorial (x, y) → (x, x + 2y + y2) = (u, v)

– 36 –



a ) Determine todos los puntos (x, y) en los que el Teorema de la Funcion Inversa garantiza la exis-tencia de una inversa local diferenciable x = x(u, v), y = y(u, v) y, sin despejar explıcitamente,calcule yv, yvu.

b) Encuentre explıcitamente la inversa local x = x(u, v), y = y(u, v) en una vecindad del punto(x, y) = (1, −2) y, a partir de tales expresiones, calcule nuevamente yv.

Soluci´ on:

Antes que todo, un pequeno recordatorio:

Definicion. Sea F : Ω ∈ Rn → Rn. F se dice localmente inyectiva en torno a x0 siexiste r > 0 tal que F es inyectiva en B(x0, r) ⊂ Ω.

Teorema (de la funcion inversa). Sea F : Ω ∈ Rn → Rn, Ω abierto, unafuncion diferenciable, y sea x0 ∈ Ω. Si |DF (x0)| = 0, entonces existe r > 0 tal queF : B(x0, r) → F (B(x0, r)) es inyectiva. La inversa G : F (B(x0, r)) → B(x0, r) esdiferenciable y DG(F (x0)) = DF (x0)−1.

Notacion Diremos que el jacobiano de la transformacion (x, z ) → (F, G) es

∂ (F, G)

∂ (x, z )≡

F x F z

Gx Gz

a ) Por definicion del jacobiano,

∂ (u, v)

∂ (x, y)=

ux uyvx vy

=

1 01 2(y + 1)

= 2(y + 1)

Ası, la funcion es invertible localmente alrededor de todo punto (x, y) con y = −1 (el planomenos la recta horizontal y = −1). Por el T.F.I. nuevamente,

xu xvyu yv

=

ux uyvx vy

−1

=1

∂ (u, v)

∂ (x, y)

vy −uy

−vx ux

Igualando posiciones,∂y

∂v=

ux∂ (u, v)

∂ (x, y)

=1

2(y + 1)

Por consiguiente,

yvu =∂

∂u

∂y

∂v

=

∂

∂u

1

2(y + 1)

= − yu

2(y + 1)2

– 37 –



Comparando otra vez las matrices de la funcion inicial y de su inverse, observamos que:

∂y

∂u= − vx

∂ (u, v)

∂ (x, y)

= − 1

2(y + 1)

Finalmente, sustituyendo llegamos a que:

yvu =1

4(y + 1)3

b) Tenemos que

u = x

v = x + 2y + y2

Entonces, u = x y sustituyendo en la segunda ecuacion obtenemos:

(u − v) + 2y + y2 = 0 −→ y = −1 ± √ 1 + v − u

Como estamos en una vecindad del punto (x, y) = (1, −2), la cantidad y debe ser menor que−1, y por ello debemos elegir el signo negativo en la ultima expresion. Por tanto, la inversalocal buscada es

(u, v) → (u, −1 − √ 1 + v − u) = (x, y)

Derivando directamente,

yv =∂

∂v−1

−

√ 1 + v

−u =

−1

2√ 1 + v − u

=1

2(y + 1)

(2) Sea G : R4 → R2, G = (G1, G2) una funcion con derivadas parciales continuas en R4 y tal quesatisface G(0, 0, 0, 0) = (0, 0) y

∂G1

∂z

∂G2

∂w− ∂G2

∂z

∂G1

∂w= 0 en el punto (0, 0, 0, 0).

Se define H (x, y, z, w) = (x, y, G1(x, y, z, w), G2(x, y, z, w)).

a ) Probar que H es localmente invertible en el origen.

b) Suponga que ∇G1( 0) = (0, 0, 2, 0) y ∇G2( 0) = (0, 0, 0, 3). Calcule la matriz jacobiana deK = G H −1 en el origen.

Soluci´ on:

– 38 –



a ) Si DH denota la matriz jacobiana de H , entonces la funcion es invertible en una vecindad delorigen si su determinante allı es distinto de cero –T.F.I.– y por tanto:

DH =

1 0 0 00 1 0 0

G1x G1y G1z G1w

G2x

G2y

G2z

G2w

cuyo determinante es

|DH (0, 0, 0, 0)| =∂G1

∂z

∂G2

∂w− ∂G2

∂z

∂G1

∂w= 0 en el origen, por hipotesis.

b) Notamos que H (0, 0, 0, 0) = (0, 0, 0, 0), por lo cual H −1( 0) = 0. Aplicando la regla de la cadenay el T.F.I. se obtiene:

DK (0, 0, 0, 0) = DG(H −1(0, 0, 0, 0)) · DH −1(0, 0, 0, 0)

= DG(H −1(0, 0, 0, 0)) · DH (0, 0, 0, 0)−1

Ahora bien, por el apartado anterior,

DH (0, 0, 0, 0) =

1 0 0 00 1 0 00 0 2 00 0 0 3

−→

DH (0, 0, 0, 0)−1

=

1 0 0 00 1 0 00 0 1

2 00 0 0 1

3

Mientras que:

DG(0, 0, 0, 0) = ∇G1(0, 0, 0, 0)∇G2(0, 0, 0, 0) = 0 0 2 00 0 0 3 Por lo tanto:

DK (0, 0, 0, 0) =

0 0 2 00 0 0 3

·

1 0 0 00 1 0 00 0 1

2 00 0 0 1

3

=

0 0 1 00 0 0 1

(3) Considere la transformacion F : R3 → R3 dada por

u = xy2 , v = x + 3y , w = z − x

Se verifica que F (A) = F (B) = (4, 7, −2) = C para los puntos A = (4, 1, 2) y B = (1, 2, −1).

a ) Pruebe que en torno a ambos puntos A, B existen inversas locales (x,y,z ) = G1(u,v,w) y(x, y, z ) = G2(u,v,w) que satisfacen G1(C ) = A, G2(C ) = B.

– 39 –



b) Calcule∂x

∂v, en el punto C , para ambas inversas.

Soluci´ on:

a ) Como las funciones u,v,w son polinomios, tienen todas sus derivadas continuas; luego, bastaver que valores toma el jacobiano en esos puntos.

∂ (u,v,w)

∂ (x,y,z )=

y2 2xy 01 3 0

−1 0 1

= 3y2 − 2xy

Evaluando en los puntos, tenemos:

∂ (u,v,w)

∂ (x,y,z )(A) = −5 = 0 ∧ ∂ (u,v,w)

∂ (x,y,z )(B) = 8 = 0

luego, por el Teorema de la Funcion Inversa, en ambos puntos hay una inversa local.

b) Para calcular xv en el punto C , en torno al punto A, consideremos primero la matriz jacobianade la funcion F :

DF (A) =

1 8 01 3 0

−1 0 1

−→ |DF (A)| = −5

¿Como invertir una matriz de 3 × 3?

(1) Encontrar el determinante de la matriz a invertir, det(M )

(2) Determinar la transpuesta de la matriz a invertir, M t

(3) Calcular cada uno de los subdeterminates de las submatrices de 2 × 2 de M t

(4) Ubique los cofactores m j,k = mfil,col en el lugar que les corresponde –i.e. de dondefueron calculados, en la posicion ( j, k)–, multiplicandolos por (−1)k+ j

(5) Divida la matriz obtenida en el paso anterior por el determinante del primer paso, y elresultado sera M −1

Para mas informacion, dirıjase aquı.

Usando la informacion anterior,

∂x

∂v(4, 1, 2) =

−8

−5=

8

5

En el punto B, la matriz jacobiana es:

DF (B) =

4 4 01 3 0

−1 0 1

−→ |DF (B)| = 8

– 40 –

http://www.wikihow.com/Inverse-a-3X3-Matrix

http://www.wikihow.com/Inverse-a-3X3-Matrix



y con ello:∂x

∂v(1, 2, −1) =

−4

8= −1

2

(4) a ) Considere el sistema dado por F (x,y,u,v) = 0, G(x,y,u,v) = 0, donde F, G son funciones

con derivadas parciales continuas que satisfacen

∂ (F, G)

∂ (u, v)= 0

Muestre que, para las variables u = u(x, y), v = v(x, y) despejadas localmente, se cumple que:

∂ (u, v)

∂ (x, y)=

∂ (F, G)

∂ (x, y)

∂ (F, G)

∂ (u, v)

b) Sea f : R2

→ R diferenciable, con f (0, 0) = 1, f (0, 1) = 0, ∇f (0, 0) = (a, b), ∇f (0, 1) = (c, d).Se define g(x, y) = (yf (x, y), x + f (x, y)). Encontrar D(g g)(0, 0).

Soluci´ on:

a ) Si las funciones despejadas son u = f (x, y) y v = g(x, y), entonces las funciones

H 1(x, y) = F (x,y,f (x, y), g(x, y)) ∧ H 2(x, y) = G(x,y,f (x, y), g(x, y))

Son constantes iguales a cero. Tenemos entonces que:

H 1x H 1yH 2x H 2y

= 0 00 0

F x + F uf x + F vgx F y + F uf y + F vgy

Gx + Guf x + Gvgx Gy + Guf y + Gvgy

=

F x F yGx Gy

+

F u F vGu Gv

f x f ygx gy

=

Como∂ (F, G)

∂ (u, v)= 0,

F u F vGu Gv

es invertible. Luego,

f x f ygx gy

= F u F vGu Gv

−1 −F x −F y−Gx −Gy

Tomando los determinantes nos queda

∂ (u, v)

∂ (x, y)=

∂ (F, G)

∂ (x, y)

∂ (F, G)

∂ (u, v)

– 41 –



b) Tenemos que

Dg(x, y) =

yf x(x, y) f (x, y) + yf y(x, y)

1 + f x(x, y) f y(x, y)

Se tiene que D(g g)(0, 0) = Dg(g(0, 0)) · Dg(0, 0), y g(0, 0) = (0, 1); por tanto:

D(g g)(0, 0) = Dg(0, 1) · Dg(0, 0) = c d

1 + c d 0 1

1 + a b

(5) Mostrar que las ecuaciones

x2 − y2 − u3 + v + 3 = 0

2xy + y2 − 2u +u4

4− 5

4= 0

determinan funciones u(x, y), v(x, y) definidas para (x, y) cerca de (1, 1) y tales que u(1, 1) = 1 yv(1, 1) = −2. Calcular ux, uxy en (1, 1).

Soluci´ on:

Antes que todo, un nuevo recordatorio:

Teorema (de la funcion implıcita). Consideremos n ecuaciones en m = n + kvariables:

F 1(x1, x2, . . . , xm) = 0...

F n(x1, x2, . . . , xm) = 0

(∗)

Sea p0 = (x10, x2

0, . . . , xm0) un punto que satisface el sistema (∗). Si

∂F 1∂x1

· · · ∂F 1∂xn

.... . .

...∂F n∂x1

· · · ∂F n∂xn

( p0) = 0

entonces, existe r > 0 y funciones diferenciables f 1(xn+1, . . . , xm), . . . , f n(xn+1, . . . , xm)de modo que toda solucion de (∗) en un entorno de B( p0, r) se describe como

x1 = f 1(xn+1, . . . , xm)...

xn = f n(xn+1, . . . , xm)

Las derivadas parciales∂f i∂x j

, i = 1, . . . , n, j = n + 1, . . . , m se calculan por regla de la

cadena (derivacion implıcita).

– 42 –



Volviendo al problema que nos convoca, sean

F (x,y,u,v) = x2 − y2 − u3 + v + 3 , G(x,y,u,v) = 2xy + y2 − 2u +u4

4− 5

4

Dado que F (1, 1, 1, −2) = G(1, 1, 1, −2) = 0, segun el Teorema de la Funcion Implıcita, se puedendespejar localmente u y v en las cercanıas de dicho punto si

∂ (F, G)

∂ (u, v)= 0

Tenemos que∂ (F, G)

∂ (u, v)=

F u F vGu Gv

=

−3u2 1u3 − 2 0

= 2 − u3

el cual vale 1 = 0 cuando x = y = u = 1 y v = −2. Por tanto, sı es posible el despeje. Derivandoimplıcitamente,

2x − 3u2ux + vx = 0

2y − 2ux + u3

ux = 0

Nos queda un sistema para ux, vx. Por Regla de Cramer, tenemos que:

ux =

2x −12y 0

3u2 −12 − u3 0

= −∂ (F, G)

∂ (x, v)

∂ (F, G)

∂ (u, v)

=2y

2 − u3

Por tanto, ux(1, 1, 1, −2) =2

2 − 13= 2. Ahora,

uxy = ∂ ∂y∂u

∂x = ∂

∂y 2y

2 − u3 = 2(2 − u3) − 2y(−3u2)uy

(2 − u3)2

Evaluando en el punto (1, 1, 1, −2) resulta que uxy(1, 1, 1, −2) = 2 + 6uy(1, 1). Entonces,

uy = −∂ (F, G)

∂ (y, v)

∂ (F, G)

∂ (u, v)

=2y + 2x

2 − u3

de donde uy(1, 1) = 4 y, por tanto, uxy(1, 1, 1,

−2) = 26.

(6) Sean F, G : R4 → R, F = F (x,y,u,v), G = G(x,y,u,v), dos funciones diferenciables tales que enP = (1, 2, 1, 2) satisfacen

F x(P ) = 1, F y(P ) = 2,

F u(P ) = 1, F v(P ) = −1,

Gx(P ) = 0, Gy(P ) = −1,

Gu(P ) = 2, Gv(P ) = −2.

– 43 –

http://es.wikipedia.org/wiki/Regla_de_Cramer

http://es.wikipedia.org/wiki/Regla_de_Cramer



Considere el sistemaF (P ) = G(P ) = 0

a ) Compruebe que es posible despejar el sistema x = x(u, v) con x(1, 2) = 1, en un entorno de(u, v) = (1, 2), y calcule xv(1, 2).

b) Compruebe que es posible despejar el sistema x = x(y, v) con x(2, 2) = 1, en un entorno de

(y, v) = (2, 2), y calcule xv(2, 2).

Soluci´ on:

Definamos primero T : R4 → R2 mediante la ecuacion

T (x,y,u,v) =

F (x,y,u,v)G(x,y,u,v)

a ) Usando el T.F.Im, para despejar (x, y) en terminos de (u, v) en torno al punto (u, v) = (1, 2),

necesitamos que la matriz

DT x,y(x,y,u,v)

sea invertible. De la informacion del enunciado,

DT x,y(x,y,u,v) =

1 20 −1

−→ ∂ (F, G)

∂ (x, y)= −1 = 0

Ası, podemos derivar –sin problemas– el sistema con respecto a v:

F xxv + F yyv + F v = 0Gxxv + Gyyv + Gv = 0

−→ xv + 2yv − 1 = 0−yv − 2 = 0

−→ xv(1, 2) = 5

b) Como el problema es, esencialmente, el mismo que antes, requerimos que la matriz DT x,u(P )sea invertible. Ası,

∂ (F, G)

∂ (x, u)=

1 10 2

= 2 = 0

y se cumple. Nuevamente, derivamos el sistema con respecto a v:

F xxv + F uuv + F v = 0Gxxv + Guuv + Gv = 0

−→ xv + uv − 1 = 02uv − 2 = 0

−→ xv(2, 2) = 0

(7) a ) Determine los valores de a para los cuales el sistema de ecuacionesxz 3 + yu + ax = 1

2xy3 + u2z + a(y − 1) = 0

define a (x, y) como funcion implıcita de (z, u) en un entorno del punto (x0, y0, z 0, u0) =(0, 1, 0, 1).

– 44 –



b) Denotemos la funcion implıcita de la parte anterior (cuando esta exista) por (x, y) = G(z, u).Calcule los valores de a para los cuales G admite inversa local diferenciable en torno a unpunto (0, 1).

Soluci´ on:

a ) Sea P = (0, 1, 0, 1), y sean F 1(x, y, z, u) = xz 3 + yu + ax, F 2(x, y, z, u) = 2xy3 + u2z + a(y −1).De este modo, el sistema queda escrito como F 1 = 1, F 2 = 0.

Vemos que F 1(P ) = y0u0 = 1 y que F 2(P ) = 0, independiente de los valores que tome elparametro a, de modo que el punto P es solucion del sistema.

Ahora bien, por el T.F.Im, de dicho sistema se pueden despejar localmente x, y si el jacobiano

∂ (F 1, F 2)

∂ (x, y)

P

= 0 −→ a 1

2 a

= a2 − 2 = 0

de modo que se pueden despejar las variables cerca de P si a

=

±

√ 2.

b) Para a = ±√ 2, el sistema de la parte anterior determina una funcion implıcita (x, y) = G(z, u),la cual satisface G(0, 1) = (0, 1).

Por el T.F.In, dicha funcion G posee inversa local –en un entorno de (0, 1) − − si su matriz jacobiana, DG(0, 1), es invertible; i.e. xz xu

yz yu

= xzyu − xuyz = 0

Por la Regla de Cramer tenemos que, en el punto P ,

xz = −∂ (F 1, F 2)

∂ (z, y)

∂ (F 1, F 2)

∂ (x, y)

=1

a2 − 2

xu = −∂ (F 1, F 2)

∂ (u, y)

∂ (F 1, F 2)

∂ (x, y)

= − a

a2 − 2

yz = −∂ (F 1, F 2)

∂ (x, z )∂ (F 1, F 2)

∂ (x, y)

= − aa2 − 2

yu = −∂ (F 1, F 2)

∂ (x, u)

∂ (F 1, F 2)

∂ (x, y)

=2

a2 − 2

– 45 –



Por tanto,

det(DG(0, 1)) =2 − a2

(a2 − 2)2=

1

2 − a2= 0 cuando a = ±

√ 2

(8) Considere la ecuacion z

3

+ z (1 − x

2

+ 2x

4

+ y

2

) = 8.a ) Demuestre que esta ecuacion define localmente a z = f (x, y) en torno a todo punto (x0, y0, z 0)

que la satisface.

b) Determine todos los puntos crıticos de las funciones f (x, y) ası despejadas.

c ) Determine la naturaleza de dichos puntos crıticos.

Soluci´ on:

a ) Sea F (x, y, z ) = z 3 + z (1 − x2 + 2x4 + y2). Entonces,

F z = 3z 2 + (1 − x2 + 2x4 + y2) = 3z 2 +

1 − x2

2

2

+7x2

4+ y2 > 0, ∀x

Por el T.F.Im, se deduce que localmente siempre se puede despejar z = f (x, y) en torno a unpunto que satisfaga la condicion F = 8. La funcion despejada debe satisfacer f > 0, si no F serıa negativa.

b) Derivamos implıcitamente para obtener:

3f 2f x + (1 − x2 + 2x4 + y2)f x + (8x3 − 2x)f = 03f 2f y + (1 − x2 + 2x4 + y2)f y + (2y)f = 0

Los puntos crıticos seran cuando f x = f y = 0. Dado que f > 0, los puntos crıticos de f corresponden a 8x3 − 2x = 2y = 0, lo que da tres puntos: (0, 0), (±1/2, 0).

c ) Debemos calcular f xx, f yy, f xy en los puntos crıticos. Derivamos las ecuaciones anteriores, yusamos el hecho de que f x = 8x3 − 2x = f y = 2y = 0:

3f 2f xx + (1 − x2 + 2x4 + y2)f xx + (24x2 − 2)f = 03f 2f yy + (1

−x2 + 2x4 + y2)f yy + 2f = 0

3f 2f xy + (1 − x2 + 2x4 + y2)f xy = 0

Ası, en los puntos crıticos, se tiene:

f xx = −(24x2 − 2)f

F z, f yy = −2f

F z, f xy = 0

Salvo por el multiplo de f /F z > 0, las matrices Hessianas son:

– 46 –



En (0, 0): 2 00 −2

En (±1/2, 0):

−4 00

−2

Vemos que hay un punto silla en (0, 0), y un maximo local en

±1

2, 0

.

– 47 –



4. Integrales Multiples

4.1. Integrales dobles

(1) a ) Calcular la integral de la funcion f (x, y) = x2 +y2 sobre la region determinada por un trianguloequilatero invertido de lado a, con uno de sus vertices apoyados en el origen.

b) Calcule

[1,2]×[2,4]

yexy dxdy

c ) Evalue

1

0

1

√ x

x x2 + y2

dydx

Soluci´ on:

a ) La region de integracion es la siguiente:

Notamos que, tanto la funcion como la region, poseen simetrıa axial con respecto al eje Y .De esta forma. solo calcularemos la integral en la porcion de la region ubicada en el primercuadrante:

R =

(x, y) : 0 ≤ x ≤ a

2, x

√ 3 ≤ y ≤

√ 3a

2

– 48 –



De esta forma,

I = 2

a/2

0

a√ 3/2

x√

3

x2 + y2 dydx

= 2 a/2

0 yx2 +y3

3 a√

3/2

x

√ 3

dx

= 2

a/2

0

a√

3

2x2 +

a3√ 3

8− 2

√ 3x3

dx

= 2

a√

3

6x3 +

a3√

3

8x −

√ 3

2x4

a/2

0

=5√

3a4

48

b) [1,2]×[2,4]

yexy dxdy =

4

2

2

1

yexy dx

dy

=

4

2

e2y − ey dy

=

e2y

2− ey

42

=e8

2− e4

2− e4 + e2

c ) Es claro que conviene integrar primero con respecto a x. La region de integracion R esta dadapor:

√ x = y

y = 1

x

y

Escrita en terminos de y,

R = (x, y) : 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ x ≤ y2

– 49 –



Ası, 1

0

1

√ x

x x2 + y2

dydx =

1

0

y20

x x2 + y2

dxdy

= 1

0 x2 + y2

y2

0

dy

=

1

0

y

y2 − 1 − y dy

=

(y2 + 1)3/2

3− y2

2

10

=2√

2

3− 5

6

(2) Calcular el volumen del solido limitado por el elipsoide

x2

a2 +

y2

b2 +

z 2

c2 = 1

Soluci´ on:

Podemos ver que el solido esta limitado por dos “tapas”, dadas por las funciones:

f (x, y) = c

1 − x2

a2− y2

b2, g(x, y) = −c

1 − x2

a2− y2

b2

donde (x, y) pertenecen a la region de integracion dada por la elipse

E = (x, y) :

x2

a2 +

y2

b2 ≤ 1El volumen estara dado por la integral de f − g en la region E . Usamos entonces la simetrıa delsolido para escribir que:

V =

E

f − g dA = 8c

a0

b√ 1−x2/a2

0

1 − x2

a2− y2

b2dydx

Consideremos ahora solo la integral en dy. Por simplicidad, llamamos A = A(x) =

1 − x2/a2.Ası,

bA0

A2 − y2

b2dy = A Ab

0

1 − y2

(Ab)2dy

Ahora, estamos en calculo de una variable, por lo que podemos usar todas las herramientas quemanejamos. Hacemos el cambio de variable y = Ab sin t, dy = Ab cos tdt. Con esto, la integralanterior queda como:

A2b

π/2

0

1 − sin2 t cos t dt = A2b

π/2

0

cos2 t dt =A2bπ

4=

πb

4

1 − x2

a2

– 50 –



Entonces:

V = 2πbc

a0

1 − x2

a2dx =

4

3πabc

(3) a ) Una integral doble de una funcion se reduce a la integral iterada: 3

0

√ 25−y2

4y/3

f (x, y) dxdy

Determine la region S e invierta el orden de integracion.

b) Un volumen limitado por una superficie z = f (x, y) y por una region R en el plano XY seexpresa de la siguiente forma:

V =

2

1

x3x

f (x, y) dydx +

8

2

8

x

f (x, y) dydx

Dibujar la region R y expresar V con el orden de integracion invertido. Calcular V cuandof (x, y) = x2/y.

Soluci´ on:

a ) Para cada valor de y fijo entre 0 y 3, la integracion respecto a x se efectua entre 4y/3 y 25 − y2. Por lo tanto, la region estara limitada –en x– entre esas dos curvas:

√ 25

−x2 = y

y =3x

4

x

y

Cuando se invierte el orden de integracion, la region se divide de la siguiente forma: 4

0

3x/4

0

f (x, y) dydx +

5

4

√ 25−x2

0

f (x, y) dudx

b) Para graficar la region, simplemente nos guiamos por los lımites de integracion. Fijamos loslımites en el eje X , y luego vemos los intervalos en los que se mueve y (las funciones de losintervalos). Haciendo esto, llegamos a la siguiente region:

– 51 –



y = x

y = x3

x

y

Luego podemos, del grafico, deducir los lımites para la integral con el orden de integracioninvertido:

V = 8

1 y

3√ y

f (x, y) dxdy

Ahora, si f (x, y) = x2/y, podemos usar cualquiera de las dos expresiones para calcular laintegral. Si usamos la primera, notamos que 1/y integrara ln y; luego, evaluarla en los lımitesy volver a integral serıa complicado. Pero, si usamos la segunda integral, solo encontramospolinomios:

V =

8

1

y3√ y

f (x, y) dxdy =

8

1

1

y

y3

3− y

3

dy =

1

3

8

1

y2 − 1 dy =490

9

(4) a ) Calcule

I =

1

0

1

y2ex

2

y dxdy

b) Demuestre que a0

y0

em(a−x)f (x) dxdy =

a0

(a − x)em(a−x)f (x) dx

Soluci´ on:

a ) Notemos que la funcion en x no posee primitiva, por lo que debemos invertir el orden deintegracion. La region en cuestion es simple:

R = (x, y) : 0 ≤ y ≤ 1, y2 ≤ x ≤ 1 = (x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ √ x

– 52 –



Ası,

I =

1

0

√ x0

ex2

y dydx =1

2

1

0

xex2

=e − 1

4

b) Dado que no podemos efectuar la integracion en x por la presencia de f , intentaremos inter-cambiar el orden de integracion. La region es:

R = (x, y) : 0 ≤ y ≤ a, 0 ≤ x ≤ y = (x, y) : 0 ≤ x ≤ a, x ≤ y ≤ aAsı, a

0

y0

em(a−x)f (x) dxdy =

a0

ax

em(a−x)f (x) dydx

= =

a0

em(a−x)f (x)

ax

dy dx

= =

a0

(a − x)em(a−x)f (x) dx

(5) [Propuesto] La siguiente suma de integrales representa la integral doble de una funcion f (x, y)sobre una region S . Identifique S e invierta el orden de integracion: −1

−2

√ 4−x2−√ 4−x2

+

1/√

2

−1

√ 4−x2√

1−x2+

1/√

2

−1

−√ 1−x2−√ 4−x2

+

√ 21/√

2

√ 4−x2x

+

√ 21/√

2

−x−√ 4−x2

f (x, y) dydx

Soluci´ on:

La region en cuestion es la que sigue:

1

2

−1

−2

1 2−1−2

S

x2 + y2 = 4

x2 + y2 = 1

x = y

−x = y

Si invertimos el orden de integracion, encontraremos 7 regiones, lo cual es mucho trabajo paraquien escribe –pero queda propuesto al lector– y por eso es deseable encontrar otra forma de barrerla region. ¿Como se harıa en polares? La region serıa simplemente

S : (r, θ) : π/4 ≤ θ ≤ 7π/4, 1 ≤ r ≤ 2

– 53 –



y es simplemente un rectangulo. Veremos, en el proximo apartado, que S x,y

f (x, y) dxdy =

S r,θ

f (r cos θ, r sin θ) rdrdθ

pues el elemento de area varıa segun el radio/angulo. En este caso, la integral es trivial; esto revela

el enorme potencial del Teorema de Cambio de Variable.

4.2. Cambios de variable

(1) Sea R la region en las variables u, v dada por:

R = (u, v) : 1 ≤ u ≤ 2, 1 ≤ v ≤ 3Grafique la imagen de R bajo la transformacion x = u2 − v2, y = 2uv.

Soluci´ on:

De la segunda expresion al cuadrado, tenemos que:

y2 = 4u2v2 −→ u2 =y2

4v2, v = 0

En la primera expresion:

x =y2

4v2− v2

Evaluando las rectas v = 1, 3, tenemos las curvas en el plano XY dadas por, respectivamente, lassiguientes parabolas:

x =y2

4 − 1, y ∈ [2, 4] ∧ x =y2

36 − 9, y ∈ [6, 12]

Para las otras dos rectas de la frontera –u = 1, u = 2–, despejamos de manera analoga v2 =y2

4u2y

por tanto:

x = −y2

4+ 1, y ∈ [2, 6] ∧ x = −y2

16+ 4, y ∈ [4, 12]

Finalmente, las regiones son:

1

2

3

1 2

Ruv

5

10

5−5−10

Rxy

– 54 –



(2) Calcule D

cos(x − 2y)2 dA

donde D es la region delimitada por x + 2y = 0, x − 2y = 1 e y = 0.Soluci´ on:

Sean u = x + 2y, x − 2y = v. Con esta sustitucion,

la recta x + 2y = 0 es la recta u = 0

la recta x − 2y = 0 es la recta v = 1

la recta y = 0 es la recta u = v

dAxy =

∂ (x, y)

∂ (u, v)

dAuv

Entonces, la region de integracion en el plano UV es

R = (u, v) : 0 ≤ u ≤ 1, u ≤ v ≤ 1

Por el T.F.In,∂ (x, y)

∂ (u, v)

=

∂ (u, v)

∂ (x, y)

−1

=

det

1 21 −2

−1

=1

4−→ dAxy =

dAuv

4

Finalmente,

D

cos(x − 2y)2

dAxy =

1

4 R

cos v2

dAuv

=1

4

1

0

1

u

cos v2 dvdu

=1

4

1

0

v0

cos v2 dudv

=1

4

1

0

v cos v2 dv =sin v2

8

10

=sin1

8

(3) a ) Sea A la region acotada por x2 + 4y2 = 1. Calcule A

xy

x2 + y2dxdy

– 55 –



b) Usando coordenadas polares, calcule R

y

x2 + y2

xdA

siendo R = (x, y) : 1 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ x.

Soluci´ on:

a ) Por la simetrıa del problema, sean x = r cos θ, y = r sin θ, y de este modo la integral quedacomo sigue:

I =

A

r2 cos θ sin θ

r2rdrdθ =

A

cos θ sin θ rdrdθ

Ahora, debemos hallar A: en coordenadas polares, x2 + 4y2 = 1 se ve como

r2 cos2 θ + 4r2 sin2 θ = r2 + 3r2 sin2 θ = 1 −→ r = 1√ 1 + 3 sin2 θ

ya que r ≥ 0. Ası,

I =

2π

0

√ 1+3sin2 θ

−1

0

rdrdθ

=1

2

2π

0

cos θ sin θ

1 + 3 sin2 θdθ

=ln (1 + 3 sin2 θ)

12 2π

0

= 0

b) La region R de integracion es la que se muestra en la figura:

0.5

1.0

1.5

2.0

0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0

x

y

r

θ

Observamos que el angulo θ varıa entre θ = 0 –eje X – y θ = π/4 –recta x = y–, y que el radiovarıa desde sec θ –cuando x = 1– hasta 2 sec θ –cuando x = 2– para un valor de θ dado. Por lotanto, en coordenadas polares,

R → R = (r, θ) : 0 ≤ θ ≤ π/4, sec θ ≤ r ≤ sec θ

– 56 –



Ası, R

y

x2 + y2

xdA =

R

r sin θ√

r2

r cos θrdrdθ

= π/4

0

sin θ

cos θ 2sec θ

sec θ

r2 dr dθ

=7

3

π/4

0

sin θ

cos4 θdθ

=7

9

2√

2 − 1

(4) Sea R la region del plano en el cuarto cuadrante acotada por las rectas

x + y = 0 , x − y = 1 , y = 0

Calcular R

dxdy

(x2 − y2)2/5.

Soluci´ on:

La region en cuestion corresponde a un triangulo rectangulo con vertice en el origen. Proponemosel siguiente cambio de variables:

u = x + y, v = x − y −→

∂ (x, y)

∂ (u, v)

=1

2

Ahora,

x + y = 0 → u = 0

x − y = 1 → v = 1

y = 0 → u = v

R = (u, v) : 0 ≤ u ≤ 1, u ≤ v ≤ 1Por lo tanto,

I =1

2

1

0

1

u

dvdu

(uv)2/5=

5

6

1

0

1 − u3/5

u2/5du =

25

36

(5) Evalue la integral 4x2−8x+y2≤0

4x2 + y2 dxdy

Soluci´ on:

– 57 –



Completando cuadrados, notamos que la region de integracion es la region encerrada por la elipse

(x − 1)2 +y2

4= 1

Debemos decidir que cambio de variables hacer: podemos elegir uno de modo tal que la region deintegracion sea trivial, u otro tal que el integrando sea facil de trabajar. Optaremos por este ultimo:sea x = r cos θ, y = 2r sin θ. Con ello:

∂ (x, y)

∂ (r, θ)=

cos θ −r sin θ2sin θ 2r cos θ

= 2r

La elipse queda como sigue,

4x2 − 8x + y2 = 4r2 cos2 θ − 8r cos θ + 4r2 sin2 θ = 0 −→ r = 2 cos θ

Elegimos θ ∈ [−π/2, π/2]. Por tanto,

4x2−8x+y2≤0

4x2 + y2 dxdy =

π/2

−π/2

2cos θ

0

4r2 drdθ =32

3

π/2

−π/2

cos3 θ dθ =128

9

(6) Calcule la integral Ω

dxdy

y3

donde Ω es la region delimitada por las curvas y = sin x, y = 2 sin x, y = cos x e y = 2 cos x queademas satisface 0 ≤ x ≤ π2 . Para esto, se sugiere hacer

u =sin x

y, v =

cos x

y

Soluci´ on:

Notemos que

∂ (u, v)

∂ (x, y)=

cos x

y−sin x

y2

−sin x

y−cos x

y2

=−

1

y3

Como u2 + v2 =1

y2, entonces:

∂ (x, y)

∂ (u, v)

= y3 −→ I =

Ω

dudv

– 58 –



De la definicion de la region,

Ω =

1

2≤ u ≤ 1,

1

2≤ v ≤ 1

Finalmente,

I = Ω

dudv = 1

1/2 1

1/2

dudv =1

4

(7) [Propuesto] Calcule el valor de:

In =

· · ·

Rn

exp

−

ni=1

xi2

dx1dx2 . . . d xn

Soluci´ on:

Transformemos el integrando:

exp

−

ni=1

xi2

= exp

−x12 − x2

2 − . . . − xn2

= exp−x1

2 · · · exp

−xn2

Dado que la expresion anterior pudo escribirse como una multiplicacion de funciones de variablesindependientes, queda:

In = R exp(

−x1

2) dx1 R exp(

−x2

2) dx2 · · · R exp(

−xn

2) dxn=

ni=1

R

exp(−xi2) dxi

=

R

exp(−x2) dx

n

= In

pues las variables de integracion son mudas. Esta famosa integral se puede calcular como:

I =

R

exp(−x2) dx =

R

exp(−x2) dx

2

=

R

exp(−x2) dx

R

exp(−y2) dy

I =

R2

exp(−x2 − y2) dxdy

– 59 –



Pasando a coordenadas polares:x = r cos θ , y = r cos θ

con jacobiano de transformacion dxdy = rdrdθ. Para barrer R2, nos basta que θ ∈ (0, 2π) yr ∈ (0, ∞). Entonces, la integral queda:

I2 = 2π

0 ∞

0re−r

2

drdθ = −πe−r2∞

0

= π

Luego, el valor final de la integral inicial es

In =√

πn

4.3. Aplicaciones de integrales dobles

(1) Halle el volumen de la region interior al paraboloide z = 16 − x2 − 4y2 que queda sobre el planoz = 2x + 8.

Soluci´ on:

Si Rxy denota la proyeccion de la region sobre el plano XY , entonces –para cada (x, y) ∈ Rxy– lavariable z varıa desde 2x + 8 hasta 16 − x2 − 4y2.

Por tanto, si V denota al volumen pedido,

V = Rxy

(16 − x2

− 4y2

) − (2x + 8) dxdy = Rxy

8 − x2

− 2x − 4y2 dxdy

Ahora bien, Rxy es la region encerrada por la proyeccion sobre el plano XY de la curva de inter-seccion entre ambas superficies. Calculamos dicha ecuacion:

16 − x2 − 4y2 = 2x + 8 ←→ (x + 1)2 + 4y2 = 9

Por tanto, Rxy = (x, y) : (x + 1)2 + 4y2 ≤ 9 y, completando cuadrados en el integrando, llegamosa que:

V = Rxy

9 − (x + 1)2

− 4y2 dxdy

Mediante el cambio de variables (x + 1) = 3r cos θ, y =3

2sin θ la region Rxy es transformada en la

regionD = (r, θ) : 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ2π

– 60 –



en el plano RΘ. El integrando se transforma en 9(1 − r2). Por tanto,

V =

D

9(1 − r2)

∂ (x, y)

∂ (r, θ)

drdθ

Se verifica trivialmente que ∂ (x, y)

∂ (r, θ) =

9r

2 . Finalmente,

V =81

2

2π

0

1

0

(r − r3) drdθ

=81

2· 2π · 1

4=

81π

4

(2) Considere el solido C limitado por (ax)2 + (by)2 = 1 y 0 ≤ z ≤ 1, y la superficie S dada por

z

2

= (ax)

2

+ (by)

2

. Sean V 1 el volumen bajo S e interior a C , y V 2 el volumen sobre S e interior aC . Demuestre que el cociente entre ambas cantidades es independiente de a y b.

Soluci´ on:

Consideremos el cambio de variables:

x =r cos θ

a, y =

r sin θ

b−→

∂ (x, y)

∂ (r, θ)

=r

ab

En estas coordenadas, podemos escribir el solido C como

C = (r,θ,z ) : r ∈ [0, 1], θ ∈ [0, 2π], z ∈ [0, 1]La superficie S queda definida por

S = (r,θ,z ) : r ∈ [0, 1], θ ∈ [0, 2π], z = r

Ası,

V 1 =

1

0

2π

0

rr

abdθdr =

2π

3ab

V C = 1

0 2π

0

r

ab

dθdr =2π

2ab

con V C el volumen del solido. Ası, V 2 = V C − V 1 =π

3ab. Finalmente,

V 1V 2

= 2

– 61 –



(3) Considere un disco de radio a, y un punto A ubicado en su frontera. La densidad de masa porunidad de area en cualquier punto P del disco es igual a la distancia d(P, A). Encontrar:

a ) La masa del disco

b) El centro de masa del disco.

c ) El momento de inercia del disco, con respecto a un eje perpendicular que pasa por A.

Soluci´ on:

a ) Para calcular la masa del disco, recurrimos simplemente a la definicion. Dado que la densidadde masa depende de la distancia al punto A, colocaremos a este en el origen. De esta forma,usando coordenadas polares, la circunferencia –sobre el eje X y apoyada en el origen– se escribecomo r = 2a sin θ. La masa queda entonces (con ρ la densidad) como:

M = D

ρ dm = π

0 2a sin θ

0 r rdrdθ

Resolvemos la integral:

M =1

3

π0

8a3 sin3 θ dθ =8a3

3

π0

sin θ + cos2 θ sin θ

dθ =

8a3

3

2 − 2

3

=

32a3

9

b) Hacemos lo mismo para el centro de masa del disco. Dado que conocemos x (que es cero, porsimetrıa), solo calculamos y:

y = 1M D

yρ dm = 932a3

π0

2a sin θ

0

r sin θr3 drdθ

Resolvemos la integral:

y =9

32a3

π0

4a3 sin4 θ sin θ dθ =9a

8

π0

(1 − cos2 θ)2 sin θ dθ =3a

10

c ) Procedemos de la misma forma con el momento de inercia respecto al eje Z :

I AA = d2ρ dmD

= π0 2a sin θ

0r2 r rdrdθ

con d la distancia entre el eje y los puntos interiores de la regi on. Ası,

I AA =

π0

32a5

5sin5 θ dθ =

32a5

5

π0

(1 − cos2 θ)2 sin θ dθ =48a2

25M

– 62 –



(4) Considere la region del plano:

Ω = (x, y) ∈ R2 : (x − a)2 + (y − b)2 ≤ 1Determine los valores de a, b de modo que la integral

Ω

2x2 + xy + y2

−x

−2y + 17 dxdy

sea mınima.

Soluci´ on:

Lo primero que haremos sera proponer el siguiente cambio de variables, que facilita el analisis:

u = x − a , v = y − b

El jacobiano de transformacion sera 1. La integral entonces queda como:

Ω

2(u + a)

2

+ (u + a)(v + b) + (v + b)

2

− (u + a) − 2(v + b) − 17 dudv

Podemos expandir, llegando a: Ω

2u2 + 4ua + 2a2 + uv + av + ub + ab + v2 + 2vb + b2 − u − a − 2v − 2b + 17 dudv

Ahora, debemos minimizar. Primero, dividiremos la integral en dos partes: una que depende de a, b,y otra que no:

Ω

f (u, v) dudv + Ω

4ua + 2a2

+ av + ub + ab + 2vb + b2

− a − 2b dudv

Haremos una segunda transformacion a coordenadas polares. Para efectos de notacion, usaremosS = sin θ, C = cos θ, y con ello:

Ω

f (u, v) dudv +

1

0

2π

0

4arC + 2a2 + arS + brC + ab + 2brS + b2 − a − 2b rdrdθ

Recordando que las integrales de potencias impares de senos y cosenos en un periodo se anulan,tenemos:

Ω

f (u, v) dudv + 1

0

2π

0

2a2 + ab + b2 − a − 2b rdrdθ π

2a2+ab+b2−a−2b

Ya sabemos como buscar mınimos: hacemos gradiente igual a cero. Con esto, y llamando F a lafuncion anterior:

∂F

∂a= π(4a + b − 1) = 0

– 63 –



∂F

∂b= π(a + 2b − 2) = 0

Resolvemos facilmente este sistema. Reemplazando la segunda ecuacion en la primera, obtenemosque b = 1. Reemplazando, luego, este valor en la segunda, notamos que a = 0. Debemos comprobarque es un mınimo:

F aa = 4π , F bb = 2π , F ab = π

Por lo tanto, el hessiano es positivo definido y, con esto, el punto es efectivamente un mınimo.

4.4. Integrales triples

(1) La siguiente integral iterada representa la integral triple de la funcion f = f (x, y, z ) en una regionR: 1

0

2x

x

1−x

0

f (x, y, z ) dzdydx

a ) Escriba esta integral triple como integral iterada en orden dzdxdy.

b) Escriba ahora esta integral triple como integral iterada en orden dxdydz .

Soluci´ on:

a ) Podemos escribir la integral triple como

1

0 2x

x 1−x

0

f (x, y, z ) dzdydx =

R 1−x

0

f (x, y, z ) dz

dydx

donde R es la region en el plano XY que debemos determinar: los valores de x estan limitadospor 0 y 1, mientras que las cotas de y, para un x fijo, estan dadas por x y 2x. Ası, la regionqueda dibujada como sigue:

– 64 –



0.5

1.0

1.5

2.0

0.5 1.0

R

y = x

y = 2x

x

y

Para invertir el orden, deberemos separar la integral I en una suma de dos integrales:

I =

1

0

yy/2

1−x

0

f (x, y, z ) dzdxdy +

2

1

1

y/2

1−x

0

f (x,y,z ) dzdxdy

b) Por la representacion original de la integral, la region R puede escribirse mediante las siguientesdesigualdades:

R=

0 ≤ x ≤ 1

x

≤y

≤2x

0 ≤ z ≤ 1 − x

Juntando la primera y tercera desigualdad, notamos que:

0 ≤ z ≤ 1

De manera analoga, las desigualdades primera y segunda muestran que y ≥ 0, mientras quelas dos ultimas implican que y ≤ 2x ≤ 2(1 − z ). Luego,

0

≤y

≤2(1

−z )

Ahora bien, de las dos primera desigualdades –tal como se vio en el apartado anterior– seque que x ≥ y/2. Por las tres desigualdades, tenemos que x ≤ 1, x ≤ y y x ≤ 1 − z . Comoz ∈ [0, 1], la tercera condicion garantiza la primera, de modo que se puede escribir:

y

2≤ x ≤ mın y, 1 − y

La siguiente figura muestra el triangulo que representa la proyeccion de R sobre el plano Y Z

– 65 –



0.5

1.0

0.5 1.0 1.5 2.0

z = 1 − y/2

z = 1 − yy

z

Observamos que, bajo la lınea z = 1 − y, el mınimo es y (simplemente evaluando puntos);mientras que, sobre la lınea, es 1 − z . Ası, R se puede escribir como la union de las regiones

R1 =

0 ≤ z ≤ 1

0 ≤ y ≤ 1 − z

y/2 ≤ x ≤ y

∧ R2 =

0 ≤ z ≤ 1

1 − z ≤ y ≤ 2(1 − z )

y/2 ≤ x ≤ 1 − z

Finalmente,

I =

1

0

1−z

0

yy/2

f (x,y,z ) dxdydz +

1

0

2(1−z)

1−z

1−z

y/2

f (x, y, z ) dxdydz

(2) Calcular: Ω

sin π72

√ 27x2 − 4xy + 6y2 − 4yz + 5z 23/2 dxdydz

donde Ω = (x,y,z ) : 7x2 − 4xy + 6y2 − 4yz + 5z 2 ≤ 18.

Soluci´ on:

Este tipo de problemas es bastante tıpico: completemos cuadrados.

7x2 − 4xy + 6y2 − 4yz + 5z 2 =

7x2 − 4xy +

4

7y2

+

5z 2 − 4yz +

4

5y2

+

162

35y2

= √ 7x − 2√ 7

y2

+ 16235 y2 +√ 5z − 2√ 5

y2

Entonces, tomamos las variables:

u =√

7x − 2√ 7

y , v =

162

35y , w =

√ 5z − 2√

5y

– 66 –



Ahora, queremos el jacobiano de la transformacion. Calculamos:

∂ (u,v,z )

∂ (x,y,z )=

√ 7 − 2√

70

0

16235

0

0 √ 5 − 2√ 5

= −18√

2

5−→

∂ (x, y, z )

∂ (u,v,w)

=

∂ (u,v,w)

∂ (x,y,z )

−1

=5√

2

36

La region de integracion se transforma es

u2 + v2 + w2 ≤ 18

Escribimos de nuevo la integral:

5√

2

36

Ω

sin

π

72√

2u2 + v2 + w2

3/2

dudvdw

Hacemos un nuevo cambio a coordenadas esfericas:

u = ρ cos θ sin φv = ρ sin θ sin φw = ρ cos φ

−→ ∂ (u,v,w)

∂ (ρ,θ,φ)= ρ2 sin φ

La integral queda como:

I =5√

2

36 Ω

sinπ

72√ 2ρ2

3/2

ρ2 sin φ dρdθdφ

donde Ω es la region dada por ρ ≤ √ 18. Resolvemos la integral:

I = 2π · 5√

2

36

√ 18

0

sin

π

72√

2ρ3

ρ2 dρ

π0

sin φ dφ

=5√

2π

9

−24

√ 2

πcos

π

72√

2ρ3

√ 18

0

=40

√ 2

3 +80

3

(3) Considere la region R del espacio limitada al primer octante y

x1

3 + y1

2 + z ≤ 1

– 67 –



Calcule el volumen de R.

Soluci´ on:

Tomemos el siguiente cambio de variables,

u = x1/3 , v = y1/2 , w = z

con jacobiano de transformacion:

∂ (x, y, z )

∂ (u,v,w)=

3u2 0 0

0 2v 01 0 1

= 6u2v

La region de integracion se transforma en u + v + w ≤ 1. Con esto, el volumen es:

V =

R

6u2v dudvdw =

1

0

1−u

0

1−u−v

0

6u2v dwdvdu

= 1

0

1−u

0

(1 − u − v)6u2v dvdu

=

1

0

6u2

1−u

0

v − uv − v2 dv du

=

1

0

6u2 (1 − u)3

6du

=1

60

(4) a ) Calcular el volumen de la region acotada por

z = 3x + 5y + 3 , z = 3x − 5y − 10 , y = 0 , x = 3 , y = 2x

b) Escriba la integral

I =

1

−1

√ 1−x2−√

1−x2

1−x2−y2

0

f (x,y,z ) dzdydx

como una integral iterada en el orden dydzdx.

Soluci´ on:

a ) Si T es el triangulo, en el plano XY , delimitado por las rectas y = 0, x = 3, y = 2x, entoncesel volumen de la region es

V =

(x,y)∈T

3x+5y+3

3x−5y−10

dzdxdy

– 68 –



El T es la region 0 ≤ x ≤ 3, 0 ≤ y ≤ 2x. Ası,

V =

3

0

2x

0

3x+5y+3

3x−5y−10

dzdxdy

=

3

0

2x

0

10y + 13 dydx

= 3

0

20x2 + 26x dx

= 297

b) La region S de integracion es x2 + y2 ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1 − x2 − y2, que corresponde a la porciondel cilindro x1 + y2 ≤ 1 comprendida entre el plano z = 0 y el paraboloide z = 1 − x2 − y2.

La proyeccion del solido S sobre el plano XZ es la region

R = (x, z ) : −1 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1 − x2

El solido S se puede parametrizar como (x, z ) ∈ R, −√ 1 − x2 − z 2 ≤ y ≤ √ 1 − x2 − z 2. Ası,

I =

(x,z)∈R

√ 1−x2−z2−√ 1−x2−z2

f (x, y, z ) dydzdx =

1

−1

1−x2

0

√ 1−x2−z2−√ 1−x2−z2

f (x, y, z ) dydzdx

(5) Se considera el solido S descrito por:

S =

(x,y,z )

∈R3 : z

∈[0, 1], x2 + y2

−2x(1

−z )

≤0

Asumiendo que la distribucion de masa µ dentro de S es tal que µ(x, y, z ) = 1 − z , determinar:

a ) la masa de S .

b) la ubicacion del centro de masa de S .

Soluci´ on:

– 69 –



a ) Por definicion, la masa de S es:

M =

S

µ(x, y, z ) dxdydz =

S

(1 − z ) dxdydz

Observamos que, para un z fijo en el intervalo [0, 1], la seccion S z definida por:

S z = (x,y,z ) ∈ R3 : x2 + y2 − 2x(1 − z ) ≤ 0

es un disco centrado en el punto (0, 1 − z, z ) y de radio (1 − z ). Por lo tanto, su area esA(S z) = π(1 − z )2. Integrando,

M =

1

0

(1 − z )

S z

dxdy

dz =

1

0

(1 − z )A(S z) dz

= π

1

0

(1 − z )3 dz =π

4

b) Las coordenadas del centro de masa X = (x, y, z ) se deducen inmediatamente. Aplicamos elsiguiente cambio de variables a coordenadas cilındricas:

(r,θ,z ) → (x,y,z ) = (1 − z + r cos θ, r sin θ, z )

Integrando se obtiene:

x =1

M

S

xµ(x,y,z ) dxdydz

= 4π 1

0

1−z

0

2π

0

(1 − z )(r cos θ + 1 − z ) rdθdrdz = 45

y =1

M

S

yµ(x,y,z ) dxdydz

=4

π

1

0

1−z

0

2π

0

(1 − z )(r sin θ) rdθdrdz = 0

z =1

M

S

zµ(x, y, z ) dxdydz

=4

π

1

0

1−z

0

2π

0

z (1 − z ) rdθdrdz =1

5

El centro de masa es:

X =

4

5, 0,

1

5

– 70 –



(6) Determine el volumen del solido encerrado por las superficies

z =

x2 + y2 , z =

3(x2 + y2) , x2 + y2 + z 2 = 1 , z = 2

Soluci´ on:

Lo mas simple es usar coordenadas esfericas:

x = r cos θ sin φy = r sin θ sin φz = r cos φ

−→ ∂ (x, y, z )

∂ (r,θ,φ)= r2 sin φ

En coordenadas esfericas, la ecuacion del cono z =

x2 + y2 es:

r cos φ =

(r cos θ sin φ)2 + (r sin θ sin φ)2

=

r2 sin2 φ

= r sin φ

tan φ = 1

φ =π

4

De la misma manera, la ecuacion del segundo cono es tan φ =1√

3↔ φ =

π

6.

El plano z = 2 en esfericas es r =2

cos φ.

Ası, el solido viene dado por

1 ≤ r ≤ 2cos φ , 0 ≤ θ ≤ 2π, π6 ≤ φ ≤ π4

El volumen del solido es:

V = 2π

0 π/4

π/6 2/ cosφ

1 r2

sin φ drdφdθ

=2π

3

π/4

π/6

sin φ

8

cos3 φ− 1

dφdθ

= 2π

1

6

√ 2 −

√ 3

+8

9

– 71 –



Resolviendo, π0

− (a2 + b2)cos t sin t + ab(− sin2 t + cos2 t)

dt = −

π0

a2 + b2

2sin2t − ab cos2t dt

Como las integrales de potencias impares de senos y cosenos en sus periodos dan cero, laintegral es nula.

(2) Sea γ la curva que se produce de la interseccion del plano y = x con el paraboloide z = x2 + y2,

contenida en el primer octante. Sea F = (F 1, F 2, F 3) el campo dado por

F 1 =cos y

2(1 + 2z ), F 2 =

cos x

2(1 + 2z )+ sin y , F 3 =

y cos x

1 + 2z

a ) Determine todos los puntos p ∈ γ para los cuales el trabajo realizado por F a lo largo de γ desde el origen (0, 0, 0) hasta p sea igual a 1.

b) Sean p1, p2 dos puntos cualesquiera de la parte anterior. Determinar el trabajo realizado por F a lo largo de γ desde p1 hasta p2.

Soluci´ on:

a ) Primero que todo, parametrizamos la curva. Eligiendo a t como parametro,

γ : r(t) = (t,t, 2t2), t ∈ R

Luego, un punto p ∈ γ es de la forma (a,a, 2a2) para algun a > 0, y el trabajo realizado por

el campo a lo largo de la curva es:

W =

γ

F · dr =

a0

F (r(t)) · r (t) dt

Como r (t) = (1, 1, 2t) y

F (r(t)) =

cos t

2(1 + 4t2),

cos t

2(1 + 4t2)+ sin t,

t cos t

1 + 4t2

obtenemos:

W = a

0 2cos t + 8t2 cos t

2(1 + 4t2)+ sin t dt

=

a0

cos t + sin t dt

= 1 + sin a − cos a

Por tanto,

W = 1 ⇐⇒ cos a = sin a ⇐⇒ a =π

4+ kπ, k = 0, 1, 2, . . .

– 73 –



b) Si ambos puntos corresponde a valores a1, a2 del parametro –con a en el conjunto de valoreshallados en el apartado anterior– entonces el trabajo W realizado por el campo sobre la curvaentre ambos puntos es:

W =

a2a1

F (r(t)) · r (t) dt

= a20

F (r(t)) · r (t) dt − a10

F (r(t)) · r (t) dt

= 1 − 1 = 0

por la definicion de los ak. Luego, el trabajo realizado es nulo.

(3) Sea F = (ex sin y, ex cos y, z 2).

a ) Demuestre que el campo es conservativo y encuentre una funcion potencial.

b) Se define f (x,y,z ) = (x,y,z)

(1,1,1)

F · dr. Calcule f (x, y, z ) para todo punto sobre una curva arbi-

traria C y verifique que f es una funcion potencial.

Soluci´ on:

a ) Basta encontrar g : R3 → R tal que F = ∇g para demostrar el caracter conservativo delcampo.

Si

∇g = F , entonces gx = ex sin y, gy = ex cos y y gz = z 2.

Si gx = ex sin y, g debe ser de la forma g(x,y,z ) = ex sin y + h(y, z ) para alguna funcion hpor determinar.

Por otra parte, como gy = ex cos y = ex cos y + hy, es claro que h solo depende de z .

Como gz = h(z ) = z 2, entonces h(z ) =z 3

3+ K .

Tomando una solucion particular,

g(x, y, z ) = ex sin y +z 3

3

b) Sabemos que si F = ∇g, entonces para toda curva C que una los puntos (a,b,c) y (m,n,p), C

F · dr = g(m,n,c) − g(a,b,c)

Por lo tanto, f (x,y,z ) = g(x,y,z ) − g(1, 1, 1) = ex sin y +z 3

3− e sin1 − 1

3. Es claro que

∇f = ∇g = F .

– 74 –



(4) Sea C la curva dada por la interseccion del plano x = y con el paraboloide z = x2 + y2. Calcule lalongitud del arco de la curva desde el origen (0, 0, 0) hasta el punto (1, 1, 2).

Soluci´ on:

Una posible parametrizacion de la curva es r(t) = (t,t, 2t2), 0 ≤ t ≤ 1. La longitud de arco es:

L =

1

0

r (t) dt =

1

0

12 + 12 + (4t)2 dt =

√ 2

1

0

√ 1 + 8t2 dt

Sea√

8t = sinh u, de modo tal que la integral I =

√ 1 + 8t2 dt queda como sigue:

I =1√

8

1 + sinh2 u cosh u du =

1√ 8

cosh2 u du

= 14√ 8 eu + e−u2

du = 14√ 8 e2u + 2 + e−2u du

=1

4√

8

e2u

2+ 2u − e−2u

2

Notar que t = 0 → u = 0, y que t = 1 significa que:

sinh u =√

8 −→ u = arcsinh√

8 = ln

√ 8 +

(√

8)2 + 1

= ln

2√

2 + 3

Ası, como I(0) = 0,

L =√

23

2+

√ 28

ln

2√

2 + 3

5.2. Teorema de Green

(1) Sea

F = y

x2 + y2

,−x

x2 + y2Sea γ una curva de Jordan (curva continua, cerrada y simple) regular a trozos situada en Ω =

R2 − (0, 0). Hallar todos los posibles valores de la integral de lınea de F a lo largo de γ .

Soluci´ on:

Recordemos que:

– 75 –



Teorema (de Green). Sean P (x, y), Q(x, y) tales que F = (P, Q) dos funciones declase C1 en R ∪ γ , donde γ es una curva de Jordan C1 y R es la region abierta acotadapor γ . Si la curva esta orientada positivamente, entonces:

γ

F · dr =

γ

P dx + Q dy =

R

Qx − P y

dxdy

En un sentido general, ∂ R

P dx + Q dy =

R

Qx − P y

dA

con ∂ R la frontera de R orientada con la region a mano izquierda.

Notemos que el campo no es conservativo en Ω, pese a que ∇ × F = 0 y P y = Qx.

Sea γ 1 una curva de Jordan –tal que ∂R1 = γ 1– que no encierra el origen. Entonces, por elteorema de Green:

γ 1

P dx + Q dy =

R1

Qx − P y

dxdy = 0

Sea γ 2 una curva de Jordan que sı encierra el origen. P, Q no estan definidos en R2 puesto quela singularidad del campo esta dentro. Para calcular el valor de la integral de lınea, hacemos:

σ1

σ2

Cr

γ 2∗

con Γ = γ 2∗ ∪ σ2 ∪ Cr ∪ σ2, con Cr recorrido en sentido horario. Ası,

Γ

P dx + Q dy =

R2

∗

Qx − P y

dxdy = 0

– 76 –



Tomando el lımite cuando σ1 → σ2, tenemos –por la cancelacion de las integrales sobre loscanales interiores– que:

γ 2+Cr

P dx + Q dy = 0 −→

P dx + Q dy =

γ 2

P dx + Q dy

Ahora bien, Cr puede ser parametrizado como (r cos t, r sin t), t ∈ [0, 2π). Ası, F · dr =

2π

0

(sin t, − cos t) · (− sin t, cos t) dt = −2π

Ahora, nos queda el mismo caso anterior pero con la curva recorrida en sentido contrario, cuyaintegral resulta 2π.

(2) Calcule γ P dx + Q dy si

P (x, y) =x

x2 + y2, Q(x, y) = − x

x2 + y2

y γ es la union de los trazos rectos γ 1 y γ 2, donde γ 1 va desde (−1, −1) a (0, 1) y γ 2 va desde (0, 1)hasta (1, −1).

Soluci´ on:

Una opcion es calcular las integrales sobre cada trazo, pero en este caso haremos lo siguiente:cerraremos el contorno, dibujando γ 3 desde (−1, −1) hasta (1, −1), para aplicar el Teorema deGreen. Sea D la region encerrada por estas tres curvas. Notamos que P, Q se indefinen en (0, 0)

∈D;

eliminaremos dicho problema mediante la adicion de un cırculo γ de radio , orientado como lafigura.

Ya calculamos, en la pregunta anterior, que γ 1+γ 2+γ 3

P dx + Q dy =

γ 1+γ 2

P dx + Q dy +

γ 3

P dx + Q dy = 2π

– 77 –



Ahora bien, γ 3 : (−t, −1), t ∈ [−1, 1]. Por tanto, γ 3

F · dr =

1

−1

−1

1 + t2dt = − arctan (t)

1−1

= −π

2

Finalmente, γ 1+γ 2

P dx + Q dy = 2π + π2

= 3π2

(3) a ) Calcule la integral de lınea

I =

γ

−y dx +

x + arctan (1 + y2) sinh2 y

dy

donde γ es la porcion del cırculo x2 + y2 = 1 con y

≥0 orientado positivamente.

b) Calcule

S =

γ

e−x

2/2 − y

dx +

e−y2/2 + x

dx

siendo γ el contorno de la region entre las curvas x2 +y2 = 25, orientada en el sentido contrarioa los punteros del reloj, y x2 + 4y2 = 4, orientada en el sentido de los punteros.

Soluci´ on:

a ) Pongamos P = −y, Q = x + arctan (1 + y

2

)sinh

2

y. Sea D la region x

2

+ y

2

≤ 1, y ≥ 0. Siborde ∂D consiste del semicırculo x2 + y2 = 1 con y ≥ 0 orientado en la direccion contrariaal movimiento de las manecillas del reloj, que denotaremos por γ concatenado con el intervalo[−1, 1] recorrido de izquierda a derecha, denotado por .

Para el campo dado, se cumple que:

∂Q

∂x− ∂P

∂y= 2

Aplicando el Teorema de Green se obtiene que:

D

2 dxdy = γ

F (γ (t)) · γ (t) dt + 1

−1 F (s, 0) · (1, 0) ds

O sea,

I =

D

2 dxdy − 0 = 2 · A(D) = π

b) La region D (encerrada por ambas curvas) y su contorno se muestran en la siguiente figura:

– 78 –



Llamamos γ 1 al cırculo y γ 2 a la elipse, orientados tal como en la figura. Tambien escribimosP (x, y) = e−x

2/2 − y y Q(x, y) = e−y2/2 + x y observamos que ambas funciones son de clase C1

en todo el plano, y que el contorno esta orientado positivamente respecto a D.

Por el Teorema de Green,

γ P (x, y) dx + Q(x, y) dy =

D(Qx − P y) dxdy =

D2 dxdy = 2 · A(D)

El area de D es el area encerrada por el cırculo de radio 5 (25π) menos el area encerrada porla elipse de semiejes 1 y 2 (2π). Luego,

S = 2(25π − 2π) = 46π

(4) Determine las funciones P = P (x, y), Q = Q(y) de modo que, para toda curva cerrada simple γ que encierre una region R, se cumplan las tres relaciones:

− γ Q dx = A(R) , γ (P + Q) dx + (2P + Q) dy = A(R)xR , γ

−2P dx + (2Q − P ) dy = A(R)yR

donde A(R) denota el area de la region R, y (x, y)R son las coordenadas de su centroide.

Soluci´ on:

Sabemos que

A(R) = − γ

y dx

Luego, se cumple el primer requerimiento si Q(y) = y . Por otro lado, por el Teorema de Green,

A(R)xR =

γ

(P + Q) dx + (2P + Q) dy =

γ

(P + y) dx + (2P + y) dy

=

R

(2P + y)x − (P + y)y

dxdy

=

R

2P x − P y − 1

dxdy

– 79 –



Pero, se sabe que

A(R)xR =

R

x dxdy

Ası, la igualdad se cumple si escogemos P tal que

2P x − P y − 1 = x −→ 2P x − P y = 1 + x (12)

De manera analoga,

A(R)yR =

γ

(−2P ) dx + (2Q − P ) dy =

γ

(−2P ) dx + (2y − P ) dy

=

R

(2y − P )x + 2P y

dxdy

=

R − P x + 2P y

dxdy

Y como A(R)yR =

R

y dxdy obtenemos, igualando,

− P x + 2P y = y (13)

Las igualdades (12) y (13) nos proporcionan un sistema de ecuaciones lineales para P x, P y. Resol-viendolo obtenemos:

P x =

1

3 (2x + y + 2) ∧ P y =

1

3(x + 2y + 1)

Integrando P x con respecto a x,

P =x2 + xy + 2x

3+ ϕ(y)

siendo ϕ(y) una funcion a determinar. Derivando P con respecto a y e igualando,

P y =x

3+ ϕ(y) =

x

3+

2y + 1

3

De allı resulta que

ϕ(y) =2y + 1

3−→ ϕ(y) =

y2 + y

3

Finalmente,

P (x, y) =x2 + y2 + xy + 2x + y

3

– 80 –



(5) a ) Considere los puntos O = (0, 0), A = (1, 0), B = (0, 1) y C = (1, 1), y la curva γ = OABCOde la figura. El arco que une B con C es un semicırculo. Sean P (x, y), Q(x, y) funciones conP x = 1, P y = 2, Qx = −1, Qy = −3 para todo (x, y). Evalue

γ

(P + 2Q) dx + (Q − P ) dy

b) Probar que F = (ey2z + 2xy2, 2xyzey2z, xy2ey2z) no es conservativo, pero que existe una funcionf = f (t) de modo que

G(x,y,z ) =

ey

2z + 2xy2, 2xyzey2z +

f (xy)

y, xy2ey

2z

es conservativo.

Soluci´ on:

a ) Escribimos γ = γ 1 + γ 2, donde γ 1 es el triangulo inferior OADO –D es el punto de interseccionentre BA,CO– y γ 2 es el trozo DBCD, cada uno orientado segun lo indican las flechas. Ası,

γ

=

γ 1

+

γ 2

y cada una de ellas se puede hacer apelando al Teorema de Green. Si D1, D2 son las regionesencerradas por γ 1, γ 2, respectivamente,

γ 1

(P + 2Q) dx + (Q − P ) dy =

D1

(Q − P )x − (P + 2Q)y

dA

= D1

Qx − P x − P y − 2Qy

dA

=

D1

2 dA = 2A(D1)

= 2 × 1

4=

1

2

– 81 –



ya que D = (1/2, 1/2). De forma analoga, γ 2

(P + 2Q) dx + (Q − P ) dy = − D2

(Q − P )x − (P + 2Q)y

dA

= −2A(D2) = −2 × 1

4+

π

8= −1

2− π

4

Por tanto, sumando llegamos a γ

(P + 2Q) dx + (Q − P ) dy = −π

4

b) Como F es de clase C1 en todo R3, tenemos que

F es conservativo si y solo si ∇ × F = 0

Ahora bien,

∇ × F =

2xyzey2z − 2xyzey

2z, y2ey2z − y2ey

2z, 2yzey2z − 2yzey

2z − 4xy

= (0, 0, −4xy)

y por tanto el campo no es conservativo. Procediendo de manera analoga,

∇ × G =

2xyzey

2z − 2xyzey2z, y2ey

2z − y2ey2z, 2yzey

2z +y

yf (xy) − 2yzey

2z − 4xy

= (0, 0, f (xy) − 4xy)

Luego, para que sea conservativo, se precisa que:

f (xy) = 4xy −−−→t=xy

f (t) = 4t

por lo cual podemos elegir f (t) = 2t2.

– 82 –



6. Divergencia y Rotor

6.1. Integrales de superficie y Teorema de la Divergencia

(1) Encuentre el area:

a ) De la porcion de superficie z = x2

− y2

que esta dentro del cilindro x2

+ y2

= 1.b) De la region comprendida por el manto de ecuacion z = x2 − y2 + 4, en plano XY y el cilindro

unitario.

Soluci´ on:

Recordemos que:

∗ Una integral de superficie de un campo escalar se define como:

S

f dS = R

f (S (u, v))

S u ×

S v

dudv

con R la region dominio de los parametros u, v.

∗ Para un campo vectorial: S

F · n dS =

R

F (S (u, v)) · (S u × S v) dudv

con la condicion que el vector normal a S , calculado en la practica como el producto cruz

de los tangentes, este apuntando hacia fuera de la superficie. A esta integral tambiense le conoce como el flujo normal exterior de F a traves de la superficie S .

a ) Parametricemos la porcion de superficie por

S (x, y) = (x,y,x2 − y2)

con x2 + y2 ≤= 1. Un calculo inmediato nos da el elemento de area:

dS = ∂S ∂x

× ∂S ∂y = 1 + 4x2 + 4y2

De este modo, el area A de la porcion de superficie esta dada, en polares, por

A =

2π

0

1

0

√ 1 + 4r2r drdθ = 2π

1

0

√ 1 + 4r2r dr =

π

653/2

– 83 –



b) Dada la forma de la region, elegimos expresar las superficies en coordenadas cilındricas. Prime-ro, calculamos el area del manto. Podemos parametrizarlo como M (x, y) = (x,y,x2 − y2 + 4),entonces la parametrizacion en coordenadas cilındricas sera:

M (r, θ) = (r cos θ, r sin θ, r2 cos2θ + 4)

con r [0, 1], θ

∈[0, 2π]. Entonces, la normal viene dada por:

n = M r × M θ = (−2r2 cos θ, 2r2 sin θ, r)

Ası, el area es

A =

R

n drdθ = =

R

4r4 cos2 θ + 4r4 sin2 θ + r2 drdθ

=

1

0

2π

0

r√

4r2 + 1 drdθ = 2π(4r2 + 1)3/2 2

8 · 3

1

0

=π

653/2

−1

Para el borde, dado por el cilindro, lo que haremos no es la integral de superficie, sino “cortar”el cilindro y estirarlo en el plano. La condicion para el cilindro es r2 = 1, y ya sabemos quela altura esta determinada por el manto y vale z = r2 cos2θ + 4. Combinando ambas cosas, yel hecho de que al estirar el cilindro la longitud en el plano de la regi on (la variable) sera θ,queda que el area vale: 2π

0

cos2θ + 4 dθ = 8π

Por ultimo, la base es un disco, cuya area es π. Luego, el area total del solido es:

Atotal =

π

653/2

− 1+ 9π

(2) Sea S la superficie del solido limitado por el cilindro x2 + y2 = 4, el plano x + z = 4 y el plano XY .Hallar el flujo hacia fuera, a traves de S , del campo vectorial

F (x, y, z ) =

x2 + ey, xy − tan(z ), sin(z )

Soluci´ on:

Enunciemos el siguiente teorema:

Teorema (de la Divergencia): Sea S una superficie orientable, cerrada y regular atramos que encierra una region Ω, i.e. ∂ Ω = S . Sea n la normal exterior de la superficiey F = (P,Q,R) un campo vectorial de clase C1. Entonces,

S

F · n dS =

Ω

∇ · F dxdydz

– 84 –



Usaremos el Teorema de la Divergencia, pues deseamos calcular el flujo en una superficie cerrada.Sea R el solido encerrado por la superficie (el que esta dentro del cilindro, entre los planos XY yx + z = 4):

R = (x, y, z ) : x2 + y2 ≤ 4, 0 ≤ z ≤ 4 − xPor otra parte,

∇ · F = ∂ ∂x

x2 + ey

+ ∂ ∂y

xy − tan(z )

+ ∂ ∂z

sin(x)

= 3x

Por lo tanto,

Φ =

R

∇ · F dxdydz = 3

D

x

4−x

0

dz

dxdy = 3

D

x(4 − x) dxdy

siendo D = (x, y) : x2 + y2 ≤ 4. Calculamos la integral en D usando coordenadas polares:

Φ = 3 2

0

2π

0

r cos θ(4 − r cos θ) rdθdr

= 3

2

0

2π

0

(4r2 cos θ − r3 cos2 θ) dθdr

= 3

2

0

4r2 dr

2π

0

cos θ dθ 0

−3

2

0

r3 dr

2π

0

1 + cos 2θ

2

dθ

π

= −12π

(3) Considere la region Ω dada por x2 + 2y2 + 4z 2 ≤ 1, z ≥ 0, y un campo vectorial F = (P,Q,R) conP x + Qy = 3, R(x,y,z ) = x2 + y2. Evalue el flujo

S

F · n dS

donde S es la porcion de x2 + 2y2 + 4z 2 = 1 con z ≥ 0, y n es la normal unitaria apuntando haciafuera del elipsoide.

Soluci´ on:

Sea S 1 el disco S 1 = x2 + 2y2 ≤ 1, con normal hacia abajo. Entonces, S ∪ S 1 constituye unasuperficie cerrada, orientada positivamente hacia afuera, que es frontera del conjunto Ω.

Aplicando el Teorema de la Divergencia a Ω tenemos que: Ω

∇ · F dxdydz =

S +S 1

F · n dS =

S

F · n dS +

S 1

F · n dS

– 85 –



de donde

Φ =

S

F · n dS =

Ω

∇ · F dxdydz

I 1

− S 1

F · n dS

I 2

Calculamos, a continuacion, los valores de dichas integrales.

Por hipotesis, tenemos que

∇ · F = P x + Qy + Rz = 3 +∂

∂z

x2 + y2

= 3

Por tanto, usando coordenadas cilındricas para describir la region Ω,

x = r cos θ, y =r sin θ√

2, z = z −→

∂ (x,y,z )

∂ (r,θ,z )

=r√

2

se obtiene que:

Ω

∇ · F dxdydz = 2π

0

1

0

√ 1−r2/2

0

3r√ 2

dzdrdθ

=3 · 2π

2√

2

1

0

r√

1 − r2 dr

=

√ 2π

2

que corresponde a I 1.

Como S 1 esta orientada hacia abajo, n = (0, 0,−

1). Con ello, S 1

F · n dS =

S 1

(P,Q,R) · (0, 0, −1) dS = − S 1

R dS = − S 1

x2 + y2 dS

Usando:

x = r cos θ, y =r sin θ√

2−→

∂ (x, y)

∂ (r, θ)

=r√

2

Ahora, la segunda integral queda expresada como:

I 2 =

− 1

0 2π

0

r2 cos2 θ +r2

2

sin2 θr

√ 2dθdr

= − 1√ 2

1

0

r3

2dr

2π

0

2cos2 θ + sin2 θ dθ

= − 1√ 2

· 1

8· 3π

= −3√

2π

16

– 86 –



Combinando ambos valores,

Φ = I 1 − I 2 =

√ 2π

2+

3√

2π

16=

11√

2π

16

(4) Considere el campo en R3 dado por F(x,y,z ) = (x + cos y, y + exz, z ). Calcule el flujo normal delcampo en la superficie S en R3 definida por z = x2 + y2, 1 ≤ z ≤ 4.

Soluci´ on:

Usaremos el Teorema de la Divergencia, y para ello definiremos ∂ R = S ∪ S 1 ∪ S 2, donde s1, S 2 sonlas tapas superior e inferior –respectivamente– con vector normal apuntando hacia afuera.

Puesto que

∇ · F =∂

∂x

x + cos y

+

∂

∂y

y + exz

+

∂

∂z

z

= 3

la integral de superficie pedida es igual a:

Φ = 3

R

dV − S 1

F · n1 dS 1 − S 2

F · n2 dS 2

Primero que todo, notamos que:

3

R

dV = 3 · Vol(R)

Calcularemos el volumen vıa secciones transversales: cada seccion transversal corresponde a uncırculo de radio

√ z , por tanto:

Vol(R) = 4

1

A(z ) dz = 4

1

πz dz = 15π2

Las parametrizaciones para S 1, S 2 son:

S 1 : (r cos θ, r sin θ, 4) , 0 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2π

S 2 : (r cos θ, r sin θ, 1) , 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π

Sus respectivas normales son n1 = (0, 0, 1), n2 = (0, 0, −1). Las integrales de superficie sobre cadatapa se reducen a:

ΦS 1 = S 1

F · n dS = 2

0 2π

04r dθdr

= 16π

ΦS 2 =

S 2

F · n dS =

1

0

2π

0

−r dθdr

= −π

– 87 –



Finalmente,

Φ = 3 · 15π

2− 16π + π =

15π

2

(5) Sea F : R3 → R3 el campo dado por F(x, y, z ) = (x − 1, y − 3, z − 8). Sea B ⊆ R3 la esfera unitaria,

y sea C el cono dado por z ≥ 0, 4z 2

= 3(x2

+ y2

). La interseccion B ∩ C da origen a una curva Γ.Sea M la superficie cerrada compuesta por la porcion de C que esta debajo de Γ y por la porcionde B que esta sobre ella. Calcule el flujo normal exterior del campo a traves de esta superficie.

Soluci´ on:

Es facil ver que∇ · F = 3

Sea W la region acotada por M . Usando el Teorema de la Divergencia, encontramos que

Φ = W ∇ ·F dV = 3

·Vol(W )

Ası, el problema se reduce a calcular un volumen. Usando coordenadas esfericas, encontramos queel cono puede ser descrito por φ = φ0 ∈ 0, π

2

:

4r2 cos2 φ = 3r2 sin2 φ −→ | tan φ| =2√

3

Como 0 ≤ z = r cos π, existe un unico angulo φ0 ∈ 0, π2

que satisface la ecuacion anterior. Ası,

tenemos la siguiente descripcion para la region:

W =

(r,θ,φ) : 0≤

r≤

1, 0≤

θ≤

2π, 0≤

φ≤

φ0

Luego,

Vol(W ) =

1

0

2π

0

φ00

r2 sin φ dφdθdr

= 2π

1

0

r2 dr

φ00

sin φ dφ

=2π

3

1 − cos φ0

Es facil ver que:

tan φ0 =2√

3−→ cos φ0 =

37

Finalmente,

Φ = 2π

1 −

3

7

– 88 –



(6) [Propuesto] Considerando la ley de Gauss, S

E · n dS =q

ε0

con q la carga encerrada por la superficie

S , determine el campo electrico E de una esfera cargada

uniformemente, de carga Q y radio a.

Soluci´ on:

Primero que todo, calculemos la densidad volumetrica de carga para la esfera:

ρ(r) =Q

V =

Q4

3πa3

=3Q

4πa3

Por simetrıa, proponemos que E = E (r) r. Como superficies, tomaremos esferas de radio r connormal exterior n = r. Ası,

S

E · n dS =

S

E (r)r · r dS = E (r) A(S ) = 4πr2 E (r) =q encε0

Para calcular la carga encerrada, distinguimos dos casos:

r > a

q enc = Q −→ E (r) =Q

4πε0 r2

r < aq enc = ρ(r) · 4

3πr3 = Q

r

a

3

−→ E (r) =Q

4πε0 a3r

Notar que es continua en r = a. Ası, el campo electrico tiene la siguiente forma:

r

E(r)Q

4πε0a2

r = a

∝ r

∝1

r2

– 89 –



6.2. Integrales de lınea y Teorema de Stokes

(1) Calcule

C

F · dr, siendo

F (x,y,z ) = 2y + arcsin x, ey2

, y2 + ln (z 2 + 4)y C el contorno del triangulo con vertices en (1, 0, 0), (0, 1, 0) y (0, 0, 2 recorrido en el orden que seindican los vertices.

Soluci´ on:

El calculo directo de la integral de lınea es muy complejo (se deja propuesto al lector), ası que paraevitar complicaciones recurriremos al siguiente teorema:

Teorema (de Stokes):

∂ S

F · dr = S ∇ × F · n dS

Notar que S es cualquier superficie que tenga a la curva ∂ S como borde, orientadapositivamente.

La superficie S mas simple que cumple las hipotesis del Teorema de Stokes es el plano que pasapor los tres vertices, con ecuacion z = 2(1 − x − y). Por tanto,

n dS = (−z x, −z y, 1) dxdy = (2, 2, 1) dxdy

Por otro lado,

∇ × F =

ı ˆ k

∂ x ∂ y ∂ z

F 1 F 2 F 3

= (2y, 0, −2)

Ası, tenemos que:

C

F · dr = D

(2y, 0, −2) · (2, 2, 1) dxdy = 2 D

(2y − 1) dxdy

donde D es la proyeccion de S sobre el plano XY . Esto es,

D = (x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 − x

– 90 –



(3) a ) Muestre que si f, g : R3 → R son dos funciones a valores reales, entonces

∇ × (f ∇g)

b) Dadas f (x,y,z ) = x2 + y2, g(x,y,z ) =arctan (1 + z 2)

1 + x2 + y2

, calcule la integral de superficie

Σ

∇f × ∇g

· n dS

donde Σ es la superficie x2 + y2 + z 2 = 1, z ≥ 0 y n es la normal que apunta hacia el origen.

Soluci´ on:

a ) Recordemos que, para un campo vectorial F = (P,Q,R),

∇ × F =

∂R

∂y− ∂Q

∂z

ı +

∂P

∂z − ∂R

∂x

ˆ +

∂Q

∂x− ∂P

∂y

k

Para el campo vectorial F = f ∇g:

P = f ∂g

∂x, Q = f

∂g

∂y, R = f

∂g

∂z

De aquı, la primera componente del rotor es

∂R∂y

− ∂Q∂z

= ∂ ∂yf ∂g

∂x− ∂

∂z f ∂g

∂y = ∂f

∂y∂g∂z

− ∂f ∂z

∂g∂y

Claramente el termino de la derecha corresponde a la primera componente de ∇f × ∇g. Elmismo calculo en las otras coordenadas nos conduce a:

∇ ×

f ∇g

= ∇f × ∇g

b) Usando lo anterior, notamos que:

Σ

∇f × ∇g · n dS = Σ

∇ × (f ∇g) · n dS

Aplicando el Teorema de Stokes al segundo termino de la ecuacion anterior, obtenemos: Σ

∇ × (f ∇g)

· n dS =

γ

f ∇g · t ds

– 92 –



donde γ es la curva frontera de la superficie Σ, y como t es el tangente unitario de esta curva.La curva γ es una curva cerrada que se puede describir como

γ = x2 + y2 = 1, z = 0

Notamos que sobre esta curva la funcion f es constante e igual a 1. Deducimos que:

γ

f ∇g · t ds = γ

∇g · t ds

Finalmente, puesto que la curva γ es cerrada, y la funcion g no tiene singularidades, concluimosque:

γ

∇g · t ds = 0

En resumen,

Σ∇f × ∇g · n dS = 0

(4) Calcule

Γ

F · dr si F (x,y,z ) =

− y

x2 + y2,

x

x2 + y2, z

y Γ es:

a ) La interseccion entre el cilindro (x − 2)2 + y2 = 1 y el plano x + z = 1.

b) La interseccion entre el cilindro x2 + y2 = 1 y el plano x + z = 1.

Soluci´ on:

Primero, vemos que:

∇ × F =

0, 0,

y2 − x2

x2 + y2− y2 − x2

x2 + y2

= (0, 0, 0)

para todo (x, y, z ) con x, y = 0, i.e. todos los puntos fuera del eje Z .

a ) En este caso, Γ es una curva cerrada que no toca ni encierra el eje Z , y por tanto podemosusar el Teorema de Stokes:

Γ

F · dr =

S ∇ ×

F · n dS

donde S es la porcion del plano x + z = 1 encerrado por Γ, orientada hacia arriba. Pero, como∇ × F ≡ 0 en S , tenemos que

Γ

F · dr = 0

– 93 –



b) A diferencia del caso anterior, esta vez la curva cerrada Γ sı encierra al eje Z , conjunto en elcual el rotor del campo no esta definido. Por tanto, no podemos usar el Teorema de Stokesy deberemos integrar explıcitamente.

Primero que todo, podemos parametrizar la curva mediante la funcion vectorial

r(t) = (cos t, sin t, 1 − cos t), 0 ≤ t ≤ 2π

conr (t) = (− sin t, cos t, sin t) ∧ F (r(t)) = (− sin t, cos t, 1 − cos t)

Por lo tanto, Γ

F · dr =

2π

0

F (r(t)) · r (t) dt

=

2π

0

1 + sin t − sin t cos t dt

= 2π

(5) Sean

F 1(x, y) =

− y

(x − 1)2 + y2,

x − 1

(x − 1)2 + y2

∧ F 2(x, y) =

− y

(x + 1)2 + y2,

x + 1

(x + 1)2 + y2

Calcule

C

F 1 + F 2

· dr cuando C es:

a ) La circunferencia x2 + (y−

3)2 = 1, orientada contra–reloj

b) El triangulo con vertices (−4, −2), (0, 0) y (1, 1) orientado contra–reloj

c ) El triangulo con vertices (−4, −2), (4, −2) y (0, 2) orientado contra–reloj

Soluci´ on:

Los campos F 1 y F 2 son continuamente diferenciables en todo R2 excepto en los puntos (1, ) y(−1, 0), respectivamente. Ademas,

∇ × F 1 = ∇ × F 2 = 0

excepto en los puntos antes aludidos.

a ) La circunferencia encierra una region D que no contiene a los puntos de conflicto, por lo quese puede aplicar directamente el Teorema de Stokes y concluir que, con n = (0, 0, 1),

C

F 1 + F 2

· dr =

D

∇ ×

F 1 + F 2

· n dS = 0

– 94 –



b) El triangulo mencionado encierra una region A que, al igual que en el caso anterior, no encierrapuntos de conflicto. Ası,

C

F 1 + F 2

· dr =

A

∇ ×

F 1 + F 2

· n dS = 0

c ) En esta parte, el triangulo C encierra una region T que contiene a ambos puntos de conflicto,por lo que no se puede aplicar el Teorema de Stokes directamente. Escribamos

C

F 1 + F 2

· dr =

C

F 1 · dr +

C

F 2 · dr

y estudiemos la integral de F 1. Sea D1 = (x − 1)2 + y2 ≤ , con 0 < < 1, suficientemente

pequeno como para que D1 este contenido en la parte interior de T . Como T = T \D1 es una

region que no contiene a (1, 0) (i.e. removimos el punto donde F 1 tiene problemas) podemosaplicar el Teorema de Stokes y concluir

∂ T

F 1 · dr =

T

∇ × F 1 · n dS = 0

El borde de T consiste en el triangulo C original y la circunferencia Γ1 = (x, y) : (x−1)2 +y2 =

2. La orientacion consistente para el Teorema de Stokes es ∂ T = C ∪ (−Γ1), con C orientadacontra–reloj y (−Γ1) orientada a favor del reloj. Ası,

0 =

∂ T F 1 · dr =

C F 1 · dr +

−Γ1

F 1 · dr −→

C F 1 · dr =

Γ1

F 1 · dr

Parametrizamos Γ1 (contra–reloj) como

γθ = ( cos θ + 1, sin θ), θ ∈ [0, 2π] −→γ (θ) = (− sin θ, cos θ)

F 1(γ (θ)) =

− sin θ

2,

cos θ

2

Concluimos que:

C

F 1 · dr = Γ1

F 1 · dr = 2π

0−

sin θ

2 , cos θ

2 · (− sin θ, cos θ) dθ = 2π

Para la integral de F 2 a lo largo de C , hacemos un analisis analogo considerando D2 = (x, y) :(x + 1)2 + y2 ≤ 2 y Γ2 = (x, y) : (x + 1)2 + y2 = 2. En este caso, la conclusion es:

C

F 2 · dr =

Γ2

F 2 · dr

– 95 –



Parametrizando Γ2 como γ (θ) = ( cos θ − 1, sin θ), θ ∈ [0, 2π], obtenemos: C

F 2 · dr =

Γ2

F 2 · dr =

2π

0

− sin θ

2,

cos θ

2

· (− sin θ, cos θ) dθ = 2π

Finalmente, C

F 1 + F 2 · dr = 4π

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