ERNESTO ARANDA PABLO PEDREGALUniversidad de Castilla - La Mancha 0ROBLEMAS DE #sALCULO 6ECTORIAL 3EPTEM %DICIONES T´ıtulo: Problemas de C´ alculo Vectorial 1a edici´ on, febrero 2004 Este libro no podr´ a ser reproducido, ni total ni parcialmente, sin el previo permiso escrito del editor. Todos los derechos reservados. © Ernesto Aranda y Pablo Pedregal © Septem Ediciones, S.L. Cimadevilla 15, esc. A 1ºC 33003 OVIEDO (Asturias) Tfno.: 985 208 512 • Fax: 985 208 513 e-mail:
[email protected] web: www.septemediciones.com Colecci´ on: Septem Universitas ISBN: 84-95687-52-6 Dep´ osito Legal: AS-672/2004 na – Printed in Spain Impreso en Espa˜ A Mar´ıa Jos´e y Olga Prefacio Posiblemente, una las principales razones por las que las asignatu- ras de matem´aticas poseen una pobre aceptaci´on entre los estudiantes de carreras cient´ıfico-t´ecnicas se deba a la dificultad que supone para muchos superarlas. Y este hecho puede ser consecuencia de la notable diferencia existente entre lo que el alumno lleva a cabo durante las ho- ras lectivas y lo que se ve obligado a realizar en un examen, esto es, afrontar por s´ı mismo la resoluci´ on de problemas. Uno de los motivos generalmente aludidos por los estudiantes al respecto de que los ejerci- cios hechos en clase no son muy u ´tiles a la hora de preparar ex´amenes es que, con frecuencia, el exceso de repetici´ on conlleva a un aprendizaje memor´ıstico de los mismos que resulta poco beneficioso para resolver de forma aut´onoma los problemas que suelen conformar los ex´amenes de matem´aticas. De este modo el alumno se encuentra a veces con la frustrante sensaci´on de haber realizado un considerable esfuerzo en el estudio de una asignatura de la que luego no obtiene resultados satis- factorios. En estos casos, las opiniones habituales de los docentes coinciden en recomendar insistentemente a los estudiantes que se ejerciten en la reso- luci´on de problemas, sin repetir una y otra vez los ejemplos y ejercicios 8 Prefacio ya resueltos. Esta labor no es f´ acil, pues cuando el alumno se dispone a realizarla suele encontrar una dificultad importante a la hora de iniciar los pasos que conducen a la resoluci´ on. Es en este momento cuando los problemas resueltos sirven como punto de referencia para facilitar esta labor. De alg´ un modo, el alumno debe ser capaz de conjugar las ideas presentes en los resultados te´ oricos con los ejemplos realizados, para aplicarlas adecuadamente al nuevo problema. Sin embargo, este proceso carece de una metodolog´ıa bien definida y s´ olo la experiencia parece conducir al objetivo deseado. Con esta idea en mente hemos escrito este libro; para que sirva como ayuda al estudiante en la tarea, a veces complicada, de resolver ejercicios de matem´aticas. Lo que el lector tiene en sus manos no pretende ser m´as que un manual para ejercitarse en la resoluci´on de problemas de c´alculo de funciones de varias variables, orientado a un primer curso de carreras cient´ıfico-t´ecnicas. Nuestra intenci´ on ha sido recopilar una cantidad suficiente de problemas con soluciones para, por una parte, evitar que el alumno repita innecesariamente ejercicios, y por otra, poder contrastar sus resultados con las soluciones dadas. Para facilitar su uso hemos incluimos tambi´en un buen n´ umero de ejercicios completamente resueltos que esperamos sirvan a la vez como orientaci´on y referencia para abordar el resto de problemas. Los contenidos que comprenden los ejercicios que exponemos aqu´ı co- rresponden a un curso t´ıpico de iniciaci´ on en el c´alculo de funciones de varias variables: derivaci´ on parcial, integraci´on m´ ultiple, integrales de l´ınea y superficie y los teoremas cl´ asicos del c´alculo vectorial, con un enfoque definitivamente no anal´ıtico. Hemos incluido tambi´en un primer cap´ıtulo destinado a repasar aspectos de geometr´ıa del plano y del espacio, que constituyen el entorno b´ asico a partir del cual el c´alculo vectorial encuentra una referencia visual siempre u ´til, y hemos tratado de ilustrar gr´aficamente buena parte de los ejercicios. Por otra parte, la cuestiones t´ecnicas y abstractas han sido dejadas de lado para centrarnos en los aspectos del c´ alculo formal, con el fin de inculcar una adecuada y necesaria soltura operacional que sirva como base para afrontar otras asignaturas cient´ıficas o tecnol´ ogicas donde tales habilidades son bien apreciadas. Ciudad Real, 25 de febrero de 2004. ´Indice general Prefacio 7 1. Geometr´ıa de las funciones de varias variables 13 1.1. Repaso de geometr´ıa del plano y el espacio . . . . . . . 14 1.2. C´onicas y cu´ adricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 1.3. Coordenadas polares, cil´ındricas y esf´ericas . . . . . . . 32 2. Derivaci´ on parcial 43 2.1. Funciones de varias variables . . . . . . . . . . . . . . . 44 2.2. L´ımites y continuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53 2.3. Derivadas parciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59 2.4. Regla de la cadena y derivadas de orden superior . . . . 75 2.5. Derivaci´on impl´ıcita. Polinomio de Taylor. . . . . . . . . 85 2.6. Extremos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89 3. Integraci´ on m´ ultiple 121 3.1. Integrales dobles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122 3.2. Integrales triples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138 3.3. Cambios de variable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151 4. Integrales de l´ınea y de superficie 181 4.1. Curvas en el plano y el espacio . . . . . . . . . . . . . . 182 4.2. Integrales de l´ınea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187 4.3. Potenciales escalares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198 4.4. Superficies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 209 4.5. Integrales de superficie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 220 5. An´ alisis vectorial 231 5.1. Campos vectoriales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231 5.2. Teorema de Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 234 5.3. Teorema de Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 244 5.4. Teorema de Stokes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 254 5.5. Potenciales vectoriales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 259 Soluciones del Cap´ıtulo 1 275 1.1. Repaso de geometr´ıa del plano y el espacio . . . . . . . 275 1.2. C´onicas y cu´ adricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 276 1.3. Coordenadas polares, cil´ındricas y esf´ericas . . . . . . . 279 Soluciones del Cap´ıtulo 2 287 2.1. Funciones de varias variables . . . . . . . . . . . . . . . 287 2.2. L´ımites y continuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 296 2.3. Derivadas parciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 297 2.4. Regla de la cadena y derivadas de orden superior . . . . 301 2.5. Derivaci´on impl´ıcita. Polinomio de Taylor . . . . . . . . 304 2.6. Extremos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 304 Soluciones del Cap´ıtulo 3 309 3.1. Integrales dobles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 309 3.2. Integrales triples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311 3.3. Cambios de variable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 315 Soluciones del Cap´ıtulo 4 321 4.1. Curvas en el plano y el espacio . . . . . . . . . . . . . . 321 4.2. Integrales de l´ınea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 323 4.3. Potenciales escalares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 325 4.4. Superficies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 326 4.5. Integrales de superficie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 329 Soluciones del Cap´ıtulo 5 331 5.1. Campos vectoriales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 331 5.2. Teorema de Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 331 5.3. Teorema de Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 333 5.4. Teorema de Stokes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 336 5.5. Potenciales vectoriales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 339 CAP´ITULO 1 Geometr´ıa de las funciones de varias variables En este primer cap´ıtulo nos centraremos en ejercicios preliminares de gran utilidad para afrontar adecuadamente el c´alculo de funciones de varias variables. Tanto los ejemplos como los ejercicios que esencial- mente aparecen en el estudio de estas funciones suelen estar referidos al plano o al espacio, es decir, se trata con funciones de R2 o R3 . Los motivos son simples: en primer lugar, no hay una diferencia substan- cial entre lo que ocurre para estas funciones y las funciones definidas en espacios de dimensi´ on superior, mientras que por otro lado, en estos espacios podemos tener una representaci´ on gr´afica de estas funciones que ayuda a aclarar conceptos y facilita su comprensi´on. De este modo, los ejercicios de este primer tema est´ an dedicados a repasar cuestiones relativas a geometr´ıa elemental del plano y del espacio, a tratar con algunos objetos como las c´ onicas y las cu´adricas, que suelen aparecer como los ejemplos m´ as t´ıpicos de objetos bidimensionales y tridimensio- nales, respectivamente, y a introducir el uso de las coordenadas polares, cil´ındricas y esf´ericas, que ser´an usadas con frecuencia en muchos otros ejercicios. La intenci´ on es refrescar al lector el uso de estas herramientas b´asicas con las que poder moverse sin dificultad en este contexto. 14 Cap´ıtulo 1. Geometr´ıa de las funciones de varias variables ´ n 1.1 Seccio Repaso de geometr´ıa del plano y el espacio Determinar si las siguientes ternas de puntos est´an o no alineadas: 1 (1, 1), (2, 4), (−1, −2). 3 (3, −1), (1, 0), (−3, 2). 2 (4, 0), (0, 1), (12, −2). 4 (0, 0), (3, 2), (1, 5). Soluci´ on: 2 Tres puntos est´an alineados si los vectores que los unen son colineales. De este modo construimos dos vectores que unan los puntos: u1 = (4, 0) − (0, 1) = (4, −1), u2 = (12, −2) − (0, 1) = (12, −3). Para ver si son colineales se comprueba si el determinante formado por estos dos vectores es o no nulo. Dicho determinante vale 0, por lo que los puntos est´an alineados. 4 Puesto que uno de los puntos es el origen, basta comprobar si los vectores (3, 2) y (1, 5) son colineales. El determinante formado por estos dos vectores vale 13, por lo tanto los puntos dados no est´an alineados. Encontrar la ecuaci´ on de la recta perpendicular al vector v y que pasa por el punto P en los casos: 5 v = (1, −1), P = (−5, 3). 7 v = (0, 1), P = (0, 3). 6 v = (−5, 4), P = (3, 2). 8 v = (2, 3), P = (−1, −1). Soluci´ on 7: En general sabemos, y es sencillo comprobar, que la recta que es perpendicular al vector v = (v1 , v2 ) y pasa por el punto P = (p1 , p2 ) es la recta de ecuaci´ on v1 (x − p1 ) + v2 (y − p2 ) = 0. 1.1. Repaso de geometr´ıa del plano y el espacio 15 En este caso concreto obtenemos la recta y = 3. ¿Cu´ales de los siguientes pares de rectas son perpendiculares? 9 2x − 5y = 1, 2x + y = 2. 11 −x + y = 2, x + y = 9. 10 3x − 5y = 1, 5x + 3y = 7. 12 x + 2y = 5, y = 3 + 2x. Soluci´ on 10: El criterio de perpendicularidad entre rectas se reduce a com- probar si sus vectores directores, o equivalentemente sus vectores normales, son perpendiculares. Esto sucede cuando el producto escalar de tales vectores es nulo. Puesto que para una recta de ecuaci´on ax + by + c = 0 un vector normal viene dado por (a, b), es f´acil ver que en este ejemplo concreto tenemos (3, −5) · (5, 3) = 0, y por tanto las dos rectas son perpendiculares. Encontrar las ecuaciones param´etricas de las rectas que pasan por los pares de puntos dados: 13 (1, 1, −1), (−2, 1, 3). 15 (0, 1, 0), (1, 0, 1). 14 (−1, 5, 2), (3, −4, 1). 16 (−1, 0, 3), (0, 1, 2). Soluci´ on 13: En general, la recta del espacio que pasa por dos puntos dados P = (p1 , p2 , p3 ) y Q = (q1 , q2 , q3 ) viene dada en forma param´etrica por x = tp1 + (1 − t)q1 , y = tp2 + (1 − t)q2 , 16 Cap´ıtulo 1. Geometr´ıa de las funciones de varias variables z = tp3 + (1 − t)q3 , donde t es un par´ametro que se mueve en la recta real. En este ejemplo concreto, las ecuaciones param´etricas de la recta quedan x = 3t − 2, y = 1, z = 3 − 4t. Encontrar la ecuaci´ on vectorial de las rectas √ 17 de ecuaciones param´etricas: x = −t, y = 1 + 2t, z = 6 − 8t. 18 que pasa por los puntos P = (0, 0, 0), Q = (1, 2, 3). 19 donde se intersecan los planos 3x + y − 4z = 0, 5x + z = 2. Encontrar la ecuaci´ on del plano perpendicular al vector n que pasa por el punto P en los siguientes casos: 20 n = (1, −1, 3), P = (4, 2, −1). 21 n = (−1, 0, 5), P = (2, 3, 7). 22 n = (1, 0, 0), P = (2, 1, 1). 23 n = (0, 2, 3), P = (3, 4, 5). 24 n = (3, 2, 6), P = (2, −1, 0). 25 n = (0, 0, 1), P = (1, 3, −2). Soluci´ on 25: La ecuaci´on del plano perpendicular a un vector dado de coor- denadas n = (n1 , n2 , n3 ) que pasa por un punto P = (p1 , p2 , p3 ) tiene por ecuaci´ on n1 (x − p1 ) + n2 (y − p2 ) + n3 (z − p3 ) = 0. En este caso concreto la ecuaci´ on es z + 2 = 0. Determinar un punto P por el que pase el plano dado y un vector n perpendicular al mismo, en los siguientes casos: 1.1. Repaso de geometr´ıa del plano y el espacio 17 26 3x + z = 3. 28 y = 0. 27 x − y − z = 5. 29 2x + y − z = 1. Encontrar la ecuaci´ on del plano que pasa por los tres puntos dados: 30 (2, 1, 1), (3, −1, 1), (4, 1, −1). 31 (−5, −1, 2), (1, 2, −1), (3, −1, 2). 32 (2, 1, 0), (0, 0, 7), (2, 1, 1). 33 (1, 3, 0), (−5, −3, −1), (−2, 0, 1). Soluci´ on 32: Directamente se puede escribir la ecuaci´on del plano que pasa por tres puntos dados A = (a1 , a2 , a3 ), B = (b1 , b2 , b3 ), C = (c1 , c2 , c3 ), mediante el determinante x − a1 b1 − a1 c1 − a1 y − a2 b2 − a2 c2 − a2 = 0. z − a b − a c3 − a3 3 3 3 En nuestro caso, la ecuaci´ on queda x − 2 −2 0 y − 1 −1 0 = 0, z 7 1 es decir x − 2y = 0. 34 Encontrar la ecuaci´ on del plano que contiene a las rectas paralelas: x−1 y+1 z−5 x+3 y−4 z = = , = = . 3 2 4 3 2 4 Encontrar un vector que sea perpendicular a los pares de vectores dados: 18 Cap´ıtulo 1. Geometr´ıa de las funciones de varias variables 35 (1, 2, −3), (2, −1, 3). 37 (1, 1, 1), (0, −1, 2). 36 (0, 1, 0), (1, 0, 0). 38 (6, −6, 2), (1, 3, −1). Soluci´ on 35: En el espacio, un vector perpendicular a dos dados se puede ob- tener r´apidamente a trav´es del producto vectorial, pues dados dos vectores linealmente independientes u = (u1 , u2 , u2 ) y v = (v1 , v2 , v3 ), su producto vectorial u × v siempre es un vector or- togonal a ambos. Dicho producto vectorial se calcula mediante el determinante simb´ olico i j k (u1 , u2 , u3 ) × (v1 , v2 , v3 ) = u1 u2 u3 , v v2 v3 1 que representa un vector cuyas componentes son los adjuntos de la primera fila. En consecuencia, el vector pedido en este ejercicio es 2 −3 −3 1 1 2 (1, 2, −3) × (2, −1, 3) = , , , −1 3 3 2 2 −1 luego el vector solicitado es (3, −9, −5) que, efectivamente es or- togonal a los dos vectores iniciales. Encontrar un vector paralelo a la recta intersecci´on de los pares de planos siguientes: 39 2x − y + z = 1, 3x + y + z = 2. 40 x − y = 1, y + z = 4. 41 4x − y = 0, x + 4y + z = 5. Soluci´ on 40: El vector director de la recta determinada como intersecci´on de dos planos es precisamente un vector ortogonal a los dos vectores normales a los dos planos. Adem´as sabemos que un vector normal 1.1. Repaso de geometr´ıa del plano y el espacio 19 a un plano de ecuaci´on ax + by + cz + d = 0 es el vector (a, b, c). Por tanto este problema es similar a los Ejercicios 35–38, en los que se pide un vector ortogonal a dos dados. El producto vectorial proporciona la respuesta de manera directa. En este caso concreto se obtiene (1, −1, 0) × (0, 1, 1) = (−1, −1, 1). Encontrar la ecuaci´ on del plano que contiene al punto (−1, 2, 3) y es: 42 paralelo al plano XY , 43 perpendicular al eje X, 44 perpendicular al eje Y . Soluci´ on 44: Al buscar un plano perpendicular al eje Y, estamos aportando el dato del vector normal al plano que debe ser precisamente el eje Y, (0, 1, 0) (v´eanse los Ejercicios 26–29). En consecuencia la ecuaci´on del plano solicitado ser´a 0(x + 1) + 1(y − 2) + 0(z − 3) = 0, es decir, y = 2. 45 Consideremos los puntos P = (1, 3, −2) y Q = (1, −1, 2) y el vector n = (1, 2, 2). Encontrar el punto de intersecci´on de la recta que pasa por P con direcci´ on n y el plano que pasa por Q perpendicular a n. Soluci´ on 45: Un punto gen´erico de la recta que pasa por P y tiene vector direc- tor n es, en forma param´etrica, X = P + tn. Mientras que la ecua- ci´on del plano perpendicular a n que pasa por Q es n·(X −Q) = 0, donde hemos usado la notaci´ on vectorial X = (x, y, z). Luego si buscamos el punto intersecci´ on tendremos que resolver n · (P + tn − Q) = 0, 20 Cap´ıtulo 1. Geometr´ıa de las funciones de varias variables de donde despejamos el valor del par´ ametro t para obtener n · (Q − P ) t= 2 , |n| y el punto buscado ser´ a n · (Q − P ) P+ 2 n. |n| En el caso concreto que nos ocupa, resulta que n · (Q − P ) se anula y consecuentemente el punto solicitado es el mismo P . Encontrar el punto de corte de los planos siguientes con los ejes coordenados. 46 x + y + z = 1. 47 x + y = 1. 48 −x + 3y + 3z = −3. 49 2y + z = 0. Soluci´ on 48: Los puntos de corte de un cierto plano con los tres ejes coorde- nados se obtienen anulando dos de las coordenadas, por turno, y despejando la tercera de la propia ecuaci´on del plano. As´ı, si el on −x + 3y + 3z = −3 los puntos de corte ser´an: plano tiene ecuaci´ Con el eje X: y = z = 0, −x = −3, y el punto resulta ser el (3, 0, 0). Con el eje Y: x = z = 0, 3y = −3, y el punto de intersecci´on es (0, −1, 0). Con el eje Z: x = y = 0, 3z = −3, y el punto es (0, 0, −1). Determinar el paralelismo o perpendicularidad de los siguientes pares de planos. 50 x − 3y + 2z = 4, −2x + 6y − 4z = 0. 1.1. Repaso de geometr´ıa del plano y el espacio 21 51 4x + 3y − z = 6, x + y + 7z = 4. 52 Encontrar la distancia entre el punto (1, 1, 2) y el plano de ecuaci´on 3x + y − 5z = 2. 53 Dos caras de un cubo se encuentran en los planos 3x − y + 2z = 5, 3x − y + 2z = 7. Calcular el volumen del cubo. Soluci´ on 53: Si dos caras de un cubo se encuentran en dos planos paralelos de ecuaci´on n · (X − P ) = 0, n · (X − Q) = 0, donde n es el vector normal a ambos, P y Q son dos puntos concre- tos de ambos planos, respectivamente, y X = (x, y, z) es el vector de variables, el lado del cubo tendr´ a que ser necesariamente la dis- tancia entre ambos planos. Esta distancia es adem´as la distancia de un punto de uno de los planos al otro plano. Tal f´ormula de la distancia es |n · (P − Q)| . |n| Por lo tanto el volumen del cubo pedido ser´a el cubo del valor anterior 3 |n · (P − Q)| . |n| En nuestro caso concreto n = (3, −1, 2), P = (1, 0, 1), Q = (1, −2, 1), y por lo tanto el volumen, aplicando la f´ormula anterior, es √4 . 7 14 54 Encontrar la ecuaci´ on del lugar geom´etrico de todos los puntos del espacio que equidistan de los puntos A = (−1, 5, 3) y B = (6, 2, −2). Soluci´ on 54: Es f´acil caer en la cuenta de que el lugar geom´etrico solicitado es exactamente el plano perpendicular al vector B − A que pasa por el punto medio 12 (A + B) (el plano mediatriz). Una vez entendida 22 Cap´ıtulo 1. Geometr´ıa de las funciones de varias variables la afirmaci´on anterior es muy sencillo comprobar que la ecuaci´on de tal plano es 14x − 6y − 10z = 9. Dibujar los siguientes conjuntos del plano y del espacio: 55 {(x, y) ∈ R2 : x > 0, log x ≤ y}. 56 {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ y < ex }. 57 {(x, y) ∈ R2 : x2 − 2x + y 2 ≤ 3}. 58 {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≥ 1}. 59 {(x, y) ∈ R2 : (4x − x2 − y 2 )(x2 + y 2 − 2x) ≤ 0}. 60 {(x, y) ∈ R2 : |x| + |y| ≤ 1}. 61 {(x, y) ∈ R2 : |x − 1| + |y − 1| < 2}. 62 {(x, y, z) ∈ R3 : y 2 + z 2 ≤ 4}. 63 {(x, y) ∈ R2 : xy = 1}. 64 {(x, y, z) ∈ R3 : xy = 1}. 65 {(x, y, z) ∈ R3 : x = sen y}. Soluci´ on: 57 En la desigualdad x2 − 2x + y 2 ≤ 3, podemos completar cuadrados del siguiente modo: x2 −2x+y 2 ≤ 3 ⇔ x2 −2x+1−2+y 2 ≤ 3 ⇔ (x−1)2 +y 2 ≤ 4. Si prestamos atenci´ on a la expresi´on anterior con igualdad, debemos distinguir la ecuaci´on de una circunferencia1 de cen- tro el punto (1, 0) y radio 2. Para estudiar la desigualdad observamos que ´esta corresponde a los puntos interiores de la misma, luego el conjunto pedido resulta ser el c´ırculo (in- cluida la frontera) de centro (1, 0) y radio 2. 1 Recu´ erdese que la ecuaci´ on de una circunferencia de centro (a, b) y radio r se escribe como (x − a)2 + (y − b)2 = r 2 . 1.1. Repaso de geometr´ıa del plano y el espacio 23 59 No es dif´ıcil observar que la condici´on (4x − x2 − y 2 )(x2 + y 2 − 2x) ≤ 0 se desglosa en dos posibilidades. La primera corresponde a 4x − x2 − y 2 ≥ 0, x2 + y 2 − 2x ≤ 0, y la segunda a 4x − x2 − y 2 ≤ 0, x2 + y 2 − 2x ≥ 0. Despu´es de usar la t´ecnica de completar cuadrados, estas dos posibilidades se pueden reinterpretar como (x − 2)2 + y 2 ≤ 4, (x − 1)2 + y 2 ≤ 1, y (x − 2)2 + y 2 ≥ 4, (x − 1)2 + y 2 ≥ 1, respectivamente. El primer caso corresponde a la intersec- ci´on de los dos c´ırculos centrados, respectivamente, en (2, 0) y radio 2, y en (1, 0) y radio 1. Mientras que la segunda po- sibilidad es precisamente la intersecci´on de los exteriores de esos mismos c´ırculos (v´ease la Figura 1). La uni´on de ambas regiones es el conjunto del plano pedido. on (4x − x2 − y 2 )(x2 + y 2 − 2x) ≤ 0 Figura 1. Ejercicio 59: regi´ 24 Cap´ıtulo 1. Geometr´ıa de las funciones de varias variables 61 Para entender el conjunto de puntos del plano que satisfacen la condici´ on |x − 1| + |y − 1| < 2, es buena estrategia intentar determinar su frontera que co- rresponde a la condici´ on |x − 1| + |y − 1| = 2. Es tambi´en claro que esta ecuaci´ on representa la traslaci´on de vector (1, 1) de la regi´ on de ecuaci´on |x| + |y| = 2. Como en esta ecuaci´ on interviene el valor absoluto para las dos variables x e y, lo m´ as sencillo consiste en analizar dicha ecuaci´on en los cuatro cuadrantes, obteniendo el siguiente resultado: Primer cuadrante: x ≥ 0, y ≥ 0, x + y = 2. Segundo cuadrante: x ≤ 0, y ≥ 0, −x + y = 2. Tercer cuadrante: x ≤ 0, y ≤ 0, −x − y = 2. Cuarto cuadrante: x ≥ 0, y ≤ 0, x − y = 2. Si representamos estas cuatro rectas en cada cuadrante ob- tenemos el rombo de la Figura 2(a). La desigualdad |x| + |y| < 2 corresponder´ a al interior del rombo o al exterior (en todo caso sin su frontera). Es f´ acil ver que se trata del interior pues el origen (0, 0) verifica la desigualdad anterior. En definitiva, la regi´on solicitada inicialmente es el rombo s´olido centrado en el (1, 1) trasladado del rombo anterior (v´ease la Figura 2(b)). 64 En el plano, la ecuaci´on xy = 1 representa las dos ramas de la bien conocida hip´erbola equil´ atera y = x1 . ¿Qu´e suce- de cuando esta misma ecuaci´ on la consideramos en el espa- cio? Como la ecuaci´on no hace referencia a la tercera varia- ble z, cualquier punto (x, y, z) tal que xy = 1 pertenecer´a a 1.2. C´ onicas y cu´ adricas 25 (a) Rombo |x| + |y| = 2 (b) Conjunto |x − 1| + |y − 1| < 2 Figura 2. Ejercicio 61 esa regi´ on. Gr´aficamente esto se consigue “desplazando” la hip´erbola xy = 1 dibujada en el plano z = 0 paralelamente, hacia arriba y hacia abajo, al eje Z (ver Figura 3). 4 3 2 1 0 −1 −2 −3 −4 5 0 2 3 −5 0 1 −2 −1 −3 Figura 3. Ejercicio 64: xy = 1 en R3 ´ n 1.2 Seccio C´onicas y cu´adricas Esbozar la gr´ afica de las siguientes c´ onicas y se˜ nalar sus elemen- tos: 26 Cap´ıtulo 1. Geometr´ıa de las funciones de varias variables 66 x2 + 9y 2 = 36. 72 3x2 = 2 + y 2 . 67 x2 + y 2 − 2x = 0. 73 xy = 2. 68 3x2 − 6x + y = 7. 74 x2 + 2x − 6y − 17 = 0. 69 x2 + 2x − y 2 − 2y = 1. 70 x2 + xy + y 2 = 4. 75 x2 − xy + y 2 = 2. √ 19 2 43 2 7 3 71 4 x + 12 y + 6 xy = 48. 76 9x2 − 24xy + 2y 2 = 0. 77 3x2 + 3y 2 − 2xy − √6 x − √6 y = 8. 2 2 Soluci´ on: 68 Al tratarse de una ecuaci´ on sin t´ermino cruzado xy la simple completaci´on del cuadrado nos permite identificar la c´onica en cuesti´ on. En este caso 3x2 − 6x + y = 7 se escribe como 3(x − 1)2 = −(y − 10). Se trata de la par´abola2 de v´ertice (1, 10) y eje principal x = 119 1, con foco (1, 12 ) y directriz y = 121 12 (v´ease Figura 4(a)). 69 Al igual que el apartado anterior, completando cuadrados, x2 + 2x − y 2 − 2y = 1 se escribe (x + 1)2 − (y + 1)2 = 1, que corresponde a la hip´erbola3 de eje principal y = −1 y centro (−1, −1). Los v´ertices se encuentran en los puntos (0, −1) y (−2, −1) (Figura 4(b)). 77 En este caso tenemos un t´ermino en xy que nos obliga a realizar una rotaci´ on para poder identificar la c´onica. Para ello procedemos del siguiente modo. El ´angulo de rotaci´on α viene determinado por B tan 2α = si A 6= C A−C 2 La ecuaci´ on y = ax2 representa a una par´ abola de v´ ertice en el origen, eje Y , 1 foco en (0, c), con c = 4a y directriz la recta y = −c. Una traslaci´ on a v´ ertice (x0 , y0 ) proporciona la ecuaci´ on y − y0 = a(x − x0 )2 . 2 2 3 La on x ecuaci´ a2 − yb2 = ±1 corresponde a una hip´ erbola de centro el origen y eje principal Y (X, respectivamente). Una traslaci´ on a centro (x0 , y0 ) da lugar a la (x−x0 )2 (y−y0 )2 ecuaci´ on a2 − b2 = ±1. 1.2. C´ onicas y cu´ adricas 27 12 6 10 4 8 2 6 0 4 −2 2 −4 0 −6 −2 −8 −2 −1 0 1 2 3 4 −8 −6 −4 −2 0 2 4 6 (a) Par´ abola 3x2 − 6x + y = 7 (b) Hip´ erbola x2 + 2x − y2 − 2y = 1 Figura 4. C´ onicas de los Ejercicios 68 y 69 donde B es el coeficiente del t´ermino xy y A y C los co- eficientes de x2 e y 2 , respectivamente. Si A = C entonces α = π4 , como es nuestro caso. La rotaci´on viene dada por las ecuaciones x cos α − sen α X = . y sen α cos α Y √ √ 2 2 En este caso, x = 2 (X − Y ), y = 2 (X + Y ). Sustituyendo en la ecuaci´ on, 6 6 3x2 + 3y 2 − 2xy − √ x − √ y = 8 ⇒ X 2 + 2Y 2 − 3X = 4 2 2 y completando cuadrados, 3 25 (X − )2 + 2Y 2 = 2 4 Es decir, la ecuaci´ on girada corresponde a una elipse4 de centro ( 2 , 0) y ejes x = 32 e y = 0 (representada en l´ınea 3 discontinua en la Figura 5).La ecuaci´on original represen- √ √ 2 3 2 3 tar´a a una elipse de centro 2 · 2 , 2 · 2 y ejes y = x y √ 3 2 x+y = 2 , calculados seg´ un las ecuaciones de la rotaci´on dada. 2 x2 4 La ecuaci´ on a2 + yb2 = 1 representa una elipse de centro el origen, ejes X e Y , con (x−x0 )2 (y−y0 )2 semiejes a y b. La traslaci´ on a centro (x0 , y0 ) da la ecuaci´ on a2 + b2 = 1. 28 Cap´ıtulo 1. Geometr´ıa de las funciones de varias variables 4 3 2 1 0 −1 −2 −2 −1 0 1 2 3 4 Figura 5. Ejercicio 77: elipse rotada Encontrar la ecuaci´ on de las par´ abolas con el foco y directriz si- guientes: 78 F = (0, 4), y = −4. 80 F = (3, 1), x = 1. 79 F = (4, 0), x = −3. 81 F = (0, 0), y = −2. Soluci´ on 80: La par´abola puede definirse como el lugar geom´etrico de los puntos del plano cuya distancia a un punto fijo (el foco) y una recta fija (la directriz) es constante. De este modo, la par´abola en este caso vendr´a definida por la ecuaci´ on: dist ((x, y), (3, 1)) = dist ((x, y), x = 1) . Luego, p (x − 3)2 + (y − 1)2 = x − 1. Un sencillo c´ on y 2 − 2y − 4x + 9 = 0, alculo proporciona la ecuaci´ que mediante completaci´ on de cuadrados da (y − 1)2 = 4(x − 2), que corresponde a la par´ abola de v´ertice (2, 1) y eje y = 1. 1.2. C´ onicas y cu´ adricas 29 82 Encontrar la ecuaci´ on de cada par´ abola que tiene v´ertice en el origen, y su foco coincide con los de la elipse 169x2 + 25y 2 = 169 4 . 83 Encontrar la ecuaci´ on del c´ırculo que pasa a trav´es del foco de la par´abola x2 +8y = 0 y los focos de la elipse 16x2 +25y 2 −400 = 0. Soluci´on 83: Seg´ un la nota 2 de la p´ ag. 26, el foco de esta par´abo- 2 2 la es (0, −2). En el caso de la elipse de ecuaci´on xa2 + yb2 = 1 centrada √ en el origen, los focos est´ an en los puntos (±c, √ 0) con c = a2 − b2 (si a > b) o en los puntos (0, ±c), para c = b2 − a2 (si a < b). Un simple c´ alculo nos muestra que a = 5 y b = 4, de modo que los focos est´ an en los puntos (3, 0) y (−3, 0). Por u ´ltimo, para encontrar la ecuaci´on de un c´ırculo que pasa por tres puntos, teniendo en cuenta que su centro debe estar a la misma distancia de ´estos puntos, debe ocurrir que el centro se encuentre en el punto de intersecci´on entre las mediatrices de cada par de puntos. Un simple c´ alculo muestra que la mediatriz entre (3, 0) y (−3, 0) es x = 0, mientras que la mediatriz entre (3, 0) y (0, −2) es 3x + 2y = 5 2 . La intersecci´on es (0, 54 ). Calculando la distancia entre este punto y cualquiera de los otros tres nos da un radio igual a 13 4 . El 2 2 on 2x + 2y − 5y − 18 = 0 (v´ease la nota 1 c´ırculo tiene por ecuaci´ de la p´ag. 22) . c 84 Probar que si m 6= 0, la recta de ecuaci´ on y = mx + m es tangente 2 a la par´abola y = 4cx. 85 Mostrar que la ecuaci´ on de la tangente a la par´abola y 2 = 4cx en el punto (x0 , y0 ) tiene por ecuaci´ on y0 y = 2c(x + x0 ). Soluci´ on 85: La condici´on de tangencia se puede expresar imponiendo que la ecuaci´on que representa la intersecci´ on de ambas tenga una ra´ız doble en el punto de tangencia. En este caso y 2 = 4cx y2 ⇒ y0 y = + 2cx0 , y0 y = 2c(x + x0 ) 2 30 Cap´ıtulo 1. Geometr´ıa de las funciones de varias variables cuyas ra´ıces son q y = y0 ± y02 − 4cx0 . Teniendo en cuenta que (x0 , y0 ) es el punto de tangencia, y por tanto pertenece a la par´ abola, se concluye el resultado. x2 y 2 86 Probar que la tangente a una elipse + 2 = 1 en (x0 , y0 ) tiene a2 b por ecuaci´on xx0 yy0 2 + 2 = 1. a b 87 Probar que la elipse x2 + 2y 2 = 16 y la hip´erbola x2 − y 2 = 4 se cortan formando ´angulo recto. 88 La tangente en P a una hip´erbola interseca a sus as´ıntotas en los puntos Q y R. Probar que entonces P es el punto medio de QR. 89 Supongamos que la tangente a una par´ abola en un punto P in- terseca a la recta directriz en el punto Q. Si F es el foco de la par´abola, demostrar que F Q es perpendicular a F P . 90 Un disco parab´olico de 10 m. de di´ametro y 5 m. de profundi- dad es usado como radiotelescopio. ¿D´ onde debe estar colocado el receptor? 91 Supongamos que un rect´ angulo con lados paralelos a los ejes coor- 2 2 denados se encuentra inscrito en una elipse de ecuaci´on xa2 + yb2 = 1. ¿Donde habr´an de situarse los v´ertices para que el rect´angulo tenga ´area m´ axima? Identificar las siguientes cu´ adricas. 92 x2 + 2y 2 + z 2 = 1. 93 x2 + 2y 2 − z 2 = −1. 94 x2 − 2y 2 + z 2 = 1. 95 x2 + 2y 2 − z = 0. 1.2. C´ onicas y cu´ adricas 31 96 x2 − z 2 = 0. 97 x2 + 4y 2 = 100. 98 x2 + y 2 + z + 4 = 0. 99 4x = y 2 − 2z 2 . 100 x2 + 2y 2 + z 2 + 4y + 2z = 0. 101 x2 + 2y 2 − z 2 + 4x − 4y = 0. 102 x2 + 4y 2 + z 2 − 2x = 0. 103 4x2 − y 2 + z 2 + 8x + 8z = −24. 104 9x2 + y 2 − z 2 − 2y + 2z = 0. 105 yz = 1. 106 4x2 + y 2 + 4z 2 + 8x − 4y − 8z = −8. 107 2x2 + 3y 2 − 4z 2 + 4x + 9y − 8z = −10. 108 x2 − y 2 − z 2 − 4x − 4y = 0. 109 x2 + y 2 − 4z 2 + 4x − 6y − 8z = 13. Soluci´ on: 106 La t´ecnica de completaci´on de cuadrados da lugar a la ecua- ci´on 4(x + 1)2 + (y − 2)2 + 4(z − 1)2 = 4, que corresponde a un elipsoide5 de centro (−1, 2, 1), con sec- ciones Y circulares. 108 La simplificaci´ on de la ecuaci´ on mediante la completaci´on de cuadrados proporciona (x − 2)2 − (y + 2)2 − z 2 = 0, que representa un cono6 circular de eje y = −2, z = 0 (para- lelo a X), de v´ertice (2, −2, 0). 2 x2 2 5 La ecuaci´ on de un elipsoide de centro el origen y semiejes a, b y c es a2 + yb2 + zc2 = 1. 6 La x2 y2 z2 ecuaci´ on de un cono de v´ ertice el origen y eje Z es a2 + b2 − c2 = 0. 32 Cap´ıtulo 1. Geometr´ıa de las funciones de varias variables on entre el cono x2 + y 2 = z 2 y el plano 110 Probar que la intersecci´ z = 1 es un c´ırculo. 111 Probar que la proyecci´ on en el plano XY de la intersecci´on entre 2 2 2 el cono x + y = z y el plano 2z = y + 1 es una elipse. Soluci´ on 111: Como sabemos, la intersecci´ on de dos curvas corresponde al con- junto de puntos que satisface ambas ecuaciones. Por otro lado, la proyecci´on de un punto (x, y, z) sobre el plano XY es el punto (x, y, 0). Es decir, dicha proyecci´ on se calcula haciendo “desapare- cer” la coordenada z. As´ı, la ecuaci´on de la proyecci´on se obtiene despejando z de ambas ecuaciones e igualando. Esto es, 1 x2 + y 2 = (y + 1)2 , 4 que puede escribirse como la elipse x2 + 34 (y − 31 )2 = 31 . 112 Probar que la proyecci´on en el plano XY de la intersecci´on del plano z = 2y y el paraboloide z = x2 + y 2 es un c´ırculo. 113 Probar que la proyecci´ on en el plano XZ de la intersecci´on de los paraboloides y = 2x2 + 3z 2 e y = 5 − 3x2 − 2z 2 es un c´ırculo. ´ n 1.3 Seccio Coordenadas polares, cil´ındricas y esf´ericas Convertir las siguientes coordenadas de cartesianas a polares: √ 114 (0, 3). 116 (−1, 3). √ 115 ( 3, 1). 117 (−2, −2). Soluci´ on 116: Las f´ormulas del cambio son bien conocidas p y r = x2 + y 2 , θ = arctan( ), x 1.3. Coordenadas polares, cil´ındricas y esf´ericas 33 donde hay que tener en cuenta la ambig¨ uedad √ que supone esta arcotangente. De este modo si x = −1 e y = 3, tendremos √ √ 2π r= 1 + 3 = 2, θ = arctan(− 3) = . 3 Convertir las siguientes coordenadas de polares a cartesianas: 118 (1, π4 ). 120 (1, − π3 ). 119 (2, π3 ). 121 (3, 3π 2 ). Soluci´ on 121: Las f´ormulas del cambio de polares a cartesianas son x = r cos θ, y = r sen θ. En este caso concreto, tendremos 3π 3π x = 3 cos = 0, y = 3 sen = −3. 2 2 Convertir las siguientes coordenadas cartesianas a cil´ındricas: √ √ 122 (1, −1, 0). 125 ( 2, 2, 1). √ 123 (− 3, −1, 1). 126 (0, 6, −2). 124 (6, 0, −2). 127 (−1, 0, 3). Soluci´ on 123: Las f´ormulas del cambio de coordenadas cartesianas a cil´ındricas son p y r = x2 + y 2 , θ = arctan( ), z = z, x por tanto, en este ejemplo concreto tendremos 7π r = 2, θ= , z = 1. 6 Convertir las siguientes coordenadas cil´ındricas a cartesianas: 34 Cap´ıtulo 1. Geometr´ıa de las funciones de varias variables 128 (1, π2 , 0). 131 (3, π4 , 8). 129 (1, π6 , 4). 132 (2, − π4 , 3). π 130 (0, 18 , 6). 133 (2, π, 3). Soluci´ on 132: Las f´ormulas del cambio de cil´ındricas a cartesianas son x = r cos θ, y = r sen θ, z = z. En este caso concreto √ √ x= 2, y = − 2, z = 3. Convertir las siguientes coordenadas cartesianas a esf´ericas: 134 (0, 1, 1). 136 (1, 1, 1). 135 (0, 0, −2). 137 (1, 0, 1). Soluci´ on 136: El cambio de coordenadas cartesianas a esf´ericas se lleva a cabo mediante las f´ ormulas ρ = x2 + y 2 + z 2 , θ = arctan xy , p z φ = arc cos √ 2 2 2 . x +y +z En este caso concreto se obtiene √ π 1 ρ= 3, θ= , φ = arc cos √ . 4 3 Convertir las siguientes coordenadas esf´ericas a cartesianas: 1.3. Coordenadas polares, cil´ındricas y esf´ericas 35 138 (3, π3 , π2 ). 140 (1, π2 , π2 ). 139 (8, π6 , π). 141 (2, π3 , 0). Soluci´ on 139: En este caso las f´ ormulas del cambio son x = ρ cos θ sen φ, y = ρ sen θ sen φ, z = ρ cos φ. Luego, obtenemos π π x = 8 cos( ) sen π = 0, y = 8 sen( ) sen π = 0, z = 8 cos π = −8. 6 6 Encontrar la ecuaci´ on polar de las curvas siguientes 142 x2 + y 2 = 25. 145 y 2 = x. 143 y 2 (2a − x) = x3 , a > 0. 146 xy = 1. 144 x2 − y 2 = 1. 147 x + y = 4. Soluci´ on 143: Para encontrar la ecuaci´on polar de una curva dada en coordena- das cartesianas no hay m´as que introducir las f´ormulas del cambio en la ecuaci´ on de la curva, simplificar cuando sea posible, e inten- tar dar r en funci´ on de θ teniendo en cuenta las restricciones que debemos imponer para que el radio r sea no negativo. En concreto, tenemos r2 sen2 θ(2a − r cos θ) = r3 cos3 θ. Despu´es de unas cuantas manipulaciones y simplificaciones, y no- tando que cos2 θ + sen2 θ = 1, se llega a 2a sen2 θ r= . cos θ Puesto que r ≥ 0, debemos exigir que cos θ > 0. Esta condici´on se da cuando − π2 < θ < π2 . Encontrar la ecuaci´ on en coordenadas cartesianas de las siguientes expresiones polares: 36 Cap´ıtulo 1. Geometr´ıa de las funciones de varias variables 148 r = 3. 150 r2 = | cos(2θ)|. 3π 149 θ = 4 . 151 r = 3 sec θ. Soluci´ on 150: Si multiplicamos la ecuaci´ on por r2 y notamos que cos(2θ) = cos2 θ − sen2 θ, llegamos a r4 = r2 cos2 θ − r2 sen2 θ , de modo que (x2 + y 2 )2 = x2 − y 2 . Encontrar los puntos de intersecci´ on de los pares de curvas si- guientes, expresadas en coordenadas polares: 152 r = 2, r = cos θ. 153 r = sen θ, r2 = 3 cos2 θ. Soluci´ on 153: Si elevamos al cuadrado la primera ecuaci´on e igualamos las dos expresiones para r2 se obtiene la ecuaci´ on 3 cos2 θ = sen2 θ, cuyas soluciones deben satisfacer √ arctan θ = ± 3, es decir, θ = ± π3 , 2π 4π 3 , 3 . No obstante, observamos que los ´ angulos π 4π θ = − 3 , 3 dan un valor negativo para el seno, y en consecuencia para r en la primera ecuaci´ on. Como esto no es posible debemos descartar estos dos valores. Los puntos de intersecci´on ser´an por tanto los correspondientes a θ = π3 , 2π 3 , es decir, √ √ 3 3 3 3 ( , ), (− , ). 4 4 4 4 Esbozar las curvas cuya ecuaci´ on en coordenadas polares es: 1.3. Coordenadas polares, cil´ındricas y esf´ericas 37 154 r = a2 | cos(2θ)|. 160 rθ = a. 155 r = a(1 + cos θ). 161 r = a| cos(3θ)|. 156 r = 2 + cos θ. 162 r = a| sen(2θ)|. 157 r = a| cos(2θ)|. 158 r = a| sen(3θ)|. 163 r = 2a sen θ tan θ. 159 r = eθ/2 . 164 r2 = a2 cos θ. Soluci´ on 155: La t´ecnica seguida para representar curvas en polares consiste en analizar la variaci´on del radio vector r en funci´on del ´angulo θ. Por ejemplo, para la ecuaci´ on r = a(1 + cos θ) para a = 1 obser- vamos que la funci´ on en el plano (r, θ) definida por tal ecuaci´on viene representada en la Figura 6(a). Vemos por tanto que para el ´angulo θ = 0 estamos a distancia r = 2, luego la curva parte del punto (2, 0) (Figura 6(b)). A medida que θ evoluciona hasta π2 , el radio vector disminuye hasta distancia 1 (luego alcanzar´a el punto (0, 1)), y posteriormente a r = 0 para θ = π (llegando por tanto al origen). A partir de aqu´ı repite el mismo proceso en la direcci´on opuesta (el radio vector crece desde r = 0 a r = 2 a medida que θ se mueve entre π y 2π). (a) y = 1 + cos x (b) r = 1 + cos θ Figura 6. Representaci´ on de curvas en polares La Figura 7 muestra otras curvas en polares. 38 Cap´ıtulo 1. Geometr´ıa de las funciones de varias variables (a) 156 (b) 157 (c) 164 Figura 7. Curvas en polares de los Ejercicios 156, 157 y 164 1.3. Coordenadas polares, cil´ındricas y esf´ericas 39 165 Una superficie est´ a descrita en coordenadas cil´ındricas por la ecua- ci´on 3r2 = z 2 + 1. Convertir a coordenadas cartesianas y dibujar. 166 Escribe la ecuaci´ on de la esfera unitaria en coordenadas cil´ındri- cas. 167 Escribe la ecuaci´on del cilindro circular recto x2 + y 2 = 9 en coordenadas esf´ericas. Describir los conjuntos del espacio dados por las siguientes ecua- ciones expresadas en las coordenadas indicadas: 168 (cil´ındricas) r = 1 + cos θ. 170 (esf´ericas) ρ = φ. 169 (cil´ındricas) z = θ. 171 (esf´ericas) ρ = 1, θ = 0. Expresar los siguientes conjuntos en las coordenadas solicitadas: 172 El conjunto limitado por las rectas y = x, y = −x y x = 1 en coordenadas polares. 173 El conjunto limitado por la circunferencia x2 + y 2 = 2 y las rectas y = x e y = 0, en coordenadas polares. 174 El plano z = x en coordenadas cil´ındricas y esf´ericas. 175 El cono x2 + y 2 = z 2 , z ≥ 0 en coordenadas cil´ındricas. 176 La superficie z = x2 + y 2 en coordenadas cil´ındricas. x2 y 2 177 El paraboloide el´ıptico z = + en coordenadas cil´ındri- 2 4 cas. 178 El conjunto {(r, θ) ∈ [0, ∞) × [0, 2π) : 1 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ π }, en coordenadas cartesianas. 2 179 El conjunto de puntos (ρ, θ, φ) con coordenadas esf´ericas ta- π les que ρ ∈ [0, 1], θ ∈ [0, 2π) y φ ∈ [0, ], en coordenadas 4 cartesianas. 40 Cap´ıtulo 1. Geometr´ıa de las funciones de varias variables 180 El conjunto {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 ≤ 1, y ≥ x ≥ 0} en coordenadas cil´ındricas. 181 El volumen engendrado por el cilindro x2 + y 2 = 1 intersec- tado con los planos x + y + z = 1 y z = 0, en coordenadas cil´ındricas. 182 La superficie del cono de radio r y altura h en coordenadas esf´ericas. 183 La superficie z = x2 − y 2 en coordenadas cil´ındricas y esf´eri- cas. Soluci´ on 177: Se deben usar las f´ormulas del cambio correspondiente, teniendo en cuenta las simplificaciones que puedan llevarse a cabo para que la nueva ecuaci´on resultante sea lo m´ as sencilla posible. En el caso que nos ocupa, tendremos r2 cos2 θ r2 sen2 θ z= + , 2 4 o incluso r2 z= (1 + cos2 θ). 4 184 Representa gr´ aficamente y escribe la ecuaci´on en cil´ındricas de las esferas: (x − a)2 + y 2 + z 2 = a2 , x2 + (y − a)2 + z 2 = a2 y x2 + y 2 + (z − a)2 = a2 . 185 Describir los conjuntos con r = constante, θ = constante, en coor- denadas polares. An´alogamente para r = constante, θ = constante y z = constante, en coordenadas cil´ındricas y ρ = constante, θ = constante y φ = constante, en coordenadas esf´ericas. 186 Dos superficies son descritas en coordenadas esf´ericas por las ecua- ciones ρ = f (θ, φ) y ρ = 2f (θ, φ). ¿C´ omo se representa gr´aficamen- te la segunda superficie a partir de la primera? 187 Probar que la superficie descrita en coordenadas esf´ericas por la expresi´on f (ρ, φ) = 0 es una superficie de revoluci´on. 1.3. Coordenadas polares, cil´ındricas y esf´ericas 41 188 Dos superficies son descritas en coordenadas esf´ericas por las ecua- ciones f (ρ, θ, φ) = 0 y f (ρ, θ − π, φ) = 0. ¿C´omo se representa gr´aficamente la segunda superficie a partir de la primera? ¿Y para f (4ρ, θ, φ) = 0? Soluci´ on 188: Si (ρ0 , θ0 , ϕ0 ) es un punto de la primera superficie donde se supone que θ0 > π, entonces los puntos de la segunda superficie deber´an verificar θ − π = θ0 , es decir θ = θ0 + π. Esto significa que si rotamos la primera superficie alrededor del eje Z un ´angulo π obtendremos la segunda superficie. Del mismo modo, para la superficie f (4ρ, θ, φ), los puntos deber´an verificar 4ρ = ρ0 ρ0 luego, ρ = . Es decir, esta superficie responde a una dilataci´on 4 1 de raz´on respecto de la primera. 4 CAP´ITULO 2 Derivaci´on parcial En este tema se encuentran ejercicios relacionados con el c´alculo di- ferencial de funciones de varias variables. Siguiendo la pauta del tema anterior, los ejemplos aqu´ı recogidos se refieren esencialmente a funcio- nes de dos o tres variables, aunque las t´ecnicas y razonamientos se pue- den llevar sin dificultad a dimensiones superiores. Primero dedicaremos una secci´on a ejercitarnos en el manejo de funciones de varias variables y su representaci´ on gr´ afica, para pasar a continuaci´on al estudio de l´ımi- tes bidimensionales y a la continuidad de funciones. Seguir´an ejercicios diversos sobre derivaci´ on parcial, derivadas direccionales, diferenciabili- dad, regla de la cadena, as´ı como aplicaciones de estos conceptos. Una breve secci´on trata tambi´en un uso sencillo del teorema de la funci´on impl´ıcita y la f´ormula de Taylor de orden dos. Para finalizar hemos re- copilado una amplia colecci´ on de ejercicios de c´alculo de extremos con y sin restricciones. 44 Cap´ıtulo 2. Derivaci´ on parcial ´ n 2.1 Seccio Funciones de varias variables Estudiar el dominio de las siguientes funciones: 2x−sen y 189 f (x, y) = 1+cos x . 198 f (x, y) = (x2 − y)x . 190 f (x, y) = x+y √ tan(x+y) . 199 f (x, y) = y sen x. x2 +y 2 191 f (x, y) = (x+y) log x . 200 f (x, y) = x + arc cos y. 1 192 f (x, y) = x sen x2 +y 2. 201 f (x, y) = logx+y (xy). 1 193 f (x, y) = log x log y . 202 f (x, y) = log2x−y (x + 3y). √ 194 f (x, y) = arc sen x2 + xy. x+y 203 f (x, y) = x2 +y 2 −1 . 195 f (x, y) = log(x + y). 2x+y−z 196 f (x, y) = y sen x . 204 f (x, y, z) = x2 +y 2 +z 2 −1 . z 197 f (x, y) = log(log(x − y)). 205 f (x, y, z) = x2 −4y 2 −1 . p 206 f (x, y) = x2 + y 2 − 2x − 3. 207 F (x, y) = y 2 sen xy , x2 sen xy , 1 . q 2 208 F (x, y) = x2 + y4 − 1, log(y − x2 ) . Soluci´ on: 190 El cociente que define la funci´ on f (x, y) estar´a definido salvo cuando el denominador se anule, es decir, cuando tan(x+y) = 0. Esto sucede si x+y = kπ con k un entero arbitrario. Luego el dominio ser´ a todo el plano con excepci´on del conjunto infinito de rectas paralelas de ecuaci´ on x + y = kπ. 193 El cociente que define f (x, y) deja de tener sentido cuando el denominador es nulo o no est´ a definido. As´ı debemos excluir las puntos en que x ≤ 0 e y ≤ 0. Adem´as, debemos excluir tambi´en los puntos en que log x = 0, es decir x = 1, y del 2.1. Funciones de varias variables 45 mismo modo y = 1. En definitiva el dominio de esta funci´on es la uni´ on de los conjuntos (0, 1) × (0, 1), (0, 1) × (1, +∞), (1, +∞) × (0, 1), (1, +∞) × (1, +∞). 197 En este caso, debemos exigir que el argumento del primer logaritmo, log(x − y), sea un n´umero estrictamente positivo, es decir log(x − y) > 0. Esto, a su vez sucede si el argumento de este segundo logaritmo es superior a 1. El dominio ser´a por tanto x − y > 1 que representa el semiplano por encima de la recta y = x − 1. 198 En una funci´on definida como una potencia en que la base y el exponente son a su vez funciones, entendi´endola a trav´es del logaritmo 2 (x2 − y)x = ex log(x −y) vemos con claridad que la u ´nica restricci´on que debemos im- poner en este caso concreto es que el argumento del logaritmo (la base de la potencia) sea estrictamente positivo. Luego el dominio corresponder´ on en que x2 −y > 0. Se trata a a la regi´ de la zona debajo de la par´ abola y = x2 . 202 Teniendo en cuenta la propiedad que relaciona los logaritmos naturales con los logaritmos en cualquier otra base log b loga b = , log a podemos expresar la funci´ on f (x, y) como el cociente log(x + 3y) , log(2x − y) y a partir de esta expresi´ on es inmediato deducir el dominio de f , {2x − y > 0} ∪ {x + 3y > 0}. 209 Sea f : R2 → R la funci´on f (x, y) = x2 + y 2 . Hallar f (1, 0), f (0, 1) y f (1, 1). ¿Qu´e puntos de R2 verifican f (x, y) = 0? ¿Cu´al es la imagen por f del disco de radio 2? 46 Cap´ıtulo 2. Derivaci´ on parcial 2 2 2 210 Sea f : R3 → R la funci´ on definida por f (x, y, z) = e−(x +y +z ) . Calcular f (0, 0, 0), f (±1, ±1, ±1). ¿D´ onde manda f los puntos de la superficie de la esfera unitaria? ¿Qu´e ocurre con los valores de f cuando k(x, y, z)k → ∞? Estudiar las curvas de nivel de las siguientes funciones: x2 +y 2 211 f (x, y) = |x| − y. 220 f (x, y) = x2 −y 2 . 212 f (x, y) = x − |y|. 221 f (x, y) = (x2 + y 2 + z 2 )−1 . 213 f (x, y) = |x − y|. 222 f (x, y) = x + y 2 . 2x 214 f (x, y) = x2 +y 2 . √ 2y 223 f (x, y) = x y. 215 f (x, y) = x2 +y 2 . 224 f (x, y) = exy . 216 f (x, y) = y sgn(x). 217 f (x, y) = (x − 1)(y − 2). 225 f (x, y) = xy . 218 f (x, y) = x2 y2 226 f (x, y) = xy . 4 + 16 . xy x+y 219 f (x, y) = x2 +y 2 . 227 f (x, y) = x2 +y 2 −1 . Soluci´ on: 213 Para esta funci´ on f las curvas de nivel corresponden a los puntos del plano que verifican |x − y| = k. Evidentemente k ≥ 0, es decir, las curvas para k < 0 son vac´ıas. Observemos que si k > 0, la igualdad |x − y| = k se desdobla en las dos igualdades x − y = k, x − y = −k, es decir la curva de nivel a altura k consta de las dos rec- tas paralelas anteriores. Si k = 0 entonces la curva de nivel correspondiente es la recta y = x (Figura 8(a)). 216 Teniendo en cuenta que la funci´ on signo, sgn(x), vale 1 si x > 0, −1 si x < 0 y 0 si x = 0, y razonando con un poco de calma las distintas posibilidades, no es complicado llegar 2.1. Funciones de varias variables 47 a la conclusi´ on que las curvas de nivel a altura k constan de dos partes y = k, x > 0 e y = −k, x < 0, si k 6= 0. Si k = 0, la curva de nivel es la uni´on de los dos ejes (Figura 8(b)). 225 Las curvas de nivel de esta funci´ on son aquellas de ecuaci´on xy = k o ey log x = k. Tomando logaritmos llegamos a log k y= . log x Observamos que k > 0, y que el dominio de f exige x > 0. Distinguimos entonces tres casos seg´un 0 < k < 1, k = 1 y k > 1. En realidad todas estas curvas son as´ıntotas conteni- das en x > 0 con dos ramas seg´ un sea k < 1 o k > 1. Para el caso k = 1 se obtienen las dos as´ıntotas y = 0, x > 0 y x = 1. V´ease la Figura 8(c). 227 Las curvas de nivel de esta funci´ on corresponden a las de ecuaci´ on x+y = k. x + y2 − 1 2 En primer lugar debemos notar que la circunferencia x2 +y 2 − 1 = 0 no pertenece al dominio de f y por tanto estos puntos no corresponden a ninguna curva de nivel. Si operamos en la ecuaci´ on anterior obtenemos kx2 + ky 2 − x − y − k = 0. Si k = 0, la curva es la bisectriz y = −x (excluyendo su on con los puntos de la circunferencia x2 + y 2 − 1). intersecci´ Si k es distinto de cero, podemos dividir entre k y completar cuadrados hasta conseguir la representaci´on 2 2 1 1 1 x− + y− = 1 + 2. 2k 2k 2k 48 Cap´ıtulo 2. Derivaci´ on parcial Esta curva correspondeq a una circunferencia con centro en el 1 punto ( 2k , 2k ) y radio 1 + 2k12 . N´ 1 otese c´omo los puntos 1 1 1 1 √ , −√ , −√ , √ 2 2 2 2 pertenecen a todas estas circunferencias aunque no est´an en la curva de nivel pues no pertenecen al dominio. Cuando k → 0 se obtienen circunferencias que se van aproximando a la recta y = −x (por un lado o por otro seg´ un el signo de k), mientras que si k → ∞ las circunferencias se acercan a la circunferencia unidad (por uno u otro lado seg´un el signo de k) que est´ a fuera del dominio de f . En la Figura 8(d) est´an indicadas algunas de estas curvas. −1 228 Sea f (x, y) = e x2 +y2 , f (0, 0) = 0. (a) Esbozar las curvas de nivel Cα para α = 0,001, α = 0,01, α = 0,5 y α = 0,9. (b) ¿Qu´e ocurre si α < 0 o α > 1? (c) Esbozar la secci´ on y = 0 (es decir, la intersecci´on con el plano XZ). (d) Esbozar secciones por planos verticales que pasen por el ori- gen. (e) Esbozar el grafo de f . on f : R2 → R: Dar un ejemplo de una funci´ 229 Cuyo nivel 1 sea la curva y = sen x; p 230 Cuyo nivel -7 sea la curva y = x6 + log8 x; 231 Cuyo nivel 126 sea la curva y 4 x + x3 y − 5 = 0; 232 Cuyo nivel 0 sea el conjunto de puntos del interior del c´ırculo unitario x2 + y 2 = 1 (sin incluir la frontera). 2.1. Funciones de varias variables 49 (a) |x − y| = k (b) y sgn(x) = k x+y (c) xy = k (d) x2 +y 2 −1 =k Figura 8. Curvas de nivel de los Ejercicios 213, 216, 225 y 227 50 Cap´ıtulo 2. Derivaci´ on parcial Considerar la funci´ on f : R2 → R, con dominio el conjunto U ⊂ 2 R . Para cada una de las funciones g siguientes, hallar el dominio y su gr´afica respecto de la de f . 233 g(x, y) = f (x, y) + k, con k ∈ R. 234 g(x, y) = f (x − x0 , y − y0 ), con (x0 , y0 ) ∈ R2 fijo. 235 g(x, y) = f (−x, −y). 236 g(x, y) = −f (x, y). Usar los ejercicios 233–236 para esbozar la gr´afica de las siguien- tes funciones: 237 g(x, y) = x2 + y 2 + 3. 238 g(x, y) = (x − 2)2 + (y + 3)2 . 239 g(x, y) = (−x − 2)2 + (−y + 3)2 . 240 g(x, y) = −x2 − y 2 . En R3 consideremos una curva en el semiplano superior del plano Y Z, por ejemplo, la gr´ afica de una funci´on no negativa z = f (y). Si hacemos girar esta gr´ afica alrededor del eje Z obtenemos una superficie S en R3 , llamada superficie de revoluci´ on. Obs´ervese que 3 un punto P = (0, y, z) ∈ R de la gr´ afica de z = f (y), girar´a for- mando un c´ırculo C alrededor del eje Z. Este c´ırculo corresponde a una curva de nivel de la superficie S. Es decir, todos los puntos (x, y) del c´ırculo C (vi´endolo proyectado en el plano XY ) deben te- ner la misma imagen p z. La distancia de un punto cualquiera (x, y) de C al origen es x2 + y 2 . Es claro entonces que pla funci´on cuya gr´afica es la superficie de revoluci´ on S es z = f ( x2 + y 2 ). 241 Considerar la par´abola z = y 2 (en el plano Y Z). Probar que la superficie de revoluci´ on que se obtiene al girar esta par´abola alrededor del eje Z es el paraboloide z = x2 + y 2 . 2.1. Funciones de varias variables 51 242 Considerar la funci´ on z = |y| (en el plano Y Z). Probar que la superficie de revoluci´ on que se obtiene p al girar esta funci´on alrededor del eje Z es el cono z = x2 + y 2 . 243 Determinar la superficie de p revoluci´on que se obtiene al girar el semic´ırculo superior z = a2 − y 2 alrededor del eje Z. 244 Determinar la superficie de revoluci´on que se obtiene al girar la catenaria z = cosh y alrededor del eje Z. 2 +y 2 ) 245 Probar que la superficie z = e−(x es una superficie de revoluci´ on. Esbozar su gr´ afica. 246 ¿Podr´ıa considerarse un plano como una superficie de revo- luci´on? Soluci´ on: 241 En este caso la funci´on que gira es f (y) = y 2 , de modo que la superficie de revoluci´ on que genera ser´a p p 2 z=f x2 + y 2 = x2 + y 2 = x2 + y 2 . 242 Del mismo modo que en el apartado anterior, ahora f (y) = |y|, luego p p z = x2 + y 2 = x2 + y 2 . p 243 f (y) = a2 − y 2 luego r p 2 p p z = f ( x2 + y 2 ) = a2 − x2 + y 2 = a2 − x2 − y 2 , que corresponde a la superficie esf´erica para z ≥ 0. p 244 f (y) = cosh(y), por tanto z = cosh( x2 + y 2 ). 2 on f (y) = e−y entonces la superficie 245 Si consideramos la funci´ 2 2 on que genera es precisamente z = e−x −y . La de revoluci´ 2 funci´on e−y se esboza en la Figura 9(a), y la superficie de revoluci´ on generada al girar esta curva respecto del eje OZ se muestra en la Figura 9(b). 52 Cap´ıtulo 2. Derivaci´ on parcial 2 2 on f (y) = e−y (a) Funci´ (b) Superficie e−x −y 2 Figura 9. Ejercicio 245 246 La u ´nica forma de ver un plano como superficie de revoluci´on ser´ıa rotando una recta perpendicular al eje de giro. Para cada una de las curvas siguientes situadas en uno de los planos coordenados encontrar la ecuaci´on de la superficie generada al girar dicha curva alrededor del eje indicado. (Indicaci´on: usar el Ejercicio 241). 247 x = 2z 2 , eje X. 250 yz = 1, eje Z. 2 2 248 4x + 9y = 36, eje Y . 251 z = 2x, eje Z. 249 y 2 − z 2 = 1, eje Z. 252 z = 2x, eje X. Esbozar la gr´ afica de las siguientes funciones, estudiando previa- mente sus curvas de nivel y secciones. 253 f (x, y) = x + y. 258 f (x, y) = 1 − x2 − y 2 . 254 f (x, y) = x2 − y 2 . 259 f (x, y) = x3 − x. √ p 255 f (x, y) = xy. 260 f (x, y) = 100 − x2 − y 2 . 256 f (x, y) = x2 + 4y 2 . 261 f (x, y) = (x2 + y 2 )1/2 . 257 f (x, y) = x2 + y 2 + 1. 262 f (x, y) = 1 − |x| − |y|. 2.2. L´ımites y continuidad 53 263 f (x, y) = log(x2 + y). 264 f (x, y) = sen x. Describir las superficies de nivel de las siguientes funciones: 265 f (x, y, z) = x + y + z. 267 f (x, y, z) = x2 + y 2 − z 2 . 266 f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 . 268 f (x, y, z) = x + y 2 + z 2 . ´ n 2.2 Seccio L´ımites y continuidad Calcular los siguientes l´ımites dobles: 269 l´ım x2 y 2 . exy − 1 (x,y)→(0,1) 279 l´ım . (x,y)→(0,0) xy 270 l´ım exy . xy + y 2 (x,y)→(0,1) 280 l´ım . (x,y)→(0,0) x2 + y 2 sen(x2 + y 2 ) 271 l´ım . |xy|−1 (x,y)→(0,0) x2 y 2 281 l´ım (1 + |x|) . (x,y)→(0,1) sen(xy) x2 y 3 272 l´ım . 282 l´ım . (x,y)→(0,0) xy (x,y)→(0,0) x4 + y 6 x2 − y 2 xy 2 273 l´ım . 283 l´ım . (x,y)→(0,0) x2 + y 2 (x,y)→(0,0) x2 + y4 x2 x3 y 2 274 l´ım . 284 l´ım . (x,y)→(0,0) x2 + y 2 (x,y)→(0,0) x2 + y 2 2xy 3 exy − 1 275 l´ım . 285 l´ım . (x,y)→(0,0) x2 + y4 (x,y)→(0,0) x x6 x4 − y 276 l´ım . 286 l´ım . (x,y)→(0,0) (x2 − y)2 + y 6 (x,y)→(0,0) x − y 4 xy xy 277 l´ım . 287 l´ım . (x,y)→(0,0) x2 + y 2 (x,y)→(0,0) 2x2 + y 2 x2 y x2 y + xy 2 278 l´ım . 288 l´ım . (x,y)→(0,0) x2 + y 2 (x,y)→(0,0) x3 + y 3 54 Cap´ıtulo 2. Derivaci´ on parcial (x2 +y2 )−1 289 l´ım 1 + x2 + y 2 . (x,y)→(0,0) x2 + 2xy 2 + y 4 290 l´ım . (x,y)→(−1,1) x + y2 291 l´ım (x2 + y 2 ) log(x2 + y 2 ). (x,y)→(0,0) x2 + y 2 − 2x − 2y 292 l´ım . (x,y)→(1,−1) x2 + y 2 − 2x + 2y + 2 p 1 + x3 − y 3 − 1 293 l´ım . (x,y)→(0,0) arc sen(x + y 2 + x) − arc sen x 2 6xy 3 − x2 y 294 l´ım . (x,y)→(0,0) y 4 + x2 x3 + 2x2 y − xy 2 − 2y 3 295 l´ım . (x,y)→(2,−1) x + 2y Soluci´ on: 271 Una de las formas m´ as efectivas de calcular un l´ımite doble es usar el cambio a coordenadas polares, gracias al cual es posible asegurar que si l´ım f (x0 + r cos θ, y0 + r sen θ) = L, r→0 con independencia del ´ angulo θ, entonces l´ım f (x, y) = L. (x,y)→(x0 ,y0 ) En este caso podemos escribir sen(x2 + y 2 ) l´ım (x,y)→(0,0) x2 y 2 sen(x2 + y 2 ) x2 + y 2 = l´ım · l´ ım , (x,y)→(0,0) x2 + y 2 (x,y)→(0,0) x2 y 2 y escribiendo todas las expresiones en coordenadas polares llegamos a que el l´ımite que nos interesa es el producto sen(r2 ) 1 l´ım · l´ım 2 . r→0 r2 r→0 r cos2 θ sen2 θ 2.2. L´ımites y continuidad 55 El primer factor tiene l´ımite 1, mientras el segundo tiene l´ımite +∞ con independencia de c´omo sea la funci´on θ. En consecuencia el l´ımite solicitado es +∞. 275 Una forma muy c´ omoda de convencerse de que el l´ımite soli- citado es nulo consiste en usar la desigualdad |2ab| ≤ a2 + b2 , v´alida para cualesquiera a, b. En particular 2xy 2 · |y| ≤ x2 + y 4 |y| . Luego 2xy 3 x2 + y 4 ≤ |y| , y como |y| → 0 cuando (x, y) → (0, 0), concluimos que el l´ımite pedido es nulo. Otro modo de llegar a la misma conclusi´on consiste en anali- zar el l´ımite en coordenadas polares, teniendo que examinar el l´ımite r2 cos θ sen3 θ l´ım , r→0 cos2 θ + r 2 sen4 θ donde θ = θ(r) puede ser cualquier funci´on arbitraria. Si cos2 θ no converge a cero, el l´ımite anterior es claramente nulo. Si se tiene que cos2 θ → 0, tomando cos θ → a, r observamos que, dividiendo numerador y denominador entre r2 en la expresi´on anterior, el limite ser´ıa nulo pues el deno- minador tiende a 1 + a2 mientras el numerador tiende a cero. Si a resulta ser infinito, entonces r → 0, cos θ y en este caso, dividiendo entre cos2 θ, llegamos a la misma conclusi´ on sobre el l´ımite. 56 Cap´ıtulo 2. Derivaci´ on parcial 289 Para este ejercicio, basta observar que con el cambio a polares y tomando s = r12 , se debe estudiar s 1 l´ım 1+ . s→+∞ s Conocemos bien que este l´ımite es el n´ umero e. 293 En primer lugar obs´ervese que p 1 + x3 − y 3 − 1 1 l´ım = . (x,y)→(0,0) x3 − y 3 2 √ Para darse cuenta de ello consid´erese la funci´on f (t) = 1+t y n´otese que f (t) − f (0) 1 l´ım = f 0 (0) = . t→0 t 2 Poniendo t = x3 − y 3 se obtiene el resultado. Del mismo modo, para f (t) = arc sen(t) se tiene arc sen(x2 + y 2 + x) − arc sen x l´ım = 1. (x,y)→(0,0) x2 + y 2 1 De este modo el l´ımite solicitado ser´ a 2 multiplicado por x3 − y 3 l´ım , (x,y)→(0,0) x2 + y 2 y este limite es nulo, lo cual es inmediato de comprobar. En consecuencia el l´ımite solicitado es tambi´en nulo. 295 Puesto que tenemos una indeterminaci´on del tipo 00 podemos factorizar el polinomio del numerador dividiendo por x + 2y, de modo que x3 + 2x2 y − xy 2 − 2y 2 l´ım (x,y)→(2,−1) x + 2y (x + 2y)(x2 − y 2 ) = l´ım = 3. (x,y)→(2,−1) x + 2y 2.2. L´ımites y continuidad 57 296 Estudiar el siguiente l´ımite: Z x2 y 1 dt l´ım . (x,y)→(0,0) x2 + y 2 0 1 + t4 Soluci´ on 296: Basta tener en cuenta que x2 y x2 y x2 y Z Z 1 dt 1 dt = . x2 + y 2 0 1 + t4 x2 + y 2 x2 y 0 1 + t4 El primer factor tiene l´ımite nulo, lo cual es sencillo de compro- bar plante´andolo en polares; mientras que el segundo factor tiene l´ımite 1 por el teorema fundamental del C´alculo. Calcular los siguientes l´ımites: x2 − y 2 − z 2 297 l´ım . (x,y,z)→(0,0,0) x2 + y 2 + z 2 xy + yz + zx 298 l´ım . (x,y,z)→(0,0,0) x2 + y 2 + z 2 xyz 299 l´ım . (x,y,z)→(0,0,0) x2 + y 2 + z 2 Estudiar la continuidad de las siguientes funciones: 300 log(2x + 3y). x 302 f (x, y) = p . 301 f (x, y) = tan(x − y ). 4 4 x2 + y 2 2 xy si (x, y) 6= (0, 0), 303 f (x, y) = x2 + y 2 0 si (x, y) = (0, 0). (x + y) sen 1 sen 1 si x 6= 0 ´o y 6= 0, 304 f (x, y) = x y . 0 en caso contrario. 58 Cap´ıtulo 2. Derivaci´ on parcial xy si (x, y) 6= (0, 0), 305 f (x, y) = x2 + xy + y 2 0 si (x, y) = (0, 0). x si 4x2 + y 2 − 1 6= 0, 306 f (x, y) = 4x2 + y2 − 1 0 en caso contrario. x2 + 2y − 1 si x ≥ 0, 307 f (x, y) = 3x + y 2 si x < 0, y 2 (x + 2) + 2x si (x, y) 6= (0, 0), 308 f (x, y) = x2 + y 2 2 si (x, y) = (0, 0). x2 y , sen(x + y) si (x, y) 6= (0, 0), 309 f (x, y) = x2 + |y| (0, 0) si (x, y) = (0, 0). Soluci´ on: 304 Est´a claro que en los puntos que no pertenecen a los ejes, la funci´on es continua por ser composici´on de funciones conti- nuas. Cuando nos preocupamos por la continuidad de f en un punto del eje X, del tipo (a, 0) para a no nulo, comprobamos que el l´ımite 1 1 l´ım (x + y) sen sen (x,y)→(a,0) x y a, pues el factor sen( y1 ) oscila de manera persistente no existir´ cuando nos acercamos a cero, a no ser que la amplitud (x+y) converja a cero, y en tal caso anule tales oscilaciones (lo que no puede ocurrir pues hemos tomado inicialmente a 6= 0), o que el factor sen( x1 ) sea nulo, lo que s´ı sucede para los 1 valores x = kπ . As´ı pues hay continuidad en los puntos (a, 0) 1 1 con a = kπ . Lo mismo sucede en los puntos (0, a) con a = kπ . En el resto de puntos de los ejes, la funci´on no es continua. Finalmente, estudiamos qu´e sucede en el origen. En este caso, tenemos oscilaciones bruscas de los dos factores senoidales. Sin embargo como estas oscilaciones est´an acotadas por la 2.3. Derivadas parciales 59 unidad, y el factor amplitud (x+y) s´ı converge a cero, resulta que el l´ımite es nulo, y por tanto la funci´on es continua en el origen. De manera m´ as precisa dir´ıamos 1 1 0 ≤ (x + y) sen sen ≤ |x + y| → 0 x y si (x, y) → (0, 0). 309 Fuera del origen ninguna de las funciones componentes pre- senta problemas de continuidad por lo que se trata de estu- diar el l´ımite cuando (x, y) → (0, 0) de las dos componentes de la funci´on vectorial. La segunda componente es evidente- mente continua. Con respecto a la primera debemos estudiar si x2 y l´ım (x,y)→(0,0) x2 + |y| existe y es nulo. Planteando el l´ımite en coordenadas polares es directo comprobar que esto es, efectivamente, as´ı. 310 ¿Es posible redefinir la funci´ on x3 + y 3 f (x, y) = , x2 + y 2 para que sea continua en todo R2 ? 311 Supongamos que f (x, y) es continua en (x0 , y0 ). Probar que la funci´on g(x) = f (x, y0 ) es continua en x0 . ´ n 2.3 Seccio Derivadas parciales Encontrar en cada caso las derivadas parciales fx y fy para las funciones: 2 +y 2 312 f (x, y) = xex . √ √ 313 f (x, y) = cos(y x) sen(x y). 60 Cap´ıtulo 2. Derivaci´ on parcial 314 f (x, y) = 7x2 − log(cos x cos y). x 315 f (x, y) = . y x2 + y 2 316 f (x, y) = . x2 − y 2 Evaluar las derivadas parciales de las funciones dadas en los puntos indicados: 317 f (x, y) = eax cos(bx + y), ( 2π b , 0). 318 f (x, y) = (4cx2 )y − (4cy 2 )x , (c, 2c ). 319 f (x, y) = exy sen(x + y), (0, 0). 1 320 f (x, y) = , (−1, 2). x3 + y 3 p 321 f (x, y) = a2 − x2 − y 2 , (0, 0), ( a2 , a2 ), con a > 0. Calcular las derivadas parciales de cada una de las funciones si- guientes: Z xy 322 f (x, y) = g(t) dt. x Z yx 323 f (x, y) = g(t) dt. xy Z Ry g(t) dt x 324 f (x, y) = Rx g(t) dt. y g(t) dt Soluci´ on 324: Debemos usar el teorema fundamental del C´alculo junto con la regla de la cadena con un poco de precauci´on para no confundirnos en los c´alculos. Se obtiene Z y Z x ∂f =g g(t) dt (−g(x)) − g g(t) dt g(x); ∂x x y 2.3. Derivadas parciales 61 o factorizando Z y Z x ∂f = −g(x) g g(t) dt + g g(t) dt . ∂x x y Del mismo modo tenemos Z y Z x ∂f = g(y) g g(t) dt + g g(t) dt . ∂y x y 325 Sea g : R → R una funci´ on continua y positiva. Consid´erese la funci´on f : R2 → R dada por: Z y f (x, y) = g(t) dt x (a) ¿Para qu´e puntos (x, y) ∈ R2 se tiene que f (x, y) > 0? (b) ¿Para qu´e puntos (x, y) ∈ R2 se tiene que f (x, y) < 0? (c) ¿Cu´al es el nivel cero de f ? (d) Calcular las derivadas parciales de la funci´on f . (e) Realizar los apartados anteriores suponiendo ahora que g es una funci´on impar tal que g(t) > 0 para t > 0. 326 Para f (x, y) = exy mostrar que ∂f ∂f x (x, y) − y (x, y) = 0. ∂x ∂y ∂f ∂f 327 Hallar α tal que = , con f (x, y) = sen x sen y+α cos x cos y. ∂x ∂y Soluci´ on 327: Despu´es de calcular las dos derivadas parciales de f e igualar las expresiones obtenidas, llegamos a cos x sen y − α sen x cos y = cos y sen x − α sen y cos x. acil concluir que α = −1. De aqu´ı es f´ 62 Cap´ıtulo 2. Derivaci´ on parcial 328 Calcular las derivadas parciales de la funci´on: 3 2 sen(x y ) si (x, y) 6= (0, 0), f (x, y) = (x + y 2 )2 2 0 si (x, y) = (0, 0). Soluci´ on 328: Fuera del origen la funci´ on f est´ a definida y es derivable. Las derivadas parciales se calculan con un poco de paciencia: ∂f 3 cos(x3 y 2 )x2 y 2 4 sin(x3 y 2 )x = 2 − 3 . ∂x (x2 + y 2 ) (x2 + y 2 ) ∂f 2 cos(x3 y 2 )x3 y 4 sin(x3 y 2 )y = 2 − 3 . ∂y (x2 + y 2 ) (x2 + y 2 ) Si nos centramos en el origen, en primer lugar deber´ıamos com- probar que la funci´on f es continua, pues si no lo fuera, no podr´ıa admitir derivadas parciales. Sin embargo, reescribiendo f (x, y) co- mo sen(x3 y 2 ) x3 y 2 , x3 y 2 (x2 + y 2 )2 se ve inmediatamente (usando polares) que el l´ımite de esta expre- si´on cuando (x, y) → (0, 0) existe y es nulo. Veamos la derivada parcial respecto a x en (0, 0). Corresponder´ıa al l´ımite f (h, 0) − f (0, 0) l´ım h→0 h pero este cociente es nulo si h 6= 0, y en consecuencia el l´ımite anterior tambi´en. As´ı ∂f (0, 0) = 0. ∂x Lo mismo sucede con la derivada parcial respecto a y. 329 Probar que ∂ 2 l´ım (x + y 2 + z 2 )1/3 (x,y,z)→(0,0,0) ∂z no existe. 2.3. Derivadas parciales 63 Calcular el gradiente de las siguientes funciones: p 330 f (x, y) = log x2 + y 2 . 3 331 f (x, y) = xexy +3 . 2 332 f (x, y, z) = (x + y + z)e−z −x−y . xyz 333 f (x, y, z) = . x2 + y 2 + z 2 Calcular las derivadas direccionales de las siguientes funciones en los puntos indicados y en las direcciones dadas: 334 f (x, y) = x + 2xy − 3y 2 , (x0 , y0 ) = (1, 2), n = ( 35 , 45 ). 335 f (x, y) = ex cos(πy), (x0 , y0 ) = (−1, 0), n = √1 (2, 1). 5 5 12 336 f (x, y) = xy − y x , (x0 , y0 ) = (e, e), n = ( 13 , 13 ). 337 f (x, y) = (x − 1)y 2 exy , (x0 , y0 ) = (0, 1), n = √1 (−1, 3). 10 338 f (x, y) = Ax2 + 2Bxy + Cy 2 , (x0 , y0 ) = (a, b), n = √a21+b2 (b, a). 339 f (x, y, z) = ex + yzey , (x0 , y0 , z0 ) = (1, 1, −1), n = √13 (1, −1, 1). 340 ¿En qu´e direcci´ on la derivada direccional de la funci´on x2 − y 2 f (x, y) = , x2 + y 2 en el punto P = (1, 1), es igual a cero? 341 Determina un vector unitario n de modo que la derivada direc- 1−xy cional de la funci´ on f (x, √ y, z) = z en el punto (1, 1, 1) y en la direcci´on pedida sea − 2. Soluci´ on 341: Es directo conseguir que y x xy − 1 ∇f (x, y, z) = − ,− , , z z z2 64 Cap´ıtulo 2. Derivaci´ on parcial y por tanto ∇f (1, 1, 1) = (−1, −1, 0). Puesto que para una funci´on diferenciable, la derivada direccional viene dada por ∂f (x0 ) = ∇f (x0 ) · n, ∂~n el vector n = (n1 , n2 , n3 ) debe verificar √ (−1, −1, 0) · (n1 , n2 , n3 ) = − 2, n21 + n22 + n23 = 1. De la primera condici´ on se obtiene √ n1 = 2 − n2 , y llev´andola a la segunda ecuaci´ on, √ 1 − 2 2n2 + 2n22 + n23 = 0. Completando cuadrados, podemos escribir √ !2 2 2 n2 − + n23 = 0. 2 La u ´nica posibilidad es que √ √ 2 2 n3 = 0, n2 = , n1 = . 2 2 ∂f 342 La derivada direccional de una funci´on diferenciable ∂n (x0 , y0 , z0 ) toma los valores 3, 1 y −1 en la direcci´ on de los ejes coordenados X, Y , Z, respectivamente. Encontrar el valor de ∇f (x0 , y0 , z0 ). ∂f 343 La derivada direccional de una funci´ on diferenciable ∂n (x0 , y0 , z0 ) toma los valores 3, 1 y −1 en la direcci´ on de los vectores (0, 1, 1), (1, 0, 1) y (1, 1, 0), respectivamente. Encontrar el valor del gradien- te de f en el punto (x0 , y0 , z0 ). Soluci´ on 343: 2.3. Derivadas parciales 65 La informaci´ on que nos proporcionan, si ponemos ∇f (x0 , y0 , z0 ) = (a, b, c), es (a, b, c) · (0, 1, 1) = 3, (a, b, c) · (1, 0, 1) = 1, (a, b, c) · (1, 1, 0) = −1. Se trata por tanto de determinar el vector (a, b, c) a partir de esta informaci´ on. En definitiva, debemos resolver el sistema lineal anterior. Los valores que se obtiene son 3 1 5 a=− , b= , c= . 2 2 2 2 2 344 Si h(x, y) = 2e−x + e−3y denota la altura de una monta˜ na, ¿en qu´e direcci´ on desde (1, 0) se deber´ıa comenzar a caminar para escalar m´as r´ apidamente? 345 Determinar el camino de mayor inclinaci´on de la superficie dada por f (x, y) = a2 x2 + b2 y 2 partiendo del punto (a, b, a4 + b4 ). Encontrar un vector normal de cada una de las siguientes curvas en el punto dado: p √ 346 x2 − y 2 = 1, ( 2, 1). p √ 347 arc sen x2 + y 2 = π6 , ( 14 , 43 ). 348 xexy = 2e, (2, 12 ). π 349 arctan(xey ) = 4, (1, 0). Encontrar la recta tangente a las curvas siguientes en los puntos dados: 350 xy 2 = 1, ( 14 , 2). 66 Cap´ıtulo 2. Derivaci´ on parcial 351 x2 − 2xy − 3y 2 = 5, (2, −1). 352 xexy = 2, (2, 0). 5π 353 (x + y) arctan(xy) = 8 , (2, 12 ). on f (x, y) = x2 + y 2 son 354 Probar que las curvas de nivel de la funci´ perpendiculares a las curvas de nivel de g(x, y) = xy en todos sus puntos. Soluci´ on 354: Recu´erdese que dos curvas son perpendiculares en un punto si sus rectas tangentes en dicho punto lo son. Equivalentemente, dos curvas ser´an perpendiculares si sus vectores normales son ortogo- nales. Basta entonces comprobar que los vectores gradiente de f y de g son perpendiculares en todo punto. En efecto y ∇f = (2x, 2y), ∇g = (− , 1/x), x2 y ∇f · ∇g = 0, en todo punto. 355 Probar que la recta tangente a una c´ onica Ax2 + By 2 + Cx + Dy + E = 0 en el punto (x0 , y0 ) tiene por ecuaci´on C D Ax0 x + By0 y + (x + x0 ) + (y + y0 ) + E = 0. 2 2 Soluci´ on 355: Si el punto (x0 , y0 ) debe pertenecer a la c´onica, tendremos Ax20 + By02 + Cx0 + Dy0 + E = 0. El vector normal a dicha c´onica en el punto (x0 , y0 ) vendr´a dado por el gradiente en dicho punto (2Ax0 + C, 2By0 + D). 2.3. Derivadas parciales 67 Por lo tanto la recta tangente consta de todos los puntos cuya diferencia a (x0 , y0 ) es perpendicular al vector anterior, es decir, tendr´a ecuaci´ on (2Ax0 + C, 2By0 + D) · (x − x0 , y − y0 ) = 0. Si desarrollamos y usamos la ecuaci´ on primera, despu´es de unas cuantas manipulaciones llegamos a que la ecuaci´on de dicha recta es C D Ax0 x + By0 y + (x + x0 ) + (y + y0 ) + E = 0. 2 2 Encontrar la ecuaci´ on del plano tangente a las siguientes funciones en los puntos dados: xy 356 f (x, y) = en (1, 0), (0, 1), (−1, 1), (0, 0). 1 + x2 357 f (x, y) = x2 + y 2 sen(xy) en (−π, 0), (0, π). 358 f (x, y) = cos x sen y en (0, π2 ). 359 f (x, y) = x − y + 2 en (1, 1) 360 f (x, y) = log(x cos y) + arc tg(x + y) en (1, 0) 361 f (x, y) = sen x + sen y + sen(x + y) en (0, 0) 362 f (x, y) = axy en (1, a1 ) 363 f (x, y) = x2 + y 2 − xy − x − y en (1, −1). Para cada apartado de los Ejercicios 356–363 calcular el vector normal a la superficie f (x, y) en los puntos indicados. 364 Considerar la funci´ on 1 + sen(ex ) f (x, y) = . 1 − cos(ey ) (a) Hallar la ecuaci´ on del plano tangente en el punto (log π, log π). 68 Cap´ıtulo 2. Derivaci´ on parcial (b) Calcular la derivada direccional en √ el punto √ anterior y en la direcci´on dada por el vector √110 ( 3, − 7). Soluci´ on 364: (a) La ecuaci´ on del plano tangente al grafo de una funci´on en un punto (x0 , y0 ) se escribe como: z − f (x0 , y0 ) = ∇f (x0 , y0 ) · (x − x0 , y − y0 ). Por tanto, para determinar la ecuaci´on del plano tangente necesitamos el vector gradiente y el valor de la funci´on en dicho punto. En concreto x e cos(ex ) ey sen(ey )(1 + sen(ex ) ∇f (x, y) = , − . 1 − cos(ey ) (1 − cos(ey ))2 En el punto pedido, tenemos π 1 ∇f (log π, log π) = (− , 0), f (log π, log π) = , 2 2 y la ecuaci´ on del plano tangente ser´ a π 1 − (x − log π) = z − . 2 2 (b) Para encontrar la derivada direccional dada, puesto que la funci´on es diferenciable en ese punto, debemos hacer el pro- ducto escalar del vector gradiente en el punto concreto y el vector unitario que determina la direcci´on, es decir, √ π 1 √ √ π 3 (− , 0) · √ ( 3, − 7) = − √ . 2 10 2 10 365 Probar que las gr´ aficas de f (x, y) = x2 + y 2 y g(x, y) = −x2 − y 2 + xy 3 son tangentes en el origen. 366 ¿En qu´e punto o puntos el plano tangente al grafo de la funci´on f (x, y) = x2 + y 2 + 2x es horizontal (paralelo al plano del suelo)? 367 ¿En qu´e punto el plano tangente al grafo de la funci´on f (x, y) = 9 − 4x2 − y 2 es paralelo al plano z = 4y? 2.3. Derivadas parciales 69 2 2 368 Encontrar los puntos de la superficie x9 + y4 + √ z 2 = 1 que tienen su plano tangente perpendicular al vector (1, 1, 3). x2 y2 369 Probar que la ecuaci´ on del plano tangente al elipsoide a2 + b2 + z2 c2 = 1 en (x0 0 0 puede escribirse como , y , z ) xx0 yy0 zz0 2 + 2 + 2 = 1. a b c 2 x2 2 Encontrar ecuaciones similares para el hiperboloide a2 + yb2 − zc2 = x2 y2 k, k 6= 0, y el paraboloide z = a2 + b2 . Soluci´ on 369: El vector normal al elipsoide en el punto (x0 , y0 , z0 ) es x0 y0 z0 2 , , . a2 b2 c2 En consecuencia la ecuaci´ on del plano tangente deber´a expresar que el vector anterior debe ser normal a dicho plano tangente y pasar por (x0 , y0 , z0 ) x0 y0 z0 2 , , · (x − x0 , y − y0 , z − z0 ) = 0. a2 b2 c2 Esto se puede desarrollar como x0 x y0 y z0 z x20 y02 z02 + + = + + . a2 b2 c2 a2 b2 c2 Sin embargo, como (x0 , y0 , z0 ) es un punto del elipsoide, debemos tener x20 y02 z02 + + = 1, a2 b2 c2 de modo que la ecuaci´ on del plano se simplifica a x0 x y0 y z0 z + 2 + 2 = 1. a2 b c De la misma manera, es sencillo obtener las ecuaciones x0 x y0 y z0 z + 2 − 2 =k a2 b c 70 Cap´ıtulo 2. Derivaci´ on parcial y x0 x y0 y z + z0 + 2 − = 0, a2 b 2 para los planos tangentes al hiperboloide y al paraboloide de ecua- ciones x2 y2 z2 x2 y2 + + = 1, z = + , a2 b2 c2 a2 b2 respectivamente. 370 El plano tangente a la superficie x1/2 + y 1/2 + z 1/2 = 1 en el punto (x0 , y0 , z0 ) interseca a los ejes coordenados en (a, 0, 0), (0, b, 0) y (0, 0, c). Probar que la cantidad a+b+c es independiente del punto de tangencia. p 371 Probar que para f (x, y) = |xy|, fx y fy son ambas nulas en el origen. ¿Tiene la gr´ afica plano tangente en el origen? (Ayuda: consid´erese la secci´ on por el plano x − y = 0). on diferenciable de una variable y f (x, y) = xg( xy ). 372 Sea g una funci´ Probar que todo plano tangente al grafo de f pasa por el origen. Soluci´ on 372: Como vimos en el Ejercicio 364, la ecuaci´on del plano tangente al grafo de una funci´ on en un punto (x0 , y0 ) tiene por ecuaci´on ∇f (x0 , y0 ) · (x − x0 , y − y0 ) = z − f (x0 , y0 ). Si cualquiera de estos planos debe pasar por el origen deber´ıamos tener ∇f (x0 , y0 ) · (x0 , y0 ) = f (x0 , y0 ). Luego en el caso concreto en que f (x, y) = xg( xy ) todo se reduce a comprobar que ∇f (x, y) · (x, y) = f (x, y). Esto es inmediato comprobarlo. Comprobar que las siguientes funciones son diferenciables y hallar su diferencial en un punto arbitrario: 2.3. Derivadas parciales 71 373 F : R2 → R, F (x, y) = x4 − y 4 . 374 F : R2 → R2 , F (x, y) = (2, x + y). 375 F : R2 → R3 , F (x, y) = (2 + x + y, x2 + y 2 , exy ). 376 Dada la funci´ on: x3 f (x, y) = , f (0, 0) = 0, x2 + y 2 comprobar que admite derivadas direccionales en el origen seg´ un cualquier vector unitario (v1 , v2 ). ¿Es f diferenciable en el origen? Soluci´ on 376: Es inmediato comprobar que f es continua en el origen estudiando el l´ımite cuando (x, y) → (0, 0) mediante coordenadas polares. Por otro lado los l´ımites que definen las derivadas parciales en el origen son triviales, obteniendo ∂f ∂f (0, 0) = (0, 0) = 0. ∂x ∂y Para comprobar si f es diferenciable en el origen deber´ıamos preo- cuparnos por decidir si el l´ımite f (x, y) − f (0, 0) − ∇f (0, 0) · (x, y) l´ım p (x,y)→(0,0) x2 + y 2 existe y es nulo. Si no existe o no es nulo, la funci´on no ser´a dife- renciable en el origen. En concreto !3 x3 x l´ım = l´ım . (x,y)→(0,0) (x2 + y 2 )3/2 p (x,y)→(0,0) x2 + y 2 El l´ımite dentro del cubo no existe, lo cual es evidente si lo escri- bimos en coordenadas polares. En consecuencia la funci´on no es diferenciable en el origen. 377 Estudiar la continuidad, existencia de derivadas parciales y dife- renciabilidad de la funci´ on 3 3 x − (y − 1) si (x, y) 6= (0, 1), f (x, y) = x2 + (y − 1)2 0 si (x, y) = (0, 1); 72 Cap´ıtulo 2. Derivaci´ on parcial en el punto (0, 1). 378 Estudiar la continuidad y diferenciabilidad de la funci´on x2 y 3 si (x, y) 6= (0, 0), f (x, y) = (x2 + y 2 )2 0 si (x, y) 6= (0, 0). 379 Dada la funci´ on 2 2 x sen y + y sen x si (x, y) 6= (0, 0), f (x, y) = x2 + y 2 0 si (x, y) = (0, 0); (a) Estudiar la existencia de derivadas direccionales de f en el origen. (b) Calcular el vector gradiente de f en el (0, 0). (c) Usando los apartados anteriores, decidir si al funci´on f es o no diferenciable. x2 + y 2 380 Probar que la funci´ on f (x, y) = si (x, y) 6= (0, 0), f (0, 0) = x+y 0 no posee derivadas direccionales en el punto (0, 0) para todo vector n ∈ R2 . ¿Es f diferenciable en el origen? ¿Es f continua en (0, 0)? 381 Consideremos la funci´ on α(|x| + |y|) p si (x, y) 6= (0, 0), f (x, y) = x2 + y 2 β si (x, y) = (0, 0), donde α y β son n´ umeros reales cualesquiera. ¿Es posible encon- trar una relaci´on entre α y β para que existan las derivadas par- ciales de f en (0, 0)? En caso afirmativo, ¿Cu´anto valen fx (0, 0) y fy (0, 0)? ¿Es f diferenciable en (0, 0)? Soluci´ on 381: 2.3. Derivadas parciales 73 Si escribimos los l´ımites que proporcionan las derivadas parciales, encontramos que f (h, 0) − f (0, 0) α−β l´ım = l´ım , h→0 h h→0 h f (0, h) − f (0, 0) α−β l´ım = l´ım . h→0 h h→0 h Para que este limite exista no queda m´as remedio que tomar β = α, en cuyo caso ambas derivadas parciales son nulas. Si adem´as α = β = 0, la funci´ on es id´enticamente nula y por tanto trivialmente diferenciable. Sin embargo, si α = β 6= 0, la funci´on no puede ser diferenciable en el origen pues el l´ımite doble l´ım f (x, y) (x,y)→(0,0) no existe. Basta tomar y = tx con t constante para observar que el l´ımite anterior vale α (1 + |t|) √ , 1 + t2 que claramente depende del par´ ametro t. De este modo la funci´on no es continua en el origen, y por tanto tampoco diferenciable. 382 Sea 2xy 2 si (x, y) 6= (0, 0), f (x, y) = x2+ y4 0 si (x, y) = (0, 0). Mostrar que fx y fy existen en todo punto, pero f no es continua en (0, 0). ¿Es f diferenciable en este punto? Estudiar la diferenciabilidad en todo R2 de las siguientes funcio- nes: xy p si (x, y) 6= (0, 0), 383 f (x, y) = x2 + y 2 0 si (x, y) = (0, 0). 74 Cap´ıtulo 2. Derivaci´ on parcial (x2 + y 2 ) sen 1 si (x, y) 6= (0, 0), 384 f (x, y) = x2 + y2 0 si (x, y) = (0, 0). 2 x si y 6= 0, 385 f (x, y) = y 0 si y = 0. x2 −y2 −1 e 6 x, si y = 386 f (x, y) = x−y 2x si y = x. Soluci´ on: 384: Usando directamente la definici´ on, es sencillo encontrar que las dos derivadas parciales en el origen son nulas. Por tanto, para comprobar si esta funci´on es diferenciable en dicho punto debemos examinar si el l´ımite doble f (x, y) l´ım p (x,y)→(0,0) x2 + y 2 existe y es nulo. Esto es as´ı pues p 1 l´ım x2 + y 2 sen = 0. (x,y)→(0,0) x2 + y 2 N´otese que p el seno siempre est´ a acotado por 1 en valor absoluto, y el factor x2 + y 2 tiende a cero. Por tanto la funci´on es diferen- ciable en el origen. Fuera del origen la funci´on admite derivadas parciales que son continuas, 1 2x 1 fx = 2x sen − 2 cos 2 , x2 + y 2 x + y2 x + y2 1 2y 1 fy = 2y sen 2 − 2 cos 2 ; x + y2 x + y2 x + y2 luego tambi´en es diferenciable. 2.4. Regla de la cadena y derivadas de orden superior 75 ´ n 2.4 Seccio Regla de la cadena y derivadas de orden superior Verificar la regla de la cadena en cada caso para f ◦ c y c ◦ f : 387 f (x, y) = xy, c(t) = (et , cos t). 388 f (x, y) = exy , c(t) = (3t2 , t3 ). 2 +y 2 389 f (x, y) = xex , c(t) = (t, −t). 390 Sea f (x, y) = g(x + 2y 2 ) donde g es una funci´on conocida de una variable. Razonar si es correcta la siguiente igualdad: ∂f ∂f − = 0. ∂y ∂x Z x2 +y 391 Dada la funci´ on f (x, y, z) = h(s) ds, donde h es una funci´on x+z 2 cualquiera de una variable, decidir y razonar si es cierto ∂f ∂f ∂f 2z = 4xz + . ∂x ∂y ∂z Soluci´ on 391: Mediante la regla de la cadena y el teorema fundamental del C´alcu- lo, encontramos que ∂f = 2xh(x2 + y) − h(x + z 2 ), ∂x ∂f = h(x2 + y), ∂y ∂f = −2zh(x + z 2 ). ∂z Por lo tanto la expresi´ on ∂f ∂f ∂f 2z − 4xz − ∂x ∂y ∂z queda id´enticamente igual a cero. 76 Cap´ıtulo 2. Derivaci´ on parcial 392 Sea f (x, t) = g(x − ct) + h(x + ct) con c una constante y g y h funciones de una variable. Probar que f satisface la ecuaci´ on de ondas: ∂2f ∂2f 2 = c2 2 . ∂t ∂x 393 Comprueba que la funci´ on Z x2 y 2 u(x, y) = g(t) dt xy on xux − yuy = 0. es soluci´on de la ecuaci´ 394 Sean las funciones: x2 y f : R2 → R, f (x, y) = , f (0, 0) = 0, x2 + y 2 g : R → R, g(x) = x. Se pide: ∂f ∂f (a) Probar que existen (0, 0) y (0, 0) y valen cero. ∂x ∂y (b) ¿Es f continua en (0, 0)? (c) Se considera la funci´ on h : R → R, definida por h(x) = f (x, g(x)). Calcular h0 (0), directamente y mediante la regla de la cadena. (d) Concluir del apartado anterior que f no es diferenciable en (0, 0). Soluci´ on 394: (a) Directamente de la definici´ on se encuentra que ∂f f (h, 0) − f (0, 0) (0, 0) = l´ım = 0, ∂x h→0 h y lo mismo para la parcial respecto a y. Ambas son nulas. 2.4. Regla de la cadena y derivadas de orden superior 77 (b) La funci´ on f s´ı es continua en el origen pues 1 2 |xy| ≤ (x + y 2 ), 2 y en consecuencia 1 0 ≤ |f (x, y)| ≤ |x| → 0 2 si (x, y) → (0, 0). El limite de f (x, y) cuando (x, y) → (0, 0) es nulo, y coincide con el valor de la funci´on. (c) Por sustituci´ on directa encontramos que x h(x) = , 2 de modo que h0 (0) = 1 2. Si usamos la regla de la cadena, tendremos ∂f ∂f h0 (x) = (x, g(x)) + (x, g(x))g 0 (x). ∂x ∂y Cuando x = 0, ∂f ∂f h0 (0) = (0, 0) + (0, 0) = 0 ∂x ∂y por (a). (d) La funci´on f no puede ser diferenciable en el origen pues si lo fuera los dos modos de calcular la derivada h0 (0) del apartado anterior deber´ıan haber coincidido. 395 Sea f : R3 → R diferenciable y g(ρ, θ, φ) = f (x, y, z), donde x = ρ cos θ sen φ, y = ρ sen θ sen φ, z = ρ cos φ. Calcular gρ , gθ y gφ y aplicarlo a la funci´on f (x, y, z) = x2 + y 2 + z2. Escribir la regla de la cadena para cada caso 78 Cap´ıtulo 2. Derivaci´ on parcial 396 h(x, y) = f (x, u(x, y)), hx . 397 h(t) = f (t, u(t), v(t)), h0 . 398 h(x, y, z) = f (u(x, y, z), v(x, y), w(x)), hx . 399 F (x, y) = (g1 (h(x, xy, x2 ), xy), g2 (cos(x2 + y 2 ), sen(x2 y))), ∂F1 ∂F2 ∂x , ∂y . 400 Si f : R2 → R es diferenciable y g(x, y) = f,1 (f (x, y), y) + f,2 (x, f (x, y)), encontrar gx y gy . 401 Sea F una funci´on de una variable y f una funci´on de dos variables. Probar que el gradiente de g(x, y) = F (f (x, y)) es paralelo al gradiente de f (x, y). on f (y, z) = y z para calcular 402 Usar la regla de la cadena con la funci´ d √ √x (xx ). Aplicarlo tambi´en al c´ alculo de x y sen xcos x . dx 403 Expresar las coordenadas polares r y θ en funci´on de las coor- denadas cartesianas y encontrar la matriz de derivadas parciales ∂(r, θ) . ∂(x, y) Sea g(u, v) una funci´ on diferenciable y u, v funciones de x e y. 404 Probar que gxx = gu uxx + gv vxx + guu u2x + 2guv ux vx + gvv vx2 405 Encontrar expresiones similares para gyy y gxy . Soluci´ on: 404 En primer lugar tenemos para las derivadas parciales prime- ras de G(x, y) = g(u(x, y), v(x, y)), 2.4. Regla de la cadena y derivadas de orden superior 79 que Gx = gu ux + gv vx , Gy = gu uy + gv vy , y derivando de nuevo estas expresiones respecto a x e y, en- contramos mediante la regla del producto, Gxx = (guu ux +guv vx )ux +gu uxx +(gvu ux +gvv vx )vx +gv vxx , y agrupando t´erminos Gxx = guu u2x + 2guv ux vx + gvv vx2 + gu uxx + gv vxx . 405 Del mismo modo se llega a Gxy = guu ux uy +guv (ux vy +uy vx )+gvv vy vx +gu uxy +gv vxy , Gyy = guu u2y + 2guv uy vy + gvv vy2 + gu uyy + gv vyy . f (x − y) ∂z ∂z 406 Si z = probar que z + y +y = 0. y ∂x ∂y Verificar en cada caso que las funciones que se dan satisfacen la condici´on especificada: 407 u(x, y) = ex sen y verifica uxx + uyy = 0. 408 φ(x, t) = f (x − t) + g(x + t), con f y g funciones cualesquiera, verifica φxx = φtt . 409 f (x, y, z) = zexy + yz 3 x2 verifica fxyz = fzyx . ∂f ∂f 410 g(x, y) = − , con f una funci´on cualquiera, verifica ∂x ∂y ∂g ∂g ∂2f ∂2f + = 2 − 2. ∂x ∂y ∂ x ∂y 411 Sea f (x, y, z) = x2 y + xy 2 + yz 2 . Encontrar fxy , fyz , fzx y fxyz . Calcular todas las segundas derivadas parciales de: 2 412 f (x, y) = e−xy + y 3 x4 . 80 Cap´ıtulo 2. Derivaci´ on parcial sen x 413 f (x, y) = . cos2 x + e−y ∂3z ∂z 3 ∂3z 414 Sea z = x4 y 3 − x8 + y 4 . Calcular , y . ∂y∂x∂x ∂x∂y∂x ∂x∂x∂y Una funci´on u = f (x, y) con derivadas segundas continuas que satisface la ecuaci´ on de Laplace ∂2u ∂2u ∆u = + 2 =0 ∂x2 ∂y se dice funci´ on arm´ onica. Probar que las siguientes funciones son arm´onicas: 415 u(x, y) = x3 − 3xy 2 . 418 u(x, y) = y 3 + 3x2 y. 416 u(x, y) = xy. 419 u(x, y) = sen x cosh y. 2 2 417 u(x, y) = x − y . 420 u(x, y) = ex sen y. 421 Probar que si f (x, y) es una funci´ on arm´onica (cf. Ejercicios 415– x y 420) entonces la funci´ on g(x, y) = f ( x2 +y 2 , x2 +y 2 ) tambi´ en es x y arm´onica. (Ayuda: obs´ervese que u = x2 +y 2 y v = x2 +y 2 son funciones arm´onicas). Soluci´ on 421: A partir de la informaci´ on de que la funci´on f (x, y) es arm´onica, y la indicaci´ on de que x −y u(x, y) = , v(x, y) = , x2 + y2 x2 + y2 son arm´onicas, se trata de concluir que la composici´on g(x, y) = f (u(x, y), v(x, y)) tambi´en es arm´ onica. En efecto, usando el c´alculo efectuado en el problema 404, podemos escribir gxx + gyy =fuu u2x + 2fuv ux vx + fvv vx2 + fu uxx + fv vxx + fuu u2y + 2fuv uy vy + fvv vy2 + fu uyy + fv vyy , 2.4. Regla de la cadena y derivadas de orden superior 81 y factorizando de manera apropiada gxx + gyy =fuu (u2x + u2y ) + 2fuv (ux vx + uy vy ) + fvv (vx2 + vy2 ) + fu (uxx + uyy ) + fv (vxx + vyy ). Tambi´en podemos escribir 2 2 gxx + gyy = fuu |∇u| + 2fuv ∇u · ∇v + fvv |∇v| + fu ∆u + fv ∆v. Ahora bien a partir de la identidad v(x, y) = −u(y, x) es sencillo comprobar que 2 2 |∇u| = |∇v| , ∇u · ∇v = ∆u = ∆v = 0, y en consecuencia 2 gxx + gyy = ∆f |∇u| que es tambi´en cero pues f es arm´ onica. Luego g es arm´onica. 422 La ecuaci´ on del calor en dos dimensiones se escribe ut = k(uxx + uyy ). Probar que una soluci´ on de esta ecuaci´ on viene dada por la funci´on 2 +n2 )kt u(t, x, y) = e−(m sen(mx) cos(ny), donde m y n son constantes cualesquiera. 423 Sea u(x, y) una funci´ on diferenciable que verifica xux + yuy = 0. Si se hace el cambio a coordenadas polares x = r cos θ, y = r sen θ, U (r, θ) = u(x, y), encontrar la ecuaci´ on que verifica la funci´on U (r, θ). 424 Considerar la funci´ on 2 f (x, y) = (2 + sen x)y . 82 Cap´ıtulo 2. Derivaci´ on parcial (a) Calcula y simplifica la segunda derivada parcial mixta de f . (b) Encuentra la ecuaci´ on del plano tangente a la gr´afica de f en el punto (− π2 , π 2 ). (c) Calcula la derivada direccional de f en la direcci´on dada por 1 el vector n = ( √122 , √−11 122 ) en el punto (− π2 , π 2 ). (d) Si g(x) = f (x2 , u(x)) para una cierta funci´on u, calcula g 0 (x). Soluci´ on 424: (a) Entendiendo la funci´ on f (x, y) como 2 f (x, y) = ey log(2+sen x) (notando que 2 + sen x > 0 para todo x) es sencillo encontrar la derivada solicitada. Despu´es de unos cuantos c´alculos 2 fxy = 2y cos x(2 + sen x)y −1 1 + y 2 log(2 + sen x) . (b) Para la ecuaci´on del plano tangente, necesitamos el valor de la funci´ on y el gradiente en el punto pedido. En concreto 2 2 ∇f = y 2 cos x(2 + sen x)y −1 , 2y log(2 + sen x)(2 + sen x)y , y π π f (− , π 2 ) = 1, ∇f (− , π 2 ) = (0, 0), 2 2 de modo que el plano tangente es z = 1. (c) Puesto que el gradiente es nulo en (− π2 , π 2 ) por el apartado anterior, cualquier derivada direccional ser´a tambi´en nula. (d) Por la regla de la cadena g 0 (x) =fx 2x + fy u0 (x) 2 −1) =2x(u(x))2 cos x2 (2 + sen x2 )(u(x) 2 + 2u(x)u0 (x)(2 + sen x2 )(u(x)) log(2 + sen x2 ) 425 Sea 2 2 xy(x − y ) si (x, y) 6= (0, 0), 2 x +y 2 f (x, y) = 0 si (x, y) = (0, 0). 2.4. Regla de la cadena y derivadas de orden superior 83 (a) Si (x, y) 6= (0, 0) calcular fx , fy . (b) ¿Cu´ al es el valor de f (x, 0) y f (0, y)? (c) Mostrar que fx (0, 0) = fy (0, 0) = 0. (d) Probar que fx (0, y) = −y si y 6= 0. (e) Calcular fy (x, 0) para x 6= 0. (f) Probar que fyx (0, 0) = 1 y fxy (0, 0) = −1. 426 Se dice que una funci´ on f (x, y) es homog´enea de grado n si satis- face la f´ ormula de Euler ∂f ∂f x (x, y) + y (x, y) = nf (x, y). (∗) ∂x ∂y Se pide: on f (x, y) = g( xy ) es homog´enea de grado (a) Probar que la funci´ 0, cualquiera que sea g, funci´ on de una u ´nica variable. (b) Sea f (x, y) homog´enea de grado m, g(x, y) y h(x, y) homo- g´eneas de grado n. Probar que z(x, y) = f (g(x, y), h(x, y)) es homog´enea de grado mn. (c) Otra forma de definir la homogeneidad es la siguiente: f (x, y) es homog´enea de grado n si verifica f (tx, ty) = tn f (x, y). (∗∗) Probar que si f satisface esta condici´on, entonces verifica (∗). (Ayuda: derivar con respecto a t en (∗∗)). (d) Probar el rec´ıproco del apartado anterior, es decir, si f (x, y) satisface la condici´ on (∗) entonces tambi´en verifica (∗∗). (Ayuda: usar que si g 0 (t) = n g(t) n t entonces g(t) = ct ). Soluci´ on 426: (c) Supongamos que f (x, y) satisface f (tx, ty) = tn f (x, y) 84 Cap´ıtulo 2. Derivaci´ on parcial para cualquier par (x, y) y cualquier real t. Si derivamos la identidad anterior con respecto a t, tendremos xfx (tx, ty) + yfy (tx, ty) = ntn−1 f (x, y). En particular para t = 1, llegamos a xfx (x, y) + yfy (x, y) = nf (x, y). (d) A la inversa, supongamos que f (x, y) es tal que xfx (x, y) + yfy (x, y) = nf (x, y) para todo par (x, y). Para un tal punto fijo, consideremos la funci´on g(t) = f (tx, ty). Si calculamos su derivada g 0 (t) = xfx (tx, ty) + yfy (tx, ty), y por la igualdad que verifica f para el par (tx, ty) tendremos 1 n n g 0 (t) = (txfx (tx, ty) + tyfy (tx, ty)) = f (tx, ty) = g(t). t t t Luego g(t) es una funci´ on que verifica la ecuaci´on n g 0 (t) = g(t). t No es dif´ıcil convencerse de que las u ´nicas funciones que sa- tisfacen esta regla son g(t) = ctn donde c es una constante (con respecto a t). Para determinar esa constante ponemos t = 1 y llegamos a que f (tx, ty) = g(t) = tn f (x, y). Verificar que las siguientes funciones satisfacen la f´ormula de Euler (cf. Ejercicio 426) y encontrar en cada caso su grado: 2.5. Derivaci´ on impl´ıcita. Polinomio de Taylor. 85 x2 427 f (x, y) = x+y . 429 f (x, y) = (x + y)3 . 430 f (x, y) = arctan xy . p 428 f (x, y) = x2 + y 2 . ´ n 2.5 Seccio Derivaci´on impl´ıcita. Polinomio de Taylor. Hallar las derivadas y 0 que se piden en cada caso mediante deri- vaci´on impl´ıcita: √ 5−1 431 y 3 x + y 2 x2 − 1 = 0, en el punto ( 2 , 1). 432 xy + y x = 2, en el punto (1, 1). 433 x2 − 3xy − y 2 = 3, en el punto (1, −1). 434 y + ex log y = 1, en el punto (2, 1). Encontrar la ecuaci´ on del plano tangente en el punto dado al grafo de la funci´ on z = z(x, y) definida impl´ıcitamente por 435 x3 + 2y 3 + z 3 − 3xyz − 2y − 3 = 0 en (−1, 1, 1). 436 xey + yez + zex = 0 en (0, 0, 0). 437 Hallar las derivadas parciales respecto de x e y de la funci´on z = z(x, y) definida impl´ıcitamente por π x cos y + y cos z + z cos x = 2 en un entorno del punto (0, 0, π2 ). 438 Calcula impl´ıcitamente la derivada segunda de y respecto de x en el punto (1, 1) si π p √ y log x2 + y 2 = log 2 arc tg . 4 x 439 Dada la funci´ on f (x, y) = cos x sen y, se pide: 86 Cap´ıtulo 2. Derivaci´ on parcial (a) Halla el polinomio de Taylor de grado dos en el punto ( π4 , π2 ). (b) Escribir la ecuaci´ on del plano tangente al grafo de f en el mismo punto. Encontrar el polinomio de Taylor de segundo orden de la funci´on f en el punto indicado para los siguientes casos: 1 440 f (x, y) = a+x2 +y 2 en (0, 0). 441 f (x, y) = sen(xy) + cos y, en (0, 0). zex 442 f (x, y, z) = √ xy en (1, 1, 0). 2 443 f (x, y) = ex+y en (0, 0). 444 Usando el polinomio de Taylor de primer orden en el punto ade- cuado, encontrar una aproximaci´ on del valor de f (0,97, 0,05) para x f (x, y) = arctan . 1+y Soluci´ on 444: El polinomio de Taylor de primer orden de una funci´on en el punto x0 es P1 (x; x0 ) = f (x0 ) + ∇f (x0 ) · (x − x0 ). Puesto que π 1 1 f (1, 0) = arctan 1 = , ∇f (1, 0) = ( , − ), 4 2 2 entonces π 1 1 P1 (x, y) = + (x − 1) − y. 4 2 2 Evaluando P1 (0,97, 0,05) obtendremos un valor aproximado al va- lor de f (0,97, 0,05). En este caso, π P1 (0,97, 0,05) = − 0,04 = 0,74539, 4 mientras que f (0,97, 0,05) = 0,74581. 2.5. Derivaci´ on impl´ıcita. Polinomio de Taylor. 87 on y − 2z + 2 = 2z(x + y). 445 Se considera la ecuaci´ (a) Probar que se puede despejar z = g(x, y) como funci´on im- pl´ıcita de x e y en un entorno de (0, 0, 1). (b) Da un desarrollo de Taylor de orden 2 en un entorno de (0, 0) para la funci´ on g del apartado anterior. Soluci´ on 445: (a) Si derivamos impl´ıcitamente la ecuaci´on que pretende definir z en t´erminos de x e y, respecto a x e y respectivamente, llegamos a ∂z dz ∂z ∂z −2 = 2 (x + y) + 2z, 1−2 = 2 (x + y) + 2z, ∂x dx ∂y ∂y ∂z ∂z de donde despejando y obtenemos ∂x ∂y ∂z −z ∂z 1 − 2y = , = . ∂x 1+x+y ∂y 2(1 + x + y) En el punto (0, 0, 1), dichas derivadas parciales son −1 y − 12 . En particular los denominadores de las expresiones anteriores no se anulan, y esto significa que efectivamente la ecuaci´on que relaciona x, y y z, define a z como funci´on de x e y, al menos en un entorno del origen z = g(x, y). (b) Para el desarrollo de Taylor de orden 2 en el origen de la funci´on z = g(x, y) necesitamos las derivadas parciales has- ta orden 2 en dicho punto. En el apartado anterior hemos encontrado que ∂g ∂g 1 (0, 0) = −1, (0, 0) = − . ∂x ∂y 2 Para las derivadas segundas es preciso seguir derivando im- pl´ıcitamente en las expresiones ya derivadas una vez del apar- tado anterior o bien derivar directamente a partir de las ex- 88 Cap´ıtulo 2. Derivaci´ on parcial ∂g ∂g presiones para y . As´ı se obtiene ∂x ∂y ∂g 2 ∂g =− , ∂x 1 + x + y ∂x ∂2g 1 ∂g ∂g =− + , ∂x∂y 1 + x + y ∂x ∂y ∂2g 2 ∂g 2 =− , ∂y 1 + x + y ∂y y particularizando en (0, 0), teniendo en cuenta que ya cono- cemos las derivadas primeras, se obtiene ∂2g ∂2g 3 ∂2g (0, 0) = 2, (0, 0) = , (0, 0) = 1. ∂x2 ∂x∂y 2 ∂y 2 De este modo el polinomio de Taylor solicitado ser´a y 3 1 P2 (x) = 1 − x − + x2 + xy + y 2 . 2 2 2 446 Demostrar que en un entorno de (0, 0), la ecuaci´on exy + x + y 2 = 1 on impl´ıcita de y. Calcular x00 (0). define a x como funci´ Soluci´ on 446: Derivando impl´ıcitamente respecto a y en la igualdad se llega a exy (x0 y + x) + x0 + 2y = 0 y despejando x0 xexy + 2y x0 = − . 1 + yexy En el punto (0, 0) se calcula inmediatamente que x0 (0) = 0, y en consecuencia, la igualdad en cuesti´ on define x como funci´on impl´ıcita de y en un entorno del origen. Para calcular la segunda derivada en 0, volvemos a derivar con respecto a y en la ecuaci´on ya derivada una vez, para encontrar x00 (1+yexy )+x0 (exy +yexy (x0 y+x))+x0 exy +xexy (x0 y+x)+2 = 0. 2.6. Extremos 89 Despejando x00 con un poco de cuidado llegamos a (x0 )2 y 2 exy + 2x0 (1 + xy)exy + x2 exy + 2 x00 = − , 1 + yexy y particularizando en (0, 0), teniendo en cuenta que x0 (0) = 0, nos queda x00 (0) = −2. 447 Demostrar que en un entorno del punto (x0 , y0 , z0 ) = (1, 0, 1) la ecuaci´on z 3 y + zx2 = 1 define a z como funci´on impl´ıcita de x e y. Hallar el plano tangente a la superficie que define z en el punto (1, 0). ´ n 2.6 Seccio Extremos Encontrar los puntos cr´ıticos de las funciones dadas y determinar su naturaleza: 448 f (x, y) = x2 + y 2 + 3xy. 449 f (x, y) = 3x2 + 2xy + 2x + y 2 + y + 4. 450 f (x, y) = x1 ex sen y . 451 f (x, y) = x y − xy . 1 452 f (x, y) = x + y + xy . 453 f (x, y) = 6000 + 6x3 − 36xy + 3y 2 ; 454 f (x, y) = 3xy − x3 − y 3 . 3x4 −4x3 −12x2 +18 455 f (x, y) = 12(1+4y 2 ) . 456 f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 + xy. 457 f (x, y, z) = x4 − x2 y 2 + y 4 + 4x2 − 6y 2 . Soluci´ on: 90 Cap´ıtulo 2. Derivaci´ on parcial 450 Para determinar los puntos cr´ıticos y su naturaleza para una funci´on necesitamos resolver el sistema ∇f = 0 y estudiar el car´acter de D2 f , por lo que precisamos calcular expl´ıcita- mente todas las derivadas hasta orden dos. Con un poco de paciencia en los c´alculos obtenemos ∂f 1 1 ∂f = ex sen y sen y − , = ex sen y cos y, ∂x x x ∂y ∂2f 1 x sen y 1 1 = e sen y − + 2 , ∂x2 x x x ∂2f = ex sen y cos y sen y, ∂x∂y ∂2f = ex sen y x cos2 y − sen y . ∂y 2 Para resolver ∇f = 0, como la exponencial no puede anularse en ning´un caso, y teniendo en cuenta el excluir x = 0, las soluciones del sistema se obtienen para 1 sen y − = 0, cos y = 0, x de donde encontramos que x = sen y = 1 o x = sen y = −1. En definitiva, tenemos los puntos cr´ıticos π 3π (1, + 2kπ), (−1, + 2kπ), k ∈ Z. I 2 2 Estudiando la matriz hessiana en estas dos familias de puntos se llega a e 0 −e 0 , . 0 −e 0 e Estas dos matrices son no definidas, y en consecuencia, todos los puntos cr´ıticos sin excepci´ on son puntos de silla. V´ease un boceto del grafo en la Figura 10. 455 Al igual que en el apartado anterior calculamos todas las 2.6. Extremos 91 1 x sen y Figura 10. Funci´ on x e derivadas hasta orden dos. As´ı obtenemos ∂f x3 − x2 − 2x ∂f y(3x4 − 4x3 − 12x2 + 18) = 12 , = −8 , ∂x 1 + 4y 2 ∂y (1 + 4y 2 )2 ∂2f 36x2 − 24x − 24 ∂ 2 f y(x3 − x2 − 2x) = , = −96 , ∂x2 1 + 4y 2 ∂x∂y (1 + 4y 2 )2 ∂2f (1 − 12y 2 )(3x4 − 4x3 − 12x2 + 18) 2 = −8 . ∂y (1 + 4y 2 )3 Los puntos cr´ıticos se determinan encontrando las soluciones del sistema ∂f x3 − x2 − 2x 0= = 12 , ∂x 1 + 4y 2 ∂f 2 y(3x4 − 4x3 − 12x2 + 18) 0= =− . ∂y 3 (1 + 4y 2 )2 Este sistema es equivalente a x3 − x2 − 2x = 0, y(3x4 − 4x3 − 12x2 + 18) = 0. Las soluciones de la primera ecuaci´on son 0, 2 y −1. Como ninguna de ´estas es soluci´ on del par´entesis de la segunda, concluimos que los u´nicos puntos cr´ıticos son (0, 0), (2, 0) y (−1, 0). 92 Cap´ıtulo 2. Derivaci´ on parcial Estudiamos la naturaleza de estos tres puntos cr´ıticos a trav´es de la matriz hessiana de derivadas segundas. En concreto −24 0 72 0 H(0, 0) = , H(2, 0) = , 0 −144 0 112 36 0 H(−1, 0) = . 0 −104 De este modo, la primera matriz es definida negativa y el punto (0, 0) es un m´ aximo (relativo), la segunda es definida positiva y el punto (2, 0) es un m´ınimo (local), y la tercera es indefinida y el punto (−1, 0) es un punto de silla. V´ease un boceto del grafo de esta funci´ on en la Figura 11. 3x4 −4x3 −12x2 +18 Figura 11. Funci´ on 12(1+4y 2 ) x5 x2 y 3 y2 458 Encontrar los puntos cr´ıticos de f (x, y) = 5 − 2 + 2 y clasificar los que no sean degenerados. 459 Encuentra y clasifica los puntos cr´ıticos de la funci´on 2 f (x, y) = ex (x4 + y 4 ). Soluci´ on 459: 2.6. Extremos 93 Determinamos en primer lugar las derivadas parciales primeras y segundas de f . Con un poco de calma y cuidado, encontramos ∂f 2 ∂f 2 = ex 2x5 + 4x3 + 2xy 4 , = ex 4y 3 , ∂x ∂y ∂2f x2 4x + 18x + 4x y + 12x2 + 2y 4 , 6 4 2 4 2 =e ∂x ∂2f 2 ∂2f 2 = 8xy 3 ex , = 12y 2 ex . ∂x∂y ∂y 2 El sistema de puntos cr´ıticos es, debido a que la exponencial jam´as puede anularse, 2x5 + 4x3 + 2xy 4 = 0, 4y 3 = 0. Se obtiene inmediatamente como u ´nica soluci´on el origen (0, 0). Ahora bien, la matriz hessiana de f en este punto es la matriz nula, de modo que se trata de un punto degenerado. Para poder decidir en este caso la naturaleza del punto cr´ıtico en el origen, consideramos un vector director unitario n = (n1 , n2 ), n21 + n22 = 1, y la funci´on 22 gn (t) = f (tn1 , tn2 ) = n41 + n42 en1 t t4 . Se trata de decidir la naturaleza del punto cr´ıtico para t = 0 dependiendo del vector director n. Para calcular las sucesivas de- rivadas de gn (t) podemos valernos de la regla de Leibnitz para las derivadas de un producto que en este caso afirma k 2 2 (k−j X gn(k (t) = n41 + n42 (t4 )(j en1 t . j=0 Cuando el orden de derivaci´ on del polinomio t4 es menor que cua- tro, tales derivadas para t = 0 se anulan. De este modo la primera derivada no nula podr´ıa ser la cuarta, pero no ninguna anterior. 94 Cap´ıtulo 2. Derivaci´ on parcial Veamos la f´ormula anterior para k = 4 4 2 2 (4−j X gn(4 (t) = n41 + n42 (t4 )(j en1 t . j=0 Cuando evaluamos en t = 0, por la raz´on apuntada antes todos los t´erminos se anulan salvo, posiblemente, el correspondiente a j = 4 en el que en realidad obtenemos el valor 24. En consecuencia gn(k (0) = 0, j ≤ 3, gn(4 (0) = 24. Esta conclusi´ on es independiente del vector n, de modo que con- cluimos que el origen es un m´ınimo para f . V´ease la Figura 12 2 on ex (x4 + y 4 ) Figura 12. Funci´ Determinar y clasificar los puntos cr´ıticos de las siguientes funcio- nes: 460 f (x, y) = x3 + y 4 − y 2 . 461 f (x, y) = (y − x2 )(y − 2x2 ). 462 f (x, y) = log(2 + sen(xy)). 463 f (x, y) = x2 − 2xy + y 2 . 464 f (x, y) = 23 x3 − 12 x2 y + 32 x2 + 25 y 3 . 2.6. Extremos 95 465 f (x, y) = 3x4 + 6x2 y − 6x2 + 4y 3 − 6y 2 . 466 f (x, y) = sen x + sen y + sen(x + y); 467 f (x, y) = x3 y 2 (x + y − 24); Z x2 y2 √ 468 f (x, y) = 1 + t dt. 0 Soluci´ on 468: Mediante el teorema fundamental del C´alculo, podemos calcular sin dificultad las derivadas parciales de esta funci´on f . As´ı ∂f p ∂f p = 2xy 2 1 + x2 y 2 , = 2yx2 1 + x2 y 2 , ∂x ∂y ∂2f 2 p 2 y2 + p 2x2 y 4 = 2y 1 + x , ∂x2 1 + x2 y 2 ∂2f p 2y 3 x3 = 4xy 1 + x2 y 2 + p , ∂x∂y 1 + x2 y 2 ∂2f 2 p 2 y2 + p 2y 2 x4 = 2x 1 + x . ∂y 2 1 + x2 y 2 De este modo se obtiene inmediatamente que todos los puntos de los dos ejes coordenados son puntos cr´ıticos, para los cuales la matriz hessiana de derivadas segundas es degenerada. Podr´ıamos por tanto hacer un estudio m´ as detallado en cada punto cr´ıtico mediante un vector director. Sin embargo en este caso es muy sencillo razonar que todos los puntos cr´ıticos encontrados son en realidad puntos de m´ınimo. En efecto, obs´ervese que el l´ımite superior de la integral que define f es x2 y 2 que es siempre no √ negativo. Como adem´ as el integrando 1 + t es positivo, resulta que el m´ınimo (en realidad global) de f ocurre cuando x2 y 2 = 0, es decir en los puntos cr´ıticos. V´ease la Figura 13. Encuentra los extremos de las funciones que se dan a continuaci´on: Z x−y 1 469 f (x, y) = 6 dt. x+y 1 + t 96 Cap´ıtulo 2. Derivaci´ on parcial Figura 13. Funci´ on del Ejercicio 468 Z xy 470 f (x, y) = (1 − s2 )3/2 ds. 0 Soluci´ on 470: Las derivadas parciales de f se encuentran sin grandes dificultades a trav´es del teorema fundamental del C´ alculo y un poco de cuidado en los c´alculos ∂f 3/2 ∂f 3/2 = y 1 − x2 y 2 , = x 1 − x2 y 2 , ∂x ∂y ∂2f 1/2 2 = −3xy 3 1 − x2 y 2 , ∂x ∂2f 3/2 1/2 = 1 − x2 y 2 − 3yx2 1 − x2 y 2 , ∂x∂y ∂2f 1/2 2 = −3yx3 1 − x2 y 2 . ∂y El sistema de puntos cr´ıticos es 3/2 3/2 y 1 − x2 y 2 = 0, x 1 − x2 y 2 = 0. Las posibles soluciones son el origen (0, 0) y los puntos tales que x2 y 2 = 1. N´otese que el dominio de f es precisamente el conjunto de puntos (x, y) tales que x2 y 2 ≤ 1, pues en otro caso el integrando no est´a definido. La matriz hessiana de f en (0, 0) se encuentra 2.6. Extremos 97 r´apidamente 0 1 , 1 0 que es no definida de modo que el origen es un punto de silla. Con respecto a la otra posibilidad vislumbramos dos casos seg´ un si xy = 1 o xy = −1. En la primera situaci´on observamos que el l´ımite superior de integraci´ on en la definici´on de f es m´aximo y como el integrando es no negativo, la funci´on f alcanzar´a en tales puntos su m´ aximo. Por la misma raz´on, cuando xy = −1 tendremos puntos de m´ınimo. 471 Dados los puntos (1, −1), (1, 0), (0, 2), (−1, 0), encontrar el punto que minimiza la suma de los cuadrados de las distancias a estos cuatro puntos. on f (x, y) = kx2 + 5xy + 4y 2 tiene 472 ¿Para qu´e valores de k la funci´ un m´ınimo relativo en (0, 0)? 473 Una empresa estima que la inversi´ on en publicidad genera unos beneficios dados por x3 y 5 z 6 , donde x es el dinero invertido en publicidad escrita, y en publicidad radiof´onica y z en publicidad televisiva. Encontrar la relaci´ on entre x, y y z que maximiza los beneficios netos (i.e. la diferencia entre beneficios obtenidos y gas- tos realizados). 474 (M´etodo de los m´ınimos cuadrados) Dado un conjunto de pares de datos {(xi , yi )}1≤i≤n , se trata de determinar la funci´on lineal y = a + bx que mejor se ajusta a estos datos. El criterio para determinar a y b consiste en minimizar la suma del cuadrado de los errores, es decir, buscamos el m´ınimo de la funci´on n X f (a, b) = (yi − (a + bxi ))2 . i=1 98 Cap´ıtulo 2. Derivaci´ on parcial Probar que el m´ınimo se obtiene para n X n X n X n X n X n X n X x2i yj − xi yi xi n xi yi − xi yj i=1 j=1 i=1 i=1 i=1 i=1 j=1 a= !2 , b= !2 . n X n X n X n X n x2i − xi n x2i − xi i=1 i=1 i=1 i=1 Encontrar los extremos de f sujetos a las restricciones menciona- das: 475 f (x, y, z) = x − y + z, x2 + y 2 + z 2 = 2. 476 f (x, y) = 3x + 2y, 2x2 + 3y 2 = 3. 477 f (x, y) = xexy , x2 + y = 0. 478 f (x, y) = xy , x > 0, y > 0, xy = 1. 2 479 f (x, y, z) = x + 2yz, x2 + y 2 = z 2 . 480 f (x, y, z) = xyz, x2 + y 2 + z 2 − 2x + 2y + 1 = 0. Soluci´ on: 476 Observemos en primer lugar que la restricci´on 2x2 + 3y 2 = 3 representa una elipse en el plano, centrada en el origen, que es un conjunto compacto (cerrado y acotado). En consecuencia, el Teorema de Weierstrass asegura que el m´aximo y el m´ıni- mo de cualquier funci´ on continua debe alcanzarse en dicha elipse. Por otra parte, el Teorema de los multiplicadores de Lagrange asegura que los extremos restringidos est´an entre P los puntos del conjunto que satisfacen ∇f + i λi ∇gi = 0, donde f es la funci´on objetivo y gi las restricciones de igual- dad. As´ı, mediante un multiplicador λ (obs´ervese que hay s´olo una restricci´ on) las ecuaciones que nos permiten determinar tales puntos extremos son 3 + 4λx = 0, 2 + 6λy = 0. 2.6. Extremos 99 junto con la restricci´on dada. En particular λ no puede anu- larse y, en este caso, 3 1 x=− , y=− . 4λ 3λ Llevando estas expresiones a la restricci´on, y despu´es de sim- plificar, encontramos los dos valores posibles para el multi- plicador s 35 λ=± . 72 En consecuencia el m´ aximo se alcanza en s s ! 3 72 1 72 , 4 35 3 35 y el m´ınimo en s s ! 3 72 1 72 − ,− . 4 35 3 35 477 En este caso, la restricci´ on que debe respetarse permite des- pejar “limpiamente” y en funci´ on de x, de modo que llevando y = −x2 a la funci´on f obtenemos la funci´on de una sola va- riable 3 g(x) = xe−x . Encontraremos por tanto los extremos de esta funci´on, y los extremos para f corresponder´ an a los puntos (x, −x2 ) siendo x un punto extremo para g. La ecuaci´on para los puntos cr´ıticos de g es 3 e−x (1 − 3x3 ) = 0, q que tiene como u on x = 3 13 . Adem´as se debe ´nica soluci´ tratar de un m´ aximo pues l´ım g(x) = 0, l´ım g(x) = −∞, x→∞ x→−∞ 100 Cap´ıtulo 2. Derivaci´ on parcial pero g(x) > 0 si x > 0. El m´ınimo no se alcanza (−∞). En consecuencia el punto 1 1 √ 3 ,−√3 3 9 es un punto de m´ aximo para f sujeto a la restricci´on y + x2 = 0, y el m´ınimo al ser −∞ no se alcanza. N´otese que la restricci´ on es una par´ abola que es una curva no acotada. 480 Obs´ervese en primer lugar que completando cuadrados en la ecuaci´on que expresa la restricci´ on se obtiene (x − 1)2 + (y + 1)2 + z 2 = 1, de modo que se trata de la esfera de radio 1 centrada en el punto (1, −1, 0). Es por tanto una regi´on limitada y la funci´on continua f (x, y, z) = xyz alcanza sus dos valores extremos, m´aximo y m´ınimo, en dicha regi´ on. Introduciendo un multiplicador λ asociado a la restricci´on de igualdad que debemos respetar, las ecuaciones que debemos resolver para detectar dichos valores extremos son yz + λ2(x − 1) = 0, xz + λ2(y + 1) = 0, xy + λ2z = 0, junto con la propia ecuaci´on que expresa la restricci´on. Si multiplicamos la primera ecuaci´on por x, la segunda por y y la tercera por z, concluimos que xyz = −2λx(x − 1) = −2λy(y + 1) = −2λz 2 . Por lo tanto λ x2 − x − y 2 − y = 0, λ x2 − x − z 2 = 0. La primera ecuaci´ on puede factorizarse como λ(x + y)(x − y − 1) = 0, lo que nos conduce a las tres posibilidades siguientes: 2.6. Extremos 101 (i) λ = 0. En este caso dos de las variables deben anu- larse. El caso x = y = 0 es imposible por la restricci´on, pero los puntos (1, 0, 0) y (0, −1, 0) si son admisibles. Estos dos son por tanto soluciones. (ii) y = x − 1, z 2 = x2 − x. Llevando estas expresiones a la restricci´ on llegamos a 3(x2 − x) = 0 lo que supone x = 0 o x = 1. En cualquier caso z = 0, y volvemos a obtener los dos puntos anteriores. (iii) y = −x, z 2 = x2 −x. Procediendo del mismo modo encontramos 3x2 − 5x + 1 = 0, de donde √ 5± 13 x= . 6 Como x2 −x = z 2 y en particular la expresi´on x2 −x debe ser no negativa, esta condici´ on excluye el signo negativo delante de la ra´ız. Las dos posibilidades que obtenemos son √ √ √ s 5 + 13 5 + 13 2 + 13 ,− ,± . 6 6 9 De estas dos posibilidades el signo negativo para z corres- ponde al punto de m´ aximo con valor √ !2 s √ 5 + 13 2 + 13 , 6 9 y el signo positivo corresponde al punto de m´ınimo con el mismo valor anterior cambiado de signo. 481 Dise˜ nar una lata cil´ındrica con una tapa para contener un litro de agua, usando la m´ınima cantidad de metal. 102 Cap´ıtulo 2. Derivaci´ on parcial 482 Hallar el volumen m´ aximo de un paralelep´ıpedo rectangular con- tenido en el primer octante x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 con un v´ertice en el origen y el v´ertice opuesto en el plano x + y + z = 1. 483 Hallar la distancia m´ınima entre el punto (0, 1) y la par´abola x2 = 4y. 484 Encontrar la distancia m´ınima entre la par´abola y = x2 y la recta y = x − 1. 485 Hallar los extremos de f (x, y, z) = x + y + z sujetos a las restric- ciones x2 − y 2 = 1, 2x + z = 1. Soluci´ on 485: En este caso tenemos dos restricciones que respetar y por tanto debemos introducir dos multiplicadores λ y µ. De este modo el sistema que debemos resolver es 1 + 2λx + 2µ = 0, 1 − 2λy = 0, 1 + µ = 0, junto con las dos restricciones. Inmediatamente obtenemos µ = −1 y por tanto 2λx = 1, 2λy = 1, de donde concluimos que x = y. Pero n´ otese que entonces la pri- mera restricci´on x2 −y 2 = 1 es imposible de cumplir. Esto significa que el sistema que debemos resolver no admite ninguna soluci´on, y en particular, esto supone que la regi´ on del espacio determinada por las dos restricciones no puede ser acotada de modo que los valores de la funci´ on f crecen indefinidamente hacia +∞ sobre puntos admisibles y decrecen hacia −∞. En efecto, si tomamos y ∼ −x pero respetando x2 − y 2 = 1 (lo cual supone x2 → ∞) y z = 1 − 2x, la funci´ on f vale, aproximadamente, 1 − 2x, de mo- do que si x → ±∞ vemos que los valores de f crecen o decrecen indefinidamente. V´ease la siguiente Figura 14 representando a la regi´on factible. 486 Encontrar el punto m´ as cercano al origen de entre todos los de la 1 on z = (x−2)2 +y 2 −1. (Indicaci´on: en vez de superficie de ecuaci´ 2 2.6. Extremos 103 Figura 14. Regi´ on factible en el Ejercicio 485 la distancia al origen, es m´ as conveniente minimizar la distancia al cuadrado). 487 Encontrar los puntos de la superficie xyz = 1 m´as pr´oximos al origen. 488 Encontrar los puntos m´ as lejanos al origen de entre todos los que on x4 + y 4 + z 4 = 1 (Indicaci´on: esta ecuaci´on satisfacen la condici´ representa una superficie acotada). 489 Hallar la m´ınima distancia del origen a la superficie x2 +y 2 +z = 3. 490 Encontrar los puntos cr´ıticos de la funci´on f (x, y, z) = x + 2y + 3z sometida a la restricci´ on xy + xz + yz = 1. Soluci´ on 490: Las ecuaciones que debemos resolver son 1 + λ(y + z) = 0, 2 + λ(x + z) = 0, 3 + λ(x + y) = 0, junto con la restricci´ on xy + xz + yz = 1. Restando la primera de la segunda se llega a 1 + λ(x − y) = 0, 104 Cap´ıtulo 2. Derivaci´ on parcial que junto con la tercera conduce a 2 + λx = 0, 1 + λy = 0, de donde concluimos que x e y no pueden anularse, y adem´as 2y = x. Adem´ as llevando esta informaci´on a las dos primeras ecuaciones deducimos que z = 0. Finalmente para la restricci´on obtenemos 1 √ 2y 2 = 1, y = ±√ , x = ± 2, z = 0. 2 Las posibles soluciones son por tanto √ 1 √ 1 2, √ , 0 , − 2, − √ , 0 . 2 2 Sin embargo ninguna de estas soluciones corresponde a los valores extremos. Para convencernos de esto basta con tomar z = 0, y = 1 x , x 6= 0, que son puntos que satisfacen la restricci´ on. Sobre estos puntos el valor de f es x + x2 . Cuando x es positivo pero pr´oximo a cero, esta u´ltima expresi´ on tiene un valor positivo muy grande, mientras que si x es pr´oximo a cero pero negativo tiene un valor muy grande pero negativo. Esto significa que el valor m´aximo es +∞ (sin l´ımite) y el m´ınimo −∞ y los valores extremos no se alcanzan. 491 Sabiendo que la ecuaci´ on x4 + y 4 + z 4 = 1 representa una superfi- cie limitada en R3 , encontrar los valores m´aximo y m´ınimo de la funci´on f (x, y, z) = x4 y + z 4 sobre dicha superficie. 492 Dada la funci´ on F (x) = x(x2 − 1), considera la funci´on de tres variables f (t, x, y) = tF (x) + (1 − t)F (y). Encuentra los puntos on tx + (1 − t)y = a donde a es un cr´ıticos de f bajo la restricci´ n´ umero dado fijo. Soluci´ on 492: De forma expl´ıcita, la funci´ on f es f (t, x, y) = t(x3 − x) + (1 − t)(y 3 − y), 2.6. Extremos 105 de modo que el sistema a resolver se escribe (x3 − x) − (y 3 − y) + λ(x − y) =0, t(3x2 − 1) + λt =0, (1 − t)(3y 2 − 1) + λ(1 − t) =0, tx + (1 − t)y =a. Si factorizamos en las tres primeras ecuaciones obtenemos (x − y)(x2 + xy + y 2 − 1 + λ) =0, t(3x2 − 1 + λ) =0, (1 − t)(3y 2 − 1 + λ) =0, tx + (1 − t)y =a. Las tres primeras ecuaciones tienen forma de producto que debe anularse, de modo que podemos organizar todas las posibles so- luciones examinando los 23 = 8 casos posibles seg´ un se anulen en cada ecuaci´on uno u otro par´entesis. (i) x = y, t = 0, 1−t = 0: este caso es obviamente imposible; (ii) x = y, t = 0, 3y 2 − 1 + λ = 0: la restricci´on impone x = y = a, y este es un posible punto cr´ıtico; (iii) x = y, 3x2 − 1 + λ = 0, t = 1: este caso es an´alogo al anterior pues se obtiene el punto x = y = a, t = 1; (iv) x = y, 3x2 −1+λ = 0 pero t distinto de 0 y 1: la soluci´on en este caso es x = y = a, y cualquier valor de t, en particular, los dos casos anteriores est´ an incluidos en ´este; (v) x2 + xy + y 2 − 1 + λ = 0, t = 0, 1 − t = 0: este caso es tambi´en imposible; (vi) x2 + xy + y 2 − 1 + λ = 0, t = 0, 3y 2 − 1 + λ = 0: de la restricci´on se obtiene y = a y en consecuencia el valor de x debe ser tal que x2 + ax − 2a2 = 0, luego x = a o x = −2a, y los dos puntos cr´ıticos son t = 0, y = a, x = a o x = −2a; 106 Cap´ıtulo 2. Derivaci´ on parcial (vii) x2 + xy + y 2 − 1 + λ = 0, 3x2 − 1 + λ = 0, t = 1: este caso es an´alogo al anterior intercambiando los papeles de x e y, por tanto se obtienen los puntos t = 1, x = a, y = a o y = −2a; (viii) x2 +xy +y 2 −1+λ = 0, 3x2 −1+λ = 0, 3y 2 −1+λ = 0: estas tres ecuaciones suponen x2 + y 2 , 3x2 = x2 + xy + y 2 , por tanto x2 = xy. As´ı deducimos que x = y y volvemos a obtener los puntos cr´ıticos anteriores. Si a es cero, la posibilidad x = 0 ser´ıa tambi´en posible pero, incluso este caso estar´ıa incluido en los casos anteriores. En resumidas cuentas, los puntos cr´ıticos son (t, a, a), (0, −2a, a), (1, a, −2a), para cualquier valor de t. 493 Encontrar las dimensiones de una caja de volumen m´aximo que se puede inscribir en una esfera de radio 1. 494 Dados los puntos A(1, 0, −2) y B(1, 1, −2) determinar los puntos de la superficie x2 + y 2 = z + 52 que forman con A y B: (a) un tri´angulo de ´ area m´ınima; (b) un tri´angulo de ´ area m´ axima. (Indicaci´on: el ´area de un tri´ angulo de v´ertices A, B, C viene ~ kAB × ACk ~ dada por . El ´ optimo no cambia si en lugar de usar 2 on 2k · k2 .) la funci´on k · k se considera la funci´ Soluci´ on 494: Si C designa un punto gen´erico (x, y, z) de la su- on x2 + y 2 = z + 52 , los vectores AB y AC son, perficie de ecuaci´ respectivamente, (0, 1, 0), (x − 1, y, z + 2); 2.6. Extremos 107 2 en consecuencia kAB × ACk ser´ a (x − 1)2 + (z + 2)2 . Por tanto, nos interesa encontrar los valores m´ aximo y m´ınimo de la funci´on 1 (x − 1)2 + (z + 2)2 2 bajo la restricci´ on 5 x2 + y 2 = z + . 2 N´otese en primer lugar que tomando x todo lo grande que desee- mos, y = 0 y z = x2 − 5/2 el valor de la funci´on anterior en estos puntos ser´ a tambi´en todo lo grande que queramos, lo cual significa que en realidad podemos hacer el ´ area de un tal tri´angulo todo lo grande que deseemos: no existe el m´ aximo. Por otro lado el ´area de un tri´angulo no puede ser negativa, es decir, est´a acotada, y como cuando cualquier coordenada del punto C tiende a infinito el ´area del tri´angulo tambi´en se hace indefinidamente grande, concluimos que s´ı existe un tri´ angulo de ´area m´ınima que se encuentra como soluci´on a las ecuaciones de los puntos cr´ıticos. Para encontrar el tri´ angulo de ´ area m´ınima, debemos plantear el sistema de puntos cr´ıticos, que es x − 1 + λ2x =0, λ2y =0, z + 2 − λ =0, 5 x2 + y 2 = z + . 2 La segunda ecuaci´ on nos permite distinguir los dos casos λ = 0, y = 0. El primero conduce a x = 1, z = −2, y de aqu´ı la ecuaci´on de la superficie impone y 2 = −1/2 que es l´ogicamente imposible. La segunda posibilidad y = 0 lleva a 1 x= , z = λ − 2, 1 + 2λ y llevando estas expresiones a la ecuaci´on de la superficie encon- tramos 3 1 1 λ+ = , 2 4 108 Cap´ıtulo 2. Derivaci´ on parcial de donde 1 1 λ = − + 2/3 , 2 2 y 3 + 21/3 x = 2−1/3 , y = 0, z= . 2 Esta u ´nica soluci´ on corresponde al tri´ angulo de ´area m´ınima. 2 2 495 Encontrar la elipse xa2 + yb2 = 1 que pasa por el punto (1, 4) y tiene ´area m´axima. (Ayuda: el ´ area de la elipse es πab, con a, b > 0). 496 Encuentra el valor m´ aximo que puede tomar la funci´on g(x, y, z) = xyz bajo las restricciones x + y + z = 1, x, y, z ≥ 0. Concluir que si a, b, c ≥ 0 entonces √ 3 a+b+c abc ≤ . 3 Soluci´ on 496: Es bastante claro que la funci´on g(x, y, z) = xyz no puede crecer indefinidamente si las variables x, y, z est´an limitadas de modo que x + y + z = 1, x, y, z ≥ 0. Dicho valor m´aximo podemos determinarlo resolviendo el sistema de puntos cr´ıticos yz + λ =0, xz + λ =0, xy + λ =0, x + y + z =1. Si multiplicamos la primera ecuaci´ on por x, la segunda por y y la tercera por z, concluimos inmediatamente que λx = λy = λz, y como λ no puede anularse (en cuyo caso xyz = 0 corresponder´ıa al m´ınimo, no al m´ aximo que debe ser estrictamente positivo) debemos tener x = y = z, y debido a la restricci´on, x = y = z = 13 es el punto de m´aximo. 2.6. Extremos 109 Sean ahora a, b, c tres n´ umeros no negativos cualesquiera dados. Consideremos cualquier punto (x0 , y 0 , z 0 ) tal que x0 + y 0 + z 0 = a + b + c, x0 , y 0 , z 0 ≥ 0. El punto (x, y, z) con x0 y0 z0 x= , y= ,z = a+b+c a+b+c a+b+c es tal que x + y + z = 1, x, y, z ≥ 0. 1 Por la primera parte del problema xyz ≤ 27 , es decir, (a + b + c)3 x0 y 0 z 0 ≤ , 27 cualesquiera que sean x0 , y 0 , z 0 en las condiciones anteriores; en particular para x0 = a, y 0 = b, z 0 = c tendremos (a + b + c)3 abc ≤ , 27 de lo que se deduce la conclusi´ on deseada. 497 Hallar, de entre todos los n´umeros a y b que verifican la relaci´on (a − 2)2 + (b − 2)2 = 1, aqu´ellos que hagan menor el m´aximo de la funci´on f (x) = xe−x/(a+b) en [0, +∞). 498 Encontrar los valores m´ aximo y m´ınimo de la funci´on f (x, y, z) = x3 + y 3 + z 3 sobre la esfera x2 + y 2 + z 2 = 4. Soluci´ on 498: Puesto que tratamos de localizar los extremos absolutos de la fun- ci´on f sobre una regi´on cerrada y acotada, bastar´a con encontrar los puntos cr´ıticos que den el mayor y menor valor para f . Intro- duciendo el multiplicador oportuno, los puntos cr´ıticos resuelven el sistema: 3x2 − 2λx = 0 (1) x(3x − 2λ) = 0 3y 2 − 2λy = 0 (2) y(3y − 2λ) = 0 ⇐⇒ 3z 2 − 2λz = 0 (3) z(3z − 2λ) = 0 x2 + y 2 + z 2 = 4 (4) x + +y 2 + z 2 = 4 2 110 Cap´ıtulo 2. Derivaci´ on parcial Casos: (i) x = 0, y = 0, z = 0. No se verifica (4). (ii) x = 0, y = 0, z 6= 0. De (3) se deduce λ = 32 z. De (4) se llega a z 2 = 4. Luego salen los puntos P1 = (0, 0, 2) y P2 = (0, 0, −2). (iii) x = 0, y 6= 0, z = 0. De (2) se deduce λ = 32 y. De (4) se llega a y 2 = 4. Luego salen los puntos P3 = (0, 2, 0) y P4 = (0, −2, 0). (iv) x 6= 0, y = 0, z = 0. De (1) se deduce λ = 32 x. De (4) se llega a x2 = 4. Luego salen los puntos P5 = (2, 0, 0) y P6 = (−2, 0, 0). (v) x = 0, y 6= 0, z 6= 0. De (2) y (3) se deduce y√ = √ z. De (4) se llega√a 2y 2√= 4. Luego salen los puntos P7 = (0, 2, 2) y P8 = (0, − 2, − 2). (vi) x 6= 0, y = 0, z 6= 0. De (1) y (3) se deduce √x = √ z. De 2 (4) se llega √ a 2x = √ 4. Luego salen los puntos P9 = ( 2, 0, 2) y P10 = (− 2, 0, − 2). (vii) x 6= 0, y 6= 0, z = 0. De (1) y (2) se deduce √x √= y. De 2 (4) se llega √ a 2x √ = 4. Luego salen los puntos P 11 = ( 2, 2, 0) y P12 = (− 2, − 2, 0). (viii) x 6= 0, y 6= 0, z 6= 0. De (1), (2) y (3) se deduce x = y = z. De (4) se llega a 3x2 = 4. Luego salen los puntos 2 2 2 2 2 2 P13 = ( √ , √ , √ ) y P14 = (− √ , − √ , − √ ). 3 3 3 3 3 3 El menor valor de f se da en los puntos P2 , P4 y P6 y el mayor se halla en P1 , P3 y P5 . 499 Sean a1 ,. . . ,an , n n´ umeros positivos dados. Encontrar x1 , . . . , xn Pn Pn tales que i=1 x2i = 1 y hagan m´ aximo i=1 ai xi . 500 Una empresa dedicada a la producci´ on de motores el´ectricos esti- ma que el coste diario de producci´ on de x unidades del motor I e y unidades del motor II viene dado por la funci´on 2x2 + y 2 − xy. ¿Cu´antos motores de cada tipo debe producir para minimizar el coste, si diariamente debe producir un total de 96 motores? 2.6. Extremos 111 501 El material con el que se fabrica la base de una caja rectangular on de 3€/m2 . El material para fabricar los abierta cuesta a raz´ laterales cuesta 1€/m2 . Encuentra las dimensiones de la caja: (a) de mayor volumen que puede fabricarse con 36€; (b) de menor precio que tenga un volumen superior a 1m3 . Soluci´ on 501: El volumen de una tal caja es V (x, y, z) = xyz mientras que el coste de la misma ser´ a C(x, y, z) = 3xy+2xz+2yz. Evidentemente debemos siempre exigir x, y, z ≥ 0. (a) Se trata de maximizar V bajo C ≤ 36. Debemos distinguir dos situaciones: los puntos cr´ıticos de V (sin restricciones) que verifiquen la restricci´ on del coste, y los puntos cr´ıticos de V bajo la restricci´on C = 36. El primer caso no conduce a ninguna soluci´on l´ ogica, por tanto esperamos conseguir la caja solicitada estudiando la segunda situaci´on: yz + λ(3y + 2z) =0, xz + λ(3x + 2z) =0, xy + λ(2y + 2x) =0, 3xy + 2xz + 2yz =36. Multiplicando la primera ecuaci´ on por x, la segunda por y y la tercera por z, llegamos a la conclusi´on (despu´es de descar- tar la posibilidad de que λ = 0) 3xy + 2xz = 3xy + 2yz = 2yz + 2xz. Adem´ as, como el m´ aximo buscado no puede corresponder a ninguna dimensi´ on nula, de las igualdades anteriores de- ducimos que x = y = 2z 3 . Llevando estas expresiones a la restricci´ on del coste, encontramos que x = y = 2, z = 3, son las dimensiones de la caja solicitada. 112 Cap´ıtulo 2. Derivaci´ on parcial (b) En este caso nos interesa minimizar C bajo V ≥ 1, y de la misma manera debemos distinguir dos posibilidades: o bien la soluci´ on es un punto cr´ıtico de C sin restricciones pero que verifica la restricci´ on; o bien se trata de un punto cr´ıtico de C bajo la condici´ on V = 1. La primera posibilidad conduce al sistema 3y + 2z =0, 3x + 2z =0, 2y + 2z =0, cuya u´nica soluci´ on es la trivial (0, 0, 0) que no tiene signi- ficado geom´etrico. Por tanto la soluci´on solicitada debe en- contrarse en la segunda posibilidad. En este caso debemos resolver 3y + 2z + λyz =0, 3x + 2z + λxz =0, 2y + 2z + λxy =0, xyz =1. Multiplicando por x la primera ecuaci´on, por y la segunda y por z la tercera, deducimos que 3xy + 2xz = 3xy + 2yz = 2yz + 2xz, y como en el caso anterior x = y = 2z 3 . La restricci´ on del vo- lumen nos permite determinar que la soluci´on ´optima pedida corresponde a 1/3 2/3 2 3 x=y= , z= . 3 2 502 Encontrar el valor m´ınimo de la funci´ on x2 + 2y 2 + 3z 2 en la intersecci´on de los planos x + 2y = 3 y 2y + 3z = 2. 503 Encontrar el punto de la intersecci´on entre el paraboloide z = 4 − x2 − y 2 y el plano x + 2y = 1 m´ as cercano al origen. 2.6. Extremos 113 504 Considerar la funci´ on x3 y4 f (x, y) = + axy + 3 4 donde 0 < a < 1 es una constante. Determinar el valor m´aximo y m´ınimo de f en el cuadrado −1 ≤ x ≤ 1, −1 ≤ y ≤ 1 para a = 1/230 . on f (x, y) = 2x4 − 3x2 y 2 + 505 Hallar los valores extremos de la funci´ 2y 4 − x2 en el disco x2 + y 2 ≤ 1. Soluci´ on 505: Como de costumbre, existen dos posibilidades que debemos tener en cuenta: buscar los puntos cr´ıticos de f sin restricciones que on x2 + y 2 ≤ 1, y los puntos cr´ıticos de f bajo verifican la restricci´ on x + y 2 = 1. La primera conduce al sistema la restricci´ 2 2x(4x2 − 3y 2 − 1) =0, 2y(−3x2 + 4y 2 ) =0, cuyas soluciones, despu´es de examinar las cuatro posibilidades que surgen seg´ un qu´e factor en cada ecuaci´on se anula, son s ! 1 2 3 (0, 0), (± , 0), ±√ , ± . 2 7 7 Todas las combinaciones de signos son v´alidas. La segunda posi- bilidad conduce al sistema 2x(4x2 − 3y 2 − 1 + λ) =0, 2y(−3x2 + 4y 2 + λ) =0, x2 + y 2 =1. De nuevo estudiando las cuatro posibilidades que surgen, llega- mos a los puntos (sin repetir aquellos comunes con la posibilidad anterior) (0, ±1), (±1, 0). 114 Cap´ıtulo 2. Derivaci´ on parcial Finalmente, debemos evaluar la funci´ on f en todos estos candi- datos y decidir el valor m´ aximo y m´ınimo: el m´aximo es 1 y se alcanza en los puntos (±1, 0), (0, ±1) y el m´ınimo es − 72 y se alcanza en los cuatro puntos s ! 2 3 ±√ , ± . 7 7 3 2 2 2 2 on f (x, y) = x3 − x 2y + x2 + y2 506 Determinar los extremos de la funci´ on determinada por las condiciones x2 + y 2 ≤ 4 e sobre la regi´ y ≥ x + 1. 507 Encontrar al valor m´ aximo de f (x, y) = xy para todos los puntos del tri´angulo con v´ertices (0, 0), (1, 0), (0, 1). on f (x, y, z) = x3 + y 3 + z 2 y el conjunto 508 Dada la funci´ M = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 ≤ z ≤ x + 1}, encontrar el mayor y el menor valor de f sobre M , sabiendo que el conjunto M es un compacto. Soluci´ on 508: Puesto que se trata de un problema de m´ınimos con restricciones de desigualdad debemos proceder del modo siguiente: En primer lugar calculamos los extremos habituales para f que caen dentro de M , es decir, resolvemos ∇f = 0. Esto da, 3x2 = 0 3y 2 = 0 =⇒ (x, y, z) = (0, 0, 0) ∈ M, 2z = 0 como se observa claramente. Luego P1 = (0, 0, 0). El segundo paso es calcular los extremos de f condicionados a la restricci´on x2 + y 2 = z. Para ello consideramos el sistema de puntos cr´ıticos y resolvemos 3x2 − 2λx = 0 x(3x − 2λ) = 0 (1) 3y 2 − 2λy = 0 y(3y − 2λ) = 0 (2) =⇒ 2z + λ = 0 2z = −λ (3) x2 + y 2 = z x2 + y 2 = z (4) 2.6. Extremos 115 (i) Si x = 0, se deduce de (2) que, o bien y = 0, y entonces por (4) se obtiene z = 0 y de ah´ı obtenemos otra vez el punto (0, 0, 0); o bien y 6= 0, y entonces 3y = 2λ que junto a (3) da 3y = −4z. Sustituyendo en (4), y 3 = − 34 y, de donde tenemos que y = − 34 . Sale el punto P2 = (0, − 34 , 16 9 ) ∈ M. (ii) Si x 6= 0, entonces 3x = 2λ que junto a (3) x2 = − 43 x. 9 Se obtiene el punto (− 34 , 0, 16 ) que no pertenece a M . Si y 6= 0 entonces 3y = 2λ en cuyo caso x = y = − 34 z. Usando (4) obtenemos el punto P3 = (− 38 , − 38 , 32 9 ) ∈ M. A continuaci´ on calculamos los extremos sujetos a la restricci´on z = x + 1. Ahora el sistema a resolver es 3x2 − λ = 0 (1) 3y 2 = 0 (2) 2z + λ = 0 (3) x + 1 = z (4) De (2), se obtiene y = 0. De (1) y (3) λ = 3x2 = −2z, que junto con (4) da 3x2 + 2x + 2 = 0, que no tiene soluci´on. Por u ´ltimo resolvemos el problema con las dos restricciones z = x + y 2 y z = x + 1: 2 3x2 − λ − 2µx = 0 3x2 − λ − 2µx = 0 (1) 3y 2 − 2µy = 0 y(3y − 2µ) = 0 (2) 2z − λ − µ = 0 =⇒ 2z + λ + µ = 0 (3) x+1 = z x + 1 = z (4) x2 + y 2 = z x2 + y 2 = z (5) 2 (i) Si y = 0, entonces √ de (4)√ y (5), x = x√+ 1, de donde √ 1+ 5 3+ 5 1− 5 −1− 5 salen los puntos P4 = 2 , 0, 2 y P5 = 2 , 0, 2 . (ii) Si y 6= 0 entonces 3y = 2µ, de donde se obtiene un sistema sin soluci´ on. Para finalizar, puesto que M es un compacto, bastar´a encontrar el valor de la funci´ on en cada punto para encontrar los puntos pedidos. Haciendo c´alculos se obtiene que el m´aximo lo da P4 y el m´ınimo lo da P2 . 116 Cap´ıtulo 2. Derivaci´ on parcial on f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 + x + y + z y el 509 Considera la funci´ conjunto M = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 = 4, z ≤ 1}. Calcula los valores m´ aximo y m´ınimo de f en M , procediendo en dos pasos: (a) Calcula los extremos de f bajo la restricci´on x2 + y 2 + z 2 = 4 que satisfacen adem´ on z ≤ 1. as la condici´ (b) Encuentra los extremos de f bajo las dos restricciones x2 + y 2 + z 2 = 4, z = 1, y compara los valores obtenidos con los del apartado anterior para concluir. on f (x, y) = x2 y 2 − 3xy − 4. Se pide: 510 Se considera la funci´ (a) Obtener y clasificar los puntos cr´ıticos de f . (b) Hallar los puntos cr´ıticos de f en el conjunto M = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 = 1} y clasificarlos. (c) Determinar un polinomio P (x, y), de grado menor o igual que dos, de forma que f (x, y) − P (x, y) l´ım = 0. (x,y)→(1,1) (x − 1)2 + (y − 1)2 Soluci´ on 510: (a) Planteamos el sistema de puntos cr´ıticos: ∂f 2 = 2xy − 3y = 0, ∂x y(2xy − 3) = 0, =⇒ ∂f x(2xy − 3) = 0. = 2x2 y − 3x = 0, ∂y Si y = 0 en la primera ecuaci´ on, entonces en la segunda ecuaci´on x = 0. Se obtiene el punto P = (0, 0). Si 2xy = 3, se resuelven ambas ecuaciones, luego el conjunto de puntos xy = 23 es soluci´ on del sistema. Para clasificar los puntos cr´ıticos que nos han salido estudia- mos la matriz hessiana de f : 2y 2 4xy − 3 Hf (x, y) = . 4xy − 3 2x2 2.6. Extremos 117 Entonces, 0 −3 Hf (0, 0) = , −3 0 cuyo determinante es −9, y por tanto corresponde a una for- ma cuadr´atica indefinida. Es decir (0, 0) es un punto de silla. Por otra parte, en los puntos de la curva xy = 32 , Hf tiene determinante 0, por lo que el criterio de la derivada segunda no decide. No obstante podemos observar que 3 9 3 25 f (x, y) = x2 y 2 −3xy −4 = (xy − )2 − −4 = (xy − )2 − . 2 4 2 4 Luego f (x, y) ≥ − 25 4 . Teniendo en cuenta que el valor de f en los puntos xy = 32 es justamente − 25 4 , deducimos que en todos los puntos de esa curva f alcanza un m´ınimo. (b) Resolvemos usando multiplicadores de Lagrange. El sistema de puntos cr´ıticos para esta funci´ on es 2xy 2 − 3y − 2λx = 0 2x(y 2 − λ) = 3y (1) 2 =⇒ 2y(x2 − λ) = 3x (2) 2x y − 3x − 2λy = 0 2 2 x2 + y 2 = 1 x +y =1 (3) De (1) y (2), si x, y 6= 0 se tiene x 2 y (y − λ) = xy (x2 − λ), y si λ 6= 0 resulta que x2 = y 2 . q Entonces, si x = y, en (3) se tiene que x = ± 12 . Salen los puntos s s s s 1 1 1 1 P1 = ( , ), P2 = (− ,− ). 2 2 2 2 Por el contrario, si x = −y entonces los puntos son s s s s 1 1 1 1 P3 = ( ,− ), P4 = (− , ). 2 2 2 2 Por otra parte, si x = 0, y = 0 ´ o λ = 0, el sistema no posee soluci´ on. 118 Cap´ıtulo 2. Derivaci´ on parcial Puesto que el conjunto {x2 + y 2 = 1} es un compacto en R2 , entonces la funci´ on alcanzar´a m´ aximo y m´ınimo absolutos en ´el. Evaluando la funci´ on en los puntos obtenidos se tiene que P1 , P2 son m´aximos, y P3 , P4 m´ınimos. (c) El polinomio que buscamos es precisamente el polinomio de Taylor de grado dos de f en el punto (1, 1), que adem´as es el u ´nico que satisface la condici´ on requerida. Teniendo en cuenta los c´ alculos para las derivadas primera y segunda que hemos realizado en el apartado primero, se obtiene fx (1, 1) = −1, fy (1, 1) = −1, fxx (1, 1) = 2, fyy (1, 1) = 2 fxy (1, 1) = 1. Por tanto P (x, y) = x2 + y 2 + xy − 4x − 4y − 1. 511 Dada la funci´on f : R3 −→ R definida por f (x, y, z) = x2 + y 2 − z, hallar los puntos cr´ıticos de f en el conjunto x2 y2 z2 E = {(x, y, z) ∈ R3 : + + ≤ 1}, 4 4 9 y clasificarlos. Soluci´ on 511: Tenemos dos posibilidades que explorar: o bien buscamos los pun- tos cr´ıticos de f sin restricciones que adem´as pertenezcan a E; o bien los extremos se encuentran entre los puntos cr´ıticos de f bajo la restricci´on de igualdad. Estas dos posibilidades corresponden a los sistemas x2 y2 z2 2x = 2y = −1 = 0, + + ≤ 1, 4 4 9 y x y 2x + λ = 0, 2y + λ = 0, 2 2 2z x2 y2 z2 −1 + λ = 0, + + = 1, 9 4 4 9 2.6. Extremos 119 respectivamente. Evidentemente, la primera posibilidad es incom- patible de suerte que no aporta ning´ un candidato. Para la segunda, y tras factorizar x e y en la primera y segunda ecuaci´on respecti- vamente, llegamos a las dos posibilidades: (i) x = y = 0: en este caso de la restricci´on de igualdad obtenemos z = ±3; on encontramos z = − 98 , y (ii) λ = −4: de la tercera ecuaci´ de la restricci´ on 55 x2 + y 2 = . 16 Todos estos puntos son cr´ıticos. Examinamos a continuaci´ on los valores de la funci´on f en todos estos candidatos para encontrar f (0, 0, 3) = −3, f (0, 0, −3) = 3, y 73 55 f (x, y, −9/8) = si x2 + y 2 = . 16 16 Por tanto el m´ınimo se encuentra en (0, 0, 3) y el m´aximo se al- canza en todos los puntos de la circunferencia 55 9 x2 + y 2 = , z=− . 16 8 CAP´ITULO 3 Integraci´on m´ultiple Los ejercicios de este tema est´ an dedicados al c´alculo integral de funciones de varias variables, centr´ andonos en el estudio de integrales dobles y triples. La dificultad real de los ejercicios expuestos aqu´ı estriba fundamentalmente en la correcta descripci´ on de las regiones de integra- ci´on, tanto en el plano, como en el espacio. Para ayudarnos en esta tarea hemos tratado de representar gr´ aficamente la mayor´ıa de los ejercicios resueltos de manera que el lector pueda visualizar las descripciones. No obstante, la labor de realizar bocetos de regiones en el plano y el espacio no es tarea sencilla y necesita de una buena dosis de experiencia, por lo que recomendamos efusivamente que el lector trate de dibujar por s´ı mismo las gr´aficas mostradas. En la u ´ltima secci´on proponemos re- solver las integrales mediante cambios de variables, prestando especial atenci´on al uso de coordenadas polares, cil´ındricas y esf´ericas. 122 Cap´ıtulo 3. Integraci´ on m´ ultiple ´ n 3.1 Seccio Integrales dobles Calcular las integrales siguientes: Z 2Z 3 Z 1 Z 3 3 512 (x + y) dx dy. 515 y 5 exy dx dy. 1 0 −1 0 π π Z Z 2 Z Z e 2 2 sen y 513 r2 cos θ dr dθ. 516 dx dy. 0 0 0 1 x Z 1 Z 1 Z 514 yex dy dx. 517 (ax + by + c) dA. −1 0 [0,1]2 Soluci´ on: 516 La integraci´ on interior respecto a x tratando a la variable y como si fuera una constante nos da Z e sen y e dx = sen y log x|1 = sen y, 1 x y, ahora la integraci´on respecto a y proporciona el valor de la integral doble solicitada Z π/2 π/2 sen y dy = − cos y|0 = 1. 0 on es [0, 1] × [0, 1], la integral que nos piden ser´a 517 Como la regi´ Z 1Z 1 (ax + by + c) dx dy. 0 0 Integrando en primer lugar respecto a x, obtenemos Z 1 a + by + c dy. 0 2 Y esta integraci´ on respecto a y arroja el valor a b + + c, 2 2 que es el valor de la integral solicitada. 3.1. Integrales dobles 123 518 Probar que Z 1 Z 1 l´ım xn y n dx dy = 0. n→∞ 0 0 Soluci´ on 518: La integraci´ on iterada proporciona 1 1 1 1 xn+1 Z Z Z xn y n dx dy = yn dy 0 0 0 n + 1 0 Z 1 1 1 1 y n+1 1 = y n dy = = ; n+1 0 n+1 n+1 0 (n + 1)2 Tomando l´ımite se obtiene el resultado esperado. Calcular las siguientes integrales dobles: Z 1Z x 519 xy 2 dy dx. 0 x2 √ Z 1 Z x 520 (y + y 3 ) dy dx. 0 x Z 1 Z |x| 521 ex+y dy dx. −1 −2|x| π Z 2 Z cos x 522 y sen x dy dx. 0 0 Z π Z 3 sen x 523 x(1 + y) dy dx. 0 sen x √ 3 4−x2 Z 2 Z 2 5 524 √ √ + y3 dy dx. 0 −3 4−x2 2 2+x Z 1 Z x3 y 525 e x dy dx. 0 0 Z 1 Z x 526 (y − x) dy dx. 0 x4 Soluci´ on: 124 Cap´ıtulo 3. Integraci´ on m´ ultiple 521 La integral interior es Z |x| |x| ex+y dy = ex+y −2|x| = ex+|x| − ex−2|x| . −2|x| La segunda integral iterada es ahora Z 1 ex+|x| − ex−2|x| dx. −1 Para calcular esta integral debemos desglosarla en dos inte- grales para poder tratar el valor absoluto. Si llamamos I a la integral solicitada entonces Z 0 Z 1 x+|x| x−2|x| I= e −e dx + ex+|x| − ex−2|x| dx. −1 0 Ahora bien, en la primera integral |x| = −x pues x es nega- tivo, y en consecuencia Z 0 Z 0 x+|x| x−2|x| 1 − e3x dx e −e dx = −1 −1 0 1 3x 2 1 =1− e = + e−3 . 3 −1 3 3 Por otro lado, cuando x es positivo |x| = x, y as´ı Z 1 Z 1 x+|x| x−2|x| e2x − e−x dx e −e dx = 0 0 1 1 2x 1 1 3 e + e−x = e2 + − . = 2 0 2 e 2 El resultado final ser´ a la suma de los dos resultados parciales obtenidos: 1 1 1 5 I = e2 + + 3 − . 2 e 3e 6 524 La integraci´ on interior respecto a y da el siguiente resultado √ 2 3 4−x2 y 4 2 Z 5 y√ + √ dx 0 2+x 4 −3 4−x2 2 √ 15 4 − x2 √ = √ = 15 2 − x 2+x 3.1. Integrales dobles 125 La segunda integraci´ on iterada nos da finalmente, Z 2 √ 2 √ 15 2 − x dx = −10(2 − x)3/2 = 20 2. 0 0 Calcular las integrales: Z 527 x3 y dA, con D la regi´ on entre el eje Y y la par´abola x = D −4y 2 + 3. Z 528 on definida por 1 ≤ x2 + y 2 ≤ 2 (1 + xy) dA, con D la regi´ D e y ≥ 0. Z y dA, con D = (x, y) ∈ R2 : 0 ≤ 2x 529 π ≤ y, y ≤ sen x . D Z 530 on y ≥ x2 interior al c´ırculo x2 + y 2 = 2y dA, con D la regi´ D 2. Z 2 531 on entre y = |x| e y = dA, con D la regi´ 1+x2 . D Soluci´ on: 527 Para obtener los l´ımites de integraci´on comenzamos dibujan- do la regi´on D. Atendiendo a la Figura 15, observamos que x var´ıa entre x = 0 y x = 3 mientras que y lo hace entre la parte inferior y la parte superior de la par´abola x = 3 − 4y 2 . As´ı, Z Z 3 Z √ 3−x 4 x3 y dA = 3 √ 3−x x y dy dx D 0 − 4 3 √ 3−x x3 y 2 4 Z = dx = 0. 0 2 −√ 3−x 4 530 La regi´ on de integraci´ o√n es la intersecci´on del c´ırculo centrado en el origen y radio 2 (x2 + y 2 ≤ 2) y la parte sobre la 126 Cap´ıtulo 3. Integraci´ on m´ ultiple Figura 15. Regi´ on D del Ejercicio 527 par´abola y = x2 . Los puntos de corte de ambas curvas y = x2 y x2 + y 2 = 2 son (−1, 1), (1, 1) (v´ease la Figura 16(a)). En consecuencia la integral pedida es Z 1 Z √2−x2 I= 2y dy dx. −1 x2 N´otese que la curva √ que limita superiormente la regi´on D es precisamente y = 2 − x2 . La integraci´on interior es Z √2−x2 √2−x2 2y dy = y 2 x2 = 2 − x2 − x4 , x2 y la segunda integraci´ on iterada arroja el valor Z 1 1 x3 x5 44 (2 − x2 − x4 ) dx = 2x − − = . −1 3 5 −1 15 531 Para hacernos una idea de la regi´ on de integraci´on es im- portante realizar un boceto de las dos curvas que limitan la regi´on D. V´ease la Figura 16(b). Las coordenadas de los dos puntos de corte se encuentran resolviendo el sistema 2 y = |x| , y= . 1 + x2 Las soluciones se obtienen inmediatamente. De hecho debido a la simetr´ıa, basta considerar la ra´ız positiva de la ecuaci´on 2 x= . 1 + x2 3.1. Integrales dobles 127 (a) 530 (b) 531 Figura 16. Regiones de integraci´ on de los Ejercicios 530 y 531 Se obtiene sin dificultad x = 1. Los puntos de corte que nos determinan los l´ımites de integraci´on para la variable x son por tanto −1 y 1. As´ı la integral solicitada I ser´a 2 Z 1 Z 1+x2 I= dy dx. −1 |x| La integral interior vale Z 2 1+x2 2 dy = − |x| , |x| 1 + x2 y la integral segunda ser´ a Z 2 Z 1 2 1 − |x| dx = 2 arctan x|−1 − |x| dx. −1 1 + x2 −1 Desglosando la segunda integral en los intervalos [−1, 0], [0, 1] para tratar el valor absoluto, encontramos inmediatamente que I = π − 1. 532 Calcular el ´ area de la regi´ on del plano acotada por las curvas 2 y = x , x + y = 2, y = 0, mediante integraci´on doble. 128 Cap´ıtulo 3. Integraci´ on m´ ultiple Calcular los vol´ umenes de los s´ olidos acotados en cada caso me- diante integraci´ on doble: π π 533 El grafo de z = sen y,0 ≤ y ≤ 2, 0≤x≤ 2. 534 La superficie z = x2 + y sobre 0 ≤ x ≤ 1, 1 ≤ y ≤ 2. 535 La superficie z = x2 + y 2 y los planos z = 0 y z = 10. xy 536 El grafo de z = 2 sobre la regi´ on limitada por x = 2, y = x, y = 0. on acotada por y = 0, y = x2 , 537 Superficie z = xy sobre la regi´ 2 y = (x − 2) . 538 Volumen del primer octante bajo el plano z = x + y y sobre x2 + 4y 2 ≤ 4. Soluci´ on: 535 La proyecci´ on de la regi´ on en cuesti´on sobre el plano XY corresponde al c´ırculo x2 + y 2 ≤ 10 (v´ease la Figura 17(a)). La descripci´ on de este c´ırculo en coordenadas cartesianas es √ √ p p − 10 ≤ x ≤ 10, − 10 − x2 ≤ y ≤ 10 − x2 . Por simetr´ıa el volumen V del s´ olido pedido corresponder´a a la integral √ √ Z 10 Z 10−x2 10 − (x2 + y 2 ) dx. V =4 0 0 Tras la integraci´ on interna encontramos √ Z 10 8 V = (10 − x2 )3/2 dx. 3 0 √ El cambio de variable x = 10 sen t conduce a Z π/2 800 V = cos4 t dt, 3 0 3.1. Integrales dobles 129 y mediante las f´ ormulas del ´ angulo doble, podemos escribir 1 cos4 t = cos2 t(1 − sen2 t) = cos2 t − sen2 (2t) 4 3 cos(2t) cos(4t) = + + . 8 2 8 As´ı Z π/2 800 3 cos(2t) cos(4t) V = + + dt 3 0 8 2 8 π/2 800 3 sen(2t) sen(4t) = t+ + = 50π. 3 8 4 32 0 (a) Ejercicio 535 (b) Ejercicio 537 Figura 17. Vol´ umenes de s´ olidos mediante integraci´ on doble on acotada por y = 0 y las dos par´abolas y = x2 e 537 La regi´ y = (x − 2)2 queda determinada por 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ x2 , 1 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ (x − 2)2 , o bien por √ √ 0 ≤ y ≤ 1, y ≤x≤2− y. V´ease la Figura 17(b). Obs´ervese que la segunda ra´ız debe tener signo negativo. En consecuencia el volumen pedido V 130 Cap´ıtulo 3. Integraci´ on m´ ultiple se puede encontrar usando cualquiera de estas dos descrip- ciones. Por ejemplo Z 1 Z 2−√y V = √ xy dx dy. 0 y La integraci´ on interna proporciona Z 1 √ V = 2y(1 − y) dy, 0 y por tanto, despu´es de realizar esta segunda integraci´on que es tambi´en inmediata, encontramos 1 V = . 5 ¿Podr´ıa el lector encontrar el volumen usando la primera descripci´ on de la regi´ on de integraci´ on? 538 En este caso la regi´ on de integraci´ on sobre el plano XY se describe como s 2 x 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 1 − , 2 de suerte que el volumen V solicitado ser´a q 2 Z 2 Z 2) 1−( x V = (x + y) dy dx. 0 0 La integraci´ on interna inmediata conduce a Z 2 r ! x 2 1 x2 V = x 1− + − dx 0 2 2 8 Esta integraci´ on lleva a 2 2 !3/2 3 2 x x x V = − 1− + − = 2. 3 2 2 24 0 La Figura 18 muestra un boceto de la situaci´on. 3.1. Integrales dobles 131 Figura 18. Gr´ afica del Ejercicio 538 539 Evaluar la integral Z 1 Z 2−2x2 (x2 + xy − 1) dy dx −1 1−x2 y describir la regi´ on D en la que se est´ a integrando. 540 Evaluar la integral doble de f (x, y) = xy sobre el recinto de R2 abolas y = x2 − 4x + 3 e y = −x2 + 3x. limitado por las par´ Soluci´ on 540: Para hacernos una idea de c´ omo describir la regi´on de integra- ci´on debemos intentar hacer un boceto de la situaci´on de las dos par´abolas. Encontramos en primer lugar los puntos de corte de ambas que ser´an las soluciones de la ecuaci´on x2 − 4x + 3 = −x2 + 3x. Dichas soluciones son x = 21 y x = 3. Estos ser´an por tanto los l´ımites de integraci´ on para x. En realidad, la regi´on se describe como (v´ease la Figura 19) 1 ≤ x ≤ 3, x2 − 4x + 3 ≤ y ≤ −x2 + 3x, 2 132 Cap´ıtulo 3. Integraci´ on m´ ultiple y el volumen ser´ a Z 3 Z −x2 +3x Z 3 x (−x2 + 3x)2 − (x2 − 4x + 3)2 dx xy dy dx = 1/2 x2 −4x+3 1/2 2 3 1 5 13 4 3 9 2 625 = x − x + 4x − x = . 5 8 4 1/2 128 Figura 19. Regi´ abolas y = x2 − 4x + 3 e y = −x2 + 3x on entre las par´ Z 541 Calcular la siguiente integral xy 2 dA, donde D D = {(x, y) ∈ R2 : 2x2 ≤ y 2 ≤ x2 + 1, y ≥ 0}. 542 Calcula la integral doble Z 4xy dA, R donde R es el recinto limitado por las curvas y = 1−x2 e y = x−1. Soluci´ on 542: Para determinar los l´ımites de integraci´ on para la variable x, bus- camos los puntos de intersecci´ on de la par´abola y = 1 − x2 y la recta y = x − 1 resolviendo para ellos la ecuaci´on 1 − x2 = x − 1. 3.1. Integrales dobles 133 As´ı encontramos que la regi´ on R de integraci´on es −2 ≤ x ≤ 1, x − 1 ≤ y ≤ 1 − x2 , y la integral doble pedida I ser´ a Z 1 Z 1−x2 Z 1 2x (1 − x2 )2 − (x − 1)2 dx I= 4xy dy dx = −2 x−1 −2 Z 1 27 = (2x5 − 6x3 + 4x2 ) dx = . −2 2 543 Cambia el orden de integraci´ on en Z π2 Z y f (x, y) dx dy. 0 0 En las integrales siguientes cambiar el orden de integraci´on: Z π2 Z cos θ Z 1Z 1 2 x −y 544 cos θ dr dθ. 546 2 dy dx. 0 0 −1 |x| x + 1 Z 1 Z x2 Z 1Z 1 x+y 545 dy dx. 547 (x + y 2 ) dx dy. 0 x3 sen x 0 1−y Soluci´ on 546: La regi´on de integraci´ on de esta integral es −1 ≤ x ≤ 1, |x| ≤ y ≤ 1. Es importante tener presente el boceto que representa esta regi´on en el plano (Figura 20). En dicho boceto observamos que la varia- ble y se mueve desde 0 a 1, 0 ≤ y ≤ 1, y para cada una de estas y, la variable x se debe mover desde −y hasta y. As´ı el cambio de orden de integraci´ on nos lleva a escribir la misma integral como Z 1Z y 2 x −y 2 dx dy. 0 −y x + 1 134 Cap´ıtulo 3. Integraci´ on m´ ultiple Figura 20. Regi´ on de integraci´ on en el Ejercicio 546 Calcular las siguientes integrales mediante un cambio de orden y esbozar la regi´ on de integraci´ on: Z 3 Z 2x+3 548 x dy dx. −1 x2 Z 2 Z 4−y 2 549 y dx dy. −2 y 2 −4 π Z 2 Z sen y 550 dx dy. 0 0 √ Z 0 Z 1+ 1−y 2 551 2y dx dy. −1 y+2 Z 2 Z √4−y2 p 552 4 √ 2 y x + 1 dx dy. −2 − 4−y Z 1 Z 1 p 553 √ x4 + 1 dx dy. 0 3 y Soluci´ on: 550 La regi´ on de integraci´ on viene descrita por π 0≤y≤ , 0 ≤ x ≤ sen y, 2 y est´a representada en la Figura 21. 3.1. Integrales dobles 135 Figura 21. Gr´ afica del Ejercicio 550 El cambio de integraci´ on nos lleva a 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ arc sen x. No obstante, la integraci´ on resulta m´as sencilla si la evalua- mos sin realizar el cambio de integraci´on, es decir, Z π/2 Z sen y Z π/2 dx dy = sen y dy = 1. 0 0 0 551 La regi´ on se describe por p −1 ≤ y ≤ 0, y+2≤x≤1+ 1 − y2 . La p ecuaci´ on x = y + 2 es una recta mientras que x = 1 + 1 − y es una parte de la circunferencia (x − 1)2 + y 2 = 1. 2 De este modo resulta sencillo esbozar la regi´on de integraci´on (v´ease la Figura 22). El cambio de orden de integraci´on nos lleva a p p 1 ≤ x ≤ 2, x − 2 ≤ y ≤ (x − 1)2 − 1 = x2 − 2x. As´ı la integral ser´ a √ Z 2 Z x2 −2x 2y dy dx, 1 x−2 136 Cap´ıtulo 3. Integraci´ on m´ ultiple Figura 22. Regi´ on de integraci´ on en el Ejercicio 551 y su c´alculo se realiza sin mayores dificultades Z 2 2 2 (x − 2x) − (x − 2)2 dx = (x2 − 4x) 1 = −1. 1 553 La regi´ on que se describe por 0 ≤ y ≤ 1, y 1/3 ≤ x ≤ 1, (ver Figura 23) tambi´en se puede determinar, cambiando el orden de las variables, por 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ x3 , y la integral ser´ a Z 1 Z x3 p Z 1 p 1+ x4 dx = x3 1 + x4 dx 0 0 0 1 1 1 √ (1 + x4 )3/2 = = 2 2−1 . 6 0 6 554 Calcular la integral doble Z 1 Z 1 3 √ ey dy dx. 0 x 3.1. Integrales dobles 137 1.2 1 0.8 0.6 0.4 0.2 0 −0.2 −0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 on dada por 0 ≤ y ≤ 1, y 1/3 ≤ x ≤ 1 Figura 23. Ejercicio 553: regi´ 555 Calcular la integral doble Z 1Z 1 x 2 2 I= y 3 xex y dy dx. 1 2 1 Soluci´ on 555: Observamos que resulta m´ as sencillo integrar respecto a x que respecto a y, lo cual aconseja cambiar el orden de integraci´on. De este modo tendremos que la regi´ on 1 1 ≤ x ≤ 1, 1≤y≤ , 2 x se describe tambi´en como 1 1 1 ≤ y ≤ 2, ≤x≤ , 2 y y la integral resulta Z 2 Z 1/y Z 2 3 x2 y 2 y x2 y2 1/y I= y xe dx dy = e dy 2 1 1/2 1 1/2 Z 2 2 y 2 e 2 y 2 /4 e e − ey /4 dy = = e1/4 − . = y −e 1 2 4 1 4 138 Cap´ıtulo 3. Integraci´ on m´ ultiple ´ n 3.2 Seccio Integrales triples Calcular las siguientes integrales triples: Z 556 x2 dV , W = [0, 1]3 . Z W 557 xyz dV , W = [0, 1] × [1, 2] × [2, 3]. ZW 558 (x + y + z) dV , W = [0, 2] × [0, 3] × [0, 1]. ZW 559 sen(x + y + z) dV , W = [0, π]3 . W Soluci´ on 559: La integral triple que nos solicitan es Z πZ πZ π I= sen(x + y + z) dz dy dx. 0 0 0 En cada integraci´ on iterada, consideramos las variables respecto de las que no estamos integrando como si fueran constantes de manera an´aloga a como hac´ıamos con las integrales dobles, para obtener en pasos sucesivos, Z πZ π π I= (− cos(x + y + z))|0 dy dx Z0 π Z0 π = (cos(x + y) − cos(π + x + y)) dy dx 0 0 Z π π = (sen(x + y) − sen(π + x + y))|0 dx 0 Z π = (sen(π + x) − sen x − sen(2π + x) + sen(π + x)) dx. 0 Teniendo en cuenta que, debido a la periodicidad del seno, sen x y sen(2π + x) son iguales, tendremos finalmente Z π I=2 (sen(π + x) − sen x) dx 0 π = 2 (cos x − cos(π + x))|0 = −8. 3.2. Integrales triples 139 Evaluar las siguientes integrales triples y esbozar la regi´on de in- tegraci´on: Z 1Z xZ y 560 y dz dy dx. 0 0 0 Z 2 Z y Z x+y 561 (x + y + z) dz dx dy. 0 0 0 Z 1 Z 1+x Z xy 562 4z dz dy dx. 0 1−x 0 Z 1 Z 2x Z x2 +y 2 563 dz dy dx. 0 0 0 1 x 2y √ Z Z Z 564 x + y + z dz dy dx. 0 0 y Z 1 Z 1 Z 1 565 z dz dy dx. −1 x2 x2 Soluci´ on: 561 En este tipo de integrales triples suele ser m´as delicado el es- bozar o imaginarse la regi´on de integraci´on en el espacio que la propia integraci´ on en s´ı. La tarea de esbozar la regi´on de integraci´ on es pr´acticamente obligatoria cuando se presenta un cambio en el orden de integraci´on. Por esta raz´on es tan importante ejercitarse en esta tarea de representar las regio- nes de integraci´ on de las integrales triples. En el caso que nos ocupa Z Z Z 2 y x+y I= (x + y + z) dz dx dy, 0 0 0 y la regi´ on de integraci´ on queda determinada por las desi- gualdades 0 ≤ y ≤ 2, 0 ≤ x ≤ y, 0 ≤ z ≤ x + y. Para obtener la gr´ afica partimos de la descripci´on que nos reflejan los l´ımites que acotan las variables. La u ´ltima de ellas, en este caso 0 ≤ z ≤ x + y, nos dice que la regi´on est´a limitada por las superficies z = 0 y z = x + y a lo largo 140 Cap´ıtulo 3. Integraci´ on m´ ultiple del eje Z. Mientras que la proyecci´ on de dicha regi´on a lo largo de este eje est´ a determinada por las otras dos variables. En la Figura 24 se puede ver esquem´aticamente dicha regi´on de integraci´ on. Figura 24. Regi´ on de integraci´ on en el Ejercicio 561 Como hemos observado el c´ alculo de la integral es pr´actica- mente autom´ atico cuando las primitivas involucradas en las distintas integrales iteradas son inmediatas. As´ı 2 y x+y z 2 Z Z I= (x + y)z + dx dy 0 0 2 0 Z 2 Z y Z 2 y 3 1 (x + y)2 dx dy = 3 = (x + y) dy 0 0 2 0 2 0 Z 2 2 = 4y 3 dy = y 4 0 = 16. 0 565 Como en el ejemplo precedente, la regi´on de integraci´on viene determinada por las desigualdades −1 ≤ x ≤ 1, x2 ≤ y ≤ 1, x2 ≤ z ≤ 1. Dicha regi´ on est´ a esbozada en la Figura 25. 3.2. Integrales triples 141 Figura 25. Representaci´ on gr´ afica del Ejercicio 565 El c´alculo de la integral de nuevo es inmediato 1 1 1 1 1 1 − x4 Z Z Z Z Z I= z dz dy dx = dy dx −1 x2 x2 −1 x2 2 1 1 (1 − x4 )(1 − x2 ) x3 x5 x7 Z 1 = dx = x− − + −1 2 2 3 5 7 −1 1 1 1 64 =1− − + = . 3 5 7 105 Hallar la integral triple de la funci´ on f (x, y, z) en el recinto W dado, en los siguientes casos: 566 f (x, y, z) = x+y+z, W tetraedro de v´ertices (0, 0, 0), (1, 0, 0), (1, 1, 0), (1, 0, 1). 567 f (x, y, z) = xyz, W es el recinto bajo la superficie z = 1 − x2 sobre el rect´angulo [−1, 1] × [0, 2] del plano XY . 568 f (x, y, z) = x2 , W es el tetraedro contenido en el primer octante acotado por los planos coordenados y el plano x + y + z = 1. 569 f (x, y, z) = x + y, W es la regi´ on entre las superficies z = 2 − x2 y z = x2 , para 0 ≤ y ≤ 3. 142 Cap´ıtulo 3. Integraci´ on m´ ultiple Soluci´ on: 568 En este tipo de ejemplos nos identifican de manera descripti- va la regi´ on de integraci´ on y como paso importante debemos previamente concretarla en forma de desigualdades que in- volucren apropiadamente las variables. Esto supone adem´as realizar una elecci´on juiciosa sobre el orden de integraci´on m´as conveniente. En este caso concreto, como la funci´on a integrar no presenta ninguna dificultad, ning´ un orden de in- tegraci´on supone una ventaja esencial sobre ning´ un otro, de modo que elegimos por ejemplo dz dy dx y en consecuencia debemos describir la regi´on de integraci´on del modo siguiente (v´ease la Figura 26) 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 − x, 0 ≤ z ≤ 1 − y − x. Figura 26. Volumen de integraci´ on del Ejercicio 568 N´otese que la proyecci´ on de la regi´on W a lo largo del eje Z (primera variable de integraci´ on elegida) corresponde al tri´angulo en el plano XY determinado por las rectas y = 0, y = 1 − x (x + y + z = 1 cuando z = 0). Finalmente la proyecci´on de este tri´ angulo a lo largo del eje Y (segunda variable de integraci´ on) sobre el eje X es el intervalo 0 ≤ x ≤ 1 que son los l´ımites para la u ´ltima variable de integraci´on. El 3.2. Integrales triples 143 c´alculo de la integral no plantea ninguna dificultad especial. 1 Su valor final es 60 . 569 Como en el ejemplo precedente, la dificultad real de este ejer- cicio consiste en describir convenientemente la regi´on de in- tegraci´on. La informaci´on que nos proporcionan nos lleva a determinar los l´ımites para las variables x y z como la inter- secci´on entre las superficies z = 2 − x2 y z = x2 , sabiendo que 0 ≤ y ≤ 3. Dicha intersecci´ on se determina resolviendo el sistema z = 2 − x2 , z = x2 , que conduce trivialmente a la ecuaci´on cuadr´atica x2 = 2 − x2 , con soluciones −1 y 1. En consecuencia −1 ≤ x ≤ 1, x2 ≤ z ≤ 2 − x2 y 0 ≤ y ≤ 3. Dicha regi´on puede verse en la Figura 27. El c´ alculo de la integral es ahora sencillo. Su valor final es 12. Figura 27. Gr´ afica del Ejercicio 569 570 Sea D la regi´on limitada en R3 por la esfera x2 + y 2 + z 2 = 4 y los planos x = 1, x = −1, y = 1, y = −1. Evaluar la integral Z x dV . D Soluci´ on 570: 144 Cap´ıtulo 3. Integraci´ on m´ ultiple Lo importante de este ejercicio consiste en describir correctamente la regi´on de integraci´ on. Se ha intentado esbozarla en la Figura 28. Una vez representada, es claro que la proyecci´on sobre el plano XY corresponde al cuadrado [−1, 1]×[−1, 1], mientras que la variable z se mueve entre la parte negativa y la parte positiva de la superficie esf´erica. As´ı, Z Z 1 Z 1 Z √4−x2 −y2 x dV = √ x dz dy dx. D −1 −1 − 4−x2 −y 2 Puesto que la funci´ on integrando es x (que es funci´on impar de x) y la regi´on de integraci´ on es sim´etrica respecto plano Y Z (o respecto al eje X), podemos anticipar que la integral solicitada debe anularse pues la parte positiva de la integral cancelar´a con la parte negativa de la misma. Figura 28. Gr´ afica del Ejercicio 570 3.2. Integrales triples 145 Z 571 Evaluar la integral (1 − z 2 ) dV donde W es la pir´amide de W v´ertice superior (0, 0, 1) y v´ertices en la base (0, 0, 0), (1, 0, 0), (0, 1, 0) y (1, 1, 0). Cambiar el orden de integraci´on en las siguientes integrales para obtener las otras cinco formas de la respuesta: Z 1Z xZ y 572 f dz dy dx. 0 0 0 Z 1 Z x Z 2−x−y 573 f dz dy dx. 0 0 0 Z 1 Z 1−z Z 0 574 f dx dy dz. 0 0 y+z−1 √ Z 1 Z z Z z 2 −x2 575 f dy dx dz. 0 0 0 Soluci´ on 575: En resumidas cuentas, la tarea propuesta consiste en describir la regi´on p 0 ≤ z ≤ 1, 0 ≤ x ≤ z, 0 ≤ y ≤ z 2 − x2 , de las otras cinco maneras posibles. Para ello es pr´acticamente imprescindible tener muy presente el boceto de la regi´on en el espacio (v´ease la Figura 29). A trav´es de este boceto y realizando las proyecciones oportunas seg´ un qu´e orden de integraci´on estemos siguiendo, se obtienen las otras cinco descripciones de dicha regi´on, en concreto p 0 ≤ x ≤ 1, x ≤ z ≤ 1, 0 ≤ y ≤ z 2 − x2 , p p 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ x ≤ 1 − y 2 , x2 + y 2 ≤ z ≤ 1, p p 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 − x2 , x2 + y 2 ≤ z ≤ 1, p 0 ≤ z ≤ 1, 0 ≤ y ≤ z, 0 ≤ x ≤ z 2 − y 2 , p 0 ≤ y ≤ 1, y ≤ z ≤ 1, 0 ≤ x ≤ z 2 − y 2 . 146 Cap´ıtulo 3. Integraci´ on m´ ultiple Figura 29. Regi´ on de integraci´ on del Ejercicio 575 Z 576 Evaluar x2 cos z dV siendo W la regi´ on limitada por los planos W z = 0, z = π, y = 0, y = π, x = 0 y x + y = 1. Hallar los vol´ umenes que se indican mediante integraci´on triple. 577 S´olido limitado superiormente por z = x + y e inferiormente por el tri´ angulo de v´ertices (0, 0, 0), (0, 1, 0), (1, 0, 0). 578 S´olido limitado por los planos x = 0, y = 0, z = 0, x + y = 4 y x = z − y − 1. 579 Volumen comprendido entre x2 +2y 2 = 2, z = 0 y x+y+2z = 2. 580 El s´olido determinado por x2 + y 2 ≤ a2 y x2 + z 2 ≤ a2 . 581 Regi´on entre z = cos2 (x + y) y z = − sen(x + y) sobre [0, π2 ]2 . 582 Volumen limitado por z = x2 , y + z = 4, y = 0. 583 S´olido acotado por z = 10 − x2 − y 2 , y = x2 , z = 0. 584 Regi´on limitada por y = 4 − x2 − z 2 , x = 0, y = 0, z = 0 y x + z = 2. Soluci´ on: 579 El primer paso consiste en hacerse una idea exacta de la re- gi´on cuyo volumen tenemos que calcular. Observemos que la 3.2. Integrales triples 147 on x2 + 2y 2 = 2 representa en el espacio un cilindro de ecuaci´ base el´ıptica centrado en el origen mientras que la ecuaci´on x + y + 2z = 2 determina un plano. N´otese adem´as que dicho plano corta al cilindro en una elipse que est´a toda ella conte- nida en el semiespacio superior donde z ≥ 0. El volumen que debemos calcular vendr´ a dado por la integral doble: Z 1 Z √2−2y2 x+y V = √ 1 − dx dy, −1 − 2−2y 2 2 donde la funci´ on integrando procede de la ecuaci´on del plano x + y + 2z = 2 que es quien limita superiormente la regi´on cuyo volumen queremos determinar. La primera integraci´on nos lleva a √ Z 1 2−2y2 y x2 V = (1 − )x − dy, −1 2 4 √ 2 − 2−2y de modo que nos interesa la integral √ Z 1 p V = 2 (2 − y) 1 − y 2 dy, −1 que a su vez podemos desglosar en √ Z 1 p √ Z 1 p V =2 2 2 1 − y dy − 2 y 1 − y 2 dy. −1 −1 Obs´ervese c´omo la segunda integral se anula al tratarse de un integrando impar sobre un intervalo sim´etrico respecto al origen, mientras que la primera corresponde al ´area de un se- mic´ırculo de radio uno centrado en el origen. En consecuencia el volumen solicitado ser´a √ V = 2π. 584 La Figura 30 representa el s´ olido cuyo volumen nos piden. on de la superficie y = 4 − x2 − z 2 la Puesto que en la ecuaci´ 148 Cap´ıtulo 3. Integraci´ on m´ ultiple variable y nos la dan “despejada” podemos pensar en encon- trar el volumen integrando dicha funci´on y sobre la proyec- ci´on del s´ olido sobre el plano XZ. El boceto nos deja bien claro que tal proyecci´on es el tri´ angulo 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ z ≤ 2 − x, y en consecuencia el volumen V ser´ a Z 2 Z 2−x 4 − x2 − z 2 dz dx. V = 0 0 Dicha integral no plantea ninguna dificultad de c´alculo pues todas las integraciones que aparecen son inmediatas. As´ı se obtiene V = 163 . Figura 30. Gr´ afica del Ejercicio 584 Escribir (no evaluar) la integral correspondiente al volumen de las siguientes regiones: 585 S´olido limitado superiormente por el paraboloide z = x2 + y 2 e inferiormente por el disco unidad x2 + y 2 ≤ 1. 586 S´olido determinado por las condiciones x2 + y 2 + z 2 ≤ 1 y x2 + y 2 − z 2 ≤ 0. 3.2. Integrales triples 149 p 587 Regi´on entre el cono z = x2 + y 2 y el paraboloide z = x2 + y 2 . 588 Regi´on determinada por x2 + y 2 + z 2 ≤ 4 y 2x2 + z 2 ≤ 1. Soluci´ on: 586 La desigualdad x2 + y 2 + z 2 ≤ 1 describe la esfera s´ olida (el interior de la esfera) centrada en el origen y de radio 1, mientras que x2 + y 2 − z 2 ≤ 0 corresponde p a la parte “interior” de la hoja superior del co- no (z = x2 + y 2 ), y tambi´ p en a la parte interior de la hoja inferior del cono z = − x2 + y 2 . La intersecci´on de ambas regiones es el s´ olido cuyo volumen debemos indicar. Ver la Figura 31. Por simetr´ıa basta indicar el volumen superior Figura 31. Ejercicio 586: regi´ on entre un cono y una esfera y multiplicar por 2, e incluso, si nos centramos en el primer octante, podemos multiplicar el volumen resultante por 8 pa- ra obtener el volumen total. N´ otese que la regi´on resultante tiene forma de un “helado”. Dicho volumen lo podemos en- tender como el limitado entre los grafos de las funciones p p x2 + y 2 ≤ z ≤ 1 − x2 − y 2 , 150 Cap´ıtulo 3. Integraci´ on m´ ultiple integrado sobre su proyecci´ on en el plano XY . Para determi- nar esta proyecci´ on debemos concretar el c´ırculo intersecci´on de las dos superficies, es decir, resolver el sistema x2 + y 2 + z 2 = 1, x2 + y 2 − z 2 = 0. Tras eliminar x2 + y 2 , llegamos inmediatamente a 2z 2 = 1, √ 2 por lo que z = 2 y por tanto 1 x2 + y 2 = . 2 Esto significa que el c´ırculo intersecci´o√n en el plano XY est´a centrado en el origen y tiene radio 22 . Finalmente, Z √2/2 Z √1/2−x2 p p V =8 1 − x2 − y 2 − x2 + y 2 dy dx. 0 0 588 Las dos desigualdades que nos proponen representan: (i) x2 + y 2 + z 2 ≤ 4: esfera s´ olida centrada en el origen y radio 2; (ii) 2x2 +z 2 ≤ 1: interior de un cilindro de base el´ıptica a lo largo del eje Y . V´ease la Figura 32. El modo m´ as c´omodo de describir la regi´on intersecci´ on de las dos indicadas m´as arriba consiste en entenderla entre el grafo de las funciones p p − 4 − x2 − z 2 ≤ y ≤ 4 − x2 − z 2 , integrando sobre la proyecci´ on sobre el plano XZ. Dicha proyecci´on es precisamente la elipse que define el cilindro 2x2 + z 2 ≤ 1. Por simetr´ıa podemos escribir que el volumen solicitado es q Z 1 Z 1−z 2 2 p V =8 4 − x2 − z 2 dx dz. 0 0 olido limitado por x2 + y 2 ≤ 4 − z, x2 ≤ 589 Calcular el volumen del s´ 3y, z ≥ 0. 3.3. Cambios de variable 151 Figura 32. Gr´ afica del Ejercicio 588 ´ n 3.3 Seccio Cambios de variable Calcular el ´ area encerrada por las siguientes curvas en polares mediante integraci´ on doble: ´ 590 Area del c´ırculo r = α. ´ 591 Area acotada por la cardioide r = 1 + cos(2θ). ´ 592 Area entre los c´ırculos r = 1 y r = 2 sen θ. ´ 593 Area interior a la curva r = 2 + cos θ y exterior al c´ırculo r = 2. Soluci´ on 592: Para identificar de manera m´ as clara la curva r = 2 sen θ, multipli- camos la misma por r e identificamos los t´erminos en coordenadas rectangulares x2 + y 2 = 2y, o reagrupando t´erminos x2 + (y − 1)2 = 1. 152 Cap´ıtulo 3. Integraci´ on m´ ultiple Vemos que efectivamente se trata del c´ırculo centrado en (0, 1) y radio 1. Para determinar el ´ area en coordenadas polares nece- sitamos conocer el ´ angulo en que se produce el corte de los dos c´ırculos 1 = r = 2 sen θ. π Vemos sin ninguna dificultad que se trata de θ = 6. Por tanto, y debido a la simetr´ıa de la figura, tendremos ! Z π/6 Z π/2 1 A=2 2 sen2 θ dθ + dθ . 0 π/6 2 Recu´erdese que el ´area encerrada por una figura dada en polares r = f (θ) entre los ´ angulos θ1 y θ2 viene dada por la integral θ2 f (θ)2 Z A= dθ. θ1 2 Teniendo en cuenta la f´ ormula del ´ angulo doble 1 − cos(2θ) sen2 θ = 2 para realizar √ la integraci´ on anterior, llegamos a que el ´area pedida 3 es 2π 3 − 2 . Evaluar las siguientes integrales usando el cambio a polares donde la regi´on D est´a determinada en cada caso por las ecuaciones y condiciones dadas: Z x 594 p dA, D comprendido por y = x, y = −x y x = 1. D x + y2 2 Z 595 xy dA, D limitado por x2 + y 2 = 2, y ≤ x e y > 0. D Z 596 (x + y) dA, D acotado por x2 + y 2 = 1, x2 + y 2 = 4, y = x, D y = −x con y ≥ 0. √ Z y 597 2 2 dA, D limitado por x = 2, y = 0, y = 3x. D x +y 3.3. Cambios de variable 153 Z 1 598 p dA, D = {x2 + y 2 ≤ 2x}. D x2 + y2 Soluci´ on: 594 Probablemente el paso m´ as importante en el cambio de una integral a polares sea la descripci´ on del recinto de integraci´on en tal sistema de coordenadas. Seg´ un la Figura 33 que con- creta cu´al es la regi´ on de integraci´ on en este ejemplo, vemos inmediatamente que el ´ angulo θ var´ıa entre los l´ımites − π4 y π4 . Para cada ´ angulo θ en ese rango, el radio debe llegar hasta cortar la recta x = 1, es decir, 1 r cos θ = 1 ⇒ r = . cos θ Figura 33. Regi´ on de integraci´ on del Ejercicio 594 En consecuencia, la descripci´ on del recinto de integraci´on en coordenadas polares ser´ a π π 1 − ≤θ≤ , 0≤r≤ . 4 4 cos θ 154 Cap´ıtulo 3. Integraci´ on m´ ultiple La integral solicitada ser´ a, teniendo en cuenta el jacobiano r, π/4 sec θ π/4 1 r2 cos θ cos θ Z Z Z r cos θ dr dθ = dθ −π/4 0 −π/4 2 0 Z π/4 1 1 = dθ. 2 −π/4 cos θ Un cambio de variable trigonom´etrico del tipo t = sen θ da lugar a la integral √ √ √ 2/2 1 + t 2/2 Z 1 1 1 1 2+ 2 √ dt = log = log √ 2 − 2/2 1 − t2 4 1 − t −√2/2 2 2− 2 596 En este caso la regi´ on de integraci´ on es la corona descrita por π 3π ≤θ≤ , 1 ≤ r ≤ 2. 4 4 (v´ease la Figura 34). Por la tanto la integral que nos ocupa se escribe en coordenadas polares como Z 3π/4 Z 2 r2 (cos θ + sen θ) dr dθ. π/4 1 Las dos integraciones que se deben realizar son directas √ y no ofrecen mayores dificultades. El resultado final es 7 3 2 . Figura 34. Representaci´ on gr´ afica del Ejercicio 596 3.3. Cambios de variable 155 598 La regi´ on de integraci´ on en este caso, escrita en coordenadas polares, es r ≤ 2 cos θ que representa el interior del c´ırculo centrado en (1, 0) y radio 1. Esta conclusi´on se puede obtener de manera clara si se completan cuadrados en la forma del recinto en coordenadas rectangulares (x − 1)2 + y 2 ≤ 1. En este caso los l´ımites de integraci´on para θ deben ser − π2 y π 2 , pues es el intervalo de ´ angulos en que est´a definido dicho c´ırculo. As´ı vemos que la integral que nos interesa es Z π/2 Z 2 cos θ dr dθ. −π/2 0 Los c´alculos concretos no suponen ninguna dificultad espe- cial. El valor de la integral es 4. √ 599 Sea D = {(x, y) ∈ R2 : x2 − y 2 ≤ 12 , x ≥ 3y ≥ 0} y sea fZ Z: R2 → R una funci´ on integrable. Escribir la integral doble f dA en t´erminos de integrales iteradas de la siguiente forma: D ZZ (a) f (x, y) dx dy. ZZ (b) f (x, y) dy dx. ZZ (c) f (r cos θ, r sen θ)r dr dθ. 600 Consid´erese la integral Z 1 Z √1−x2 Z 1 2 ez I= √ p dz dy dx. 0 0 x2 +y 2 x2 + y 2 (a) Determinar los l´ımites de integraci´on para poder escribir I de la forma Z ... Z ... Z ... 2 ez I= p dy dx dz. ... ... ... x2 + y 2 156 Cap´ıtulo 3. Integraci´ on m´ ultiple (b) Calcular el valor de dicha integral mediante un cambio de variables adecuado. Soluci´ on 600: La primera parte de este ejercicio consiste en invertir el orden de integraci´on de dz dy dx a dy dx dz. Esto exige realizar un boceto preciso de la regi´ on de integraci´ on descrita por p p 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 − x2 , x2 + y 2 ≤ z ≤ 1 (v´ease la Figura 35). 1 0.9 0.8 0.7 0.6 0.5 0.4 0.3 0.2 0.1 0 0 0.5 0.8 1 0.4 0.6 1 0 0.2 Figura 35. Gr´ afica de la regi´ on del Ejercicio 600 p Se trata del primer cuarto del interior del cono z = x2 + y 2 limitado superiormente por el plano z = 1. El cambio de orden de integraci´on pedido nos lleva a observar que 0 ≤ z ≤ 1. Para cada tal z, la proyecci´ on del recinto sobre el plano XZ queda determinada por 0 ≤ x ≤ z. Finalmente la variable y, para cada par (x, z) de los descritos, tendr´a unos l´ımites p 0 ≤ y ≤ z 2 − x2 . La integral ser´ a √ 2 1 z z 2 −x2 ez Z Z Z p dy dx dz. 0 0 0 x2 + y 2 3.3. Cambios de variable 157 La segunda parte del problema consiste en calcular la integral an- terior mediante un cambio juicioso de variables. Tenemos esencial- mente dos posibilidades: las coordenadas cil´ındricas o las esf´ericas. En coordenadas cil´ındricas la regi´ on de integraci´on se describe de manera muy simple como π 0≤θ≤ , 0 ≤ r ≤ 1, r ≤ z ≤ 1. 2 La integral en coordenadas cil´ındricas ser´a Z π/2 Z 1 Z 1 z2 e r dz dr dθ. 0 0 r r Al realizar la primera integraci´on debemos enfrentarnos a la pri- 2 mitiva de ez . Dicha primitiva no existe en t´erminos elementales, de modo que debemos explorar un cambio de orden de integraci´on en la integral triple. Es muy sencillo escribir dicha integral en el orden dr dz dθ, Z π/2 Z 1 Z z 2 ez dr dz dθ. 0 0 0 La primera integraci´ on iterada nos lleva a Z π/2 Z 1 2 zez dz dθ. 0 0 ´ Esta resulta ahora inmediata. N´ otese la diferencia esencial entre on. El valor final de la integral es π4 (e− ambos ´ordenes de integraci´ 1). Realizar el cambio a polares en las siguientes integrales dobles: Z 2 Z √4−x2 601 √ f (x, y) dy dx. 0 − 4−x2 Z √1 Z √1−y2 2 602 f (x, y) dx dy. 0 y 1 √ Z √ 2 Z x Z 1 Z 1−x2 603 f (x, y) dy dx + f (x, y) dy dx. 1 0 0 √ 2 0 158 Cap´ıtulo 3. Integraci´ on m´ ultiple Z 1 Z √y2/3 −y2 604 f (x, y) dx dy. 0 0 Soluci´ on: 603 La regi´ on descrita por estas dos integrales dobles aparece en la Figura 36. Resulta interesante observar c´omo esta misma Figura 36. Gr´ afica del Ejercicio 603 regi´on es de muy sencilla descripci´ on en coordenadas polares al tener simetr´ıa circular. En efecto, la integral resultante es Z π/4 Z 1 f (r cos θ, r sen θ) r dr dθ. 0 0 604 La regi´on de integraci´ on viene representada en la Figura 37. De este modo el ´ angulo tiene por l´ımites 0 y π2 mientras que el radio debe moverse desde 0 hasta la ecuaci´on de la curva x2 = y 2/3 − y 2 una vez pasada a polares y despejado el radio. De manera sencilla despu´es de unos cuantos c´ alculos se obtiene √ r = sen θ, de modo que la integral queda Z π/2 Z √sen θ f (r cos θ, r sen θ) r dr dθ. 0 0 3.3. Cambios de variable 159 Figura 37. Regi´ on de integraci´ on del Ejercicio 604 on determinada por x2 + y 2 + z 2 ≤ 605 Encontrar el volumen de la regi´ 10, z ≥ 2 mediante integraci´ on doble. 606 Calcula la integral doble Z 1Z x y(x2 + y 2 ) x2 +y2 I= e dy dx. 1 2 0 x3 Soluci´ on 606: Cualquiera de los dos posibles ´ ordenes de integraci´on en coorde- nadas rectangulares parece bastante complicado. Intent´emoslo en coordenadas polares. La regi´ on de integraci´on (v´ease la Figura 38) nos lleva a los l´ımites π 1 0≤θ≤ , sec θ ≤ r ≤ sec θ, 4 2 1 donde las secantes aparecen al pasar las rectas x = 2 yx=1a polares. As´ı se trata de calcular la integral Z π/4 Z sec θ sen θ r2 3θ e r dr dθ. 0 1 2 sec θ cos La integraci´ on con respecto a r es directa y nos lleva a 1 π/4 sen θ 12 Z 1 e cos θ − e 4 cos2 θ dθ. 2 0 cos3 θ 160 Cap´ıtulo 3. Integraci´ on m´ ultiple 1.5 1 0.5 0 −0.5 −0.5 0 0.5 1 1.5 Figura 38. Representaci´ on gr´ afica del Ejercicio 606 Es interesante observar ahora que la derivada del exponente cos12 θ es precisamente la fracci´on que acompa˜ na a tales exponenciales. De este modo el cambio de integraci´ on t = cos12 θ lleva directamente al resultado π/4 1 12 1 e cos θ − 4e 4 cos2 θ . 4 0 Despu´es de realizar estos c´ alculos con un poco de cuidado obtene- mos el resultado final 1 2 1 e − e − e1/2 + e1/4 . 4 4 Evaluar las siguientes integrales en los recintos indicados: Z 3 607 (x2 + y 2 ) 2 dA, donde D = {x2 + y 2 ≤ 4}. D Z 1 608 2 + y2 dA, con D la regi´on del primer cuadrante entre D x x2 + y 2 = 1 y x2 + y 2 = 2. √ Z 609 y dA, con D el tri´angulo de lados x = 0, y = 1, y = 3x. D 3.3. Cambios de variable 161 Z 610 dA, con D la regi´ on del primer cuadrante acotada por los c´ırculos x2 + y 2 = 1 y x2 + y 2 = x. Soluci´ on 610: Despu´es de darse cuenta de que la ecuaci´on x2 +y 2 = x representa el c´ırculo de radio 12 centrado en el ( 12 , 0) (completando cuadra- dos), y de que en realidad la integral que nos solicitan es el ´area de la regi´on entre los dos c´ırculos de la Figura 39, podemos en- contrar el valor de dicha integral mediante un sencillo argumento geom´etrico. En verdad, el valor de la integral solicitada es 1 π π π − = . 2 2 4 8 Vale la pena de todos modos que nuestros lectores planteen dicha Figura 39. Gr´ afica del Ejercicio 610 integral en coordenadas polares y comprueben que resulta el valor anterior. 611 Calcular la siguiente integral Z 0 Z 0 2 +y 2 e( 2 ) x √ dx dy. −1 −2 1−y 2 Soluci´ on 611: 162 Cap´ıtulo 3. Integraci´ on m´ ultiple Denotemos por I la integral pedida. Para cada y fijo en el intervalo [−1, 0], en la integral interior Z 0 2 √ e(x/2) dx −2 1−y 2 podemos realizar el cambio de integraci´ on x dx t= , dt = . 2 2 De este modo, dicha integral interior se convierte en Z 0 2 2 √ et dt, − 1−y 2 y la integral doble inicial en Z 1Z 0 2 +y 2 I=2 √ et dt dy. 0 − 1−y 2 Ahora si realizamos el cambio a polares, se obtiene de modo in- mediato Z 3π/2 Z 1 2 I=2 rer dr dθ. π 0 π El valor final de I es 2 (e − 1). Alternativamente se puede plantear el siguiente cambio de varia- bles, semejante a las coordenadas polares, x = 2r cos θ, y = r sen θ, dictado por la simetr´ıa de la regi´ on de integraci´on y la forma de la funci´on integrando. El jacobiano del cambio es en este caso 2r. 612 Sea R el rect´ angulo acotado por las rectas x + y = 1, x + y = 2, 2x−3y = 2 y 2x−3y = 5. Haciendo el cambio de variable u = x+y, v = 2x − 3y, encontrar el ´ area de R. 613 Haciendo la sustituci´on u = xy, v = xy , encontrar el ´area de la regi´on del primer cuadrante acotada por las curvas xy = 1, xy = 2, y = x e y = 2x. 3.3. Cambios de variable 163 614 Calcular el ´ area de la regi´ on del primer cuadrante acotada por las curvas xy = 2, xy = 4, xy 3 = 3, xy 3 = 6. (Indicaci´on: realizar el cambio de variable u = xy, v = xy 3 ). 615 Encontrar el ´area de la regi´on del primer cuadrante acotada por las curvas y = x2 , y = 2x2 , x = y 2 y x = 4y 2 . (Indicaci´on: usar u y v tales que y = ux2 , x = vy 2 ). 616 Sea R la regi´ on del primer cuadrante acotada por los c´ırculos x2 + y 2 = 2x, x2 + y 2 = 6x, x2 + y 2 = 2y, x2 + y 2 = 8y. Encontrar el valor de la integral Z 1 2 + y 2 )2 dA. R (x (Indicaci´on: usar un cambio de variables similar al del Ejerci- cio 615) Emplear los cambios de variable apropiados para evaluar las si- guientes integrales: ZZ x−y 617 e x+y dx dy, siendo D el recinto limitado por las rectas D x = 0, y = 0, x + y = 1. ZZZ 1 618 p dx dy dz, donde 1 + x2 + y2 + z2 S S = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 ≤ 1}. Ayuda: Z p rp 1 p 1 + r2 dr = 1 + r2 + log(r + 1 + r2 ) + cte. 2 2 Encontrar los siguientes vol´ umenes: 619 S´olido limitado por x2 + y 2 = z, el plano XY y x2 + y 2 = 2x. (Indicaci´on: usar coordenadas cil´ındricas). 164 Cap´ıtulo 3. Integraci´ on m´ ultiple 620 S´olido limitado superiormente p por x2 +y 2 +z 2 = 25 e inferior- 2 2 mente por z − 1 = x + y . (Indicaci´on: usar coordenadas cil´ındricas). 621 S´olido limitado por z 2 = 1 + x2 + y 2 y la parte superior de z 2 = 2(x2 + y 2 ). (Indicaci´ on: usar coordenadas cil´ındricas). 622 Cono circular recto con radio de la base r y altura h. (Indi- caci´on: usar coordenadas esf´ericas). 623 Volumen comprendido entre los paraboloides z = x2 + y 2 , z = 12 − x2 − 2y 2 . Soluci´ on: 619 El s´olido descrito por las condiciones dadas est´a representa- do en la Figura 40. Intentemos describirlo en coordenadas Figura 40. S´ olido del Ejercicio 619 cil´ındricas. Observamos que la base de la regi´on que nos ocu- pa es el c´ırculo x2 +y 2 = 2x que es el centrado en (1, 0) y radio 1 (esto se ve completando cuadrados como hemos hecho en alguna otra ocasi´ on). En coordenadas polares (o cil´ındricas) este c´ırculo se describe como π π − ≤θ≤ , 0 ≤ r ≤ 2 cos θ. 2 2 a 0 ≤ z ≤ r2 al ser el paraboloide Finalmente la variable z ser´ 2 2 z = x + y la parte que limita superiormente la regi´on. El 3.3. Cambios de variable 165 volumen ser´ a por tanto, debido a la simetr´ıa, Z π/2 Z 2 cos θ Z r2 V =2 r dz dr dθ. 0 0 0 Las integraciones respecto a z y a r no plantean ninguna dificultad. Llegamos as´ı a Z π/2 V =8 cos4 θ dθ. 0 Para realizar esta u ´ltima integraci´ on usamos la f´ormula 3 cos(2θ) cos(4θ) cos4 θ = + + , 8 2 8 que puede ser obtenidas con facilidad usando las f´ormulas del ´angulo doble repetidamente (v´ease el Ejercicio 535). El resultado final es 3π 2 . 622 Seg´ un el boceto de la Figura 41, el cono circular recto objeto de este problema se describe en coordenadas esf´ericas como r h 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ φ ≤ arctan , 0≤ρ≤ . h cos φ h N´otese que ρ = cos φ corresponde a la tapa superior del cono Figura 41. Ejercicio 622: cono circular recto 166 Cap´ıtulo 3. Integraci´ on m´ ultiple z = h. De este modo el volumen solicitado ser´a Z 2π Z arctan( hr ) Z h/ cos φ ρ2 sen φ dρ dφ dθ. 0 0 0 Despu´es de unas cuantas integraciones inmediatas, y con un poco de cuidado en los c´ alculos, llegamos a la f´ormula del volumen de un tal cono: π3 hr2 . 623 El volumen pedido en esta ocasi´ on es el limitado por los dos paraboloides de ecuaciones z = x2 + y 2 y z = 12 − x2 − 2y 2 seg´un el boceto de la Figura 42. La intersecci´on de ambos paraboloides (proyectada en el plano XY ) tendr´a por ecua- ci´on x2 + y 2 = 12 − x2 − 2y 2 , es decir, se trata de la elipse de ecuaci´on x2 y2 + = 1. 6 4 Esta ecuaci´ on sugiere plantear el problema en las coordena- 12 10 8 6 4 2 0 2 3 1 1 2 0 0 −1 −2 −1 −2 −3 Figura 42. Gr´ afica del Ejercicio 623 das cil´ındricas modificadas siguientes √ x = 6r cos θ, y = 2r sen θ. As´ı, el nuevo sistema de coordenadas la elipse ser´a r = 1 mientras que el√jacobiano del cambio se calcula muy senci- llamente y es 2 6r. En consecuencia, el volumen que se pide 3.3. Cambios de variable 167 se calcular´ a mediante la integral triple Z 2π Z 1 Z 12−6r 2 cos2 θ−8r 2 sen2 θ √ 2 6r dz dr dθ. 0 0 6r 2 cos2 θ+4r 2 sen2 θ Despu´es de unos cuantos c´ alculos √ sencillos pero cuidadosos llegamos al resultado final 12 6π. 624 Describir la superficie dada en coordenadas esf´ericas por la ecua- ci´on ρ = 1 + cos φ y calcular su volumen. Calcular el valor de las siguientes integrales empleando para ello un cambio de variables oportuno: √ Z 1 Z 1−x2 625 √ sen(x2 + y 2 ) dy dx. −1 − 1−x2 Z 1 Z √1−y2 1 626 dx dy. 0 0 1 + x2 + y 2 √ Z 2 Z 2x−x2 1 627 p dy dx. 1 0 x + y2 2 Z 2 +y 2 628 zex dV en el recinto D limitado por el interior del D c´ırculo x2 + y 2 = 4 y 2 ≤ z ≤ 3. Z 629 (x2 + y 2 + z 2 ) dV con D = {x2 + z 2 ≤ 2, −2 ≤ y ≤ 3}. D Soluci´ on: 626 Si nos fijamos en el recinto de integraci´on en el plano, descu- briremos que se trata del primer cuadrante del c´ırculo unidad. Adem´ as el integrando se transforma de manera muy c´omoda a coordenadas polares. Esto sugiere intentar calcular esta in- tegral doble mediante coordenadas polares. De esta manera el recinto de integraci´ on es π 0 ≤ r ≤ 1, 0≤θ≤ . 2 168 Cap´ıtulo 3. Integraci´ on m´ ultiple La integral pedida se transforma (sin olvidar el jacobiano del cambio) en Z 1 Z π/2 r dr dθ. 0 0 1 + r2 π Esta integral es inmediata. Su valor final es log 2. 4 627 En este caso el recinto de integraci´on es el primer cuarto del c´ırculo de radio 1 centrado en el punto (1, 0). Esto es sencillo √ de comprobar si nos percatamos de que la ecuaci´on y = 2x − x2 puede escribirse como parte de (x − 1)2 + y 2 = 1. Esta ecuaci´on se escribe en polares, r = 2 cos θ, sin m´as que realizar las operaciones del cambio. No obstante, al escribir la descripci´on de este recinto de integraci´on en coordenadas polares debemos ser cuidadosos en los l´ımites para r pues el recinto de integraci´on est´a delimitado por la recta x = 1 y el arco del primer cuarto del c´ırculo indicado (v´ease la Figura 43). En consecuencia los l´ımites de integraci´on ser´an 2 1.5 1 0.5 0 −0.5 −0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 Figura 43. Gr´ afica del Ejercicio 627 π 1 0≤θ≤ , ≤ r ≤ 2 cos θ. 4 cos θ El integrando tambi´en se transforma de manera muy trans- parente a coordenadas polares. Mediante el cambio a polares 3.3. Cambios de variable 169 la integral pasa a ser Z π/4 Z 2 cos θ dr dθ. 1 0 cos θ Haciendo un cambio trigonom´etrico del tipo t = sen θ y des- pu´es de √ algunos c´ a√lculos sencillos se obtiene finalmente el valor 2 − log(1 + 2). 629 La regi´ on de integraci´ on consiste en un cilindro recto con eje a lo largo del eje Y . Esto sugiere realizar un cambio a cil´ındricas considerando las coordenadas polares en el plano XZ en vez de en el plano XY . O alternativamente podemos intercambiar los nombres de las variables y y z y observar que el valor de la integral no cambia Z (x2 + y 2 + z 2 ) dV D con D = x2 + y 2 ≤ 2, −2 ≤ z ≤ 3 . Esta integral en coor- denadas cil´ındricas queda √ Z 2π Z 2 Z 3 (r2 + z 2 )r dz dr dθ. 0 0 −2 Todas las integraciones involucradas ahora son inmediatas. Con un poco de paciencia, encontramos el valor final 100π 3 . 630 Si D es la regi´on limitada por las superficies z = 4 − x2 − y 2 y z = 0, escribir y evaluar en coordenadas cil´ındricas la integral: Z (zx + y) dV. D on en el espacio limitada por la esfera x2 +y 2 +z 2 = 1 631 Si D es la regi´ e y ≥ 0, escribir y evaluar la siguiente integral usando coordenadas esf´ericas: Z (x + y + z) dV. D 170 Cap´ıtulo 3. Integraci´ on m´ ultiple 632 Calcular el valor de la integral: Z 1 I= dV D x2 + y2 + z2 donde D es el recinto limitado por las desigualdades: x2 + y 2 + z 2 ≤ z + y, x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0. Soluci´ on 632: N´otese c´omo la desigualdad x2 +y 2 +z 2 ≤ y +z se puede reescribir completando cuadrados como 1 1 1 x2 + (y − )2 + (z − )2 ≤ . 2 2 2 En consecuencia, vemos claramente que la regi´on de integraci´on D corresponde a la√ intersecci´ on de la esfera s´olida centrada en 1 1 2 (0, 2 , 2 ) con radio 2 con el primer octante x, y, z ≥ 0. El boceto Figura 44. Ejercicio 632: esfera desplazada en el primer octante de esta regi´on (Figura 44) nos permite ver que al cambiar a coorde- angulos θ y φ deben moverse en el rango (0, π2 ) nadas esf´ericas los ´ mientras que el radio ρ debe limitarse precisamente por la ecuaci´on 3.3. Cambios de variable 171 de la c´ascara de la esfera anterior. La ecuaci´on x2 + y 2 + z 2 = y + z en coordenadas esf´ericas es ρ = sen θ sen φ+cos φ. En consecuencia la regi´on de integraci´on D en coordenadas esf´ericas es π π 0≤θ≤ , 0≤φ≤ , 0 ≤ ρ ≤ sen θ sen φ + cos φ, 2 2 y la integral solicitada ser´ a Z π/2 Z π/2 Z sen θ sen φ+cos φ 1 2 ρ sen φ dρ dφ dθ. 0 0 0 ρ2 La integraci´ on respecto a ρ conduce a Z π/2 Z π/2 sen θ sen2 φ + sen φ cos φ dφ dθ. 0 0 Mediante las f´ ormulas del ´ angulo doble 1 − cos(2φ) sen(2φ) sen2 φ = , sen φ cos φ = , 2 2 las integraciones anteriores son inmediatas. Despu´es de unos cuan- tos c´alculos cuidadosos se obtiene el valor final de la integral π2 . 633 Encontrar el volumen encerrado por las dos esferas x2 +y 2 +z 2 = 1 y x2 + (y − 1)2 + z 2 = 1. Soluci´ on 633: La regi´on cuyo volumen se solicita es la intersecci´on de las esferas de radio unitario centradas en el origen y el punto (0, 1, 0), res- pectivamente. Si tenemos en cuenta que el corte de tales esferas tiene lugar en el plano y = 21 y su proyecci´on sobre el plano XZ on x2 + z 2 = 43 , debido a la simetr´ıa, el volumen tiene por ecuaci´ que buscamos ser´ a el doble del volumen del casquete 1 x2 + y 2 + z 2 ≤ 1, ≤ y ≤ 1. 2 Debido de nuevo a la simetr´ıa, y por comodidad, podemos cambiar el nombre de las variables y calcular el volumen del casquete 1 x2 + y 2 + z 2 ≤ 1, ≤ z ≤ 1. 2 172 Cap´ıtulo 3. Integraci´ on m´ ultiple En coordenadas cil´ındricas, este volumen se calcula c´omodamente Z 2π Z √3/2 p 2 1 1−r − r dr dθ. 0 0 2 Las primitivas involucradas son inmediatas mediante cambios de variable apropiados. El valor del volumen es 5π 12 . 634 Encontrar el volumen de la regi´ on del primer octante limitada por la esfera ρ = α, el cilindro r = α y el plano z = α. 635 Encontrar el volumen encerrado por la superficie determinada por las condiciones x2 + (y − 1)2 + z 2 = 1, x2 + y 2 − z 2 = 0. 636 Hallar el volumen del s´ olido limitado por la superficie de ecuaci´on 2 2 x y2 z2 x2 y2 z2 + + = + − . a2 b2 c2 a2 b2 c2 Soluci´ on 636: La forma de la ecuaci´on de la superficie proporcionada sugiere el cambio de coordenadas esf´ericas modificado por los factores a, b y c, del siguiente modo x = aρ cos θ sen φ, y = bρ sen θ sen φ, z = cρ cos φ. De esta manera, la superficie se convierte, despu´es de algunas sim- plificaciones, en ρ2 = − cos(2φ). π Esta ecuaci´on nos obliga a tomar el ´ angulo φ entre los l´ımites 4 y 3π 4 que es el rango en que cos(2φ) es negativo. En efecto, es en este rango en el que se encuentra la superficie que limita el volumen que debemos calcular. N´ otese que ahora el jacobiano del cambio es el de las coordenadas esf´ericas ρ2 sen φ modificado por el factor abc. La integral que debemos calcular es Z 2π Z 3π/4 Z √− cos(2φ) abcπ 2 abcρ2 sen φ dρ dφ dθ = √ . 0 π/4 0 4 2 3.3. Cambios de variable 173 Calcular el volumen determinado por la expresiones siguientes: p p 637 z = x2 + y 2 y z = 1 − 2 x2 + y 2 . 638 x2 + 2(y 2 + z 2 ) ≤ 10 y z 2 + y 2 ≤ 1. 639 x2 + y 2 ≤ 1 y x2 + y 2 + z 2 = 4. p 640 x2 + y 2 ≤ 15 z 2 y 0 ≤ z ≤ 5 + 5 − x2 − y 2 . 641 x2 + y 2 + z 2 = 1 y 2x2 ≥ z 2 + y 2 . 642 y 2 + 4z 2 = 4, x = 0 y x = y + 2. Soluci´ on: 640 La regi´ on cuyo volumen debemos calcular es la representada en la Figura 45. En coordenadas cil´ındricas tendremos que dicho volumen se calcula mediante la integral Z 2π Z √5 p √ 5 + 5 − r2 − 5r r dr dθ. 0 0 Figura 45. Gr´ afica del Ejercicio 640 Las primitivas involucradas son f´ aciles y unos cuantos c´alcu- los conducen al resultado final 10π 5 √ + 5 . 3 2 174 Cap´ıtulo 3. Integraci´ on m´ ultiple 642 La regi´ on cuyo volumen se debe encontrar est´a dibujada en el boceto que acompa˜ na (Figura 46). En coordenadas rectan- gulares, este volumen viene dado por la integral doble Z 2 Z y+2 r y2 1− dx dy. −2 0 4 1 0.5 0 0 −0.5 1 −1 2 −2 −1 3 0 1 4 2 Figura 46. Representaci´ on gr´ afica del Ejercicio 642 Estas integraciones no son inmediatas en absoluto de modo que intentamos calcular el volumen en un sistema de coorde- nadas distinto. En concreto, y por comodidad, intercambia- mos el nombre de las variables x y z, y nos preocupamos por encontrar el volumen limitado por las superficies y2 z = 0, z = y + 2, x2 + = 1. 4 En coordenadas cil´ındricas modificadas por un factor 2 para y, dicho volumen viene dado por la integral Z 2π Z 1 2 (2 + 2r sen θ) r dr dθ. 0 0 Despu´es de algunos c´ alculos sencillos, el resultado final es 4π. 3.3. Cambios de variable 175 643 Calcular la integral z(x2 + y 2 ) Z I= dV R (x2 + y 2 + z 2 )5/2 donde R es la regi´ on determinada por las desigualdades p p x2 + y 2 ≤ z ≤ 2 − x2 − y 2 644 Encuentra el volumen encerrado por las superficies x2 + y 2 + z = 1 y x2 + (y − 1)2 − z = 0. Soluci´ on 644: Se trata de encontrar el volumen encerrado por los dos paraboloi- des de la Figura 47. Figura 47. Gr´ afica del Ejercicio 644 La proyecci´ on de dicha intersecci´ on sobre el plano XY tendr´a por ecuaci´on 1 − x2 − y 2 = x2 + (y − 1)2 . Despu´es de algunos c´ alculos y completar cuadrados, esta ecuaci´on se convierte en 1 1 x2 + (y − )2 = 2 4 176 Cap´ıtulo 3. Integraci´ on m´ ultiple 1 que es el c´ırculo de radio 2 centrado en (0, 21 ). En coordenadas polares la integral queda Z π Z sen θ (1 − r2 ) − (r2 − 2r sen θ + 1) r dr dθ. 0 0 La integraci´on respecto a r desemboca en la integral 1 π Z sen4 θ dθ. 6 0 Mediante la f´ ormula del ´ angulo doble, usada dos veces consecuti- vas, obtenemos que 3 1 1 sen4 θ = − cos(2θ) + cos(4θ), 8 2 8 y por tanto la integral anterior se calcula de manera directa y vale π 16 . 645 Hallar el volumen de la regi´ on x2 y2 D = {(x, y, z) ∈ R3 : 0 ≤ z ≤ + ≤ 1}. 4 9 2 646 Calcular el volumen encerrado por las dos superficies z = x2 + y4 , y z = x. Escribir en cartesianas (sin evaluar) las siguientes integrales ex- presadas en coordenadas polares: Z π Z 2 sen θ p 647 r 9 − r2 dr dθ. 0 0 π Z 3 Z 1 648 r3 dr dθ. π 4 0 3π Z 4 Z − cos θ 649 r tan θ dr dθ. π 2 0 3.3. Cambios de variable 177 Soluci´ on 649: La regi´on de integraci´ on corresponde a π 3π ≤θ≤ , 0 ≤ r ≤ − cos θ. 2 4 La ecuaci´on r = − cos θ corresponde, en coordenadas cartesianas a x2 + y 2 + x = 0, que, despu´es de completar cuadrados, vemos que se trata del c´ırcu- lo de radio 12 centrado en (− 12 , 0). Los l´ımites para el ´angulo nos informan de que s´ olo una parte de tal c´ırculo es la regi´on de inte- graci´on. En concreto se trata de la parte y ≥ −x sobre la diagonal secundaria. As´ı, la regi´ on de integraci´on se describe en cartesianas como x2 + y 2 + x ≤ 0, y + x ≥ 0. El integrando corresponde a tan θ (despu´es de “descontar” el ja- on en cartesianas corresponde a xy . Final- cobiano r). Dicha funci´ mente las soluciones del sistema x2 + y 2 + x = 0, y + x = 0, nos dan los l´ımites de integraci´ on para la variable x. En definitiva encontramos que se trata de la integral √ Z 0 Z −x−x2 y dy dx. −1/2 −x x Escribir en cartesianas (sin evaluar) las siguientes integrales ex- presadas en coordenadas cil´ındricas: Z π 2 Z 1 Z r2 650 zr2 cos θ dz dr dθ. 0 0 0 π √ Z 2 Z cos θ Z r 651 r2 dz dr dθ. −π 2 0 0 178 Cap´ıtulo 3. Integraci´ on m´ ultiple Z 2π Z |2 sen θ| Z 1 652 r2 (cos θ + sen θ) dz dr dθ. 0 0 0 Soluci´ on 651: p El integrando corresponde a r = x2 + y 2 despu´es de descontar el jacobiano del cambio.pLos l´ımites de integraci´on para z son claramente 0 ≤ z ≤ r = x2 + y 2 . El√ punto m´as delicado consiste en hacerse una idea de la curva r = cos θ. Lo que est´a claro es que se trata de una curva cerrada en el semiplano derecho x ≥ 0 contenida en la banda 0 ≤ x ≤ 1. Esto nos lleva a concluir que los l´ımites para x son 0 ≤ x ≤ 1. Para determinar los l´ √ımites para la variable y, debemos transformar la ecuaci´on r = cos θ a cartesianas. Elevando al cuadrado y multiplicando por r, no es dif´ıcil llegar a (x2 + y 2 )3 = x2 . Si despejamos y, tendremos p p − x2/3 − x2 ≤ y ≤ x2/3 − x2 . La integral completa en cartesianas ser´ a por tanto √ Z 1 Z x2/3 −x2 Z √x2 +y2 p √ x2 + y 2 dz dy dx. 0 − x2/3 −x2 0 Escribir en cartesianas (sin evaluar) las siguientes integrales ex- presadas en coordenadas esf´ericas. Z π Z π2 Z 2 cos φ 653 ρ2 sen φ dρ dφ dθ. 0 0 0 π π Z 2 Z 4 Z 2 cos φ 654 ρ4 sen3 φ dρ dφ dθ. −π 2 0 0 π π Z 3 Z 2 Z 4 655 ρ3 sen(2φ) dρ dφ dθ. π 4 0 0 Soluci´ on 654: Despu´es de descontar el jacobiano del cambio a esf´ericas ρ2 sen φ, el integrando queda ρ2 sen2 φ que en coordenadas cartesianas se puede escribir como x2 + y 2 . 3.3. Cambios de variable 179 Para determinar la regi´ on de integraci´ on, debemos aclarar qu´e fi- gura representa ρ = 2 cos φ. Si multiplicamos por ρ, deducimos que se trata de x2 + y 2 + z 2 = 2z y completando cuadrados llegamos a x2 + y 2 + (z − 1)2 = 1. Es por tanto la esfera de radio unitario centrada en (0, 0, 1). Los l´ımites 0 ≤ φ ≤ π4 indican que s´ olo consideramos la parte de π dicha esfera sobre el cono φ = 4, mientras que los l´ımites − π2 ≤ π θ ≤ 2 ´nicamente la parte de la regi´on con x ≥ indican que u 0 nos interesa. El cono φ = π4 corresponde a la ecuaci´on z = p x2 + y 2 . As´ı pues la intersecci´ on de dicho cono con la esfera de antes corresponde al c´ırculo unitario x2 + y 2 = 1. Finalmente la integral en coordenadas cartesianas ser´ a √ √ Z 1 Z 1−y2 Z 1+ 1−x2 −y2 x2 + y 2 dz dx dy. √ −1 0 x2 +y 2 N´otese que los l´ımites para x e y provienen de la descripci´on de la regi´on plana p x2 + y 2 ≤ 1, x ≥ 0. Los l´ımites para z surgen del cono z = x + y 2 y la esfera x2 + y 2 + z 2 = 2z, despejando z en 2 ambos casos. CAP´ITULO 4 Integrales de l´ınea y de superficie Los ejercicios propuestos en este tema estar´an dedicados a la integra- ci´on sobre curvas y superficies de campos escalares y vectoriales. Tales integrales est´an relacionadas con diversos conceptos f´ısicos de gran im- portancia, aunque el punto de vista que llevamos a cabo aqu´ı ser´a esen- cialmente te´orico. La primera parte de los ejercicios se refieren a la integraci´on de l´ınea, mientras que la segunda se centrar´a en las integra- les de superficies. Para introducir el uso de estos objetos incluimos dos breves secciones que tratar´ an sobre curvas en el plano y en el espacio, y superficies en R3 , respectivamente. Al igual que en el tema anterior, la dificultad fundamental reside en la correcta comprensi´on y visualizaci´on de estos elementos, con especial atenci´ on al c´alculo de parametrizacio- nes. Tambi´en incluimos una breve secci´ on relacionada con el c´alculo de potenciales escalares de campos vectoriales. 182 Cap´ıtulo 4. Integrales de l´ınea y de superficie ´ n 4.1 Seccio Curvas en el plano y el espacio Esbozar las curvas siguientes indicando el sentido en el que se recorren: 656 σ(t) = (0, cos(πt)), t ∈ [−1, 13 ]. 657 σ(t) = (2t − 1, t − 1), t ∈ R. 658 σ(t) = (t2 , −t), t ≥ 0. 659 σ(t) = (2 cos t, − sen t), t ∈ [0, π2 ]. 660 σ(t) = (et , 4e2t ), t ∈ R. 661 σ(t) = (sec t, tan t), t ∈ [− π2 , π2 ]. Soluci´ on: 659 Atendiendo a las coordenadas polares dilatadas, podemos f´acilmente deducir que la curva (2 cos t, − sen t) corresponde a un cuarto de la elipse de centro el origen y semiejes 2 y 1. El origen est´ a en el punto (2, 0) y el extremo final en el punto (0, −1), recorrida en sentido negativo (ver Figura 48(a)). 660 Est´a claro que la curva satisface y = 4x2 , por lo que corres- ponde a un trozo de dicha par´ abola. Teniendo en cuenta que si t → −∞, entonces et → 0, se trata de la rama derecha de la par´abola y = x2 si incluir al origen (ver Figura 48(b)) recorrida hacia arriba. Encontrar una parametrizaci´ on para las curvas planas descritas a continuaci´on: 662 El segmento que une los puntos (−3, 2) y (4, 0). 663 El c´ırculo con centro el origen y radio 6. 664 El cuarto de c´ırculo con centro en (0, 0) cuyos puntos extre- √ √ √ √ mos son ( 22 , 22 ) y ( 22 , − 22 ). 4.1. Curvas en el plano y el espacio 183 1.8 1.6 1.4 1.2 0.2 1 0 0.8 −0.2 0.6 −0.4 0.4 −0.6 0.2 −0.8 0 −1 −0.2 0 0.5 1 1.5 2 −0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 (a) Ejercicio 659 (b) Ejercicio 660 Figura 48. Curvas parametrizadas π 665 El grafo de y = tan x para 0 ≤ x ≤ 4. 666 El cuadrado de v´ertices (3, 0), (3, 3), (0, 3) y (0, 0). 667 La rama izquierda de la hip´erbola 2x2 − 3y 2 = 1. Soluci´ on: 664 Se trata de un cuarto del c´ırculo unitario centrado en el ori- gen. La u´nica precauci´ on se refiere a delimitar bien el rango en el que se debe mover el par´ametro que representa el ´angu- lo. Una parametrizaci´on puede ser σ(θ) = (cos θ, − sen θ) , θ ∈ (−π/4, π/4) . 666 Como el cuadrado que nos solicitan consta de cuatro seg- mentos rectos, una posibilidad consiste en parametrizar esos cuatro lados de manera independiente. As´ı tendr´ıamos σ(t) = (3t, 0), t ∈ [0, 1] para el primer segmento, σ(t) = (3, 3t − 3), t ∈ [1, 2] para el segundo segmento, σ(t) = (9 − 3t, 3), t ∈ [2, 3] para el tercer segmento, σ(t) = (0, 12 − 3t), t ∈ [3, 4] para el u ´ltimo segmento. 184 Cap´ıtulo 4. Integrales de l´ınea y de superficie Dejamos al lector comprobar que una parametrizaci´on m´as compacta se puede dar mediante 3 3 1 σ(t) = (1, 1) + (cos t, sen t), t ∈ [0, 2π]. 2 ax(|cos t| , |sen t|) 2 m´ 1−t2 2t 668 Probar que la funci´ on σ(t) = 1+t2 , 1+t2 , t ∈ R, es una parame- 2 2 trizaci´on del c´ırculo x + y = 1 excepto un punto, que habr´a que determinar. Soluci´ on 668: Se trata de comprobar en primer lugar que si ponemos 1 − t2 2t x(t) = , y(t) = , 1 + t2 1 + t2 entonces se tiene que x(t)2 + y(t)2 = 1, lo que significa que la ima- a contenida en el c´ırculo unitario para todo t ∈ R. gen de σ(t) est´ Esto es una comprobaci´ on inmediata. En segundo lugar debemos determinar si todos los puntos del citado c´ırculo se alcanzan. Para ello suponemos dado un punto (x, y) de tal c´ırculo e intentamos determinar el valor del par´ametro t para que se tenga 1 − t2 2t = x, = y. 1 + t2 1 + t2 Determinar el valor de t significa en este caso despejar t de las dos ecuaciones anteriores. De la primera ecuaci´on obtenemos 1−x t2 = , 1+x de donde concluimos que cuando x = −1, y por tanto y = 0, no podremos encontrar el valor apropiado de t. Obs´ervese que cuando y = 0, t = 0 y x = 1. En consecuencia el punto (−1, 0) no se encuentra contenido en la parametrizaci´on dada. Encontrar la ecuaci´on de la tangente a las siguientes curvas pa- ram´etricas en el punto correspondiente al valor de t dado: 4.1. Curvas en el plano y el espacio 185 669 σ(t) = (2t2 + 1, 3t3 + 2), t = 1. π 670 σ(t) = (cos3 t, sen3 t), t = 4. π 671 σ(t) = (t sen t, t cos t), t = 2. 3t 3t2 672 σ(t) = 1+t 3 , 1+t3 , t = 1. Calcular las longitudes de arco para las curvas siguientes: 673 σ(t) = (cos t, 35 sen t, − 45 sen t), t ∈ [0, 2π]. 674 σ(t) = (2t, t2 , log t), t > 0, entre (2, 1, 0) y (4, 4, log 2). 675 σ(t) = (a(cos t + t sen t), a(sen t − t cos t)), t ∈ [−π, π]. 676 σ(t) = (cos3 t, sen3 t), t ∈ [0, 2π]. √ 677 σ(t) = (et , e−t , t2), t ∈ [0, 1]. √ 678 σ(t) = (2(t2 − 1)3/2 , 3t2 , 3t2 ), t ∈ [0, 8]. 679 σ(t) = (log(cos t), t), t ∈ [0, π4 ]. 680 σ(t) = (3t sen t, 3t cos t, 2t2 ), t ∈ [0, 45 ]. Soluci´ on: 674 Es bien conocido que la f´ ormula del arco de longitud de una curva con parametrizaci´ on σ(t), t ∈ [t0 , t1 ], viene dada por la integral definida Z t1 L= |σ 0 (t)| dt. t0 En este caso concreto, tendremos que 1 σ 0 (t) = (2, 2t, ), t ∈ [1, 2]. t La longitud solicitada ser´ a por tanto Z 2r 1 L= 4 + 4t2 + 2 dt. 1 t 186 Cap´ıtulo 4. Integrales de l´ınea y de superficie Despu´es de unos cuantos c´ alculos, y completando cuadrados llegamos a Z 2 2 2t + 1 2 L= dt = t2 + log t 1 = 3 + log 2. 1 t 680 En este ejemplo el vector tangente es σ 0 (t) = (3 sen t + 3t cos t, 3 cos t − 3t sen t, 4t) , de modo que su longitud despu´es de desarrollar los cuadrados y tener en cuenta alguna cancelaci´ on, resulta ser 2 |σ 0 (t)| = 9 + 25t2 . Por tanto, la longitud de arco nos lleva a preocuparnos por calcular la integral definida Z 4/5 p L= 9 + 25t2 dt. 0 Esta integral es un tanto tediosa de calcular. Mediante el 25 + 9t2 cambio de variable x2 = se llega al resultado final t2 9 de 2 + 10 log 3 Encontrar la longitud de arco de las siguientes curvas expresadas en forma polar: 681 r = cos θ, θ ∈ [− π2 , π2 ]. 683 r = θ2 , θ ∈ [0, 2π]. 682 r = θ, θ ∈ [0, π]. 684 r = sec θ, θ ∈ [0, π4 ]. Soluci´ on 683: La f´ormula de la longitud de arco de una curva dada en polares r = r(θ), θ 0 ≤ θ ≤ θ1 , es Z θ1 p L= r0 (θ)2 + r(θ)2 dθ. θ0 4.2. Integrales de l´ınea 187 Esta f´ormula proviene de que para una tal curva, una posible parametrizaci´ on es σ(θ) = (r(θ) cos θ, r(θ) sen θ), θ 0 ≤ θ ≤ θ1 . Si aplicamos la f´ ormula usual de la longitud de arco para una curva con esta parametrizaci´ on, obtenemos la integral anterior. En este ejemplo, la longitud se calcula a trav´es de la integral Z 2π p L= θ4 + 4θ2 dθ. 0 Factorizando y sacando del radical θ2 , llegamos a la integral Z 2π p θ 4 + θ2 dθ. 0 Esta integral es inmediata obteni´endose 2π 1 2 3/2 8h 2 3/2 i L= 4+θ = 1 + π − 1 . 3 0 3 ´ n 4.2 Seccio Integrales de l´ınea Evaluar las integrales de trayectoria para las funciones y curvas siguientes: √ √ 685 f (x, y) = 9 + 8 y, σ(t) = (2t t, t2 ), t ∈ [0, 1]. 686 f (x, y) = y, σ(t) = (t, t3 ), t ∈ [−1, 0]. 687 f (x, y, z) = (1 + 94 z 2/3 )1/4 , σ(t) = (cos t, sen t, t3/2 ), t ∈ [0, 20 3 ]. 688 f (x, y, z) = x cos z, σ(t) = (t, t2 , 0), para t ∈ [0, 1]. x+y 689 f (x, y, z) = z+y , σ(t) = (t, 32 t3/2 , t), para t ∈ [1, 2]. 1 690 f (x, y, z) = y3 , σ(t) = (log t, t, 2), con t ∈ [1, 2]. 188 Cap´ıtulo 4. Integrales de l´ınea y de superficie 691 f (x, y, z) = x + cos2 z, σ(t) = (sen t, cos t, t), con t ∈ [0, 2π]. 692 f (x, y) = x+y, σ ≡ tri´ angulo de v´ertices (0, 0), (1, 0) y (0, 1). Soluci´ on: 689 La f´ormula para calcular la integral de una funci´on escalar sobre una curva es Z Z t1 I= f= f (σ(t)) |σ 0 (t)| dt. σ t0 En este ejemplo concreto tendremos f (σ(t)) = 1 pues x = z sobre la curva σ. Adem´ as √ √ σ 0 (t) = (1, t, 1), |σ 0 (t)| = 2 + t. Por tanto Z 2 √ 2 √ I= 2 + t dt = 8−3 3 . 1 3 691 Calculamos √ σ 0 (t) = (cos t, − sen t, 1), |σ 0 (t)| = 2, f (σ(t)) = sen t + cos2 t. As´ı, la integral que nos solicitan ser´ a Z 2π √ I= (sen t + cos2 t) 2 dt. 0 Teniendo en cuenta la f´ ormula del ´ angulo doble 1 + cos(2t) cos2 t = , 2 la√integral anterior sale inmediatamente. Su valor final es π 2. 4.2. Integrales de l´ınea 189 693 Encontrar el promedio de la coordenada y en la trayectoria dada por σ(t) = (t2 , t, 3), con t ∈ [0, 1]. Soluci´ on 693: El promedio de la variable y sobre una curva es la integral Z 1 y. long(σ) σ Los elementos que nos hacen falta son p σ 0 (t) = (2t, 1, 0), |σ 0 (t)| = 1 + 4t2 , y(t) = t, 1p 1√ √ Z 1 long(σ) = 1 + 4t2 dt = 5 − log( 5 − 2), 0 2 4 h i 1+4t2 2 con el cambio t2 = x El valor promedio ser´ a por tanto Z 1 p t 1 + 4t2 dt. 0 La primitiva que debemos calcular es inmediata con el cambio de variable s = 1 + 4t2 . El resultado final es 1 √ 5 5−1 . 12 = x − y y σ(t) = (t4 , t4 ), para −1 ≤ t ≤ 1. Representar 694 Sea f (x, y) Z σ, calcular f dσ y la longitud de la curva. σ Z Evaluar las siguientes integrales de l´ınea F · dσ: σ 695 F (x, y) = (sen(2x), sen2 x), σ(t) = (t, sen t), t ∈ [0, π3 ]. 696 F (x, y, z) = (x, y, z), σ(t) = (t, t, t), con 0 ≤ t ≤ 1. 697 F (x, y, z) = (x, −y, 2), σ(t) = (cos t, sen t, 0), para t ∈ [0, π2 ]. 190 Cap´ıtulo 4. Integrales de l´ınea y de superficie 1 x y 698 F (x, y, z) = z 2 +1 , 1+y 2,e , σ(t) = (1 + t2 )2 , 1, t , con t ∈ [0, 1]. 699 F (x, y, z) = (yz, xz, xy), σ ≡ tri´ angulo de v´ertices (1, 0, 0), (0, 1, 0) y (0, 0, 1). 2 2 700 F (x, y, z) = (yex , xey , ch(xy 3 )), σ(t) = (et , et , 3), t ∈ [0, 1]. Soluci´ on: 698 La integral de un campo F sobre una curva parametrizada por σ es la integral Z Z t1 I= F = F (σ(t)) · σ 0 (t) dt, σ t0 donde [t0 , t1 ] es el rango en el que se mueve el par´ametro t. En nuestro caso concreto necesitamos las expresiones (1+t2 )2 σ 0 (t) = (2(1 + t2 )2t, 0, 1), F (σ(t)) = 1+t 1 2 , 2 , e , F (σ(t)) · σ 0 (t) = e + 4t. La integral que nos piden ser´a por tanto Z 1 I= (e + 4t) dt. 0 Esta integral es inmediata. Su valor es 2 + e. 700 Igual que en el ejercicio anterior, necesitamos calcular las expresiones 2t 2t σ 0 (t) = (et , et , 0), F (σ(t)) = et ee , et ee , ch(e4t ) , 2t F (σ(t)) · σ 0 (t) = 2e2t ee . La integral que nos interesa es Z 1 2t I= 2e2t ee dt. 0 El cambio de variable s = e2t convierte esta integral en in- mediata Z e2 2 I= es ds = ee − e. 1 4.2. Integrales de l´ınea 191 Evaluar las siguientes integrales: Z 701 x dy − y dx, σ(t) = (cos t, sen t), para 0 ≤ t ≤ 2π. Zσ 702 y dx + (3y 3 − x) dy + z dz, σ(t) = (t, t4 , 0), con 0 ≤ t ≤ 1. σ Z 703 x2 dx + xy dy + dz, σ(t) = (t, t2 , 1), para 0 ≤ t ≤ 1. Zσ 704 sen z dx + cos z dy − (xy)1/3 dz, σ(t) = (cos3 t, sen3 t, t), σ 7π para 0 ≤ t ≤ 2 . Soluci´ on: 702 Sobre la parametrizaci´ on x(t) = t, y(t) = t4 , z(t) = 0, tendremos dx = 1, dy = 4t3 , dz = 0, y por tanto Z I= y dx + (3y 3 − x) dy + z dz σ vendr´ a dada por Z 1 t4 + (3t12 − t)4t3 dt. I= 0 Despu´es de realizar las operaciones indicadas e integrar el 3 polinomio resultante encontramos el valor de la integral 20 . 704 En este ejemplo tenemos σ(t) = (cos3 t, sen3 t, t), 0 σ (t) = −3 cos2 t sen t, 3 sen2 t cos t, 1 . La integral de l´ınea que nos piden ser´a Z 7π/2 −3 sen2 t cos2 t + 3 cos2 t sen2 t − sen t cos t dt, I= 0 192 Cap´ıtulo 4. Integrales de l´ınea y de superficie es decir, Z 7π/2 1 7π/2 1 I=− sen t cos t dt = − sen2 t 0 =− . 0 2 2 Hallar el valor de las siguientes integrales de l´ınea a lo largo de las curvas dadas: Z 705 xey dx + x2 y dy, con C el segmento recta y = 3 con 0 ≤ C Z ≤ 2. x 706 cos x dx + sen y dy, con C el trozo de recta y = x entre C x = 0 y x = π. Z 707 (x + y) dx − 3xy dy, con C la curva x2 + y 2 = 4. ZC 708 yz 2 dx + xz 2 dy + 2xyz dz, con C la curva que une los pun- C tos (−1, 2, −2) y (1, 5, 2) a trav´es de tres segmentos paralelos a los ejes Z, X e Y , en ese orden. Soluci´ on: 707 En este caso, la curva nos la determinan mediante su ecuaci´on x2 + y 2 = 4, de modo que debemos dar una parametrizaci´on de la misma. Como se trata del c´ırculo centrado en el origen y radio 2, sabemos que una posible descripci´on es σ(t) = (2 cos t, 2 sen t) , t ∈ [0, 2π]. N´otese adem´ as que como no nos precisan una orientaci´on de la curva elegimos la determinada por la propia parametriza- ci´on anterior. Con esta parametrizaci´on la integral que nos interesa queda Z 2π −4 sen t cos t − 4 sen2 t − 24 cos2 t dt. I= 0 Es sencillo comprobar que los t´erminos primero y tercero tie- nen integral nula, mientras que el segundo, usando la f´ormula del ´angulo doble, vale −4π, que es por tanto el valor solici- tado. 4.2. Integrales de l´ınea 193 708 La curva C consta de tres partes correspondientes a los seg- mentos paralelos a los ejes coordenados que unen los puntos (1, 5, 2) y (−1, 2, −2). En concreto tendremos tres contribu- ciones a la integral, correspondientes a cada uno de los seg- mentos de que consta la curva C. La primera parte de C se parametriza como σ1 (t) = (−1, 2, −2 + 4t), t ∈ [0, 1]. La parte de la integral correspondiente a esta parametriza- ci´on ser´ a Z 1 I1 = − 16(4t − 2) dt = 0. 0 La segunda contribuci´ on corresponde a la parametrizaci´on σ2 (t) = (2t − 1, 2, 2), t ∈ [0, 1]. La contribuci´ on a la integral asociada a esta parametrizaci´on es Z 1 I2 = 16 dt = 16. 0 Finalmente, tenemos σ3 (t) = (1, 2 + 3t, 2), t ∈ [0, 1], y Z 1 I3 = 12 dt = 12. 0 La integral total es la suma de esta tres contribuciones, re- sultado igual a 28. 709 Evaluar la integral de F (x, y) = (x, y) alrededor de la hipocicloide σ(t) = (cos3 t, sen3 t), 0 ≤ t ≤ 2π. Z 710 Evaluar 2xyz dx + x2 z dy + x2 y dz, donde C es el trozo de recta C que une los puntos (1, 1, 1) y (1, 2, 4). 194 Cap´ıtulo 4. Integrales de l´ınea y de superficie 3 3 √ Z = (t , sen(t )), con t ∈ [0, 711 Esbozar la curva param´etrica σ(t) π]. 3 p Si f (x, y) = 2 − y 2 , calcular f dσ. σ 712 Esbozar la curva en el espacio σ(t) = (t2 cos t, t2 sen Z t, t), con 0 ≤ p t ≤ 4π. Si f (x, y, z) = z(2 + x2 + y 2 ), encontrar f dσ. σ Soluci´ on 712: Para hacernos una idea de qu´e curva en el espacio representa la parametrizaci´ on σ(t) = (t2 cos t, t2 sen t, t), t ∈ [0, 4π], √ observamos que en coordenadas cil´ındricas tenemos z = r. Como √ la superficie de ecuaci´ on z = r es de revoluci´on, su boceto se ob- tiene haciendo rotar alrededor del eje Z el grafo de la funci´on ra´ız cuadrada. La curva se “enrolla” alrededor de esta superficie seg´ un la Figura 49. Para calcular la integral que nos piden, necesitamos √ Figura 49. Ejercicio 712: curva sobre z = r las expresiones siguientes p f (σ(t)) = t(2 + t2 ), |σ 0 (t)| = 1 + 4t2 + t4 . En concreto, Z 4π p I= (2t + t3 ) 1 + 4t2 + t4 dt. 0 4.2. Integrales de l´ınea 195 Mediante el cambio de variable s = 1+4t2 +t4 , la integral anterior se convierte en 2 4 1 1+64π +256π √ Z 1h 3/2 i I= s ds = 1 + 64π 2 + 256π 4 −1 . 4 1 6 Z y x Sea F (x, y) = − x2 +y 2 , x2 +y 2 . Evaluar F para cada una de C las curvas siguientes: √ 713 El semic´ırculo y = 4 − x2 desde (2, 0) hasta (−2, 0). √ 714 El semic´ırculo y = − 4 − x2 desde (2, 0) hasta (−2, 0). 715 El segmento √ de (2, 0) a (1, 0) seguido del semic´ırculo definido por y = 1 − x2 hasta (−1, 0) y junto con el segmento de (−1, 0) hasta (−2, 0). 716 El segmento √ de (2, 0) a (1, 0) seguido del semic´ırculo dado por y = − 1 − x2 hasta (−1, 0) y junto con el segmento de (−1, 0) hasta (−2, 0). 717 El c´ırculo x2 + y 2 = 4 partiendo de (2, 0) en sentido positivo. 718 El c´ırculo x2 + y 2 = 1 partiendo de (1, 0) en sentido positivo. 719 La elipse x2 + 4y 2 = 4 desde (2, 0) en sentido positivo. 720 El c´ırculo (x − 2)2 + y 2 = 1 partiendo de (3, 0) en sentido positivo. Soluci´ on: 713 En este problema precisamos una parametrizaci´on de la curva que nos describen. Se trata del semic´ırculo superior centrado en el origen y radio 2, que se puede parametrizar por σ(t) = (2 cos t, 2 sen t), t ∈ [0, π]. Para evaluar la integral necesitamos calcular la expresi´on F (σ(t)) · σ 0 (t). 196 Cap´ıtulo 4. Integrales de l´ınea y de superficie Tras unos cuantos c´ alculos sencillos, el valor de esta expresi´on es igual a 1 para todo t. En consecuencia la integral que interesa vale π. 715 La curva propuesta consta de tres partes σ1 (t) = (2 − t, 0), t ∈ [0, 1], σ2 (t) = (cos t, sen t), t ∈ [0, π], σ3 (t) = (−1 − t, 0), t ∈ [0, 1]. Si calculamos con un poco de paciencia las tres contribuciones a la integral del campo F , llegamos a los siguientes resultados Z 1 I1 = 0 dt = 0, 0 Z π I2 = 1 dt = π, 0 Z 1 I3 = 0 dt = 0, 0 I = I1 + I2 + I3 = π. 719 La parametrizaci´ on que nos hace falta es σ(t) = (2 cos t, sen t), t ∈ [0, 2π]. El producto escalar F (σ(t)) · σ 0 (t) es 2 , 4 cos2 t + sen2 t y la integral que interesa Z 2π 2 I= 2 t + sen2 t dt = 2π. Cambio sen2 t = x 0 4 cos 720 La parametrizaci´ on que necesitamos es σ(t) = (2 + cos t, sen t), t ∈ [0, 2π], el producto escalar es 1 + 2 cos t F (σ(t)) · σ 0 (t) = , 5 + 4 cos t 4.2. Integrales de l´ınea 197 y la integral Z 2π 1 + 2 cos t t I= dt = 0. Cambio tan 2 =x 0 5 + 4 cos t 721 Sea F (x, y, z) = (x, y, xz − y) un campo de fuerzas en R3 dado. Calcular el trabajo realizado por esa fuerza al mover una part´ıcula desde el punto (0, 0, 0) al (1, 2, 4) a lo largo del segmento que los une. 722 Encontrar el trabajo realizado por el campo de fuerzas F definido por F = (z, −x, y) al mover una part´ıcula desde el punto (1, 1, 1) hasta el (2, 4, 8) a lo largo de la curva y = x2 , z = x3 . 723 Hallar el trabajo realizado por la fuerza F (x, y) = (3y 2 +2, 16x), al mover una part´ıcula desde el punto (−1, 0) hasta el (1, 0) siguiendo la mitad superior de la elipse b2 x2 + y 2 = b2 . ¿Qu´e elipse (es decir, qu´e valor de b) hace m´ınimo el trabajo? 724 Un campo de fuerzas F en R2 viene dado por la ecuaci´on F (x, y) = (cxy, x6 y 2 ), con c una constante. Esa fuerza act´ ua sobre una par- t´ıcula que se mueve desde el punto (0, 0) hasta la recta x = 1 siguiendo una curva de la forma y = axb , con a y b constantes positivas. Encontrar el valor de c (en funci´on de a y de b) tal que el trabajo realizado por esa fuerza sea nulo. Soluci´ on 724: El trabajo realizado por un campo de fuerzas al mover una part´ıcu- la a lo largo de un camino viene dado precisamente por la integral del campo a lo largo de dicha curva. En el ejemplo que nos ocupa, la curva viene dada por la parametrizaci´on σ(t) = (t, atb ), t ∈ [0, 1]. De este modo el producto escalar que debemos integrar es F (σ(t)) · σ 0 (t) = (catb+1 , a2 t6+2b ) · (1, abtb−1 ) = catb+1 + a3 bt3b+5 . En consecuencia el trabajo realizado ser´a la integral Z 1 ac a3 b catb+1 + a3 bt3b+5 dt = + . 0 b + 2 3b + 6 198 Cap´ıtulo 4. Integrales de l´ınea y de superficie Si se pretende determinar el valor de c (en funci´on de a y b) para que dicho trabajo sea nulo, debemos exigir ac a3 b + = 0, b + 2 3b + 6 2 de donde se obtiene c = − a3 b . 725 Hallar la masa de un alambre delgado en forma de un cuadrante de circunferencia x2 +y 2 = r2 , x ≥ 0, y ≥ 0, si la funci´on densidad de masa es ρ(x, y) = x + y. Soluci´ on 725: Cuando una magnitud f´ısica se determina por su densidad puntual sobre el cuerpo en el que se haya presente, la cantidad total de dicha magnitud sobre todo el cuerpo es la integral sobre el mismo de dicha densidad. As´ı, si ρ(x, y) = x+y es la densidad de masa de un alambre fino que tiene la forma del cuarto de c´ırculo x2 + y 2 = r2 , x, y ≥ 0, la masa total del mencionado alambre ser´a Z ρ, C donde C es el cuarto de c´ırculo. Una parametrizaci´on de ´este es π σ(t) = (r cos t, r sen t), t ∈ [0, ], 2 de modo que la masa total es la integral Z π/2 (r cos t + r sen t)r dt. 0 N´otese c´omo |σ 0 (t)| = r. El valor de esta integral es sencillo de calcular y vale 2r2 . ´ n 4.3 Seccio Potenciales escalares Averiguar si los siguientes campos vectoriales son gradientes y encontrar un potencial escalar en caso afirmativo: 4.3. Potenciales escalares 199 726 F = (2x + y 2 , x2 + 2y). 727 F = (y cos x, sen x). 728 F = (3x + 5y, 5x − 2y). p p 729 F = ( x2 + y 2 , x2 + y 2 ). 730 F = (sh y ch y, ch x sh y). 731 F = (x3 + 2xy + y 2 , x2 + 2xy + y 3 ). √ √ x 732 F = ( x + y, 2√ y ). 733 F = (cos x + log y, xy + ey ). 734 F = (2xyz + sen x, x2 z, x2 y). 735 F = (z cos(xy) + y cos(xz), z cos(xy) + x cos(yz), y cos(xz) + x cos(yz)). 736 F = (z cos(xz) − y sen(xy), −x sen(xy), x cos(xz)). 737 F = (y cos z − yzex , x cos z − zex , −xy sen z − yzex ). Soluci´ on: 730 Sabemos que la condici´ on necesaria y suficiente para que un campo definido en todo R3 sea gradiente es que su rotacio- nal sea nulo. Esta condici´ on se reduce a la igualdad de las derivadas ∂F1 ∂F2 = ∂y ∂x para un campo en el plano F = (F1 , F2 ). En este ejemplo concreto se trata de comprobar dicha igualdad entre las de- rivadas parciales correspondientes. Un sencillo c´alculo hace ver que si F1 (x, y) = sh y ch y, F2 (x, y) = sh y ch x, entonces ∂F1 ∂F2 = ch2 y + sh2 y, = sh x sh y, ∂y ∂x y por tanto F no es un campo gradiente. 200 Cap´ıtulo 4. Integrales de l´ınea y de superficie 733 Si x y F = cos x + log y, + e , y es sencillo comprobar que s´ı se da la igualdad de las deriva- das parciales correspondientes. Por lo tanto este campo s´ı es gradiente. Para encontrar un potencial procedemos en dos etapas. En primer lugar si f (x, y) es el potencial que busca- mos, debemos tener ∂f ∂f x = cos x + log y, = + ey . ∂x ∂x y Por ejemplo, de la primera igualdad, integrando con respecto a x, llegamos a que f (x, y) = sen x + x log y + g(y), para un cierta funci´ on arbitraria g(y). Si derivamos esta ex- presi´on con respecto a y e igualamos a F2 encontramos que la igualdad x x + g 0 (y) = + ey y y debe verificarse. En consecuencia, descubrimos que g(y) = ey + constante, y llevando esta expresi´ on a f (tomando por ejemplo la cons- tante igual a cero), encontramos el potencial f (x, y) = sen x + x log y + ey . 735 Para saber si un campo en el espacio es gradiente debemos comprobar si su rotacional es nulo. Teniendo en cuenta que si F = (F1 , F2 , F3 ) entonces ∂F3 ∂F2 ∂F1 ∂F3 ∂F2 ∂F1 rot F = − , − , − , ∂y ∂z ∂z ∂x ∂x ∂y es f´acil comprobar en este caso que el rotacional del campo F proporcionado no es nulo, pues ya la primera componente no se anula. 4.3. Potenciales escalares 201 737 Es sencillo comprobar que el campo F = (y cos z − yzex , x cos z − zex , −xy sen z − yex ) , s´ı es gradiente, pues su rotacional es cero. Sea f (x, y, z) un potencial del mismo. Procedemos en tres etapas para determinar f . En primer lugar, debemos exigir ∂f = F1 = y cos z − yzex , ∂x de donde integrando con respecto a x, se obtiene f (x, y, z) = yx cos z − yzex + g(y, z), siendo g una funci´ on de (y, z). En segundo lugar, debemos tener ∂f ∂g x cos z − zex = F2 = = x cos z − zex + , ∂y ∂y de donde ∂g = 0, ∂y y en consecuencia g = g(z). Finalmente, exigimos ∂f −xy sen z − yex = F3 = = −yx sen z − yex + g 0 (z) ∂z y concluimos que g debe ser una constante que tomamos, por ejemplo, como cero. Un potencial es f (x, y, z) = yx cos z − yzex . 738 Probar que cualquier campo vectorial F (x, y) = (P (x), Q(y)), con P y Q funciones derivables definidas en todo R, posee un potencial escalar. 739 Probar que todo campo vectorial F (x, y) = (f (x + y), f (x + y)), donde f es una funci´ on derivable de una variable definida en todo R, posee un potencial escalar. 202 Cap´ıtulo 4. Integrales de l´ınea y de superficie 740 Encontrar una funci´ on Q(x, y) tal que el campo √ F (x, y) = ( xy 3 , Q(x, y)) sea conservativo. Soluci´ on 740: La condici´on para que el campo √ xy 3 , Q(x, y) F (x, y) = sea conservativo es que se verifique la igualdad de las derivadas parciales ∂Q √ = 3y 2 x. ∂x Por lo tanto, basta tomar Q(x, y) = 2y 2 x3/2 + g(y), para cualquier funci´ on g de la variable y. 741 (a) Dado el campo vectorial x xey y 1 + e (1 − x) F (x, y) = e , , (1 + ex )2 1 + ex probar que es un gradiente y encontrar un potencial para dicho campo. (b) Consideremos ahora la curva C con parametrizaci´on α(t) = (t, 1 − t2 ), t ∈ [0, 1], y el campo + ex (1 − x) 1 + ex + ey y1 G(x, y) = e ,x . (1 + ex )2 1 + ex Usando el apartado anterior, encontrar el valor de la integral R C G · dσ. Soluci´ on 741: 4.3. Potenciales escalares 203 (a) Comprobar que el campo dado F es un gradiente es sencillo pues un c´ alculo directo da ∂F1 ∂F2 1 + ex (1 − x) = = ey . ∂y ∂x (1 + ex )2 Encontrar un potencial para dicho campo es tambi´en un ejer- cicio sencillo de integraci´ on. Integrando con respecto a y en la igualdad ∂f x = ey , ∂y 1 + ex obtenemos x f (x, y) = ey + g(x). 1 + ex Derivando respecto a x e igualando a la primera componente de F , vemos inmediatamente que podemos tomar g(x) = 0. Por tanto un potencial para F es x f (x, y) = ey . 1 + ex (b) Para calcular la integral de l´ınea de un campo vectorial com- plicado, como es el caso, es conveniente primero averiguar si se trata de un campo gradiente, pues entonces el c´alculo de la integral se reduce a evaluar un potencial vectorial en los extremos de la curva. Un simple c´alculo muestra que el campo G no es gradiente. No obstante, antes de atacar el c´alculo directo de la integral, usando la parametrizaci´on de la curva que nos dan, resulta interesante tratar de relacionar este campo con otro que s´ı sabemos que es gradiente. Remi- ti´endonos al apartado anterior, observamos que el campo G se puede descomponer como G(x, y) = F (x, y) + (0, x), donde F , del apartado anterior, s´ı es un campo gradiente. En consecuencia, la linealidad de la integral proporciona Z Z Z G= F + (0, x). C C C 204 Cap´ıtulo 4. Integrales de l´ınea y de superficie Ahora bien, la integral de F sobre C puede evaluarse de ma- nera muy c´ omoda mediante el potencial que se ha calculado antes. As´ı Z 1 F = f (σ(1)) − f (σ(0)) = f (1, 0) − f (0, 1) = . C 1 + e Por otro lado Z Z 1 2 (0, x) = t(−2t) dt = − . C 0 3 Finalmente Z 1 2 G= − . C 1+e 3 Comprobar que los siguientes campos son gradientes y usarlos para calcular las integrales pedidas: Z 742 yexy dx + xexy dy, donde C ≡ (5t3 , −t3 ), t ∈ [−1, 1]. C Z 743 3x2 y 2 dx + 2x3 y dy, con C ≡ (3t2 + 1, 2t), t ∈ [0, 1]. C t −t t 744 Sea C la curva de parametrizaci´ on σ(t) = 1+t 2 , 1+t4 , 1+t6 , con t ∈ [0, 1]. Calcular la integral Z I= y 2 z 3 dx + (2xyz 3 + z 2 ) dy + (3xy 2 z 2 + 2yz + 1) dz. C Soluci´ on 744: Se trata de calcular la integral del campo F = (y 2 z 3 , 2xyz 3 + z 2 , 3xy 2 z 2 + 2yz + 1) sobre la curva que se da. Los c´ alculos pueden resultar tediosos o incluso imposibles de realizar, a menos que el campo F resulte ser gradiente en cuyo caso, con un potencial, la integral se calcula in- mediatamente. Si calculamos el rotacional de F encontramos que, 4.3. Potenciales escalares 205 efectivamente, se trata de un campo gradiente. Adem´as, siguiendo con cuidado los pasos para determinar un potencial, encontramos que la funci´ on f (x, y, z) = xy 2 z 3 + yz 2 + z es un potencial escalar de F . As´ı pues Z 1 1 1 25 I= F = f (σ(1)) − f (σ(0)) = f ( , − , ) − f (0, 0, 0) = . C 2 2 2 64 Z 1 745 Calcular 2 + y2 + z2 (x dx + y dy + z dz), donde C es la C 1 + x 2 4 curva dada por y = x , z = x entre los puntos (0, 0, 0) y (1, 1, 1). Soluci´ on 745: Si ponemos r2 = x2 + y 2 + z 2 y para una funci´on escalar f , ∂f ∂f ∂f df = dx + dy + dz, ∂x ∂y ∂z resulta que d(1 + r2 ) = 2(x dx + y dy + z dz), y en consecuencia la integral que nos interesa se puede interpretar formalmente como (1,1,1) 1 d(1 + r2 ) Z 1 2 2 = log(1 + r ) = log(2). C 2 1+r 2 (0,0,0) En realidad, los c´ alculos anteriores significan que la funci´on 1 f (x, y, z) = log(1 + x2 + y 2 + z 2 ) 2 es un potencial del campo que ten´ıamos que integrar. 746 Calcular la integral de l´ınea del campo F : R3 −→ R3 dado por F (x, y, z) = exz (xyz 2 + yz), xzexz , exz (x2 yz + xy) , a lo largo de la curva definida por: π cos(t5 − t) − 1 σ(t) = log(t2 − t + 1), sen (t3 + 3t2 − 3t) , 2 , 2 (t + t + 1)4/7 206 Cap´ıtulo 4. Integrales de l´ınea y de superficie para t ∈ [0, 1]. Soluci´ on 746: Una simple comprobaci´ on muestra que el campo F es gradiente, pues est´a definido en todo el espacio y satisface ∇ × F = 0. Bus- camos pues, un potencial escalar, es decir, f : R3 → R tal que ∇f = F : ∂f = exz (xyz 2 + yz) ∂x ∂f xz = xze ∂y ∂f xz 2 = e (x yz + xy) ∂z entonces Z f (x, y, z) = xzexz dy = xyzexz + ϕ(x, z). Para determinar ϕ usamos las otras dos ecuaciones: ∂f ∂ϕ = exz (xyz 2 + yz) = exz (yz + xyz 2 ) + ⇒ ϕ(x, z) ≡ ϕ(z), ∂x ∂x ∂f = exz (x2 yz + xy) = exz (xy + x2 yz) + ϕ0 (z) ⇒ ϕ(z) = cte. ∂z on potencial es f (x, y, z)Z = xyzexz . Finalmente, Luego una funci´ como σ(0) = (0, 0, 0), σ(1) = (0, 1, 0), F · dσ = f (0, 1, 0) − C f (0, 0, 0) = 0. 747 Obtener el valor de la siguiente integral de l´ınea: Z x y 2 2 2 dx+ + 2y dy C 1+x +y +z 1 + x2 + y 2 + z 2 z 1 + + 2 dz, 1 + x2 + y 2 + z 2 z +1 donde C es el trozo de curva dada por las ecuaciones z 2 = x2 + y 2 , x2 + y 2 = y, x ≥ 0, desde el origen al punto (0, 1, 1). Soluci´ on 747: 4.3. Potenciales escalares 207 Es inmediato comprobar que el campo vectorial x y z 1 F (x, y, z) = 1+x2 +y 2 +z 2 , 1+x2 +y 2 +z 2 + 2y, 1+x2 +y 2 +z 2 + z 2 +1 , a definido en todo R3 y satisface ∇ × F = 0. es gradiente, pues est´ Buscamos pues, un potencial escalar, resolviendo ∂f x = ∂x 1 + + y2 + z2 x2 ∂f y = + 2y ∂y 1 + x2 + y 2 + z 2 ∂f z 1 = 2 2 2 + 2 ∂z 1+x +y +z z +1 Es f´acil obtener p f (x, y, z) = log 1 + x2 + y 2 + z 2 + y 2 + arctan z. Finalmente, Z √ π F · dσ = f (0, 1, 1) − f (0, 0, 0) = log 3 + 1 + . C 4 748 Sea F (x, y, z) = (z 3 + 2xy, x2 , 3xz 2 ). Comprobar que la integral de F a lo largo del disco unidad en el plano XY es cero: (a) Directamente. (b) Probando que F es el gradiente de alguna funci´on f que habr´a que determinar. 749 Sea F = (yz, xz + Zy, xy + 1) un campo vectorial. Definimos la funci´on f (x, y, z) = F donde C es el segmento que une el punto C (0, 0, 0) con (x, y, z). Determinar f evaluando la integral de l´ınea que la define y luego probar que ∇f = F . Soluci´ on 749: El segmento de recta que une (0, 0, 0) con un punto gen´erico (x, y, z) es σ(t) = t(x, y, z), t ∈ [0, 1]. 208 Cap´ıtulo 4. Integrales de l´ınea y de superficie El producto escalar que debemos integrar entre 0 y 1 es F (σ(t)) · σ 0 (t) = t2 yz, t2 xz + ty, t2 xy + 1 · (x, y, z) = 3t2 xyz + ty 2 + z. As´ı pues 1 y2 Z Z f (x, y, z) = F = (3t2 xyz + ty 2 + z) dt = xyz + + z. C 0 2 Si ahora calculamos el gradiente de esta funci´on f , comprobamos que en efecto ∇f = F, luego f es un potencial para F y por tanto este campo es gradiente. 750 Dado el campo vectorial F : R2 −→ R2 , F (x, y) = (2x3 + x − y 2 − 2xy, 2y 3 + y − x2 − 2xy) y la curva dada por la parametrizaci´ on σ(t) = (t sen(πt2 ), t cos(πt2 )), Z para t ∈ [0, 1], calcular la integral F · dσ. σ Soluci´ on 750: ∂F1 a definido en todo R2 y que Observamos que el campo F est´ = ∂y ∂F2 −2y −2x = , luego es un campo conservativo. Calculando una ∂x funci´on potencial para dicho campo se obtiene x4 x2 y4 y2 f (x, y) = + − xy 2 − x2 y + + . 2 2 2 2 Para hacer la integral usamos esta funci´ on de forma que Z F = f (σ(1)) − f (σ(0)) = 1. σ 4.4. Superficies 209 ´ n 4.4 Seccio Superficies 751 Encontrar una expresi´ on para el vector normal a la superficie de parametrizaci´ on: x = (2 − cos v) cos u, y = (2 − cos v) sen u, z = sen v, −π ≤ u ≤ π, −π ≤ v ≤ π. ¿Es suave esta superficie? Intentar esbozarla. Encontrar la ecuaci´ on del plano tangente a las superficies siguien- tes en los puntos dados: 752 x = u2 , y = v 2 , z = u2 + v 2 , para u = v = 1. 753 x = u2 , y = u sen(ev ), z = 13 u cos(ev ), en (13, −2, 1). 754 z = 3x2 + 8xy, para x = 1, y = 0. 755 x3 + 3xy + z 2 = 2, en (1, 13 , 0). Soluci´ on: 753 Cuando disponemos de una parametrizaci´on de la superficie (x(u, v), y(u, v), z(u, v)), (u, v) ∈ D, la ecuaci´ on del plano tangente en un punto concreto (x0 , y0 , z0 ) = (x(u0 , v0 ), y(u0 , v0 ), z(u0 , v0 )) viene dada por la expresi´ on ∂x ∂y ∂z ∂u ∂u ∂u det ∂x ∂y ∂z = 0, ∂v ∂v ∂v x − x0 y − y0 z − z0 210 Cap´ıtulo 4. Integrales de l´ınea y de superficie donde los vectores de derivadas parciales se eval´ uan para los valores (u0 , v0 ). En nuestro caso los valores de los par´ametros que nos dan el punto (13, −2, 1) son √ −2 u0 = 13, v0 = log arc sen √ , 13 y los vectores de derivadas parciales en dichos valores de los par´ametros son ∂x ∂y ∂z , , = ( √213 , − √213 , √113 ), ∂u ∂u ∂u ∂x ∂y ∂z , , = 0, 3 arc sen(− √213 ), ( 32 ) arc sen(− √213 ) . ∂v ∂v ∂v La ecuaci´ on del plano tangente ser´ a por tanto √ 2 13 − √213 √1 13 det 0 3 arc sen(− √213 ) 23 arc sen(− √213 ) = 0 x − 13 y+2 z−1 que da lugar a −x − 4y + 18z = 13. 755 Si la superficie est´ a determinada a trav´es de una ecuaci´on del tipo f (x, y, z) = 0 la ecuaci´ on del plano tangente en un punto de la misma (x0 , y0 , z0 ) (que debe por tanto verificar f (x0 , y0 , z0 ) = 0) viene dada por la expresi´on ∇f (x0 , y0 , z0 ) · (x − x0 , y − y0 , z − z0 ) = 0. En el ejemplo que nos ocupa ser´ a 1 (4, 3, 0) · (x − 1, y − , z) = 0, 3 es decir 4x + 3y = 5. 756 Calcular el ´area de la superficie dada por la parametrizaci´on x = r cos θ, y = 2r cos θ, z = θ, 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π, y esbozarla. 4.4. Superficies 211 757 Encontrar el ´ area de la esfera unitaria usando la parametrizaci´on x = cos θ sen φ, y = sen θ sen φ, z = cos φ, 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ φ ≤ π. 758 Si Φ(u, v) = (u − v, u + v, uv) para (u, v) ∈ D = {u2 + v 2 ≤ 1}, encontrar el ´ area de Φ(D) e intentar esbozar esta superficie. Soluci´ on 758: La f´ormula para encontrar el ´ area de una superficie parametrizada Φ(u, v), (u, v) ∈ D, es Z A= |Φu × Φv | dx. D En este caso concreto tendremos Φu = (1, 1, v), Φv = (−1, 1, u), √ Φu × Φv = (u − v, −u − v, 2), |Φu × Φv | = 4 + 2u2 + 2v 2 , y en consecuencia Z p A= 4 + 2u2 + 2v 2 du dv. {u2 +v 2 ≤1} Por el integrando y por la regi´ on de integraci´on, el cambio a coor- denadas polares permite encontrar esta integral de modo f´acil. En efecto π √ Z 2π Z 1 p A= 4 + 2r2 r dr dθ = (6 6 − 8). 0 0 3 Dicha superficie est´a esbozada en la Figura 50 y corresponde a un paraboloide hiperb´ on 4z = y 2 − x2 sobre {x2 + y 2 ≤ olico de ecuaci´ 2}, sin m´as que tener en cuenta que x = u − v, y = u + v, por lo que z = uv = 41 (y 2 − x2 ). 759 Encontrar el ´ area del toro cuya parametrizaci´on es Φ(ϕ, ψ) = ((R + cos ψ) cos ϕ, (R + cos ψ) sen ϕ, sen ψ), 212 Cap´ıtulo 4. Integrales de l´ınea y de superficie Figura 50. Gr´ afica del Ejercicio 758 para ψ, ϕ ∈ [0, 2π], con R ≥ 1. Soluci´ on 759: Por la f´ormula del ´ area de una superficie parametrizada encontra- mos en el caso del toro, despu´es de algunos c´alculos cuidadosos, Φϕ = (−(R + cos ψ) sen ϕ, (R + cos ψ) cos ϕ, 0) , Φψ = (− cos ϕ sen ψ, − sen ψ sen ϕ, cos ψ) , Φϕ × Φψ = (R + cos ψ) (cos ϕ cos ψ, sen ϕ cos ψ, sen ψ) , |Φϕ × Φψ | = R + cos ψ, Z 2πZ 2π A= (R + cos ψ) dψ dϕ = 4π 2 R. 0 0 Encontrar una parametrizaci´ on para las siguientes superficies: 760 Porci´on del hiperboloide −x2 − y 2 + z 2 = 1, que se encuentra angulo [−1, 1] × [−3, 3]. bajo el rect´ 761 Porci´on de z = x + 3 que se encuentra dentro de x2 + y 2 = 1. 762 Porci´on de x2 + z 2 + 2z = 0 comprendida entre y = −1 e y = 3. 763 Superficie de 4 − z = x2 + y 2 limitada por y + z = 4. 4.4. Superficies 213 on de superficie y = 4x + z 2 comprendida entre x = 0, 764 Porci´ x = 1, z = 0 y z = 1. 765 Mitad superior del elipsoide 3x2 + 2y 2 + z 2 = 1. on de y = 3 − 3x2 − 2z 2 situado a la derecha del plano 766 Porci´ XZ. on de x + y 2 + 2z 2 = 4 situado frente al plano x = 0. 767 Porci´ 768 De la esfera de centro (a, 0, 0) y radio a comprendida en una hoja del cono x2 + y 2 = z 2 . Soluci´ on: 762 La ecuaci´on x2 + z 2 + 2z = 1 reorganizada completando cua- drados se convierte en x2 + (z + 1)2 = 1. En esta forma vemos que se trata de un c´ırculo en el plano XZ con centro en (0, −1) y radio 1. Como la variable y no interviene en esta ecuaci´on, trasladamos este c´ırculo paralelamente al eje Y y obtenemos as´ı un cilindro entre los planos y = −1 e y = 3. La parametrizaci´ on m´ as natural ser´a por tanto x(u, v) = cos u, y(u, v) = v, z(u, v) = −1 + sen u, (u, v) ∈ [0, 2π] × [−1, 3]. on 4 − z = x2 + y 2 es un paraboloide 763 La superficie de ecuaci´ invertido mientras que y + z = 4 es un plano (ver Figura 51). La superficie que nos piden parametrizar es la parte del ci- tado paraboloide por encima del plano. Veamos cu´al es la intersecci´ on de ambas superficies. Eliminando z de las dos ecuaciones, obtendremos la proyecci´on de dicha intersecci´on sobre el plano XY. As´ı se llega a la ecuaci´on y + (4 − x2 − y 2 ) = 4. Despu´es de cancelar, agrupar y completar cuadrados, obte- nemos 1 1 x2 + (y − )2 = . 2 4 214 Cap´ıtulo 4. Integrales de l´ınea y de superficie El modo m´ as f´ acil de parametrizar la superficie es interpre- tarla como el grafo de z = 4−x2 −y 2 sobre el c´ırculo anterior. De este modo ponemos x(u, v) = v cos u, y(u, v) = ( 21 + v sen u), 15 z(u, v) = 4 − v 2 − v sen u, (u, v) ∈ [0, 2π] × [0, 1/2]. Figura 51. Ejercicio 763: paraboloide limitado por plano 766 En primer lugar encontramos el corte de la superficie de ecua- ci´on y = 3 − 3x2 − 2z 2 con el plano XZ que tiene ecuaci´on y = 0. Tal intersecci´ on es la elipse 2 x2 + z 2 = 1. 3 La parte de la superficie que queda a la derecha del plano XZ corresponde al interior de dicha elipse. En consecuencia podemos parametrizar la superficie que nos solicitan consi- der´andola como la parte del grafo de y = 3−3x2 −2z 2 “sobre” el interior de la elipse anterior. Es decir x(u, v)q = v cos u, y(u, v) = 3(1 − v 2 ), 3 z(u, v) = 2 v sen u, (u, v) ∈ [0, 2π] × [0, 1]. 768 La ecuaci´ on de la esfera es (x − a)2 + y 2 + z 2 = a2 . De esta suerte, el corte con el cono z 2 = x2 + y 2 proyectado sobre el 4.4. Superficies 215 plano XY tendr´a ecuaci´ on, despu´es de eliminar la variable z y completar cuadrados, a a2 (x − )2 + y 2 = , 2 4 que es el c´ırculo de radio a2 centrado en el punto ( a2 , 0). La superficie que nos piden podr´ıamos parametrizarla mediante la parte del grafo de p z = a2 − (x − a)2 − y 2 sobre el interior de la circunferencia anterior, resultando √ Φ(r, θ) = (r cos θ, r sen θ, 2ar cos θ − r2 ), θ ∈ [− π2 , π2 ], r ∈ [0, a cos θ]; Pero es quiz´ as m´ as c´ omodo usar las coordenadas esf´ericas del siguiente modo. Puesto que se trata de una porci´on de la esfera inicial, sabemos que la parametrizaci´on ser´a x(u, v) = a + a cos u sen v, y(u, v) = a sen u sen v, z(u, v) = a cos v. Lo importante en este caso es determinar la regi´on en la que deben moverse los par´ ametros (u, v) para que las coordena- das esf´ericas s´ olo nos describan la parte de la esfera deter- minada por el corte del cono z 2 = x2 + y 2 . En primer lugar observamos que el ´ angulo u debe barrer el intervalo [ π2 , 3π 2 ]. Pero el ´angulo v debe barrer un intervalo que depende del valor de u considerado. Examinando la Figura 52 con cuida- do llegamos a la conclusi´on de que v var´ıa entre 0 y el ´angulo producido en la intersecci´ on del cono con la esfera. Si para- metrizamos la curva intersecci´ on en funci´on de u, observamos que su proyecci´ on es (−a cos2 u, −a cos u sen u) y por tanto la curva corresponde a (−a cos2 u, −a cos u sen u, a| cos u|). De este modo es f´ acil encontrar que si u ∈ [ π2 , π] entonces v ∈ [0, u − 2 ], mientras que si u ∈ [π, 3π π 3π 2 ], v ∈ [0, 2 − u]. De 216 Cap´ıtulo 4. Integrales de l´ınea y de superficie forma m´ as compacta podemos poner π 3π π ≤u≤ 0≤v≤ − |u − π|. 2 2 2 Figura 52. Gr´ afica del Ejercicio 768 para a = 2 769 Se considera la figura en el plano XZ formada por la curva z = 2 abola z = 1−x 1 − |x| y el arco de par´ 2 . Sea S la superficie cerrada engendrada al girar dicha figura alrededor del eje Z. Encontrar una parametrizaci´ on para dicha superficie justificando la respuesta. Soluci´ on 769: Puesto que se trata de una superficie de revoluci´on podemos usar la parametrizaci´ on gen´erica para este tipo de superficies. Sabemos que para una curva en el plano XZ de la forma (f (u), g(u)), la parametrizaci´ on de la superficie de revoluci´on alrededor del eje Z es Φ(u, v) = (f (u) cos v, f (u) sen v, g(u)). Atendiendo a la gr´ afica (ver Figura 53(a)) es claro que s´olo es necesario revolucionar la parte correspondiente a x ≥ 0. La curva 2 ser´a (t, 1 − t), con t ∈ [0, 1] y (t, 1−t 2 ), con t ∈ [0, 1], luego la parametrizaci´ on vendr´ a en dos partes: Φ1 (u, v) = (u cos v, u sen v, (1 − u)), u ∈ [0, 1], v ∈ [0, 2π] 1 − u2 Φ2 (u, v) = (u cos v, u sen v, ), u ∈ [0, 1], v ∈ [0, 2π] 2 4.4. Superficies 217 Figura 53. Ejercicio 769 area de la superficie de la esfera x2 + y 2 + z 2 = 1 en- 770 Encontrar el ´ cerrada por el cilindro x2 + y 2 = x. Esbozar la figura. (Indicaci´on: usar coordenadas cil´ındricas). Hallar el ´area de las superficies siguientes: 771 Porci´on de z = x + y 2 que se encuentra encima del tri´angulo de v´ertices (0, 0, 0), (1, 1, 0) y (0, 1, 0). on de x + 2y + z = 4 en el interior de x2 + y 2 = 4. 772 Porci´ on de z = x2 − y 2 entre x2 + y 2 = 1 y x2 + y 2 = 4. 773 Porci´ 774 De la superficie x2 +y 2 −4z 2 = 0 limitada por x2 +y 2 −4x = 0. 775 Superficie del cilindro x2 + y 2 = 1 limitada por 0 ≤ y ≤ z ≤ 2y. 776 Del cilindro x2 + y 2 = 2x limitado por z = 0 y x2 + y 2 = z 2 . 777 De la superficie cil´ındrica x2 + y 2 = ay limitada por la esfera de centro (0, 0, 0) y radio a > 0. 778 Del elipsoide x2 + y 2 + 2z 2 = 3. on de esfera x2 +y 2 +z 2 = 2z situada en el interior 779 De la porci´ del cono x + y 2 = z 2 . 2 on de x = y 2 + z 2 en el interior de y 2 + z 2 = 9. 780 Porci´ Soluci´ on: 218 Cap´ıtulo 4. Integrales de l´ınea y de superficie 771 Podemos describir la superficie que nos dan como una parte on z = x + y 2 . De esta manera, el ´area del grafo de la funci´ que nos piden vendr´ a dada por la integral doble s 2 2 Z ∂z ∂z A= 1+ + dy dx, D ∂x ∂y donde D es la regi´ on en la que se mueven las variables (x, y). N´otese que esta f´ormula corresponde al ´area de la superficie parametrizada por (x, y, z(x, y)). En nuestro caso concreto tenemos que D es el tri´ angulo de v´ertices (0, 0, 0), (1, 1, 0) y (0, 1, 0). Las variables (x, y) describen este tri´angulo si 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ x ≤ y. As´ı el ´area ser´ a 1 y √ √ 3 6− 2 Z Z p A= 2 2 + 4y dx dy = . 0 0 6 La integral queda mucho m´ as complicada si en el momento de describir el tri´ angulo se usa el otro orden de integraci´on. 774 Usamos las coordenadas cil´ındricas centradas en el origen, de modo que x(u, v) = v cos u, y(u, v) = v sen u, z(u, v) = v/2, donde hemos tenido en cuenta que z 2 = (x2 + y 2 )/4 es z = v2 en coordenadas cil´ındricas. Lo importante ahora es deter- minar apropiadamente la regi´ on en la que se deben mover los par´ametros (u, v). Est´a regi´ on viene determinada por el interior de la curva de ecuaci´ on x2 + y 2 − 4x = 0. En coor- denadas cil´ındricas, esta curva es v = 4 cos u. Como se trata de un c´ırculo, concluimos que los par´ametros se deben mover en la regi´on π π − ≤ u ≤ 2, 0 ≤ v ≤ 4 cos u. 2 / 4.4. Superficies 219 Necesitamos adem´ as la norma √ 5v |(xu , yu , zu ) × (xv , yv , zv )| = . 2 Finalmente, el ´ area viene dada por la integral Z π/2 Z 4 cos u √ 5v A= dv du. −π/2 0 2 Despu´es de √ unos cuantos c´ alculos obtenemos el valor de dicha integral 2 5π. 777 Para la descripci´on de la porci´on de cilindro que se nos pide (ver Figura 54), est´ a claro que la proyecci´on de la figura sobre el plano XY corresponde a la circunferencia que genera el cilindro cuya ecuaci´ on en polares es r = a sen θ. De este modo llegamos a la parametrizaci´ on Φ(z, θ) = (a sen θ cos θ, a sen2 θ, z), θ ∈ [0, π], z ∈ [0, a| cos θ|] donde debido a la simetr´ıa s´olo hemos incorporado la parte de la superficie para z ≥ 0. La longitud del vector normal n(z, θ) = (a sen(2θ), −a cos(2θ), 0), que es el integrando para calcular el ´area, es a. Por tanto Z π Z a| cos θ| A=2 a dz dθ = 4a2 . 0 0 780 Como el ´ area de una superficie es independiente del nombre de las variables que usemos para describirla, podemos inter- cambiar los papeles de las variables x y z y as´ı encontrar el ´area de la porci´on del paraboloide z = x2 + y 2 limitada por el cilindro x + y 2 = 9. Las coordenadas cil´ındricas son las 2 m´as id´oneas para parametrizar esta situaci´on. En efecto x(u, v) = v cos u, y(u, v) = v sen u, z(u, v) = v 2 , 0 ≤ v ≤ 3, 0 ≤ u ≤ 2π. As´ı, despu´es de unos c´ alculos sencillos, llegamos a que Z 2π Z 3 p π 3/2 A= v 1 + 4v 2 dv du = 37 − 1 . 0 0 6 220 Cap´ıtulo 4. Integrales de l´ınea y de superficie Figura 54. Superficie del Ejercicio 777 ´ n 4.5 Seccio Integrales de superficie Z 781 Evaluar la integral xy dS, donde S es la superficie del tetraedro S con lados z = 0, y = 0, z + x = 1 y x = y. Z 782 Calcular z dS siendo S la superficie dada por S n p o (x, y, z) : z = a2 − x2 − y 2 , con a > 0. Soluci´ on 782: Si la superficie S admite una parametrizaci´on Φ(u, v), (u, v) ∈ D, entonces la integral de superficie de una funci´on escalar f ser´a Z Z f dS = f (Φ(u, v)) |Φu × Φv | du dv. S D En este ejemplo concreto podemos tomar como par´ametros (u, v), las mismas variables (x, y), de suerte que D es el c´ırculo centrado 4.5. Integrales de superficie 221 en el origen de radio a. Los vectores Φu y Φv coinciden con los vectores ∂z ∂z 1, 0, , 0, 1, , ∂x ∂y y la integral queda s 2 2 Z p ∂z ∂z a2 − x2 − y 2 1+ + dx dy. D ∂x ∂y Despu´es de realizar estas operaciones con un poco de cuidado, resulta que la integral es Z a dx dy = aπa2 = πa3 . D Z 783 Calcular z 2 dS donde S es la frontera del cubo [−1, 1]3 . S Calcular las siguientes integrales de superficie: Z 784 y dS, donde S es la porci´ on del plano 3x + 2y + z = 6 S comprendida en el primer octante. Z 785 xz dS, con S es el tri´ angulo de v´ertices (1, 0, 0), (0, 1, 0) y S (0, 0, 1). Z 786 x dS, para S definida por y = x2 + 4z, 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ z ≤ S 2. Z 787 on de z = y + 3 interior a x2 + yz dS, donde S es la porci´ S y 2 = 1. Z 788 (y 2 + z 2 ) dS, S la porci´ on de x = 4 − y 2 − z 2 situada al S frente de x = 0. Z 789 (x2 + y 2 + z 2 ) dS, donde S es el cilindro x2 + y 2 = 9 S comprendido entre los planos z = 0 y z = 2, incluidas sus tapas. 222 Cap´ıtulo 4. Integrales de l´ınea y de superficie Soluci´ on: 784 Si representamos la parte del plano 3x + 2y + z = 6 en el primer octante (v´ease la Figura 55) nos damos cuenta de que se trata de un tri´angulo. Como adem´as la funci´on que tenemos que integrar sobre este tri´angulo es y, podemos to- mar como par´ ametros las otras dos variables (x, z) y tomar y = (6 − z − 3x)/2. La proyecci´ on del tri´angulo anterior so- bre el plano XZ nos dar´ a la regi´ on en la que se mueven los par´ametros (x, z). Esta proyecci´ on es tambi´en un tri´angulo determinado por las tres rectas x = 0, z = 0 y 3x + z = 6 (poniendo y = 0 en la ecuaci´on del plano). En definitiva, 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ z ≤ 6 − 3x. La integral que nos solicitan se escribe por tanto Figura 55. Representaci´ on gr´ afica del Ejercicio 784 s 2 2 2 6−3x 6 − z − 3x Z Z 1 3 I= 1+ + dz dx. 0 0 2 2 2 Los c´alculos, que son sencillos en este caso, nos llevan a √ I = 3 14. 787 La superficie S en la que debemos integrar es la porci´on del plano z = y + 3 dentro del cilindro x2 + y 2 = 1. En conse- cuencia, la elecci´ on m´ as sencilla de par´ametros corresponde 4.5. Integrales de superficie 223 a (x, y) que se deben mover en el c´ırculo unitario del plano C. La superficie se considera as´ı como una parte del grafo z = y + 3. Por tanto Z √ √ Z I= y(y + 3) 1 + 1 dx dy = 2 (y 2 + 3y) dx dy. C C Si ahora cambiamos a coordenadas polares, tendremos √ Z 2π Z 1 I= 2 (r2 sen2 θ + 3r sen θ)r dr dθ. 0 0 Todas las integraciones involucradas son m´as o menos inme- diatas, teniendo en cuenta las ideas de cap´ıtulos anteriores, llegando al resultado final √ 2π I= . 4 N´otese que se podr´ıan haber elegido desde el principio como par´ametros para describir la superficie S, las coordenadas polares. 789 La superficie S es el cilindro x2 + y 2 = 9 comprendido entre z = 0 y z = 2, incluyendo las dos tapas z = 0, x2 + y 2 ≤ 9, y z = 2, x2 + y 2 ≤ 9. Dicha superficie consta por tanto de tres partes, las dos tapas y la superficie lateral, y debemos calcular tres contribuciones a la integral para despu´es sumarlas. En primer lugar, cuando z = 0, una parametrizaci´on v´alida es Φ(x, y) = (x, y, 0), (x, y) ∈ {x2 + y 2 ≤ 9}, con vector normal de longitud uno. As´ı tendremos Z I1 = (x2 + y 2 ) dx dy. {x2 +y 2 ≤9} Mediante las coordenadas polares encontramos inmediata- mente 81 I1 = π. 2 224 Cap´ıtulo 4. Integrales de l´ınea y de superficie Para la tapa superior, la parametrizaci´on puede ser (x, y, 2) con (x, y) ∈ {x2 + y 2 ≤ 9}, y an´ alogamente Z I2 = (x2 + y 2 + 4). {x2 +y 2 ≤9} Igual que antes encontramos 153 I2 = π. 2 Finalmente para la superficie lateral usamos como par´ame- tros para describirla el ´ angulo θ y la altura z. As´ı tendremos x = 3 cos θ, y = 3 sen θ, z = z. En este caso la longitud del vector normal es tres. La integral queda Z 2π Z 2 I3 = 3(9 + z 2 ) dz dθ. 0 0 Los c´alculos conducen a I3 = 124π. Por u ´ltimo la respuesta final ser´ a I = I1 + I2 + I3 = 241π. 790 Si F (x, y,Z z) = (x, x2 , yz) y S = {z = 0, 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1}, calcular F. S 791 Sea S el elipsoide de ecuaci´ on 2(x − 1)2 + (yZ + 1)2 + z 2 = 1 y F (x, y, z) = (x, y, z). Calcular la integral I = F. S Soluci´ on 791: Para parametrizar el elipsoide usamos coordenadas esf´ericas dila- tadas y desplazadas, que en este caso resultan x(u, v) = 1 + √12 cos u sen v, y(u, v) = −1 + sen u sen v, z(u, v) = cos v u ∈ [0, 2π], v ∈ [0, π]. 4.5. Integrales de superficie 225 Este cambio proporciona el vector normal exterior 1 √ n(u, v) = √ sen v( 2 cos u sen v, sen u sen v, cos v); 2 y la integral resulta Z Z 2π Z π 1 √ F = √ sen v(1 + 2 cos u sen v − sen u sen v) dv du S 0 0 2 4π =√ . 2 Calcular el flujo del campo F a trav´es de la superficie S. Cuando la superficie sea cerrada utilizar la orientaci´on exterior: 792 F = (ex , ey , z), S ≡ porci´ on de z = xy sobre el tri´angulo (0, 0, 0), (1, 1, 0), (1, −1, 0) con orientaci´on hacia arriba. 793 F = (ey , yex , xy ), S ≡ porci´ on de z = x2 + y 2 por encima de 0 ≤ x ≤ 1 con 0 ≤ y ≤ 1, orientada hacia fuera. 794 F = (x2 y, −3xy 2 , 4y 3 ), S ≡ porci´ on de z = x2 + y 2 − 9 bajo 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 1, con orientaci´on hacia dentro. p 795 F = (−x, −y, z 2 ), S ≡ porci´ on de z = x2 + y 2 comprendi- da entre z = 1 y z = 2, orientada hacia fuera. 796 F = (x, y, z), S ≡ x2 + y 2 + z 2 = 9. 797 F = (0, y, −z), S ≡ y = x2 + z 2 para 0 ≤ y ≤ 1, junto con x2 + z 2 ≤ 1, y = 1. 798 F = (x, 2y, 3z), S ≡ cubo [−1, 1]3 . Soluci´ on: 792 Como la integral de superficie de un campo exige integrar el producto escalar F (Φ(u, v)) · (Φu × Φv ), observamos que esta expresi´ on es el producto mixto de los tres vectores F (Φ), Φu y Φv . Sabemos que este producto 226 Cap´ıtulo 4. Integrales de l´ınea y de superficie mixto es el determinante con filas formadas por estos tres vectores. As´ı podemos escribir Z Z F = det(F (Φ(u, v), Φu (u, v), Φv (u, v)) du dv, S D si D es la regi´ on en la que se mueven los par´ametros (u, v). En el caso concreto que nos ocupa, podemos usar como par´ame- tros las propias variables (x, y). De este modo debemos inte- grar sobre el tri´ angulo determinado por los tres puntos dados el determinante x ey xy e y = xy − yex − xey . 1 0 0 1 x En concreto, la integral que nos interesa es Z 1Z x (xy − yex − xey ) dy dx = −2e−1 . 0 −x 795 Usamos las coordenadas polares como par´ametros. De este modo ponemos x = r cos θ, y = r sen θ, z = r, 1 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2π. Los vectores tangentes son (cos θ, sen θ, 1), (−r sen θ, r cos θ, 0). Si hacemos el producto vectorial en este sentido obtenemos el vector normal hacia dentro. Como nos piden usar la orienta- ci´on contraria, debemos invertir el orden de los dos vectores anteriores. As´ı debemos integrar en el rango en el que se mueven los par´ ametros el determinante −r cos θ −r sen θ r2 0 = −r2 − r3 . −r sen θ r cos θ cos θ sen θ 1 As´ı se obtiene el valor de la integral como Z 2π Z 2 2 3 7 15 (−r − r ) dr dθ = −2π + . 0 1 3 4 4.5. Integrales de superficie 227 798 Como el cubo [−1, 1]3 consta de seis caras, debemos calcular la integral del campo F sobre cada una de estas caras y sumar al final los resultados. En primer lugar consideremos la cara x = 1. La normal exterior al cubo es (1, 0, 0) y el producto escalar con F = (x, 2y, 3z) es x, que en la cara x = 1 vale precisamente 1. Por lo tanto, esta primera contribuci´ on a la integral es la superfi- cie de la cara que es 4. El mismo razonamiento sobre la cara x = −1 lleva a que la contribuci´ on sobre esta cara vuelve a ser 4. Razonando de modo similar en el resto de las caras, llegamos a que las contribuciones sobre las caras y = 1, y = −1, z = 1, z = −1 son, respectivamente, 8, 8, 12, 12. La integral total ser´a 48. 799 El campo de velocidad de un fluido se describe por F = (1, x, z) (expresado en metros/segundo). ¿Cu´ antos metros c´ubicos de flui- 2 2 2 do cruzan por segundo la superficie Z S = {x +y +z = 1, z ≥ 0}? (Indicaci´on: se est´ a pidiendo F ). S 800 Dado el campo el´ectrico E(x, y, z) = (x, y, 0) y la superficie S definida por el cono x2 + z 2 = y 2 con z > 0 y acotada por los planos y = 0 e y = 1, encontrar el flujo de E a trav´es de S con orientaci´on hacia arriba. Soluci´ on 800: Si usamos las coordenadas polares x = r cos θ, y = r, z = r sen θ, 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ π, los vectores tangente ordenados para que proporcionen la orienta- ci´on hacia arriba son (cos θ, 1, sen θ) , (−r sen θ, 0, r cos θ) . De este modo debemos integrar el determinante r cos θ r 0 1 sen θ = −r2 sen2 θ. cos θ −r sen θ 0 r cos θ 228 Cap´ıtulo 4. Integrales de l´ınea y de superficie La integral es Z π Z 1 π −r2 sen2 θ dr dθ = − . 0 0 6 801 Dada c una constante y D una regi´ on cualquiera del plano XY , probar que si S = {z = c : (x, y) ∈ D} entonces Z Z (P (x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z)) dS = R(x, y, c) dA. S D 802 Encontrar el centro de gravedad de la superficie S = x2 + y 2 + z 2 = R2 , x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 , R>0 803 Utiliza la Ley de Gauss para determinar la carga el´ectrica conte- nida en el hemisferio s´ olido x2 + y 2 + z 2 ≤ a2 , z ≥ 0, si el campo el´ectrico es E(x, y, z) = (x, y, 2z). Soluci´ on 803: La ley de Gauss afirma que la carga el´ectrica contenida en la regi´on limitada por una superficie cerrada es el flujo del campo el´ectrico creado a trav´es de dicha superficie. En este ejemplo la superficie cerrada consta de dos partes: el hemisferio superior de la esfera x2 + y 2 + z 2 = a2 , z > 0 y el plano del ecuador x2 + y 2 ≤ a2 , z = 0. En el primer caso, la normal unitaria es ( xa , ay , az ) de modo que debemos integrar el producto escalar x y z 1 2 x + y 2 + 2z 2 , (x, y, 2z) · ( , , ) = a a a a sobre la superficie determinada por x2 +y 2 ≤ a2 , z 2 = a2 −x2 −y 2 . Mediante las coordenadas polares, los c´alculos conducen al valor 8 3 πa . 3 4.5. Integrales de superficie 229 Sobre el ecuador, tenemos como normal exterior (−1, 0, 0), luego debemos integral el producto de F con este vector, que es −x. Es inmediato comprobar que esta integraci´on da un resultado nulo. Finalmente la carga total ser´ a 8 3 πa . 3 804 La temperatura en el punto (x, y, z) de una sustancia de conduc- tividad k = 6,5 es T (x, y, z) = 2y 2 + 2z 2 . Encontrar la raz´on de flujo de calor hacia el interior a trav´es de la superficie y 2 + z 2 = 6, 0 ≤ x ≤ 4. Soluci´ on 804: Debemos encontrar la integral de F = k∇T = 6,5(0, 4y, 4z) sobre la frontera del cilindro y 2 + z 2 = 6, 0 ≤ x ≤ 4. Sobre las dos tapas de dicho cilindro, las normales son (±1, 0, 0) y su producto escalar con F es por tanto nulo. La contribuci´ on al flujo de calor por las tapas es por tanto nula. Sobre la superficie lateral el vector normal unitario es 1 √ (0, y, z), 6 y el producto escalar con F es 6,5 156 √ 4(y 2 + z 2 ) = √ 6 6 debido a que sobre el cilindro, y 2 + z 2 vale 6. La integral sobre la superficie lateral del cilindro ser´ a la constante anterior por el ´area lateral, siendo el valor final 1248π. CAP´ITULO 5 An´alisis vectorial Tras ejercitarnos en el c´alculo de integrales de l´ınea y de superficie dedicamos los ejercicios del u´ltimo tema a ejemplos relativos a tres resul- tados cl´asicos del an´ alisis de funciones de varias variables: los teoremas de Green, Gauss y Stokes. Estos resultados relacionan la integraci´on de campos vectoriales sobre curvas o superficies del plano o el espacio, con la integraci´on, en regiones de R2 o R3 , de ciertas “derivadas” de los campos anteriores. Una breve secci´ on tratar´a tambi´en con el uso de potenciales vectoriales para el c´alculo de integrales de superficie a trav´es del Teorema de Stokes. ´ n 5.1 Seccio Campos vectoriales Encontrar el rotacional y la divergencia de los siguientes campos vectoriales: 805 F (x, y, z) = (x2 y, yz 2 , zx2 ). 232 Cap´ıtulo 5. An´ alisis vectorial 806 F (x, y, z) = (y 2 z, 0, −x2 yz). 807 F (x, y, z) = (xey , −ze−y , y log z). 808 F (x, y, z) = exyz , sen(x − y), xy z . Soluci´ on 807: Encontrar el rotacional y la divergencia de un campo F supo- ne realizar unas cuantas derivadas parciales y su c´alculo no debe plantear mayores dificultades. En concreto, se tiene ∂F1 ∂F2 ∂F3 div F = + + , ∂x ∂y ∂z ∂F2 ∂F3 ∂F3 ∂F1 ∂F1 ∂F2 rot F = − , − , − . ∂z ∂y ∂x ∂z ∂y ∂x Para el caso concreto en que F (x, y, z) = xey , −ze−y , y log z , tendremos y div F = ey + ze−y + , z rot F = (−e−y − log z, 0, xey ) . 809 Demostrar que cualquier campo vectorial de la forma F (x, y, z) = (f (x), g(y), h(z)), donde f , g y h son funciones diferenciables, es irrotacional. Si f es una funci´ on escalar de tres variables y F y G campos vectoriales tridimensionales, probar las siguientes identidades: 810 div (∇ × F ) = 0. 811 ∇ × (∇f ) = 0. 812 div (f F ) = f div F + (∇f ) · F . 813 div (F × G) = F · (∇ × G) − G · (∇ × F ). 814 ∇ × (f F ) = f (∇ × F ) + (∇f ) × F . 5.1. Campos vectoriales 233 Soluci´ on 813: Las identidades involucrando varios campos y los operadores ro- tacional y divergencia se comprueban realizando las derivaciones indicadas (teniendo en cuenta la regla del producto) y reagrupan- do t´erminos de modo conveniente. As´ı, div (F × G) = div (F2 G3 − F3 G2 , F3 G1 − F1 G3 , F1 G2 − F2 G1 ) ∂ (F2 G3 − F3 G2 ) ∂ (F3 G1 − F1 G3 ) ∂ (F1 G2 − F2 G1 ) = + + ∂x ∂y ∂z ∂F2 ∂G3 ∂F3 ∂G2 = G 3 + F2 − G2 − F3 ∂x ∂x ∂x ∂x ∂F3 ∂G1 ∂F1 ∂G3 + G 1 + F3 − G 3 − F1 ∂y ∂y ∂y ∂y ∂F1 ∂G2 ∂F2 ∂G1 + G 2 + F1 − G 1 − F2 ∂z ∂z ∂z ∂z ∂G2 ∂G3 ∂G3 ∂G1 ∂G1 ∂G2 = F1 − + F2 − + F3 − ∂z ∂y ∂x ∂z ∂y ∂x ∂F2 ∂F3 ∂F3 ∂F1 ∂F1 ∂F2 − G1 − − G2 − − G3 − ∂z ∂y ∂x ∂z ∂y ∂x = F · (∇ × G) − G · (∇ × F ) . Sea F = (x, y, z) y a ∈ R3 un vector constante. Probar: 815 div (a × F ) = 0. 816 ∇ × (a × F ) = 2a. 817 div ((F · F )a) = 2F · a. 818 ∇ × ((F · F )a) = 2(F × a). Soluci´ on 818: 234 Cap´ıtulo 5. An´ alisis vectorial Se trata de realizar las derivadas con un poco de cuidado. Obs´erve- se que si F = (x, y, z), entonces F · F = x2 + y 2 + z 2 = r2 . De este modo ∇ × (r2 a) = 2 ∂ (r a3 ) ∂ (r 2 a2 ) ∂ (r 2 a1 ) ∂ (r 2 a3 ) ∂ (r 2 a2 ) ∂ (r 2 a1 ) = ∂y − ∂z , ∂z − ∂x , ∂x − ∂y = (2ya3 − 2za2 , 2za1 − 2xa3 , 2xa2 − 2ya1 ) = 2(F × a). ´ n 5.2 Seccio Teorema de Green 819 Usar el teorema de Green para evaluar la integral Z y dx − x dy, C donde C es la frontera del cuadrado [0, 1] × [0, 1] orientada en sentido positivo. Verificar el teorema de Green en los siguientes casos: 820 El disco {x2 + y 2 ≤ 1} y el campo F (x, y) = (xy, xy). 821 El anillo {1 ≤ x2 + y 2 ≤ 4} y el campo F (x, y) = (2x3 − y 3 , x3 + y 3 ). Soluci´ on 821: El teorema de Green asegura que para un dominio D en el plano con frontera ∂D+ orientada de modo que D queda a la izquierda, y un campo F = (P, Q) se tiene Z Z ∂Q ∂P (P dx + Q dy) = − dx dy. ∂D + D ∂x ∂y En nuestro caso concreto D es el anillo centrado en el origen con radio exterior 2 y radio interior 1 (ver Figura 56). De esta suerte la frontera de D consta de estos dos c´ırculos que debemos orientar 5.2. Teorema de Green 235 de modo contrario a fin de que la regi´on delimitada quede a la izquierda seg´ un vamos recorriendo las curvas. La parametrizaci´on de ambos ser´a x = 2 cos θ, y = 2 sen θ, θ ∈ [0, 2π], x = cos θ, y = sen θ, θ ∈ [0, 2π], y la u´nica precauci´ on es a˜ nadir un signo menos a la integral sobre el c´ırculo interior debido a que debe recorrerse en sentido horario. Con un poco de cuidado en los c´ alculos tenemos Z (P dx + Q dy) = ∂D + Z 2π (16 cos3 θ − 8 sen3 θ)(−2 sen θ)+ 0 (8 cos3 θ + 3 sen3 θ)2 cos θ − (2 cos3 θ − sen3 θ)(− sen θ) +(cos3 θ + sen3 θ) cos θ dθ = Z 2π −30 cos3 θ sen θ + 15 sen4 θ + 15 cos4 θ + 15 sen3 cos θ dθ 0 45 = π. 2 Al calcular esta u ´ltima integral, hemos tenido en cuenta que el Figura 56. Gr´ afica del Ejercicio 821 primer y u ´ltimo sumando no contribuyen a la integral, mientras 236 Cap´ıtulo 5. An´ alisis vectorial que para cos4 θ y sen4 θ hemos usado repetidamente las f´ormulas del ´angulo doble (cf. Ejercicio 536). Por otro lado, transformando la integral doble a polares, ZZ Z 2π Z 2 ∂Q ∂P 3 2 45 − dx dy = 3r2 r dr dθ = π r4 1 = π. D ∂x ∂y 0 1 2 2 822 Por medio del teorema de Green, calcular Z (x3 + y 3 ) dy − (x3 + y) dx, C donde C es el c´ırculo x2 + y 2 = 1 recorrido en sentido contrario al reloj. 823 Aplicar el Teorema de Green para evaluar la integral de l´ınea Z x2 y dx + xy 2 dy C on limitada por las curvas y = x2 , donde C es la frontera de la regi´ 2 y =8−x . Soluci´ on 823: Por el teorema de Green, podemos escribir Z ZZ I= (x2 y dx + xy 2 dy) = (2xy − x2 ) dx dy. C D La regi´on D se describe como −2 ≤ x ≤ 2, x2 ≤ y ≤ 8 − x2 , y en consecuencia Z 2 Z 8−x2 2816 I= (y 2 − x2 ) dx dy = . −2 x2 7 824 Sea F (x, y) = (2y + ex , x + sen(yZ2 )) y C el c´ırculo x2 + y 2 = 1 con orientaci´ on positiva. Escribir F como una integral doble y C evaluar. 5.2. Teorema de Green 237 Z angulo [1, 2] × [1, 2]. Evaluar 825 Sea C la frontera del rect´ x2 y dx + C 3yx2 dy con orientaci´ on positiva usando el teorema de Green. Usar el teorema de Green para calcular el ´area de las siguientes regiones planas: angulo de v´ertices (1, 0), (3, 4), (5, −1). 826 El tri´ 827 El cuadril´atero de v´ertices (0, −1), (3, 0), (1, −2), (4, 3). √ 828 El ´area entre las curvas y = x3 e y = x. 829 Regi´on acotada por la astroide (cos3 t, sen3 t), t ∈ [0, 2π]. Soluci´ on: 827 Recordemos en primer lugar que el ´area de una regi´on D encerrada por una curva con orientaci´on positiva C + viene dada por Z 1 Area(D) = (x dy − y dx). 2 C+ Para encontrar el ´ area de la figura cerrada formada por varios segmentos mediante el teorema de Green, debemos preocu- parnos por integrar sobre segmentos de recta. En particular, sobre el segmento que empieza en el punto A = (a1 , a2 ) y acaba en B = (b1 , b2 ) podemos usar la parametrizaci´on (1 − t)(a1 , a2 ) + t(b1 , b2 ), t ∈ [0, 1]. As´ı la contribuci´on a la integral anterior sobre este segmento ser´a 1 1 Z [((1 − t)a1 + ta2 )(b2 − b1 ) 2 0 −((1 − t)a2 + tb2 )(b1 − a1 )] dt. Despu´es de unos cuantos c´ alculos y cancelaciones, llegamos a que tal integral vale 1 1 A (a1 b2 − b1 a2 ) = det . 2 2 B 238 Cap´ıtulo 5. An´ alisis vectorial Un sencillo argumento inductivo nos dir´a que si una regi´on esta limitada por los segmentos que unen los puntos Ai = (ai1 , ai2 ), i = 1, 2, . . . , n donde A1 = An , entonces el ´area de tal figura ser´ a n 1X Ai det , 2 Ai+1 i=1 (V´ease el problema 832). En el caso concreto que nos ocupa, tras concretar el orden en el que deben tomarse los puntos, obtenemos 1 1 −2 3 0 4 3 det + det + det 2 3 0 4 3 0 −1 0 −1 + det = 6. 1 −2 829 La curva astroide o hipocicloide est´ a representada en la Figu- ra 89. Para encontrar el ´ area que encierra, usamos el teorema de Green Z 1 Area(D) = (x dy − y dx). 2 C En este caso se tiene Z 2π 1 Area(D) = 3 sen2 t cos2 t dt 2 0 Z 2π 3 3 = sen2 (2t) dt = π. 8 0 8 Hemos usado las f´ormulas del ´ angulo doble para realizar esta u ´ltima integraci´ on. 830 Usar la forma vectorial del teorema de Green para probar la pri- mera identidad de Green: ZZ Z ZZ f ∇2 g dA = f (∇g) · n dσ − ∇f · ∇g dA D ∂D + D donde D satisface las hip´otesis del teorema de Green y las deriva- das parciales de f y g (que son funciones de R2 en R) existen y son continuas all´ı donde sea necesario. 5.2. Teorema de Green 239 831 Aplicar la primera identidad de Green para probar la segunda identidad de Green: ZZ Z f ∇2 g − g∇2 f dA = (f ∇g − g∇f ) · n dσ D ∂D + en las mismas condiciones del Ejercicio 830. 832 (a) Sea C un segmento de recta que une los puntos (x1 , y1 ) con (x2 , y2 ). Probar que Z 1 1 x dy − y dx = (x1 y2 − x2 y1 ). 2 C 2 (b) Denotemos por (x1 , y1 ), (x2 , y2 ),. . . ,(xn , yn ) los v´ertices de un pol´ıgono recorridos en sentido antihorario alrededor del mismo. Usar el apartado anterior para probar que el ´area del pol´ıgono es n 1X Area = (xi yi+1 − xi+1 yi ), 2 i=1 donde xn+1 = x1 e yn+1 = y1 . 833 Si R es una regi´ on del plano tal que C = ∂R est´a orientada posi- tivamente, probar que para toda funci´on dos veces diferenciable: Z ZZ ∂f ∂f dy − dx = ∆f dA. C ∂x ∂y R x y 834 Sean P (x, y) = y Q(x, y) = x2 +y x2 +y 2 2: Z ZZ ∂P ∂Q (a) Comprobar que P dy − Q dx = + dA, con ∂R + R ∂x ∂y R el anillo entre las circunferencias x2 + y 2 = 4 y x2 + y 2 = 1. Z ZZ ∂P ∂Q (b) Probar que P dy − Q dx 6= + dA, con D el ∂D + D ∂x ∂y disco x2 + y 2 ≤ 1. (c) Explicar la aparente contradicci´ on del apartado anterior con el Teorema de Green. 240 Cap´ıtulo 5. An´ alisis vectorial 835 Calcula la integral Z I= y 3 dx + x3 dy, C donde C es la curva dada en polares con ecuaci´on r = sen(2θ), 0 ≤ θ ≤ π/2. Soluci´ on 835: Por el teorema de Green, podemos escribir ZZ I= 3(x2 − y 2 ) dx dy D donde D es la regi´ on encerrada por la curva cerrada C, que corres- ponde a un cuarto de la rosa de cuatro p´etalos (v´ease Figura 57). Calculando esta integral doble en coordenadas polares, puesto que su frontera nos la proporcionan en estas coordenadas, tendremos Z π/2 Z sen(2θ) I =3 r2 (cos2 θ − sen2 θ)r dr dθ 0 0 Z π/2 3 3 π/2 = cos(2θ) sen4 (2θ) dθ = sen5 (2θ) 0 = 0. 4 0 40 836 Se considera la curva C parametrizada por σ(t) = (t, sen t), t ∈ [0, 2π].Z Para el campo F (x, y) = (y − x, y 2 ), calcular la integral de l´ınea F mediante el teorema de Green. C Soluci´ on 836: En esta situaci´ on no podemos aplicar directamente el teorema de Green puesto que la curva C no es una curva cerrada. Si usamos otra curva C0 que una los puntos (2π, 0) y (0, 0), la uni´on de estas dos curvas s´ı es cerrada y por tanto limita una regi´on en el plano. De entre todas las posibles opciones, la m´as sencilla ser´a la recta que una estos dos puntos. Pero en este caso debemos tener muy presente que al cruzarse estas dos curvas las orientaciones pueden inducirnos a error si no lo hacemos con cuidado (v´ease la Figura 58(a)). Lo m´ as aconsejable es dividir los c´alculos en dos 5.2. Teorema de Green 241 1 0.8 0.6 0.4 0.2 0 −0.2 −0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 Figura 57. Curva del Ejercicio 835 partes que corresponden a las dos regiones que en realidad limitan las dos curvas. Llamemos a estas dos regiones D1 y D2 . Entonces si F = (P, Q), podemos escribir Z Z F+ F C C0 ZZ ZZ ∂Q ∂P ∂Q ∂P = − dx dy − − dx dy. D2 ∂x ∂y D1 ∂x ∂y Si realizamos los c´ alculos, no es dif´ıcil comprobar que Z F = 2π 2 , C0 ∂Q ∂P − = −1, ∂x ∂y ZZ ∂Q ∂P − dx dy = −Area(Di ), i = 1, 2, Di ∂x ∂y pues por simetr´ıa ambas regiones tienen el mismo ´area. En conse- cuencia, la integral solicitada vale −2π 2 . 242 Cap´ıtulo 5. An´ alisis vectorial Otra opci´on hubiera sido cerrar con la curva mostrada en la Figu- ra 58(b), para evitar los problemas de orientaci´on. 1 0.8 0.6 D1 0.4 0.2 0 −0.2 −0.4 D 2 −0.6 −0.8 −1 0 1 2 3 4 5 6 7 (a) (b) Figura 58. Dos posibilidades de cierre en el Ejercicio 836 837 Se considera la curva cerrada C de parametrizaci´on α(t) = (sen(2t), sen t), t ∈ [0, 2π] que encierra un recinto R, y los campos escalares P (x, y) = x y Q(x, y) = y. Se pide: Z (a) Calcular P dy − Q dx. C ZZ ∂P ∂Q (b) Probar que + dA > 0. R ∂x ∂y (c) Explicar la aparente contradicci´ on de los apartados anteriores con el Teorema de Green. Soluci´ on 837: (a) Con la parametrizaci´ on dada, se calcula inmediatamente que Z Z 2π P dy − Q dx = 2 sen3 t dt, C 0 y escribiendo sen3 t = sen t − sen t cos2 t, se llega a la conclusi´ on de que la integral anterior es nula. 5.2. Teorema de Green 243 (b) Por otro lado ∂P ∂Q + =2 ∂x ∂y y por tanto ZZ ∂P ∂Q + dA = 2Area(R) > 0. R ∂x ∂y (c) De los apartados anteriores se tiene que Z ZZ ∂P ∂Q 0= P dy − Q dx = [Green] = + dA > 0 C R ∂x ∂y de lo cual deducimos que algo falla en la aplicaci´on del Teore- ma de Green. Este fallo viene provocado porque la curva C no es simple, esto es, se corta a s´ı misma (α(0) = α(π) = α(2π), v´ease la Figura 59), de forma que a mitad de recorrido in- cumple la orientaci´ on adecuada en el Teorema de Green. 1 0.8 0.6 0.4 0.2 0 −0.2 −0.4 −0.6 −0.8 −1 −1 −0.8 −0.6 −0.4 −0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 Figura 59. Ejercicio 837: curva no simple Z 838 Calcular la integral de l´ınea F siendo F (x, y) = (ex −y 3 , cos y + C x3 ) y C la circunferencia unidad. 244 Cap´ıtulo 5. An´ alisis vectorial ´ n 5.3 Seccio Teorema de Gauss CalcularZmediante el teorema de la divergencia y con orientaci´on exterior F , en los siguientes casos: ∂Ω 839 F = (x2 , y 2 , z 2 ), Ω = [0, 1]3 . 840 F = (y, z, xz), Ω = {x2 + y 2 ≤ z ≤ 1}. 841 F = (3xy 2 , 3x2 y, z 3 ), Ω = {x2 + y 2 + z 2 ≤ 1}. Soluci´ on: 840 De acuerdo con el teorema de la divergencia de Gauss, Z ZZZ F = div F dV. ∂Ω Ω En este caso, se encuentra de modo inmediato que div F = x, de modo que la integral que se nos pide es ZZZ x dV. Ω Podemos razonar que esta integral es nula, debido a la sime- tr´ıa. La regi´ on Ω es sim´etrica respecto del eje Z en el sentido de que es una regi´ on de rotaci´ on alrededor de este eje. En consecuencia la integral de la variable x debe anularse. 841 En el ejemplo que nos ocupa, tendremos div F = 3y 2 + 3x2 + 3z 2 = 3(x2 + y 2 + z 2 ), de modo que, usando las coordenadas esf´ericas para calcular la integral resultante, ZZZ Z 2π Z 1 Z π div F dV = 3ρ4 sen ψ dψ dρ dθ. Ω 0 0 0 Las integraciones que se deben realizar son inmediatas. El resultado final es 12π 5 . 5.3. Teorema de Gauss 245 Calcular el flujo a trav´es de S del campo F mediante el teorema de Gauss, con orientaci´ on exterior para: 842 F = (x2 , 0, 1); S es la superficie del cubo limitado por x = 0, x = 2, y = 0, y = 3, z = 0 y z = 4. 843 F = (3x, 2y, 6z); S es la superficie del tetraedro de v´ertices (0, 0, 0), (1, 0, 0), (0, 2, 0) y (0, 0, 3). 844 F = (x, y, z); S es la superficie limitada por z = −x2 − y 2 − 2x + 4y + 4 y por el plano XY . Soluci´ on 843: El flujo de un campo a trav´es de una superficie cerrada S que encierra una regi´ on s´olida R de modo que S = ∂R, se puede calcular a trav´es del teorema de la divergencia. En efecto Z ZZZ F = div F dV. S R En este caso concreto div F = 11, de modo que el flujo ser´a 11 veces el volumen del tetraedro. Dicho volumen es la unidad en este ejemplo. Se puede calcular mediante la integral triple Z 1 Z 2(1−x) Z 1/2(6−6x−3y) dz dy dx = 1. 0 0 0 Por lo tanto el flujo es 11. Z 845 Calcular la integral F donde S es la frontera de la media bola S x2 + y 2 + z 2 ≤ 1, z ≥ 0, y F = (x + 3y 5 , y + 10xz, z − xy) con orientaci´on exterior. 846 Calcular el flujo del campo F (x, y, z) = (x, y, z) a trav´es de la porci´on de superficie S determinada por z 2 = x2 + y 2 , x2 + y 2 ≤ 2x, z ≥ 0, y orientada exteriormente, directamente y mediante el teorema de Gauss. Soluci´ on 846: 246 Cap´ıtulo 5. An´ alisis vectorial La superficie S propuesta admite parametrizaci´on mediante las coordenadas cil´ındricas del siguiente modo π π Φ(r, θ) = (r cos θ, r sen θ, r), − ≤ θ ≤ , 0 ≤ r ≤ 2 cos θ. 2 2 En consecuencia el vector normal es, despu´es de algunos c´alculos, n(r, θ) = r(cos θ, sen θ, −1). As´ı el producto escalar F (Φ(r, θ)) · n(r, θ) = 0, y el flujo de F sobre dicha superficie es tambi´en nulo. Para llegar a esta misma conclusi´ on usando el teorema de la di- vergencia, debemos completar la superficie S hasta limitar una regi´on del espacio. En esta elecci´ on tenemos libertad completa pe- ro debemos hacerlo de suerte que las integrales involucradas sean lo m´as sencillas posibles. Probablemente la elecci´on m´as sencilla corresponda a considerar el cilindro, R, tal y como se muestra en la Figura 60, p x2 + y 2 ≤ 2x, 0 ≤ z ≤ x2 + y 2 . La frontera de este s´olido est´ a formada por la superficie S anterior (con orientaci´ on contraria a la que hemos usado), la superficie lateral del cilindro anterior, Sl , p x2 + y 2 = 2x, 0 ≤ z ≤ x2 + y 2 , y la tapa inferior, S0 , x2 + y 2 ≤ 2x, z = 0. Por el teorema de la divergencia tendremos ZZZ Z Z Z div F dV = F+ F+ F. R S Sl S0 Calculamos estas integrales de manera separada. Sobre S0 es f´acil comprobar que, si N es la normal unitaria exterior, F · N = (x, y, z) · (0, 0, −1) = −z = 0, pues z = 0 sobre S0 . 5.3. Teorema de Gauss 247 Figura 60. Gr´ afica del Ejercicio 846 Sobre Sl tenemos la parametrizaci´ on π π Φ(θ, z) = (2 cos2 θ, 2 cos θ sen θ, z), − ≤ θ ≤ , 0 ≤ z ≤ 2 cos θ 2 2 y el vector normal n(θ, z) = (2 cos(2θ), 2 sen(2θ), 0). El producto escalar F (Φ(θ, z))·n(θ, z) despu´es de algunos c´alculos resulta 4 cos2 θ, y por tanto la integral ser´a Z π/2 Z 2 cos θ 32 4 cos2 θ dz dθ = . −π/2 0 3 Finalmente, como div F = 3, ZZZ div F dV = 3Vol(R). R Para calcular el volumen de R usamos las coordenadas cil´ındricas para obtener Z π/2 Z 2 cos θ Z r 32 Vol(R) = r dz dr dθ = . −π/2 0 0 9 Por u ´ltimo, la integral que nos interesa ser´a Z ZZZ Z Z 32 32 F = div F dV − F− F = − = 0, S R Sl S0 3 3 como ya sab´ıamos. 248 Cap´ıtulo 5. An´ alisis vectorial 847 Verificar el teorema de Gauss para el campo F = (xz, pyz, xy) sobre la regi´on limitada por z ≥ 0, x2 + y 2 ≤ 1 y z ≤ 4 − 1 − x2 − y 2 . 848 Sea F = (2x, 3y, 5z + 6x) y G = (3x + 4z 2 , 2y + 5x, 5z). Probar que Z Z F = G S S donde S es cualquier superficie frontera de alguna regi´on del es- pacio. Soluci´ on 848: Este ejercicio se reduce a comprobar que los campos F y G son tales que div F = div G. Esto es de muy sencilla comprobaci´on. Por tanto, aplicando el teorema de la divergencia podemos concluir Z ZZZ ZZZ Z F = div F dV = div G dV = G, S R R S donde R es la regi´on cuya frontera es la superficie cerrada S. Z 849 Evaluar la integral ∇×F donde S es el elipsoide x2 +y 2 +2z 2 = S 10, y F = (sen(xy), ex , −yz) con orientaci´on exterior. Soluci´ on 849: La integral solicitada es nula pues el campo ∇ × F es un campo con divergencia nula div (∇ × F ) = 0, al ser un rotacional. Por el teorema de la divergencia su integral sobre cualquier superficie cerrada ser´ a nula. 850 Sea S el casquete de paraboloide z = 4 − x2 − y 2 , z ≥ 0. Se considera el campo vectorial: x y z F = , , . (x2 + y 2 + z 2 )3/2 (x2 + y 2 + z 2 )3/2 (x2 + y 2 + z 2 )3/2 Hallar el flujo de F a trav´es de S hacia el exterior. Soluci´ on 850: 5.3. Teorema de Gauss 249 No es dif´ıcil comprobar que el campo F tiene divergencia nula. Pero debemos tener la precauci´ on de observar que no est´a definido en el origen. Luego cualquier regi´ on en la que trabajemos con dicho campo debe evitar el origen. En particular consideremos la superficie S1 que consiste en el hemisferio superior de la esfera x2 + y 2 + z 2 = 1 y S2 , el anillo entre las circunferencias de radio 1 y 2 sobre el plano z = 0. Sea R la regi´on limitada por estas tres superficies S, S1 y S2 (v´ease la Figura 61). Como el campo F tiene divergencia nula, concluimos que ZZZ Z Z Z 0= div F dV = F+ F+ F, R S S1 S2 considerando las orientaciones apropiadas (exteriores). En conse- cuencia Z Z Z F =− F− F. S S1 S2 La u´ltima de estas dos integrales se calcula de manera directa pues la normal unitaria exterior es (0, 0, −1), luego z F · (0, 0, −1) = − (x2 + y 2 + z 2 )3/2 y la integral queda Z z − dS = 0 S2 (x2 + y2+ z 2 )3/2 pues S2 se encuentra sobre el plano z = 0. En cuanto a la otra integral observamos que la normal exterior unitaria es N = −(x, y, z) y x2 + y 2 + z 2 F ·N=− = −1, (x2 + y 2 + z 2 )3/2 Finalmente Z 4π F = Area(S1 ) = . S 3 851 Sea F = (x, y, z) y D una regi´ on del espacio con frontera ∂D. Z 1 Probar que el volumen de D viene dado por F . Usar este 3 ∂D 250 Cap´ıtulo 5. An´ alisis vectorial Figura 61. Regi´ on del Ejercicio 850 hecho para calcular el volumen de un cono circular de altura h y radio a. 852 Sea S una superficie cerrada que encierra un volumen D, y sea ∂f = ∇f · n la derivada direccional de una funci´on escalar en la ∂n direcci´on de la normal unitaria exterior a S. Probar que Z ZZZ ∂f = ∆f dV S ∂n D 853 Sea R el recinto en el espacio limitado por las superficies x2 + y 2 − z = 0 y el hemisferio superior de x2 + y 2 + z 2 = 1, y sea S la superficie frontera de R. Considera el campo F = (x3 − y 3 , y 3 − z 3 , z 3 − x3 ). Usando el teorema de la divergencia, transforma I = R S F , y escribe la integral resultante en coordenadas cil´ındricas (no es necesario calcular la integral final). 854 Sea F = (−xz, −yz, x2 + y 2 + z 2 ) y S la superficie 1 1 S = {x2 + y 2 + z 2 = 1, − ≤ z ≤ }. 2 2 5.3. Teorema de Gauss 251 Z Calcular la integral, con orientaci´ on exterior I = F. S Soluci´ on 854: Sean S+ y S− las dos tapas 1 2 3 1 3 z= , x + y 2 ≤ , y z = − , x2 + y 2 ≤ , 2 4 2 4 respectivamente. Si completamos S con estas dos tapas orientadas exteriormente tendremos, por el teorema de la divergencia, ZZZ Z Z Z div F dV = F+ F+ F. R S S+ S− Ahora bien, es inmediato comprobar que div F = 0 y que las normales unitarias sobre S+ y S− son, respectivamente, (0, 0, 1) y (0, 0, −1). Por tanto Z Z Z Z 1 1 F+ F = (x2 + y 2 + ) − (x2 + y 2 + ) = 0, S+ S− S+ 4 S− 4 pues la proyecci´ on de S+ y S− sobre el plano XY es la misma. Concluimos que la integral solicitada es nula. 855 Calcula la integral del campo F = (xz 2 −xy 2 , yx2 −yz 2 , zy 2 −zx2 ) sobre la superficie S = {z 2 − x2 − y 2 = 0, 1 ≤ z ≤ 2}, orientada al exterior. 856 Sea S la superficie dada por S = {x2 + y 2 = 2z, 0 ≤ z ≤ 1} ∪ {3 − z = x2 + y 2 , 1 ≤ z ≤ 2}. Calcular el flujo del campo vectorial F (x, y, z) = (x, y, z) a trav´es de S, con orientaci´on interior, (a) Directamente. (b) Usando el Teorema de Gauss. Soluci´ on 856: 252 Cap´ıtulo 5. An´ alisis vectorial (a) Denotemos por S1 y S2 las dos partes de S, respectivamente y por S3 3 − z = x2 + y 2 , 2 ≤ z ≤ 3 . N´otese que S ∪ S3 forma una superficie cerrada que limita la regi´on del espacio atrapada por los dos paraboloides 2z = x2 + y 2 y 3 − z = x2 + y 2 (v´ease la Figura 62). Las integrales del campo F sobre S1 y S2 requieren sendas parametrizaciones. Las coordenadas cil´ındricas proporcionan la mejor parametrizaci´ on en ambos casos. As´ı sobre S1 1 √ (r cos θ, r sen θ, r2 ), 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ r ≤ 2. 2 Despu´es de calcular los vectores tangentes con respecto a θ y a r, evaluar el vector normal y realizar el producto escalar con F , se llega a que debemos integrar la expresi´on √ Z 2π Z 2 1 − r3 dr dθ = −π. 0 0 2 Sobre S2 tenemos de manera an´ aloga √ (r cos θ, r sen θ, 3 − r2 ), 0 ≤ θ ≤ 2π, 1 ≤ r ≤ 2. Igual que antes, desembocamos en la integral √ Z 2π Z 2 9 −3r − r3 dr dθ = − π. 0 1 2 Por la tanto la integral pedida sobre S es la suma de estas dos integrales. Su valor es − 11π 2 . (b) Por otro lado, hemos indicado que la uni´on de S y S3 limita la regi´on encerrada por los dos paraboloides. Si llamamos R a dicha regi´on, por el teorema de la divergencia tendremos ZZZ Z Z − div F dV = F+ F. R S S3 El signo menos obedece a las orientaciones que hemos usado en S. Por lo tanto podemos encontrar la integral de F sobre 5.3. Teorema de Gauss 253 Figura 62. Regi´ on del Ejercicio 856 S calculando los otros dos t´erminos. Para la integral sobre R usamos las coordenadas cil´ındricas. En efecto ZZZ − div F dV = − 3Area(R) R √ Z 2π Z 2 Z 3−r 2 =−3 dz dr dθ = −9π. 0 0 r 2 /2 Para S3 usamos una parametrizaci´on id´entica a la empleada con S2 pero con l´ımites de integraci´on para r entre 0 y 1. As´ı llegamos a la integral Z 2π Z 1 7 −3r − r3 dr dθ = − π. 0 0 2 De este modo, encontramos que Z 7 11 F = −9π + π = − π, S 2 2 tal y como hab´ıamos obtenido antes. Z 857 Calcular la integral de superficie (xy 2 , x2 y, y) siendo S la su- S perficie formada por la uni´ on de {(x, y, z) : 0 ≤ z ≤ 1, x2 + y 2 = 1} 254 Cap´ıtulo 5. An´ alisis vectorial y {(x, y, z) : x2 + y 2 ≤ 1, z = ±1} ´ n 5.4 Seccio Teorema de Stokes Verificar el teorema de Stokes para los campos F y superficies S siguientes: on del cilindro z = x2 interior al 858 F = (−y, x, z); S es la porci´ cilindro x2 + y 2 = 4. 859 F = (5y, 3x, z 4 ); S es la porci´ on de z = x2 + y 2 − 4x − 4y + 8 bajo el plano z = 5. p 860 F = (x, y, z); S el grafo de z = − 1 − x2 − y 2 . 861 F = (yz, xz, xy); S es el tri´ angulo de v´ertices (1, 0, 0), (0, 1, 0) y (0, 0, 1). Soluci´ on 859: Una parametrizaci´ on para S se obtiene mediante una traslaci´on de las coordenadas cil´ındricas √ (2 + r cos θ, 2 + r sen θ, r2 ), 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ r ≤ 5. El rotacional de F es el campo (0, 0, −2). La integral de este ro- tacional sobre S conduce, despu´es de los c´alculos oportunos, a la integral Z 2π Z √5 (−2r) dr dθ = −10π. 0 0 Por el teorema de Stokes, podemos tambi´en encontrar este valor mediante la integral de F sobre la curva frontera de S, parame- trizada por √ √ (2 + 5 cos θ, 2 + 5 sen θ, 5), 0 ≤ θ ≤ 2π. 5.4. Teorema de Stokes 255 El producto escalar de F por el vector tangente resulta ser √ √ −10 5 sen θ − 25 sen2 θ + 6 5 cos θ + 15 cos2 θ. La integral de esta expresi´ on sobre el intervalo (0, 2π) (recordando angulo doble) conduce al valor −10π que coincide las f´ormulas del ´ con el anterior. Z Calcular F · dσ para: C 862 F = (0, −x, 2x + 3y + z 5 ); con C la intersecci´on entre x + y + z = 1 y x2 + y 2 = 1. on de z = y con x2 − 2x + 863 F = (0, 0, xy); con C la intersecci´ y 2 = 0. 864 F = (xyz, z 2 , xz); con C la intersecci´on de z = x2 + y 2 con z = x. Soluci´ on 863: Por el teorema de Stokes, podemos encontrar la integral de l´ınea que nos piden integrando el rotacional de F sobre una superficie cuya frontera sea la curva dada. La elecci´on m´as sencilla es la regi´on plana en z = y que encierra la curva, es decir, (x − 1)2 + y 2 ≤ 1, z = y. Una parametrizaci´ on de esta superficie es (1 + r cos θ, r sen θ, r sen θ), 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ r ≤ 1. El rotacional de F es (x, −y, 0) mientras que el vector normal on es (0, −r, r). De este modo tenemos asociado a la parametrizaci´ que encontrar la integral sobre la regi´on en que se mueven los par´ametros de la funci´ on que proviene del producto escalar del rotacional de F por el vector normal anterior, es decir, Z 2π Z 1 r2 sen θ dr dθ = 0. 0 0 Luego la integral pedida es nula. 256 Cap´ıtulo 5. An´ alisis vectorial 865 Calcular la integral Z ∇×F S donde S es el hemisferio x2 + y 2 + z 2 = 1, z ≥ 0, F = (x3 , −y 3 , 0) con orientaci´ on exterior. Calcular esta misma integral si S es el hemisferio x2 + y 2 + z 2 = 1, z ≤ 0. 866 Usando el teorema de Stokes evaluar la integral de F = (xy, yz, xz) sobre la curva C formada por los tres segmentos de recta que unen los puntos (2, 0, 0), (0, 1, 0) y (0, 0, 3). Soluci´ on 866: Mediante el teorema de Stokes podemos escribir Z Z F = ∇ × F, C S donde S debe ser una superficie cuya frontera es la curva C. En el caso concreto que nos ocupa, la superficie S es el trozo de plano (tri´angulo) limitado por los v´ertices dados. Dicha superficie tiene parametrizaci´ on x x (x, y, 3(1 − y − )), 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 1 − . 2 2 El vector normal asociado a esta parametrizaci´on es constante ( 32 , 3, 1) y el rotacional de F es el campo (y, z, x). As´ı pues la integral que buscamos se escribe Z 2 Z 1−x/2 15 7 − y − x + 9 dy dx. 0 0 2 2 Despu´es de unos cuantos c´ alculos, se llega al valor de esta integral que es 25 6 . 867 Supongamos que S1 y S2 son dos superficies con la misma frontera C. Probar que Z Z ∇×F = ∇×F S1 S2 Aplicar esta idea para evaluar la integral Z ∇×F S 5.4. Teorema de Stokes 257 on de la esfera x2 + y 2 + z 2 = 1 y x + y + z ≥ 1, siendo S la porci´ con F = (−z, −z, 0). 868 Sea −y x F (x, y, z) = , ,0 . x2 + y 2 x2 + y 2 (a) Mostrar que la integral de F sobre el c´ırculo unitario C = {x2 + y 2 = 1, z = 0} vale 2π. Concluir que F no puede ser conservativo. (b) Comprobar sin embargo que ∇ × F = 0. ¿Qu´e falla para este F? 869 Sea C la curva intersecci´ on de las superficies x + y + z = Z 0 y x2 + y 2 + z 2 = 1, y F el campo (z, x, y). Calcular la integral F. C Soluci´ on 869: Por el teorema de Stokes, la integral que deseamos calcular puede encontrarse integrando el rotacional de F , que es el vector constan- te (1, 1, 1) sobre una superficie cualquiera (lo m´as sencilla posible) cuya frontera sea precisamente la curva C. N´otese la relaci´on de este problema con el 867. Indudablemente la superficie m´as sen- cilla que podemos elegir es x + y + z = 0, x2 + y 2 + z 2 ≤ 1. N´otese que x2 + y 2 + z 2 = 1, x + y + z ≥ 0, es tambi´en una elecci´ on correcta. Como la superficie que hemos elegido es un trozo de plano, la componente normal del rotacional de F sobre este plano ser´a el producto escalar 1 √ (1, 1, 1) · √ (1, 1, 1) = 3. 3 De esta suerte la integral que buscamos es √ 3Area(S). 258 Cap´ıtulo 5. An´ alisis vectorial Como S es un c´ırculo m´ aximo de √ la esfera unitaria, su ´area es π, y la integral que nos piden vale 3π. 870 Sea S el helicoide con parametrizaci´ on Φ(u, v) = (u cos v, u sen v, v), 0 ≤ v ≤ 2π, 0 ≤ u ≤ 1, y el campo F = (xy, yz, xz). Verificar el teorema de Stokes en esta situaci´on: Z (a) Calcula ∇ × F usando la parametrizaci´on dada. S Z (b) Calcula directamente F , donde ∂S es la curva frontera ∂S del helicoide. Soluci´ on 870: En primer lugar, calculamos la integral del rotacional de F direc- tamente sobre el helicoide (v´ease la Figura 63) cuya parametriza- ci´on nos proporcionan. Tras unos c´ alculos m´as o menos directos, desembocamos en la integral Z 2π Z 1 −u sen2 v + v cos v − u2 cos v du dv 0 0 cuyo valor es − π2 . Para comprobar el teorema de Stokes en este ejemplo, debemos tener un poco de cuidado en describir perfectamente la frontera del helicoide. Dicha frontera consta de cuatro partes cuyas para- metrizaciones damos a continuaci´ on u = 1 −→ (cos v, sen v, v), 0 ≤ v ≤ 2π, u = 0 −→ (0, 0, v), 0 ≤ v ≤ 2π, v = 2π −→ (u, 0, 2π), 0 ≤ u ≤ 1, v = 0 −→ (u, 0, 0), 0 ≤ u ≤ 1. Se trata por tanto de calcular la integral del campo F sobre cada una de estas curvas y sumar los resultados finales. La primera de 5.5. Potenciales vectoriales 259 Figura 63. Helicoide del Ejercicio 870 estas integrales es Z 2π π − cos v sen2 v + v cos v sen v + v cos v dv = − , 0 2 mientras que las otras tres son trivialmente nulas. Como cab´ıa esperar los resultados coinciden. 871 Para el campo F = (yz − y, xz + x, xy) y la curva C intersecci´on del plano Z x+y +z = 1 y el cilindro x2 +y 2 = 1, calcular la integral I= F. C ´ n 5.5 Seccio Potenciales vectoriales Determinar si existe un campo vectorial G tal que: 872 ∇ × G = (xy 2 , yz 2 , zx2 ). 260 Cap´ıtulo 5. An´ alisis vectorial 873 ∇ × G = (yz, xz, xy). 874 Se considera la superficie S = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 = z 2 , 2z − y ≥ 6, z ≤ 8} y el campo vectorial F (x, y, z) = (−2z, −1, 1). Hallar el flujo de F a trav´es de S con orientaci´on exterior usando el Teorema de Stokes. Soluci´ on 874: La superficie S es el cono x2 + y 2 = z 2 limitado por los planos 2z − y = 6 y z = 8, que puede verse en la Figura 64. Para poder Figura 64. Superficie del Ejercicio 874 aplicar el Teorema de Stokes al c´ alculo de una integral de superficie tenemos que escribir F como un rotacional. Esto es posible porque div F = 0. As´ı, F = ∇ × G, donde G es la soluci´on del sistema: ∂G3 ∂G2 − = −2z ∂y ∂z ∂G1 ∂G3 − = −1 ∂z ∂x ∂G2 ∂G1 − = 1 ∂x ∂y Si ponemos que G3 = 0, entonces ∂G2 − = −2z ⇒ G2 = z 2 + ϕ(x, y) ∂z 5.5. Potenciales vectoriales 261 y ∂G1 = −1 ⇒ G1 = −z + ψ(x, y). ∂z ∂ϕ ∂ψ Sustituyendo en la tercera, − = 1. Una posible elecci´on ∂x ∂y puede ser ϕ = x, ψ = 0. As´ı pues un potencial para F es G = (−z, z 2 + x, 0). Entonces, Z Z Z F = ∇ × G = [Stokes] = G. S S ∂S La frontera de S est´ a formada por las curvas C1 , la intersecci´on del cono con el plano z = 8, y C2 , la intersecci´on del cono con el plano 2z − y = 6. C1 es la circunferencia de radio 8 situada en el plano z = 8; una parametrizaci´on es α1 (t) = (8 cos t, 8 sen t, 8), t ∈ [0, 2π] la cual tiene orientaci´ on contraria a la que indica el Teorema de Stokes. Para obtener una parametrizaci´ on de C2 eliminamos z de ambas ecuaciones, 2 2 x2 + y 2 = z 2 x y−2 =⇒ √ + = 1, z = y2 + 3 12 4 que parametrizamos como una elipse desplazada sobre el plano z = y2 + 3 √ α2 (t) = ( 12 cos t, 2 + 4 sen t, 4 + 2 sen t), t ∈ [0, 2π] 262 Cap´ıtulo 5. An´ alisis vectorial que est´a bien orientada. Por tanto, Z Z Z F· = − G+ G S C1 C2 Z 2π = − (−8, 64 + 8 cos t, 0) · (−8 sen t, 8 cos t, 0) dt 0 Z 2π h √ + (−4 − 2 sen t, (4 + 2 sen t)2 + 12 cos t, 0) 0 √ i ·(− 12 sen t, 4 cos t, 2 cos t) dt, teniendo en cuenta que Z 2π Z 2π cos t dt = sen t dt = 0, 0 0 y que Z 2π Z 2π sen2 t dt = cos2 t dt = π, 0 0 se tiene Z √ F = (−64 + 6 12)π. S 875 Calcular el flujo del campo F (x, y, z) = (2x, 4 − y, −z) a trav´es de la porci´on de paraboloide 4 − z = x2 + y 2 limitada por y + z = 4 y z = 1 orientada al exterior, mediante los teoremas de Gauss y Stokes. Soluci´ on 875: Es muy sencillo comprobar que el campo F proporcionado tie- ne divergencia nula, luego admite potenciales vectoriales. Un tal potencial vectorial se encuentra de manera sencilla como G = ((4 − y)z, −2xz, 0), ∇ × G = F, sin m´as que seguir las pautas mostradas en el Ejercicio 874. Por el teorema de Stokes, podemos escribir Z Z Z F = ∇×G= G. S S ∂S 5.5. Potenciales vectoriales 263 La frontera ∂S consta de dos curvas que son x2 + y 2 = 3, z = 1, y 1 1 x2 + (y − )2 = , y + z = 4, 2 4 (v´ease la Figura 65) con parametrizaciones respectivas √ √ ( 3 cos θ, 3 sen θ, 1), 0 ≤ θ ≤ 2π, ( 12 cos θ, 21 + 1 2 sen θ, 32 − 1 2 sen θ), 0 ≤ θ ≤ 2π. La integral de G sobre ∂S consta de estas dos contribuciones que Figura 65. Gr´ afica del Ejercicio 875 son Z 2π √ −4 3 sen θ + 3 sen2 θ − 6 cos2 θ dθ, 0 Z 2π 3 1 1 1 3 1 ( − sen θ)2 (− sen θ) − cos2 θ( − sen θ) dθ. 0 2 2 2 2 2 2 Despu´es de unos cuantos c´ alculos con estos integrandos trigo- nom´etricos, teniendo presentes las f´ ormulas del ´angulo doble, lle- gamos al resultado final −3π. 264 Cap´ıtulo 5. An´ alisis vectorial 876 Consideremos el campo vectorial F (x, y, z) = (y, z, x), y la super- ficie S (porci´ on de un toro), parametrizada por Φ(u, v) = ((2 − cos(u)) cos(v), (2 − cos(u)) sen(v), sen(u)) , Z u ∈ [0, 2π], v ∈ [0, 3π 2 ]. Calcular F orientada al exterior. S Soluci´ on 876: La superficie S es un toro al que se le ha quitado un trozo (v´ease la Figura 66). Si le a˜ nadimos las tapas S1 y S2 , orientadas exterior- mente, entonces tendremos una superficie cerrada, que encierra un volumen D a la que poder aplicar el teorema de Gauss. As´ı pues: Z Z Z ZZZ F+ F+ F = div F dV S S1 S2 D Como div F = 0, s´ olo habr´ a que calcular las integrales sobre S1 y S2 . Figura 66. Ejercicio 876: porci´ on de toro Parametrizamos S1 ; se trata de un c´ırculo situado en el plano y = 0, (el correspondiente a v = 0 en la parametrizaci´on de S) de centro (2, 0, 0) y radio 1. Una parametrizaci´on es: φ1 (r, t) = ((2 − r cos t), 0, r sen t), r ∈ [0, 1], t ∈ [0, 2π]. 5.5. Potenciales vectoriales 265 La normal unitaria exterior a S1 es el vector N1 = (0, −1, 0). Entonces, Z Z Z F = F · N1 = −z dS S1 S1 S1 Z 2π Z 1 = −r sen tkn1 (r, t)k dr dt = 0. 0 0 Del mismo modo, S2 es un c´ırculo situado en el plano x = 0 (correspondiente a v = 3π 2 ) de centro (0, −2, 0) y radio 1, cuya parametrizaci´ on viene dada por: φ2 (r, t) = (0, −(2 − r cos t), r sen t), r ∈ [0, 1], t ∈ [0, 2π] La normal exterior a S2 es N2 = (1, 0, 0) y por tanto: Z Z Z F = F · N2 = y dS S2 S2 S2 Z 2π Z 1 = −(2 − r cos t)kn2 (r, t)k dr dt = −2π. 0 0 Z Conclusi´on: F = 2π. S p 877 Sea S = {(x, y, z) ∈ R3 : z + 3 = x2 + y 2 , z ≤ 0} ∪ {(x, y, z) ∈ R3 : x2 Z+ y 2 = 9 − z, 0 ≤ z ≤ 5}. Si F (x, y, z) = (x, y, −2z), calcular F orientada al exterior: S (a) Directamente. (b) Mediante el teorema de Gauss. (c) Mediante el teorema de Stokes. Soluci´ on 877: Dejamos al lector el c´ alculo directo de la integral. Obs´ervese que el campo F tiene divergencia nula. Aunque la superficie S no es cerrada, puede a˜ nad´ırsele el disco S 0 = x2 + y 2 ≤ 4, z = 5 266 Cap´ıtulo 5. An´ alisis vectorial de modo que S ∪ S 0 encierra en su interior la regi´on R (Figura 67). Por el teorema de la divergencia ZZZ Z Z Z Z 0= div F dV = F+ F = F+ F · N. R S S0 S S0 Como S 0 es un trozo de plano, la normal unitaria exterior N = Figura 67. Superficie del Ejercicio 877 (0, 0, 1) y por tanto Z Z F ·N= (−2z) = −10Area(S 0 ) = −40π. S0 S0 Por otro lado, debido de nuevo a que F tiene divergencia nula, podemos encontrar un campo G cuyo rotacional es F . As´ı, por el teorema de Stokes, tenemos Z Z Z F = ∇×G= G. S S ∂S Un tal campo G es f´ acil de encontrar (cf. Ejercicio 874), por ejem- plo, G = (0, −2xz, −xy). 5.5. Potenciales vectoriales 267 Existen infinitas otras posibilidades igualmente v´alidas. La fron- tera ∂S consta de una sola curva z = 5, x2 + y 2 = 4 con parame- trizaci´on (2 cos θ, 2 sen θ, 5), 0 ≤ θ ≤ 2π. La integral de G sobre ∂S es por tanto Z 2π (−40 cos2 θ) dθ = −40π. 0 878 Consideremos la superficie M en R3 definida por las ecuaciones: z = x + y, y 2 ≤ x, x2 ≤ 2y. Sea el campo vectorial F (x, y, z) = (z, x, y) definido en todo R3 . Calcula el flujo de F a trav´es de M orientado hacia el exterior, (a) Directamente. (b) Mediante el teorema de Gauss. (c) Mediante el teorema de Stokes. 879 Hallar el flujo del campo F (x, y, z) = (z, x, y) a trav´es de la su- perficie S dada por y = x2 , 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1, directamente y mediante el Teorema de Stokes. 880 Denotemos por S el casquete de elipsoide n √ o 2(x − 1)2 + (y + 1)2 + z 2 = 1, 1 ≤ 2 2x ≤ 2 Z y F (x, y, z) = (x, y, −2z). Calcula la integral I = F usando de S alg´ un modo: (a) El teorema de la divergencia. (b) El teorema de Stokes. 268 Cap´ıtulo 5. An´ alisis vectorial Soluci´ on 880: En primer lugar observamos que el campo F tiene divergencia nula. Si completamos el casquete dado con las dos tapas corres- 1 pondientes a x = 2√ 2 (S1 ) y x = √12 (S2 ) tenemos una superficie cerrada que encierra una parte s´ olida del elipsoide R. Luego ZZZ Z Z Z 0= div F dV = F+ F+ F. R S S1 S2 Como estas dos u ´ltimas integrales tienen normales unitarias exte- riores (−1, 0, 0) y (1, 0, 0), respectivamente, sus integrales se cal- culan inmediatamente. En efecto √ Z Z 1 1 5 F = (−x) = − √ Area(S1 ) = − √ π 2− , S1 S1 2 2 2 2 4 1 √ pues S1 es el c´ırculo en el plano x = 2√ 2 , (y + 1)2 − z 2 ≤ 2 − 54 . Del mismo modo, Z Z 1 1 √ F = x = √ Area(S2 ) = √ 2π( 2 − 1). S2 S2 2 2 √ con S2 el c´ırculo en el plano x = √12 , (y + 1)2 + z 2 ≤ 2( 2 − 1) Finalmente π 11 √ Z F = 2−3 . S 2 8 Por otro lado, si G es un potencial vectorial para F , tendremos como en casos anteriores que Z Z F = G, S ∂S on ventajosa de G es (yz, −xz, 0). La frontera ∂S donde una elecci´ consta de dos curvas que son √ 5 1 (y + 1)2 + z 2 = 2− , x= √ , 4 2 2 y √ 1 (y + 1)2 + z 2 = 2( 2 − 1), x = √ . 2 5.5. Potenciales vectoriales 269 Los c´alculos involucrados en resolver las integrales de G sobre estas dos curvas son est´andar y se han realizado ya en algunas ocasiones. Dejamos al lector el comprobar que el resultado final coincide con el ya obtenido anteriormente. on de la esfera x2 + y 2 + z 2 = 1 cortada por el cono 881 Sea S la porci´ z = 4x + (2y − 1)2 , z ≥ 0, orientada con la normal exterior, y 2 2 el campo F (x, y, z) = (0, 0, 1). Calcula el flujo de F a trav´es de S directamente y mediante el teorema de Stokes. 882 Consideremos la superficie M = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 = 1, y ≥ z ≥ 0} y el campo vectorial F (x, y, z) = (x, x, −z). Calcular el flujo de F a trav´es de M , con orientaci´ on exterior: (a) Usando el Teorema de Gauss. (b) Usando el Teorema de Stokes. Soluci´ on 882: (a) La superficie S es la pared cil´ındrica limitada por y ≥ z ≥ 0, como puede verse en la Figura 68. Como no es una superfi- Figura 68. Cu˜ na cil´ındrica del Ejercicio 882 cie cerrada necesitamos cerrarla para aplicar el Teorema de Gauss. Consideramos las superficies S1 y S2 correspondientes a las tapas (inferior y superior, respectivamente) que cierran S, y sea D el volumen encerrado por la uni´on de estas tres 270 Cap´ıtulo 5. An´ alisis vectorial superficies. Entonces, si suponemos orientaci´on exterior en cada una de las superficies, el Teorema de Gauss afirma que: Z Z Z ZZZ F+ F+ F = div F dV = 0, S S1 S2 D pues div F = 0, como se comprueba f´acilmente. Por tanto, Z Z Z F =− F− F. S S1 S2 R Puesto que S1 es una superficie plana, para calcular S1 F ·dS R usaremos S1 F · N1 , donde N1 es la normal unitaria exterior a S1 . Dicho vector es N1 = (0, 0, −1), y entonces, Z Z (x, x, −z) · (0, 0, −1) = z = 0 pues z = 0 sobre S1 . S1 S1 Del mismo modo, puesto que S2 est´a sobre el plano y = z, su normal unitaria exterior es N2 = (0, − √12 , √12 ), luego Z Z 1 1 1 (x, x, −z) · (0, − √ , √ ) = − √ (x + z). S2 2 2 2 S2 Para calcular esta integral usamos una parametrizaci´on de S2 , φ(r, t) = (r cos t, r sen t, r sen t), t ∈ [0, π], r ∈ [0, 1]. El vector normal asociado√a la parametrizaci´on es n(r, t) = (0, −r, r) y su norma vale 2r. Por tanto, Z Z 1Z π√ 1 1 2 −√ (x+z) = − √ 2r2 (cos t+sen t) dt dr = − 2 S2 2 0 0 3 Z 2 Conclusi´ on F = . S 3 (b) Para aplicar el Teorema de Stokes debemos tener en cuenta que div F = 0 implica que existe G tal que ∇ × G = F , luego Z Z Z F = ∇ × G = [Stokes] = G. S S ∂S 5.5. Potenciales vectoriales 271 Calculando un potencial vectorial para F obtenemos, entre otras muchas posibilidades G = (xz, −xz, 0). Parametrizamos ahora la frontera de S, para ello observamos que dicha frontera esta formada por las fronteras de S1 y S2 . Para S1 consideramos α1 (t) = (cos t, sen t, 0) t ∈ [0, π], α2 (t) = (t, 0, 0), t ∈ [−1, 1], que, si la normal a S es exterior, est´a bien orientada. Para S2 consideramos β1 (t) = (cos t, sen t, sen t), t ∈ [0, π], β2 (t) = α2 (t) que est´ a mal orientada. Si calculamos la integral de l´ınea de G sobre cada una de estas curvas obtenemos: Z G = 0 α1 Z Z G = G = 0, α2 β2 y Z G= β1 Z π (cos t sen t, − cos t sen t, 0) · (− sen t, cos t, cos t) dt 0 Z π 2 =− (cos t sen2 t + cos2 sen t) dt = − . 0 3 Por tanto, Z Z Z Z Z Z 2 F = G= G+ G− G− G= . S ∂S α1 α2 β1 β2 3 272 Cap´ıtulo 5. An´ alisis vectorial 883 Considerar la superficie S definida por las ecuaciones S = {z 2 = x2 + y 2 , x ≥ 0, 0 ≤ z ≤ 1}, y el campo vectorial F (x, y, z) = (−x + 3, x2 , z). Calcular el flujo de F a trav´es de S con orientaci´on interior: (a) Directamente. (b) Usando el Teorema de Gauss, (c) Usando el Teorema de Stokes. Soluci´ on 883: (a) Parametrizamos la superficie S por la funci´on π π Φ(r, t) = (r cos t, r sen t, r) r ∈ [0, 1], t ∈ [− , ]. 2 2 El vector normal correspondiente a esta parametrizaci´on es n(r, t) = (−r cos t, −r sen t, r) cuya orientaci´ on es interior. Entonces, Z π/2 Z 1 (−r cos t + 3, r2 cos2 t, r) · n(r, t) dr dt −π/2 0 Z π/2 Z 1 = (r2 cos2 t − 3r cos t − r3 cos2 t sen t + r2 ) dr dt −π/2 0 Z π/2 1 3 1 1 π = ( cos2 t − cos t − cos2 t sen t + ) dt = − 3. −π/2 3 2 4 3 2 (b) Para usar el Teorema de Gauss debemos previamente cerrar la superficie. Para ello elegimos las superficies (v´ease la Fi- gura 69) S1 = {x2 + y 2 ≤ 1, x ≥ 0, z = 1}, S2 = {y 2 ≤ z, x = 0, 0 ≤ z ≤ 1}. 5.5. Potenciales vectoriales 273 Figura 69. Volumen del Ejercicio 883 Entonces, S ∪ S1 ∪ S2 = ∂D, con D = {z 2 ≥ x2 + y 2 , x ≥ 0, 0 ≤ z ≤ 1}. Si consideramos las tres superficies orientadas exteriormente, resulta Z ZZZ F = div F dV = 0, pues div F = 0. S∪S1 ∪S2 D Luego Z Z Z F =− F− F S S1 S2 Ahora bien, Z Z Z π F = (−x + 3, x2 , z) · (0, 0, 1) = z = Area(S1 ) = . S1 S1 S1 2 Z Z Z 2 F = (−x + 3, x , z) · (−1, 0, 0) = (x − 3) S2 S2 S2 = −3 Area(S2 ) = −3 Z π Por tanto, F = − 3, con orientaci´on interior. S 2 274 Cap´ıtulo 5. An´ alisis vectorial (c) Para aplicar el Teorema de Stokes debemos previamente cal- cular un potencial vectorial, de manera que Z Z Z F = ∇×G= G. S S ∂S Para calcular G resolvemos el sistema correspondiente, obte- niendo, por ejemplo G = (x2 z, (x − 3)z, 0). La frontera de S se puede descomponer en tres partes π π C1 = (cos t, sen t, 1), t ∈ [− , ] bien orientada, 2 2 C2 = (0, t, t) t ∈ [0, 1] mal orientada, C3 = (0, −t, t) t ∈ [0, 1] bien orientada. Entonces, Z Z π/2 G= (− sen t cos2 t + (cos t − 3) cos t) dt C1 −π/2 π/2 cos3 t sen(2t) t π = − 3 sen t + + = −6 + 3 4 2 −π/2 2 Z Z 1 3 G= −3t dt = − C2 0 2 Z Z 1 3 G= 3t dt = C3 0 2 Z π 3 3 π Por tanto, G = −6 + + + = − 3. ∂S 2 2 2 2 884 Sea el campo vectorial F (x, y, z) = (z, z, y) y la superficie S de- finida mediante las condiciones x2 + z 2 = 1, z ≥ 0 y 0 ≤ y ≤ 1, y dotada con la orientaci´ Z on normal exterior. Se pide calcular la integral de superficie F de las siguientes formas: S (a) Directamente. (b) Empleando el Teorema de Stokes. Soluciones del Cap´ıtulo 1 ´ n 1.1 Seccio Repaso de geometr´ıa del plano y el espacio 1 No. 3 S´ı. 5 y = x + 8. 6 4y = 5x − 7. 8 2x + 3y = −5. 9 No. 11 S´ı. 12 S´ı. 14 x = −1 − 4t, y = 5 + 9t, z = 2 + t. 15 x = t, y = 1 − t, z = t. 16 x = −1 + t, y = t, z = 3 − t. √ 17 (x, y, z) = (0, 1, 6) + t(−1, 2, −8). 18 (x, y, z) = (0, 0, 0) + t(1, 2, 3). 19 (x, y, z) = ( 25 , − 65 , 0) + t(−1, 23, 5). 20 x − y + 3z + 1 = 0. 21 x − 5z = −33. 22 x = 2. 276 Soluciones del Cap´ıtulo 1 23 2y + 3z = 23. 24 3x + 2y + 6z = 4. 26 P = (0, 0, 3), n = (3, 0, 1). 27 P = (5, 0, 0), n = (1, −1, −1). 28 P = (0, 0, 0), n = (0, 1, 0). 29 P = (0, 1, 0), n = (2, 1, −1). 30 2x + y + 2z = 7. 31 y + z = 1. 33 x − y + 2 = 0. 34 30x + y − 23z + 86 = 0. 36 (0, 0, 1). 37 (3, −2, −1). 38 (0, 1, 3). 39 (−2, 1, 5), 41 (1, 4, −17). 42 z = 3. 43 x = −1. 46 (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1). 47 (1, 0, 0), (0, 1, 0), paralelo al eje Z. 49 (0, 0, 0), paralelo al eje X. 50 Paralelos. 51 Perpendiculares. 52 √8 . 35 55 V´ease la Figura 70(a). 56 V´ease la Figura 70(b). 58 Exterior de la circunferencia unidad, incluida la frontera. 60 V´ease Ejercicio 61. 62 Cilindro de eje X y radio 2. 63 Grafo de la funci´ on y = x1 65 V´ease la Figura 70(c). ´ n 1.2 Seccio C´onicas y cu´adricas 66 Elipse√de centro (0, 0), v´ertices (±6, 0) y (±2, 0). Focos en (± 32, 0). 1.2. C´ onicas y cu´ adricas 277 (a) Ejercicio 55 (b) Ejercicio 56 2 1 0 −1 −2 1 0.5 −4 0 −2 0 2 −0.5 4 6 8 −1 10 (c) Ejercicio 65 Figura 70. Grafos de funciones 278 Soluciones del Cap´ıtulo 1 67 Circunferencia (x − 1)2 + y 2 = 1 de centro (1, 0) y radio 1. angulo de rotaci´on π4 (ecuaci´on girada 70 Elipse de centro (0, 0), ´ q q 3X 2 + Y 2 = 8) con focos en (∓2 23 , ±2 23 ). 71 Elipse de centro (0, 0), ´ angulo de rotaci´on π6 (ecuaci´on girada √ √ 16 2 2 5 15 3 X + 3Y = 48) con focos en (∓ 2 , ± 2 q ). q 72 Hip´erbola de centro (0, 0), v´ertices (± 23 , 0) y focos en (± 83 , 0). 73 Hip´erbola de centro√ (0, 0),√´ n π4 (ecuaci´ angulo de rotaci´o√ √ on girada 2 2 X − Y = 4), v´ertices (± 2, ± 2) y focos en (± 8, ± 8). 74 Par´abola 16 (x + 1)2 = (y + 3) de v´ertice (−1, −3), foco (−1, − 32 ) y directriz y = − 92 . 75 Elipse de centro (0, 0), ´ angulo de rotaci´on π4 (ecuaci´on girada X + 3Y = 4) con focos (± √3 , ± √23 ). 2 2 2 76 Dos rectas que se cortan en el origen con a´ngulo α, tal que cos α = 3 5 , sen α = 45 (ecuaci´ on girada −7X 2 + 18Y 2 = 0). 78 x2 = 16y. 79 y 2 = 14(x − 12 ). 81 4(y + 1) = x2 . 82 Focos (0, ± 65 ); par´abolas y = ± 245 2 x . 84 V´ease el Ejercicio 85. 86 V´ease el Ejercicio 85. 2 2 87 Usar 86 y que la ecuaci´ on de la tangente a una √hip´erbola xa2 − yb2 = yy0 1 en (x0 , y0 ) es xx a2 − b2 = 1. Puntos de corte (± 8, ±2). 0 2 2 88 Para la hip´erbola xa2 − yb2 = 1 las as´ıntotas son y = ± ab x y la tangente viene dada en el Ejercicio 87; basta intersecar ambas rectas y comprobar lo pedido. 89 Para la par´ abola y = 4cx, su foco es F = (c, 0), su directriz x = −c y la tangente viene dada en el Ejercicio 85. Con estos datos Q = (−c, y2c0 (x0 − c)). Finalmente comprobar que F P · F Q = 0. 90 Si situamos la par´ abola con v´ertice en el origen y eje Y , el foco 1 se sit´ ua en el punto (0, 20 ). 91 ( √2 , √2 ), (− √2 , √2 ), ( √a2 , − √b2 ), (− √a2 , − √b2 ). a b a b 92 Elipsoide de centro el origen (v´ease Figura 71(a)). 93 Hiperboloide de dos hojas con secciones el´ıpticas perpendiculares al eje Z; (v´ease Figura 71(b)) 1.3. Coordenadas polares, cil´ındricas y esf´ericas 279 94 Hiperboloide de una hoja de revoluci´ on respecto del eje Y (v´ease Figura 71(c)). 95 Paraboloide el´ıptico de eje Z (v´ease Figura 71(d)). 96 Dos planos que se cortan en el eje Y . 97 Cilindro el´ıptico paralelo al eje Z. 98 Paraboloide de revoluci´ on de eje Z y v´ertice en (0, 0, −4). 99 Paraboloide hiperb´ olico de centro el origen. 100 Elipsoide de centro (0, −1, −1) y ecuaci´on x2 + 2(y + 1)2 + (z + 2 1) = 3. 101 Hiperboloide de una hoja de centro (−2, 1, 0) y ecuaci´on (x + 2) + 2(y − 1)2 − z 2 = 6. 2 102 Elipsoide de centro (1, 0, 0) y ecuaci´ on (x − 1)2 + 4y 2 + z 2 = 1. 103 Hiperboloide de dos hojas de centro (−1, 0, −4), eje Y , con ecuaci´on 4(x + 1)2 − y 2 + (z + 4)2 = −4. 104 Cono de v´ertice (0, 1, 1), con eje paralelo a Z de ecuaci´on 9x2 + (y − 1)2 − (z − 1)2 = 0. 105 Cilindro hiperb´ olico paralelo al eje X (la hip´erbola est´a girada π 4 ). 107 Hiperboloide de dos hojas de centro (−1, − 23 , −1), de eje para- lelo a Z y ecuaci´ on 2(x + 1)2 + 3(y + 32 )2 − 4(z + 1)2 = − 21 4 . 109 Hiperboloide de una hoja de centro (−2, 3, −1) y secciones el´ıpti- cas perpendiculares al eje Z de ecuaci´ on (x+2)2 +(y−3)2 −4(z+1)2 = 22. 110 x2 + y 2 = 1. 112 x2 + y 2 = 2y. 113 x2 + z 2 = 1. ´ n 1.3 Seccio Coordenadas polares, cil´ındricas y esf´ericas 114 (3, π2 ). π 115 √ 6 ).5π (2, 117 ( 8, 4 ). √ √ 118 ( 22√, 22 ). 119 (1, 3). √ 120 ( 12 , − 23 ). 280 Soluciones del Cap´ıtulo 1 (a) Elipsoide (b) Hiperboloide de dos hojas (c) Hiperboloide de una hoja (d) Paraboloide el´ıptico Figura 71. Cu´ adricas 1.3. Coordenadas polares, cil´ındricas y esf´ericas 281 √ 122 ( 2, 7π 4 , 0). 124 (6, 0, −2). 125 (2, π4 , 1). 126 (6, π2 , −2). 127 (1, π, 3). 128 (0, √ 1, 0). 3 1 129 ( 2 , 2 , 4). 130 (0, 0, 6). √ √ 131 ( 32 2, 23 2, 8). 133 (−2, 0, 3). √ 134 ( 2, π2 , π4 ). 135 (2, 0, π). √ 137 ( 2, 0, π4 ). √ 138 ( 32 , 3 2 3 , 0). 140 (0, 1, 0). 141 (0, 0, 2). 142 r = 5. 144 r2 cos 2θ = 1. 145 r sen2 θ = cos θ. 146 r2 sen(2θ) = 2. 147 r(cos θ + sen θ) = 4. 148 x2 + y 2 = 9. 149 y = −x, y ≥ 0. 151 x = 3. 152 No hay intersecci´ on. 154–164 Se muestran las curvas en las Figuras 72 y 73. 165 3x2 + 3y 2 − z 2 = 1 es un hiperboloide de una hoja de revoluci´on respecto del eje Z (v´ease la Figura 74). 166 r2 + z 2 = 1. 167 ρ sen φ = 3. 168–170 V´ease la Figura 75 171 Meridiano de la esfera unidad. 172 {0 ≤ r ≤ cos1 θ , − π4 ≤ θ ≤ π4 }. √ √ 173 {0 ≤ θ ≤ π4 , 0 ≤ r ≤ 2} ∪ {π ≤ θ ≤ 5π 4 , 0≤r ≤ 2}. 174 (cil´ındricas) z = r cos θ; (esf´ericas) tan φ cos θ = 1. 175 z = r. 282 Soluciones del Cap´ıtulo 1 (a) 154 (b) 158 (c) 159 (d) 160 Figura 72. Curvas en polares. 1.3. Coordenadas polares, cil´ındricas y esf´ericas 283 176 z = r2 . 178 {x ≥ 0, y ≥ 0, 1 ≤ p x2 + y 2 ≤ 4}. 2 2 2 179 {x + y + z ≤ 1, x2 + y 2 ≤ z}. 180 { π4 ≤ θ ≤ π2 , 0 ≤ r ≤ 1}. 181 {θ ∈ [ π2 , 2π), 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1 − r(cos θ + sen θ)} ∪ {θ ∈ π 1 [0, 2 ], 0 ≤ r ≤ cos θ+sen , 0 ≤ z ≤ 1 − r(cos θ + sen θ)}. θ 182 {φ = arctan hr ; 0 ≤ ρ ≤ √r2h+h2 , }. 183 (cil´ındricas) z = r2 cos 2θ; (esf´ericas) ρ sen φ tan φ cos 2θ = 1. 184 Esfera de centro (a, 0, 0) y radio a: r2 + z 2 = 2ar cos θ. Esfera de centro (0, a, 0) y radio a: r2 + z 2 = 2ar sen θ. Esfera de centro (0, 0, a) y radio a: r2 + z 2 = 2az. 185 En polares: r = constante es una circunferencia de centro el origen y radio r; θ = constante es una semirrecta de origen O y ´angulo θ respecto del eje X. En cil´ındricas: r = constante es un cilindro de radio r y eje Z; θ = constante es un semiplano limitado por el eje Z y ´angulo θ respecto de eje X; z = constante es un plano de altura z. En esf´ericas: ρ = constante es una esfera de centro el origen y radio ρ; θ = constante es lo mismo que en cil´ındricas; φ = constante es un semicono de v´ertice el origen y eje Z, con ´ angulo φ respecto del eje Z. 186 Corresponde a una dilataci´ on de centro el origen y raz´on 2 respecto de la original. 187 Basta usar el cambio de coordenadas de cartesianas a esf´ericas (cf. Ejercicio 136) y comprobar que g(x, y, z) = f (ρ, φ) satisface que para cada z, la funci´ on g depende s´ olo de la distancia del punto (x, y, z) al (0, 0, z). (v´ease tambi´en los Ejercicios 241–246) 284 Soluciones del Cap´ıtulo 1 90 3 120 60 2 150 30 1 180 0 210 330 240 300 270 (a) 161 (b) 162 (c) 163 Figura 73. Curvas en polares 1.3. Coordenadas polares, cil´ındricas y esf´ericas 285 Figura 74. Ejercicio 165: hiperboloide de una hoja (a) 168 Cilindro cardioideo (b) 169 H´ elice (c) 170 Cardioide de revoluci´ on Figura 75. Superficies en cil´ındricas y esf´ericas Soluciones del Cap´ıtulo 2 ´ n 2.1 Seccio Funciones de varias variables 189 R2 − {x = (2k + 1)π, k ∈ Z}.I 191 ({x > 0} ∩ {x + y 6= 0}) − {x = 1}. 192 R2 − {(0, 0)}. 194 [0, 2] × [0, +∞) ∪ [−2, 0] × (−∞, 0]. 195 {x + y > 0}. 196 {y > 0}. 199 R × [0, +∞). 200 R × [−1, 1]. 201 {x > 0, y > 0}. 203 R2 − {x2 + y 2 = 1} (todo el plano excepto la circunferencia unidad). 204 R3 − {x2 + y 2 + z 2 = 1} (todo el espacio menos la superficie de la esfera unidad). 205 R3 −{x2 −4y 2 = 1} (todo el espacio menos el cilindro hiperb´olico x2 − 4y 2 = 1). 207 R2 − ({x = 0} ∪ {y = 0}) (todo el plano excepto los ejes coor- denados). 288 Soluciones del Cap´ıtulo 2 206 {(x − 1)2 + y 2 ≥ 4} (exterior del c´ırculo de centro (1, 0) y radio 2). 2 2 208 {x2 + y4 ≥ 1} ∩ {y > x2 } (exterior de la elipse x2 + y4 ≥ 1 que queda dentro de la par´ abola y = x2 ). 209 f (1, 0) = 1, f (0, 1) = 1, f (1, 1) = 2; {f (x, y) = 0} = {(0, 0)}; f ({x2 + y 2 ≤ 4}) = {z = x2 + y 2 , 0 ≤ z ≤ 4} (paraboloide circular de v´ertice el origen limitado por el plano z = 4). 210 f (0, 0, 0) = 1, f (±1, ±1, ±1) = e−3 ; f ({x2 +y 2 +z 2 = 1}) = e−1 ; f (x, y, z) → 0 si k(x, y, z)k → ∞. 211 Grafos de funciones de la forma y = |x| − k. 212 Curvas de la forma x = |y| + k. 214 Para k = 0 el eje Y ; en otro caso circunferencias de centro ( k1 , 0) y radio k1 . 215 Para k = 0 el eje X; en otro caso circunferencias de centro (0, k1 ) y radio k1 . 217 Para k = 0 par de rectas x = 1, y = 2; para √ k 6= 0 hip´√ erbolas de on reducida (X− 3 2 2 )2 −(Y − 22 )2 = 2k). centro (1, 2) y ´angulo π4 (ecuaci´ 218 Para k = 0 el origen; para k > 0 elipses de centro el origen y ejes paralelos a los coordenados; ∅ en otro caso. 219 Para k = 0 los ejes coordenados; para k ∈ (− 12 , 12 ) dos rectas que se cortan en el origen; para k = 12 la recta y = x y para k = − 12 la recta y = −x; ∅ en otro caso (ecuaci´ on reducida (k − 12 )X 2 + (k + 12 )Y 2 = 0). 220 Para k = 1 el eje X; para k = −1 el eje Y ; para k < −1 ´o k > 1 dos rectas que se cortan en el origen; ∅ en otro caso (ecuaci´on reducida (1 − k)X 2 + (1 + k)Y 2 = 0). 221 Para k > 0 esferas de centro el origen y radio √1k ; ∅ en otro caso. 222 Par´abolas de v´ertice (k, 0) y eje X, y 2 = −(x − k). 223 Para k = 0 los ejes coordenados; en otro caso, la parte positiva 2 de la funci´on y = xk2 . 224 Para k ≤ 0, ∅; para k > 0 grafo de funciones y = logx k . 226 Rectas y = kx. −1 228 (a) Son circunferencias de centro el origen y radio log α (v´ease la Figura 78(a)). (b) No existen curvas de nivel. 1 (c) Grafo de la funci´ on y = e− x2 . 2.1. Funciones de varias variables 289 (a) Ejercicio 214 (b) Ejercicio 215 (c) Ejercicio 217 Figura 76. Curvas de nivel 290 Soluciones del Cap´ıtulo 2 (a) Ejercicio 218 (b) Ejercicio 219 (c) Ejercicio 220 (d) Ejercicio 222 Figura 77. Curvas de nivel 2.1. Funciones de varias variables 291 1 − x2 (1+c 2) (d) Para el plano y = cx la secci´ on es la curva e . (e) V´ease la Figura 78(b). −1 (a) Curvas de nivel (b) Grafo de f (x, y) = e x2 +y2 Figura 78. Ejercicio 228 229 f (x, y) = y − p sen x + 1. 230 f (x, y) = y − x6 + log6 x − 7. 231 f (x, y) = y 4 x + x3 y + 121. 232 f (x, y) = 0 si x2 + y 2 < 1, f (x, y) = 1, en caso contrario. 233 El dominio es el mismo. El grafo corresponde al original, des- plazado en la direcci´ on del vector (0, 0, k). 234 Dominio {(x0 , y0 ) + U }. Grafo desplazado en la direcci´on del vector (x0 , y0 , 0). 235 Dominio {(x, y) : (−x, −y) ∈ U }. Rotaci´on de eje Z y ´angulo π. 236 Mismo dominio. Simetr´ıa respecto del plano z = 0. 237–240 V´ease la Figura 79. 247 x = 2y 2 + 2z 2 . 248 4x2 + 9y 2 + 4z 2 = 36. 249 x2 + y 2 − z 2 = 1. 250 z 2 (x2 + y 2 ) = 1. 251 z 2 = 4x2 + 4y 2 . 252 4x2 = y 2 + z 2 . 253–264 V´eanse las Figuras 80, 81 y 82 . 265 Planos x + y + z = c. √ 266 Para c > 0 esferas de centro el origen y radio c; para c = 0 el origen; ∅ en otro caso. 292 Soluciones del Cap´ıtulo 2 (a) Ejercicio 237 (b) Ejercicio 238 (c) Ejercicio 240 Figura 79. Ejercicios 237–240 2.1. Funciones de varias variables 293 (a) 253 (b) 254 1.2 1 0.8 0.6 0.4 0.2 0 −0.2 −1 −0.5 0.5 0 0 0.5 −0.5 1 (c) 255 (d) 256 Figura 80. Grafos de funciones 294 Soluciones del Cap´ıtulo 2 2 1 1.9 0.9 1.8 0.8 1.7 0.7 1.6 0.6 1.5 0.5 1.4 0.4 1.3 0.3 1.2 0.2 1.1 0.1 1 0 −1 1 −1 1 −0.5 0.5 −0.5 0.5 0 0 0 0 0.5 −0.5 0.5 −0.5 1 −1 1 −1 (a) 257 (b) 258 10 8 6 4 2 0 10 −10 5 −5 0 0 5 −5 10 −10 (c) 259 (d) 260 Figura 81. Grafos de funciones. 2.1. Funciones de varias variables 295 (a) 261 (b) 262 3 2.5 2 1.5 1 0.5 0 −0.5 −1 −4 −2 10 0 5 0 2 −5 4 −10 (c) 263 (d) 264 Figura 82. Grafos de funciones. 296 Soluciones del Cap´ıtulo 2 267 Para c > 0 hiperboloides circulares de una hoja de eje Z; para c = 0 cono circular recto; para c < 0 hiperboloides circulares de dos hojas de eje Z. 268 Paraboloides circulares de eje X y v´ertice en (c, 0, 0); x − c = −(y 2 + z 2 ). ´ n 2.2 Seccio L´ımites y continuidad 269 0. 270 1. 272 1 (polares). 273 @ (iterados distintos). 274 @ (iterados distintos). 276 @ (direcciones y = x2 , x = 0). 277 @ (direcciones y = mx). 278 0 (polares). 279 1 (polares). 280 @ (direcciones y = mx). 281 e (polares). 282 @ (direcciones y = xα con α = 23 ). 283 @ (direcciones y = xα con α = 12 ). 284 0 (polares). 285 0 (usar Ejercicio 279). 286 @ (existe un unidimensional pero no el reiterado). 287 @ (direcciones y = mx). 288 @ (direcciones y = mx). 290 0 (dividir por x + y 2 ). 291 0 (polares). 292 ∞. 294 0 (polares). 297 @ (direcciones y = z = 0, x = z = 0). 298 @ (direcciones y = z = x, y = z = −x). 299 0 (usar coordenadas esf´ericas). 300 {2x + 3y > 0}. 301 {x4 − y 4 6= π2 + kπ, k ∈ Z}. I 2.3. Derivadas parciales 297 302 R2 − {(0, 0)}. 303 R2 . 305 R2 − {(0, 0)}. 306 R2 − {4x2 + y 2 − 1 6= 0}. 307 R2 − ({x = 0}) ∪ {(0, 1)}. 308 R2 − ({x < −2} ∪ {(0, 0)}). 310 S´ı, definiendo f (0, 0) = 0. 311 Aplicar la definici´ on de continuidad de f para y = y0 . ´ n 2.3 Seccio Derivadas parciales 2 +y 2 2 2 312 fx = (1 + 2x2 )ex, fy = 2xyex +y . y √ √ √ √ √ 313 fx = − 2√ sen(y x) sen(x y) + y cos(y x) cos(x y), √ √x √ x √ √ fy = − x sen(y x) sen(x y) + 2√ y cos(y x) cos(x y). 314 fx = 14x + tan x, fy = tan y. 315 fx = y1 , fy = − yx2 . 2 4x2 y 316 fx = − (x24xy −y 2 )2 , fy = (x2 −y 2 )2 . 2πa 317 fx ( 2π b , 0) = ae b , fy ( 2π , 0) = 0. b 3 c c 3c c3 318 fx (c, 2) c =2 c 2 − 4 + c4 log 4 + 4 , 3 c 3 3c 4+ c4 c fy (c, 2c ) = 2c c 2 log(4c3 ) − 3 . 4+ c4 319 fx (0, 0) = 1, fy (0, 0) = 1. 3 320 fx (−1, 2) = − 49 , fy (−1, 2) = − 12 49 . √ √ 2 2 321 fx (0, 0) = 0, fy (0, 0) = 0, fx ( a2 , a2 ) = − 2 , fy ( a2 , a2 ) = − 2 . 322 fx = yg(xy) − g(x), fy = xg(xy). 323 fx = g(y x )y x ln y − g(xy )yxy−1 , fy = g(y x )xy x−1 − g(xy )xy ln x. 325 (a) {y > x}; (b) {y < x}; (c) {y = x}; (d) fx = −g(x), fy = g(y); (e) {f > 0} = {|y| > |x|}, {f < 0} = {|y| < |x|}, {f = 0} = {|y| = |x|}. 326 fx = yexy ; fy = xexy . 298 Soluciones del Cap´ıtulo 2 329 ∂ l´ım ((x2 + y 2 + z 2 )1/3 ) (x,y,z)→(0,0,0) ∂z 2z = l´ım =∞ (x,y,z)→(0,0,0) 3(x2 + y 2 + z 2 )2/3 (observar la direcci´ on x = y = 0). x y 330 ∇f = x2 +y , 2 x2 +y 2 . 331 3 3 ∇f = exy +3 (1 + xy 3 ), 3x2 y 2 exy +3 . 332 2 ∇f = e−z −x−y ((1 − x − y − z), (1 − x − y − z), (1 − 2z(x + y + z))) . 2 +y 2 +z 2 ) xz(x2 −y 2 +z 2 ) xy(x2 +y 2 −z 2 ) 333 ∇f = yz(−x 2 2 (x +y +z ) 2 2 , 2 2 (x +y +z ) 2 2 , 2 2 (x +y +z ) 2 2 . 334 −5. 2 335 √ e 5 . 336 0. 337 − √610 . 2(A+C)ab+2B(a2 +b2 ) 338 √ a2 +b2 . 4e 339 √ . 3 √ √ 340 n = ( 22 , 22 ). 342 (3, 1, −1). 344 En la direcci´ on del vector gradiente: ∇h(1, 0) = (−4e−1 , 0) 3 3 √ lo da el vector ∇f (a, b) = (2a , 2b ). 345 Nos 346 ( 2, −1). 347 ( √13 , 1). 348 (2e, 4e). 349 ( 12 , 21 ). 350 4x + y = 3. 351 3x + y = 5. 352 x + 4y = 2. 353 ( 58 + π4 )(x − 2) = ( 52 + π4 )( 12 − y). 356 En (1, 0): z = 12 y; en (0, 1): z = x; en (−1, 1): z = − 21 y; en (0, 0): z = 0. 2.3. Derivadas parciales 299 Vectores normales: en (1, 0): (0, 12 , −1); en (0, 1): (1, 0, −1); en (−1, 1): (0, 21 , 1); en (0, 0): (0, 0, 1). 357 En (−π, 0): z = −2πx − π 2 ; en (0, π): z = π 3 x. Vectores normales: en (−π, 0): (2π, 0, 1); en (0, π): (π 3 , 0, −1). 358 z = 1. Vector normal: (0, 0, 1). 359 z = x − y + 2. Vector normal: (1, −1, −1). 360 z = π4 + 32 (x − 1) + 12 y. Vector normal: ( 32 , 12 , −1). 361 z = 2x + 2y. Vector normal: (2, 2, −1). 362 z = x + ay − 1. Vector normal: (1, a, −1). 363 z = 2x − 4y − 3. Vector normal: (2, −4, 1). 365 Ambas tiene el mismo plano tangente en (0, 0), z = 0. 366 (−1, 0, −1). 367 (0, 4, −1) × ( ∂f ∂f ∂x , ∂y , −1) = (0, 0, 0); punto: (0, −2, 5). √ √ 368 ( 94 , 1, 43 ), (− 94 , −1, − 3 4 ). 370 El plano tangente es 1 1 1 √ (x − x0 ) + √ (y − y0 ) + √ (z − z0 ) = 0. 2 x0 2 y0 2 z0 Por tanto √ √ √ a + b + c = x0 + y0 + z0 + 2( x0 y0 + x0 z0 + y0 z0 ) = 1. 371 No tiene plano tangente pues la secci´on x = y corresponde a la curva |x|, que no tiene tangente en x = 0. 373 DF = (4x3 , −4y 3 ). 0 0 374 DF = . 1 1 1 1 375 DF = 2x 2y . xy ye xexy 300 Soluciones del Cap´ıtulo 2 377 Es continua pues l´ım f (x, y) = 0 (usar polares desplaza- (x,y)→(0,1) das x = r cos θ, y = 1 + r sen θ). fx (0, 1) = 1, fy (0, 1) = −1, pero no es diferenciable (seg´ un la definici´on). 378 Es continua en todo R2 , pues l´ım f (x, y) = 0 (usar pola- (x,y)→(0,0) res). fx (0, 0) = 0, fy (0, 0) = 0. No es diferenciable en (0, 0) (usar la defini- ci´on). Diferenciable en el resto. 379 (a) t2 n21 sen(tn2 ) + t2 n22 sen(tn1 ) Dn f (0, 0) = l´ım = n21 n2 + n1 n22 ; t→0 t3 (n21 + n22 ) (b) fx (0, 0) = 0, fy (0, 0) = 0; (c) No puede ser diferenciable pues si lo fuera Dn f (0, 0) = ∇f (0, 0)·n = 0, ∀n, que contradice lo obtenido en el primer apartado. ∂f n2 +n2 380 Si n1 + n2 6= 0, ∂n (0, 0) = n11 +n22 ; en caso contrario no existe la derivada direccional. f no puede se diferenciable en (0, 0) porque no posee derivadas direccionales en todo vector. Es continua en (0, 0) (usar polares). 382 Si (x, y) 6= (0, 0) 2y 6 − 2x2 y 2 4xy(x2 + y 4 ) − 8xy 5 fx = , fy = ; (x2 + y 4 )2 (x2 + y 4 )2 fx (0, 0) = fy (0, 0) = 0. f no es continua en (0, 0) (usar las direcciones y = xα ), por tanto no puede ser diferenciable. 383 Diferenciable si (x, y) 6= (0, 0): y3 x3 fx = , fy = ; (x2 + y 2 )3/2 (x2 + y 2 )3/2 fx (0, 0) = fy (0, 0) = 0. No diferenciable en (0, 0) (usar la definici´on); x2 385 Diferenciable si y 6= 0: fx = 2x y , fy = − y 2 . fx (x0 , 0) = 0 pero @fy (x0 , 0) para x0 6= 0; fy (0, 0) = 0. Luego no es diferenciable si y = 0, x0 6= 0. En (0, 0) no es diferenciable seg´ un la definici´on. 386 Diferenciable si x 6= y, 2 −y 2 −1 2 −y 2 −1 ex (2x(x − y) − 1) ex (1 − 2y(x − y)) fx = , fy = ; (x − y)2 (x − y)2 2.4. Regla de la cadena y derivadas de orden superior 301 en el resto no es diferenciable porque no es continua. ´ n 2.4 Seccio Regla de la cadena y derivadas de orden superior 387 (f ◦ c)0 (t) = et (cos t − sen t), yexy xexy D(c ◦ f )(x, y) = −y sen(xy) −x sen(xy) 388 6ye2xy 6xe2xy 5 (f ◦ c)0 (t) = 15t4 e3t , D(c ◦ f )(x, y) = 3ye3xy 3xe3xy 389 2 (f ◦ c)0 (t) = (1 + 4t2 )e2t , ! 2 2 2 2 (1 + 2x2 )ex +y 2xyex +y D(c ◦ f )(x, y) = 2 2 2 2 −(1 + 2x2 )ex +y −2xyex +y 390 No en general. S´ olo es cierta si g 0 ≡ 0, es decir, si g =cte. 392 fxx = g (x − ct) + h00 (x + ct); ftt = c2 (g 00 (x − ct) + h00 (x + ct)). 00 393 ux = 2xy 2 g(x2 y 2 ) − yg(y), uy = 2x2 yg(x2 y 2 ) − xg(y). 395 gρ = fx cos θ sen φ + fy sen θ sen φ + fz cos φ, gθ = −fx ρ sen θ sen φ + fy ρ cos θ sen φ, gφ = fx ρ cos θ cos φ + fy ρ sen θ cos φ − fz θ sen φ. En el caso particular, gρ = 2ρ, gθ = 0, gφ = 0. 396 hx (x, y) = f,1 (x, u(x, y)) + f,2 (x, u(x, y)) ∂u ∂x (x, y). 397 h0 (t) = f,1 (t, u(t), v(t)) + f,2 (t, u(t), v(t))u0 (t) + f,3 (t, u(t), v(t))v 0 (t). 398 ∂u hx (x, y) =f,1 (u(x, y, z), v(x, y), w(x)) (x, y, z) ∂x ∂v + f,2 (u(x, y, z), v(x, y), w(x)) (x, y) ∂x + f,3 (u(x, y, z), v(x, y), w(x))w0 (x). 302 Soluciones del Cap´ıtulo 2 399 ∂F1 = g1,1 (h(x, xy, x2 ), xy)(h,1 (x, xy, x2 ) ∂x + h,2 (x, xy, x2 )y + h,3 (x, xy, x2 )2x) + g1,2 (h(x, xy, x2 ), xy)y. ∂F2 = g2,1 (cos(x2 + y 2 ), sen(x2 y))(−2y sen(x2 + y 2 )) ∂y + g2,2 (cos(x2 + y 2 ), sen(x2 y)) cos(x2 y)x2 . 400 gx = (f,11 (f (x, y), y) + f,22 (x, f (x, y)))f,1 (x, y) + f,21 (x, f (x, y)); gy = (f,11 (f (x, y), y) + f,22 (x, f (x, y)))f,2 (x, y) + f,12 (f (x, y), y). 401 ∇g(x, y) = F 0 (f (x, y))∇f (x, y). 402 h1 (x) = f (x, x) = xx , luego h01 (x) = f,1 (x, x) + f,2 (x, x) = xx (1 + log x); √ √ √ √x h2 (x) = f ( x, x) = x , luego √ √ √ √ 1 1 √ √x−1 √ h02 (x) = (f,1 ( x, x) + f,2 ( x, x)) √ = x (1 + log x); 2 x 2 h3 (x) = f (sen x, cos x) = (sen x)cos x , luego h03 (x) =f,1 (x, x) cos x − f,2 (x, x) sen x =(sen x)cos x−1 cos2 x + (sen x)cos x+1 log(sen x). x2 + y 2 , θ = arctan( xy ); p 403 r = √ x √ y ∂(r, θ) x2 +y 2 x2 +y 2 = . ∂(x, y) −y x x2 +y 2 x2 +y 2 0 0 ∂z 406 ∂x = f (x−y) y ∂z , ∂y = − yf (x−y)+fy2 (x−y) . x 407 uxx = e sen y = −uyy . 408 φxx = f 00 (x − t) + g 00 (x − t) = φtt . 2.4. Regla de la cadena y derivadas de orden superior 303 409 fxyz = exy + xyexy + 6xz 2 = fzyx ; 2 ∂g ∂2f ∂g ∂2f 2 410 ∂x = ∂∂xf2 − ∂x∂y , ∂y = ∂y∂x − ∂∂yf2 . 411 fxy = 2x + 2y, fyz = 2z, fzx = 0, fzyz = 0. 2 412 fxx = 12x2 y 3 + y 4 e−xy ; 2 fxy = fyx = 12x3 y 2 + e−xy (2xy 3 − 2y); 2 fyy = 6x4 y + e−xy (4x2 y 2 − 2x); 413 fxx = − sen x(cos4 x−6 cos2 xe−y +e−2y −6 cos2 x+2e−y )+4 sen x cos2 x(1+sen2 x+e−y ) (cos2 x+e−y )3 e−y cos x(1 + e−y + 3 sen2 x) fxy = fyx = (cos2 x + e−y )3 e−y sen x(e−y − cos2 x) fyy = (cos2 x + e−y )3 3 3 3 ∂ z ∂z ∂ z 414 ∂y∂x∂x = ∂x∂y∂x = ∂x∂x∂y = 36x2 y 2 . 415 uxx = 6x = −uyy . 416 uxx = 0 = uyy . 417 uxx = 2 = −uyy . 418 uxx = −6y = −uyy . 419 uxx = − sen x cosh y = −uyy . 420 uxx = ex sen y = −uyy . 2 2 422 ut = −(m2 + n2 )ke−(m +n )kt sen(mx) cos(ny); 2 2 uxx = −m2 e−(m +n )kt sen(mx) cos(ny); 2 2 uyy = −n2 e−(m +n )kt sen(mx) cos(ny). 423 ux = cos θUr − senr θ Uθ , uy = sen θUr + cosr θ Uθ . La ecuaci´on en polares es rUr = 0. 4 −y 4 +4x2 y 2 ) 4 −y 4 −4x2 y 2 ) 425 (a) fx = y(x (x 2 +y 2 )2 , fy = x(x (x 2 +y 2 )2 ; (b) f (x, 0) = 0, f (0, y) = 0; (e) fy (x, 0) = 1. 426 (a) fx = − xy2 g 0 ( xy ), fy = − x1 g 0 ( xy ). ∂g (b) zx = f,1 (g(x, y), h(x, y)) ∂x (x, y) + f,2 (g(x, y), h(x, y)) ∂h ∂x (x, y), ∂g zy = f,1 (g(x, y), h(x, y)) ∂y (x, y) + f,2 (g(x, y), h(x, y)) ∂h ∂y (x, y); 427 1. 428 1. 304 Soluciones del Cap´ıtulo 2 429 3. 430 0. ´ n 2.5 Seccio Derivaci´on impl´ıcita. Polinomio de Taylor √ −2 √ 5. 431 5+3 432 −1. 433 5. 434 0. 435 7y + 6z = 13. 436 x + y + z = 0. ∂z ∂z 437 ∂x (0, 0) = −1, ∂y (0, 0) = 0. log2 2+π 2 ) 438 y 00 (1) = − 2π(4 (π−log 4)3 . √ √ √ 439 (a) P2 (x, y) = 2 (1 − (x − π4 ) − 42 (y − π2 )2 − 42 (x − π4 )2 ). (b) 2 √ z = 22 (1 − (x − π4 )). 440 a1 − a12 x2 − a12 y 2 . 441 1 + xy − 12 y 2 . 442 ze + 21 exz − 12 eyz. 443 1 + x + 21 x2 + y 2 . 444 P2 (x, y) = π4 + x2 − 21 − y2 ; Luego f (0,97, 0,05) = π4 − 0,04 ≈ 0,745398. 447 F (x, y, z) = z 3 y + zx2 − 1 verifica F (1, 0, 1) = 0, es diferenciable con continuidad en ese punto y ∂F ∂z (1, 0, 1) = 1, luego el Teorema de la funci´on impl´ıcita asegura la existencia de z como funci´on impl´ıcita de x e y. ∂z ∂z Las derivadas ∂x (1, 0) = −2, ∂y (1, 0) = −1, luego el plano tangente es 2x + y + z = 3. ´ n 2.6 Seccio Extremos 448 (0, 0) pto. de silla. 449 (− 14 , − 14 ) m´ınimo. 2.6. Extremos 305 451 No hay extremos. 452 {(x, x)} m´ınimos. 453 (0, 0) pto. de silla; (12, 72) m´ınimo. 454 (0, 0) pto. de silla; (1, 1) m´ aximo. 456 (0, 0, 0) m´ınimo. √ √ 457 (0, 0) pto. de silla. (0, 3), (0, − 3) m´ınimos. q q 458 (0, 0) (degenerado); ( 3 23 , 3 23 ) pto. de silla. √ √ 460 (0, 0), (0, 22 ), (0, − 22 ) (degenerados) ptos. de silla (observar √ la secci´on y = 0; y = ± 22 );); 461 (0, 0), (degenerado) pto. de silla (observar las secci´on y = 0, y = 23 x2 ); 462 (0, 0) pto. de silla; {xy = π2 +kπ, k ∈ Z} I (degenerados): m´aximos si k es impar, m´ınimos si k es par; (observar que log(2) ≤ log(2 + sen(xy)) ≤ log(3)); 463 {(x, x)} (degenerados) m´ınimos (f (x, x) = 0 ≤ (x − y)2 = f (x, y)); 464 (0, √ 0) (degenerado) √ pto. de silla (observar la √ secci´on x = 0);√ 72 (− 43 + 6 4315 , − 15 43 + 12 15 43 ) pto. de silla, (− 72 43 − 6 15 15 43 , − 43 − 12 15 43 ) m´aximo; q q 465 (0, 0) m´ aximo; ( 12 , 21 ), (− 12 , 12 ) ptos. de silla; (0, 1) (degene- rado) m´ınimo (estudiar la funci´ on g(t) = f ((x0 , y0 ) + t(n1 , n2 ))); 466 ( π3 + 2kπ, π3 + 2kπ) m´ aximos; (− π3 + 2kπ, − π3 + 2kπ) m´ınimos; (π + 2kπ, π + 2kπ) (degenerado) ptos. de silla (estudiar la funci´on g(t) = f ((x0 , y0 ) + t(n1 , n2 ))); 467 x = 0 (degenerados) ptos. de silla; y = 0 (degenerados) ptos. de silla; (12, 8) m´ınimo; 469 No tiene extremos; 471 Funci´on a minimizar f (x, y) = 2(x − 1)2 + x2 + (x + 1)2 + 2y 2 + (y + 1)2 + (y − 2)2 . M´ınimo en ( 41 , 14 ). 25 472 k > 16 . 473 Funci´on x3 y 5 z 6 − x − y − z; m´ınimo para y = 53 x, z = 2x. 306 Soluciones del Cap´ıtulo 2 474 Sistema de puntos cr´ıticos: n X n X yi − na − b xi = 0, i=1 i=1 n X n X n X xi yi − a xi − b x2i = 0. i=1 i=1 i=1 Para resolver usar la regla de Cramer. q q q aximo: ( 23 , − 23 , 23 ). 475 La superficie es un compacto. M´ q q q M´ınimo: (− 23 , − 23 , − 23 ); 478 M´aximo: (e, 1e ) (estudiar f (x, x1 )); 479 Pto. de silla: (0, 0, 0) (estudiar f (0, y, y) y f (0, y, −y));q 1 481 S(r, h) = 2πrh + πr2 , V = πr2 h. M´ınimo en r = h = 3 π. 482 V = xyz sujeto a x + y + z = 1. M´ aximo en ( 13 , 13 , 13 ). 483 Funci´on x2 + (y − 1)2 sujeto a x2 = 4y. M´ınimo en (0, 0). 484 Funci´on |x−y−1| √ 2 , sujeto a y = x2 (se puede minimizar la funci´on al cuadrado). El m´ınimo se alcanza en el punto de la par´abola ( 21 , 41 ), la √ distancia es 3 8 2 . √ √ 486 Funci´on x2 + y 2 + z 2 . M´ınimo en (2 − 3 2, 0, 3 2 − 1). 487 Funci´on x2 + y 2 + z 2 . Ptos. m´ as cercanos al origen (1, 1, 1), (−1, −1, 1), (−1, 1, −1), (1, −1, −1). 488 Funci´on x2 + y 2 + z 2 . Puntos cr´ıticos: q(0, 0,q1), (0, 0, −1),q (0,q1, 0), (0,q −1, 0),q (1, 0, 0), (−1, q 0, 0), q (0, 2 , 2 ), (0, − 2 , 2 ), (0, 2 , − 2 ), (0, − 4 12 , − 4 12 ), 4 1 4 1 4 1 4 1 4 1 4 1 q q q q q q q q ( 4 12 , 0, 4 12 ), (− 4 12 , 0, − 4 12 ), ( 4 12 , 0, − 4 12 ), (− 4 12 , 0, 4 12 ), q q q q q q ( 4 12 , 4 12 , 0), (− 4 12 , − 4 12 , 0), ( 4 12 , − 4 12 , 0), q q q q q q q q (− 4 12 , 4 12 , 0), ( 4 13 , 4 13 , 4 13 ), ( 4 13 , − 4 13 , 4 13 ), q q q q q q q q q ( 4 13 , 4 13 , − 4 13 ), ( 4 13 , − 4 13 , − 4 13 ), (− 4 13 , − 4 13 , − 4 13 ), q q q q q q q q q (− 4 13 , 4 13 , − 4 13 ), (− 4 13 , − 4 13 , 4 13 ), (− 4 13 , 4 13 , 4 13 ). Los u ´ltimos ocho puntos son los m´ as lejanos al origen. 489 Puntos cr´ıticos: {(0, 0, 3), {x2 + y 2 = 52 , z = 21 }}. Como f |{x2 +y2 +z=3} = 3 − z + z 2 ≥ 11 4 = f |{x +y +z=3} , los puntos de 2 2 {x2 + y 2 = 52 , z = 12 } son m´ınimos. 2.6. Extremos 307 q491qPtos. cr´ıticos: (0, 1, 0),q(0, −1, q0), (0, 0, 1), (0, 0, −1), 4 1 4 1 (4 5 , 5 , 0) (m´ aximo), (−4 5 , − 4 15 , 0) (m´ınimo). 4 1 2 2 2 493 V (x,q y, z) q = 8xyz q sujeto a x + y + z = 1. 1 1 1 M´aximo en ( 3, 3, 3 ). q Dimensiones: alto = ancho = largo = 2 13 . √ √ 495 a = 2, b = 4 2. 2 2 497 M´aximo deq q+ b, sujetoqa (a − 2) f (x) es a q + (b − 2) = 1. Ptos. cr´ıticos (2 + 12 , 2 + 12 ), (2 − 12 , 2 − 12 ); el primero es un m´aximo y el segundo el m´ınimo buscado (obs´ervese que la restricci´on define un compacto). 498 Ptos. cr´ıticos: √ (0, 0, −2), √ 0, 2), (0,√ √(0, 2,√0), (0,√−2, 0),√ (2, 0, 0),√ (−2, 0,√0),√ (0, 2, 2), (0, √ − √2, − 2), ( 2, 0, 2), (− 2, 0, − 2), ( 2, 2, 0), 2 √2 √2 2 2 2 (− 2, − 2, 0), ( 3 , 3 , 3 ), (− 3 , − 3 , − 3 ). √ √ √ √ M´aximos: (0, 0, 2) (0, 2, 0), (2, 0, 0); M´ınimos: (0, 0, −2) (0, −2, 0), (−2, 0, 0). 499 xi = √Pani 2 (es un m´ aximo pues el hessiano reducido es i=1 ai definido negativo). 500 Funci´on 2x2 + y 2 − xy sujeto a x + y = 96; m´ınimo para x = 36, y = 60. 502] (1, 1, 0) (es un m´ınimo pues el hessiano reducido es definido positivo). 503 ( 51 , 52 , 19 5 ). 504 Ptos. cr´ıticos en el interior: (0, 0), (a4/5 , −a3/5 ). En la frontera: (1, −a1/3 ), (−1, a1/3 ), (a1/2 , −1), (−a1/2 , −1). Los v´ertices del cuadrado: (1, 1), (1, −1), (−1, 1), (−1, −1). M´aximo en (1, 1); m´ınimo en (−1, a1/3 ). √ √ 506 Ptos. cr´ıticos en el interior: (0, 0), (−1, 0), (1, 2), (1, − 2). El u ´nico que satisface las restricciones es (−1, 0); En la √frontera x2 + y2 = 4: (0, −2), 2), (−2, 0), (0, (2, 0), √ √ √ √ √ q q q −1+ 33 15+ 33 −1− 33 15− 33 −1− 33 15− 33 4 , 8 , 4 , 8 , 4 ,− 8 , √ √ √ √ √ √ q q q −1+ 33 4 , − 15+8 33 , −1+4 33 , 15−8 33 , −1+4 33 , − 15−8 33 , 308 Soluciones del Cap´ıtulo 2 √ √ √ √ q q −1− 33 15+ 33 −1− 33 15+ 33 4 , 8 , 4 ,− 8 . Los u ´nicos que satisfacen la otra restricci´ on son √ √ √ √ s s −1 − 33 15 − 33 −1 − 33 15 + 33 , , , , (−2, 0). 4 8 4 8 √ √ √ √ En la frontera y = x + 1: (−1, 0), ( 22 , 22 + 1), (− 22 , − 2 2 + 1). √ √ √ √ −1+ 7 1+ 7 Con las dos condiciones ( 2 , 2 ), ( −1−2 7 , 1−2 7 ). √ q √ M´aximo: (0, 2); M´ınimo: −1−4 33 , 15+8 33 . 507 Ptos. cr´ıticos en el interior: (0, 0). En el lado (0, 0)-(1, 0): todo el segmento es de puntos cr´ıticos. En el lado (0, 0)-(0, 1): todo el segmento es de puntos cr´ıticos. En el lado (0, 1)-(1, 0): ( 21 , 12 ). M´aximo en ( 21 , 12 ). 509 (a) Ptos. cr´ıticos: (− √23 , − √23 , − √23 ) (n´otese que ( √23 , √23 , √23 ) no verifica la condici´ qon zq≤ 1). q q 3 3 3 3 (b) Ptos. cr´ıticos: ( 2, 2 , 1), (− 2, − 2 , 1). q q aximo se alcanza en (− 32 , − 32 , 1) Puesto que M es un compacto, el m´ y el m´ınimo en (− √23 , − √23 , − √23 ). Soluciones del Cap´ıtulo 3 ´ n 3.1 Seccio Integrales dobles 512 9. 8 513 3. 1 1 514 2 (e − e ). 1 3 1 2 515 9 (e − e3 ) − 3 . 1 519 40 . 7 520 60 . 1 522 3. 523 2π + π 2 . e−2 525 2 . 1 526 − 18 . 528 √ Z −1 Z 2−x2 √ (1 + xy) dy dx − 2 0 √ √ √ Z 1 Z 2−x2 Z 2 Z 2−x2 π + √ (1 + xy) dy dx + (1 + xy) dy dx = . −1 1−x2 1 0 2 310 Soluciones del Cap´ıtulo 3 (V´ease la Figura 83(a)). Z π2 Z sen x π 529 y dy dx = . (V´ease la Figura 83(b)). 0 2x π 24 (a) 528 (b) 529 Figura 83. Regiones de integraci´ on en el plano Z 4 Z 2−y 16 532 √ dx dy = . 0 − y 3 Z π Z π 2 2 π 533 sen y dy dx = . 0 0 2 Z 1 Z 2 11 534 (x2 + y) dy dx = . 0 1 6 Z 2 Z x xy 536 dy dx = 1. 0 0 2 16 539 − 15 ; regi´on entre las par´ abolas y = 1 − x2 e y = 2 − 2x2 . Z 1 Z √x2 +1 541 √ xy 2 dy dx = 0. −1 2|x| Z π Z π 2 2 543 f (x, y) dy dx. 0 x Z 1 Z arc cos r 544 cos θ dθ dr. 0 0 √ 3 Z 1 Z y x+y 545 √ dx dy. 0 y sen x 3.2. Integrales triples 311 Figura 84. Gr´ afica del Ejercicio 541 Z 1 Z 1 547 (x + y 2 ) dy dx. 0 1−x √ √ Z 1Z y Z 9 Z y 32 548 √ x dx dy + x dx dy = . 0 − y 1 1 2 (y−3) 3 √ √ Z 0 Z x+4 Z 4 Z 4−x 549 √ y dy dx + √ y dy dx = 0. −4 − x+4 0 − 4−x √ Z 2 Z 4−x2 p 552 √ y x4 + 1 dy dx = 0. −2 − 4−x2 Z 1 Z y2 3 1 554 ey dx dy = (e − 1). 0 0 3 ´ n 3.2 Seccio Integrales triples 556 31 . 15 557 8 . 558 18. 1 560 12 ; Tetraedro con base en el tri´ angulo (0, 0, 0), (1, 0, 0), (1, 1, 0) limitado por el plano z = y. 312 Soluciones del Cap´ıtulo 3 Figura 85. Regi´ on del Ejercicio 554 562 11 9 ; Regi´ on limitada por el plano z = 0 y el paraboloide hi- perb´olico z = xy que queda encima del tri´ angulo (1, 0, 0), (0, 1, 0), (1, 2, 0). 563 67 ; Regi´on limitada por el plano z = 0 y el paraboloide z = x2 + y 2 que queda encima del tri´ angulo (1, 0, 0), (0, 0, 0), (1, 2, 0). √ 52 564 63 − 1235 3 ; Tetraedro de v´ertices (0, 0, 0), (1, 0, 0), (1, 1, 1), (1, 1, 2). Z 1 Z x Z x−y 5 566 (x + y + z) dz dy dx = . 0 0 0 24 Z 1 Z 2 Z 1−x2 567 xyz dz dy dz = 0. −1 0 0 Z 1 Z x Z 1−x Z 1 Z 1 Z 1−y 2 571 (1 − z ) dz dy dx + (1 − z 2 ) dz dy dx = 0 0 0 0 x 0 3 . 10 572 Z 1 Z 1 Z y Z 1 Z y Z 1 f dz dx dy, f dx dz dy, 0 y 0 0 0 y Z 1 Z 1 Z 1 Z 1 Z 1 Z x f dx dy dz, f dy dx dz, 0 z y 0 z z Z 1 Z x Z x f dy dz dx. 0 0 z 3.2. Integrales triples 313 573 Z 1 Z 1 Z 2−x−y f dz dx dy, 0 y 0 Z 1 Z 2−2x Z x Z 1 Z 2−x Z 2−x−z f dy dz dx + f dy dz dx, 0 0 0 0 2−2x 0 Z 2 Z 1− z2 Z y Z 1 Z 1 Z 2−x−z f dy dx dz + f dy dx dz+ 0 0 0 0 1− z2 0 Z 2 Z 2−z Z 2−x−z + f dy dx dz, 1 1− z2 0 Z 1Z 1−y Z 1 Z 1 Z 2−2y Z 2−y−z f dy dz dx + f dy dz dx, 0 0 y 0 1−y y Z 1 Z 1−z Z 1 Z 1 Z 1− z2 Z 2−y−z f dx dy dz + f dx dy dz+ 0 0 y 0 1−z y Z 2 Z 1− z2 Z 2−y−z + f dx dy dz. 1 0 y 574 Z 1 Z 1−y Z 0 Z 1 Z 0 Z 1+x−z f dx dz dy, f dy dx dz, 0 0 y+z−1 0 z−1 0 Z 0 Z 1+x Z 1+x−z f dy dz dx, −1 0 0 Z 1 Z 0 Z 1+x−y Z 0 Z 1+x Z 1+x−y f dz dx dy, f dz dy dx. 0 y−1 0 −1 0 0 576 Z 1Z 1−x Z π x2 cos z dz dy dx 0 0 0 Z 0 Z π Z π + x2 cos z dz dy dx = 0. 1−π 1−x 0 V´ease la Figura 86. Z 1 Z 1−x Z x+y 1 577 dz dy dx = . 0 0 0 3 314 Soluciones del Cap´ıtulo 3 Figura 86. Representaci´ on gr´ afica del Ejercicio 576 Z 4 Z 4−x Z x+y+1 88 578 dz dy dx = . 0 0 0 3 √ √ Z a Z a2 −x2 Z a2 −x2 16 3 580 √ √ dz dy dx = a . −a − a2 −x2 − a2 −x2 3 (Figura 87). Figura 87. Gr´ afica del Ejercicio 580 π π cos2 (x+y) π2 Z Z Z 2 2 3 581 dz dy dx = + . 0 0 − sen(x+y) 8 2 3.3. Cambios de variable 315 Z 2 Z 4 Z 4−z 256 582 dy dz dx = . −2 x2 0 15 √ Z Z 1Z x 10−x2 −y 2 332 583 dz dy dx = . 0 x2 0 105 √ Z 1 Z 1−x2 Z x2 +y 2 585 √ dz dy dx. −1 − 1−x2 0 Z 1 Z √ 1−x2 Z √x2 +y2 587 √ dz dy dx. −1 − 1−x2 x2 +y 2 Z √3 Z √4−x2 Z 4−x2 −y2 √ 101 3 8π 589 √ dz dy dx = + . − 3 x2 3 0 105 3 ´ n 3.3 Seccio Cambios de variable Z 2π Z α 590 r dr dθ = πα2 . 0 0 Z 2π Z 1+cos(2θ) 3π 591 r dr dθ = . 0 0 2 π Z Z 2+cos θ 2 π 593 r dr dθ = 4 + . −π 2 2 4 π √ Z Z 2 4 1 595 r3 cos θ sen θ dr dθ = . 0 0 4 Z π Z 2 3 cos θ 597 sen θ dr dθ = 2 ln 2. 0 0 Z 1 2 Z √ 12 +y2 599 (a) √ f (x, y) dx dy. 0 3y Z √ 12 Z x √ Z √ 2 3 Z x √ 3 3 (b) f (x, y) dy dx + √ √ f (x, y) dy dx. 1 0 0 2 x2 − 12 Z π Z √ 1 6 2 cos(2θ) (c) f (r cos θ, r sen θ)r dr dθ. 0 0 316 Soluciones del Cap´ıtulo 3 π Z 2 Z 2 601 rf (r cos θ, r sen θ) dr dθ. −π 2 0 π Z 4 Z 1 602 rf (r cos θ, r sen θ) dr dθ. 0 0 Z 2π Z √ 6 √ p 20π 10 52π 605 (Polares) 10 − r2 − 2 r dr dθ = − . 0 0 3 3 Z 2π Z 2 64π 607 (Polares) r4 dr dθ = . 0 0 5 π √ Z Z 2 2 1 π 608 (Polares) dr dθ = log 2. 0 1 r 4 Z π Z 1 √ 2 sen θ 3 609 (Polares) r2 sen θ dr dθ = . π 3 0 9 π Z Z 1 2 π 610 (Polares) r dr dθ = . 0 cos θ 8 Z 2Z 5 1 3 612 x = 35 u + 15 v, y = 25 u − 51 v; dv du = . 1 2 5 5 2 2 √ Z Z pu 1 1 613 x = v, y= uv. du dv = ln 2. 1 1 2v 2 Z 6 Z 4 1 q u3 pv 614 x = v , y= u; du dv = ln 2. 3 2 2v Z 2 Z 4 1 1 1 1 615 x = 3 2 , √ y= √ 3 ; 2 2 dv du = . u v uv 2 3u v 8 1 1 2x 2y 2u 2v 616 u = ,v= 2 , luego x = 2 ,y= 2 ; x2 + y 2 x + y2 u + v2 u + v2 Z 3 Z 4 1 3 dv du = . 1 1 4 2 617 Hacemos el cambio u = x − y, v = x + y, luego Z 1 Z v u 1 1 1 ev du dv = (e − ). 0 −v 2 4 e 3.3. Cambios de variable 317 618 (Esf´ericas) √ ! Z 2π Z π Z 1 ρ2 sen φ 2 1 √ p dρ dφ dθ = 4π − ln(1 + 2) . 0 0 0 1 + ρ2 2 2 √ Z 2π Z 3 Z 25−r 2 41π 620 r dz dr dθ = . 0 0 1+r 3 √ 1+r 2 2π 1 2π √ Z Z Z 621 √ r dz dr dθ = ( 2 − 1). 0 0 2r 3 624 Cardioide de revoluci´ on alrededor del eje Z, Z 2π Z π Z 1+cos φ 8π ρ2 sen φ dρ dφ dθ = , 0 0 0 3 (v´ease la Figura 75(c)). Z 2π Z 1 625 (Polares) r sen(r2 ) dr dθ = π(1 − cos(1)). 0 0 Z 2π Z 2 Z 3 2 5π 4 628 (Cil´ındricas) zer r dz dr dθ = (e − 1). 0 0 2 2 Z 2π Z 2 Z 4−r 2 630 r(zr cos θ + r sen θ) dz dr dθ = 0. 0 0 0 631 Z πZ 1Z π π ρ3 (cos θ sen2 φ + sen θ sen2 φ + cos φ sen φ) dφ dρ dθ = . 0 0 0 4 π Z Z α Z α 2 π 3 634 (Cil´ındricas) √ r dz dr dθ = α . 0 0 α2 −r 2 12 635 (Cil´ındricas desplazadas x = r cos θ, y = 21 + r sen θ, z = z) Z 2π Z 21 Z −r2 +r sen θ+ 43 π r dz dr dθ = . 0 0 2 1 r +r sen θ+ 4 16 Z 2π Z 31 Z 1−2r π 637 (Cil´ındricas) r dz dr dθ = . 0 0 r 27 318 Soluciones del Cap´ıtulo 3 638 (Cil´ındricas cambiadas x = x, y = r sen θ, z = r cos θ) √ Z 2π Z 1 Z 10−2r 2 √ √ 4π √ r dx dr dθ = (10 10 − 16 2). 0 0 − 10−2r 2 3 Z 2π Z 1 Z √4−r2 √ 4π 639 (Cil´ındricas) √ r dz dr dθ = (8 − 3 2). 0 0 − 4−r 2 3 641 (Cil´ındricas cambiadas x = x, y = r sen θ, z = r cos θ) √2 Z √ 2 Z 2π Z 1−r 3 2π 1 r dx dr dθ = (1 − √ ). 0 0 r √ 3 3 3 2 Z 2π Z π Z √ 2 √ 4 3 2π 643 (Esf´ericas) cos φ sen φ dρ dφ dθ = . 0 0 0 8 645 (Cil´ındricas dilatadas: x = 2r cos θ, y = 3r sen θ, z = z) Z 2πZ 1 Z r2 6r dz dr dθ = 3π. 0 0 0 646 (Cil´ındricas desplazadas y dilatadas x = 21 + 21 r cos θ, y = r sen θ, z = z) Z 2π Z 1 Z 21 r cos θ+ 12 1 π r dz dr dθ = . 1 1 1 2 2 24 0 0 4 + 2 r cos θ+ 4 r Z 1 Z 1+√1−x2 p 647 √ 9 − x2 − y 2 dy dx. −1 1− 1−x2 Z 1 2 Z √3x Z √1 Z √ 1−x2 2 2 2 648 (x + y ) dy dx + (x2 + y 2 ) dy dx. 1 0 x 2 x Z 1 Z √ 1−x2 Z x2 +y 2 650 xz dz dy dx. 0 0 0 652 Z 2 Z √2y−y2 Z 1 Z 0 Z √−2y−y2 Z 1 √ (x + y) dz dx dy + √ (x + y) dz dx dy. 0 − 2y−y 2 0 −2 − −2y−y 2 0 √ √ Z 1 Z 1−x2 Z 1+ 1−x2 −y 2 653 √ dz dy dx. −1 0 1− 1−x2 −y 2 3.3. Cambios de variable 319 655 Z 2 Z √ 3x Z √16−x2 −y2 2z dz dy dx 0 x 0 Z √ 8 Z √ 16−x2 Z √16−x2 −y2 + 2z dz dy dx. 2 x 0 Soluciones del Cap´ıtulo 4 ´ n 4.1 Seccio Curvas en el plano y el espacio 656 Segmento del eje x = 0 entre (0, −1) y (0, 1) que vuelve hasta 1 (0, 2 ). 657 Recta x − 2y = 3 recorrida desde x = −∞ a x = +∞. √ 658 Grafo de y = − x partiendo de (0, 0). 661 Rama derecha de la hip´erbola x2 − y 2 = 1 recorrida de abajo hacia arriba (Figura 88) 662 σ(t) = (−3 + 7t, 2 − 2t), t ∈ [0, 1]. 663 σ(t) = (6 cos t, 6 sen t), t ∈ [0, 2π]. 665 σ(t) = (t, tan t), t ∈ [0, π4 ]. 667 σ(t) = ( √12 sec t, √13 tan t), t ∈ [ π2 , 3π 2 ]. x−3 y−5 669 4 = 9√ . 670 x + y = 22 . π π2 671 y + 2x = 4 . 672 x + y = 3. Z 2π 673 dt = 2π. 0 322 Soluciones del Cap´ıtulo 4 5 4 3 2 1 0 −1 −2 −3 −4 −5 0 1 2 3 4 5 6 Figura 88. Gr´ afica del Ejercicio 661 Z π 675 a|t| dt = aπ 2 . −π Z 2π 676 3| sen t cos t| dt = 6. 0 Z 1 677 (et + e−t ) dt = e − e−1 . 0 √ Z 8 p 678 6t t2 + 1 dt = 52. 0 π Z 4 1 1 √ 679 dt = log(3 + 2 2). cos t 2 Z0 π2 681 a dθ = πa. −π 2 Z 1 p 1 √ √ 682 1 + θ2 dθ = (log(1 + 2) + 2). 0 2 Z π 4 1 684 dθ = 1. 0 cos2 θ 4.2. Integrales de l´ınea 323 ´ n 4.2 Seccio Integrales de l´ınea 1 26 √ Z p 685 (9 + 8t) 9t + 4t2 dt = 13. 0 3 Z 0 p 1 √ 686 t3 1 + 9t4 dt = (1 − 10 10). −1 54 Z 20 3 9 2032 687 (1 + t)3/4 dt = . 0 4 63 1 √ Z 1 p 688 t 1 + 4t2 dt = (5 5 − 1). 0 12 Z 2√ 1 + t2 2√ 5√ 690 4 dt = 2− 5. 1 t 3 24 692 σ1 (t) = (0, t), t ∈ [0, 1]; σ2 (t) = (t, 1 − t), t ∈ [0, 1]; σ3 (t) = (−t, 0), t ∈ [0, 1]; Z 1 Z 1 √ Z 0 √ t dt + 2 dt + (−t) dt = 2 − 1. 0 0 −1 694 σ es el trozo de recta y = x entre (1, 1) y (0,√0) con recorrido de Z Z 1√ 32 ida y vuelta; f dσ = 0, long(σ) = 32|t3 | = . −1 2 Z π3 σ √ 3 3 695 3 sen2 t cos t dt = . 0 8 Z 1 3 696 3t dt = . 0 2 Z π2 697 (− sen(2t)) dt = −1. 0 699 σ1 (t) = (1 − t, t, 0), t ∈ [0, 1]; σ2 (t) = (0, 1 − t, t), t ∈ [0, 1]; σ3 (t) = (t, 0, 1 − t), t ∈ [0, 1]; Z F · dσ = 0. σ1 ∪σ2 ∪σ3 324 Soluciones del Cap´ıtulo 4 Z 2π 701 dt = 2π. 0 Z 1 11 703 (t2 + 2t4 ) dt = . 0 15 Z 2 705 σ(t) = (t, 3), t ∈ [0, 2]; te3 dt = 2e3 . 0 Z π 706 σ(t) = (t, t), t ∈ [0, π; (cos t + sen t) dt = 2. 0 Z 2π 709 V´ease la Figura 89. (−3 cos5 t sen t + 3 sen5 cos t) dt = 0. 0 1 0.8 0.6 0.4 0.2 0 −0.2 −0.4 −0.6 −0.8 −1 −1 −0.8 −0.6 −0.4 −0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 Figura 89. Hipocicloide del Ejercicio 709 Z 1 710 σ(t) = (1, 1 + t, 1 + 3t), t ∈ [0, 1]; (4 + 6t) dt = 7. 0 √ Z 3π 3π 711 Grafo de y = sen x con x ∈ [0, π]; 3t2 (1+cos2 (t3 )) dt = . 0 2 Z π 714 σ(t) = (2 cos t, −2 sen t), t ∈ [0, π]; (−1) dt = −π. 0 716 σ1 (t) = (2 − t, 0), t ∈ [0, 1]; σ2 (t) = (cos t, − sen t), t ∈ [0, π]; σ3 (t) = (−1 − t, 0), t ∈ [0, 1]; Z π (−1) dt = −π. 0 4.3. Potenciales escalares 325 Z 2π 717 σ(t) = (2 cos t, 2 sen t), t ∈ [0, 2π]; dt = 2π. 0 Z 2π 718 σ(t) = (cos t, sen t), t ∈ [0, 2π]; dt = 2π. Z 1 0 23 721 σ(t) = (t, 2t, 4t), t ∈ [0, 1]; (16t2 − 3t) dt = . 6 Z 02 1061 722 σ(t) = (t, t2 , t3 ), t ∈ [1, 2]; (t3 − 2t2 + 3t4 ) dt = . 1 60 723 σ(t) = (cos(−t), b sin(−t)), t = [−π, 0]; Z 0 (3b2 sen3 (−t) + 2 sen(−t) + 16b cos2 (−t)) dt = 4b2 + 4 + 8bπ; −π Trabajo m´ınimo para b = π. ´ n 4.3 Seccio Potenciales escalares 726 No es gradiente. 727 Es gradiente. Potencial escalar f (x, y) = y sen x. 728 Es gradiente. Potencial escalar f (x, y) = 32 x3 + 5xy − y 2 . 729 No es gradiente. 4 4 731 Es gradiente. Potencial escalar: f (x, y) = x4 + x2 y + xy 2 + y4 . 732 Es gradiente all´ı donde est´ a definido. Potencial escalar: f (x, y) = 2 2/3 √ 3 x + x y. 734 Es gradiente. Potencial escalar: f (x, y, z) = x2 yz − cos x. 736 Es gradiente. Potencial escalar: f (x, y, z) = sen(xz)+cos(xz)+1. ∂P (x) ∂Q(y) 738 = = 0. ∂y ∂x ∂f (x + y) ∂f (x + y) 739 = = f 0 (x + y). ∂x ∂y 742 f (x, y) = exy ; f (5, −1) − f (−5, 1) = 0. 743 f (x, y) = x3 y 2 ; f (4, 2) − f (1, 0) = 256. Z 2π 748 (a) σ(t) = (cos t, sen t, 0), t ∈ [0, 2π]; − sen2 t cos t dt = 0. 0 2 3 (b) ∇ × F = 0; f (x, y, z) = x y + xz . 326 Soluciones del Cap´ıtulo 4 ´ n 4.4 Seccio Superficies 751 n(u, v) = (2 − cos v)(cos u cos v, sen u cos v, − sen v). Es suave. Se trata de un toro generado por la circunferencia de radio 1 en el plano XZ con centro en el punto (2, 0, 0) que gira alrededor del eje Z (Figura 90). Figura 90. Toro del Ejercicio 751 752 (−4, −4, 4) · (x − 1, y − 1, z − 2) = 0 ⇒ z = x + y. 754 (−6, −8, 1) · (x − 1, y, z − 3) = 0 ⇒ z = 6x + 8y − 3. Z 2π Z 1 √ √ 756 V´ease la Figura 91 5| cos θ| dr dθ = 4 5. 0 0 7 6 5 4 3 2 1 0 −2 0 −1 −0.5 0 2 0.5 1 Figura 91. Gr´ afica del Ejercicio 756 4.4. Superficies 327 Z 2π Z π 757 sen φ dφ dθ = 4π. 0 0 √ 760 Φ(u, v) = (u, v, − 1 + u2 + v 2 ), u ∈ [−1, 1], v ∈ [−3, 3] (v´ease la Figura 92). 761 Φ(r, θ) = (r cos θ, r sen θ, r cos θ + 3), r ∈ [0, 1], θ ∈ [0, 2π]. 764 Φ(u, v) = (u, 4u + v 2 , v), u ∈ [0, 1], v ∈ [0, 1]. 765 Φ(θ, φ) = ( √13 cos θ sen φ, √12 sen θ sen φ, cos φ), θ ∈ [0, 2π], φ ∈ π [0, 2 ]. √ 767 Φ(r, θ) = (4(1 − r2 ), 2r sen θ, 2r cos θ), r ∈ [0, 1], θ ∈ [0, 2π]. Figura 92. Gr´ afica del Ejercicio 760 √ 770 V´ease la Figura 93 Φ1 (r, θ) = (r cos θ, r sen θ, 1 − r2 ), θ ∈ [− π2 , π2 ], r ∈ [0, cos θ]; √ Φ2 (r, θ) = (r cos θ, r sen θ, − 1 − r2 ), θ ∈ [− π2 , π2 ], r ∈ [0, cos θ]; Z π2 Z cos θ ´ r Area = 2 √ dr dθ = π − 2. π −2 0 1 − r2 772 Φ(r, θ) = (r cos θ, r sen θ, 4 − r cos θ − 2r sen θ), θ ∈ [0, 2π], r ∈ [0, 2]; n(r, θ) = (r, 2r, r); Z 2π Z 2 √ √ 6r dr dθ = 4 6π. 0 0 773 Φ(r, θ) = (r cos θ, r sen θ, −r2 cos(2θ)), r ∈ [1, 2], θ ∈ [0, 2π]; n(r, θ) = (2r2 cos θ, −2r2 sen θ, r); 328 Soluciones del Cap´ıtulo 4 Figura 93. Gr´ afica del Ejercicio 770 Z 2π Z 2 p π √ √ r 1 + 4r2 dr dθ = (17 17 − 5 5). 0 1 6 775 Φ(θ, z) = (cos θ, sen θ, z), θ ∈ [0, π], z ∈ [sen θ, 2 sen θ]; n(θ, z) = (cos θ, sen θ, 0); Z π Z 2 sen θ dz dθ = 2. 0 sen θ 776 Φ(θ, z) = (2 cos2 θ, 2 cos θ sen θ, z), θ ∈ [− π2 , π2 ], z ∈ [0, 2 cos θ]; n(θ, z) = (2 cos(2θ), 2 sen(2θ), 0); Z π2 Z 2 2 dz dθ = 8. −π 2 0 √ √ q 778 Φ(θ, φ) = ( 3 cos θ sen φ, 3 sen θ sen φ, 32 cos φ), θ ∈ [0, 2π], φ ∈ [0, π]; n(θ, φ) = (− √32 cos θ sen2 φ, − √32 sen θ sen2 φ, −3 sen φ cos φ); Z 2π Z π 3 p √ √ √ sen φ 1 + cos2 φ dφ dθ = 6π + 3 2π log( 2 + 1). 0 0 2 √ √ 779 Φ(θ, z) = ( 2z − z 2 cos θ, 2z − z 2 sen θ, z), θ ∈ [0, 2π], z ∈ [1, 2]; √ √ n(θ, z) = ( 2z − z 2 cos θ, 2z − z 2 sen θ, z − 1); Z 2π Z 2 dz dθ = 2π. 0 1 4.5. Integrales de superficie 329 ´ n 4.5 Seccio Integrales de superficie 781 Φ1 (u, v) = (u, v, 0), u ∈ [0, 1], v ∈ [u, 1]; Φ2 (u, v) = (u, 0, v), u ∈ [0, 1], v ∈ [0, 1 − u]; Φ3 (u, v) = (u, u, 0), u ∈ [0, 1], v ∈ [0, 1 − u]; Φ4 (u, v) = (u, v, 1 − u), u ∈ [0, 1], v ∈ [u, 1]; Z 1Z 1 Z 1 Z 1−u √ Z 1Z 1 √ √ 1 5 2 uv dv du+ u2 2 dv du+ uv 2 dv du = + . 0 u 0 0 0 u 8 24 783 Φ1 (u, v) = (u, v, −1), u, v ∈ [0, 1]; Φ2 (u, v) = (u, v, 1), u, v ∈ [0, 1]; Φ3 (u, v) = (u, −1, v), u, v ∈ [0, 1]; Φ4 (u, v) = (u, 1, v), u, v ∈ [0, 1]; Φ5 (u, v) = (−1, u, v), u, v ∈ [0, 1]; Φ6 (u, v) = (1, u, v), u, v ∈ [0, 1]; Z 1Z 1 Z 1Z 1 Z 2 1 10 du dv = 1; v du dv = ⇒ z 2 dS = . 0 0 0 0 3 S 3 785 Φ(u, v) = (u, v, 1 − u − v), u ∈ [0, 1], v ∈ [0, 1 − u]; n(u, v) = (1, 1, 1); Z 1 Z 1−u √ √ 3 3u(1 − u − v) dv du = . 0 0 24 786 Φ(u, v) = (u, u2 + 4v, v), u ∈ [0, 2], v ∈ [0, 2]; n(u, v) = (2u, −1, 4); Z 2Z 2 p 1 √ √ u 4u2 + 17 dv du = (33 33 − 17 17). 0 0 6 788 Φ(r, θ) = (4 − r2 , r sen θ, r cos θ), r ∈ [0, 2], v ∈ [0, 2π]; n(r, θ) = (r, −2r2 sen θ, −2r2 cos θ) Z 2π Z 2 p π √ 46 2 r3 1 + 4r2 dr dθ = (17 17 + ). 0 0 8 15 15 Z Z Z 790 F = F · N dS = yz dS = 0. S S S 793 Φ(u, v) = (u, v, u2 + v 2 ), u ∈ [0, 1], v ∈ [0, 1]; El vector normal es next (u, v) = (2u, 2v, −1); Z 1Z 1 4 (2uev + 2v 2 eu − uv ) du dv = (e − 1) + log 2. 0 0 3 330 Soluciones del Cap´ıtulo 4 794 Φ(u, v) = (u, v, u2 + v 2 − 9), u ∈ [0, 2], v ∈ [0, 1]; nint (u, v) = (−2u, −2v, 1); Z 2Z 1 (−2u3 v + 6uv 3 + 4v 3 ) dv du = 1. 0 0 Z Z Z x y z 796 F = F · N dS = (x, y, z) · ( , , ) dS = 3Area(S) = S S S 3 3 3 108π. 797 Φ1 (r, θ) = (r cos θ, r2 , r sen θ), r ∈ [0, 1], θ ∈ [0, 2π]; n1 (r, θ) = (2r2 cos θ, −r, 2r2 sen θ); Z 2π Z 1 π (r4 − r2 sen2 θ) dr dθ = ; 0 0 15 Z Z Z F = (0, y, −z) · (0, 1, 0) dS = y dS = Area(S) = π; S2 S2 S2 16 Flujo total = 15 π. 799 Φ(θ, φ) = (cos θ sen φ, sen θ sen φ, cos φ), θ ∈ [0, 2π], φ ∈ [0, π2 ]; n(θ, φ) = − sen φΦ(θ, φ); Z 2π Z π2 2π (− cos θ sen2 φ − cos θ sen θ sen3 φ − sen φ cos3 φ) dφ dθ = − . 0 0 3 Z Z 801 Usar que F = F · N , con N la normal unitaria a S. S S 802 Φ(θ, φ) = (R cos θ sen φ, R sen θ sen φ, R cos φ), θ ∈ [0, π2 ], φ ∈ π [0, 2 ]; n(θ, φ) = −R2 sen φΦ(θ, φ); Z π2 Z π2 R2 π Area(S) = R2 sen φ dφ dθ = ; 0 0 2 Z π2 Z π2 R x 1 ¯ = Area(S) R3 cos θ sen2 φ dφ dθ = ; 0 0 2 Z π2 Z π2 R 1 y¯ = Area(S) R3 sen θ sen2 φ dφ dθ = ; 0 0 2 Z π2 Z π2 R 1 z¯ = Area(S) R3 cos φ sen φ dφ dθ = . 0 0 2 Soluciones del Cap´ıtulo 5 ´ n 5.1 Seccio Campos vectoriales 805 ∇ × F = (−2yz, −2xz, −x2 ); div F = 2xy + z 2 + x2 . 806 ∇ × F = (−x2 z, 2xyz + y 2 , −2yz); div F = −x2 y. 808 ∇ × F = xz , − yz + xyexyz , cos(x − y) − xzexyz ; div F = yzexyz − cos(x − y) − xy z2 . ulese ∇ × F . 809 Calc´ 810–814 V´ease el Ejercicio 813. 815–817 V´ease el Ejercicio 818 ´ n 5.2 Seccio Teorema de Green Z 1 Z 1 819 (−2) dA = −2. 0 0 820 σ(t) = (cos t, sen t), t ∈ [0, 2π]; Z Z 2π xy dx + xy dy = (− sen2 t cos t + cos2 t sen t) dt = 0; ∂D 0 332 Soluciones del Cap´ıtulo 5 ZZ Z 2π Z 1 (y − x) dA = (polares)= r2 (cos θ − sen θ) dr dθ = 0. D 0 0 822 Si D es la regi´ on encerrada por la curva C, Z ZZ 3 3 3 (x + y ) dy − (x + y) dx = (3x2 + 1) dA = [Polares] C D Z 2π Z 1 7π = (3r2 cos2 θ + 1)r dr dθ = . 0 0 4 Z ZZ 824 F · dσ = (−1) dA = −Area(R) = −π. C R Z 2 Z 2 67 825 (6xy − x2 ) dx dy = . 1 1 6 826 σ1 (t) = (1 + 4t, −t), t ∈ [0, 1]; σ2 (t) = (5 − 2t, −1 + 5t), t ∈ [0, 1]; σ3 (t) = (3 − 2t, 4 − 4t), t ∈ [0, 1]; Z 1 Z 1 Z 1 1 Area(R) = 2 (−1) dt + 23 dt + (−4) dt = 9. 0 0 0 √ 828 σ1 (t) = (t, t ), t ∈ [0, 1];3 σ2− (t) = (t, t), t ∈ [0, 1]; Z 1 Z 1 √ 1 5 Area(R) = 21 2t3 dt − t dt = . 0 0 2 12 830 Si F = f ∇g entonces div F = ∇f · ∇g + f ∇2 g. 831 Escribir la primera identidad de Green para f y g y para g y f y luego restar. 832 V´ease la soluci´ on del Ejercicio 827. ∂f ∂f 833 Aplicar el Teorema de Green para P = ,Q= . ∂x ∂y 834 (a) ∂R = C1 ∪ C2 con: C1 ≡ α1 (t) = (cos t, sen t), t ∈ [0, 2π]; C2 ≡ α2 (t) = (2 cos t, 2 sen t), t ∈ [0, 2π]; N´otese que C1 tiene orientaci´on contraria. Z Z ∂P ∂Q P dy − Q dx = −2π; P dy − Q dx = 2π; + = 0. C1 C2 ∂x ∂y Z (b) P dy − Q dx = 2π. ∂D + 5.3. Teorema de Gauss 333 (c) P y Q no est´ an definidos en el origen. Z ZZ Z 2π Z 1 2 2 838 F = 3(x + y ) dA = (polares) = 3r3 dr dθ = C D 0 0 3 π. 2 ´ n 5.3 Seccio Teorema de Gauss Z 1 Z 1 Z 1 839 (2x + 2y + 2z) dx dy dz = 3. 0 0 0 Z Z 2 Z 3 Z 4 842 F = 2x dz dy dx = 48. S 0 0 0 844 D = {0 ≤ z ≤ 9 − (x + 1)2 − (y − 2)2 }; Z ZZZ F = 3 dV = (cil´ındricas desplazadas) S D Z 2π Z 3 Z 9−r 2 243 = 3r dz dr dθ = π. 0 0 0 2 845 Puesto que S es cerrada, si D es el volumen encerrado por S, usando el Teorema de Gauss: Z ZZZ ZZZ F = div F dV = 3 dV = 3Vol(D) = 2π. S D p 847 Si D es el volumen {z ≥ 0, x2 + y 2 ≤ 1, z ≤ 4 − 1 − x2 − y 2 } (Figura 94), √ ZZZ Z 2π Z 1 Z 4− 1−r 2 67 div F dV = (Cil´ındricas) 2zr dz dr dθ = π; D 0 0 0 6 ∂D = S1 ∪ S2 ∪ S3 , con S1 = {x + y ≤ 1, z = 0}, S2 = {x2 + y 2 = 2 2 1, 0 ≤ z ≤ 4} y S3 = {x2 + y 2 + (z − 4)2 = 1, x2 + y 2 ≤ 1, z ≤ 4}; 334 Soluciones del Cap´ıtulo 5 S1 ≡ Φ1 (r, θ) = (r cos θ, r sen θ, 0), θ ∈ [0, 2π], r ∈ [0, 1], kn1 (r, θ)k = r; Z Z Z F = (xz, yz, xy) · (0, 0, −1) dS = −xy dS S1 S1 S1 Z 2π Z 1 = −r3 cos θ sen θ dr dθ = 0; 0 0 S2 ≡ Φ2 (θ, z) = (cos θ, sen θ, z), θ ∈ [0, 2π], z ∈ [0, 4], n2 (θ, z) = (cos θ, sen θ, 0); Z Z 2π Z 4 F = z dz dθ = 16π; S2 0 0 √ S3 ≡ Φ3 (r, θ) = (r cos θ, r sen θ, 4 − 1 − r2 ), θ ∈ [0, 2π], r ∈ [0, 1], 2 2 n3 (r, θ) = (− r√1−rcos θ 2 , − r√1−r sen θ 2 , r); Z 2π Z 1 √ ! −r3 (4 − 1 − r2 ) Z 29 F = √ + r3 cos θ sen θ dr dθ = − π; S3 0 0 1−r 2 6 Z 29 131 Finalmente F = 16π − π = π. ∂D 6 6 851 Basta aplicar el Teorema de Gauss. Una parametrizaci´ on del cono es: Φ1 (r, θ) = (ar cos θ, ar sen θ, hr), r ∈ [0, 1], θ ∈ [0, 2π]; n1 (r, θ) = (ahr cos θ, ahr sen θ, −a2 r); 1 2π 1 2 2 Z Z Z 1 3 F = (a r h cos2 θ + a2 r2 h sen2 θ − a2 r2 h) dr dθ = 0; Φ1 3 0 0 Z Z 1 1 1 La tapa: 31 F = (x, y, z) · (0, 0, 1) dS = Area(Φ2 ) = πa2 h. Φ2 3 Φ2 3 3 852 Basta usar que div (∇f ) = ∆f . 853 Z ZZZ ZZZ F = div F dV = 3(x2 + y 2 + z 2 ) dV S D D q√ r−1 √ Z 2π Z 2 Z 1−r 2 = 3r(r2 + z 2 ) dz dr dθ. 0 0 r2 855 Si cerramos la superficie S con S1 , S2 generando un volumen D, (v´ease la Figura 95) 5.3. Teorema de Gauss 335 Figura 94. Volumen del Ejercicio 847 Z ZZZ F = div F dV = 0; S∪S1 ∪S2 D S1 ≡ Φ1 (r, θ) = (r cos θ, r sen θ, 1), θ ∈ [0, 2π], r ∈ [0, 1]; kn1 (r, θ)k = r; S2 ≡ Φ2 (r, θ) = (r cos θ, r sen θ, 2), θ ∈ [0, 2π], r ∈ [0, 2]; kn2 (r, θ)k = r; Z Z F = F · (0, 0, −1) dS S1 S1 Z Z 2π Z 1 2 2 = (x − y )z dS = r3 cos(2θ) dr dθ = 0; S1 0 0 336 Soluciones del Cap´ıtulo 5 Z Z F = F · (0, 0, 1) dS S2 S2 Z Z 2π Z 2 = (y 2 − x2 )z dS = −r3 cos(2θ) dr dθ = 0. S1 0 0 Z Finalmente F = 0. S Figura 95. Gr´ afica del Ejercicio 855 857 Como la superficie es cerrada Z ZZZ (xy 2 , x2 y, y) = (y 2 + x2 ) dV S D Z 2π Z 1 Z 1 = (Cil´ındricas) = r3 dz dr dθ = π. 0 0 −1 ´ n 5.4 Seccio Teorema de Stokes 858 σ + (t) = (2 cos t, 2 sen t, 4 cos2 t), t ∈ [0, 2π]; Z Z 2π F = (4 − 32 cos3 t sen t) dt = 8π; ∂S 0 Φ(r, θ) = (r cos θ, r sen θ, r2 cos2 θ), r ∈ [0, 2], θ ∈ [0, 2π]; nint (r, θ) = (−2r2 cos θ, 0, r); 5.4. Teorema de Stokes 337 Z Z 2π Z 2 ∇×F = 2r dr dθ = 8π. S 0 0 860 σ(t) = (cos t, − sen t, 0), t ∈ [0, 1]; Z F = 0; ∇ × F = 0. S 861 σ1 (t) = (1 − t, t, 0), t ∈ [0, 1]; σ2 (t) = (0, 1 − t, t), t ∈ [0, 1]; σ3 (t) = (t, 0, 1 − t), t ∈ [0, 1]; Z F = 0; ∇ × F = 0. ∂S 862 Z Z Z Z 1 1 1 F = ∇×F = (∇ × F ) · N = (3, −2, −1) · ( √ , √ , √ ) = 0. C S S S 3 3 3 864 (V´ease la Figura 96) Φ(r,√θ) = ( 12 + r cos θ, r sen θ, 12 + r cos θ), r ∈ [0, 12 ], θ ∈ [0, 2π]; kn(r, θ)k = 2r; Z Z Z 1 1 F = ∇ × F = (−2z, xy − z, −xz) · (− √ , 0, √ ) C S S 2 2 Z Z 2π Z 12 z 3 17 = √ (2 − x) = ( − r2 cos2 θ + r cos θ) dr dθ = π. S 2 0 0 4 24 865 Para S1 = {x2 + y 2 + z 2 = 1, z ≥ 0}, ∂S1 : σ(t) = (cos t, sen t, 0), ∈ [0, 2π]; Z Z Z 2π ∇×F = F = (cos3 t, − sen3 t, 0) · (− sen t, cos t, 0) dt = 0. S1 ∂S1 0 Z 2 2 2 − Para S2 = {x +y +z = 1, z ≤ 0}, ∂S2 ≡ σ (t). Luego ∇×F = 0. S2 867 Por el Teorema de Stokes, como ∂S1 = ∂S2 , Z Z Z Z ∇×F = F = F = ∇ × F. S1 ∂S1 ∂S2 S2 Como S¯ = {x + y + z = 1, x2 + y 2 + z 2 ≤ 1} tiene la misma frontera que S, 338 Soluciones del Cap´ıtulo 5 Figura 96. Ejercicio 864: paraboloide cortado por un plano Z Z Z Z 1 ∇×F = ∇×F = ∇×F ·N = (1, −1, 0) · √ (1, 1, 1) dS = 0. S ¯ S ¯ S ¯ S 3 868 (a) σ(t) = (cos t, sen t, 0), t ∈ [0, 2π]; Z Z 2π F = dt = 2π. F no puede ser conservativo pues la integral a lo C 0 largo de C, que es una curva cerrada, no es nula. (b) F no est´a definido en el eje Z, y por tanto no puede estar definido en todo punto de una superficie que tenga a C como frontera. 871 Si S ≡ Φ(r, θ) = (r cos θ, r sen θ, 1 − r(cos θ + sen θ)), r ∈ [0, 1], θ ∈ [0, 2π], √ kn(r, θ)k = 3r; Z Z Z 1 F = ∇×F = (0, 0, 2) · √ (1, 1, 1) C S S 3 2 Z 2π Z 1 √ =√ 3r dr dθ = 2π. 3 0 0 5.5. Potenciales vectoriales 339 ´ n 5.5 Seccio Potenciales vectoriales 872 No. div (xy 2 , yz 2 , zx2 ) 6= 0. 2 2 2 873 S´ı. G = ( xz2 , x2y − yz2 , 0). √ 2 √ 878 (a) S ≡ Φ(u, v) = (u, v, u + v), u ∈ [0, 3 4], v ∈ [ u2 , u]; n(u, v) = (−1, −1, 1); Z √3 √ 4Z v 3√ Z 3 F = −2u dv, du = − 4. S 0 u 2 2 5 (b) Cerramos S con (v´ease la Figura 97): 2 √ 2 S1 ≡ Φ1 (u, v) = (u, u2 , v), u ∈ [0, 3 4], v ∈ [0, u + u2 ]; n1 (u, v) = (u, −1, 0); √ S2 ≡ Φ2 (u, v) = (u2 , u, v), u ∈ [0, 3 2], v ∈ [0, u + u2 ]; n2 (u, v) = (−1, 2u, 0); √ 2 √ S3 ≡ Φ(u, v) = (u, v, 0), u ∈ [0, 3 4], v ∈ [ u2 , u]; n3 (u, v) = (0, 0, −1); tal que ∂D = S ∪ S1 ∪ S2 ∪ S3 . Como div F = 0, √ 3 2 Z Z 4 Z u+ u2 F = u(v − 1) dv du S1 ∪S2 ∪S3 0 0 √ 3 √ 3 √ Z 2 Z u+u2 Z 4 Z u 3 + (2u − v) dv du + −v dv du u2 0 0 0 2 4√3 3√3 1√3 3 √3 3√3 =(−1 + 2) + (1 + 4− 2) − 2= 4; 5 5 2 10 5 2 (c) F = ∇ × G ⇒ G = (xz − y2 , 0, yz); √ ∂S = α1 ∪ α2 , con: α√1− (u) = (u2 , u, u + u2 ), u ∈ [0, 3 2]; α2 (u) = 2 2 (u, u2 , u + u2 ), u ∈ [0, 3 4]; Z √ 3 2 u2 Z 4 3 3 2 G = − + u + u , 0, u + u · (2u, 1, 2u + 1) du = 2 + α−1 0 2 8√3 √ 3 4 + 2; 5 Z √3 4 √ u4 u3 u3 u4 Z − + u2 + , 0, 3 G= + ·(1, u, 1+u) du = 2+ 2+ α2 0 8 2 2 4 340 Soluciones del Cap´ıtulo 5 √ 3 4; 3√ Z 3 Finalmente: G=− 4. ∂S 5 Figura 97. Regi´ on del Ejercicio 878 y2 Z 879 ZComo div F Z= 0 ⇒ F = ∇ × G con G = (xz − 2 , 0, yz), luego F = ∇×G= G; S S ∂S S ≡ Φ(u, v) = (r, r2 , v), u ∈ [0, 1], v ∈ [0, 1], n(u, v) = (2u, −1, 0); Z Z 1Z 1 F = (2uv − u) dv du = 0; S 0 0 ∂S = α1 ∪ α2 ∪ α3 ∪ α4 , con α1 (u) = (u, u2 , 0), u ∈ [0, 1]; α2 (u) = (1, 1, v), v ∈ [0, 1]; α3− (u) = (u, u2 , 1), u ∈ [0, 1]; α4− (v) = (0, 0, v), v ∈ [0, 1]; Z Z 1 Z Z 1 1 1 1 G= − u4 du = − ; G= v dv = ; α1 0 2 10 α2 0 2 Z Z 1 Z 1 1 1 1 G= − (− u4 + u) du = − + ; G = 0; α3− 0 2 2 10 2 α− 4 Z Finalmente G = 0. ∂S √ 881 S ≡ Φ(r, θ) = r cos θ, r sen θ, 1 − r2 , θ ∈ [0, π], r ∈ [0, 45 sin θ] (Figura 98); 5.5. Potenciales vectoriales 341 4 Z Z π Z sin θ 5 4 F = r dr dθ = π; S 0 0 25 Como div F = 0 ⇒ F = ∇ q× G, con G = (0, x, 0); ∂S = ( 5 sin(2θ), 5 sen θ, 1 − 16 2 4 2 2 25 cos θ), θ ∈ [0, π]; Z Z π 32 4 G= sin2 θ cos2 θ dθ = π. ∂ 0 25 25 Figura 98. Gr´ afica del Ejercicio 881 884 (a) S ≡ Φ(x, y) = (x, y, 1 − x2 ), x ∈ [−1, 1], y ∈ [0, 1]; n(x, y) = (2x, 0, 1); Z Z 1Z 1 (z, z, y) = (2x(1 − x2 ) + y) dy dx = 1. S −1 0 (b) Como div (z, z, y) = 0 existe G tal que ∇×G = (z, z, y). Por ejemplo 2 2 2 G = ( z2 − y2 , − z2 , 0). Z Z Entonces, (z, z, y) = G. Por otro lado ∂S = α1 ∪ α2 ∪ α3 ∪ α4 , S ∂S con α1 (t) = (1, t, 0), t ∈ [0, 1]; α2 (t) = (−1, 1 − t, 0), t ∈ [0, 1]; α3 (t) = (cos t, 1, sen t), t ∈ [0, π]; α4 (t) = (cos t, 0, sen t), t ∈ [−π, 0]; Z Z π sen t Finalmente G= dt = 1. ∂S 0 2 INDICE Págs. EDITORIAL......................................................................................... 5 I. ESTUDIOS Perfil psicológico del homicida doméstico Miguel Angel Soria Ver- de, Lorena Rodríguez Cortés .......................................................... 9 Perfil del agresor sexual: estudiando las características psicológi- cas y sociales de los delincuentes sexuales de nuestras prisiones. Cándido Sánchez ........................................................................... 27 Evaluación de la credibilidad mediante indicadores psicofisioló- gicos, conductuales y verbales. Juan Jesús Muñoz García, Encar- nación Navas Collado, José Luis Graña Gómez ................................. 61 Alexitimia en personas en procesos de separación o divorcio. Al- fredo Rodríguez del Álamo, Fernando de Benito Fernández, Belén Rodríguez Fernández .................................................................... 87 «Opinión de los jueces (Derecho Penal y de Familia) sobre el in- forme psicológico forense». Gabriel Aguilera Manrique, Flor Zal- dívar Basurto.................................................................................. 95 II. REFLEXIONES La actuación del psicólogo forense en la sala de justicia. Apuntes sistémicos. Óscar Díaz Nieto .......................................................... 123 «Comentario de Películas». Javier Urra Portillo ................................. 137 III. CRITICA DE LIBROS «Cuando los padres se separan: alternativas de custodia para los hijos» (Guía Práctica). Vicente J. Ibáñez-Valverde ......................... 157 «Agresor sexual. Casos reales. Riesgo de reincidencia». María Yela .. 159 ANUARIO/2002 3 Anuario de Psicología Jurídica, Volumen 13, año 20023 Págs. 5-8 EDITORIAL LEADING ARTICLE Una vez más el Comité de Redacción importante para la toma de medidas pre- del Anuario de Psicología Jurídica del ventivas. Colegio Oficial de Psicólogos de Madrid, tiene el placer de presentar un nuevo Perfil del agresor sexual: estudian- ejemplar de nuestra revista con el objeti- do las características psicológicas y vo de servir de comunicación entre los sociales de los delincuentes sexuales profesionales del área y con la ilusión de de nuestras prisiones. El autor preten- extender las aportaciones de nuevos psi- de mostrar una descripción lo más com- cólogos que se han introducido en este pleta posible del agresor sexual, pese a mundo a caballo entre la psicología y el su dificultad. Realiza una comparación derecho. entre los agresores sexuales y el resto de población penitenciaria, con el objetivo El Anuario de este año presenta varia- de permitir identificar diferenciadores das aportaciones que muestran las dife- relevantes que ayuden en la prevención y rentes temáticas tratadas por los psicólo- tratamiento de los mismos. gos en los siguientes artículos. Evaluación de la credibilidad En Perfil psicológico del homicida mediante indicadores psicofisiológi- doméstico. Este artículo pretende, iden- cos. Este trabajo permite un acercamien- tificar los rasgos sociales psicológicos y/o to a la evaluación de la credibilidad comportamentales de los maltratadores mediante indicadores psicofisiológicos domésticos en aquellos casos que repre- (polígrafo) con el fin de detectar la ver- sentan un peligro de muerte para la vícti- dad y la mentira. El trabajo ofrece, final- ma. mente, las aplicaciones prácticas de los resultados. Las diferencias encontradas entre población homicida y no homicida del Alexitimia en personas en proce- estudio dan pie para enunciar un con- sos de separación o divorcio. Los junto de indicadores de alto riesgo para autores pretende, en este artículo, estu- la víctima de malos tratos. diar la dimensión “alexitimia” como variable en personas que se encuentran Dada la actualidad del tema, por las en un proceso de separación o divorcio, recurrentes atrocidades que diariamente nos acercamos al aspecto familiar de la tienen lugar en nuestro país, resulta psicología jurídica, donde se nos expone ANUARIO/2003 5 Editorial los síntomas y dificultades de aquellas El Anuario continúa con el apartado personas con alexitimia así como el dedicado a Comentarios de películas impacto de la ruptura de pareja conten- que muestra la extensión del quehacer ciosa en los mismos. de nuestros profesionales. La Opinión de los jueces (derecho En algunos ámbitos de la especialidad penal y de familia) sobre el informe no se han producido grandes noveda- psicológico forense. El objetivo de este des. Es así en los Cuerpos de Seguridad estudio es conocer la opinión de los jue- del Estado, donde la labor del psicólogo ces de derecho penal y de familia, en sigue centrándose en la selección y for- relación a los informes periciales presen- mación de personal, y sigue quedándose tados en los Juzgados de cara a tomar algo olvidada la tarea de investigación. decisiones respecto a la responsabilidad De manera cada vez más frecuente las penal y alternativa de custodia. El artícu- administraciones recurren al ejercicio pri- lo termina discutiendo los resultados vado para llevar a cabo la selección de obtenidos, al pasar un autoinforme a un agentes, lo que podría permitir a medio grupo de jueces de distintas provincias plazo que la actividad investigadora andaluzas. aumentase. La reflexión. La actuación del psicó- En el ámbito de los Juzgados de fami- logo forense en las salas de justicia. lia, menores y clínicas medico-forenses, Apuntes sistémicos. El autor hace una el año 2003 ha servido para consolidar el reflexión de la actuación del psicólogo trabajo realizado por los psicólogos así forense en la sala de justicia. Tras hacer como la imagen de estos profesionales mención de los cambios legislativos en la sociedad. acaecidos en el ordenamiento jurídico español en los últimos tiempos, el artícu- En los temas de familia, además del lo repasa la regulación que diferentes trabajo realizado por los equipos psico- jurisdicciones dan a la actuación de los sociales de los Juzgados de Familia cuya peritos en la sala. Posteriormente hace labor es fundamental para el asesora- una referencia a cada postulado de la miento al juez, en los casos donde los Teoría de la Comunicación Humana. padres discrepan respecto a la custodia Finalmente, el artículo concluye con una de sus hijos, aparecen otros recursos serie de recomendaciones concretas para la familia donde también está pre- para el desenvolvimiento del perito en la sente nuestra profesión. El plan integral sala. de apoyo a la familia, promovido por las Administraciones Públicas, en sus tres Incluimos en el Anuario dos recensio- niveles de competencia: Administración nes sobre publicaciones que han visto la General del Estado, las Comunidades luz en 2003, ambas publicaciones van a Autónomas y las Corporaciones Locales, resultar muy interesantes para aquellos tiene cuatro grandes objetivos: 1) Incre- profesionales interesados por estos mentar la calidad de vida de las familias, temas. Desde aquí felicitar a nuestros 2) fomentar la solidaridad intergenera- compañeros Marta Ramírez y Javier Urra cional, 3) apoyar a la familia como por sus aportaciones. garante de la cohesión social y 4) prestar 6 ANUARIO/2003 Comité de Redacción apoyo a las familias en situación de ries- determinación de la aptitud psicofísica go social. del personal de las FAS, lo que le permite desarrollar así mismo su labor en Hospi- De estos cuatro objetivos han surgido tales, Centros de Unidad. Todo esto programas de: Orientación Familiar, supone que se va a desaprovechar la Mediación y Puntos de Encuentro. Estos experiencia y formación de una amplia programas tienen como elemento plantilla que lleva funcionando mucho común, elevar la calidad de vida de las tiempo, incorporando nuevos profesio- familias, aunque presentan aspectos nales que no dispongan de una expe- específicos así como metodologías dife- riencia tan dilatada. rentes que dan respuesta a situaciones diversas que se les plantea a las familias. Prescindir de este colectivo tomando En todos estos programas la figura del como criterio la acumulación de 12 años psicólogo está presente y resulta impres- de servicio o por superar los 38 años de cindible en la constitución del equipo de edad, iría en perjuicio directo de cual- trabajo. quier política eficaz de personal, redu- ciendo directamente el valor añadido de La práctica de la psicología jurídica la organización y en contra de las ten- desde el ámbito privado sigue extendién- dencias de unas Fuerzas Armadas dose, centrándose principalmente en el modernas adaptadas al panorama inter- peritaje. Si es novedad el cada vez mayor nacional donde el perfil fundamental de número de profesionales que desarrollan sus miembros debe ser de carácter técni- esta actividad, así como la cada vez más co y experimentado. amplia oferta de formación (privada y pública) y celebración de congresos y jor- Resulta también preocupante la nadas. En mayo de 2003, el Centro ausencia de igualdad de oportunidades Reina Sofía (Valencia) tuvo el privilegio dentro de la promoción interna del servi- de contar con las aportaciones del distin- cio. Esta igualdad ha estado ausente guido Dr. Ressler, quien habitualmente desde 1991 y aún hoy los Oficiales de forma parte del equipo de trabajo del Complemento Psicólogos se ven en una FBI. situación profesional dura al quedar excluidos de los citados procesos de pro- En cambio, sí han tenido lugar acon- moción. tecimientos de interés en las Fuerzas Armadas, donde está prevista, entre los Dentro del creciente avance de la psi- años 2004-2006, una drástica reducción cología durante el año 2003, en el ámbi- de la plantilla actual de psicólogos, lo to de Vigilancia Penitenciaría de que dejará un vacío de personal en las acuerdo a la ley 7/2003 que entró en tareas de exámenes de ingreso, recono- vigor el 2 de agosto, se han producido cimientos de aptitud, obtención/ renova- cambios que afectan al área de la rein- ción de permisos de conducción. Actual- serción, así como a la elaboración de los mente el psicólogo Militar dispone de la informes Psicológicos Forenses. Esta ley especialidad de psicología Clínica o reali- recorta ostensiblemente la aplicación de zar los reconocimientos descritos en el beneficios penitenciarios, fundamental- RD 944/2001, de 3 de Agosto, sobre la mente terceros grados y libertad condi- ANUARIO/2003 7 Editorial cional; la ley tienen como objetivo el posibilidad de recuperar, tratar y dismi- cumplimiento integro de las condenas nuir el riesgo de reincidencia. Si conti- de ahí que se tienda a reducir la posibili- nuamos por esta línea jurídica restrictiva dad para obtener los beneficios peniten- nuestra función cada vez dejará de tener ciarios antes mencionados. sentido. Confiemos que la reforma de las leyes vayan estableciendo un mayor Tendiendo en cuenta que la constitu- apoyo a las víctimas sin que por ello se ción española establece con claridad reste el tratamiento a los que dañan a que la aplicación de la privación de otros porque o establecemos la cadena libertad por la comisión de delitos tiene perpetua o apostamos por el tratamien- dos funciones prioritarias, a saber el to por el bien de la sociedad. castigo y la rehabilitación del delincuen- te; a través de esta ley se acentúa el cas- Esperamos que este Anuario sea del tigo y se resta prioridad al tratamiento. agrado de nuestros lectores y os anima- Lo que afecta al tratamiento de esta mos a participar en la elaboración del jurisdicción desde un punto de vista psi- próximo número, mandando vuestros cológico. artículos y contribuyendo a cumplir uno de los objetivos del Anuario, que es servir La Psicología Forense en Vigilancia de medio de comunicación de los psicó- Penitencia intenta conjugar el asesora- logos que se han enmarcado en nuestra miento diagnóstico psicológico con la área de especialidad. 8 ANUARIO/2003 Anuario de Psicología Jurídica, Volumen 13, año 2003. Págs. 9-26 ESTUDIOS PERFIL PSICOLOGICO DEL HOMICIDA DOMÉSTICO PSYCHOLOGICAL PROFILE OF DOMESTIC MURDERERS Miguel Angel Soria Verde Lorena Rodríguez Cortés RESUMEN El presente estudio constituye un intento de identificar aquellos rasgos sociales, psico- lógicos y/o comportamentales de los maltratadores domésticos capaces de situar a su víctima en peligro de muerte. Una muestra de 46 hombres, 20 de ellos clasificados dentro del grupo homicida y 26 en el grupo de no homicidas, fueron entrevistados con el PPAD (Perfil Psicológico del Agresor Doméstico), entrevista semiestructurada diseñada ad hoc compuesta de los siguientes grandes bloques: datos sociodemográficos, características sociofamiliares del agresor, relación de pareja, violencia doméstica, motivación del agresor y comportamien- to post-agresivo. Las variables sociales, psicológicas y comportamentales de los agresores incluidas en cada uno de estos seis bloques constituyen, según la bibliografía revisada, factores que generan, aumentan y/o mantienen el comportamiento violento. El análisis estadístico de los datos, muestra la existencia de variables que se distribuyen de forma significativamente diferente entre la población homicida y la no homicida del estudio. Así, de los factores estudiados, se ha podido elaborar un conjunto de indicado- res de riesgo de homicidio para la víctima de malos tratos. PALABRAS CLAVE: Homicidio doméstico, Perfil psicologógico, Violencia doméstica, Delito. ANUARIO/2003 9 Perfil psicológico del homicida doméstico ABSTRACT This paper intends to identify social, psychological and/or behavioural traits of domes- tic aggressors, who can put their victims’ life in danger. A sample of 46 males, 20 of them murderers and 26 non murderers, were interviewed on the basis of the PPDA –Psychological Profile of Domestic Aggressors. It was an ad hoc semi-structured interview consisting of the following dimensions: socio-demographic data, aggressor’s family characteristics, couple relations, domestic violence, aggressor’s motivation and post-aggression behaviour. According to literature, social, psychological and behavioural variables covered by these six dimensions generate, increase or main- tain violent behaviour. Data statistical analysis shows that variables distribute differently across the murderer and non murderer samples. A set of indicators of homicide risk of victims of domestic aggression was established. KEY WORDS: Domestic Homicide, Psychological Profile, Domestic Violence, Crime. INTRODUCCIÓN esta misma causa dentro del estado español. La violencia domestica se define como cualquier acción, no accidental, por Hasta la actualidad, se han intentado parte de un miembro de la familia que, definir las diferentes variables que dan desde una posición de poder y autori- lugar a un comportamiento violento dad, provoca daños físicos y/o psicológi- hacia la pareja. Las variables más impor- cos a otro miembro de la misma familia. tantes a destacar son: Las relaciones de violencia doméstica pueden establecerse, pues, entre un 1. Variables sociodemográficas. hombre y su pareja, entre padres e hijos, 2. Características sociofamiliares del entre padres y abuelos y entre herma- agresor nos. En relación a la primera, marido- 3. Relación de pareja. mujer, se centra el presente estudio. 4. Violencia doméstica. 5. Motivación del agresor. Según las estadísticas, más del 10% 6. Comportamiento post-agresivo. de las mujeres catalanas son maltratadas dentro del ámbito doméstico y, anual- El objetivo del presente estudio es mente, alrededor de 100 mueren por valorar si este conjunto de variables se 10 ANUARIO/2003 Miguel Ángel Soria Verde, Lorena Rodríguez Cortés distribuye significativamente diferente ga, observó que la mayoría de homici- entre la población de maltratadores dios domésticos procedían de familias homicidas y los no homicidas. rotas, con ausencia de la figura parental, y con una identificación negativa. 1. VARIABLES También en su primera investigación, SOCIODEMOGRÁFICAS Owen y Straus (1975), se sugiere por un lado que si la formación paterna adopta- Existen diversos perfiles sociodemo- da es muy autoritaria, los castigos físicos gráficos obtenidos de encuestas socioló- se convierten en habitual. Y, por otro, gicas. Por ejemplo, Straus, Gelles y Stein- que los maridos que habían visto pelear- metz (1980), extrajo 20 características se a sus progenitores, eran 2,5 veces más relacionadas con la violencia doméstica, propensos a comportarse de forma abu- entre las que cabe destacar: el marido se siva con su pareja actual. En esta misma encuentra empleado o a media jornada línea apunta Berkowitz (1993) y, basán- o en paro, los ingresos familiares son dose en el principio de la transmisión inferiores a 6.000$, el marido es un intergeneracional de la violencia, afirma obrero, tanto el marido como la mujer que las personas expuestas a la misma a tienen menos de 30 años y existen altos lo largo de sus años de formación como niveles de estrés familiar e individual. persona tienden a mostrar las mismas inclinaciones agresivas de adultos. Otros estudios (Steinmetz, 1977, Gelles, 1974) muestran una relación negativa entre el nivel educativo y el mal- 3. RELACIÓN DE PAREJA trato infantil o a la mujer. Dentro de la relación de pareja y, en La diferencia de edad entre cónyuges, cuanto a las relaciones anteriores, el también puede ser una fuente de estrés, hombre violento se caracteriza por un dado que a mayor diferencia de edad alto número de separaciones y una nece- más probabilidad existe que aparezcan sidad de buscar y conocer otras mujeres, conflictos intergeneracionales y desequi- todo ello indicador de una alta depen- librio en la autoridad. dencia (Sonkin, Martin y Walker, 1985). También afirman que cuando cambian de pareja, la probabilidad de que la vio- 2. CARACTERÍSTICAS lencia se oriente hacia el nuevo cónyuge SOCIOFAMILIARES DEL AGRESOR son muy elevadas. En esta línea, existe evidencia que entre el 44 y el 67% de los Los estudios sobre las características maltratadores han tenido relaciones vio- sociofamiliares del agresor, entendidas lentas previas (Carlson, 1977; Coleman, como las características de su familia de 1980; Sonkin et al., 1985). origen, muestran que la ruptura de la unidad familiar a edades tempranas es En cuanto a la relación actual, el uno de los factores determinantes en la número de hijos parece estar relaciona- aparición de una agresión posterior do de forma directamente proporcional (McCord, 1979). Y Cerezo (1988), con la probabilidad de abuso infantil (Gil, durante el periodo 1984-1994 en Mála- 1970; Parke y Collmer, 1975; Elmer, ANUARIO/2003 11 Perfil psicológico del homicida doméstico 1967; Straus et al.,1980). Esta también normas en la sociedad legitimadoras de parece aumentar cuando los hijos nos la violencia hacia la mujer tal como afir- son deseados (Martin, 1976), difíciles ma Straus (1980), es probable que las (Martin, 1976; George y Main, 1979), personas de su entorno no interfieran o prematuros (Martin, 1976; Elmer, 1967; incluso presionen para mantener la Lynch, 1975) o la madre es adolescente situación actual. Más si se tiene en cuen- (Oppel y Royston, 1971; Bolton, 1981). ta que, según el mismo autor, el paren- tesco y la estructura peculiar familiar, Es frecuente que ambos cónyuges provoca de por sí una privacidad en el presenten una fuerte dependencia emo- hogar que aísla a sus miembros del con- cional hacia la otra persona. Según Wal- trol y asistencia externa. ker (1986) en la mujer surge de al menos dos fuentes, por un lado relacionada con El aislamiento social se encuentra rela- el estatus subordinado de la mujer en la cionado de forma positiva con el maltra- sociedad y la familia, y por otro como to marital (Finkelhor, 1983), el abuso consecuencia del estado psicológico por sexual a la mujer (Rusell, 1982), y el el trato abusivo reiterativo de su pareja, abuso y maltrato infantil (Allan, 1978; conocido como el Síndrome de la Mujer Finkelhor, 1979, 1983, 1984, Rusell, Maltratada. En lo que se refiere a la 1982). dependencia del hombre, ésta se halla relacionada con el bajo nivel de autoesti- ma y la inseguridad (Dutton, 1995; 4.VIOLENCIA DOMÉSTICA Corsi, Dohme y Sotés, 1995; Currie, 1983). La primera característica se refiere a la relación entre el inicio de la relación y la En relación a las características exter- aparición de violencia. Ésta, normalmen- nas de la relación actual, es típico en una te empieza de forma muy temprana, situación de maltrato que el entorno incluso de novios, y tiene una duración social no conozca lo que ocurre en la pri- muy larga, 12 años de media, según vacidad del hogar, puesto que el maltra- Echeburúa (1998). tador de cara al exterior sigue los crite- rios normativos de la sociedad, pero La socióloga Ann Goetting (1989) cuando está a solas con su pareja no analizó en Detroit que las 2/3 partes de puede evitar que los accesos de ira aca- las mujeres asesinas por sus parejas, ben en violencia. Adams (1989) y Sonkin éstas habían sido arrestadas al menos 1 y Durphy (1982) hablan de esta persona- vez. Sin embargo, en Málaga (1984- lidad dual, referida a la discrepancia 1994) se detecta lo contrario, escasas entre el comportamiento en público y el detenciones (Cerezo, 1988). comportamiento privado y Dutton (1995) de la personalidad de Dr. Jekyll y El perfil de la agresión viene definido Mr. Hyde. por la escena del crimen, los tipos de agresión y la percepción del agresor Si alguna vez el entorno social descu- sobre su conducta. bre la existencia de agresiones domésti- cas puede reaccionar de diferentes for- Según el F.B.I., la escena del crimen mas. No obstante, dada la existencia de puede ser organizada o desorganizada. 12 ANUARIO/2003 Miguel Ángel Soria Verde, Lorena Rodríguez Cortés La primera coincidiría con una persona un perfil de evitación y agresión controlada y una planificación del acto pasiva, hasta que la ira aparece violento y la segunda con una persona como resultado de la acumulación con escaso control y un acto impulsivo y progresiva de frustraciones. Son caótico. Sería esperable, según el tipo de grandes maltratadores emociona- maltratador, encontrar escenas del cri- les. men diferenciadas. – Agresor cíclico/emocionalmente La víctima puede ser agredida física, inestable: Tienen una incapacidad sexual y psicológicamente. El agresor para describir sus sentimientos y un organizado (Dutton, 1995), caracteriza- gran temor a la intimidad y al aban- do por la planificación y el control, agre- dono. No pueden parar la agresión dirá a las víctimas en zonas ocultas hasta que la ira y los celos acumula- socialmente, mientras que el desorgani- dos se han descargado. zado dado que inicia ciclos de violencia de forma no prevista, puede llegar a En relación al nivel de sensibilidad agredir en zonas bien visibles. ante el rechazo de la víctima después del episodio violento, creemos que este será Finalmente, la percepción del agresor bajo para el agresor psicopático y en el de la causa de la agresión y un posible otro extremo se situaría el agresor cíclico. homicidio puede ser diversa pero en general con tendencia a la atribución Otra característica de la personalidad externa de responsabilidad como meca- del agresor es que, en general, no tendrá nismo de autoprotección (Dutton, 1995) un autoconcepto de persona agresiva, pues no aceptará los actos cometidos como una forma de protección. Por esta 5. MOTIVACIÓN DEL AGRESOR misma razón, Dutton (1995) afirma que el agresor suele utilizar mecanismos de En primer lugar, categorizar al agresor defensa en la argumentación de los como frío o cálido hace referencia a la hechos (racionalización, negación, pro- motivación con que emprende una inte- yección, justificación, represión y minimi- racción, como se presenta ante la gente. zación). Existe también abundante litera- En relación a esto, Dutton (1995) definió tura referente a la baja autoestima del 3 perfiles básicos de maltratador: maltratador (Steel y Pollack, 1974; Wal- ker, 1984; Goldstein y Rosenbaum, – Agresor psicopático: Caracterizado 1985). Sobre este tema, existe evidencia por un patrón de desconsideración que los maltratadores experimentan extrema hacia las normas sociales, altos niveles de infelicidad e insatisfac- con antecedentes delictivos, falta ción (Hotaling y Sugarman, 1986). de remordimientos y con reaccio- nes emocionales superficiales. Su En relación a los desencadenantes de violencia es controlada con el obje- la agresión, en primer lugar se encuentra tivo de someter y dominar a su víc- una serie de autores (Bowlby, 1984; tima. Coleman., 1980; Currie, 1983) que sugieren una falta de control de los – Agresor hipercontrolado: Presentan impulsos en el agresor. Esta afirmación ANUARIO/2003 13 Perfil psicológico del homicida doméstico se basa por un lado en la evidencia de delirio más frecuente el celotípico (Dut- que alrededor del 50% de ellos tienen ton, 1995, Coleman., 1980; Roy, 1982; un historial previo de violencia hacia una Walker, 1979), la depresión (Hammond y pareja anterior (Carlson, 1977; Cole- Carole, 1997), el trastorno antisocial, man., 1980; Sonkin et al., 1985) y, por paranoico y narcisista (Echeburua, 1994) otro, que han sido arrestados por otros y el trastorno límite de la personalidad crímenes violentos. En un estudio de Ber- (Dutton, 1995). nard y Bernard (1984), a través del MMPI, muestra que los agresores poseen un pobre control de los impulsos. Resul- 6. POSTAGRESIÓN tados semejantes se obtuvieron en el estudio de Hudak y Bailey (2001). Sin Dentro del contexto postagresivo embargo, existen autores que no están cabe destacar la existencia de una reac- de acuerdo en atribuir una falta de con- ción suicida después de éste. Así, Cerezo trol en los maltratadores, puesto que los (1988) destaca que más del 30% de los agresores dirigen la mayoría de sus ata- homicidas de su estudio en Málaga, ques hacia sus parejas más que a otras intentaba el suicidio después de su acto personas (Bograd, 1988), algunas veces criminal. También puede ser resultado no levantan a sus víctimas de la cama para tanto del acto violento, sino por la ruptu- golpearlas (Pagelow, 1981; Shainess, ra de la relación, como muestra el estu- 1977); cuando agreden, los maltratado- dio de Conner, Duberstein y Conwell res apuntan donde el golpe no se verá y, (2000). Los resultados de un grupo de 42 suelen parar antes de matar a sus vícti- sujetos alcohólicos a los que la autopsia mas (Sonkin et al., 1985). psicológica reveló que la mitad de ellos tenían historias de violencia doméstica, Se considera importante conocer si el mostraron que era más probable que agresor utiliza algún tipo de estimulación estuvieran separados de su pareja en el de tipo violenta o sexual-violenta, pues momento del suicidio. haría más probable el uso de la violencia en la vida real. Este supuesto parte de la Es importante conocer el comporta- teoría de la cultura de la violencia, según miento genérico del agresor, en concreto la cual diversos autores (Stark y Mc si ejerce algún tipo de acción sobre las Envoy, 1970; Gil, 1970; Huggins y pruebas, el tipo de comportamiento Straus, 1980) consideran que dentro de hacia su mujer y el grado de aceptación nuestra sociedad existe una cultura cen- policial de los hechos, con la finalidad de tralizada en la fuerza y la violencia, conocer si los mecanismos de defensa se hecho que legitima, inspira y refuerza el han puesto en marcha. uso de la violencia dentro de la familia. La relación entre el acoso, violencia Diversos son los trastornos psicológi- doméstica y homicidio no está muy clara cos que, según diversos autores, pueden en los estudios científicos. Así, por un propiciar la violencia doméstica: psicosis lado en USA se calcula que mueren entre o trastornos de conducta, ambos combi- 1.200 y 4.000 mujeres anualmente nados con el consumo abusivo de alco- sobre un total de 2’5-4 millones de hol (Echeburúa, 1994; Rojas Marcos, mujeres maltratadas, lo que representa 1995), paranoia, describiendo como una letalidad del 0’01-0’003 por mil 14 ANUARIO/2003 Miguel Ángel Soria Verde, Lorena Rodríguez Cortés (APA, 1996). Por el contrario, las mujeres ye 8 variables: edad de la víctima y muertas como consecuencia del acoso se del agresor, diferencia de edad sitúan ligeramente por debajo del 2% entre los dos, nivel académico, (Meloy, 1996). estatus social, nivel intelectual, tipo de vínculo laboral y situación Meloy (1996) identifica 4 tipos de laboral. acosadores: obsesivo simple, amante obsesivo, erotómano y el síndrome de 2. Características sociofamiliares falsa victimización, siendo el primero el del agresor: Las variables de este más peligroso. bloque se hallan recogidas en 3 subapartados: Características es- tructurales de la familia, Caracte- rísticas internas de la familia y INSTRUMENTO Experiencias personales del agre- sor vividas durante la infancia y El PPAD (Perfil Psicológico del Agresor adolescencia. Doméstico), entrevista semiestructurada, dividida en 6 grandes bloques (el prime- 3. Relación de pareja: Las variables ro no contabilizado por constituir meros de este bloque se hallan agrupa- datos identificativos del sujeto) se elabo- das a su vez en 3 subapartados: ró a través de la información obtenida de Características de las relaciones los estudios sobre la violencia doméstica, anteriores, Características internas la extraída de los perfiles criminales de de la relación actual y Característi- homicidas domésticos planificados y no cas externas de la relación actual. planificados, así como de las investiga- ciones sobre la predicción del comporta- 4. Violencia doméstica: Las varia- miento violento. bles de este bloque se agruparon en 2 subapartados: Características Cada uno de dichos bloques está generales y Perfil de la agresión. compuesto por diferentes preguntas, agrupadas en las siguientes variables : 5. Motivación del agresor: Las variables de este bloque se estruc- 0. Datos identificativos : Constitui- turan en 2 subapartados: Persona- do por: la fecha de la entrevista, lidad del agresor y Desencadenan- centro penitenciario, identificación tes de la agresión. del sujeto (nº de sujeto), grupo de adscripción, existencia de violencia 6. Comportamiento post-agresi- doméstica, perspectivas de futuro vo: Dividido en 3 subapartados: del comportamiento violento, Contexto post-agresivo, Compor- escala de sinceridad 1 (valoración tamiento criminal genérico del del entrevistador), escala de since- agresor y Acoso. ridad 2 (preguntas control) y escala de sinceridad 3 (sentencia judi- De cada una de las variables se elabo- cial/declaraciones) ró una definición conceptual y operativa con el fin de garantizar una buena con- 1. Datos sociodemográficos: Inclu- cordancia entre investigadores. ANUARIO/2003 15 Perfil psicológico del homicida doméstico Asimismo, de cada variable se elabo- relación íntima entre el agresor y su vícti- raron y categorizaron las posibles res- ma (p.e. relación de amigos, parientes o puestas que podían dar los sujetos, con desconocidos), así como la negativa del lo que obtuvimos una hoja de registro, agresor a hacer o concluir la entrevista. donde anotar de forma sistemática durante la entrevista, las respuestas de Una vez revisados los expedientes de los agresores a los diferentes ítems. los sujetos que cumplían los requisitos de inclusión para participar en el estudio, se procedía a su localización dentro del MUESTRA centro. Se exponía el planteamiento y objetivo del estudio, y las condiciones de En relación a los sujetos, la muestra confidencialidad que garantizaban el quedó constituida por 46 hombres que anonimato del entrevistado. Si aceptaba se hallaban en algún Centro Penitencia- a colaborar, se pasaba a administrar el rio del ámbito catalán, sentenciados o en PPAD, en una entrevista personal semi- estado preventivo, por causas relaciona- estructurada con duración aproximada das con el homicidio conyugal y/o violen- de 4 horas. cia doméstica. De las 59 personas localizadas, 13 no La edad media de la muestra fue de quisieron/ pudieron ser entrevistadas, 40 años. por lo que la muestra definitiva quedó formada por 46 sujetos. De todos ellos, 20 fueron clasificados dentro de la cate- PROCEDIMIENTO goría homicida y 26 dentro de la catego- ría no homicida. Las entrevistas fueron administradas en los Centros Penitenciarios de Girona, Figueres, Quatre Camins, Joves de Barce- lona, Brians, Ponent y Homes de Barcelo- RESULTADOS na, entre los meses de Abril de 1999 y Junio de 2001. Una vez administrado a toda la mues- tra el PPAD y, obtenidas las correspon- Con el fin de localizar, de entre toda la dientes hojas de registro, se procedió al población penitenciaria, aquellos sujetos análisis estadístico de los datos, a través susceptibles de formar parte de la mues- de los programas informáticos EXCEL y tra, se revisaron los informes penitencia- SPSS. rios o sentencias. Los criterios de inclusión para formar 0. Datos identificativos parte de la muestra y la posterior asigna- ción de un sujeto en cada uno de los De este apartado cabe destacar la grupos (grupo homicida y no homicida) existencia en el grupo homicida de una era la existencia de un intento intencio- diferencia significativa respecto del no nado (consumado o frustrado) de matar homicida de una mayor sinceridad (P< a su pareja. Por otro lado, los criterios de 0’001) y de un riesgo de violencia futura exclusión, fueron la no existencia de una (P<0,05) 16 ANUARIO/2003 Miguel Ángel Soria Verde, Lorena Rodríguez Cortés 1. Datos sociodemográficos Dentro las características internas de la familia de origen, los homicidas descri- El grupo homicida presenta unos nive- ben una mayor estabilidad de residencia les académicos (tabla 1) (P<0,01, χ 2= y una mayor relación negativa con la 8,64, gl=1), de estatus social (P<0,05, figura paterna. χ2= 5,34, gl=1) e intelectuales (P=0,05, χ2=8,06, gl=1) superiores de forma sig- Finalmente, como experiencias vivi- nificativa a los del grupo no homicida. das durante la infancia-adolescencia, Tabla1.NivelAcad mico 100% 92,30% 55% 45% Medio-Alto 50% Bajo-Nulo 7,70% 0% homicidas Nohomicidas En el resto de variables sociodemo- ambos grupos afirman haber tenido gráficas no se han obtenido diferencias problemas con la justicia. Sin embargo, significativas entre los grupos, excepto muestran un perfil de conductas desvia- una tendencia a la estabilidad temporal das diferentes. El grupo no homicida en el grupo homicida (P=0,09, χ2= 2,8, mayoritariamente afirma haber agredi- gl=1) en cuanto a la variable “situación do físicamente a padres o familiares, laboral”. haber sido cruel con personas y/o ani- males y destruido propiedad. Contraria- mente, el grupo no homicida muestra 2. Características sociofamiliares del más conductas de autoaislamiento y agresor huidas del domicilio. Aunque ninguna de las variables de este bloque se ha podido constituir 3. Relación de pareja como diferenciadora de los grupos homicidas y no homicidas, si se han El grupo homicida muestra una ten- podido observar la existencia de tenden- dencia estadística a sostener más relacio- cias estadísticas en alguna de ellas. nes anteriores que el no homicida (P=0,08, χ2=3, gl=1). El resto de varia- Así dentro de las características bles no muestra diferencias significativas estructurales de la familia de origen, los entre los grupos, a excepción de la exis- sujetos homicidas tienden a ser los pri- tencia de acoso en el grupo no homicida mogénitos, mientras los maltratadores como reacción a la ruptura, pero simple- se encuentran en medio de la fratia. mente a nivel descriptivo. ANUARIO/2003 17 Perfil psicológico del homicida doméstico 2. Explicaci n de los problemas familiares 80% 75% 61,50% 60% 38,50% Losexplica 40% 25% 20% Nolosexplica 0% Homicidas Nohomicidas Lo mismo se puede afirmar en rela- y, por otro, la familia-amigos de los ción a las características internas de la homicidas tienden a mantener el estatus relación actual. Solo dos variables mues- quo, mientras que la reacción de la fami- tran una tendencia estadística. La prime- lia-amigos de los no homicidas se centra ra, el tipo de relación establecida, donde más en rechazar la situación o a inhibirse se destaca que el grupo homicida acepta (P= 0,01, χ2= 6,42, gl=1). tener relaciones íntimas sin llegar a con- vivir. Y la segunda, la dependencia emo- cional de la víctima, que muestra un 4. Violencia doméstica mayor nivel de dependencia las parejas del grupo no homicida. De este bloque cabe destacar, en pri- mer lugar, que la primera agresión ejerci- Dentro del subapartado de las carac- da contra la mujer se produce al poco terísticas externas de la relación, encon- tiempo de iniciada la relación, en el caso tramos diferencias significativas en cuan- del grupo no homicida, mientras que en to a que, por un lado, el agresor homici- el grupo homicida se consuma entre el da explica menos la situación que se vive primer y quinto año después de casados en casa (tabla 2) (P=0,01, χ2=6,08, gl=1) (tabla 3). 18 ANUARIO/2003 Miguel Ángel Soria Verde, Lorena Rodríguez Cortés 4.Fuerzautilizadaporelagresor 100% 85% 79,20% 80% 60% Mínima-moderada 40% Severa-extrema 20,80% 20% 15% 0% Homicidas Nohomicidas En segundo lugar, el grupo no homici- La percepción de riesgo de muerte de da tiene una mayor tasa de denuncia (44 la víctima en el momento de la agresión vs. 24), la situación de maltrato se pro- era elevada en el grupo homicida longa más en el tiempo (108,5 vs. 24 (P=0,001, χ2= 13,6, gl=1), mientras que meses) y se concentra por la noche los condicionantes referentes al riesgo (61,2%), mientras que en relación a esta de muerte de la víctima eran, para el variable el grupo homicida es indiferen- grupo homicida la percepción continua- ciada (71,5%). da e irresoluble de conflictos, y para el grupo no homicida lo constituía el enga- En tercer lugar, el perfil de la agresión ño (P<0,005). Finalmente, la capacidad presenta muchos rasgos comunes entre de autocontrol es baja en el grupo homi- los dos grupos (el lugar habitual de la cida y medio-alta en el no homicida agresión es su casa, ésta queda desorga- (P<0,05, χ2=4,36, gl=1). nizada, aparece violencia física, pero no sexual ni contra los hijos, ésta es visible socialmente y no existen intentos previos 5. Motivación del agresor de homicidio ni pensamientos de auto- control). Las diferencias aparecen cuan- La personalidad de ambos tipos de do se analiza la parte del cuerpo agredi- agresores muestran mucha similitud: da, con una tendencia significativa del ambos muestran una alta sensibilidad grupo homicida a agredir el tronco-torso ante el rechazo de la víctima, no se con- frente a la cara en el grupo no homicida. ceptualizan como personas agresivas, El grupo homicida, también destaca por responsabilizan a la mujer o otros facto- una fuerza extrema mientras que el res exógenos la causa de la agresión y grupo no homicida se sitúa en el otro tienen un nivel de autoestima bajo. En extremo (tabla 4) (P<0,001, χ 2=17,9, este apartado la única diferencia signifi- gl=1), aunque es este último grupo el cativa entre los grupos la constituye el que profiere mayores amenazas contra mecanismo de defensa preferentemen- su víctima durante el acto violento te utilizado, siendo la racionalización (P=0,001, χ 2=10,49, gl=1) y maltrata (40%) en el grupo homicida y la mini- más a su mujer psicológicamente mización en el grupo no homicida (P>0,005). (44%). ANUARIO/2003 19 Perfil psicológico del homicida doméstico 5.Celos adelagresor 100% 88% 80% 55% 60% 45% 40% 22% 20% 0% Homicidas Nohomicidas Media-alta Baja-nula En relación a los desencadenantes de (35,6%) de forma aislada (50%) y grave la agresión, cabe referir en primer lugar (75%) dentro del grupo homicida. una ligera diferencia entre los grupos respecto la relación entre personalidad y El comportamiento criminal genérico control de las emociones, tendiendo los del agresor presenta diferencias signifi- homicidas a ser más supercontrolados y cativas entre los grupos en la variable los no homicidas más impulsivos. Por referente a la aceptación judicial/ policial otro lado, los homicidas presentan una de los hechos, siendo el grupo homicida mayor tasa de psicopatología (P>0,05), el que muestra una mayor aceptación especialmente depresión (36,4%), mien- (85%). tras que en el caso de los no homicidas es el abuso de sustancias (60%), presen- Para finalizar y, en relación al acoso se tando estos además un mayor nivel de puede afirmar la existencia de una apro- celos (tabla 5)(45% vs. 88%) (P<0,05). ximación sorpresiva en los homicidas (71,4%) mientras que la impositiva solo Los deseos sobre la familia, son en aparece en los no homicidas. La forma ambos casos incompletos, pero por dife- del acoso presenta una mayor intensidad rentes motivos. Para el grupo no homici- y extensión en los no homicidas. da es la posesión de la mujer y para el homicida el ideal de mujer no consegui- do. CONCLUSIONES 6. Post-agresión Los resultados obtenidos en el presen- te estudio muestran la existencia de un No existen diferencias significativas grupo bastante amplio de variables que, entre los grupos en lo referente al tiem- dentro de la muestra investigada, se dis- po de contacto con la víctima después de tribuyen de forma significativamente los hechos y el lugar de residencia. Si diferente entre el grupo de homicidas cabe destacar una reacción suicida domésticos y el grupo violento no homi- 20 ANUARIO/2003 Miguel Ángel Soria Verde, Lorena Rodríguez Cortés cida, pudiéndose así establecer un perfil Por otro lado, Mc Call y Shields psicosocial diferencial para cada uno de (1986), afirma que la relación entre los grupos. estrés e ingresos y el efecto en la violen- cia doméstica es crítica, por ejemplo el Las primeras variables que parecen estudio de Straus et al.(1980) donde se diferenciar al maltratador doméstico encontró que el aumento de estrés, no homicida del no homicida son el nivel tenía efecto en los muy pobres (ingresos académico, el nivel intelectual y el inferiores a 6.000$) o por encima de los estatus social, que se sitúan para el 20.000$, aunque aumentaba la probabi- maltratador homicida en un nivel lidad de maltrato infantil en el grupo de medio/alto y bajo para el no homicida. ingresos medio. Estos resultados en el grupo homicida no coinciden con el perfil genérico del agre- Las siguientes variables que configu- sor, en el que se considera estas variables ran el perfil del maltratador homicida como recursos para hacer frente al estrés son la no comunicación de la agresión y reducir la posibilidad de aparición de al entorno familiar y el mantenimien- violencia doméstica (Steinmetz, 1977; to por parte de la familia del agresor Gelles, 1974). Asimismo, se contradice del estatus quo familiar. Es posible con el estudio de Bensing y Schroeder que el maltratador homicida, con ayuda (1960) se observa que los homicidios de su familia y gracias a unos mayores producidos en Cleveland, se relacionan recursos educativos e intelectuales con con las áreas urbanas caracterizas por respecto al no homicida pudiera resguar- bajos ingresos económicos, niveles edu- dar mejor la apariencia de “buena fami- cativos, trabajos de baja escala laboral lia”. También, ayudarían a esta aparien- así como hogares descontrolados y cia las siguientes 2 variables, pues cuan- sobrecargados. Goething (1989) confir- do más tarde aparezcan en el tiempo las ma que más del 50% de los homicidas agresiones y con menor frecuencia, domésticos tienen un estatus social bajo. mayor es la probabilidad que el entorno Similares resultados son los encontrados de la pareja no conozca los hechos, con- en Málaga (Cerezo, 1988). trariamente a lo que le pasa al grupo no homicida. Finalmente, en un estudio de Gil (1970), el 48% de un grupo de maltrata- La aparición tardía (1-5 años de dores afirmaba haber experimentado el casados) de la primera agresión a la paro durante el año anterior al maltrato. pareja como rasgo del maltratador homicida junto con una baja frecuencia Una posible explicación de este hecho de agresiones son variables que no puede residir en que la causa del maltra- coinciden con diversos estudios sobre to-homicidio doméstico en el caso del violencia doméstica. Echeburúa informa grupo homicida no es causado por unas que el perfil medio de 164 víctimas mos- condiciones económicas o intelectuales traba una situación de violencia desde sino por condiciones de carácter emocio- hacía 12 años. Y, desde el Instituto Social nal, pues otras características que defi- y Político de la mujer en Argentina, en nes a este grupo son la existencia de base a 21.066 denuncias (enero-sep- depresión, la percepción de un conflicto tiembre de 1997) establecen que la irresoluble en la pareja. mayoría de mujeres (30,5%) sufren el ANUARIO/2003 21 Perfil psicológico del homicida doméstico maltrato desde hace 11 años y más. Por gias de resolución de conflictos y la exis- otro lado, Dutton (1995) indica que los tencia de fuentes de estrés. En un estu- indicadores de un posible homicidio son: dio de Vivian y Malone (1997) en el que repetidas peleas y maltratos, separacio- se dividió a las parejas en tres grupos en nes y reconciliaciones, antecedentes de función de la gravedad de la agresión, depresión, uso indebido de drogas y medido mediante The Conflict Tactics celosía morbosa. Scale, los resultados mostraron que la calidad marital, el estilo de resolución de Una explicación de estos resultados se conflictos, las cogniciones respecto al podría encontrar en el hecho de que al matrimonio y el estado anímico indivi- aparecer de forma tardía la primera agre- dual eran más negativos para ambos sión, el espacio de tiempo entre ésta y la esposos en aquellas parejas cuyos espo- muerte/intento de homicidio de la vícti- sos eran más agresivos. Asimismo, en un ma no sea suficiente para que exista una estudio realizado en Chile por Martinez, escalada de violencia tal que halla hecho Raul y Millar (2000), en el que se compa- aumentar la frecuencia de las agresiones. ra un grupo de agresores domésticos con un grupo de no agresores, muestra La siguiente variable diferenciadora como el primer grupo se caracterizaba entre los homicidas domésticos y los no por una mayor percepción de provoca- homicidas es la zona del cuerpo donde ción por parte de sus mujeres, mayor va dirigida la agresión, siendo el tron- intensidad de experiencias de rabia, co y la cara, respectivamente. En el pri- mayor variedad de interacciones negati- mer caso la intención finalista es matar, vas (reacciones hostiles verbales y no ver- en el segundo humillar. También se les bales), menor ajuste diádico global y podría atribuir a los homicidas domésti- menor satisfacción marital. Finalmente, cos un mayor control sobre su conducta, sobre este tema, existe evidencia que los puesto que la zona de la agresión, el maltratadores experimentan altos niveles tronco, es una zona no visible socialmen- de infelicidad e insatisfacción en sus te, que permite seguir dando la imagen vidas, tanto en casa como en el trabajo de buena familia comentada anterior- (Hotaling y Sugarman, 1986). mente. Los maltratadores homicidas de este Enlazada con la anterior variable, las estudio también se caracterizan por una siguientes, utilización de una fuerza baja capacidad de autocontrol física extrema y riesgo de muerte durante la agresión, comparados con más elevado, es otra muestra de la fina- los no homicidas. Se podría afirmar que lidad del agresor, puesto que ejercen una los maltratadores homicidas de nuestro fuerza desmesurada si el único objetivo estudio tienen cierta capacidad de con- fuera someter a la víctima. trol sobre su conducta (puesto que apuntan al tronco de la víctima) pero que La Percepción del agresor de un en cierto momento durante la agresión conflicto familiar continuado e irre- pierden la controlabilidad, puesto que soluble como condición de riesgo de no paran antes de matar a su víctima. muerte de la víctima para el grupo homi- cida, según diversos autores está relacio- Este factor de incontrolabilidad interna nado con una deficiencia en las estrate- de su comportamiento puede constituir 22 ANUARIO/2003 Miguel Ángel Soria Verde, Lorena Rodríguez Cortés una justificación para la racionalización estudio de Hammond y Carole (1997) las de su acto criminal (mecanismo de tres variables estudiadas (depresión, defensa más utilizado por los sujetos autoestima y asertividad) quedaron rela- homicidas), puesto que si la comisión de cionadas con la violencia doméstica. la agresión está causada por un factor Altos niveles de hostilidad y depresión en externo a ellos, como puede ser el alco- un grupo de golpeadores fue descrito hol o conflictos familiares, quedan eximi- por Sonkin et al.(1985).En el caso que dos de toda culpabilidad. En el caso de nos ocupa, la diferencia encontrada en los no homicidas el mecanismo defensivo ambos grupos en cuanto a la psicopato- más utilizado es la minimización, que logía predominante, puede ser entendi- consiste en argumentar que el daño cau- da, en el caso de la depresión en el sado no ha sido tan grave, alternativa grupo homicida y, según la descripción difícilmente utilizable para el que ha hecha por los sujetos, como una reac- matado a su mujer. Dada la gravedad de ción previa al acto criminal, ante la inca- los hechos, los sujetos homicidas tienden pacidad de solucionar problemas y, al a aceptar policial y/o judicialmente mismo tiempo, posterior a su comisión. los hechos, puesto que la gravedad de En el caso del consumo de drogas, su estos les impide utilizar otro mecanismo función puede ser reforzar la comisión de defensa (minimización, negación) que de los actos agresivos, sin el correlato no sea la racionalización para reencontrar emocional que comporta si uno se siente su equilibrio psicológico. Por ello también responsable. Según Gondolf (1988) los suele aparecer en este grupo reacciones hombres beben cuando quieren agredir, suicidas, de forma aislada y grave. Esto para evitar la responsabilidad personal puede ser causado por un sentido de pér- de su comportamiento. dida de su propia realidad cuando se pierde el objeto deseado. En consonancia Por otro lado, el grupo no homicida con esta hipótesis se encuentra el estudio presenta un nivel más elevado de celos de Conner et al. (2000). en comparación con el grupo homicida. Este resultado, en apariencia contradic- Los sujetos homicidas muestran torio, puede ser explicado en parte por depresión como principal psicopatolo- los resultados obtenidos en los condicio- gía mientras que los no homicidas el nantes de riesgo de muerte de la víctima, abuso de sustancia. Ambas psicopatolo- verbalizadas por los sujetos: en el grupo gías han estado relacionadas con los homicida constituido por la percepción maltratadores domésticos. Así, por ejem- de un conflicto irresoluble en la familia y plo, en el estudio de Hoething (2001) las en el grupo no homicida por el engaño. variables celos, autoestima y abuso del En un estudio de Barnett, Martínez y alcohol se correlacionaban con la severi- Bluestein (1995) en que la celosía no dad del abuso. Cano y Vivian (2001) estaba ser el principal precipitante de la encontraron una relación directa entre violencia, concluían que podía interac- estresores y violencia doméstica y una tuar con otras variables, como la depen- serie de variables que moderaban esta dencia emocional, para incrementar la relación: satisfacción marital, depresión, probabilidad de abuso marital. actitudes de aceptación de la violencia, violencia en la familia de origen, y Finalmente, añadir que las caracterís- abuso/dependencia del alcohol. En un ticas diferenciales de ambos grupos ANUARIO/2003 23 Perfil psicológico del homicida doméstico apuntan hacia una tipología de agresor das. Consideramos necesarias un mayor para cada uno de los grupos: los indivi- número de investigaciones en esta direc- duos del grupo homicida pertenecerían ción para poder determinar si realmente a los agresores hipercontrolados (rele- existe un perfil diferencial entre ambos vancia de variables emocionales sobre las grupos. En especial los problemas rela- económicas, existencia de depresión, cionados con la muestra y su representa- sensación de un conflicto irresoluble en tividad. En el grupo no homicida, donde la pareja, baja capacidad de autocontrol, la población presidiaria sólo representa baja frecuencia de las agresiones) y los una pequeña proporción de la población del grupo no homicida a los agresores general (sólo un 10% son denunciados y cíclicos (influencia de factores estresan- una proporción de los mismos ingresan tes, abuso de sustancia, gran temor a la en prisión). Sin embargo, para el grupo intimidad y al abandono, celos y mayor homicida el problema reside en el alto frecuencia de agresiones). Esta tipología riesgo de suicidio que presenta esta constituye una evidencia observable sólo población. a nivel descriptivo en la presente investi- gación, por lo que serán necesarios otros Por otro lado, para comprobar que los estudios para poder corroborar a nivel resultados se mantienen en el tiempo, en estadístico esta tendencia. el sentido que los individuos del grupo no homicida siguen perteneciendo a En relación a los resultados de este este grupo, es decir, que no han cometi- estudio, estos parecen indicar importan- do homicidio, sería necesario hacer un tes diferencias psicosociales entre los estudio longitudinal utilizando el mismo sujetos violentos homicidas y no homici- instrumento de medida. 24 ANUARIO/2003 Miguel Ángel Soria Verde, Lorena Rodríguez Cortés REFERENCIAS Adams, David (1989). Identifying the assaultive in young men with early onset al.coholism: Rea- husband in court: You be the judge. Boston Bar nalyses of Murphy’s data. 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