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Nelson G. Lombardo
Apuntes de Análisis Matemático II.Nelson G. LombardoPrimera edición: Abril 2008Edición:© Copyright 2008-2009, Nelson G. Lombardo.Esta documentación esta licenciada bajo los términos de la Licencia GNU para la Documentación
Libre. Ver en http:/www.gnu.org/copyleft/This documentation is licensed under the terms of the GNU Free Documentation License. See
http:/www.gnu.org/copyleft/<[email protected]>. Para cualquier consulta sobre este texto en forma electrónica se
pide que el subject o sujeto sea: “amII”. Esta edición electrónica se ha realizado íntegramente consoftware libre, mediante el procesador Lyx.
Imagen de tapa:Función de ejemplo ’Trap’ dentro de las "IsoSurface" del software K3DSurf v0.6 (GPL). Editada
usando GIMP 2.4.0-rc3 ("GNU Image Manipulation Program").
Índice general
Capítulo 1. Acerca del texto 11.1. Objetivo 11.2. Metodología 11.3. Consideraciones 11.3.1. Enunciados de los ejemplos 11.3.2. Referencias pasadas 21.3.3. Función trigonométrica 21.3.4. Función trigonométrica inversa 21.3.5. Sobre el lenguaje 2
Capítulo 2. Ecuaciones Diferenciales 32.1. Teoría 32.1.1. Ecuaciones Lineales 32.1.2. Clasificación 32.2. Ejemplos de ecuaciones diferenciales 5
Capítulo 3. Funciones de dos variables 243.1. Ejemplos de funciones de dos variables 24
Capítulo 4. Integrales 394.1. Ejemplos de integrales dobles 39
Capítulo 5. Transformada de Laplace 445.1. Requisitos 445.2. Transformadas indirectas 445.2.1. Trigonométricas 44
Capítulo 6. Tablas 456.1. Derivadas 456.1.1. Básicas 456.1.2. Trigonométricas 456.1.3. Trigonométricas inversas 456.1.4. Hiperbólicas 456.2. Integrales 456.2.1. Básicas 456.2.2. Racionales que contienen a+ bu 45
Capítulo 7. Historial 47
Bibliografía 48
iii
CAPíTULO 1
Acerca del texto
1.1. Objetivo
Este texto intenta resolver ejercicios típicos de la cátedra de Análisis Matemático II para ayudaren el aprendizaje de esta materia básica para Ingeniería.
Espera ayudar a los alumnos que están en la cátedra o por rendir el final de la materia. Losejercicios que se presenta son extraídos directamente de los prácticos que generalmente se presentan.La resolución de los siguientes ejercicios fue en gran parte realizada por el autor y en algunos casosespeciales se necesito de ayuda del JTP (Jefe de Trabajos Prácticos) puesto que en el momento deresolverlos como es costumbre el alumno no siempre tiene las “herramientas” de resolución pulidas ycada tanto algunos casos en esos momentos no pudieron resolverse.
La idea en estas páginas, es ayudar al lector que supongo ha de estar en la misma situación queestuvo el autor al cursar la materia, facilitar la interpretación de los ejercicios es fundamental puestoque en los momentos en donde se cursan la materia la visión del alumno es un poco más “reducida”,puesto que entre los estudiantes en primera instancia no son capaces de contemplar todo el panoramay como los Profesores y Ayudantes ya poseen un conocimiento más amplio que a veces apabullan, conlo cual es difícil comprender del todo las técnicas y definiciones.
No se intenta evadir de ninguna forma el aporte del estudio formal en la cátedra, sino ampliar eintentar llegar a mejores interpretaciones de la teoría y práctica a través de ejercicios resueltos como“recetas”. ¿Cuantas veces se tiene ese click en la mente al ver un ejercicio resuelto o sólo al ver unaparte?
1.2. Metodología
Los ejercicios están resueltos de la forma más lógica teniendo en cuenta de cómo se suelen resolverentre varias personas.
Cuando se deba resolver sistemas de ecuaciones se resolverán por el método de Gauss-Jordan, esel método con que el autor se siente más cómodo, el lector podrá evadir (si quiere) esta parte aunquela resolución siempre será desarrollada.
En el último capitulo del texto se destinará para los cambios realizados sobre el mismo para poderllevar un control más preciso y que el lector que utilice este material pueda visualizar más cómodamenteel progreso y mejoras como también los errores que se estén dando.
1.3. Consideraciones
1.3.1. Enunciados de los ejemplos. Se opto por introducir al principio de los enunciados uncódigo sencillo y con colores para tener una primera aproximación sobre la dificultad del ejercicios ysi se resolvió a través de caminos alternativos.El código es como sigue:
[1] = sencillo[2] = intermedio
[3] = difícil[4] = asistido con profesor
Se le concatenara la letra “a” cuando la resolución sea a través de más de una alternativa:[3a] = difícil con resolución alternativa
A veces algunos ejercicios se resolverán en parte suponiendo los resultados parciales como generalesy dejando al lector la resolución complementaria para la práctica, la forma de indicar esto es utilizandola letra “p” como por ejemplo:
[1p] = sencillo con resolución parcial1
1.3. CONSIDERACIONES 2
Algunos ejercicios son problemas de Física por lo que aunque su resolución en general no variarapero si se indicará con la letra “F”:
[2F] = intermedio, problema FísicaEn ciertas ocasiones, algunos de los ejemplos necesitan de cálculo numérico para ser resueltos, en
esos casos el siguiente icono indicara el uso de software de cálculo especializado según el ejercicioa resolver.
1.3.2. Referencias pasadas. Cuando se necesite realizar referencias sobre resoluciones anteri-ores se etiquetara la zona a tomar nota con un icono y se hará la referencia a la página donde seesta requiriendo esta marca.
1.3.3. Función trigonométrica. Por cuestiones técnicas a la función seno se la denominara“sin” y no como “sen”.
1.3.4. Función trigonométrica inversa. Se adopta la siguiente convención:
arcsin (x) | sin−1 (x) = asin (x)
1.3.5. Sobre el lenguaje. Muchos de los cambios en la redacción de las funciones, generalmentetrigonométricas se debe al uso del formato AMSbook del LYX, en general esta más acorde para lautilización de software de análisis numérico que en general es de gran ventaja familiarizarse con loscomandos, la mayor parte de las veces y en gran parte de los software que existen se denotan lasfunciones como se han escrito en este texto hasta ahora.
CAPíTULO 2
Ecuaciones Diferenciales
2.1. Teoría
2.1.1. Ecuaciones Lineales.
diferenciales
ordinarias
{linealesno lineales
parcialesOrdinaria Lineal. Donde la variable y no esta afectada:
(sin x) yn − tan yx2 −
√xy = ex
Ordinaria No Lineal. La variable y esta afectada
sin (xy) y′′ − tan yx2 y′ −√y = ey
2.1.2. Clasificación.Lineales de 1er orden homogénea. Veamos la forma
a (x) y′ + b (x) y = c (x)
y′ + b (x)a (x)
y = c (x)a (x)
.y′ + P (x) y = Q (x)
Es homogénea cuando Q (x) = 0, o sea:y′ + P (x) y = 0
Para resolverlas se introduce un factor integrante al que llamamos µ (x)µ (x) y′ + µ (x)P (x) y = 0
Supondremos que la ecuación es la derivada del producto µ (x) y:µ (x) y = µ′ (x) y + µ (x) y′
Se igualan las expresionesµ (x) y′ + P (x)µ (x) y = µ′ (x) y + µ (x) y′
P (x)µ (x) y = µ′ (x) y
P (x) = µ′ (x)µ (x)
Integrar miembro a miembro ∫P (x) dx =
∫µ′ (x)µ (x)
dx∫P (x) dx = ln (µ (x))
∴ e∫P (x)dx = µ (x)
Se puede realizar la sustitución
e∫P (x)dxy′ + P (x) e
∫P (x)dxy = 0(
e∫P (x)dxy
)′= 0
3
2.1. TEORÍA 4
Integrar
e∫P (x)dxy = C
Despejamos y
y = Ce−∫P (x)dx
Lineales de 1er orden no homogénea. De la forma
y′ + P (x) y = Q (x)
e∫P (x)dx = µ (x)
Realizando la sustituciónµ (x) y′ + P (x)µ (x) y = Q (x)µ (x) y′
(µ (x) y)′= Q (x)µ (x)
Integrar
µ (x) y =∫Q (x)µ (x) dx
Despejamos y
y =∫Q (x)µ (x) dx
µ (x)
Por lo que
y = e−∫P (x)dx
∫Q (x) e
∫P (x)dxdx
No lineales de 1er orden de variables separables. De la forma
dy
dx= f(x;y)
h(y)dy = g(x)dx
y′ = dy
dx=g(x)h(y)
.Homogéneas. Todos los términos tienen el mismo grado
F(x;y) = y′
Por ejemplo, la variable de esta ecuación diferencial
v = y
x
entonces
y′ = x2 + y2
x2
es homogénea
y′ = x2
x2 + y2
x2
y′ = 1 +(y
x
)2
2.2. EJEMPLOS DE ECUACIONES DIFERENCIALES 5
2.2. Ejemplos de ecuaciones diferenciales
Ejemplo 1. [1] Resolver directamente:
y′ = x ex2
Desarrollo 1. En primer lugar reescribiremos esta ecuación para una mayor claridad:dy
dx= x ex
2
dy =(x ex
2)dx
La idea es integrar directamente miembro a miembro pero al segundo miembro no se puede integrarpuesto que matemáticamente no existe
∫ex
2dx, por lo que una buena alternativa sería realizar un
cambio de variables, por ejemplo convertir a x2como la nueva variable m, entonces resultaría en
x2 = m
Al realizar un cambio de variables se debe realizar los cambios no sólo en función de la antiguavariable también de su diferencial,
(x)′ =(√m)′
dx = 12√mdm
procederemos a realizar la sustitución,
dy =(x ex
2)dx
dy =(√mem
) ( 12√m
)dm
simplificamos√m
dy = 12em dm
sólo resta integrar ∫dy = 1
2
∫em dm
y = 12em + c
Volveremos a sustituir para volver a la variable original para obtener la solución:
y = 12ex
2 + c
Verificaremos si la solución que se obtuvo es correcta
y = 12ex
2 + c
dy
dx= 1
22x ex2 + 0
y′ = x ex2
El cambio de variables ayudo a resolver esta ecuación diferencial.
Ejemplo 2. [1] Comprobar que la solución dada es la correcta y determinar el valor de c para quela solución particular satisfaga la condición inicial:
y y′ + x = 0
y2 + x2 = c
2.2. EJEMPLOS DE ECUACIONES DIFERENCIALES 6
Desarrollo 2. Se comenzara despejando la variable y de la solución particular
y =√c− x2
se derivara miembro a miembro
y′ = − x√c− x2
en la ecuación diferencial se realizaran las sustituciones correspondientes
y y′ + x = 0
(√c− x2
)(− x√
c− x2
)+ x = 0
De la solución particular el valor de c es siempre≥ 0 y además que c ≥ x2, por lo que resulta deeste análisis la simplificación del término
√c− x2:
−x+ x = 0
Por lo que resta verificar que la solución particular dada es correcta. Se necesita hallar el valor dec que satisfaga las condiciones iniciales
√2 =
√c−
(√2)2
√2 =√c− 2
2 = c− 2
c = 4
Ejemplo 3. [1] Determinar la raíz cuadrada de 5.
Desarrollo 3. Utilizando el cálculo diferencial se calculará la√
5. Estudiamos en la cercanía dela√
4 como trabaja la tangente:
Figura 2.2.1.
Notar que la función en cercanías de la tangente el el punto (4; 2) prácticamente se confunde, sinos acercamos mejor
2.2. EJEMPLOS DE ECUACIONES DIFERENCIALES 7
Figura 2.2.2.
Entonces es posible aplicar que:
y =√x
si diferenciamos
dy = 12√xdx
si reemplazamos dx = 1 y x = 4
dy = 14
ahora sólo queda plantear lo visto gráficamente√
5 =√
4 + dy
√5 = 2 + 1
4√
5 ≈ 2,25el valor más aproximado de la
√5 = 2,236, notemos que la diferencia es 0,014, o sea que el error es
del 0, 626 % por encima del valor real. Puesto que el valor más cerca que conocemos con exactitud esla raíz de 4 el dx es la unidad pero si conociéramos una raíz más cercana el cálculo se refinaría muchomás.
Ejemplo 4. [1] Determinar el valor de r al sustituir y = erx en la ecuación diferencial:
3y′′ + 3y′ − 4y = 0
Desarrollo 4. Para poder determinar el valor de r se necesita sustituir el valor de la variabley, pero en primera instancia se ha de derivar y dos veces
y = erx
y′ = r erx
y′′ = r2 erx
se pueden realizar las sustituciones correspondientes
3(r2erx
)+ 3 (rerx)− 4 (erx) = 0
factor común erx
2.2. EJEMPLOS DE ECUACIONES DIFERENCIALES 8
erx(3r2 + 3r − 4
)= 0
Esta ecuación tendrá solución cuando alguno de los dos factores o ambos sea cero, del análisis
erx 6= 0por lo que el primer factor nunca puede anularse entonces el segundo factor es el único factor quepodría anularse
3r2 + 3r − 4 = 0utilizando la resolvente
r1−2 = (−3)±√
(32)− [(4) (3) (−4)](−2) (3)
se obtiene
r1 ≈ −0,7583
r2 ≈ 1,7583Como existen dos raíces reales para esta ecuación, los valores calculados de r1 y r2 verifican la
ecuación diferencial original.
Ejemplo 5. [1] Mediante separación de variables resolver la siguiente ecuación diferencial teniendoen cuenta la condición inicial y(0) = 1:
y′ + 5x4y2 = 0
Desarrollo 5. Nuevamente se comenzara agrupando convenientemente las variables
dy
dx+ 5x4y2 = 0
dividiendo por y2 y multiplicando por dx
dy
y2 + 5x4dx = 0
dy
y2 = −5x4dx
se procederá a integrar ∫ 1y2dy = −5
∫x4dx
reescribir 1y2 en forma de exponente∫
y−2dy = −5∫x4dx
integrar directamente
−y−1 = −5x5
5+ c
−1y
= −x5 + c
Reescribir dejando en función de x como generalmente se trabaja
− 1c− x5 = y
2.2. EJEMPLOS DE ECUACIONES DIFERENCIALES 9
Se analizara este resultado a través de las condiciones iniciales para hallar el valor de c:
1 = − 1c− 05
1 = −1c
c = −1
Ejemplo 6. [1] Resolver con el valor inicial y( 14π) = −1:
y′ = 4√y + 1 cos (2x)
Desarrollo 6. Se comienza la resolución con el agrupamiento conveniente
dy
dx= 4
√y + 1 cos (2x)
1√y + 1
dy = 4 cos (2x) dx
Para realizar una integración más sencilla se realizara un cambio de variables
m = y + 1como en cualquier cambio de variables también se necesita hallar los diferenciales pertinentes
dm = dy
Se realiza la sustitución, se escribe la raíz en forma de exponente y se integra∫m−
12dm = 4
∫cos (2x) dx
2m−12 = −4 sin (2x) 2 + c
2m−12 = −8 sin (2x) + c
Resuelta la integral se vuelve a las variables originales:
2 (y + 1)−12 = −8 sin (2x) + c
reescribir en función de x e y a la constante c, una técnica muy utilizada cuando la separación devariables no es viable en primera instancia
2 (y + 1)−12 + 8 sin (2x) = c
De la condición inicial se intenta obtener el valor de c:
2 (−1 + 1)−12 + 8 sin
(2(1
4π
))= c
8 sin(1
2π
)= c
Ejemplo 7. [1] Resolver la siguiente ecuación homogénea usando separación de variables susti-tuyendo u = y
x :
x2y′ = y2 + xy + x2
2.2. EJEMPLOS DE ECUACIONES DIFERENCIALES 10
Desarrollo 7. Por el tipo de la sustitución se necesita agrupar de forma que se respete
x2 dy
dx= y2 + xy + x2
dividimos por x2
dy
dx= y2
x2 + y
x+ 1
En esta última expresión notamos que se repite la forma de la sustitución sugerida
u = y
xcomo cualquier sustitución requiere de el cálculo de la derivadas correspondientes
ux = y
derivando factores
du
dxx+ u
dx
dx= dy
dx
u′x+ u = y′
con este último resultado la sustitución ya es posible
dy
dx= y2
x2 + y
x+ 1
xu′ + u = u2 + u+ 1cancelamos los términos u
xu′ = u2 + 1el próximo paso es la separación de variables
xdu
dx= u2 + 1
1u2 + 1
du = 1xdx
ya es posible la integración ∫ 1u2 + 1
du =∫ 1xdx
La integración es directa:
atan (u) = ln (x) + c
sustituyendo por las variables originales
atan(y
x
)= ln (x) + c
Puesto que no se puede lograr la separación de variables en primera instancia reescribimos
c = atan(y
x
)− ln (x)
Ejemplo 8. [2a] Empleando la sustitución x2y2 = u resolver:
y′2x2y = tan(x2y2
)− 2xy2
2.2. EJEMPLOS DE ECUACIONES DIFERENCIALES 11
Desarrollo 8. Se aplicaran dos caminos para la resolución, se comienza utilizando los despejesnormales:
x2y2 = u
y =√u
x2
y =√u
xderivar y
y′ =1
2√uu′x−
√u
x2
Se realizará la sustitución y se trabajará algebraicamente
12√uu′x−
√u
x2 2x√u = tan (u)− 2u
x
x2u′ − 2xux2 = tan (u)− 2u
x
x2u′
x2 −2xux2 = tan (u)− 2u
x
u′ − 2ux
= tan (u)− 2ux
cancelar lo que resulta en
u′ = tan (u)agrupar
du
dx= tan (u)
du
tan (u)= dx
1sin(u)cos(u)
du = dx
cos (u)sin (u)
du = dx
integrar ∫ cos (u)sin (u)
du =∫dx
para este cálculo una buena opción es la realización de una nueva sustitución
z = sin (u)
dz = cos (u) dusustituir e integrar ∫ 1
zdz =
∫dx
ln (z) + c = x
se volverá a las variables originales z = sin (u) por lo tanto z = sin(x2y2)
2.2. EJEMPLOS DE ECUACIONES DIFERENCIALES 12
ln(sin(x2y2
))+ c = x
ln(sin(x2y2
))= x− c
x− c = ln(sin(x2y2
))con las propiedades de logaritmos se trabajara
ex−c = eln(sin(x2y2))
ex
ec= sin
(x2y2
)como 1
ec sigue siendo una constante la llamaremos C
C = sin(x2y2)ex
En este ejercicio se puede optar por una resolución diferente que logrará el mismo resultado, empezandopor derivar y2:
x2y2 = u
y2 = u
x2
derivar
2yy′ = u′x2 − u2xx4
y′ = u′x2 − u2x2yx4
Ahora si se reemplazay′2x2y = tan
(x2y2
)− 2xy2
(u′x2 − u2x
2yx4
)2yx2 = tan (u)− 2xy2
simplificar el primer miembrou′x2 − u2x
x2 = tan (u)− 2xy2
multiplicar por x2
u′x2 − 2ux = tan (u)x2 − 2x3y2
terminar de sustituiru′x2 − 2ux = tan (u)x2 − 2ux
cancelaru′x2 = tan (u)x2
dividir por x2
u′ = tan (u)Notar que se ha llegado a la misma forma que en la página anterior por lo que el desarrollo continuacomo se realizo anteriormente.
Ejemplo 9. [1] Resolver usando la sustitución u = y − 3:
y′ =√
6y − y2 − 8
Desarrollo 9. Se comienza despejando y de la sustitución
2.2. EJEMPLOS DE ECUACIONES DIFERENCIALES 13
u+ 3 = y
derivamos para poder realizar la sustitución
u′ = y′
reemplazar
y′ =√
6y − y2 − 8
u′ =√
6 (u+ 3)− (u+ 3)2 − 8distributiva
u′ =√
6u+ 18− (u+ 3) (u+ 3)− 8trabajo algebraico
u′ =√
6u+ 10− (u2 + 3u+ 3u+ 9)
u′ =√
6u+ 10− (u2 + 6u+ 9)cancelar 6u
u′ =√
6u+ 10− u2 − 6u− 9
u′ =√
1− u2
realizar la separación de variables
du
dx=√
1− u2
1√1− u2
du = dx
integramos directamente ∫ 1√1− u2
du =∫dx
asin (u) + c = x
reemplazamos u = y − 3
asin (y − 3) + c = x
por último despejamos c por la dificultad que presenta separar x e y:
c = x− asin (y − 3)
Ejemplo 10. [1] Resolver utilizando la sustitución lineal y − x = u:
y′ = y − x+ 1y − x+ 5
Desarrollo 10. Se comienza despejando y como normalmente se realiza
2.2. EJEMPLOS DE ECUACIONES DIFERENCIALES 14
y − x = u
y = u+ x
también se deriva correspondientemente
y′ = u′ + 1Se comienza con el trabajo de sustitución sobre la ecuación:
y′ = y − x+ 1y − x+ 5
u′ + 1 = u+ 1u+ 5
se empieza el trabajo algebraico
u′ = u+ 1u+ 5
− 1
común denominador (u+ 5)
u′ = u+ 1− u− 5u+ 5
u′ = −4u+ 5
se puede realizar la separación de variables
du
dx= −4u+ 5
(u+ 5) du = −4dxYa es posible la integración: ∫
(u+ 5) du = −4∫dx∫
u du+ 5∫du = −4
∫dx
u
22+ 5u = −4x+ c
reemplazar u por y − x
(y − x)2
2+ 5 (y − x) = −4x+ c
puesto que la separación de x e y no es posible se despejará c
(y − x)2
2+ 5 (y − x) + 4x = c
(y − x)2
2+ 5y − 5x+ 4x = c
(y − x)2
2+ 5y − x = c
Ejemplo 11. [1] Resolver la siguiente ecuación diferencial, comprobar de que tipo es:
(6xy − y3
)dx+
(4y + 3x2 − 3xy2
)dy = 0
2.2. EJEMPLOS DE ECUACIONES DIFERENCIALES 15
Desarrollo 11. Sin realizar cálculos es posible ver que la separación de variables no va ha serposible, revisemos a ver si la ecuación es del tipo diferencial total:
M (x;y) = 6xy − y3 →M ′y = 6x− 3y2
N (x;y) = 4y + 3x2 − 3xy2 → N ′x = 6x− 3y2
Como las derivadas parciales cruzadas son iguales entonces la ecuación diferencial dada es exacta, porlo tanto procedemos a resolver, por simpleza de calculo tomamos M (x;y):∫
M (x;y)dx =∫ (
6xy − y3)dx
Fy = 3yx2 − y3x+ g(y)Derivar en y
F ′y =(3yx2 − y3x+ g(y)
)dy
F ′y = 3x2 − 3y2x+ g′(y)
Calcular g′(y), igualandoF ′y = N(x;y)
g′(y) = 4yintegrando con respecto a y ∫
g′(y) = 4∫
(y) dy
g(y) = 2y2 + c
Por lo que la función potencial es:
F(x;y) = 3x2y − xy3 + 2y2 + c
Ejemplo 12. [1] Resolver la siguiente ecuación diferencial, comprobar de que tipo es:
(4y) dx+ (x) dy = 0
Desarrollo 12. Se tratara como una ecuación diferencial exacta:
M (x;y) = 4y →M ′y = 4
N (x;y) = x→ N ′x = 1La ecuación no es exacta pero las derivadas parciales cruzadas sólo difieren en una constante, es
posible que la ecuación sea reducible a exacta. Se intentara hallar el factor integrante:
f(x) =M ′y −N ′xN(x,y)
f(x) = 4− 1x
f(x) = 3x
Como f(x) sólo esta dependiente de una sola variable y es x entonces se ha encontrado un factorintegrante, procedemos a su cálculo
ñ(x) = e∫f(x)dx
ñ(x) = e3∫
1xdx
2.2. EJEMPLOS DE ECUACIONES DIFERENCIALES 16
la integral es directa
ñ(x) = e3 lnx
por propiedades de logaritmos al factor 3 se lo transforma en un exponente
ñ(x) = elnx3
nuevamente se aplicamos propiedades de los logaritmos
ñ(x) = x3
Se ha de introducción el factor integrante en la ecuación diferencial original para transformarla enexacta:
ñ(x) ((4y) dx+ (x) dy) = 0
x3 ((4y) dx+ (x) dy) = 0
(4yx3
)dx+
(x4)dy = 0
verificar si la “nueva” ecuación diferencial es exacta
M (x;y) = 4yx3 →M ′y = 4x3
N (x;y) = x4 → N ′x = 4x3
Realizada la comprobación se comienza la resolución como cualquier ecuación diferencial exacta:∫N (x;y)dy = x4y + g(y)
F ′x = 4x3y + g′(y)
F(x;y) = M(x;y)
g′(y) = 0integrar ∫
g′(y)dy =∫
(0) dy
g(y) = c
La función potencial es:
F(x;y) = x4y + c
Ejemplo 13. [1] Encontrar la solución de la siguiente ecuación homogénea de segundo:
y′′ + 6y′ + 9y = 0
Desarrollo 13. Realmente sencilla de resolver, por ser homogénea solo debemos hallar la solucióncomplementaria:
2.2. EJEMPLOS DE ECUACIONES DIFERENCIALES 17
r2 + 6r + 9 = 0aplicando resolvente
r = −3La ecuación anterior tiene raíces reales y coincidentes por lo que la solución complementaria es:
YC = (c1 + c2x)e−3x
Ejemplo 14. [1] Resolver con las condiciones iniciales y(0) = 7 e y′(0) = 11:
y′′ − 4y′ + 3y = 0
Desarrollo 14. En primera instancia se comenzará calculando la solución complementaria:
r2 − 4r + 3 = 0aplicando resolvente {
r1 = 3r2 = 1
Como las raíces son reales y distintas la solución complementaria es:
YC = c1e3x + c2e
x
Se trabajara con las condiciones iniciales dadas para hallar el valor de c1 y c2, primero es necesariohallar las correspondientes derivadas de la solución complementaria
Y ′C =(c1e
3x + c2ex)′
Y ′C = 3c1e3x + c2e
x
De esta forma se armará el sistema de ecuaciones para hallar los valores de los coeficientes utilizandolas condiciones iniciales y(0) = 7 e y′(0) = 11{
7 = c1e0 + c2e
0
11 = 3c1e0 + c2e
0{c1 + c2 = 73c1 + c2 = 11
El sistema de ecuaciones puede resolverse mediante cualquier método que el lector conozca, eneste caso se resolverá usando Gauss-Jordan:[
1 1 73 1 11
]se toma como pivote la posición (1, 1) y se ejecuta el algoritmo[
1 1 70 −2 −10
]se divide por −2 la segunda fila [
1 1 70 1 5
]se toma como pivote la posición (2, 2) y se ejecuta nuevamente el algoritmo[
1 0 20 1 5
]
2.2. EJEMPLOS DE ECUACIONES DIFERENCIALES 18
por lo que la soluciones son {c1 = 2c2 = 5
La solución complementaria con las condiciones iniciales:
YC = 2e3x + 5ex
Ejemplo 15. [2] Resolver con las condiciones iniciales y(0) = 1 y y′(0) = 2:
y′′ − 3y′ + 2y = 3e−x − 10 cos (3x)
Desarrollo 15. En este caso la ecuación diferencial no es homogénea por lo que necesitamosencontrar las soluciones particulares y complementaria, se comienza por la última:
r2 − 3r + 2 = 0aplicando resolvente {
r1 = 2r2 = 1
La solución complementaria es:YC = c1e
2x + c2ex
El cálculo de la solución particular en este caso se podrá separar en dos términos, se resolverá enprimer lugar el primer término por lo que se propone una solución particular para esta forma:
YP1 = (Bx+ C) e−x
distributiva
YP1 = Bxe−x + Ce−x
se calcula la primer derivada
Y ′P1 = Be−x −Bxe−x − Ce−x
se calcula la segunda derivada
Y ′′P1 = −2Be−x +Bxe−x + Ce−x
Se reemplaza en la ecuación diferencial original pero igualando solamente al primer término:
y′′ − 3y′ + 2y = 3e−x
−2Be−x +Bxe−x + Ce−x − 3Be−x + 3Bxe−x + 3Ce−x + 2Bxe−x + 2Ce−x = 3e−x
trabajando algebraicamente−5Be−x + 6Bxe−x + 6Ce−x = 3e−x
se necesita que los coeficientes de los términos e−x tomen el valor 3 y que los restantes se anulen:{+6B + 0 = 0−5B + 6C = 3
Resolver el sistema de ecuaciones1, en este caso se utiliza el método de Gauss-Jordan:[6 0 0−5 6 3
]se divide la primer fila por 61El lector puede utilizar cualquier método para la resolución.
2.2. EJEMPLOS DE ECUACIONES DIFERENCIALES 19
[1 0 0−5 6 3
]se toma como pivote la posición (1, 1) y se aplica el método[
1 0 00 36 18
]se divide la segunda fila por 36 [
1 0 00 1 1
2
]las soluciones del sistema son {
B = 0C = 1
2Por lo que la primer solución particular tiene la siguiente forma:
YP1 =12e−x
Se procede con genera la segunda parte de la solución particular, en general al existir funcionestrigonométricas (seno o coseno) se trabajará como sigue:
YP2 = A sin (3x) +D cos (3x)
hallamos la primer derivada
Y ′P2 = 3A cos (3x)− 3D sin (3x)también hallamos la segunda derivada
Y ′′P2 = −9A sin (3x)− 9D cos (3x)Se reemplaza en la ecuación diferencial original esta vez igualando al segundo término:
y′′ − 3y′ + 2y = −10 cos (3x)
−9A sin (3x)− 9D cos (3x)− 9D cos (3x) + 9D sin (3x) + 2A sin (3x) + 2D cos (3x) = −10 cos (3x)
se procede algebraicamente agrupando convenientemente
(−7A+ 9D) sin (3x) + (−9A− 7D) cos (3x) = −10 cos (3x)
puesto que la solución de la ecuación diferencial requiere de la función trigonométrica coseno sedebe hallar los coeficientes de la función seno para anularla, se procede a armar el siguiente sistemade ecuaciones {
−7A+ 9B = 0−9A− 7B = −10
Resolver el sistema de ecuaciones2, se vuelve a recurrir al método Gauss-Jordan,:[−7 9 0−9 −7 −10
]dividir la primer fila por −7 [
1 −97 0
−9 −7 −10
]el pivote a usar será el de la posición (1, 1)
2El lector puede utilizar cualquier método para la resolución.
2.2. EJEMPLOS DE ECUACIONES DIFERENCIALES 20
[1 −9
7 00 −130
7 −10
]se multiplica la segunda fila por − 7
130 [1 −9
7 00 1 7
13
]la posición (2, 1) será el nuevo pivote [
1 0 913
0 1 713
]las soluciones del sistema presentado son:{
A = 913
D = 713
La forma que adopta la segunda parte de la solución particular es:
YP2 = 913
sin (3x) + 713
cos (3x)
Sólo resta agrupar las soluciones y presentar la solución general:
YG = YC + YP1 + YP2
YG = c1e2x + c2e
x + 12e−x + 9
13sin (3x) + 7
13cos (3x)
Luego de obtener YG restaría hallar los valores de c1 y c2 que estén en concordancia con lascondiciones iniciales: {
y(0) = 1y′(0) = 2{
YC = c1e2x + c2e
x
Y ′C = 2c1e2x + c2e
x
reemplazando {1 = c1 + c2
2 = 2c1 + c2
Se puede resolver el sistema de ecuaciones, se utiliza el método de Gauss-Jordan:[1 1 12 1 2
]el pivote a usar es la posición (1, 1) [
1 1 10 −1 0
]dividir la segunda fila por −1 [
1 1 10 1 0
]la única posición que se puede utilizar como pivote es (2, 1)[
1 0 10 1 0
]las soluciones son:
2.2. EJEMPLOS DE ECUACIONES DIFERENCIALES 21
{c1 = 1c2 = 0
Por lo que la solución general con las condiciones iniciales dadas es:
YG = e2x + 12e−x + 9
13sin (3x) + 7
13cos (3x)
Ejemplo 16. [1] Verificar que la solución particular YP = 6 exx sea solución de la ecuación yencontrar la solución general:
y′′ − 2y′ + y = 12ex
x
Desarrollo 16. Comenzar calculando la primer derivada de YP :
Y ′P = 6exx− 6ex
x2
también calcular la segunda derivada
Y ′′P = 6exx3 − 12exx2 + 12exxx4
Reemplazar en la ecuación diferencial dada:(6exx3 − 12exx2 + 12exx
x4
)− 2
(6exx− 6ex
x2
)+ 6e
x
x= 12e
x
x
distributiva6e
x
x− 12e
x
x2 + 12ex
x3 − 12ex
x+ 12e
x
x2 + 6ex
x= 12e
x
xcancelar los términos correspondientes
12ex
x= 12e
x
x
Se puede concluir que la solución particular dada es solución de la ecuación diferencial. Se intentarahallar la solución general, comenzando por al solución complementaria:
r2 − 2r + 1 = 0
a través de la resolventer = 1
por existir raíces reales coincidentes la solución complementaria es
YC = (c1 + c2x) ex
Con este último cálculo se puede proponer la solución general:
YG = (c1 + c2x) ex + 6ex
x
Ejemplo 17. [2] Hallar la solución general de la siguiente ecuación diferencial de orden superiorteniendo en cuenta las condiciones iniciales y(0) = 1 y y(0) = −3:
y′′ − 4y′ + 3y = 10e−2x
Desarrollo 17. La resolución comienza por la búsqueda de la solución complementaria:
2.2. EJEMPLOS DE ECUACIONES DIFERENCIALES 22
r2 − 4r + 3 = 0resolviendo usando la resolvente {
r1 = 3r2 = 1
por lo que la solución complementaria sería
YC = c1e3x + c2e
x
Se propone una solución particular para la forma 10e−2x:
YP = Bxe−2x + Ce−2x
hallando la primera derivada
Y ′P = Be−2x − 2Bxe−2x − 2Ce−2x
como así la segunda
Y ′′P = −4Be−2x − 4Bxe−2x − 4Ce−2x
Se realizara el reemplazo correspondiente:
y′′ − 4y′ + 3y = 10e−2x
−4Be−2x − 4Bxe−2x − 4Ce−2x − 4Be−2x + 8Bxe−2x + 8Ce−2x + 3Bxe−2x + 3Ce−2x = 10e−2x
realizando trabajo algebraico la ecuación se reduce a
−8Be−2x + 7Bxe−2x + 7Ce−2x = 10e−2x
Se necesita anular el termino xe−2x y lograr que el coeficiente de los términos e−2x sea 10:{+7B + 0 = 0−8B + 7C = 10
Resolver el sistema de ecuaciones (Gauss-Jordan por ejemplo):[7 0 0−8 7 10
]se divide la primer fila por 7 [
1 0 0−8 7 10
]la posición (1, 1) será el pivote en este cálculo[
1 0 00 49 70
]la segunda fila se divide por 49 [
1 0 00 1 10
7
]las soluciones {
B = 0C = 10
7La solución general sería:
2.2. EJEMPLOS DE ECUACIONES DIFERENCIALES 23
YG = c1e3x + c2e
x + 107e−2x
CAPíTULO 3
Funciones de dos variables
3.1. Ejemplos de funciones de dos variables
Ejemplo 18. [1] Determinar el dominio y dibujarlo en R2, las curvas de linea y puntos marcaranlos lugares donde la frontera no pertenece al dominio, luego graficar las trazas y curvas de nivel:
f(x;y) = x4 − y4
x2 − y2
Desarrollo 18. De la expresión anterior notamos que cuando el denominador se hacer cero esindeterminada la función por lo que tenemos que descubrir para que valores sucede ello:
x2 − y2 6= 0
Es una diferencia de cuadrados:(x− y) (x+ y) 6= 0
Por lo tanto:x 6= y
x 6= −yYa podemos dibujar el dominio:
Figura 3.1.1.
Nota 1. Para realizarlo utilizando como en la Figura el software Maxima y usando como graficadorel GnuPlot el código sería:F(x):=x;H(x):=-x;plot2d([F,H],[x,-2,2],[y,-2,2],[style,[linespoints]]);
24
3.1. EJEMPLOS DE FUNCIONES DE DOS VARIABLES 25
Procedamos a hacer las trazas de la función, cuando z = 0:
0 = x4 − y4
x2 − y2
Sabemos que el (0, 0) no pertenece al dominio:
0 =(x2 − y2) (x2 + y2)
x2 − y2
0 = x2 + y2
y2 = −x2
La traza anterior no tiene ningún resultado por lo tanto no existe.Veamos que pasa cuando x = 0:
z = −y4
−y2
z = y2
Figura 3.1.2.
Nota 2. Para usar con el maxima:plot2d(x^2,[x,-2,2],[y,0,2],[ylabel,"z=y^2"],[xlabel,"y"],[legend,"Traza x=0"]);
Ahora cuando y = 0:
z = x4
x2
z = x2
3.1. EJEMPLOS DE FUNCIONES DE DOS VARIABLES 26
Figura 3.1.3.
Ahora procederemos a calcular algunas curvas de nivel para mayor comprensión de la función,empecemos con z = 1:
1 = x4 − y4
x2 − y2
1 = x2 + y2
1− x2 = y2
±√
1− x2 = y
Con z = 2 :
2 = x4 − y4
x2 − y2
2 = x2 + y2
±√
2− x2 = y
Con z = 3:
3 = x4 − y4
x2 − y2
±√
3− x2 = y
3.1. EJEMPLOS DE FUNCIONES DE DOS VARIABLES 27
Figura 3.1.4.
Nota 3. Para usar con el Maxima y GnuPlot:plot2d([sqrt(1-x^2),sqrt(2-x^2),sqrt(3-x^2),-sqrt(1-x^2),-sqrt(2-x^2),-sqrt(3-x^2)],[x,-2,2],[y,-2,2]);
En fin la apariencia de la función sería:
Figura 3.1.5.
Nota 4. Para reproducirlo usando Maxima con OpenMath usar:plot3d((x^4-y^4)/(x^2-y^2),[x,-2,2],[y,-1,1],[plot_format, openmath]);
Ejemplo 19. [1p] Calcular el límite de la siguiente función cuando x→ 0 e y → 0:
f(x;y) = x2 − y2
x2 + y2
3.1. EJEMPLOS DE FUNCIONES DE DOS VARIABLES 28
Desarrollo 19. En primera instancia se revisa lo que sucede con la sustitución directa:
lım(x;y)→(0;0)
x2y2
x3 + y3 = 00
Puesto que la sustitución directa presenta una forma indeterminada como solución se comenzaráacercándose a través de infinitas rectas de la forma y = mx:
lım(x;mx)→(0;0)
x2m2x2
x3 +m3x3
Factor común x2:
lım(x;mx)→(0;0)
x4m2
x3 (1 +m3)simplificamos x puesto que x→ 0 por lo que nunca vale 0 así que este paso es válido
lım(x;mx)→(0;0)
m2
1 +m3
notemos que mx → 0, por lo que cualquiera de los dos factores pueden acercarse a 0 tanto comose quiera por lo que:
lım(x;mx)→(0;0)
m2
1 +m3 = 0
Ahora nos acercaremos a 0 a través de x2:
lım(x;x2)→(0;0)
x2x4
x3 + x6
lım(x;x2)→(0;0)
x6
x3 + x6
lım(x;x2)→(0;0)
x6
x3 (1 + x3)simplificamos x
lım(x;x2)→(0;0)
x2
1 + x3
como x→ 0 entonces:
lım(x;x)→(0;0)
x2
1 + x3 = 0
Concluiremos que:
lım(x;y)→(0;0)
x2y2
x3 + y3 = 0
El lector podrá tomar la tarea de resolver con las sustituciones correspondientes que quedan comopráctica.
Ejemplo 20. [1] Hallar la derivada direccional en la dirección del vector ~U = cos(π4)i+sin
(π4)j:
f(x,y) = 2x2 + 5y2
3.1. EJEMPLOS DE FUNCIONES DE DOS VARIABLES 29
Desarrollo 20. Se comenzara calculando las derivadas parciales primeras de la función:
∂f(x,y)∂x
= 4x ;∂f(x,y)∂y
= 10y
Se trabajará sobre el el vector ~U hallando su forma
~U =√
22i+√
22j
verificamos el módulo
~U =
√√√√(√22
)2
+(√
22
)2
=√
24
+ 24
=
√44
‖ ~U ‖= 1Ya es posible armar el gradiente de la función
~∇f(x,y) = 4x i+ 10y j
Por último se puede calcular la derivada direccional en la dirección del vector−→U
D~Uf(x;y) =(4x i+ 10y j
)·(√
22i+√
22j
)D~Uf(x;y) = 2
√2x+ 5
√2 y =
D~Uf(x;y) =√
2 (2x+ 5y)
Ejemplo 21. [2F] La temperatura en cualquier punto (x; y) de una placa rectangular está dadapor
T(x;y) = x2 + y2
Calcular la tasa de variación de la temperatura en el punto P = (3; 4) en la dirección que formaun ángulo θ de valor
θ = π
3= 60ř
con el eje de las abscisas.Determinar el ángulo de la dirección en que la tasa de variación de la temperatura en el punto
(−3; 1) sea un máximo.
Desarrollo 21. Se comienza calculando las derivadas parciales directamente sin ser necesariocálculos previos:
∂T(x;y)∂x
= 2x ;∂T(x,y)∂y
= 2y
Esto permite hallar la forma del gradiente:
−→∇T(x;y) = 2x i+ 2y j
Ahora se valorizará el gradiente en el punto (3; 4)
~∇T(3;4) = 6 i+ 8 jSe calculara el vector ~U en función del ángulo que se nos da como dato
~U = cos(π
3
)i+ sin
(π
3
)j
~U = 12i+√
32j
3.1. EJEMPLOS DE FUNCIONES DE DOS VARIABLES 30
verificar el módulo del vector
‖ ~U ‖=
√√√√(12
)2+(√
32
)2
‖ ~U ‖=√
14
+ 34
=
√44
=√
1
‖ ~U ‖= 1Ya es posible el cálculo de la derivada direccional en el punto (3; 4)
D~UT(3;4) =(6 i+ 8 j
)·(
12i+√
32j
)= 3 + 4
√3 ≈ 9, 93
La primer parte del problema esta resuelta, se continuara con la búsqueda de la máxima tasa devariación de la temperatura en el punto (−3; 1). Se comenzará presentando la definición de la derivadadireccional para estudiarla:
D~UT(x;y) = ~∇· ‖ ~U ‖ · cosαprimero, notemos que el valor del módulo de ~U es
‖ ~U ‖= 1segundo, el factor que varía es el cosα pero por se una función trigonométrica básica esta varía
entre −1 ≤ cosα ≤ 1, para que el factor permite un valor máximo:
cosα = 1entonces se puede proceder al cálculo del gradiente valorizado en el punto (−3; 1):
~∇T(−3;1) = 2 (−3) i+ 2 (1) j
~∇T(−3;1) = −6 i+ 2 jSólo resta hallar el ángulo que se forma con el eje de las x, por ser un vector podemos utilizar las
componentes para hallarlo:
atan(−2
6
)= atan
(−1
3
)= −18, 4ř
Ejemplo 22. [1] Calcular el gradiente en el punto (2; 5) y también la derivada direccional en ladirección del vector V = (3;−3) de la siguiente función:
f(x;y) = x2 − 5xy
Desarrollo 22. Se calcularan las derivadas parciales directamente por la forma polinómica quepresenta:
∂f(x;y)∂x
= 2x− 5y ;∂f(x;y)∂y
= −5x
Ahora se presentará el ~∇ (gradiente) de la función:
~∇f(x;y) = (2x− 5y) i− 5x jPuesto que ya se ha obtenido el gradiente se remplazaran los valores de x e y para valorizarlo en
este punto
~∇f(x;y) = (2 (2)− 5 (5)) i− 5 (2) j
~∇f(2;5) = −21 i− 10 j
3.1. EJEMPLOS DE FUNCIONES DE DOS VARIABLES 31
Ahora se calculará el valor del vector que nace en el punto (2; 5) y se dirige a (3;−3):
V( ~RQ) = (3− 2) i+ (−3− 5) j = i− 8 j
Calcularemos el módulo de este vector para transformar el vector U en unitario o en mejorestérminos en un versor
Mod =√
12 + 82 =√
65
~U = 1√65i− 8√
65j =⇒‖ ~U ‖= 1
Por lo que ya es posible el cálculo de la derivada direccional requerida
D~Uf(2;5) = ~U · ~∇f(2;5)
D~Uf(2;5) =( 1√
65i− 8√
65j
)·(−21 i− 10 j
)= − 21√
65− 80√
65= − 101√
65
≈ 12, 5275
Ejemplo 23. [1] Determinar los extremos relativos de la siguiente función:
f(x;y) = 2x4 + y2 − x2 − 2y
Desarrollo 23. Iniciamos calculando las derivadas parciales, como la función es tipo polinómicano es necesario ningún trabajo algebraico previo:
∂f(x;y)∂x
= 8x3 − 2x ;∂f(x;y)∂y
= 2y − 2
∂2f(x;y)∂x2 = 24x2 − 2 ;
∂2f(x;y)∂y2 = 2
∂f(x;y)∂x∂y
= 0 ;∂f(x;y)∂y∂x
= 0
Como las primeras derivadas parciales son exclusivas cada una de la variable derivada entonces sepuede calcular los ceros por separado, con respecto a x:
8x3 − 2x = 0 =⇒ x(8x2 − 2
)= 0
solución x = 0x = 1
2x = −1
2luego la derivada con respecto a y
2y − 2 = 0 =⇒ y = 22
solución {y = 1
De las combinaciones de las soluciones anteriores obtendremos los puntos críticos
(0; 1) ;(1
2; 12
);(−1
2; 1)
Ahora se calculan el Helessiano para cada punto crítico.Calculamos | H(0;1) |:
3.1. EJEMPLOS DE FUNCIONES DE DOS VARIABLES 32
| H(0;1) | =[−2 00 2
]= −4 < 0 ∴
existe un punto de ensilladura en (0; 1).Calculamos | H( 1
2 ;1) |:
| H( 12 ;1) |=
[4 00 2
]= 8 > 0
y como 4 > 0 =⇒ ∃mR en(
12 ; 1
).
Calculamos | H(− 12 ;1) |:
| H(− 12 ;1) |=
[4 00 2
]= 8 > 0
y como 4 > 0 =⇒ ∃mR en(−1
2 ; 1).
Figura 3.1.6.
Nota 5. Usando Maxima:plot3d((2*(x^4))+(y^2)-(x^2)-(2*y), [x,-1,1], [y,0.5,1.5], [gnuplot_pm3d, true]);
3.1. EJEMPLOS DE FUNCIONES DE DOS VARIABLES 33
Figura 3.1.7.
Nota 6. Usando Maxima:plot3d((2*(x^4))+(y^2)-(x^2)-(2*y), [x,-1,1], [y,0.5,1.5], [gnuplot_pm3d, true]);
Figura 3.1.8.
Nota 7. Usando Maxima:plot3d((2*(x^4))+(y^2)-(x^2)-(2*y), [x,-1,1], [y,0.5,1.5]);
Ejemplo 24. [2] Hallar los extremos locales y puntos de ensilladura:
f(x;y) = x3y2 (1− x− y)
Desarrollo 24. Se comenzará con las derivadas parciales de la función, convenientemente enprimer lugar aplicaremos distributiva y luego calcularemos:
f(x;y) = x3y2 − x4y2 − x3y3
∂f(x;y)∂x
= 3x2y2 − 4x3y2 − 3x2y3 ;∂f(x;y)∂y
= 2yx3 − 2yx4 − 3y2x3
3.1. EJEMPLOS DE FUNCIONES DE DOS VARIABLES 34
∂2f(x;y)∂x2 = 6xy2 − 12x2y2 − 6xy3 ;
∂2f(x;y)∂y2 = 2x3 − 2x4 − 6yx3
∂f(x;y)∂x∂y
= 6x2y − 8x3y − 9x2y2 ;∂f(x;y)∂y∂x
= 6x2y − 8x3y − 9x2y2
Armamos el sistema de ecuaciones para hallar los puntos críticos:∂f(x;y)∂x = 0
∂f(x;y)∂y = 0
→{
3x2y2 − 4x3y2 − 3x2y3 = 02yx3 − 2yx4 − 3y2x3 = 0
→{x2y2 (3− 4x− 3y) = 0yx3 (2− 2x− 3y) = 0
Notamos dos grupos de factores en cada ecuación, con lo cuál deducimos por ahora que:{x = 0y = 0
ahora el segundo sistema {3− 4x− 3y = 02− 2x− 3y = 0
→{
4x+ 3y = 32x+ 3y = 2
Se resuelve el sistema de ecuaciones: [4 3 32 3 2
]dividimos la primer fila por 4 [
1 34
34
2 3 2
]el pivote será la posición (1; 1) [
1 34
34
0 32
12
]multiplicamos por 2
3 la segunda fila [1 3
434
0 1 13
]el nuevo pivote será (2; 2) [
1 0 12
0 1 13
]
∴ x = 12
; y = 13
Los puntos críticos que se hallan las siguientes combinaciones:
(0; 0) ;(
0; 13
);(1
2; 0)
;(1
2; 13
)Ahora se calculará el Helessiano para cada punto crítico.Se calcula | H(0;0) |:
| H(0;0) |=[
0 00 0
]= 0
no aporta información.Se calcula | H(0; 1
3) |:
| H(0; 13) |=
[0 00 0
]= 0
no aporta información.
3.1. EJEMPLOS DE FUNCIONES DE DOS VARIABLES 35
Se calcula | H( 12 ;0) |:
| H( 12 ;0) |=
[0 00 0
]= 0
no aporta información.Se calcula | H( 1
2 ; 13) |:
| H( 12 ; 1
3) |=[−0, 11 −0, 083−0, 083 −0, 12475
]≈ 0, 0068335
pero como −0, 11 < 0 no aporta información.En este caso los recursos analíticos quedan limitados, una alternativa es usar el cálculo numérico
utilizando aproximaciones pero como tal vez se vuelve tedioso otra opción es la utilización de softwarepara la gráfica de la función:
Figura 3.1.9.
Nota 8. Usando Maxima:plot3d((x^3)*(y^2)*(1-x-y), [x,-1,1], [y,-1,1], [gnuplot_pm3d,true]);
3.1. EJEMPLOS DE FUNCIONES DE DOS VARIABLES 36
Figura 3.1.10.
Nota 9. Usando Maxima:plot3d((x^3)*(y^2)*(1-x-y), [x,-1,1], [y,-1,1], [gnuplot_pm3d,true]);
Figura 3.1.11.
Nota 10. Usando Maxima:plot3d((x^3)*(y^2)*(1-x-y), [x,-5,5], [y,-5,5], [gnuplot_pm3d,true]);
Así del estudio del gráfico se deduce que la función no posee puntos extremos.
Ejemplo 25. [1] Calcular si las derivadas parciales cumplen con
∂2u
∂x2 + ∂2u
∂y2 = 0
de la siguiente función
u(x;y) = e−x cos y − e−y cosx
3.1. EJEMPLOS DE FUNCIONES DE DOS VARIABLES 37
Desarrollo 25. Se calcularan las derivadas directamente:
∂u
∂x=(−e−x cos y
)−(−e−y sin x
)= e−y sin x− e−x cos y
∂u
∂y=(−e−x sin y
)−(−e−y cosx
)= e−y cosx− e−x sin y
∂2u
∂x2 =(−e−x cosx
)−(−e−y cos y
)= e−y cosx+ e−x cos y
∂2u
∂y2 =(−e−x cosx
)−(e−y cos y
)= −e−y cosx− e−x cos y
Por lo que:
∂2u
∂x2 + ∂2u
∂y2 == 0
(e−y cosx+ e−x cos y
)+(−e−y cosx− e−x cos y
)== 0
e−y cosx+ e−x cos y − e−y cosx− e−x cos y == 0
(e−y cosx− e−y cosx
)+(e−x cos y − e−x cos y
)= 0
Ejemplo 26. [1] Aplicando la regla de la cadena donde f(x;y) que es dependiente de la terceravariable t:
f(x;y) = ln(x2 + y
)con
x(t) = cos t ; y(t) = e2t
Desarrollo 26. Se comienza con el cálculo de las primeras derivadas parciales:
∂f(x;y)∂x
= 1x2 + y
2x ;∂f(x;y)∂y
= 1x2 + y
dx
dt= − sin t ; dy
dt= 2e2t
df(x;y)dt
= − 2xx2 + y
sin t+ 1x2 + y
2e2t →df(x;y)dt
= − 2 cos tcos2 t+ e2t sin t+ 1
cos2 t+ e2t 2e2t
df(x;y)dt
= 2cos2 t+ e2t
(− cos t sin t+ e2t
)Ejemplo 27. [1] Hallar la derivada implícita de la expresión:
2y2 + (xy)13 = 3x2 + 17
Desarrollo 27. Se trabaja algebraicamente
2y2 + (xy)13 − 3x2 − 17 = 0
Se hallan las derivadas parciales
∂f
∂x= 1
3(xy)−
23 y − 6x ; ∂f
∂y= 4y + 1
3(xy)−
23 x
Aplicamos la regla de la cadena
3.1. EJEMPLOS DE FUNCIONES DE DOS VARIABLES 38
dy
dx= −
∂f∂x∂f∂y
= −13 (xy)−
23 y − 6x
4y + 13 (xy)−
23 x
Ejemplo 28. [1] Hallar tres números naturales cuyo producto sea máximo y su suma sea igual a90.
Desarrollo 28. Presentemos las restricciones:
xyz = Max = C
y la idea es llegar a
x+ y + z = 90así que podemos plantear los multiplicadores de Lagrange
F(x;y;z;λ) = f(x;y;z) + λg(x;y;z)
F(x;y;z;λ) = (xyz) + λ (x+ y + z − 90)Luego se plantea
F ′x(x;y;z;λ) = 0F ′y(x;y;z;λ) = 0F ′z(x;y;z;λ) = 0F ′λ(x;y;z;λ) = 0
F ′x(x;y;z;λ) = yz + λ = 0F ′y(x;y;z;λ) = xz + λ = 0F ′z(x;y;z;λ) = xy + λ = 0F ′λ(x;y;z;λ) = x+ y + z − 90 = 0
λ = −yzλ = −xzλ = −xy
→ −yz = −xz → y = x
x2 + λ = 0→ λ = −x2 → −xz = −x2 → x = z
x = y = z
Por lo que
x+ y + z = 90si tomamos
x = y = z = η
entonces
η + η + η = 90
3η = 90
η = 30Concluimos que si
η = 30 =⇒ x = y = z = 30
CAPíTULO 4
Integrales
4.1. Ejemplos de integrales dobles
Ejemplo 29. [1] Calcular la integral doble para la función f(x;y) = xy en la región del primercuadrante limitada por la curva x2 = 2− 2y.
Desarrollo 29. Verificar el tipo de función que delimita la región:
x3 = 2− 2y
y = 1− 12x2
Figura 4.1.1.
Nota 11. Usando Maxima:plot2d([1-(0.5*x^2)], [x,0,2], [y,0,1], [gnuplot_preamble, "set grid"])$
Por lo que se puede definir el dominio de integración:
R ={
(x; y) ∈ R�(0 ≤ x ≤
√2)∧(
0 ≤ y ≤ 1− 12x2)}
Ya es posible la definición de la integral:
I =
√2∫
0
1− 12x
2∫0
xy dy dx
39
4.1. EJEMPLOS DE INTEGRALES DOBLES 40
como se integra en primer lugar con respecto a y la variable x trabaja como un valor constante
I =
√2∫
0
[xy2
2
]1− 12x
2
0dx
reemplazamos los extremos en y
I = 12
√2∫
0
[x
(1− 1
2x2)2− x (0)2
]dx
I = 12
√2∫
0
x
(1− 1
2x2)2
dx
trabajamos con el exponente
I = 12
√2∫
0
x
(1− x2 + 1
4x4)dx
I = 12
√2∫
0
(x− x3 + 1
4x5)dx
distribuimos la integral
I = 12
√
2∫0
x dx−
√2∫
0
x3 dx+ 14
√2∫
0
x5 dx
volvemos a integrar y sólo aparece la variable x, esto es lógico puesto que el diferencial es con
respecto a esta variable y si esto no sucede algún error se ha cometido. Como la función que quedarepresentada es polinómica la integración es sencilla
I = 12
[x2
2
]√2
0−[x4
4
]√2
0+ 1
4
[x6
6
]√2
0
reemplazamos por los extremos de integración y trabajamos algebraicamente
I = 12
(√
2)2
2− (0)2
2
−(√
2)4
4− (0)4
2
+ 14
(√
2)6
6− (0)6
6
I = 12
{1− 1 + 1
4
(166
)}= 1
2
(83
)= 4
3
I = 43
La gráfica de f(x;y) = xy es:
4.1. EJEMPLOS DE INTEGRALES DOBLES 41
Figura 4.1.2.
Nota 12. Usando Maxima y Gnuplot:plot3d(x*y, [x,-10,10], [y,-10,10], [gnuplot_pm3d,true]);
Figura 4.1.3.
Nota 13. Usando Maxima y Gnuplot:plot3d(x*y, [x,-10,10], [y,-10,10], [gnuplot_pm3d,true]);
Ejemplo 30. [1] Calcular la integral doble de
D ={(x; y) ∈ R�y2 + 1 ≤ x ≤ 4
}Desarrollo 30. Se dibuja el recinto D teniendo en cuenta que:
y2 + 1 = x
y = ±√x− 1
por lo que
4.1. EJEMPLOS DE INTEGRALES DOBLES 42
Figura 4.1.4.
Nota 14. Utilizando Maxima:plot2d([sqrt(x-1),-sqrt(x-1), [parametric, 4, t, [t, -3, 3]]], [x,0,5]);
Se comenzará el cálculo dejando constante al dy, por lo que los límites de integración para dxserán: {
x1 = 4x0 = y2 + 1
ahora bien los límites para dy {y1 =
√4− 1 =
√3
y0 = −√
4− 1 = −√
3por lo que se puede presentar la forma de la integral
IA =
√3∫
−√
3
4∫y2+1
dx dy
IA =
√3∫
−√
3
(3− y2
)dy
IA =[3y − y3
3
]√3
−√
3
IA =
3√
3−
(√3)3
3
−−3
√3−
(−√
3)3
3
IA = 3√
3−
(√3)3
3+ 3√
3−
(√3)3
3
IA = 6√
3− 23
3√
3
IA = 4√
3Ahora en cambio dx será constante entonces los límites de dy
4.1. EJEMPLOS DE INTEGRALES DOBLES 43
{y1 =
√x− 1
y0 = −√x− 1
y los límites de dx serán {x1 = 4x0 = 1
Presentamos y calculamos la integral:
IB =4∫
1
√x−1∫
−√x−1
dy dx
IB =4∫
1
[y]√x−1−√x−1 dx
IB = 24∫
1
√x− 1 dx
se realiza la sustitución
µ = x− 1
dµ = dx
reemplazamos
IB = 2µ1∫µ0
µ12dµ
IB = 2[µ
32
23
]µ1
µ0
se retorna a las variables originales y extremos también
IB = 2
(x− 1)32
23
4
1
IB = 2√
33
23
IB = 23√
323
IB = 4√
3Notar que IA = IB, por lo que el cálculo de la integral se realizo correctamente.
CAPíTULO 5
Transformada de Laplace
5.1. Requisitos
5.2. Transformadas indirectas
5.2.1. Trigonométricas.L{cos (ω0t+ θ)} = L{cos (ω0t) cos (θ)− sin (ω0t) sin (θ)}
L {cos (ω0t+ θ)} = cos (θ) $$2 + ω2
0− sin (θ) ω0
$2 + ω20
L{cos (ω0t+ θ)} = cos (θ) $− sin (θ)ω0$2 + ω2
0
44
CAPíTULO 6
Tablas
6.1. Derivadas
6.1.1. Básicas.1. Dx (un) = nun−1Dxu2. Dx (u+ v) = Dxu+Dxv3. Dx (uv) = uDxv + vDxu4. Dx
(uv
)= vDxu+uDxv
v2
5. Dx (eu) = euDxu6. Dx (au) = au ln aDxu7. Dx (ln u) = 1
uDxu
6.1.2. Trigonométricas.1. Dx (sin u) = cosuDxu2. Dx (cosu) = − sin uDxu3. Dx (tan u) = sec2 uDxu4. Dx (cotu) = − csc2 uDxu5. Dx (secu) = secu tan uDxu6. Dx (cscu) = − cscu cotuDxu
6.1.3. Trigonométricas inversas.1. Dx (asinu) = 1√
1−u2Dxu
2. Dx (acosu) = − 1√1−u2Dxu
3. Dx (atanu) = 11+u2Dxu
4. Dx (acotu) = − 11+u2Dxu
5. Dx (asecu) = 1u√u2−1Dxu
6. Dx (acscu) = − 1u√u2−1Dxu
6.1.4. Hiperbólicas.1. Dx (sinh u) = cosh uDxu2. Dx (cosh u) = sinh uDxu3. Dx (tanh u) = sinh2 uDxu
6.2. Integrales
6.2.1. Básicas.1.∫du = u+ C
2.∫a du = au+ C
3.∫ [f(u) + g(u)
]du =
∫f(u)du+
∫g(u)du
4.∫undu = un+1
n+1 + C con (n 6= −1)5.∫ 1udu = ln | u | +C
6.2.2. Racionales que contienen a+ bu.1.∫ ua+budu = 1
b2 [ a+ bu− a ln | a+ bu | ] + C
2.∫ u2
a+budu = 1b3
[12 (a+ bu)2 − 2a (a+ bu) + a2 ln | a+ bu |
]+ C
3.∫ u
(a+bu)2du = 1b2
[a
a+bu + ln | a+ bu |]+ C
4.∫ u2
(a+bu)2du = 1b3
[a+ bu− a2
a+bu − 2a ln | a+ bu |]+ C
45
6.2. INTEGRALES 46
5.∫ u
(a+bu)3du = 1b2
[a
2(a+bu)2 − 1a+bu
]+ C
6.∫ 1u(a+bu)du = 1
a ln | ua+bu | +C
7.∫ 1u2(a+bu)du = − 1
au + ba2 ln | a+bu
u | +C8.∫ 1u(a+bu)2du = 1
a(a+bu) + 1a2 ln | u
a+bu | +C
CAPíTULO 7
Historial
27/03/10• Se realiza una revisión ortográfica usando el diccionario aspell.• Se escribe una mínima parte sobre transformadas indirectas de Laplace.• Se comienza a experimentar con una presentación mucho más atractiva.
18/01/09• Se revisan usando ispell 4598 palabras del texto, en general errores de acentuación.
13/08/08• El texto se licencia bajos los términos de Licencia1 GNU para la Documentación Libre.
Ver en http:/www.gnu.org/copyleft/24/07/08
• Se adjuntan más gráficos para proveer mayor aporte visual a las interpretaciones.22/07/08
• Se comienza capítulo sobre integrales.• Se han adherido casi todas las derivadas más usada en el capítulo de tablas.• Una mala elección del identificador vectorial (−→u ) es resuelto por el identificador sopor-
tado para tal fin (~u).• Información sobre la imagen de tapa se adjunta.• Se adopta las notas numeradas en cada imagen realizada por sistemas CAD’s para poder
llegar a realizar referencias rápidas cuando se quiera aportar información técnica sobreel tema.
• Más desarrollo sobre el sistema indicativo de los enunciados de los ejemplos.• Comienza ha escribirse la bibliografía consultada y el trabajo de recolección de datos.
18/07/08• Mejor redacción de los textos con mayor coherencia y cohesión.• Se destacan con estilo negrita (BoldStyle) los resultados parciales y generales.• Mayor cantidad de aclaraciones sobre los pasos algebraicos.• Revisión de la ortografía y gramática, corrección de muchos errores.• Diferente presentación de los sistemas de ecuaciones para mayor compresión.• Se ha cambiado la presentación de las matrices por un modelo más común.• Ingreso de un capítulo sobre tablas de derivación e integración.• Solucionado un problema con el tipo de documento “amsbook” de lyx que producía
errores al traducir los layout de ejemplo y nota al español y los dejaba en ingles comoasí una redeferenciación del “Proof” como Desarrollo, se escribe el siguiente código en el“LaTex Preamble” (sin utilizar babel):\newtheorem{exa}{Ejemplo}\renewenvironment{example}{\begin{exa}}{\end{exa}}\newtheorem{nota}{Nota}\renewenvironment{note}{\begin{nota}}{\end{nota}}\newtheorem{des}{Desarrollo}\renewenvironment{proof}{\begin{des}}{\end{des}}
• Se eliminó el token “*” como operador de la multiplicación y se introdujo una escrituranormalizada alejando los factores del mismo tipo numérico con un pequeño espacio deseparación (Thinspace) y si fuesen signado se utilizan paréntesis.
• Se introduce un código en los enunciados de los ejemplos para reconocer la dificultad ycaminos alternativos de resolución (KeyLevelFeature).
1GNU Free Documentation License
47
Bibliografía
[1] EC7 Leithold - El cálculo séptima edición. De Louis Leithold. ISBN 970-613-182-5.[2] Maxima - Common Lisp version of MACSYMA symbolic mathematics package released under the GNU Public
License - http://maxima.sourceforge.net[3] LYX - http://www.lyx.org/
48