ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL CÁLCULO VECTORIAL HOJA DE … · 2019-09-16 · Dado que la distancia está medida en metros y la fuerza en newtons, entonces el trabajo hecho es 144

ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL

CÁLCULO VECTORIAL • HOJA DE EJERCICIOS NO. 1

Semestre 2018-A (8 oct al 12 oct) Departamento de Formación Básica

1. Dados x = (2, 1, 0), y = (3, 1, 2) y z = (0,−1, 2). Verificar que B = x, y, z es una base para el espacioR3 y expresar el vector u = (8, 0, 10) como una combinación lineal de x, y y z. Finalmente, calcule [u]B.

Solución. Para que los vectores x, y y z formen una base para el espacio R3 se debe verificar que sonlinealmente independientes, para esto, tomemos α, β, γ ∈ R tal que

αx + βy + γz = 0,

debemos concluir que α = 0, β = 0 y γ = 0. Así, tenemos que

α(2, 1, 0) + β(3, 1, 2) + γ(0,−1, 2) = (0, 0, 0)

y se tiene que α = 0, β = 0 y γ = 0, con lo cual se verifica que los tres vectores son linealmenteindependientes y por consiguiente una base para R3.

Finalmente, para expresar u como una combinación lineal de x, y y z, debemos encontrar α, β, γ ∈ R

tal queu = αx + βy + γz.

Entonces, tenemos que(8, 0, 10) = α(2, 1, 0) + β(3, 1, 2) + γ(0,−1, 2),

de donde α = 1, β = 2 y γ = 3 y se tiene que

u = x + 2y + 3z.

Con esto, tenemos que

[u]B =

123

.

2. ¿Cuáles de los siguientes puntos están en el plano dado por la ecuación 2x1 + 2x2 − 5x3 = 100?

a) (0, 0, 0)

b) (50, 0, 0)

c) (0, 100, 0)

d) (y1, 100 + y2, y3) si 2y1 + 2y2 − 5y3 = 0

3. Sean u, v, w y x los puntos en la caja rectangular en R3 que se muestra en la figura:

1

Encuentre las siguientes:

a) ‖v− u‖,b) La distancia entre u y el origen,

c) La distancia entre u y v + w,

d) ‖w− x‖.

Solución. Tenemos que

u = (3, 2, 1), v = (0, 2, 0), w = (3, 0, 0) y x = (0, 2, 1),

por lo tanto

a) ‖v− u‖ = ‖(−3, 0,−1)‖ =√

82.

b) Tenemos que la distancia entre u y el origen está dada por

‖u− (0, 0, 0)‖ = ‖u‖ =√

14

c) La distancia entre u y v + w está dada por

‖u− (v + w)‖ = ‖(0, 0, 1)‖ = 1.

d) ‖w− x‖ = ‖(3,−2,−1)‖ =√

14.

4. Comprobar la desigualdad triangular de la norma para R2.

Solución. Sean u, w ∈ R2, se tiene que

‖u + w‖2 = (u1 + w1)2 + (u2 + w2)

2

= (u1 + w1)2 + (u2 + w2)

2

= u21 + w2

1 + 2u1w1 + u22 + w2

2 + 2u2w2

= (u21 + u2

2) + (w21 + w2

2) + 2(u1w1 + u2w2)

≤ (u21 + u2

2) + (w21 + w2

2) + 2√

u21 + u2

2

√w2

1 + w22

=

(√u2

1 + u22 +

√w2

1 + w22

)2

= (‖u‖+ ‖v‖)2,

de donde‖u + w‖ ≤ ‖u‖+ ‖w‖.

5. Encuentre el trabajo realizado por una fuerza F = (8,−6, 9) que mueve un objeto del punto (0, 10, 8) alpunto (6, 12, 20) a lo largo de una línea recta. La distancia se mide en metros y la fuerza en newtons (sesabe que el trabajo realizado es el producto punto entre la fuerza y el desplazamiento).

Solución. Si A = (0, 10, 8) y B = (6, 12, 20), entonces el desplazamiento realizado es

C = B− A

= (6, 12, 20)− (0, 10, 8)

= (6, 2, 12).

Luego, por definición, el trabajo realizado es

W = F · C = (8,−6, 9) · (6, 2, 12) = 144.

2

Dado que la distancia está medida en metros y la fuerza en newtons, entonces el trabajo hecho es 144joules.

6. Considere un peso de 25 N suspendido de dos alambres, como se ilustra en la figura. Si las magnitudesde los vectores F1 y F2 son ambas de 75 N, entonces los ángulos α y β son iguales. Obtenga α.

7. Comprobar que, en Rn, el único vector ortogonal a sí mismo es el vector 0.

8. Sean x = (a, 2, 1) y y = (−2, b, 3) vectores en R3 donde a, b ∈ R. Si x ⊥ y, determine el valor de a− b.

Solución. Como x ⊥ y, se tiene quex · y = 0.

Es decir,−2a + 2b + 3 = 0.

Así, a− b =32

.

9. En R3, dados los vectores (1, 1, 0) y (0, 1, 1), hallar el conjunto de todos los vectores ortogonales a estosdos.

Solución. Tomemos (α, β, γ) un vector de R3 que sea ortogonal a ambos vectores, es decir

(α, β, γ) · (1, 1, 0) = 0

(α, β, γ) · (0, 1, 1) = 0

se tiene que

α + β = 0

β + γ = 0.

Resolviendo el sistema, tenemos que

α = s

β = −s

γ = s,

para cualquier s ∈ R, así, el conjunto de vectores ortogonales a los vectores dados es

s(1,−1, 1) : s ∈ R.

10. Dados x, y ∈ Rn, comprobar que si x es ortogonal a y, entonces ‖x + y‖2 = ‖x‖2 + ‖y‖2. ¿El recíprocoes verdadero?

Solución. Notemos que‖x + y‖2 = ‖x‖2 + 2x · y + ‖y‖2,

3

como x y y son ortogonales, x · y = 0, de donde

‖x + y‖2 = ‖x‖2 + ‖y‖2.

El recíproco es verdadero. Si‖x + y‖2 = ‖x‖2 + ‖y‖2,

se tiene que2x · y = ‖x + y‖2 − ‖x‖2 − ‖y‖2 = 0.

Así, x es ortogonal a y.

11. Dados x, y ∈ R3, comprobar que x es ortogonal a x× y.

Solución. Tenemos que

x · (x× y) = (x1, x2, x3) · (x2y3 − x3y2, x3y1 − x1y3, x1y2 − x2y1)

= x1x2y3 − x1x3y2 − x2x1y3 + x2x3y1 + x3x1y2 − x3x2y1

= 0,

por lo tanto x es ortogonal a x× y.

12. Dados x, y ∈ Rn, con y 6= 0, comprobar proyy(x) y normy(x) son vectores ortogonales.

Solución. Tomemos x, y ∈ Rn, con y 6= 0, se tiene que

proyy(x) · normy(x) =(

x · y‖y‖2 y

)·(

x− proyy(x))

=x · y‖y‖2

(y · (x− proyy(x))

)=

x · y‖y‖2

(y · x− y ·

(x · y‖y‖2 y

))=

x · y‖y‖2

(y · x− x · y

‖y‖2 y · y)

=x · y‖y‖2

(y · x− x · y

‖y‖2 ‖y‖2)

=x · y‖y‖2 (y · x− x · y)

=x · y‖y‖2 (0)

= 0.

Por lo tanto, son ortogonales.

13. En R3, ¿cuál debe ser el valor de α ∈ R para que la proyección del vector (1, 3, α) sobre el vector (1, 1, 1)sea (2, 2, 2)?

Solución. Deseamos queproy(1,1,1)(1, 3, α) = (2, 2, 2),

es decir,

(2, 2, 2) =(1, 3, α) · (1, 1, 1)‖(1, 1, 1)‖2 (1, 1, 1)

=1 + 3 + α

3(1, 1, 1)

4

=

(4 + α

3,

4 + α

3,

4 + α

3

).

Entonces4 + α

3= 2,

y por lo tanto α = 2. Así, si α = 2, se tiene que la proyección de (1, 3, α) sobre (1, 1, 1) es (2, 2, 2).

14. Dados x, y ∈ Rn no nulos tales que x es ortogonal a y. Si z = αx + βy, hallar expresiones para α y β entérminos de los vectores x, y y z.

Solución. Tenemos quez = αx + βy.

Multiplicando por x, tenemos

z · x = (αx + βy) · x= αx · x + βy · x= αx · x.

dado que x 6= 0, x · x 6= 0, así

α =z · xx · x .

De igual forma

β =z · yy · y .

Los ejercicios para la clase CP son: 1, 3, 5, 8, 9, 12, 13

5



Semestre 2018-A (15 oct - 19 oct) Departamento de Formación Básica

1. Suponga que α, β ∈ R, sean A = (cos(α), sen(α)) y B = (cos(β), sen(β)) y refiérase a la figura siguiente

x

y

1

-1

-1 1

Demuestre que:

a) cos(α− β) = cos(α) cos(β) + sen(α) sen(β), utilizando el producto punto de A y B.

b) | sen(α− β)| = | sen(α) cos(β)− cos(α) sen(β)|, utilizando el producto cruz.

Solución. Notemos que ‖A‖ = ‖B‖ = 1.

a) Calculemos el producto interno entre A y B,

A · B = (cos(α), sen(α)) · (cos(β), sen(β)) = cos(α) cos(β) + sen(α) sen(β).

Por otro lado, tenemos que

A · B = ‖A‖‖B‖ cos(α− β) = cos(α− β),

con lo que se verifica que

cos(α− β) = cos(α) cos(β) + sen(α) sen(β).

b) Si definimos A′ = (cos(α), sen(α), 0) y B′ = (cos(β), sen(β), 0), entonces ‖A′‖ = ‖B′‖ = 1. Calcu-lemos ahora, el producto cruz entre A′ y B′,

A′ × B′ = (cos(α), sen(α), 0)× (cos(β), sen(β), 0) = (0, 0, sen(α) cos(β)− cos(α) sen(β)).

Además, tenemos que

‖A′ × B′‖ = ‖A′‖‖B′‖ sen(α− β) = sen(α− β).

Luego, se tiene quesen(α− β) = | sen(α) cos(β)− cos(α) sen(β)|.

1

2. Determinar el volumen del tetraedro generado por los vectores u = (1, 1,−1), v = (1, 3, 1) y w =

(1, 2, 3). El ángulo entre w y u× v es α. Refiérase a la figura siguiente

Solución. Consideremos como la base del tetraedo al triángulo formado los vectores u y v, y sea h laaltura del tetraedo, entonces h = ‖w‖ cos(α).

Entonces, sí S es el área del triángulo, el volumen V del tetraedro es:

V =13

Sh

=13‖u× v‖

2‖w‖ cos(α).

Nótese que α es el ángulo entre los vectores w y u× v, entonces

| cos(α)| = |(u× v) · w|‖u× v‖‖w‖ .

Luego, el volumen es igual a

V =16|(u× v) · w| = 1.

Por tanto, el volumen es igual a 1 unidad cúbica.

3. En R3, determinar el conjunto de todos los vectores normales a la recta que pasa por (1, 0, 1) y tienedirección (1,−1, 1).

Solución. Para que un vector sea normal a una recta, basta que sea normal a su dirección, así, si el vector(α, β, γ) ∈ R3 es normal a la recta, se tiene que

(α, β, γ) · (1,−1, 1) = 0.

Así,α− β + γ = 0.

Con esto tenemos que

α = t− s

β = t

2

γ = s

para todo s, t ∈ R, así, el conjunto de todos los vectores normales es

(t− s, t, s) : s, t ∈ R = t(1, 1, 0) + s(−1, 0, 1) : s, t ∈ R= P(0; (1, 1, 0), (−1, 0, 1)).

4. En R3, determinar el conjunto de todos los vectores normales al plano que pasa por a = (1, 0, 1) y tienedirecciones b = (1,−1, 1) y c = (1, 2, 0).

Solución. Para que un vector sea normal a un plano, basta que sea normal a sus vectores directores. Porlo tanto, un vector normal al plano P(a; b, c) es b× c = (−2, 1, 3). Tenemos entonces que el conjunto devectores normales al plano es

α(−2, 1, 3) : α ∈ R,

es decir, el conjunto de vectores normales al plano es la recta

L(0, (−2, 1, 3)).

5. Una recta pasa por el punto p = (10, 2, 4) y tiene dirección a = (3, 0, 1). Otra recta pasa por el punto q =

(2, 0,−2) y es paralela al vector b = (−1, 2, 3). Determine si las rectas se intersecan; en caso afirmativo,encuentre la intersección.

Solución. Tenemos que las rectas son

L1 = (10, 2, 4) + s(3, 0, 1) : s ∈ R

yL2 = (2, 0,−2) + t(−1, 2, 3) : t ∈ R.

Para las rectas se intersequen se debe encontrar un punto que pertenezca a ambas rectas, simultánea-mente. Por lo tanto, tomemos c ∈ L1 ∩ L2, es decir, c es de la forma

c = (10, 2, 4) + s(3, 0, 1) y c = (2, 0,−2) + t(−1, 2, 3),

con s, t ∈ R. Así, tenemos que

(10, 2, 4) + s(3, 0, 1) = (2, 0,−2) + t(−1, 2, 3),

de donde se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones:10 + 3s = 2− t

2 = 2t

4 + s = −2 + 3t,

del cual se sigue ques = −3 y t = 1.

Así, las rectas se intersecan en el punto (1, 2, 1).

6. Dadas las rectas L1 = (1,−1, 0) + s(1, 2, 3) : s ∈ R y L2 = (1, 2, 3) + t(1,−1, 0) : t ∈ R. Determinesi L1 y L2 se intersecan. En caso afirmativo halle la ecuación del plano qué contiene a L1 y L2.

7. Dados los planos M = p + αa + βb : α, β ∈ R y N = q + αc + βd : α, β ∈ R, donde p = (1, 1, 1),a = (2,−1, 3), b = (−1, 0, 2), q = (2, 3, 1), c = (1, 2, 3) y d = (3, 2, 1), encontrar dos puntos distintos enla intersección de M y N.

3

Solución. Para que los planos se intersequen, debemos encontrar al menos un punto que pertenezca aambos planos, simultáneamente. Por lo tanto, tomemos c ∈ M ∩ N, es decir, c es de la forma

c = (1 + 2β− α, 1− β, 1 + 3β + 2α) y c = (2 + γ + 3ω, 3 + 2γ + 2ω, 1 + 3γ + ω),

con α, β, γ, ω ∈ R, lo cual genera el sistema de ecuaciones1 + 2β− α = 2 + γ + 3ω

1− β = 3 + 2γ + 2ω

1 + 3β + 2α = 1 + 3γ + ω.

Resolviendo el sistema anterior, tenemos que

α = −7β− 3

γ = −214

β− 52

ω =194

β +32

.

Así, tenemos que la intersección de los planos es el conjunto

(4 + 9β, 1− β,−5− 11β) : β ∈ R = (4, 1,−5) + β(9, 1,−11) : β ∈ R,

es decir, la intersección de los los planos es la recta

L((4, 1,−5); (9, 1,−11)).

Finalmente, tomando β ∈ 0, 1, tenemos los puntos pedidos:

(4, 1,−5) y (13, 2,−16).

8. Los puntos a = (−2, 0, 1), b = (1, 2,−3) y c = (−2, 2, 1) determinan un plano. Encontrar:

a) Un vector normal al plano

b) La ecuación cartesiana del plano

Solución. a) Tenemos que el plano que pasa por los tres puntos está dado por

P(a; b− a, c− a) = (−2, 0, 1) + λ(3, 2,−4) + β(0, 2, 0) : λ, β ∈ R.

Por lo tanto, un vector normal al plano está dado por

(b− a)× (c− a) = (8, 0, 6).

b) Finalmente, para que un punto(x, y, z) ∈ R3 pertenezca al plano, se debe cumplir que

(8, 0, 6) · (x, y, z) = (8, 0, 6) · (−2, 0, 1),

es decir8x + 6z = −10,

la cual es la ecuación cartesiana del plano.

9. La recta L = (0, 1, 2) + t(1,−3,−2) : t ∈ R corta a los tres planos coordenados en tres puntos.Encuentre las coordenadas de estos puntos y determine cual de ellos esta en medio de los otros dos.

10. La entrada de un hormiguero se encuentra en el punto (20, 20, 20), una hormiga sale del mismo a ex-plorar siguiendo la dirección (−1,−2,−3), avanzado t(−1,−2,−3) cada t segundos. Considere que ladistancia se encuentra medida en centímetros y el tiempo en segundos.

4

a) Determine el instante cuando la hormiga pasa por el punto (17, 14, 11).

b) ¿En qué instante la hormiga pasará por el punto (1, 1, 1)?

c) ¿Cuál es la distancia recorrida por la hormiga luego de cinco segundos?

Solución. La hormiga sigue un camino en línea recta, este camino puede ser representado por la recta

L = (20, 20, 20) + t(−1,−2,−3) : t ∈ R.

Si en un instante t la hormiga pasa por un punto (x, y, z), es decir (x, y, z) ∈ L, entonces:x = 20− t,y = 20− 2t,z = 20− 3t,

donde t representa al tiempo.

a) Si (x, y, z) = (17, 14, 11) tenemos que 17 = 20− t,14 = 20− 2t,11 = 20− 3t.

Lo que implica que t = 3. Por lo cual, la hormiga pasa por el punto (17, 14, 11) luego de 3 segundos.

b) Supongamos que la hormiga pasa por el punto (1, 1, 1), entonces buscamos el valor de t tal que(1, 1, 1) ∈ L. Si así fuera, se verificaría que

1 = 20− t,1 = 20− 2t,1 = 20− 3t.

Resolviendo este sistema nos encontramos que no existe un t tal que lo verifique. Luego, no existeun instante tal que la hormiga pase por el punto (1, 1, 1).

c) Después de cinco segundos la hormiga se encuentra en el punto (15, 10, 5), entonces el desplaza-miento realizado por la hormiga es

d = (15, 10, 5)− (20, 20, 20) = (−5,−10− 15).

Cuya longitud es

‖d‖ =√(−5)2 + (−10)2 + (−15)2 = 5

√14.

Por lo tanto, luego de 5 segundos la hormiga ha recorrido 5√

14 centímetros.

11. Hallar la ecuación cartesiana del plano P paralelo al eje y y que pasa por la intersección de los planoscuyas ecuaciones son x + 2y + 3z = 4 y 2x + y + z = 2.

Solución. Un vector normal N = (a, b, c) al plano paralelo al eje y es ortogonal al vector (0, 1, 0), entonces

(a, b, c) · (0, 1, 0) = 0

de donde b = 0.

Por otro lado la intersección de los planos cuyas ecuaciones son x + 2y + 3z = 4 y 2x + y + z = 2resulta de resolver este sistema, así:

y = −5x + 2

z = 3x

5

para x ∈ R. Así la intersección es el conjunto de puntos (x,−5x + 2, 3x) : x ∈ R. En otras palabras, laintersección de los dos planos es la recta L((0, 2, 0); (1,−5, 3)) y esta pertenece al plano P.

Luego, un vector normal del plano P es además ortogonal al vector (1,−5, 3) ya que es la direcciónde la recta que pertenece al plano. Entonces

(a, 0, c) · (1,−5, 3) = 0

de donde a = −3c, el vector normal tiene la forma (−3c, 0, c) y el conjunto de los vectores normales alplano es

c(−3, 0, 1) : c ∈ R.

Finalmente, se sabe que (−3, 0, 1) es un vector normal al plano y que este pasa por el punto (0, 2, 0).El plano será entonces el conjunto

(x, y, z) ∈ R3 : (x, y, z) · (−3, 0, 1) = (0, 2, 0) · (−3, 0, 1)

de donde su ecuación cartesiana es 3x− z = 0.

Ejercicios CP: 1, 2, 3, 4, 5, 8, 11.

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Semestre 2018-A (22 oct al 26 oct) Departamento de Formación Básica

1. Dado el campo escalarf : Rn −→ R

x 7−→ f (x) =

‖x‖2 si ‖x‖ < 1,

0 si ‖x‖ ≥ 1.

Describir los conjuntos de nivel de f .

Solución. Notemos que0 ≤ f (x) < 1,

para todo x ∈ Rn, por lo tanto,Lc( f ) = ∅,

si c < 0 o si c ≥ 1. Por otro lado, tenemos que

L0( f ) = x ∈ Rn : f (x) = 0= x ∈ Rn : (‖x‖2 = 0∧ ‖x‖ < 1) ∨ ‖x‖ ≥ 1= x ∈ Rn : x = 0∨ ‖x‖ ≥ 1= x ∈ Rn : ‖x‖ ≥ 1 ∪ 0= B(0, 1)c ∪ 0.

Además, para todo c ∈ ]0, 1[, se tiene que

Lc( f ) = x ∈ Rn : f (x) = c= x ∈ Rn : ||x||2 = c= S(0,

√c).

Así, se tiene que

Lc( f ) =

B(0, 1)c ∪ 0 si c = 0,

S(0,√

c) si c ∈ ]0, 1[ ,

∅ caso contrario.

2. Dado el campo escalarf : R2 −→ R

(x, y) 7−→

1 si x2 + y2 < 1,

0 si x2 + y2 ≥ 1,

describa todos los conjuntos de nivel de f y bosqueje sus gráficas.

Solución. Notemos quef (x) ∈ 0, 1,

por lo tantoLc( f ) = ∅,

1

si c 6∈ 0, 1. Por otro lado, tenemos que

L0( f ) = (x, y) ∈ R2 : f (x, y) = 0= (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≥ 1= R2 r B(0, 1)

y

L1( f ) = (x, y) ∈ R2 : f (x, y) = 1= (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 < 1= B(0, 1).

Así, se tiene que

Lc( f ) =

R2 r B(0, 1) si c = 0

B(0, 1) si c = 1

∅ caso contrario.

3. Encontrar y describir los conjuntos de nivel en−1, 0, 1, 2 para los campos escalares dados a continuación.Con esta información, bosquejar las funciones.

a) El campo escalarf : R2 −→ R

(x, y) 7−→ x + 2y.

b) El campo escalarf : R2 −→ R

(x, y) 7−→ xy.

c) El campo escalarf : R2 −→ R

(x, y) 7−→ x2 − y.

Solución. a) Notemos que

L−1( f ) =(x, y) ∈ R2 : y = − x + 1

2

L0( f ) =

(x, y) ∈ R2 : y = − x

2

L1( f ) =

(x, y) ∈ R2 : y =

1− x2

L2( f ) =

(x, y) ∈ R2 : y =

2− x2

.

Nos podemos percatar que todas estas son rectas, como se muestra en la siguiente figura:

2

Así, la gráfica de la función sería:

b) Notemos que

L−1( f ) = (x, y) ∈ R2 : xy = −1L0( f ) = (x, y) ∈ R2 : xy = 0 = (x, y) ∈ R2 : x = 0∨ y = 0L1( f ) = (x, y) ∈ R2 : xy = 1L2( f ) = (x, y) ∈ R2 : xy = 2.

Nos podemos percatar que todas, excepto L0( f ), son hipérbolas con centro en el origen y asíntotassobre los ejes, como se muestra en la siguiente figura:

3


c) Notemos que

L−1( f ) = (x, y) ∈ R2 : y = x2 + 1L0( f ) = (x, y) ∈ R2 : y = x2L1( f ) = (x, y) ∈ R2 : y = x2 − 1L2( f ) = (x, y) ∈ R2 : y = x2 − 2.

Nos podemos percatar que todas estas son parábolas cuyo vértice está sobre el eje x, como se mues-tra en la siguiente figura:

-2 -1 1 2

-1

1

2

3

4

5

6


4


(x, y, z) 7−→ x2 + y2 − z,

estudie y describa sus conjuntos de nivel.

5. Sean f , g : Rn → R. Demuestre o refute:

si Lc( f ) = Lc(g) para todo c ∈ R, entonces f = g.

Solución. Es verdadero. Supongamos que

Lc( f ) = Lc(g)

para todo c ∈ R. Dado x ∈ Rn vamos a demostrar que f (x) = g(x). Puesto que f (x) ∈ R, por lahipótesis,

L f (x)( f ) = L f (x)(g).

Como x ∈ L f (x)( f ), se tiene que x ∈ L f (x)(g), de donde

g(x) = f (x).

Puesto que x es arbitrario, se tiene quef = g.

6. Encontrar una función lineal f : R3 → R tal que su conjunto de nivel en 1 sea

(x, y, z) ∈ R3 : z + 1 = 2x + 3y.

Solución. Estamos buscando una función f de tal forma que

L1( f ) = (x, y, z) ∈ R3 : z + 1 = 2x + 3y,

es decir, buscamos que

f (x, y, z) = 1⇐⇒ z + 1 = 2x + 3y

5

⇐⇒ 2x + 3y− z = 1,

para todo (x, y, z) ∈ R3. Además, dado que f es lineal, existen α, β, γ ∈ R tal que

f (x, y, z) = αx + βy + γz

para todo (x, y, z) ∈ R3. Por lo tanto, buscamos una función tal que

αx + βy + γz = 1⇐⇒ 2x + 3y− z = 1,

para todo (x, y, z) ∈ R3. Así, se tiene que si

α = 2, β = 3, y γ = −1,

se tiene la función buscada. Es decir, f es la función definida por

f (x, y, z) = 2x + 3y− z,

para todo (x, y, z) ∈ R3.

7. Calcule el límite de la trayectoria α en 5, donde

α : R r 0 −→ R3

y 7−→(

y3 + 5, y2,y + 1

y

).

8. Dada la trayectoriaα : R −→ R3

t 7−→

(

sen(t)t

, 2t2,et − 1

t

)si t 6= 0,

x si t = 0,

con x ∈ R3. ¿Cuál es el valor de x para que α sea continua en 0?

Solución. Para que la trayectoria sea continua en este punto se debe cumplir que

lımt→0

α(t) = α(0) = x.

Por lo tanto, procedemos a calcular el límite:

lımt→0

α(t) =(

lımt→0

sen(t)t

, lımt→0

2t2, lımt→0

et − 1t

)= (1, 0, 1).

Entonces el valor de x para que la trayectoria sea continua es (1, 0, 1).

9. Dada la funciónα : [−1, 1]r 0 −→ R2

t 7−→(

sen(πt)t

, e3t − t2)

.

Estudie la continuidad de la función α en 0, ¿existe lımt→0

α(t)? Si lımt→0

α(t) existe, halle su valor.


x 7−→ (x + 2, x2, x4 + x2),

calcule la derivada de α y evalúela en x = 10.

6


x 7−→(

x2

x2 + 1, x|x|

).

Demuestre que α es derivable en todo su dominio y halle su derivada.

Solución. Vamos a probar que cada componente es derivable. Tenemos que sus componentes son

α1 : R −→ R

x 7−→ x2

x2 + 1y

α2 : R −→ R

x 7−→ x|x|.

La función α1 es derivable en todo R pues es el cociente de dos polinomios y su denominador nunca seanula. Además,

α′1(x) =(

x2

x2 + 1

)′=

2x(x2 + 1)− 2x(x2)

(x2 + 1)2

=2x

(x2 + 1)2

para cada x ∈ R.

Por la definición del valor absoluto,

α2(x) =

−x2 si x < 0,

x2 si x ≥ 0.

Es claro que α2 es derivable para todo x 6= 0 y se tiene que

α′2(x) =

−2x si x < 0,

2x si x > 0.

Ahora analicemos la derivada de α2 en 0. Para todo h 6= 0, se tiene que

α2(h)− α2(0)h

=h|h|

h= |h|.

Así,

lımh→0

α2(h)− α2(0)h

= lımh→0|h| = 0

pues el valor absoluto es una función continua, y se sigue que

α′2(0) = 0.

Entonces,

α′2(x) =

−2x si x < 0,

2x si x ≥ 0,

de donde α′2(x) = 2|x|.Por lo tanto, α es derivable en todo su dominio y

α′(x) =(

2x(x2 + 1)2 , 2|x|

)para todo x ∈ R.

7


t 7−→ α(t) =2t

1 + t2 i +1− t2

1 + t2 j + k,

comprobar que el ángulo que forma α(t) con α′(t) es constante.

Solución. Notemos que

α(t) =(

2t1 + t2 ,

1− t2

1 + t2 , 1)

para todo t ∈ R, además, podemos apreciar que cada función componente es derivable, por lo tanto

α′(t) =

(−

2(t2 − 1

)(t2 + 1)2 ,− 4t

(t2 + 1)2 , 0

)para todo t ∈ R. Ahora, para calcular el ángulo entre los dos vectores, tenemos que, para todo t ∈ R

α(t) · α′(t) = 0,

además,α(t) 6= 0 y α′(t) 6= 0,

por lo tanto, podemos calcular el ángulo formado por los vectores y este es

arc cos(

α(t) · α′(t)‖α(t)‖‖α′(t)‖

)= arc cos(0) =

π

2.

para todo t ∈ R.

13. Sea α : I → Rm, con m > 1, una trayectoria derivable. Si existe una constante k ∈ R r 0 tal que‖α(t)‖ = k para todo t ∈ I, demostrar que α(t) y α′(t) son ortogonales para todo t ∈ I.

Solución. Sea t ∈ I, tenemos que

(α(t) · α(t))′ = α′(t) · α(t) + α(t) · α′(t)= 2(α(t) · α′(t)),

o, escrito de manera equivalente,(‖α(t)‖2)′ = 2(α(t) · α′(t)),

de donde, gracias a que ‖α(t)‖ = k, se sigue que

0 = α(t) · α′(t),

y por lo tanto, α(t) y α′(t) son ortogonales para cada t ∈ I.

14. Dada una trayectoria α : R→ R3, que tiene tres derivadas, se define la función

u : R −→ R

t 7−→ u(t) = α(t) · (α′(t)× α′′(t)).

Comprobar que u es derivable y queu′ = α · (α′ × α′′′).

Solución. Dado que f tiene tres derivadas, entonces f ′ y f ′′ son derivables, por lo tanto, f ′ × f ′′ es deri-vable y por lo tanto f · ( f ′ × f ′′) es derivable, es decir, u es derivable. Además, se tiene que:

u′ = (α · (α′ × α′′))′

8

= α′ · (α′ × α′′) + α · (α′ × α′′)′

= 0 + α · (α′′ × α′′ + α′ × α′′′)

= α · (0 + α′ × α′′′)

= α · (α′ × α′′′).

15. Dada una trayectoria α : I → R3, se define

β : I −→ R3

t 7−→ α(t)× α′(t).

Comprobar que β es derivable y hallar su derivada.

16. Sean α, β, γ : I → R3 trayectorias derivables. Comprobar que α · (β× γ) es derivable y que

(α · (β× γ))′ = α · (β× γ′) + α · (β′ × γ) + α′ · (β× γ).

Solución. Dado que β y γ son derivables, β× γ también lo es. Además, dado que α es derivable, se tieneque α · (β× γ) es derivable y se tiene:

(α · (β× γ))′ = α′ · (β× γ) + α · (β× γ)′

= α′ · (β× γ) + α · (β′ × γ + β× γ′)

= α · (β× γ′) + α · (β′ × γ) + α′ · (β× γ).

17. Dada la funciónα : R −→ R3

t 7−→ (cos t, 1,−2t)

Si existe, calcule la integral. ˆ π

0α(t)dt

Solución. Para que α(t) = (α1(t), α2(t).α3(t)) con t ∈ R sea integrable, sus campos escalares α1(t), α2(t)y α3(t) deben ser integrables. Por ser funciones continuas. son integrables, entonces:

ˆ π

0α1(t)dt =

ˆ π

0cos tdt

= sen t|π0= 0− 0

= 0,ˆ π

0α2(t)dt =

ˆ π

0dt

= t|π0= π − 0

= π,ˆ π

0α3(t)dt =

ˆ π

02tdt

= t2|π0= π2 − 02

= π2.

9

Por lo tanto,´ π

0 α(t)dt existe y ˆ π

0α(t)dt =

(0, , π, π2) .


t 7−→ α(t) = (t− cos(t), 1− cos(t), t)

y la funciónu : [−1, 1] −→ R

z 7−→ u(z) = arc sen(z).

Utilizando la regla de la cadena para funciones vectoriales determine (α u)′(z) para cada z ∈ ]−1, 1[.

Solución. Notemos que u es derivable en (−1, 1) con derivada

u′(z) =1√

1− z2

para cada z ∈ (−1, 1), además, rec u =[−π

2,

π

2

].

Por otro lado, las componentes de α son las funciones α1, α2, α3 : R→ R definidas por

α1(t) = t− cos(t), α2(t) = 1− cos(t), α3(t) = t

para cada t ∈ R. Las funciones α1, α2, α3 son derivables con derivada

α′1(t) = 1 + sen(t), α′2(t) = sen(t), α3(t) = 1

para cada t ∈ R, luego, α es derivable con derivada

α′(t) = (1 + sen(t), sen(t), 1)

para cada t ∈ R, en particular, α es derivable en u(z) para cada z ∈ (−1, 1).

Gracias a lo anterior, aplicando la regla de la cadena para funciones vectoriales se tiene que paracada z ∈ (−1, 1)

(α u)′(z) = u′(z)α′(u(z))

=1√

1− z2(1 + sen(arc sen(z)), sen(arc sen(z)), 1)

=

(1 + z√1− z2

,z√

1− z2,

1√1− z2

).

Por lo tanto, la derivada de (α u) está dada por

(α u)′(z)(

1 + z√1− z2

,z√

1− z2,

1√1− z2

)para cada z ∈ (−1, 1).

19. Dada la trayectoriaα : R −→ Rn

x 7−→ α(x) = e2xa + e−2xb

con a, b ∈ Rn vectores fijos no nulos. Comprobar que α′′(x) tiene la misma dirección que α(x), para todox ∈ R.

10

Solución. Se tiene que dos vectores tiene la misma dirección si uno es múltiplo del otro, por lo tanto,para comprobar que α′′(x) tiene la misma dirección que α(x), para todo x ∈ R, procedemos a derivar α

dos veces, así

α′(x) = 2e2xa− 2e−2xb,

α′′(x) = 4e2xa + 4e−2xb,

para todo x ∈ R. Dado queα′′(x) = 4α(x)

para todo x ∈ R, se tiene que α(x) y α′′(x) tienen la misma dirección.

20. Determine el vector tangente y las ecuaciones de la recta tangente a la curva C descrita por la trayectoriaα, en el punto (1,−1, 1), donde

α : R −→ R3

t 7−→ (et(sen(t) + cos(t)), et(sen(t)− cos(t)), et)

Solución. Para determinar el vector tangente es necesario conocer el valor de t tal que α(t) = (1,−1, 1),así, se tiene las siguientes ecuaciones

1 = et(sen(t) + cos(t)),

−1 = et(sen(t)− cos(t)),

1 = et.

De la última ecuación se tiene que t = 0 y se tiene consistencia con las otras ecuaciones, por lo tanto

α(0) = (1,−1, 1).

Ahora, gracias a que las componentes la función α son derivables en R, α es derivable en R, y por lotanto

α′(t) = ((et(sen(t) + cos(t)))′, (et(sen(t)− cos(t)))′, (et)′)

= (2et cos(t), 2et sen(t), et).

Evaluando en t = 0, se obtiene que el vector tangente a C en el punto dado es α′(0) = (2, 0, 1).

Finalmente, la recta tangente es

L((1,−1, 1); (2, 0, 1)) = (1,−1, 1) + t(2, 0, 1) : t ∈ R.

21. Sean

I = [0, 4π] y J =[−7π

2,

π

2

].

Se definen las trayectorias α y β por

α : I −→ R3

t 7−→ α(t) = (sen(t), cos(t), t)y

β : J −→ R3

t 7−→ β(t) =(

cos(t), sen(t),π

2− t) .

Muestre que α y β son dos trayectorias equivalentes.

Solución. Definamos la función u por

u : I −→ J

t 7−→ u(t) =π

2− t

11

nótese que img(u) = J, es decir, u es sobreyectiva, además, u es derivable y su derivada es no nula paratodo t ∈ I. Luego, para cada t ∈ I,

β(u(t)) = (cos(u(t)), sen(u(t)), u(t))

=(

cos(π

2− t)

, sen(π

2− t)

,π

2−(π

2− t))

= (sen t, cos t, t) = α(t).

Así, se tiene que ambas trayectorias son equivalentes.

22. Encontrar una función α : ]0, ∞[→ Rn continua, tal que

α(x) = xex A +1x

ˆ x

1α(t)dt

para todo x > 0, con A ∈ Rn.

Solución. Es equivalente escribir

xα(x)− x2ex A =

ˆ x

1α(t)dt (1)

para todo x > 0, con A ∈ Rn. Por el primer teorema fundamental del cálculo se tiene que

α(x) + xα′(x)− x2ex A− 2xex A = α(x)

para todo x > 0, simplificando la expresión anterior se obtiene

α′(x) = xex A + 2ex A

= (xex + ex)A + ex A

= (xex)′A + ex A

para x > 0. De dondeα(x) = xex A + ex A + k

para x > 0 y k ∈ Rn.

Reemplazando α(x) en (1) y por el segundo teorema fundamental del cálculo, se tiene

x2ex A + xex A + kx− x2ex A =

ˆ x

1

(tet A + et A + k

)dt

xex A + kx =(tet A + kt

)∣∣x1

xex A + kx = xex A + kx− eA− k

de aquí k = −eA.

Finalmente se tiene queα(x) = xex A + ex A− eA

para todo x > 0 y A ∈ Rn.

Ejercicios clase CP: 1, 3b-3c, 5, 8, 11, 12, 13, 14, 17, 18, 20, 21.

12



Semestre 2018-A (29 oct al 2 nov) Departamento de Formación Básica

1. En cada uno de los literales siguientes, α(t) representa el vector posición en el instante t correspondientea una partícula que se mueve sobre una curva C. En cada caso, determinar los vectores velocidad v(t) yaceleración a(t), para cada t ∈ R.

a)α : R −→ R3

t 7−→ (cos(t), sen(t), et)

b)α : R −→ R3

t 7−→ ti + sen(t)j + (1− cos(t))k

c)α : R −→ R3

t 7−→ (t− sen(t))i + (1− cos(t))j + 4 sen(

t2

)k

Solución. a) Tenemos que

v(t) = α′(t) = (− sen(t), cos(t), et) y a(t) = α′′(t) = (− cos(t),− sen(t), et).

b) Tenemos que

v(t) = α′(t) = i + cos(t)j + sen(t)k y a(t) = α′′(t) = − sen(t)j + cos(t)k.

c) Tenemos que

v(t) = α′(t) = (1− cos(t))i + sen(t)j + 2 cos(

t2

)k

y

a(t) = α′′(t) = sen(t)i + cos(t)j− sen(

t2

)k.


t 7−→ 3t cos(t) i + 3t sen(t) j + 4t k,

la cual representa el vector posición de un movimiento, determinar los vectores velocidad v(t) y acele-ración a(t) y la rapidez ρ(t), para cada t ∈ R.

3. Considere las trayectorias α, β : [0,+∞[ → R3, definidas por α(t) = (cos(t), sen(t), t) y β(t) = (1, 0, t)para todo t ∈ [0,+∞[. Estas trayectorias representan los vectores posición en un instante t de dos partí-culas que se mueven sobre dos curvas descritas por α y β respectivamente. ¿En qué puntos, si los hay,estas partículas se encuentran?

Solución. Buscamos los elementos t ∈ [0,+∞[ tal que

α(t) = β(t),

1

es decir,(cos(t), sen(t), t) = (1, 0, t).

Así, se tienen las ecuaciones

cos(t) = 1, sen(t) = 0 y t = t.

Por lo tanto, se tiene que las partículas se encuentran cuando

t ∈ 2kπ : k ∈N,

y lo hacen en los puntos(1, 0, 2kπ) : k ∈N.

4. Suponga que no conocemos la trayectoria de un planeador, solo su vector de aceleración, que está dadapor a(t) = (−3 cos t,−3 sen t, 2), para t ∈ [0,+∞[. También sabemos que inicialmente (en el instantet = 0), el planeador partió del punto (3, 0, 0) con una velocidad inicial v(0) = (0, 3, 0). Obtenga laposición del planeador como una función de t.

Solución. Sea r : [0,+∞[ → R3 la posición de la partícula. Conocemos que la velocidad v es la deriva-da de la posición r y la aceleración a, la derivada de v. Entonces, teniendo la función aceleración, laintegramos dos veces para obtener la posición, entonces

a(t) =dvdt

(t) =ddt

drdt(t) = (−3 cos t,−3 sen t, 2)

para t ∈ [0,+∞[, con condiciones iniciales:

v(0) = (0, 3, 0) y r(0) = (3, 0, 0) .

Al integrar ambos lados de esta expresión tenemos

v(t) = (−3 sen t + C1, 3 cos t + C2, 2t + C3) ,

utilizando la condición inicial v(0) = (0, 3, 0) se determina que C1 = 0, C3 = 0 y C3 = 0.

Luego, la velocidad del planeador es

v(t) = (−3 sen t, 3 cos t, 2t)

para todo t ∈ [0,+∞[. Al integrar la velocidad v se obtiene la posición del planeador

r(t) =(3 cos t + C4, 3 sen t + C5, t2 + C6

),

utilizando la condición inicial r(0) = (3, 0, 0) de donde, C4 = 0, C5 = 0 y C6 = 0.

Por lo tanto la posición del planeador es

r(t) =(3 cos t, 3 sen t, t2)

para todo t ∈ [0,+∞[.

5. Un cohete descompuesto se mueve de acuerdo con la trayectoria

α : [0,+∞[r0 −→ R3

t 7−→ α(t) =(

e2t, 3t3 − 2t, t− 1t

)con la esperanza de llegar a una estación de reparación ubicada en el punto (7e4, 35, 5). El tiempo semide en minutos y las coordenadas espaciales se miden en millas. Los motores del cohete se apagan desúbito a los dos minutos, si sobre el cohete no actúa ninguna fuerza externa, ¿llegará el cohete con susolo impulso a la estación de reparación?

2

Solución. Notemos que α es derivable con derivada

α′(t) =(

2e2t, 9t2 − 2, 1 +1t2

)para cada t ∈ ]0, ∞[. Entonces, a los dos minutos, el cohete se encuentra en la posición α(2) =

(e4, 20,

32

)con velocidad α′(2) =

(2e4, 34,

54

).

Ya que el cohete deja de funcionar a los dos minutos, este deberá continuar por la trayectoria de larecta tangente a α en 2, es decir, la recta

L(α(2), α′(2)) =(

e4, 20,32

)+ (t− 2)

(2e4, 34,

54

): t ≥ 2

=

((2t− 3)e4, 34t− 48,

54

t− 1)

: t ≥ 2

Si el cohete logra alcanzar la estación de reparación debe tenerse que (7e4, 35, 5) ∈ L(α(2), α′(2)), esdecir, se tiene

(7e4, 35, 5) =((2t− 3)e4, 34t− 48,

54

t− 1)

para algún t ≥ 2. En particular tenemos

7e4 = (2t− 3)e4

lo que se verifica cuando t = 5. Notemos ahora que si t = 5 el cohete se encontrará en la posición(7e4, 122,

214

)6= (7e4, 35, 5).

Por lo tanto, el cohete no logrará llegar hasta la estación de reparación.

6. Sea la trayectoriaα : [−1, 3] −→ R2

t 7−→ (t, sen(πt)).

Si α describe la trayectoria de una mosca, halle la recta tangente a su trayectoria en t = 1. Interprete esteresultado. Encuentre el desplazamiento total de la mosca.

7. Dado un vector fijo no nulo b ∈ R3, se tiene un movimiento con vector posición definido por α : R→ R3,que satisface

α′(t) = b× α(t)

para todo t ∈ R. Demostrar que el vector aceleración es siempre ortogonal a b.

Solución. Calculemos el vector aceleración para t ∈ R,

a(t) = α′′(t) = (b× α(t))′ = 0 + b× α′(t) = b× α′(t).

Ahora, para comprobar que es ortogonal a b, notemos que

b · a(t) = b · (b× α′(t)) = 0

para todo t ∈ R, así, el vector aceleración es siempre ortogonal a b.


(t) 7−→ b cos(ωt)i + b sen(ωt)j + (cωt)k

3

donde ω es una constante positiva y b, c ∈ R. Compruebe que los vectores velocidad v(t) y aceleracióna(t) tienen longitud constante para todo t ∈ R y que

‖v(t)× a(t)‖‖v(t)‖3 =

bb2 + c2 ,

para todo t ∈ R.

9. Compruebe que, para cualquier movimiento, el producto escalar de los vectores velocidad y aceleraciónes igual a la mitad de la derivada del cuadrado de la rapidez, es decir, dado un movimiento definidopor la trayectoria α : I → Rn, se tiene que

v(t) · a(t) = 12

ddt(ρ2(t))

para todo t ∈ R.

Solución. Se conoce que ‖v(t)‖ = ρ(t), para todo t ∈ I, por lo tanto

ρ2(t) = v(t) · v(t).

Derivando esto respecto al tiempo, tenemos

ddt(ρ2(t)) =

ddt(v(t) · v(t))

= v′(t) · v(t) + v(t) · v(t)′

= 2v(t) · v(t)′,

para todo t ∈ I. Por lo tanto, como la aceleración es la derivada del vector velocidad,

ddt(ρ2(t)) = 2v(t) · a(t),

para todo t ∈ I; reordenamos la expresión y obtenemos

12

ddt(ρ2(t)) = v(t) · a(t),

para todo t ∈ I, como queríamos.

10. Dada la trayectoriaα : [0,+∞[ −→ Rn

t 7−→ α(t) = c +1− e−kt

kd,

donde k > 0 y c, d ∈ Rn. Muestre que α verifica

α′′ = −kα′.

Hallar la relación de c y d con la posición inicial y calcular

lımt→+∞

(α(t)− α(0))

en términos de la velocidad inicial (a este límite se lo conoce como la velocidad total de desplazamientode la partícula).

Solución. Es fácil notar que α es infinitamente derivable y se tiene que

α′(t) = e−ktd y α′′(t) = −ke−ktd

para cada t ∈ R. Así,α′′ = −kα′.

4

Por otro lado, puesto queα(0) = c y α′(0) = d,

es decir, c es la posición inicial y d es la velocidad inicial. Además, se tiene que

lımt→+∞

(α(t)− α(0)) = lımt→+∞

(c +

1− e−kt

kd)− c = lım

t→+∞

1− e−kt

kd =

1k

d,

dado que k > 0. Finalmente, la velocidad total de desplazamiento de la partícula es

lımt→+∞

(α(t)− α(0)) =1k

α′(0).

11. Compruebe que, en un movimiento representado por la función α : I → R3, si el vector aceleración a(t)es cero para todo t ∈ I, el movimiento es rectilíneo.

Solución. Tenemos queα : I −→ R3

t 7−→ (α1(t), α2(t), α3(t)),

y dado que a(t) = 0 para todo t ∈ I, se tiene que

α′′1 (t) = 0, α′′2 (t) = 0 y α′′3 (t) = 0,

y por lo tantoα1(t) = a1 + tb1, α2(t) = a2 + tb2 y α3(t) = a3 + tb3,

donde ai, bi ∈ R para todo i ∈ 1, 2, 3. Así, el vector posición es

α(t) = (a1 + tb1, a2 + tb2, a3 + tb3) = a + tb

para todo t ∈ I, donde a = (a1, a2, a3) y b = (b1, b2, b3), y por lo tanto el movimiento descrito por r esrectilíneo.

12. Verificar que la trayectoriaα : R −→ R3

t 7−→ (sen t2, cos t2, e)

describe un movimiento planar.

Solución. Para esto se debe verificar que la dirección del vector binormal es constante, entonces

α′(t) = (2t cos t2,−2t sen t2, 0),

ρ(t) = 2t

de dondeT(t) = (cos t2,− sen t2, 0)

y

T′(t) = (−2t sen t2,−2t cos t2, 0)

‖T′(t)‖ = 2t

N(t) = (− sen t2,− cos t2, 0).

Finalmente

B(t) = T(t)× N(t)

= (cos t2,− sen t2, 0)× (− sen t2,− cos t2, 0)

= (0, 0,−1)

5

con lo que se verifica que el movimiento descrito es planar.

13. Dada una curva C en R3, con dos parametrizaciones equivalente

α : I → R3 y β : J → R3

con cambio de parámetro u : I → J creciente, demostrar que los vectores principales no se ven afectadospor el cambio de parámetro.

Solución. Dado que u es el cambio de parámetro, se tiene que

β(u(t)) = α(t)

para todo t ∈ I. Además, dado que u es creciente, se tiene que u′(t) ≥ 0 para todo t ∈ R.

Fijemos t ∈ R y llamemos τ = u(t). Calculemos los vectores principales en en el punto β(τ). Con laparametrización β, tenemos que

Tβ(τ) =β′(τ)

‖β′(τ)‖ , Nβ(τ) =T′β(τ)

‖T′β(τ)‖y Bβ(τ) = Tβ(τ)× Nβ(τ).

Ahora, hallemos los vectores en el mismo punto pero con la parametrización α, es decir en el puntoβ(τ) = β(u(t)) = α(t) y tenemos

Tα(t) =α′(t)‖α′(t)‖ , Nα(t) =

T′α(τ)‖T′α(t)‖

y Bα(t) = Tα(t)× Nα(t).

Pero notemos que

Tα(t) =α′(t)‖α′(t)‖ =

(β(u(t)))′

‖(β(u(t)))′‖

=u′(t)β′(u(t))‖u′(t)β′(u(t))‖ =

u′(t)β′(u(t))|u′(t)|‖β′(u(t))‖

=β′(u(t))‖β′(u(t))‖ =

β′(τ)

‖β′(τ)‖

= Tβ(τ),

es decir, Tα(t) = Tβ(u(t)). Por otro lado,

Nα(t) =T′α(t)‖T′α(t)‖

=(Tβ(u(t)))′

‖(Tβ(u(t)))′‖

=u′(t)T′β(u(t))

‖u′(t)T′β(u(t))‖=

u′(t)T′β(u(t))

|β′(t)|‖T′β(u(t))‖

=T′β(u(t))

‖T′β(u(t))‖=

T′β(τ)

‖T′β(τ)‖

= Nβ(τ).

FinalmenteBα(t) = Tα(t)× Nα(t) = Tβ(τ)× Nβ(τ) = Bβ(τ),

es decir,Tα(t) = Tβ(τ), Nα(t) = Nβ(τ) y Bα(t) = Bβ(τ).

14. Demostrar que el módulo de la componente normal del vector aceleración en t es‖v(t)× a(t)‖‖v(t)‖ para

cualquier curva.

6

Solución. Sabemos que a(t) se puede escribir como una combinación lineal de los vectores tangente ynormal, es decir,

a(t) = αT(t) + βN(t),

donde α, β ∈ R. Ahora, tenemos que

v(t)× a(t) = αv(t)× T(t) + βv(t)× N(t).

Notemos que, gracias a que v(t) y T(t) son paralelos, v(t)× T(t) = 0, por lo tanto

v(t)× a(t) = βv(t)× N(t).

Así, se tiene que‖v(t)× a(t)‖ = |β|‖v(t)× N(t)‖,

y por lo tanto

|β| = ‖v(t)× a(t)‖‖v(t)× N(t)‖

=‖v(t)× a(t)‖

‖v(t)‖‖N(t)‖ sen(

π2

)=‖v(t)× a(t)‖‖v(t)‖‖N(t)‖

=‖v(t)× a(t)‖‖v(t)‖ .

Luego, la componente normal de la aceleración es

‖v(t)× a(t)‖‖v(t)‖ N(t)

15. Dado el movimiento representado por

α : R −→ R3

t 7−→ (sen(t), cos(t), t2).

Verifique que se cumple quea(t) = ρ′(t)T(t) + ρ(t)T′(t).

para cada t ∈ R.

Solución. Se tiene que

v(t) = α′(t) = (cos(t),− sen(t), 2t), ρ(t) = ‖v(t)‖ =√

1 + 4t2,

a(t) = α′′(t) = (− sen(t),− cos(t), 2), ρ′(t) =4t√

1 + 4t2

para cada t ∈ R. Puesto que α′(t) 6= 0 para cada t ∈ R, se sigue que

T(t) =(

cos(t)√1 + 4t2

,− sen(t)√

1 + 4t2,

2t√1 + 4t2

)y además,

T′(t) =

(−(1 + 4t2) sen(t)− 4t cos(t))

(1 + 4t2)32

,4t sen(t)− (1 + 4t2) cos(t))

(1 + 4t2)32

,2

(1 + 4t2)32

)para todo t ∈ R. Finalmente, para cada t ∈ R, se tiene que

ρ′(t)T(t)+ρ(t)T′(t) =

7

=4t√

1 + 4t2

(cos(t)√1 + 4t2

,− sen(t)√

1 + 4t2,

2t√1 + 4t2

)+√

1 + 4t2

(−(1 + 4t2) sen(t)− 4t cos(t))

(1 + 4t2)32

,4t sen(t)− (1 + 4t2) cos(t))

(1 + 4t2)32

,2

(1 + 4t2)32

)

= 4t(

cos(t)1 + 4t2 ,

− sen(t)1 + 4t2 ,

2t1 + 4t2

)+

(−(1 + 4t2) sen(t)− 4t cos(t))

1 + 4t2 ,4t sen(t)− (1 + 4t2) cos(t))

1 + 4t2 ,2

1 + 4t2

)

=

(−(1 + 4t2) sen(t))

1 + 4t2 ,−(1 + 4t2) cos(t))

1 + 4t2 ,8t2 + 21 + 4t2

)= (− sen(t),− cos(t), 2)

= a(t).

Así, se concluye quea(t) = ρ′(t)T(t) + ρ(t)T′(t)

para cada t ∈ R.

16. Calcule la longitud de C representada por la trayectoria α : [0, 2π] → R3 donde α se define como en elejercicio anterior. Además, calcular su vector curvatura y su curvatura.

Solución. Utilizando los cálculos anteriores y la definición, se tiene que

`(C) =ˆ 2π

0ρ(t)dt =

ˆ 2π

0

√1 + 4t2dt = π

√1 + 16π2 +

14

senh−1(4π) ≈ 40,4.

Por otro lado, se tiene que

K(t) =T′(t)ρ(t)

=1√

1 + 4t2

(−(1 + 4t2) sen(t)− 4t cos(t))

(1 + 4t2)32

,4t sen(t)− (1 + 4t2) cos(t))

(1 + 4t2)32

,2

(1 + 4t2)32

)

=

(−(1 + 4t2) sen(t)− 4t cos(t))

(1 + 4t2)2 ,4t sen(t)− (1 + 4t2) cos(t))

(1 + 4t2)2 ,2

(1 + 4t2)2

)y

κ(t) =‖T′(t)‖

ρ(t)=

1(1 + 4t2)2

√(−(1 + 4t2) sen(t)− 4t cos(t)))2 + (4t sen(t)− (1 + 4t2) cos(t)))2 + 4

=1

(1 + 4t2)2

√(1 + 4t2)2 + 16t2 + 4

=1

(1 + 4t2)2

√(4t4 + 16t2 + 5

para todo t ∈ [0, 2π].

17. Dada la trayectoriaα : [0, 2π] −→ R2

t 7−→ a(1− cos(t))i + a(t− sen(t))j

con a > 0. Hallar

a) La longitud de la curva C descrita por α. (Distancia)

b) Desplazamiento entre los puntos inicial y final de la curva C.

8

Solución. a) El vector velocidad correspondiente es

v(t) = α′(t) = a sen(t)i + (a− a cos(t))j,

para todo t ∈ [0, 2π] y la rapidez asociada es

ρ(t) = ‖v(t)‖ = a√

2− 2 cos(t)

para todo t ∈ [0, 2π]. Por la definición de la longitud de arco de la curva descrita por r, se tiene que

`(C) =ˆ 2π

0‖v(t)‖ dt

=

ˆ 2π

0a√

2− 2 cos(t) dt

= 8a.

b) El desplazamiento ∆r es la diferencia entre los puntos final e inicial, que son α(2π) y α(0) respecti-vamente, entonces

∆r = a(0, 2π)− a(0, 0)

= a(0, 2π)

y su norma es ‖∆r‖ = 2aπ.

18. La trayectoria definida porα : [0, 2π] −→ R2

t 7−→ α(t) = (a sen t, b cos t)

donde 0 < b < a son números reales, es la parametrización de una elipse. Probar que la longitud L deuna elipse está dada por la integral

L = 4aˆ π/2

0

√1− e2 sen2 t dt,

donde e =√

a2 − b2

a. Al número e se lo llama excentricidad de la elipse.

19. Dada la curva definida por la trayectoria

α : R −→ R3

t 7−→ α(t) = (et cos t, et sen t, et)

Hallar la curvatura y la ecuación del plano osculador cuando t = 0.

Solución. Nótese que α es al menos dos veces derivable. En efecto, sus dos primeras derivadas α′ y α′′

están dadas porα′(t) = (et cos t− et sen t, et cos t + et sen t, et),

yα′′(t) = (−2et sen t, 2et cos t, et),

para todo t ∈ R. Además,

‖α′(t)‖ =√(et cos t− et sen t)2 + (et cos t + et sen t)2 + e2t =

√3et,

para todo t ∈ R. En particular, en t = 0, se tiene que α′(0) = (1, 1, 1), α′′(0) = (0, 2, 1) y ‖α′(0)‖ =√

3,por tanto, la curvatura de α en t = 0, es

κ(0) =‖α′(0)× α′′(0)‖‖α′(0)‖3

9

=‖(1, 1, 1)× (0, 2, 1)‖

√3

3

=‖(−1,−1, 2)‖

3√

3

=

√2

3.

Para determinar la ecuación del plano osculador, calculemos el vector unitario tangente T(t) y el vectornormal principal N(t). El vector unitario tangente está dado por

T(t) =1

‖α′(t)‖α′(t) =√

33

α′(t),

para todo t ∈ R y cuya derivada T′ está dada por

T′(t) =√

33

(− cos t− sen t, cos t− sen t, 0),

con norma ‖T′(t)‖ =√

63 , para todo t ∈ R. El vector normal principal, está dado por

N(t) =1

‖T′(t)‖T′(t) =√

22

T′(t).

Nótese que un vector perpendicular al plano osculador es B(t) = T(t)× N(t) para todo t ∈ R, por lotanto, en t = 0,

B(0) = T(0)× N(0) =

(√3

3α′(0)

)×(√

22

T′(0)

)=

√6

6((1, 1, 1)× (−1, 1, 0)) =

√6

6(−1,−1, 2).

Con esto, se tiene que la ecuación del plano está dada por

B(0) · (x, y, z) = B(0) · α(0),

es decir,(−1,−1, 2) · (x, y, z) = (−1,−1, 2) · (1, 0, 1)

así, la ecuación del plano es−x− y + 2z = −1.

20. Si un punto se mueve por una curva, parametrizada por la función

α : I → R3,

de manera que sus vectores velocidad y aceleración tienen siempre longitud constante, probar que lacurvatura de la curva es constante en todos sus puntos.

21. Determinar el punto de la parábola de ecuación y = x2 en el que la curvatura alcanza su valor máximo.

Solución. Definamos la trayectoriaα : R −→ R2

t 7−→ (t, t2).

Tenemos que

κ(t) =1

ρ(t)‖T′(t)‖,

para todo t ∈ R, donde

T′(t) =(

α′(t)‖α′(t)‖

)′

10

=ρ(t)α′′(t)− ρ′(t)α′(t)

ρ3(t).

Así,

κ(t) =2(√

1 + 4t2)3

para todo t ∈ R. Ahora, buscamos t ∈ R de modo que κ alcance su valor máximo. Notemos que κ esdiferenciable en R, por lo tanto

κ′(t) = − 24t

(1 + 4t2)52

,

para todo t ∈ R, de donde se tiene que κ′(t) = 0 si y solo si t = 0, es decir que t = 0 es un punto críticopara κ. Finalmente, notemos que κ′(t) > 0 si t < 0 y κ′(t) < 0 si t > 0, es decir, κ alcanza su valormáximo cuando t = 0.

22. Demostrar que en una circunferencia de radio 1 la curvatura es constante.

Solución. Consideremos la trayectoria

α : [0, 2π] −→ R2

t 7−→ (cos(t), sen(t)).

Se tiene queρ(t) = 1 y T(t) = (− sen(t), cos(t)),

para todo t ∈ [0, 2π], por lo tanto

κ(t) =1

ρ(t)‖T′(t)‖

= ‖(− cos(t),− sen(t))‖= 1,

para todo t ∈ [0, 2π], lo que implica que la curvatura es constante.

Ejercicios clase CP: 1a-1b, 3, 4, 5, 9, 12, 13, 14, 17, 19, 21.

11



Semestre 2018-A (5 nov al 9 nov) Departamento de Formación Básica

1. Sea el campo escalarf : R2 −→ R

(x, y) 7−→ xy2.

Dado que f es un polinomio, f es continuo y se cumple que

lım(x,y)→(3,2)

f (x, y) = f (3, 2) = 12.

Para ε = 1, determine explícitamente un δ > 0 tal que

(∀(x, y) ∈ R2)(‖(x, y)− (3, 2)‖ < δ =⇒ |xy2 − 12| < 1).

Solución. De la definición de norma, para cada (x, y) ∈ R2, se tiene que

‖(x, y)− (3, 2)‖ =√(x− 3)2 + (y− 2),

luego ‖(x, y)− (3, 2)‖ ≥ |x− 3| y ‖(x, y)− (3, 2)‖ ≥ |y− 2|. Queremos acotar el término

|xy2 − 12|

cerca del punto (3, 2). Con esto y dado que (x, y)→ (3, 2), |x− 3| y |y− 2| deben ser términos pequeños,se tiene que para cada (x, y) ∈ R2,

|xy2 − 12| = |(x− 3)(y2 − 4) + 4x + 3y2 − 24|= |(x− 3)(y2 − 4) + 4(x− 3) + 3(y2 − 4)|≤ |x− 3||y2 − 4|+ 4|x− 3|+ 3|y2 − 4|= |x− 3||y− 2||y + 2|+ 4|x− 3|+ 3|y− 2||y + 2|.

(1)

Así, debemos acotar cada uno de los términos anteriores. Como el δ debe ser pequeño, podemos suponerque δ ≤ 1. Entonces si (x, y) ∈ R2 tales que

‖(x, y)− (3, 2)‖ < δ ≤ 1,

se tiene que|x− 3| ≤ ‖(x, y)− (3, 2)‖ < δ y |y− 2| ≤ ‖(x, y)− (3, 2)‖ < δ.

Ahora bien, como |y− 2| < 1, se tiene que |y + 2| < 5. Por todo esto,

|x− 3||y− 2||y + 2|+ 4|x− 3|+ 3|y− 2||y + 2| < (δ)(δ)5 + 4δ + 3(δ)5 = 5δ2 + 19δ.

De la última desigualdad y (1), es suficiente encontrar δ > 0, tal que

5δ2 + 19δ ≤ 1

lo qué ocurre cuando

0 < δ ≤√

381− 1910

.

Por lo tanto, es suficiente tomar

δ =

√381− 19

10≈ 0,0519.

1

2. Suponga que está trabajando en una empresa de productos lácteos cuyo producto estrella es un yogur,que se vende en un envase cónico de altura 30 cm y de radio 20 cm. La empresa cuenta con un sensorque llena el envase de yogur “exactamente” hasta la altura determinada. Al momento de elaborar elenvase se podría tolerar errores en la altura o el radio, pero el error en la cantidad del líquido que secoloca no puede ser mayor a 1 decímetro cúbico. Usted está encargado de resolver este problema. Paraello determine una función que modele la aprobación o rechazo de los envases y el rango en el cualpueden estar la altura y radio de los mismos.

Solución. Si x es la altura y y el radio del envase medido en decímetros, se tiene que su volumen es

13

πy2x.

Como la constanteπ

3≈ 1, no va a alterar los cálculos ¿por qué? No la vamos a considerar y se define la

funciónf : R+ ×R+ −→ R+

(x, y) 7−→ xy2.

El caso ideal es cuando x = 3 y y = 2, ahora queremos saber que tan cerca pueden estar estas variablespara que el volumen del líquido no sea muy diferente al ideal. Lo que queremos saber es que toleranciaδ > 0, me permite deducir √

(x− 3)2 + (y− 2)2 < δ =⇒ |xy2 − 12| < 1.

Por el ejercicio anterior, conocemos que esto se verifica para cualquier

0 < δ ≤√

381− 1910

≈ 0,0519.

Puesto que entre más precisión tenga la maquina de medición, más costosa y sensible será, se considerala tolerancia permitida mayor 0,0519 decímetros; es decir, el radio debe estar en el rango [1,9481; 2,0519]y la altura en el rango [2,9481; 3,0519] en decímetros. En otras palabras, el radio debe estar en el rango[19,481; 20,519] y la altura en el rango [29,481; 30,519] en centímetros.

3. Demostrar que el campo escalarf : Rn −→ R

x 7−→ ‖x‖

es una función continua en Rn.

Solución. Sea a ∈ Rn arbitrario. Vamos a demostrar que f es continua en a; es decir, que

lımx→a

f (x) = f (a).

Sea ε > 0. Vamos a demostrar que existe δ > 0 tal que para todo x ∈ Rn,

0 < ‖x− a‖ < δ =⇒ |‖x‖ − ‖a‖| < ε.

Probemos que tomando δ = ε se cumple la proposición anterior. Sea x ∈ Rn tal que

0 < ‖x− a‖ < δ.

Por la desigualdad triangular se tiene que

‖x‖ = ‖(x− a) + a‖ ≤ ‖x− a‖+ ‖a‖

o equivalentemente‖x‖ − ‖a‖ ≤ ‖x− a‖

2

y de idéntica manera se tiene que‖a‖ − ‖x‖ ≤ ‖x− a‖

o−‖x− a‖ ≤ ‖x‖ − ‖a‖.

Así,−‖x− a‖ ≤ ‖x‖ − ‖a‖ ≤ ‖x− a‖

lo que es equivalente a que|‖x‖ − ‖a‖| ≤ ‖x− a‖

y dado que ‖x− a‖ < δ = ε, se tiene que

|‖x‖ − ‖a‖| < ε.

4. Calcular, paso a pasolımx→2

lımy→0

f (x, y),

dondef : [0, 3]× [−1, 1] −→ R

(x, y) 7−→ f (x, y) = x2 + y + 2.

Solución. Para x ∈ [0, 3], definimos

fx : [−1, 1] −→ R

y 7−→ fx(y) = x2 + y + 2.

Notemos que, para x ∈ [0, 3], fijo, se tiene que

lımy→0

fx(y) = lımy→0

x2 + y + 2 = x2 + 2.

Por lo tanto, podemos definir la función

g : [0, 3] −→ R

x 7−→ g(x) = x2 + 2.

Finalmente, tenemos quelımx→2

g(x) = lımx→2

x2 + 2 = 6.

Por lo tanto,lımx→2

lımy→0

f (x, y) = 6.

5. Sea f : Ω→ R, con Ω ⊆ R2. Se sabe que si

lım(x,y)→(a,b)

f (x, y) = L

y existen los dos límites iterados

lımx→a

lımy→b

f (x, y) y lımy→b

lımx→a

f (x, y)

entonces estos son iguales a L.

a) Seag : Ω −→ R

(x, y) 7−→ x− yx + y

3

donde Ω = (x, y) ∈ R2 : x + y 6= 0. Verificar, cuando (x, y)→ (0, 0), que los límites iterados sondiferentes y deducir que g no tiende a un límite.

b) Seag : Ω −→ R

(x, y) 7−→ x2y2

x2y2 + (x− y)2

donde Ω ∈ R2 r 0. Demostrar que aunque los límites iterados son iguales cuando (x, y)→ (0, 0),la función g no tiende a ningún límite.

c) Seag : R2 −→ R

(x, y) 7−→

x sen

(1y

)si y 6= 0,

0 si y = 0.

Verificar quelım

(x,y)→(0,0)g(x, y) = 0,

sin embargo los límites iterados son diferentes.

Solución. a) Se tiene quelımx→0

lımy→0

g(x, y) = 1,

mientras quelımy→0

lımx→0

g(x, y) = −1.

Si el límitelım

(x,y)→(0,0)g(x, y)

existe, ya que los dos límites iterados existen entonces estos deberían ser iguales, lo cual es unacontradicción. Finalmente, se puede decir que ya que los límites iterados existen y no son igualesentonces el lım(x,y)→(0,0) g(x, y) no existe.

b) Se tiene quelımx→0

lımy→0

g(x, y) = 0,

mientras quelımy→0

lımx→0

g(x, y) = 0.

Nótese que la existencia del límitelım

(x,y)→(0,0)g(x, y)

implica la igualdad de los límites iterados si estos existen, no recíprocamente. Por esto la igualdadde los límites iterados no nos dice nada sobre el lım(x,y)→(0,0) g(x, y).En este ejemplo, si calculamos el límite de g cuando (x, y)→ (0, 0) por la trayectoria inyectiva

α : R −→ R2

t 7−→ (t, t),

se tiene que α(0) = (0, 0), entonces

lımt→0

f (α(t)) = lımt→0

t4

t4

= 1.

De esta manera se concluye que el lım(x,y)→(0,0) g(x, y) no existe ya que debería ser único.

4

c) Se tiene que

lımy→0

lımx→0

g(x, y) = lımy→0

(lımx→0

x sen1y

)= lım

y→00

= 0.

Por otro lado

lımx→0

lımy→0

g(x, y) = lımx→0

(lımy→0

x sen1y

)no existe ya que sen

1y

no tiende a un límite cuando y→ 0.

Si al menos uno de los límites iterados no existe, entonces no se puede concluir nada sobre ellım(x,y)→(0,0) g(x, y).

Además, nótese que sen1y

, cuando y→ 0, varía entre [−1, 1], por lo que

lım(x,y)→(0,0)

x sen1y= 0.

A pesar de la existencia de este límite, no se puede concluir que los límites iterados son igualesya que uno de ellos no existe.

6. Dadas la funciónf : R2 r (1, 0) −→ R

x 7−→ x21 − 2x2 − 1√(x1 − 1)2 + x2

2

.

y la trayectoriaα : R −→ R2

t 7−→ (t, 1− t).

¿Existe el límite de f en (1, 0) por la trayectoria α?

Solución. Se puede observar que α es inyectiva. Además, para todo t ∈ R r 1, se tiene que

f (α(t)) = f (t, 1− t)

=t2 − 2(1− t)− 1√(t− 1)2 + (1− t)2

=t2 + 2t− 3√

2|t− 1|

=(t + 3)(t− 1)√

2|t− 1|

=

− t + 3√

2si t < 1

t + 3√2

si t > 1,

de dondelım

t→1−f (α(t)) = −2

√2 y lım

t→1+f (α(t)) = 2

√2.

Así, el límitelımt→1

f (α(t))

5

no existe.

7. Dado el campo escalar:f : Ω −→ R

(x, y) 7−→ xy + 1x2 − y2

donde Ω = (x, y) ∈ R2 : x2 6= y2. Determine el límite de f cuando (x, y) → (1,−1) a través de lastrayectorias:

α : R −→ R2

t 7−→ (t,−1)

yβ : R −→ R2

s 7−→ (s,−s2)

¿Qué se puede concluir?

Solución. Se debe calcular el límitelım

(x,y)→(1,−1)f (x, y).

Por definición de límites por trayectorias, para α(t)

lımt→t0

f (α(t))

donde t0 = 1 ya que α(1) = (1,−1), entonces

lımt→t0


−t + 1t2 − 1

= lımt→1

−t + 1(t− 1)(t + 1)

= lımt→1

−1(t + 1)

= −12

.

Para β(t)lıms→s0

f (β(s))

donde s0 = 1 ya que β(1) = (1,−1), entonces

lıms→s0

f (β(s)) = lıms→1

−s3 + 1s2 − s4

= lıms→1

s2 + s + 1(s + 1)(s2 + 1)

=32

.

El límite de f cuando (x, y) → (1,−1) a través de las trayectorias α(t) y β(t) son distintos, por lo tantose puede concluir que el límite de f cuando (x, y)→ (1,−1) no existe.


(x, y) 7−→

sen(x2 + y2)

x2 + y2 si (x, y) 6= (0, 0),

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

Probar que f es continuo en (0, 0).

6

Solución. Para que el campo f sea continuo en (0, 0), necesariamente se debe dar que

lım(x,y)→(0,0)

f (x, y) = f (0, 0),

para lo cual se analiza la existencia del límite de f cuando (x, y)→ (0, 0). Se realiza el cambio de variableθ = x2 + y2, además nótese que si (x, y)→ (0, 0) entonces θ → 0, de aquí

lım(x,y)→(0,0)

f (x, y) = lımθ→0

sen θ

θ

= 1

= f (0, 0).

Con esto se verifica que f es continua en (0, 0).

9. Dado el campo escalar:f : R2 −→ R

(x, y) 7−→ f (x, y) =

1 si y ≥ x4,

1 si y ≤ 0,

0 caso contrario.

Obtenga los siguientes límites o explique porqué no existen:

a) lım(x,y)→(0,1)

f (x, y)

b) lım(x,y)→(2,3)

f (x, y)

c) lım(x,y)→(0,0)

f (x, y)

Solución. a) lım(x,y)→(0,1)

f (x, y) = 1 porque cualquier camino que pase por (0, 1) y su entorno, satisface

la condición y ≥ x4 en dicho punto.

b) lım(x,y)→(2,3)

f (x, y) = 0 porque cualquier camino que pase por (2, 3) y su entorno, no satisface las

condiciones y ≤ x4 o y ≥ x4 en dicho punto.

c) Tomando las trayectorias,α : R −→ R2

t 7−→ (0, t)

nótese que α(0) = (0, 0), entonceslımt→0

f (α(t)) = 1

yβ : R −→ R2

t 7−→ (t2, t)

nótese que β(0) = (0, 0), entonceslımt→0

f (β(t)) = 0

Por lo tanto el límite no existe en (0, 0).

7

10. Determinar el valor de α ∈ R para que el campo escalar

f : R2 −→ R

x 7−→

x3 + xy2 + 2x2 + 2y2

x2 + y2 si(x, y) 6= (0, 0),

α si(x, y) = (0, 0)

sea continua en (0, 0).

Solución. entonces f (0, 0) debería ser 2, es decir α = 2.

11. Considere el campo escalar

f : R2 −→ R

(x, y) 7−→

3(x− 1)2y + (x− 1)y2 + (x− 1)3 + y3

(x− 1)3 + y3 si (x, y) 6= (1, 0),

1 si (x, y) = (1, 0).

Estudie la continuidad de f en (1, 0).

12. Considere el campo escalarf : R2 −→ R

(x, y) 7−→

xy2

x2 + y4 si x 6= 0,

0 si x = 0.

Muestre que no es continuo en el origen.

Solución. Para determinar si f es continua en (0, 0) estudiemos la existencia del límite de f cuando (x, y)tiende a (0, 0).

Iniciemos analizando la existencia de los límites iterados, notemos que

lımx→0

lımy→0

f (x, y) = lımy→0

lımx→0

f (x, y) = 0,

dado que los límites iterados existen y son iguales, si el límite existe, debe ser igual a 0.

Ahora, analicemos la existencia del límite mediante la trayectoria

α : R −→ R2

t 7−→ (t2, t),

tenemos que α(t) = (0, 0) en t = 0. Entonces, el límite de f a lo largo de la trayectoria α cuando t tiendea 0 es

lımt→0


f (t2, t) =12

,

por lo tanto, si el límite existe, debe ser igual a12

, lo que contradice lo anterior. De aquí, concluimos que

no existe el límite de f cuando (x, y) tiende a (0, 0), lo que implica que f no es continua en el origen.

13. Considere el campo escalar

f : R3 −→ R

(x, y, z) 7−→

xy + yz2 + xz2

x2 + y2 + z4 si (x, y, z) 6= (0, 0, 0),

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

Muestre que es no es continuo en el origen.

8

Solución. Analicemos este límite por trayectorias, tomemos k ∈ R y consideremos la trayectoria

αk : R −→ R3

t 7−→ (kt2, t2, t).

Notemos que si αk(t) = (0, 0, 0), entonces t = 0. Luego, tenemos que

lımt→0

f (αk(t)) = lımt→0

f (kt2, t2, t) = lımt→0

kt4 + t4 + kt4

k2t4 + t4 + t4 =2k + 1k2 + 2

.

Ya que el límite anterior toma valores distintos que dependen del valor de k, concluimos que no existeel límite de f cuando (x, y, z) tiende a (0, 0, 0), lo que implica que f no es continua en el origen.

Ejercicios clase CP: 1, 2, 5, 6, 7, 8, 9, 12, 13.

9




1. Sea la función:F : R2 −→ R3

(x, y) 7−→(ex, e−y, xy

)Hallar la derivada F′(a; y) en el punto a = (1, 1) y la dirección y = (1, 2).

Solución. Por definición de derivada de F : R2 → R3 en a ∈ R2 respecto a y ∈ R2.

f ′(a; y) =(

f ′1(a; y), f ′2(a; y), f ′3(a; y))

La derivada de cada campo escalar será:

f ′1(a; y) = lımh→0

f1(a + hy)− f1(a)h

= lımh→0

f1((1, 1) + h(1, 2))− f1(1, 1)h

= lımh→0

f1((1 + h, 1 + 2h)− f1(1, 1)h

= lımh→0

e1+h − e1

h

= lımh→0

e(eh − 1)h

= e

f ′2(a; y) = lımh→0

f2(a + hy)− f2(a)h

= lımh→0

e−1−2h − e−1

h

= lımh→0

−2e−1(e−2h − 1)−2h

=−2e

f ′3(a; y) = lımh→0

f3(a + hy)− f3(a)h

= lımh→0

(1 + h)(1 + 2h)h

= lımh→0

1 + 2h + h + 2h2 − 1h

= 3

Por lo tanto F′(a; y) en el punto a = (1, 1) y la dirección y = (1, 2) es:

F′(a; y) =(

e,−2e

, 3)

1

2. Dado el campo escalarf : Rn −→ R

x 7−→ f (x) = ‖x‖n

Calcule f ′(a, y)

Solución. Definimosg : I −→ R

t 7−→ g(t) = f (a + ty)

donde a, y ∈ Rn

g(t) = ‖a + ty‖n

g(t) = (‖a + ty‖2)n2

g(t) = [(a + ty) · (a + ty)]n2

Derivandog′(t) =

n2[(a + ty) · (a + ty)]

n2−1[y · (a + ty) + (a + ty) · y]

Si t = 0g′(0) =

n2(a · a) n

2−1[ya + ay]

g′(0) =n2(‖a‖2)

n2−1(2ay)

g′(0) = n‖a‖n−2(ay)

f ′(a, y) = n‖a‖n−2(ay)

3. Dados Ω ⊆ R2, y f : Ω → R un campo escalar diferenciable tal que su derivadas parciales sean 0 entodo punto de Ω, demostrar que f es constante.

Solución. Sean x, y ∈ Ω, debemos demostrar que f (x) = f (y). Llamemos h = y − x, dado que f esdiferenciable, existen las derivadas en todo punto y en toda dirección, por lo tanto, por el teorema delvalor medio para campos escalares, tenemos que existe ζ ∈ (0, 1) tal que

f (x + h)− f (x) = f ′(x + ζh; h) = ∇ f (x + ζh) · h.

Dado que todas las derivadas parciales de f son 0, se tiene que ∇ f (x + ζh) = 0, por lo tanto

f (x + h)− f (x) = 0,

lo que equivale af (y) = f (x),

y por lo tanto la función es constante.


(x, y, z) 7−→ cos (xyz)

Utilizando la definición determine las derivadas parciales de f .

5. Utilizando la funciónp : R+ ×R+ −→ R

(u, v) 7−→ p(u, v) = 1,01u0,75v0,25,

2

Cobb y Douglas modelaron la economía americana de 1899 a 1922, en donde la primera variable repre-senta a la cantidad de la mano de obra y la segunda a la cantidad de capital.

a) Determine D1 p y D2 p.

b) Encuentre la productividad marginal de la mano de obra y la productividad marginal del capitalen el año 1920 en (194, 407) (comparado con los valores asignados en 1899 de (100, 100)). Interpretelos resultados.

c) En el año 1920, ¿qué producción tendría más beneficio, un incremento de inversión de capital o unincremento en el gasto en mano de obra?

Solución. a) Notemos que p es diferenciable en R+ ×R+, por tanto, sus derivadas parciales D1 p yD2 p existen y están definidas por

D1 p(u, v) = 0,7575u−0,25v0,25

yD2 p(u, v) = 0,2525u0,75v−0,75

para cada (u, v) ∈ R+ ×R+, luego, se tiene que

D1 p : R+ ×R+ −→ R

(u, v) 7−→ D1 p(u, v) = 0,7575u−0,25v0,25

yD2 p : R+ ×R+ −→ R

(u, v) 7−→ D2 p(u, v) = 0,2525u0,75v−0,75.

b) Para determinar la productividad marginal evaluamos D1 p y D2 p en los valores asignados para losaños 1920 y 1899, respectivamente.Para 1920 tenemos que,

D1 p(194, 407) ≈ 0,912 y D2 p(194, 407) ≈ 0,319.

Para 1920 tenemos que,

D1 p(100, 100) ≈ 0,758 y D2 p(100, 100) ≈ 0,555.

Como podemos notar, comparando los valores marginales obtenidos para cada año concluimosque respecto a la mano de obra, fue mas rentable invertir en este rubro en el año 1920 que en el año1899. De forma similar, se concluye que respecto al capital, fue más rentable invertir en este rubroen 1899 que en 1920.

c) Gracias al literal anterior concluimos que por cada unidad invertida en el gasto de mano de obrase obtuvo una ganancia de 0.912 unidades, mientras que por cada unidad gastada en inversiónde capital, solamente se obtuvieron 0.319 unidades de ganancia. Por lo tanto, se obtuvo un mayorbeneficio al gastar en la mano de obra que en invertir una mayor cantidad de capital.

6. Dado a ∈ Rn, determinar el vector gradiente del campo escalar definido por

f : Rn −→ R

x 7−→ f (x) = a · x.

Solución. Empecemos calculando las derivadas parciales del campo escalar, así, sea i ∈ 1, . . . , n, tene-mos que, para x ∈ Rn,

Di f (x) = Di

(n

∑j=1

ajxj

)

3

=n

∑j=1

Di(ajxj)

= ai.

Por lo tanto, tenemos que

∇ f (x) = (D1 f (x), . . . , Dn f (x)) = (a1, . . . , an) = a,

para todo x ∈ Rn.

7. Dados Ω ⊆ R2 y f , g : Ω → R dos campos escalares derivables tal que g(x) 6= 0 para todo x ∈ Ω,demuestre que

∇(

fg

)(x) =

g(x)∇ f (x)− f (x)∇g(x)g(x)2 .

Solución. Para x ∈ Ω, tenemos que

D1

(fg

)(x) = D1

(f (x)g(x)

)=

g(x)D1 f (x)− f (x)D1g(x)g(x)2

y

D2

(fg

)(x) = D2

(f (x)g(x)

)=

g(x)D2 f (x)− f (x)D2g(x)g(x)2

Por lo tanto,

∇(

fg

)(x) =

(D1

(fg

)(x), D2

(fg

)(x))

=

(g(x)D1 f (x) + f (x)D1g(x)

g(x)2 ,g(x)D2 f (x) + f (x)D2g(x)

g(x)2

)

=g(x) (D1 f (x), D2 f (x))− f (x) (D1g(x), D2g(x))

g(x)2

=g(x)∇ f (x)− f (x)∇g(x)

g(x)2 .

8. Sean f : R2 → R un campo escalar diferenciable, a = (1, 2), u = (2, 2) y v = (1, 1). Se tiene que laderivada de la función en el punto a en dirección al punto u es 2 y la derivada de la función en el puntoa en dirección al punto v es −2. Determinar el vector gradiente de f en a y calcular la derivada de f ena en dirección al punto (4, 6).

Solución. Tenemos que f ′(a; u− a) = 2 y f ′(a; v− a) = −2. Por otra parte, se tiene que

f ′(a; u− a) = ∇ f (a) · (u− a)

= (D1 f (a), D2 f (a)) · (1, 0)

= D1 f (a)

y

f ′(a; v− a) = ∇ f (a) · (v− a)

4

= (D1 f (a), D2 f (a)) · (0,−1)

= −D2 f (a),

por lo tantoD1 f (a) = 2 y D2 f (a) = 2,

lo que implica que∇ f (a) = (2, 2).

Finalmente, tenemos que la dirección de (1,2) a (4,6) es (3,4), entonces la derivada direccional en estadirección es

∇ f (a) ·(

35

,45

)=

145

9. Sea la funciónf : R3 −→ R

(x, y, z) 7−→ x2 + y2 − 4z2.

Determinar la razón de cambio de f en el punto a = (1, 3,−2) en la dirección del vector v = i− j + k.


x 7−→ 2x21 − 3x2.

Encuentre la dirección en el que la derivada direccional de f en el punto (1, 2) es máxima y verifiqueque esta coincide con la del gradiente de f en dicho punto.

Solución. Como f es un polinomio, f tiene todas sus derivadas direccionales en todo punto y toda di-rección. Así, para cada y unitario de R2, se tiene que

f ′((1, 2); y) = lımh→0

f ((1, 2) + hy)− f (1, 2)h

= lımh→0

f (1 + hy1, 2 + hy2)− f (1, 2)h

= lımh→0

2(1 + hy1)2 − 3(2 + hy2) + 4

h

= lımh→0

4hy1 + 2h2y21 − 3hy2

h= 4y1 − 3y2.

Como y es unitario, se cumple que y21 + y2

2 = 1. Por lo tanto, |y2| =√

1− y21. Por lo tanto,

f ′((1, 2); y) =

4y1 − 3√

1− y21 si y2 ≥ 0,

4y1 + 3√

1− y21 si y2 < 0.

Para hallar la dirección unitaria y en la cual f ′((1, 2); y) es máxima, conviene definir dos funciones. Sean

α : [−1, 1] −→ R

x 7−→ 4x− 3√

1− x2y

β : [−1, 1] −→ R

x 7−→ 4x + 3√

1− x2.

Mediante la optimización usual en variable real, se deduce que

maxα(x) : x ∈ [−1, 1] = α(1) = 4 y maxβ(x) : x ∈ [−1, 1] = α(0,8) = 5.

Así, la dirección que maximiza la derivada direccional es

y1 = 0,8 y y2 = −0,6.

5

Por otra parte,∇ f (x) = (4x1,−3)

para cada x ∈ R2. En particular,∇ f (1, 2) = (4,−3),

de donde, su dirección es∇ f (1, 2)‖∇ f (1, 2)‖ =

(4,−3)5

= (0,8;−0,6),

lo que prueba que la dirección del gradiente maximiza la derivada direccional en el punto (1, 2).

11. Se detectó una explosión nuclear en un lugar indeterminado, el equipo especializado trata de buscar elorigen de la misma, para lo cual se envía un dron con materiales de medición. A partir de un punto dereferencia, el dron se desplaza 1 metro al norte y detecta que la radiación aumenta 0.1 Sv, luego de esto,regresa al punto original y se desplaza un metro al este y la radiación disminuye 0.2 Sv. Determinar,aproximadamente, la dirección en la cual ocurrió la explosión.

Solución. Primero, utilizaremos las siguientes notaciones:

• x: distancia, en metros, desde el punto de referencia en dirección norte.

• y: distancia, en metros, desde el punto de referencia en dirección este.

• f (x, y): nivel de radiación, en Sv, en las coordenadas (x, y).

Así, se tiene queD2 f (0, 0) ≈ 0,1 y D1 f (0, 0) ≈ −0,2,

por lo tanto,∇ f (0, 0) ≈ (−0,2, 0,1).

Dado que el gradiente de una función da la dirección de máximo crecimiento, tenemos que la direcciónaproximada en la cual ocurrió la explosión es: (−0,2, 0,1).

12. Del ejercicios anterior, se detecta que el nivel de radiación del lugar en el que se encuentra el dron escrítico, es decir, el dron no puede avanzar a un lugar con mayor radiación que la existente en su posición.¿En qué dirección puede ir el dron para que no exista un incremento en el nivel de la radiación?

Solución. Se busca una dirección (h, k) ∈ R2 tal que

f ′((0, 0); (h, k)) = 0,

dado que f ′((0, 0); (h, k)) = ∇ f (0, 0) · (h, k), se tiene que se necesita que

(−0,2, 0,1) · (h, k) = 0

que equivale a −2h + k = 0, por lo tanto, k = 2h, así, una dirección en la que puede ir el dron para queno exista incremento en el nivel de radiación es (1, 2).

13. Sea el campo escalarf : D ⊆ R3 −→ R

(x, y, z) 7−→ f (x, y, z) = axy2 + byz + cz2x3

donde a, b y c ∈ R y son constantes. Halle los valores de a, b y c tales que la derivada direccional de f enel punto (1, 2,−1) tenga el valor máximo de 64 en una dirección paralela al eje z.

6

Solución. El valor máximo de la derivada sucede cuando

f ′(

a;∇ f (a)‖∇ f (a)‖

)= ‖∇ f (a)‖

Primero debemos obtener el vector gradiente de f en a.

∇ f (a) = (D1 f (a), D2 f (a), D3 f (a))

Las derivadas parciales de f en el punto a = (1, 2,−1)

D1 f (a) = (4a + 3c), D2 f (a) = (4a− b) y D3 f (a) = (2b− 2c)

Entonces:∇ f (a) = (4a + 3c, 4a− b, 2b− 2c)

Por otro lado, como el vector y es paralelo al eje z

y = (0, 0, k),

con k ∈ R. Para que la derivada de f en el punto a y en la dirección del vector y sea máxima, se debecumplir

y =∇ f (a)‖∇ f (a)‖ = (0, 0, k),

‖∇ f (a)‖ =√(4a + 3c)2 + (4a− b)2 + (2b− 2c)2

Entonces:∇ f (a)‖∇ f (a)‖ =

(4a + 3c, 4a− b, 2b− 2c)√(4a + 3c)2 + (4a− b)2 + (2b− 2c)2

= (0, 0, k)

Considerando que ‖∇ f (a)‖ 6= 0, se obtienen el sistema de ecuaciones4a + 3c = 0

4a− b = 0

2b− 2c = k,

del cual se sigue que

a =3k32

b =3k8

y c = − k8

Reemplazando estos valores en el módulo del vector gradiente, se tiene que

‖∇ f (a)‖ =√

k2

Pero se considera que el valor máximo de la derivada de f en a en la dirección del vector y es igual a 64.

64 = |k|

Entonces sustituyendo este valor, obtenemos

a = 6 b = 24 y c = −8

oa = −6 b = −24 y c = 8

14. La distribución de temperatura de una placa metálica está dada por la función

T : R2 −→ R

(x, y) 7−→ T(x, y) = xe2y + y3e,

Donde (x, y) representa las coordenadas de un punto sobre la placa.

7

a) ¿En qué dirección aumenta más rápidamente la temperatura de la placa metálica en el punto (2, 0)?

b) ¿En qué dirección la temperatura decrece más rápidamente?

15. La ecuación de la superficie de una colina es z = 1200− 3x2− 2y2, donde la distancia se mide en metros,el eje x apunta al Este y el eje y apunta al Norte. Un hombre se encuentra en el punto (−10, 5, 850).

a) ¿Cuál es la dirección de la ladera más pronunciada?

b) Si el hombre se mueve en la dirección Este. ¿Está ascendiendo o descendiendo? ¿Cuál es la pen-diente?

c) Si el hombre se mueve en la dirección S-O. ¿Está ascendiendo o descendiendo? ¿Cuál es la pen-diente?

Solución. Supongamos que la variable z, que representa la altura a la cual se encuentra el individuo, esuna función que depende de las variables x e y, las coordenadas cartesianas de la ubicación de este, esdecir, a z le asociamos la función f definida por

f : R2 −→ R

(x, y) 7−→ f (x, y) = 1200− 3x2 − 2y2.

a) Recordemos que para un campo escalar h definido sobre un abierto D ⊆ R2, en un punto a ∈ D, ladirección en donde h′(a; w) alcanza su mayor valor es

w =∇h(a)‖∇h(a)‖ ,

siempre que ‖∇h(a)‖ 6= 0.

Sean a = (a1, a2) ∈ R2 y w = (w1, w2) ∈ R2 un punto y una dirección cualesquiera, calculemos laderivada de f en el punto a respecto a la dirección w, para esto definimos la función g por

g : R −→ R

t 7−→ g(t) = f (a + tw) = 1200− 3(a1 + tw1)2 − 2(a2 + tw2)

2.

Notemos que g es derivable para todo t ∈ R con derivada

g′(t) = f ′(a + tw; w) = −6w1(a1 + tw1)− 4w2(a2 + tw2),

para todo t ∈ R. En particular, si t = 0 se tiene que g′(0) = f ′(a; w) = −6w1a1 − 4w2a2.

Entonces, el gradiente de f está dado por

∇ f (x, y) = (−6x,−4y),

para todo (x, y) ∈ R2.

En particular, si (x, y) = (−10, 5) metros, se tiene que∇ f (−10, 5) = (60,−20), con ‖∇ f (−10, 5)‖ =‖(60,−20)‖ = 20

√10.

Por tanto, la dirección w de la ladera más pronunciada es

w =

(3√10

,− 1√10

).

b) En este caso, la dirección que el individuo toma es w = (1, 0), entonces, con a = (−10, 5) metros setiene que f ′(a; w) = 60, lo que implica que el individuo asciende por la colina con una pendientede 60.

c) En este caso, la dirección que el individuo toma es w =

(−√

22

,−√

22

), entonces, con a = (−10, 5)

metros se tiene que f ′(a; w) = −20√

2, lo que implica que el individuo desciende por la colina dependiente −20

√2.

8


x 7−→ x21 + x1x2,

comprobar que es diferenciable en todo R2.

Solución. Sea x ∈ R2, para determinar su diferenciabilidad, debemos estudiar el límite

lımh→0

f (x + h)− f (x)−∇ f (x) · h‖h‖ .

Se tiene que el gradiente de la función es

∇ f (x) = (2x1 + x2, x1),

así, tenemos que

lımh→0

f (x + h)− f (x)−∇ f (x) · h‖h‖ = lım

h→0

f (x1 + h1, x2 + h2)− f (x1, x2)− (2x1 + x2, x1) · (h1, h2)

‖h‖

= lımh→0

(x1 + h1)2 + (x1 + h1)(x2 + h2)− x2

1 − x1x2 − 2x1h1 − x2h1 − x1h2

‖h‖

= lımh→0

h1h2 + h21

‖h‖ .

Notemos que, para h ∈ R2, con h 6= 0,∣∣∣∣h1h2 + h22

‖h‖

∣∣∣∣ = |(h1, h2) · (h2, h2)|‖h‖ ≤ ‖(h1, h2)‖‖(h2, h2)‖

‖h‖ = ‖(h2, h2)‖ = |h2|√

2,

Por lo tanto,

lımh→0

∣∣∣∣h1h2 + h22

‖h‖

∣∣∣∣ ≤ lımh→0|h2|√

2 = 0.

Así, se tiene que

lımh→0

f (x + h)− f (x)−∇ f (x) · h‖h‖ = 0,

por lo tanto, se tiene que la función es diferenciable.


(x, y) 7−→ sen(xy),

comprobar que es diferenciable con continuidad en todo R2. Además, hallar su derivada en el punto(π, 1).

Solución. Para determinar si la función es diferenciable con continuidad, hallemos primero sus deriva-das parciales, las cuales son:

D1 f (x, y) = y cos(xy) y D2 f (x, y) = x cos(xy),

para todo (x, y) ∈ R2. Dado que sus derivadas parciales son continuas, se tiene que f es diferenciablecon continuidad, además,

∇ f (x, y) = (y cos(xy), x cos(xy)),

para todo (x, y) ∈ R2, por lo tanto,

f ′(x, y) : R2 −→ R

(h, k) 7−→ ∇ f (x, y) · (h, k) = y cos(xy)h + x cos(xy)k),

9

para todo (x, y) ∈ R2. Con esto, se tiene f ′(π, 1) es la función dada por

f ′(π, 1) : R2 −→ R

(h, k) 7−→ f ′(π, 1)(h, k) = −h− πk.


(x, y) 7−→

xy

x2 + y2 si (x, y) 6= (0, 0),

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

Determinar las derivadas parciales de f en (0, 0) y comprobar que f no es diferenciable en (0, 0).

Solución. Para las derivadas parciales, se tiene que

D1 f (0, 0) = f ′((0, 0); (1, 0)) = lımt→0

f ((0, 0) + t(1, 0))− f (0, 0)t

= lımt→0

f (t, 0)− 0t

= 0.

De manera análoga, se obtiene queD2 f (0, 0) = 0,

de donde∇ f (0, 0) = (0, 0)

Ahora, para analizar su diferenciablidad en (0, 0), analicemos

lım(h,k)→(0,0)

f ((0, 0)) + (h, k))− f (0, 0)−∇ f (0, 0) · (h, k)‖(h, k)‖ ,

así, tenemos que

lım(h,k)→(0,0)

f ((0, 0)) + (h, k))− f (0, 0)−∇ f (0, 0) · (h, k)‖(h, k)‖ = lım

(h,k)→(0,0)

hkh2 + k2 − (0, 0) · (h, k)

‖(h, k)‖

= lım(h,k)→(0,0)

hk(√

h2 + k2)3.

Si consideramos el límite mediante la curva de ecuación y = x, tenemos que este límite no existe, por lotanto, se tiene que la función no es diferenciable.

19. Sean el campo escalarf : R2 −→ R

x 7−→ ‖x‖2

y la trayectoriar : [0, 1] −→ R

t 7−→ (t, t2).

Muestre que se cumple que( f r)′(t) = ∇ f (r(t)) · r′(t)

para todo t ∈ [0, 1].

20. Seanf : R2 −→ R

(x, y) 7−→ f (x, y) = x2y− y2,

yr : R −→ R2

t 7−→ r(t) = (sen(t), et).

10

Hallar ( f r)′(t) para todo t ∈ R.

Solución. Notemos que f es derivable en R2 y r es derivable en R, por lo tanto f r es derivable en R.Tenemos además que

r′(t) = (cos(t), et)

para todo t ∈ R y∇ f (x, y) = (2xy, x2 − 2y),

para todo (x, y) ∈ R2, por lo tanto

( f r)′(t) = ∇ f (r(t)) · r′(t)= (2 sen(t)et, sen2(t)− 2et) · (cos(t), et)

= et(sen(2t) + sen2(t)− 2et),

para todo t ∈ R.

21. Hallar la derivada direccional de la función:

f : R3 −→ R

(x, y, z) 7−→ x + y + z2

en a = (1, 1,−2) a lo largo de la curva C que resulta de la intersección de la superficie S1 : 2x2 − 2y2 +

z2 = 4 con el plano S2 : x + y− z = 4

Solución. Aplicando la definición de la regla de la cadena para la derivada direccional a lo largo de unatrayectoria α,

( f α)′(t) = ∇ f (r(t)) · T(t)

conociendo que:

T(t) =α′(t)‖α′(t)‖

En un punto dado , el vector gradiente es normal a la curva de nivel que pasa por ese punto. Ahora sise tiene un punto en una superficie, hay infinitas curvas de nivel que pasan por ese punto, y todas com-parten el mismo vector normal, de donde se puede deducir que el vector gradiente de una superficie,es ortogonal al plano tangente en ese punto. Es decir, que si se tienen 2 superficies distintas que se in-tersecan en un mismo punto, se tendrán dos vectores linealmente independientes que a su vez resultanortogonales al vector tangente de la curva de intersección de las dos superficies.

r′(t) = ∇S1 ×∇S1

=

[4 −4 −41 1 −1

]= (8, 0, 8)

El vector tangente unitario será:

T(t) =(8, 0, 8)√

128

Por otro lado,∇ f (r(t)) = ∇ f (x, y, z)

= (1, 1, 2z)

Por lo tanto,

( f r)′(t) = (1, 1,−4) · (8, 0, 8)√128

=−24√

128

11

22. Seaf : R3 −→ R

(x, y, z) 7−→ 2√

x2 + y2 + (x2 + y2)32 − z.

Encontrar un vector V ∈ R3 normal a la superficie de nivel L0( f ) en cualquier punto (x, y, z) 6= 0 dela superficie. Hallar el coseno del ángulo θ formado por el vector V y el eje z y determinar el límite decos(θ) cuando (x, y, z)→ (0, 0, 0)

Solución. Sea (x, y, z) ∈ L0( f ) tal que (x, y, z) 6= 0. Tenemos que ∇ f (x, y, z) es normal a L0( f ) en elpunto (x, y, z). Por lo tanto, definimos

V = ∇ f (x, y, z)

=

(3x3 + 3xy2 + x√

x2 + y2,

3y3 + 3x2y + y√x2 + y2

,−1

).

Así, el coseno del ángulo θ que forma el vector V con el eje z está dado por

cos(θ) =(

V · (0, 0, 1)‖V‖‖(0, 0, 1)‖

)= − 1

9(x2 + y2)2 + 6(x2 + y2) + 2,

de donde tenemos que

lım(x,y,z)→(0,0,0)

cos(θ) = lım(x,y,z)→(0,0,0)

− 19(x2 + y2)2 + 6(x2 + y2) + 2

= −12

.

23. Dado a ∈ R, hallar la ecuación cartesiana del plano tangente a la superficie

(x, y, z) ∈ R3 : xyz = a3

en cualquiera de sus puntos.

Solución. La superficie es el conjunto de nivel La3( f ) de la función

f : R3 −→ R

(x, y, z) 7−→ xyz

y el gradiente de f en cualquier punto (x0, y0, z0) de la superficie es

∇ f (x0, y0, z0) = (y0z0, x0z0, x0y0).

Por otra parte, tenemos que ∇ f (x0, y0, z0) es normal a la superficie en (x0, y0, z0) por lo tanto normalal plano tangente a la superficie en dicho punto, entonces, para todo (x, y, z) que pertenece al plano, setiene que

0 = ((x, y, z)− (x0, y0, z0)) · ∇ f (x0, y0, z0)

= y0z0x + x0z0y + x0y0z− 3x0y0z0,

por lo tanto, la ecuación cartesiana del plano es

x3x0

+y

3y0+

z3z0

= 1.

12

24. Dado el campo vectorialF : R2 r 0 −→ R2

x 7−→(

x1x2

x21 + x2

2,

x21x2

2

x21 + x2

2

).

Estudie la existencia del límite de F cuando x tiende a (0, 0).

25. Sea el campo vectorial f : Rn → Rm, donde n y m son enteros positivos. Demuestre que si f es unaaplicación lineal, entonces f es una función continua en todo su dominio.

Solución. Sea a ∈ Rn. Vamos a demostrar que f es continua en a. Sea ε > 0 debemos hallar δ > 0 tal quepara todo x ∈ Rn se cumpla que

0 < ‖x− a‖ < δ =⇒ ‖ f (x)− f (a)‖ < ε.

Para cualquier x ∈ Rn, se tiene que

f (x)− f (a) = f

(n

∑i=1

xiei

)− f

(n

∑i=1

aiei

)

=n

∑i=1

xi f(

ei)−

n

∑i=1

ai f(

ei)

=n

∑i=1

(xi − ai) f(

ei)

,

sea k = max‖ f (ei)‖ : i = 1, 2, . . . , n; se sigue que

‖ f (x)− f (a)‖ =∥∥∥∥∥ n

∑i=1

(xi − ai) f(

ei)∥∥∥∥∥

≤n

∑i=1|xi − ai|

∥∥∥ f(

ei)∥∥∥

≤ kn

∑i=1|xi − ai|

≤ k√

n‖x− a‖,

donde en el ultimo paso utilizamos la desigualdad de Cauchy-Schwarz con los vectores de Rn: (|x1 −a1|, |x2− a2|, . . . , |xn− an|) y (1, 1, . . . , 1). Finalmente, se tiene que si tomamos δ =

ε

k√

n> 0 se tiene que

para todo x ∈ Rn tal que0 < ‖x− a‖ < δ

se cumple que‖ f (x)− f (a)‖ ≤ k

√n‖x− a‖ < kδ

√n = ε.

Por la definición de continuidad, se tiene que f es continua en a.

26. Dado el campo vectorialF : R2 −→ R2

(x, y) 7−→ (x2 − y, xy).

Suponiendo que F es diferenciable, calcular F′(1, 1).

Solución. Suponiendo que F es diferenciable, se tiene que

[F′(1, 1)(h, k)] = JF(1, 1)[(h, k)]

13

para todo (h, k) ∈ R2. Por lo tanto, empecemos calculando la matiz jacobiana de F,

JF(x, y) =

[2x −1y x

],

de donde

JF(1, 1) =

[2 −11 1

].

Así, tenemos que

[F′(1, 1)(h, k)] = JF(1, 1)[(h, k)] =

[2 −11 1

] [hk

]=

[2h− kh + k

],

para todo (h, k) ∈ R2, por lo tanto

F′(1, 1)(h, k) = (2h− k, h + k),

para todo (h, k) ∈ R2. Con esto, se tiene que

F′(1, 1) : R2 −→ R

(h, k) 7−→ F′(1, 1)(h, k) = (2h− k, h + k).

27. Dada la función vectorial

F : D −→ R3

(x1, x2) 7−→ f (x1, x2) =

(ex1+x2 ,

1x1

, sen(x1x2)

)donde D = (x1, x2) ∈ R2 : x1 6= 0. Para a = (−1, 0) y y =∈ R2, determine la derivada de F respectoal vector y en el punto a.

Solución. Por definición[F′(a; y)] = J f (a)[y].

Se sabe que

J f (a) =

D1 f1(a) D2 f1(a)D1 f2(a) D2 f2(a)D1 f3(a) D2 f3(a)

Se tiene que

J f (x) =

ex1+x2 ex1+x2

1x2

0x2 cos(x1x2) x1 cos(x1x2)

Evaluando en a=(-1,0)

J f (a) =

e−1 e−1

−1 00 −1

Entonces la derivada de F en a en la dirección de cualquier vector y es

F′(a; y) =

e−1 e−1

−1 00 −1

(y1

y2

)=

e−1y1 + e−1y2

−y1

−y2

14


x 7−→ (x21 − x2, x1x2

2).

Mostrar que F es diferenciable en todo R2.

Solución. Primero calculemos su matriz Jacobiana:

JF(x) =

(2x1 −1x2

2 2x1x2

)para todo x ∈ R2.

Ahora, sea a ∈ R2, vamos a demostrar que F es diferenciable en a. Procediendo como en el ejercicioanterior, se tiene que

F′(a1, a2)(h1, h2) = (2a1h1 − h2, a22h1 + 2a1a2h2),

para todo h ∈ R2. Por otro lado, para cada h ∈ R2 no nulo, se tiene que

(a + h)− F(a)− F′(a)(h) = ((a1 + h1)2 − (a2 + h2), (a1 + h1)(a2 + h2)

2)− (a21 − a2, a1a2

2)

− (2a1h1 − h2, a22h1 + 2a1a2h2)

=(h2

1, a1h22 + 2a2h1h2 + h1h2

2)

,

por lo tantoF(a + h)− F(a)− F′(a)(h)

‖h‖ =

(h2

1‖h‖ ,

a1h22 + 2a2h1h2 + h1h2

2‖h‖

).

Dado que|hi| ≤ ‖h‖

para i ∈ 1, 2, se sigue que

0 ≤ h21‖h‖ ≤ ‖h‖, 0 ≤ h2

2‖h‖ ≤ ‖h‖ y 0 ≤ |h1h2|

‖h‖ ≤‖h‖

2,

de donde, por el teorema del Sanduche,

lımh→0

h21‖h‖ = 0 y lım

h→0

a1h22 + 2a2h1h2 + h1h2

2‖h‖ = 0.

De esta manera, se tiene que

lımh→0

F(a + h)− F(a)− F′(a)(h)‖h‖ = 0

lo que significa que la función f es diferenciable en a.


(x, y) 7−→ f (x, y) = (x + y2, y− 2xy)

Verifique que F es diferenciable en el punto a = (2, 1).

Ejercicios clase CP: 1, 2, 5, 6, 8, 10, 11, 12, 15, 16, 17, 18, 20, 23, 26.

15




1. Dados los campos vectoriales

G : R2 −→ R3

(r, s) 7−→ (r + s, r− s, rs)y

F : R3 −→ R3

(x, y, z) 7−→ (x2 − y2, xyz, x2 + y2 + z)

Determine JFG(a), para a ∈ R2.

Solución. Si G es diferenciable en a y F es diferenciable en G(a), entonces

JFG(a) = JF(G(a))JG(a)

Se debe plantear la jacobiana de F y de G

JF(x, y, z) =

2x −2y 0yz xz xy2x 2y 1

Jg(r, s) =

1 11 −1s r

Evaluando la jacobiana de F en G(a)

JF(G(r, s)) =

2(r + s) −2(r− s) 0(r− s)rs (r + s)rs (r + s)(r− s)2(r + s) 2(r− s) 1

Operando

JF(r, s) =

2r + 2s −2r + 2s 0r2s− rs2 r2s + rs2 r2 − s2

2r + 2s 2r− 2s 1

Entonces calculamos (F G)′(r, s)

(F G)′(r, s) =

2r + 2s −2r + 2s 0r2s− rs2 r2s + rs2 r2 − s2

2r + 2s 2r− 2s 1

1 1

1 −1s r

(F G)′(r, s) =

4s 4r3r2s− s3 r3 − 3rs2

4r + s 4s + r

Si a = (1, 2), entonces

(F G)′(a) =

8 4−2 −116 9

2. Dados los campos vectoriales

F : R3 −→ R2

(x, y, z) 7−→ (x2 + y + z, 2x + y + z2)y

G : R3 −→ R3

(u, v, w) 7−→ (uv2w2, w2 sen(v), u2ev)

1

Determinar la matriz jacobiana de F G en (u, v, w).

3. Considere las funciones

f : R2 −→ R

(x, y) 7−→ xyy

G : R2 −→ R2

(u, v) 7−→ (cos(v + u), sen(v− u)).

Determine D1( f G) y D2( f G) en el punto (u, v) ∈ R2.

Solución. Dado (u, v) ∈ R2, tenemos que para D1( f G)(u, v)

D1( f G)(u, v) = D1 f (G(u, v))D1g1(u, v) + D2 f (G(u, v)D1g2(u, v)

D1g1(u, v) = − sen(v + u) D1g2(u, v) = − cos(v− u)

y para (x, y) ∈ R2

D1 f (x, y) = y D2 f (x, y) = x

por lo tanto:D1 f (G(u, v)) = D1 f (cos(v + u), sen(v− u)) = sen(v− u)

yD2 f (G((u, v)) = D2 f (cos(v + u), sen(v− u)) = cos(v + u)

así, se tiene que

D1( f G)(u, v) = D1 f (G(u, v))D1g1(u, v) + D2 f (G(u, v))D1g2(u, v),

= (sen(v− u))(− sen(v + u)) + (cos(v + u))(− cos(v− u)),

= −[cos(v− u) cos(v + u) + sen(v− u) sen(v + u)],

= −[cos(v− u− v− u)],

D1( f G)(u, v) = − cos(2u).

Para hallar D2( f G)(u, v)

D2( f G)((u, v)) = D1 f (G(u, v))D2g1(u, v) + D2 f (G(u, v))D2g2(u, v)

En este caso necesitamos

D2g1(u, v) = − sen(v + u) D2g2(u, v) = cos(v− u)

por tanto

D2( f G)(u, v) = (sen(v− u))(− sen(v + u)) + (cos(v + u))(cos(v− u)),

= cos(v− u) cos(v + u)− sen(v− u) sen(v + u),

= cos(v− u + v + u),

D2( f G)(u, v) = cos(2v).

4. Supongamos que:

f : Ω −→ R

(x, y, z) 7−→ xy + yz + φ

(xy

)y

G : R3 −→ R3

(r, s, t) 7−→(1 + rset, rs2e−t, r2s sen t

)Donde φ : R → R es una función derivable y Ω = (x, y, z) ∈ R3 : y 6= 0. Determinar D2( f G) en el

punto (r, s, t) = (2, 1, 0) sabiendo que φ′(

32

)= −1

2

Solución. Para (r, s, t) ∈ R3 se tiene que:

D2( f G)(r, s, t) = D1 f (G(r, s, t))D2g1(r, s, t) + D2 f (G(r, s, t))D2g2(r, s, t) + D3 f (G(r, s, t))D2g3(r, s, t).

AdemásD2g1(r, s, t) = ret,

D2g2(r, s, t) = 2rse−t

yD2g3(r, s, t) = r2 sen t.

Para (x, y, z) ∈ R3,

D1 f (x, y, z) =(

y + φ′(

xy

)1y

),

D2 f (x, y, z) =(

x + z + φ′(

xy

)−xy2

)y

D3 f (x, y, z) = y.

Por lo tanto,D1 f (G(r, s, t)) = D1 f

(1 + rset, rs2e−t, r2s sen t

)= rs2e−t + φ′

(1 + rset

rs2e−t

)1

rs2e−t ,

D2 f (G(r, s, t)) = D2 f(1 + rset, rs2e−t, r2s sen t

)= 1 + rset + r2s sen t + φ′

(1 + rset

rs2e−t

)−1− rset

(rs2e−t)2

yD3 f (G(r, s, t)) = D3 f

(1 + rset, rs2e−t, r2s sen t

)= rs2e−t.

Se tiene entonces que,

D2( f G)(r, s, t) = D1 f (G(r, s, t))D2g1(r, s, t) + D2 f (G(r, s, t))D2g2(r, s, t) + D3 f (G(r, s, t))D2g3(r, s, t)

D2( f G)(r, s, t) =(

rs2e−t + φ′(

1 + rset

rs2e−t

)1

rs2e−t

) (ret)

+

(1 + rset + r2s sen t + φ′

(1 + rset

rs2e−t

)−1− rset

(rs2e−t)2

) (2rse−t)

+(rs2e−t) (r2 sen t

).

Evaluando en el punto (r, s, t) = (2, 1, 0) y conociendo que φ′(

32

)= −1,

D2( f G)(2, 1, 0) =(

2 + φ′(

32

)(12

))(2) +

(3 + φ′

(32

)(−34

))(4) + (2)(0)

=

(2− 1

2

)(2) +

(3 +

34

)(4) + 0

= 3 + 15 + 0

= 18

3

5. Supongamos que:f : R2 −→ R

(x, y) 7−→ x2 + y2

yG : R2 −→ R2

(u, v) 7−→(eu+v, u2 + v

)Determinar D1( f G) en el punto (u, v) = (1, 1) ∈ R2.

Solución. Para (u, v) ∈ R2 se tiene que:

D1( f G)(u.v) = D1 f (G(u, v)D1g1(u, v) + D2 f (G(u, v))D1g2(u, v)

AdemásD1g1(u, v) = eu+v

yD1g2(u, v) = 2u

y para (x, y) ∈ R2,D1 f (x, y) = 2x

yD2 f (x, y) = 2y

Por lo tanto,D1 f (G(r, s, t)) = D1 f

(eu+v, u2 + v

)= 2

(eu+v)

yD2 f (G(r, s, t)) = D2 f

(eu+v, u2 + v

)= 2

(u2 + v

)Se tiene entonces que,

D1( f G)(u.v) = D1 f (G(u, v)D1g1(u, v) + D2 f (G(u, v))D1g2(u, v)

= 2(eu+v) (eu+v)+ 2

(u2 + v

)(2u)

Evaluando en el punto (u, v) = (1, 1) ∈ R2,

D1( f G)(u.v) = 2(

e1+1) (

e1+1)+ 2

(12 + 1

)(2(1))

= 2e4 + 8

6. Seaf : R2 −→ R

(x, y) 7−→ f (x, y) =

ex + ey +xy

x2 + y2 si (x, y) 6= (0, 0),

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

Hallar D1,1 f (0, 0) y D2,1 f (0, 0).

Solución. Calculemos en primer lugar D1 f . Nótese que para todo (x, y) ∈ R2 r (0, 0)

D1 f (x, y) = ex +y3 − x2y(x2 + y2)2 ,

mientras que si (x, y) = (0, 0), se tiene que

lımh→0

f (0 + h, 0)− f (0, 0)h

= lımh→0

f (h, 0)− f (0, 0)h

= lımh→0

eh − 1h

= 1.

4

Por tanto,D1 f : R2 −→ R2

(x, y) 7−→ D1 f (x, y) =

ex +y3 − x2y(x2 + y2)2 si (x, y) 6= (0, 0),

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

Calculemos ahora D1,1( f )(0, 0),

D1,1 f (0, 0) = lımh→0

D1 f (0 + h, 0)− D1 f (0, 0)h

= lımh→0

D1 f (h, 0)− D1 f (0, 0)h

= lımh→0

eh − 1h

= 1,

es decir, D1,1 f (0, 0) = 1. Finalmente, tenemos que

lımh→0

D1 f (0, 0 + h)− D1 f (0, 0)h

= lımh→0

D1 f (0, h)− D1 f (0, 0)h

= lımh→0

1h2

= +∞,

es decir, D2,1 f (0, 0) no existe.

7. Dado el campo escalar:f : R3 −→ R

(x, y, z) 7−→ x + yy− z

Obtenga su matriz Hessiana en el punto a = (0, 1,−1):

Solución. Por definición de la matriz Hessiana en R3.

H f (x, y, z) =(

J∇ f (x, y, z))T

=

D1,1 f (x, y, z) D1,2 f (x, y, z) D1,3 f (x, y, z)D2,1 f (x, y, z) D2,2 f (x, y, z) D2,3 f (x, y, z)D3,1 f (x, y, z) D3,2 f (x, y, z) D3,3 f (x, y, z)

Se tiene entonces que las segundas derivadas parciales de f respecto a x,

D1,1 f (x, y, z) = 0 y D2,1 f (x, y, z) = − 1(y− z)2 y D3,1 f (x, y, z) =

1(y− z)2 ,

para y− z 6= 0. Respecto a y,

D1,2 f (x, y, z) = − 1(y− z)2 y D2,2 f (x, y, z) =

2(x + z)(y− z)3 y D3,2 f (x, y, z) = − (y− z) + 2(x + z)

(y− z)3 ,

para y− z 6= 0. Respecto a z,

D1,3 f (x, y, z) =1

(y− z)2 y D2,3 f (x, y, z) =(y− z)− 2(x + z)

(y− z)3 y D3,3 f (x, y, z) =2(y + x)(y− z)3 ,

para y − z 6= 0. Evaluando sus segundas derivadas parciales en a = (0, 1,−1), se obtiene la matrizHessiana de f en a,

H f (a) =

0 −1

414

−14−1

40

14

014

5

8. Dada la funciónf : R3 −→ R

(x, y, z) 7−→ f (x, y, z) = sen(xyz),

determinar ∇ f (x, y, z) y H f (x, y, z) para todo (x, y, z) ∈ R3.

9. Sea el campo escalarf : R2 −→ R

(x, y) 7−→ x2ex−y.

a) Encuentre la aproximación lineal en el punto (1, 0).

b) Encuentre la aproximación cuadrática en el punto (1, 0).

c) Calcule con ambas aproximaciones estime f (1, 0) y f (1, 1); y compare con su valor real.

Solución. f es diferenciable pues es la multiplicación de un polinomio con una función exponencial. Así,

∇ f (a) =(a1(a1 + 2)ea1−a2 , a2

1(−ea1−a2))

H f (a) =

((a2

1ea1−a2 + 4a1ea1−a2 + 2ea1−a2 a21(−ea1−a2)− 2a1ea1−a2

a21(−ea1−a2)− 2a1ea1−a2 a2

1ea1−a2)

)para todo a ∈ R2. Por lo tanto la aproximación lineal de f en el punto a = (1, 0) para (x, y) ∈ R2 cercade a es

f (x, y) ≈ f (1, 0) +∇ f (a) · ((x, y)− a)

≈ e + (3e,−e) · (x− 1, y)

≈ e(1 + 3x− 3− y)

≈ e(1 + 3x− y− 3).

Además, la aproximación cuadrática de f en el punto a para (x, y) ∈ R2 cerca de a es

f (x, y) ≈ f (1, 0) +∇ f (a) · ((x, y)− a) +12((x, y)− a)H f (a)((x, y)− a)t

≈ e(1 + 3x− y− 3) +12(x− 1, y)

(7e −3e−3e e

)(x− 1, y)t

≈ e(1 + 3x− y− 3) +e2(7x2 − 6xy− 14x + y2 + 6y + 7)

≈ e2(7x2 − 6xy− 8x + y2 + 4y + 3).

Por lo tanto, la aproximación lineal de f en (1, 0) para (1, 0) es

e(1 + 3(1)− (0)− 3) = e

y la cuadrática es12(7− 8 + 3) = e.

Lo que indica que ambas aproximaciones coinciden con f (1, 0) = e, lo cual es lo esperado ya que estásaproximaciones entre más cerca al punto a = (1, 0) son mejor. La ventaja es que para números cercanosa (1, 0) también funcionan. En efecto, ambas aproximaciones para (1, 1) son

e(1− 1) = 0 ye2≈ 1,36,

respectivamente. Comparado con el valor f (1, 1) = 1 la aproximación cuadrática es mejor. En la prác-tica es más cómodo trabajar con aproximaciones pues son polinomios aunque se pierda un poco deexactitud.

6

10. Dada la funciónf : R2 −→ R

(x, y) 7−→ f (x, y) = sen(x) cos(y),

determinar la aproximación lineal y la aproximación cuadrática de la función alrededor del punto (0, 0).

Solución. Llamemos F1 a la aproximación lineal de f en (0, 0), tenemos que

F1(x, y) = f (0, 0) +∇ f (0, 0) · ((x, y)− (0, 0)),

para todo (x, y) ∈ R2, por lo tanto, empecemos calculando el gradiente de f ,

∇ f (x, y) = (cos(x) cos(y),− sen(x) sen(y)),

para (x, y) ∈ R2. Con esto, se tiene que

∇ f (0, 0) = (1, 0).

Por lo tanto, la aproximación lineal de f en (0, 0) es

F1(x, y) = f (0, 0) +∇ f (0, 0) · ((x, y)− (0, 0))

= 0 + (1, 0) · (x, y)

= x,

para (x, y) ∈ R2.

Ahora, llamemos F2 a la aproximación cuadrática de f en (0, 0), tenemos que

F2(x, y) = f (0, 0) +∇ f (0, 0) · ((x, y)− (0, 0)) +12![(x, y)− (0, 0)]T H f (0, 0)[(x, y)− (0, 0)],

para todo (x, y) ∈ R2, por lo tanto, empecemos calculando la jacobiana de f ,

H f (x, y) =

(− sen(x) cos(y) − cos(x) sen(y)− cos(x) sen(y) sen(x)(− cos(y)))

),

para (x, y) ∈ R2. Con esto, se tiene que

H f (0, 0) =

(0 00 0

),

Por lo tanto, la aproximación cuadrática de f en (0, 0) es

F2(x, y) = f (0, 0) +∇ f (0, 0) · ((x, y)− (0, 0)) +12![(x, y)− (0, 0)]T H f (0, 0)[(x, y)− (0, 0)]

= 0 + (1, 0) · (x, y) +12

(x y

)(0 00 0

)(xy

)= x,

para (x, y) ∈ R2.

11. Utilizando el ejercicio anterior, encuentre una estimación del valor de sen(0,2) cos(0,1). Para esto, utilicela aproximación lineal y la aproximación cuadrática de la función.

12. Considere g : R2 → R una función diferenciable tal que g(x, f (x)) = 0 y una función diferenciablef : R→ R. Exprese la derivada f en términos de las derivadas parciales de g.

13. Suponga que la función f : R2 → R cumple que

exy − ey f (x,y) + f (x, y)ex − 1 = 0

para todo (x, y) ∈ R2. Determine D1 f y D2 f en el punto (0, 0).

7

Solución. Definamos la función

g : R3 −→ R

(x, y, z) 7−→ exy − eyz + zex − 1,

tenemos que cumpleg(x, y, f (x, y)) = 0

para todo (x, y) ∈ R2. Notemos que, en el punto (0, 0), tenemos que

e0 − e0 + f (0, 0)e0 − 1 = 0,

de donde, f (0, 0) = 1. Por tanto,

D1 f (x, y) = −D1g(x, y, f (x, y))D3g(x, y, f (x, y))

para todo (x, y) ∈ R2 tal que D3g(x, y, f (x, y)) 6= 0. Con esto, se calcula, para (x, y, z) ∈ R3,

D1g(x, y, z) = yexy + zex,

yD3g(x, y, z) = −yeyz + ex.

Entonces


= −yexy + f (x, y)ex

ex − yey f (x,y).

Evaluando en el punto (0, 0)D1 f (0, 0) = −1.

Para la derivada D2 f (x, y)


,

derivando g con respecto a yD2g(x, y, z) = xexy − zeyz,

por lo tanto

D2 f (x, y) = − xexy − f (x, y)ey f (x,y)

ex − yey f (x,y),

evaluando en el punto (0, 0)D2 f (0, 0) = −1.

14. Suponga que la función f : R2 → R, verifica que

x2 f 2(x, y) + xy2 − f 3(x, y) + 4y f (x, y) = 5,

para todo (x, y) ∈ R2. Determinar D1 f (x, y) y D2 f (x, y) para (x, y) ∈ R2.

Solución. Se define la función

g : R3 −→ R

(x, y, z) 7−→ g(x, y, z) = x2z2 + xy2 − z3 + 4yz− 5,

entonces, se verifica queg(x, y, f (x, y)) = 0,

8

para todo (x, y) ∈ D. Luego, se tiene que


,

y


,

para todo (x, y) ∈ D tal que D3g(x, y, f (x, y)) 6= 0. Calculemos las derivadas buscadas:

D1g(x, y, f (x, y)) = 2xz2 + y2,

D2g(x, y, f (x, y)) = 2xy + 4z, y

D3g(x, y, f (x, y)) = 2x2z− 3z2 + 4y,

para todo (x, y, z) ∈ R3, por lo cual:


=2x f 2(x, y) + y2

3 f 2(x, y)− 2x2 f (x, y)− 4y,


=2xy + 4 f (x, y)

3 f 2(x, y)− 2x2 f (x, y)− 4y,

para todo (x, y) ∈ D tal que 3 f 2(x, y)− 2x2 f (x, y)− 4y 6= 0.

15. Consideremos las funcionesf : R2 −→ R

(x, y) 7−→ F(x, y),

yh : R2 −→ R

(x, y) 7−→ h(x, y).

Si se cumple quef (x + y + h(x, y), x2 + y2 + (h(x, y))2) = 0

para todo (x, y) ∈ R2, determinar las derivadas parciales de h para (x, y) ∈ R2 en función de las deriva-das parciales de f .

Solución. Sean

g1 : D ⊆ R2 −→ R

(x, y) 7−→ x + y + h(x, y)y

g2 : D ⊆ R2 −→ R

(x, y) 7−→ x2 + y2 + (h(x, y))2

entonces∂

∂xf (g1(x, y), g2(x, y)) = D1 f (g1(x, y), g2(x, y))

∂g1

∂x(x, y) + D2 f (g1(x, y), g2(x, y))

∂g2

∂x(x, y)

para todo (x, y) ∈ D. Para lo cual se calcula

∂

∂xf (g1(x, y), g2(x, y)) = 0

∂g1

∂x(x, y) = 1 +

∂h∂x

(x, y),

∂g2

∂x(x, y) = 2x + 2h(x, y)

∂h∂x

(x, y)

9

para todo (x, y) ∈ D. Por lo tanto

D1 f (g1(x, y), g2(x, y))(

1 +∂h∂x

(x, y))+ D2 f (g1(x, y), g2(x, y))

(2x + 2h(x, y)

∂h∂x

(x, y))= 0

y∂h∂x

(x, y) = − D1 f (g1(x, y), g2(x, y)) + 2xD2 f (g1(x, y), g2(x, y))D1 f (g1(x, y), g2(x, y)) + 2h(x, y)D2 f (g1(x, y), g2(x, y))

para todo (x, y) ∈ D.

De manera similar se calcula

∂h∂y

(x, y) = − D1 f (g1(x, y), g2(x, y)) + 2yD2 f (g1(x, y), g2(x, y))D1 f (g1(x, y), g2(x, y)) + 2h(x, y)D2 f (g1(x, y), g2(x, y))

para todo (x, y) ∈ D.

16. Verificar que en el campo vectorial

F : R3 −→ R3

(x, y, z) 7−→ (xy2z2, z2 sen y, x2ey)

la div(F) = y2z2 + z2 cos y.

17. Dado F : R3 → R3 un campo vectorial y g : R3 → R un campo escalar, ambos diferenciable, demostrarque

div(gF) = ∇g · F + g div(F)

Solución. TomemosF(x, y, z) = ( f1(x, y, z), f2(x, y, z), f3(x, y, z))

para (x, y, z) ∈ R3, se tiene que (omitiendo por un momento las evaluaciones)

div(gF) = div(g f1, g f2, g f3)

=∂g f1

∂x+

∂g f1

∂y+

∂g f1

∂z

=∂g∂x

f1 + g∂ f1

∂x+

∂g∂y

f2 + g∂ f2

∂y+

∂g∂z

f3 + g∂ f3

∂z

=

(∂g∂x

,∂g∂y

,∂g∂z

)· ( f1, f2, f3) + g

(∂ f1

∂x+

∂ f1

∂y+

∂ f1

∂z

)= ∇g · f + g div( f ).

18. SeanF : R3 −→ R3

(x, y, z) 7−→ (x, y, z)

y a ∈ R3 un vector constante. Demostrar que rot(a× F) = 2a.

Solución. Sea a = (a1, a2, a3) entonces

(a× F)(x, y, z) = (a2z− a3y, a3x− a1z, a1y− a2x)

de aquí se tiene que

rot(a× F)(x, y, z) =(

∂

∂y(a1y− a2x)− ∂

∂z(a3x− a1z),

∂

∂z(a2z− a3y)− ∂

∂x(a1y− a2x),

∂

∂x(a3x− a1z)− ∂

∂y(a2z− a3y)

)

10

= (2a1, 2a2, 2a3)

= 2(a1, a2, a3),

con lo cual se demuestra que rot(a× F) = 2a

19. Dado un campo escalar φ : R3 −→ R, determinar la divergencia y el rotacional de ∇φ.

Solución. Se supone que F : R3 −→ R3 es un gradiente, es decir F = ∇φ, donde φ : R3 −→ R es uncampo escalar.

Entonces, omitiendo las notaciones por un momento,

F =

(∂φ

∂x,

∂φ

∂y,

∂φ

∂z

)y la divergencia de F es

div(F) =∂2φ

∂x2 +∂2φ

∂y2 +∂2φ

∂z2 .

Así pues, la divergencia de un gradiente F = ∇φ es el laplaciano de φ y simbólicamente se expresa como

div(F) = div(∇φ) = ∇2φ.

Por otro lado se tiene que el rotacional de F viene dado por

rot(F) =(

∂2φ

∂y∂z− ∂2φ

∂z∂y,

∂2φ

∂z∂x− ∂2φ

∂x∂z,

∂2φ

∂x∂y− ∂2φ

∂y∂z

),

cuando estas derivadas parciales mixtas son continuas entonces

rot(F) = rot(∇φ) = 0.

Esto demuestra que rot(F) = 0 es condición necesaria para que un campo vectorial F derivable concontinuidad sea un gradiente.

20. Calcular el vector rotacional del campo vectorial

F : R3 −→ R3

(x, y, z) 7−→ (x2 − y, xez, xy)

y evalué rot(F)(2, 5, 9).

Solución. Se conoce querot F = O× F,

es decir,

rot F =

i j k∂

∂x∂

∂y∂

∂zx2 − y xez xy

= (x− xez,−1− y, ez)

evaluando,rot F(2, 5, 9) = (2(1− e9),−1− 5, e9).

21. a) Dado el campo vectorialG : R2 −→ R2

(x, y) 7−→ (x2, y2)

calcular la divergencia de G en los puntos (2, 2) y (−2,−2), interpretar el resultado.

11

b) Dado el campo vectorialF : R2 −→ R2

(x, y) 7−→ (−y, x)

calcular su rotacional en cualquier punto e interpretar el resultado.

Solución. a) Se tiene que

div(G)(x, y) = D1g1(x, y) + D2g2(x, y) = 2x + 2y,

de donde div(G)(2, 2) = 8 y div(G)(−2,−2) = −8. Con esto se concluye que el punto (2, 2) es unafuente y el punto (−2,−2) un sumidero.

b) Se tiene querot(F)(x, y) = D1 f2(x, y)− D2 f1(x, y) = 2

para cualquier (x, y) ∈ R2, con lo que se concluye que el campo rota en sentido antihorario en todopunto (x, y) ∈ R2.

Ejercicios clase CP: 1, 3, 4, 6, 7, 9, 13, 15, 17, 19, 21

12



Semestre 2018-B (26 nov al 30 nov) Departamento de Formación Básica

1. Identifique si la función dada es un campo conservativo. Si lo es determine su potencial.

a)F : R2 −→ R2

x 7−→ (3x21 − 2x2

2, 4x1x2 + 3).

Solución. Dado que el campo es diferenciable, se tiene que

∂ f1

∂x2(x1, x2) = −4x2

y∂ f2

∂x1(x1, x2) = 4x2

para todo (x1, x2) ∈ R2. Dado que estos no son iguales, se tiene que F no es conservativo.

b)F : R2 −→ R2

x 7−→ (x2ex1 + sen(x2), ex1 + x1 cos(x2)).

Solución. Dado que el campo es diferenciable, se tiene que

∂ f1

∂x2(x1, x2) = ex1 + cos(x2)

y∂ f2

∂x1(x1, x2) = ex1 + cos(x2)

para todo (x1, x2) ∈ R2. Dado que estos son iguales y el dominio es R2, el cual es simplementeconexo, se tiene que F es conservativo.

Ahora, debemos hallar un campo escalar

f : R2 → R

tal queD1 f (x) = x2ex1 + sen(x2) y D2 f (x) = ex1 + x1 cos(x2)

para todo x ∈ R2. Al integrar D1 f (x) respecto a x1, se tiene que

f (x) = x2ex1 + x1 sen(x2) + g(x2),

para todo x ∈ R2 donde g es una función real y derivable. Así,

D2 f (x) = ex1 + x1 cos(x2) + g′(x2)

de dondeex1 + x1 cos(x2) + g′(x2) = ex1 + x1 cos(x2)

o tambiéng′(x2) = 0

1

para todo x ∈ R2. Finalmente, se deduce que existe k ∈ R tal que

g(x2) = k

para todo x2 ∈ R2. Por lo tanto,

f : R2 −→ R

x 7−→ x2ex1 + x1 sen(x2) + k

es el potencial de F.

2. Sea el campo vectorialF : R3 −→ R3

x 7−→ (P(x), Q(x), R(x))

donde P, Q y R tienen derivadas de primer orden continuas. Demuestre que si F es conservativo, enton-ces

D2P = D1Q, D3P = D1Q y D3Q = D2R.


(x, y) 7−→ F(x, y) = (2xy3, 3x2y2)

Determine el campo escalar f : R2 → R, tal que F(x, y) = ∇ f (x, y) para (x, y) ∈ R2.

Solución. Se calculaD1F2 = 6xy2 y D2F1 = 6xy2,

con lo cual se verifica que F es un gradiente ya que R2 es simplemente conexo. Se sabe entonces queexiste una función f : R2 → R tal que

F(x, y) = ∇ f

donde

F1(x, y) =∂ f∂x

(x, y) = 2xy3,

F2(x, y) =∂ f∂y

(x, y) = 3x2y2,

integrando la primera ecuación con respecto x se tiene

f (x, y) = x2y3 + g(y),

derivando esta expresión con respecto a y

∂ f∂y

(x, y) = 3x2y2 +dgdy

(y) = 3x2y2

de dondedgdy

(y) = 0

entonces g(y) = c, con c ∈ R. Finalmente, la función potencial del campo vectorial F es

f : R2 −→ R

(x, y) 7−→ x2y3 + c

con c ∈ R.

4. Determinar el mínimo de la función

C : R2 −→ R

x 7−→ 3x21 + 2x1x2 + 4x2

2 − 12x1 − 26x2 + 50.

2

Solución. Las derivadas parciales del campo escalar C son

D1C(x) = 6x1 + 2x2 − 12 y D2C(x) = 8x2 + 2x1 − 26

para todo x ∈ R2. Ahora, para encontrar los puntos críticos del campo escalar debemos resolver elsistema

6x1 + 2x2 = 12

8x2 + 2x1 = 26,

que es equivalente a ∇C(x) = 0. La solución del sistema anterior es x1 = 1 y x2 = 3. Para determinar siel punto crítico (1, 3) es un mínimo o un máximo debemos hallar la Hessiana. Así,

H f (x) =

(6 22 8

)para cada x ∈ R2. La matriz Hessiana es constante y

det(H f (x)) = 48− 4 = 44 > 0.

Como los dos menores de la matriz Hessiana son siempre positivos, por el criterio de Sylvester, sededuce que f alcanza su mínimo en (1, 3) y este mínimo es

f (1, 3) = 3 + 2(3) + 4(9)− 12− 26(3) + 50 = 5.

5. En funciones de una sola variable es imposible, en el caso de funciones continuas, tener dos máximosrelativos y ningún mínimo relativo. Pero si las funciones son de dos variables, sí existen esas funciones.Demuestre que la función

f : R2 −→ R

(x, y) 7−→ f (x, y) = −(x2 − 1)2 − (x2y− x− 1)2

tiene sólo dos puntos críticos y tiene máximos relativos en ambos puntos.

Solución. Notemos que f es derivable para todo (x, y) ∈ R2, con gradiente

∇(x, y) = (−4x(x2 − 1)− 2(2xy− 1)(x2y− x− 1),−2x2(x2y− x− 1)),

para todo (x, y) ∈ R2, además, sus dos primeras derivadas parciales D1 f y D2 f son continuas para todo(x, y) ∈ R2, por lo tanto f es diferenciable con continuidad en todo R2.

Encontremos los puntos críticos de f , para obtenerlos igualemos el gradiente a cero, es decir

∇ f (x, y) = (0, 0),

de aquí se obtiene el siguiente sistema

−4x(x2 − 1)− 2(2xy− 1)(x2y− x− 1) = 0, (1)

−2x2(x2y− x− 1) = 0. (2)

A partir de este sistema se tiene que

x2 = 1 y x2y− x− 1 = 0,

de donde se obtiene los dos puntos críticos de f

a1 = (1, 2), y a2 = (−1, 0).

3

La matriz hessiana de f está dada por

H f (x, y) = (J∇ f (x, y))T =

[−12x2 − 12x2y2 + 12xy + 4y + 2 −4x(x2y− x− 1)− 2x2(2xy− 1)−4x(x2y− x− 1)− 2x2(2xy− 1) −2x4

],


a) Ahora, si analizamos la matriz hessiana de f en a1, obtenemos

H f (a1) = (J∇ f (a1))T =

[−26 −6−6 −2

],

dado que su determinante es |H f (a1)| = 16 > 0, junto con D1,1 f (a1) = −26 < 0, se concluye que fen a1 alcanza un máximo con valor igual a 0.

b) Y si analizamos la matriz hessiana de f en a2, obtenemos

H f (a2) = (J∇ f (a2))T =

[−10 2

2 −2

],

dado que su determinante es |H f (a2)| = 16 > 0, junto con D1,1 f (a2) = −10 < 0, por tanto, seconcluye que f en a2 alcanza un máximo con valor igual a 0.

Entonces, se ha mostrado que f tiene dos puntos críticos: a1 = (1, 2) y a2 = (−1, 0), además, en estosdos puntos f alcanza un máximo relativo igual a 0.

6. Seaf : R2 −→ R

(x, y) 7−→ f (x, y) = 4 + x3 + y3 − 3xy,

clasificar sus puntos críticos.

Solución. Notemos que f es derivable para todo (x, y) ∈ R2, con gradiente

∇(x, y) = (3x2 − 3y, 3y2 − 3x),

para todo (x, y) ∈ R2, además, sus dos primeras derivadas parciales D1 f y D2 f son continuas para todo(x, y) ∈ R2, por lo tanto f es diferenciable con continuidad en todo R2.

Encontremos los puntos críticos de f , para obtenerlos igualemos el gradiente a cero, es decir

∇ f (x, y) = (0, 0).

A partir de lo cual se obtiene el siguiente sistema

3x2 − 3y = 0,

3y2 − 3x = 0.

Resolviendo el sistema anterior se tienen los puntos críticos de f

a1 = (0, 0), y a2 = (1, 1).

La matriz hessiana de f está dada por

H f (x, y) = (J∇ f (x, y))T =

[6x −3−3 6y

].


a) Ahora, si analizamos la matriz hessiana de f en a1, obtenemos

H f (a1) = (J∇ f (a1))T =

[0 −3−3 0

],

4

dado que su determinante es |H f (a1)| = −9 < 0, por lo cual se concluye que a1 es un punto deensilladura de f .

b) Y si analizamos la matriz hessiana de f en a2, obtenemos

H f (a2) = (J∇ f (a2)T =

[6 −3−3 6

],

dado que su determinante es |H f (a2)| = 27 > 0, junto con D1,1 f (a2) = 6 > 0, por tanto, se concluyeque f en a2 alcanza un mínimo relativo con valor igual a 3.

Finalmente, se concluye que a1 = (0, 0) es un punto de ensilladura de f y que en a2 = (1, 1) f alcanzaun mínimo relativo con valor igual a 3.

7. Seaf : I −→ R

(x, y) 7−→ x2 + y2 − x− y + 1

donde I es el disco definido por (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 6 1. Hallar los máximos y mínimos de la funciónf .

Solución. Para hallar los puntos críticos se analiza el gradiente de la función f

∇ f (x, y) = (2x− 1, 2y− 1)

el cual es igual a (0,0) para (x, y) = ( 12 , 1

2 ). La frontera se puede expresar como

r : [0, 2π] −→ R2

t 7−→ (sen t, cos t)

entonces f (r(t)) = 2− cos t− sen t, t ∈ [0, 2π], los puntos críticos de la frontera serán los puntos paralos que f ′(r(t)) = 0.

f ′(r(t)) = sen t− cos t,

así los puntos críticos son t =π

4, t =

5π

4y los extremos t = 0 y t = 2π.

Los valores de la función f en los puntos críticos son

f(

12

,12

)=

12

f(

r(π

4

))= f

(√2

2,

√2

2

)= 2−

√2

f(

r(

5π

4

))= f

(−√

22

,−√

22

)= 2 +

√2

f (r(0)) = f (r(2π)) = f (0, 1) = 1.

Comparando todos los valores se puede ver que el mínimo absoluto esta en( 1

2 , 12

)y el máximo absoluto

en(−√

22 ,−

√2

2

).

8. Este ejercicio indica que si la hessiana de un campo escalar se anula en un punto crítico, en este podríahaber un máximo, un mínimo o un punto de silla. Considere los 3 campos escalares

f : R2 −→ R

(x, y) 7−→ x4 + x2 + y4,g : R2 −→ R

(x, y) 7−→ −x4 − x2 − y4 yh : R2 −→ R

(x, y) 7−→ x4 − x2 + y4.

Muestre que ∇ f (0, 0) = ∇g(0, 0) = ∇h(0, 0) = 0 y∣∣H f (0, 0)

∣∣ | = ∣∣Hg(0, 0)∣∣ = |Hh(0, 0)| = 0, sin

embargo (0, 0) es un mínimo absoluto de f , es un máximo absoluto de g y es un punto silla de h.

5

Solución. Por calculo directo, se tiene que para cada (x, y) ∈ R2,

∇ f (x, y) = (4x3 + 2x, 4y3), ∇g(x, y) = (−4x3 − 2x,−4y3) y ∇h(x, y) = (4x3 − 2x, 4y3)

y, también

H f (x, y) =

(12x2 + 2 0

0 12y2

), Hg(x, y) =

(−12x2 − 2 0

0 −12y2

)y Hh(x, y) =

(12x2 − 2 0

0 12y2

).

En particular,∇ f (0, 0) = ∇g(0, 0) = ∇h(0, 0) = 0

y

H f (0, 0) =

(2 00 0

), Hg(0, 0) =

(−2 00 0

)y Hh(0, 0) =

(−2 00 0

),

de donde ∣∣H f (0, 0)∣∣ | = ∣∣Hg(0, 0)

∣∣ = |Hh(0, 0)| = 0.

Es claro que f (x, y) ≥ 0 para todo (x, y) ∈ R2 y dado que f (0, 0) = 0, se deduce que (0, 0) es el mínimoabsoluto de f . Además, notemos que g(x, y) ≤ 0 para todo (x, y) ∈ R2 y dado que g(0, 0) = 0, se deduceque (0, 0) es el máximo absoluto de g. Finalmente, dado que para todo y ∈ R∗,

h(0, y) = y4 > 0

y para todo x ∈ ]−1, 1[r 0,

h(x, 0) = x4 − x2 = x2(x + 1)(x− 1) < 0

y h(0, 0) = 0, se deduce que (0, 0) es un punto silla pues hay direcciones en que el campo escalar hcrece y direcciones en el que decrece. Esto nos indica que si el determinante de la hessiana de un campoescalar es 0 en un punto crítico, no se puede determinar su naturaleza.

9. Se conoce que el campo escalar

f : R4 −→ R

(w, x, y, z) 7−→ 4y3 + 2w2 − y2 − w3

1 + x2 + 2z2

tiene dos puntos críticos

a =

(43

, 0, 0, 0)

y b =

(0, 0,

16

, 0)

.

Además, se conoce que

H f (w, 0, y, 0) =

4− 6w 0 0 0

0 2w3 − 4w2 − 8y3 + 2y2 0 00 0 24y− 2 00 0 0 4w3 − 8w2 − 16y3 + 4y2

para cada w, y ∈ R. Determine si a y b son extremos de f y cual es su naturaleza.

Solución. Por las hipótesis, se tiene que

H f (a) =

−4 0 0 0

0 −6427

0 0

0 0 −2 0

0 0 0 −12827

y H f (b) =

4 0 0 0

01

540 0

0 0 2 0

0 0 01

27

.

6

Por Álgebra Lineal sabemos directamente que

−4, −6427

, −2 y − 12827

son los 4 valores propios de H f (a); luego, por el criterio de Sylvester, H f (a) es definida negativa, dedonde f alcanza un máximo relativo en a. De igual forma,

4,154

, 2 y1

27

son los 4 valores propios de H f (b); luego, por el criterio de Sylvester, H f (b) es definida positiva, dedonde f alcanza un mínimo relativo en b. Por lo tanto,

f (a) =3227

y f (b) = − 1108

son un máximo y un mínimo local, respectivamente.

10. Dada la funciónu : R3 −→ R

(x, y, z) 7−→ −x2 − 2y2 − z3 + xy + 75z + 16x + 27y + 120

Determine sus puntos críticos y su naturaleza

Solución. Se encuentran los puntos críticos de u, para ello debe cumplirse que ∇u(x, y, z) = 0.

Se tiene que:D1u(x, y, z) = −2x + y + 16 = 0

D2u(x, y, z) = −4y + x + 27 = 0

D3u(x, y, z) = −3z2 + 75 = 0.

Resolviendo el sistema de ecuaciones se obtiene dos puntos críticos (13, 10, 5) y (13, 10,−5), para deter-minar si es un máximo o mínimo aplicamos el criterio de Sylvester. Entonces la matriz Hessiana de uestará dada por

Hu(x, y, z) =

−2 1 01 −4 00 0 −6z

En (x, y, z) = (13, 10, 5),

Hu(13, 10, 5) =

−2 1 01 −4 00 0 −30

de donde se obtiene que sus determinantes menores son

H1(13, 10, 5) = −2

H2(13, 10, 5) = 7

H3(13, 10, 5) = −210,

la matriz Hessiana se define negativa, por lo que en el punto (x, y, z) = (13, 10, 5) hay un máximo.

Mientras que en (x, y, z) = (13, 10,−5),

Hu(13, 10,−5) =

−2 1 01 −4 00 0 30

7

de donde se obtiene que sus determinantes menores son

H1(13, 10, 5) = −2

H2(13, 10, 5) = 7

H3(13, 10, 5) = 210,

por lo que la naturaleza de este punto es un punto silla; es decir, no es ni máximo ni mínimo.

11. Dada la funciónf : I −→ R

(x, y) 7−→ x2 + y2 +1

x2y2

con I = (x, y) ∈ R2 : x 6= 0∧ y 6= 0 determinar la naturaleza de sus puntos críticos.

Solución. Primero se buscan los puntos críticos, estos son los puntos en donde el gradiente es cero

∇ f (x, y) =(

2x− 2x3y2 , 2y− 2

x2y3

).

Las soluciones del sistema

2x− 2x3y2 = 0

2y− 2x2y3 = 0

son (1, 1), (1,−1), (−1, 1) y (−1,−1). Para determinar si estos puntos son máximos, mínimos o puntosde silla, se analiza la matriz hesiana

H f (x, y) =

2 +6

x4y24

x3y3

4x3y3 2 +

6x2y4

Se verifica que det H f (a, b) > 0 y

∂2 f∂x2 (a, b) > 0 donde (a, b) es cualquiera de los puntos críticos. Entonces

en cada punto crítico hay un mínimo y f (a, b) = 3 para todos los puntos críticos.

12. Dada la funciónu : R+ ×R+ −→ R

(x, y) 7−→ 655x + 468y +xy30− x2

40− y2

80determinar sus puntos críticos y naturaleza.

Ejercicios clase CP: 1, 3, 5, 7, 8, 9, 10, 11

8



Semestre 2018-B (10 dic al 14 dic) Departamento de Formación Básica

1. Dado los campos escalares

d : Ω −→ R

(x, y, z) 7−→ x2 + y2 + z2 yg : Ω −→ R

(x, y, z) 7−→ z− 1xy

con Ω = (x, y, z) ∈ R3 : x 6= 0∧ y 6= 0. Resolver el problemamax d(x, y, z)

sujeto a:

g(x, y, z) = 0.

Solución. Para resolver el problema, se define la función L : R4 → R

L(λ, x, y, z) = d(x, y, z)− λ(g(x, y, z)− 0) = x2 + y2 + z2 − λ

(z− 1

xy

)cuyo gradiente es

∇L(λ, x, y, z) =(−z +

1xy

, 2x− λ

x2y, 2y− λ

xy2 , 2z− λ

)para (λ, x, y, z) ∈ R4. Los puntos en los que ∇L(λ, x, y, z) = 0, es decir, los puntos críticos de L son:

a1 = (2, 1, 1, 1),

a2 = (2,−1,−1, 1),

a3 = (−2, 1,−1,−1) y

a4 = (−2,−1, 1,−1).

Para determinar la naturaleza de los puntos críticos, se calcula la matriz hesiana

HL(λ, x, y, z) =

0 − 1x2y

− 1xy2 −1

− 1x2y

2 +2λ

x3yλ

x2y2 0

− 1xy2

λ

x2y2 2 +2λ

xy3 0

−1 0 0 2

.

Con esto se tiene

HL(a1) =

0 −1 −1 −1−1 6 2 0−1 2 6 0−1 0 0 2

,

1

HL(a2) =

0 1 1 −11 6 2 01 2 6 0−1 0 0 2

,

HL(a3) =

0 1 −1 −11 6 −2 0−1 −2 6 0−1 0 0 2

y

HL(a4) =

0 −1 1 −1−1 6 −2 01 −2 6 0−1 0 0 2

.

Por otro lado se tiene que n = 3 y m = 1 entonces se calcula para cada punto crítico (−1)mdet(H2m+1) y(−1)mdet(Hm+n), entonces

−det(HL3(a1)) = 8 y − det(HL4(a1)) = 48,

−det(HL3(a2)) = 8 y − det(HL4(a2)) = 48,

−det(HL3(a3)) = 8 y − det(HL4(a3)) = 48,

−det(HL3(a4)) = 8 y − det(HL4(a4)) = 48.

Se puede notar que, para todos los puntos críticos, la secuencia de determinantes consta solamente denúmero positivos, entonces d tiene un mínimo, con un valor de 3, en todos los puntos críticos.

2. Dadas la funcionesf : R3 −→ R

(x, y, z) 7−→ xyz

y,g : R3 −→ R

(x, y, z) 7−→ x + y + z.

Resolver el problema max f (x, y, z)

sujeto a:

g(x, y, z) = a

donde a ∈N∗, es constante.

Solución. Para resolver el problema definimos la función que involucra a f y a g con la condición im-puesta por el problema, siendo

h : R4 −→ R

(λ, x, y, z) 7−→ f (x, y, z)− λ(g(x, y, z)− a).

Notemos que se tiene queh(λ, x, y, z) = xyz− λ(x + y + z− a)

2

para todo (λ, x, y, z) ∈ R4, además, h es una función diferenciable en R4, con vector gradiente

∇h(x, y, z, λ) =

−(x + y + z− a)

yz− λ

xz− λ

xy− λ

y matriz hessina dada por

Hh(x, y, z, λ) =

0 −1 −1 −1−1 0 z y−1 z 0 x−1 y x 0

para cada (λ, x, y, z) ∈ R4.

Determinemos ahora, los puntos crpiticos de h, para esto igualamos el vector gradiente a 0, es decir,hacemos ∇h(λ, x, y, z) = (0, 0, 0, 0), obteniendo el siguiente sistema:

yz = λ,xz = λ,xy = λ,

x + y + z = a,

cuya solución es x = y = z =a3

y λ =a2

9. Analizando la matriz hessiana en w =

(a2

9,

a3

,a3

,a3

)obtenemos

Hh(w) =

0 −1 −1 −1

−1 0a3

a3

−1a3

0a3

−1a3

a3

0

Para determinar si en

( a3

,a3

,a3

), el único punto crítico restringido, f alcanza un máximo local, utilicemos

el criterio del hessiano, para esto, notemos que m = 1 y n = 3, luego la sucesión de determinantes aconsiderar es

(−1)mdet H2m+1 = −det H3 = −

∣∣∣∣∣∣∣∣0 −1 −1

−1 0a3

−1a3

0

∣∣∣∣∣∣∣∣ = −2a3

y

(−1)mdet Hm+n = −det H4 = −

∣∣∣∣∣∣∣∣∣0 −1 −1 −1−1 0 a/3 a/3−1 a/3 0 a/3−1 a/3 a/3 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ =a2

3,

como podemos observar se inicia con un valor negativo y luego con un positivo, por lo cual, el valor que

resuelve al problema dado es (x∗, y∗, z∗) =( a

3,

a3

,a3

)en donde el máximo de f es f (x∗, y∗, z∗) =

a3

27.

3. Dado Ω = (x, y, z) ∈ R3 : x + y− z = 1 ∧ x = 2y, encuentre los extremos relativos del campo escalar

f : Ω −→ R

(x, y, z) 7−→ x2 − xy + xyz2.

Solución. Dado que el dom( f ) 6= R3, debemos utilizar el multiplicador de Lagrange para determinar

3

los extremos relativos de f . Definamos

L : R2 ×Ω −→ R

(λ1, λ2x, y, z) 7−→ f (x, y, z)− λ1(x + y− z− 1)− λ2(x− 2y).

Por definición de gradiente y hessiana, se tiene que para todo (λ1, λ2, x, y, z) ∈ R2 ×Ω,

∇L(λ1, λ2, x, y, z) = (1 + z− x− y, 2y− x, 2x + y(z2 − 1)− λ1 − λ2, x(z2 − 1)− λ1 + 2λ2, 2xyz + λ1)

y,

HL(λ1, λ2, x, y, z) =

0 0 −1 −1 10 0 −1 2 0−1 −1 2 z2 − 1 2yz−1 2 z2 − 1 0 2xz1 0 2yz 2xz 2xy

.

Es fácil ver que,

∇L(λ1, λ2, x, y, z) = 0⇐⇒ x + y = z + 1 ∧ x = 2y ∧ 2x + y(z2 − 1) = λ1 + λ2

∧ x(z2 − 1) = λ1 − 2λ2 ∧ 2xyz = −λ1.

El sistema anterior tiene una única solución

a = (0, 0, 0, 0,−1).

Por definición

HL(a) =

0 0 −1 −1 10 0 −1 2 0−1 −1 2 0 0−1 2 0 0 01 0 0 0 0

.

Mediante cálculo directo, se tiene quedet(HL(a)) = 8

así, para m = 2,(−1)m det(HL(a))2m+1 > 0

de donde f alcanza un mínimo relativo en a. Así el valor, (0, 0,−1) minimiza al campo escalar f .

Un ejercicio recomendado para el lector es reemplazar las variables y verificar que al optimizar unafunción real adecuada, se obtiene la misma respuesta.


m : R3 −→ R

(x, y, z) 7−→ 6x− y2 + xz + 60y

p : R3 −→ R

(x, y, z) 7−→ x2 + y2 + z2

Resolver el problema max m(x, y, z)

sujeto a:

p(x, y, z) = 36.


f : R3 −→ R

(x, y, z) 7−→ xy + zy,

g : R3 −→ R

(x, y, z) 7−→ x2 + y2 yh : R3 −→ R

(x, y, z) 7−→ yz

4

Resolver el problema max f (x, y, z)

sujeto a:

g(x, y, z) = 2 y

h(x, y, z) = 2.

Solución. Para resolver el problema, se define la función L : R5 → R

L(λ1, λ2, x, y, z) = f (x, y, z)−λ1(g(x, y, z)− 2)−λ2(h(x, y, z)− 2) = xy+ zy−λ1(x2 + y2 − 2

)−λ2 (yz− 2)

cuyo gradiente es

∇L(λ1, λ1, x, y, z) =

−(x2 + y2 − 2

)− (yz− 2)y− 2λ1x

x + z− 2λ1y− λ2zy− λ2y

T

.

Los puntos críticos se obtiene igualando el gradiente a (0, 0, 0, 0, 0). Resolviendo el sistema de ecuacionesse obtienen los siguientes puntos críticos

a1 =

(12

, 1, 1, 1, 2)

,

a2 =

(−1

2, 1, 1,−1,−2

),

a3 =

(−1

2, 1,−1, 1, 2

),

a4 =

(12

, 1,−1,−1,−2)

.

Para determinar la naturaleza de estos puntos se calcula la matriz hesiana

HL(λ1, λ2, x, y, z) =

0 0 −2x −2y 00 0 0 −z −y−2x 0 −2λ1 1 0−2y −z 1 −2λ1 1− λ2

0 −y 0 1− λ2 0

,

de donde

HL(a1) =

0 0 −2 −2 00 0 0 −2 −1−2 0 −1 1 0−2 −2 1 −1 00 −1 0 0 0

,

HL(a2) =

0 0 −2 2 00 0 0 2 1−2 0 1 1 02 2 1 1 00 1 0 0 0

,

HL(a3) =

0 0 2 −2 00 0 0 −2 −12 0 1 1 0−2 −2 1 1 00 −1 0 0 0

,

5

y

HL(a4) =

0 0 2 2 00 0 0 2 12 0 −1 1 02 2 1 −1 00 1 0 0 0

.

Nótese que en este caso m = 2 y n = 3 entonces para cada punto crítico se busca el valor de (−1)m det(H2m+1),se tiene

det HL5(a1) = −16,

det HL5(a2) = 16,

det HL5(a3) = 16,

det HL5(a4) = −16.

Analizando la secuencia de gradientes para cada punto crítico, se puede ver que en los puntos a1 y a4 setiene un máximo de valor 3 y en los puntos a2 y a3 se tiene un mínimo de valor 1.

6. Dadas la funcionesV : R3 −→ R

(x, y, z) 7−→ xyz

y,A : R3 −→ R

(x, y, z) 7−→ 2xy + 2xz + 2zy.

Resolver el problema max V(x, y, z)

sujeto a:

A(x, y, z) = 21600.

Solución. Definamos la función L : R4 → R

L(λ, x, y, z) = V(x, y, z)− λ(A(x, y, z)− 21600) = xyz− λ((2xy + 2xz + 2zy)− c)

para λ, x, y, z ∈ R. Procedemos a optimizar la función, para esto, hallamos el gradiente:

OL(λ, x, y, z) =

−(2xy + 2xz + 2zy− 21600)

yz− 2λy− 2λzxz− 2λx− 2λzxy− 2λx− 2λy

T

para λ, x, y, z ∈ R. Para obtener los puntos críticos, igualamos el gradiente a (0, 0, 0, 0) y obtenemos−(2xy + 2xz + 2zy− 21600)

yz− 2λy− 2λzxz− 2λx− 2λzxy− 2λx− 2λy

=

0000

de donde, se obtiene el sistema de ecuaciones

−(2xy + 2xz + 2zy− 21600) = 0

yz− 2λy− 2λz = 0

xz− 2λx− 2λz = 0

xy− 2λx− 2λy = 0.

6

Del sistema anterior se obtienen los puntos críticos

a1 = (15, 60, 60, 60) y

a2 = (−15,−60,−60,−60),

para analizar la naturaleza de estos puntos se analiza la matriz hesiana

HL(λ, x, y, z) =

0 −2y− 2z −2x− 2z −2x− 2y

−2y− 2z 0 z− 2λ y− 2λ

−2x− 2z z− 2λ 0 x− 2λ

−2x− 2y y− 2λ x− 2λ 0

.

Se sabe que m = 1 y n = 2 entonces se calculará (−1)m det H2m+1 y (−1)m det Hm+n para cada puntocrítico y se tiene

−det HL3(a1) < 0 y − det HL4(a1) > 0,

−det HL3(a2) > 0 y − det HL4(a2) < 0,

de donde, por la secuencia de los determinantes, se concluye que se tiene un máximo en a1 y un puntode silla en a2

Ejercicios clase CP: 1, 2, 3, 5.

7



Semestre 2018-B (17 dic al 21 dic) Departamento de Formación Básica

1. Una empresa de Quito produce principalmente arroz y café. Imagine que es contratado para determinarla cantidad que debe producirse de cada uno para que el costo de producción sea lo menor posible.Empíricamente se conoce que los costos de producción del arroz y café están dados respectivamentepor

3x2 − 12x + 15 y 2y2 − 13y + 5

donde x y y representan la cantidad en toneladas de arroz y café producidos. Por otro lado, por la épocade sequía, la producción de café es el doble de costosa que lo normal. Finalmente, el costo del transportede ambos productos está dada por

25 + 2xy

donde x y y representan la cantidad en toneladas de arroz y café producidos, respectivamente. Determi-ne la cantidad de arroz y café que debe producir la empresa para que el costo sea mínimo.

Solución. Se utilizará la siguiente notación

• x : cantidad producida de toneladas de arroz

• y : cantidad producida de toneladas de café

• C(x, y) : costo de producción.

Se sabe que el costo de producción resulta de la suma del costo de producción de arroz, costo de pro-ducción de café y costo de transporte. Además, durante el mes en análisis, el costo de producción delcafé es el doble de lo normal, entonces el costo de producción total viene dado por

C : R+ ×R+ −→ R

(x, y) 7−→ (3x2 − 12x + 15) + 2(2y2 − 13y + 5) + (25 + 2xy) = 3x2 + 2xy + 4y2 − 12x− 26y + 50.

Es importante tomar en cuenta que como no existe producción negativa se debe considerar el dominiode C a R+ ×R+.

La función C es la que se quiere optimizar, encontrar el mínimo en este caso. De acuerdo al ejercicio4 de la hoja de ejercicios 8, la producción de arroz y café, para que el costo de producción sea mínimo,debe ser 1 y 3 toneladas respectivamente.

2. Una fábrica produce dispositivos de dos tipos, A y B, cuyos precios por unidad son 700 y 500 dólares,respectivamente. El costo de producir x dispositivos tipo A y y dispositivos tipo B está dado por lasiguiente función

C : R+ ×R+ −→ R

(x, y) 7−→ 45x + 32y− xy30

+x2

40+

y2

80.

Determine los valores de x y y para que la utilidad sea máxima.

Solución. Primero, utilizaremos las siguientes notaciones:

• x : cantidad de objetos A producidos,

• y : cantidad de objetos B producidos,

1

• U(x, y): Utilidad, en dólares, al vender x dispositivos tipo A y y dispositivos tipo B,

• V(x, y): ingreso, en dólares, producido al vender x dispositivos tipo A y y dispositivos tipo B,

• C(x, y): costo de producción, en dólares, de x dispositivos tipo A y y dispositivos tipo B.

Se sabe que la utilidad es la diferencia entre el ingreso y el costo de producción. El ingreso viene dadopor

V : R+ ×R+ −→ R

(x, y) 7−→ 700x + 500y,

por tanto la función a maximizar es

U : R+ ×R+ −→ R

(x, y) 7−→ 655x + 468y +xy30− x2

80+

y2

40.

Del ejercicio 12 de la hoja de ejercicios 8 se sabe que si se producen 230220 dispositivos de tipo A y 25680dispositivos de tipo B, la utilidad será máxima.

3. Se tiene una superficie de ecuación z =1

xy, con (x, y) ∈ R2 tal que xy 6= 0. Hallar los puntos de la

superficie más cercanos al origen.

Solución. Se utilizará la siguiente notación

• (x, y) : punto sobre la superficie

• d(x, y) : distancia del punto (x, y) al origen, en unidades de longitud

• D(x, y) : cuadrado de la distancia del punto (x, y) al origen.

Se sabe que la distancia de un punto al origen viene definida por d =√

x2 + y2 + z2, como d ≥ 0entonces la distancia será mínima cuando x2 + y2 + z2 sea mínimo. Finalmente se definen las funciones

D : R3 −→ R

(x, y, z) 7−→ x2 + y2 + z2

yg : R∗ ×R∗ ×R −→ R

R 7−→ z− 1xy

.

Con esto se debe optimizar, max D(x, y, z)

sujeto a:

g(x, y, z) = 0.

Por el ejercicio 1 de la hoja de ejercicios 9 se sabe que la distancia es mínima en los puntos (1, 1, 1),(1,−1,−1), (−1,−1, 1) y (−1, 1,−1) y será d =

√3.

Otra forma de optimizar este problema se detalla en el ejercicio 11 de la hoja de ejercicios 8.

4. Dado un número natural mayor que cero, dividirlo en tres sumandos de manera que su producto sea elmáximo.

Solución. Sea a ∈N∗, supongamos que:

2

x: el primer sumando,y: el segundo sumando,z: el tercer sumando.

Notemos que se debe verificar que x + y + z = a siendo su producto xyz el máximo. Se definenentonces:

f : R3 −→ R

(x, y, z) 7−→ xyz

y,g : R3 −→ R

(x, y, z) 7−→ x + y + z.

A partir de lo cual, buscamos resolver el siguiente problemamax f (x, y, z)

sujeto a:

g(x, y, z) = a.

En base al ejercicio 2 de la hoja de ejercicios 9, se puede concluir que los sumandos de un número natural

a > 0, cuyo producto xyz es máximo son x = y = z =a3

.

5. Se desea instalar un radiotelescopio sobre la superficie de un planeta recién descubierto. Para minimizarla interferencia, se quiere colocar el radiotelescopio donde el campo magnético del planeta sea más débil.El planeta es esférico con un radio de 36 unidades. Con base en un sistema de coordenadas cuyo origenes el centro del planeta, la fuerza del campo magnético está dada por m(x, y, z) = 6x − y2 + xz + 60.¿Dónde se debe ubicar el radiotelescopio?

Solución. Se usará la siguiente notación

• (x, y, z) : punto sobre la superficie del planeta,

• m(x, y, z) : fuerza del campo magnético, unidades de fuerza.

Se quiere encontrar el punto donde la fuerza ejercida por el campo magnético sea mínima. Además lospuntos donde se quiere medir este campo está sobre la superficie del planeta, entonces se definen lafunciones

m : R3 −→ R

(x, y, z) 7−→ 6x− y2 + xz + 60y

p : R3 −→ R

(x, y, z) 7−→ x2 + y2 + z2.

Se quiere optimizar max m(x, y, z)

sujeto a:

p(x, y, z) = 36.

En base al ejercicio 4 de la hoja de ejercicios 9, los puntos donde la intensidad del campo magnético esmínima, donde se debería instalar el radiotelescopio, son (−4, 4, 2) y (−4,−4, 2).

Los puntos críticos del lagrangiano de este problema de optimización son (0, 0, 0,−6), (√

3/2, 3√

3, 0, 3),(−√

3/2,−3√

3, 0, 3) y (−1,−4,±4, 2).

6. La temperatura en un punto (x, y, z) del espacio tridimensional está dada por la función

f : R3 −→ R

(x, y, z) 7−→ xy + zy.

3

Determinar los puntos donde la temperatura es máxima y mínima, sobre la intersección de las superfi-cies de ecuación x2 + y2 = 2 y yz = 2.

Solución. • (x, y, z) : punto del espacio R3 que pertenece a las superficies de ecuación x2 + y2 = 2 yyz = 2,

• t(x, y, z) : temperatura en el punto (x, y, z), en unidades de temperatura.

Se definen las funciones

t : R3 −→ R

(x, y, z) 7−→ xy + zy,

g : R3 −→ R

(x, y, z) 7−→ x2 + y2 yh : R3 −→ R

(x, y, z) 7−→ yz.

Se quieren encontrar los puntos donde la temperatura es máxima y mínima, entonces se resolverá elsiguiente problema de optimización

max t(x, y, z)

sujeto a:

g(x, y, z) = 2 y

h(x, y, z) = 2.

Del ejercicio 5 de la hoja de ejercicios 9, se tiene que en los puntos (1, 1, 2) y (−1,−1,−2) la temperaturaes máxima e igual a 3, mientras que en los puntos (1,−1,−2) y (−1, 1, 2) la temperatura es mínima eigual a 1.

7. Se desea construir una cisterna hermética, en forma de un paralelepípedo regular de área 21600 m2, detal forma que su el volumen sea máximo. Encontrar las dimensiones que debe tener la cisterna.

Solución. Primero utilizaremos las siguientes notaciones:

• x: ancho de la cisterna en metros,

• y: largo de la cisterna en metros,

• z: altura de la cisterna en metros,

• V(x, y, z): volumen de la cisterna en metros cúbicos,

• A(x, y, z): área de la cisterna en metros cuadrados.

Nótese que se quiere encontrar el valos máximo de V sabiendo que tiene una limitación (restricción),el área. Por otro lado, sabemos que las dimensiones de la cisterna serán reales positivos. Se definen lasfunciones

V : R+ ×R+ ×R+ −→ R

(x, y, z) 7−→ xyz

y,A : R+ ×R+ ×R+ −→ R

(x, y, z) 7−→ 2xy + 2xz + 2zy.

Se quiere resolver el problema max V(x, y, z)

sujeto a:

A(x, y, z) = 21600.

En base al ejercicio 6 de la hoja de ejercicios 9 se tiene que las dimensiones de la cisterna, paraque el volumen de ésta sea máximo, son (60, 60, 60). Nótese que el punto crítico (−60,−60,−60) no esconsiderado ya que no son parte del dominio de V en este problema.

4

8. Dada una superficie representada por la función

f : I −→ R

(x, y) 7−→ x2 + y2 − x− y + 1

donde I es el disco definido por (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 6 1, determinar los puntos de la misma quetienen mayor y menor altura.

9. La temperatura en cualquier punto de coordenadas (x, y, z) ubicado en la esfera de ecuación x2 + y2 +

z2 = 11 viene dada por T(x, y, z) = 20 + 2x + 2y + z2. Determinar las temperaturas extremas sobre lacurva de intersección de la esfera con el plano P de ecuación x + y + z = 3.

10. En R3, hallar el punto del plano P de ecuación 2x − 2y + z = 4, que está más próximo al origen decoordenadas.

Ejercicios clase CP: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8.

5



Semestre 2018-B (02 ene al 04 ene) Departamento de Formación Básica


(x, y) 7−→ x2 − 2xy

y la regiónD = (x, y) ∈ R2 : x ≥ 0, y ≥ 0, 3x + y ≤ 3,

calcule la integral doble ¨D

f dA.

Solución. Dado que la función f es un polinomio, f es continua en todo R2. En particular f es continuaen D, de donde ¨

Df dA

existe. Por definición de integral doble se tiene que¨

Df dA =

ˆ 3

0

ˆ 3−3x

0f (x, y)dydx.

Entonces ˆ 1

0

ˆ 3−3x

0f (x, y)dydx =

ˆ 1

0

ˆ 3−3x

0(x2 − 2xy)dydx

=

ˆ 1

0(x2y− xy2)

∣∣3−3x0 dydx

=

ˆ 1

0(x2(3− 3x)− x(3− 3x)2)dydx

=

ˆ 1

0(−12x3 + 21x2 − 9x)dx

= −3x4 + 7x3 − 92

x2∣∣∣∣10

= −12

.

Por lo tanto, ¨D

f dA = −12

.

2. Dados el campo escalarf : R2 −→ R

(x, y) 7−→ x

yC1 : [0, 1] −→ [0, 2]

x 7−→ 4x− 2x2 yC2 : [1, 2] −→ [0, 2]

x 7−→ 2(x− 2)2

se define por D a la región limitada por las gráficas de eje x, C1 y C2. Exprese la integral doble¨D

f dA.

1

como integrales iteradas de dos formas distintas. Calcule una de ellas.

Solución. Dado que la función f es un polinomio, f es continua en todo R2. En particular f es continuaen D, de donde ¨

Df dA

existe. La región D se puede observar en el siguiente gráfico

Por otra parte, C1 y C2 son funciones biyectivas. Se tiene que

y = C1(x)⇐⇒ x =2−

√4− 2y

2y v = C2(u)⇐⇒ u = 2−

√v2

donde x ∈ [0, 1], u ∈ [1, 2] y y, v ∈ [0, 2].

Para calcular la integral doble tenemos dos posibilidades:

• Respecto a dxdy, se tiene que¨

Df dA =

ˆ 1

0

ˆ 4x−2x2

0xdydx +

ˆ 2

1

ˆ 2(x−2)2

0xdydx

• Respecto a dydx, se tiene que ¨D

f dA =

ˆ 2

0

ˆ 2−√

2y

2−√

4−2y2

xdxdy.


(x, y) 7−→ f (x, y) = 2xy

y la región D definida como el trapecio cuyos vértices son: A = (1, 1), B = (4, 1), C = (2, 4) y D = (3, 4);determine: ¨

Df (x, y) dA

2

Solución. Primero debemos definir la región D. La región D limitada por este trapecio se puede ver demanera natural como una región tipo 2.

La recta l1 que pasa por A y C esy = 3x− 2

o bien

x = α(y) =(y + 2)

3La recta l2 que pasa por B y D es

y = −3x + 13

o bien

x = β(y) =(13− y)

3de este modo la región que el trapecio encierra se puede ver limitada por

• la recta horizontal y = 1, por debajo,

• la recta horizontal y = 4, por encima,

• la recta x = α(y) = (y + 2)/3, por la izquierda y

• la recta x = β(y) = (13− y)/3, por la derecha.

por tanto la región D queda descrita como

D = (x, y) ∈ R2 : (y + 2)/3 ≤ x ≤ (13− y)/3; 1 ≤ y ≤ 4

entonces ¨D

2xy dx dy =

ˆ 4

1

ˆ (13−y)/3

(y+2)/32xy dx dy

donde primero se hace la integral respecto de x (evaluándose entre (13 − y)/3 y (y + 2)/3) y luegorespecto a y (evaluándose entre 1 y 4).

¨D

2xy dx dy =

ˆ 4

1

(x2y)(13−y)/3(y+2)/3 dx

=

ˆ 4

1y

[(13− y

3

)2

−(

y + 23

)2]

dx

=19

ˆ 4

1(−30y2 + 165y) dy

3

=19

(−10y3 +

1652

y2)4

1

=1352


(x, y) 7−→ f (x, y) = x + y

y D la región que corresponde la cuarta parte, situada en el primer cuadrante, del anillo circular limitadopor las circunferencias de ecuaciones

x2 + y2 = 1

yx2 + y2 = 4.

Determinar ¨D

f (x, y) dA

Solución. Primero definimos la región D, esta región no se puede ver globalmente como una región detipo 1 o de tipo 2.

Se debe partirla en dos subregiones, ya sea con la recta x = 1 (en cuyo caso las subregiones resueltas sonde tipo 1), o con la recta y = 1 (en cuyo caso las regiones resueltas son de tipo 2). Tomando la primeraopición.

D = D1 ∪ D2

entoncesD1 = (x, y) ∈ R2 :

√1− x2 ≤ y ≤

√4− x2; 0 ≤ x ≤ 1

yD2 = (x, y) ∈ R2 : 0 ≤ y ≤

√4− x2; 1 ≤ x ≤ 2.

por tanto se tiene¨D(x + y) dx dy =

¨D1

(x, y) dx dy +

¨D2

(x, y) dx dy

4

=

ˆ 1

0

ˆ √4−x2

√1−x2

(x + y) dy dx +

ˆ 2

1

ˆ √4−x2

0(x + y) dy dx

=

ˆ 1

0x(√

4− x2 −√

1− x2) dx +

ˆ 1

0

12(4− x2 − (1− x2)) dx

+

ˆ 2

1x√

4− x2 dx +

ˆ 2

1

12(4− x2) dx

=

[−1

3(4− x2)3/2 +

13(1− x2)3/2 +

32

x]1

0+

[−1

3(4− x2)3/2 + 2x− 1

6x3]2

1

=143

5. Dibujar la región de integración y calcular la integral doble I =˜

R x cos(x + y)dxdy, donde R es eltriángulo de vértices (0, 0), (π, 0), y (π, π)

Solución.

I =ˆ ˆ

Rx cos(x + y)dxdy

=

ˆ π

0

[ˆ x

0x cos(x + y)dy

]dx

=

ˆ π

0x sen(x + y) |π0 dx

=− 3π

2


(x, y) 7−→ f (x, y) = x3

y la regiónD = (x, y) ∈ R2 : 0 ≤ y ≤ 4− x2, −2 ≤ x ≤ 2,

calcular˜

D f (x, y) dxdy.

Solución.


(x, y) 7−→ f (x, y) = 3

y la regiónD = (x, y) ∈ R2 : −

√1− x2 ≤ y ≤

√1− x2, 0 ≤ x ≤ 1,

calcular˜

D f (x, y) dydx.

Solución.

8. Calcular ¨D

√1− x2

a2 −y2

b2 dx dy

donde D es la región interior de la elipse de ecuaciónx2

a2 +y2

b2 = 1

5

Solución. Primero identifiquemos la región D

Para resolver esta integral tomaremos el cambio de variable a coordenadas polares, es decir el cambiode variable

x = ar cos θ y = br sen θ

es decir, tenemos la función definida por

P(r, θ) = (ar cos θ, br sen θ)

para (r, θ) ∈ R2. Ahora necesitamos encontrar D∗ tal que P(D∗) = D

• Si x = a; θ = 0 =⇒ r = 1

• 0 ≤ θ < 2π

entonces la región D∗ = [0, 1]× [0, 2π] por lo tanto¨

D

√1− x2

a2 −y2

b2 dx dy =

¨D∗

√1− r2abr dr dθ

= abˆ 1

0

ˆ 2π

0

√1− r2r dr dθ

= 2πabˆ 1

0

√1− r2r dr

= 2πab(−1

3(1− r2)3/2

)|10

=23

πab

9. Compruebe la siguiente igualdad mediante la introducción de un conveniente cambio de variables,¨

Rf (xy) dxdy = ln(2)

ˆ 2

1f (u) du,

donde R es la región del primer cuadrante limitada por las curvas de ecuaciones xy = 1, xy = 2, y =

x, y = 4x

Solución. Se resuelve utilizando el cambio de variable,

xy =u

y =v

y

x =uv

y = v.

6

Por lo que la imagen de cada curva es,

u = 1

u = 2

u = v2

v2 = 4u.

Como x e y son positivos, u y v también son positivos. Así

J(u, v) =

1v− u

v2

0 1

=1v> 0,

entonces, ˆ 2

1

[ˆ √4u

√u

1v

f (u)dv

]du = ln(2)

ˆ 2

1f (u)du,

10. Calcular la integral ¨R

ex−y+1x+y−2 dxdy,

donde R es el triángulo de vértices (0, 0), (2, 0), (0, 2).

Solución.

11. Evalúe la integral ¨D(x + y) dA

Siendo D la región que se encuentra fuera del círculo de ecuación x2 + y2 = 1 y dentro del cardioide deecuación r = 1 + cos θ.

Solución. Las ecuaciones de las curvas dadas deben estar en el mismo sistema de coordenadas. Si,

x = r cos θ y y = r sen θ

La ecuación del círculo será r = 1. Es decir las 2 funciones quedan definidas por:

P(r, θ) = (r cos θ, r sen θ),

para (r, θ) ∈ R2, con lo cualdet(JP(r, θ)) = r

para (r, θ) ∈ R2, ahora encontramos D∗ tal que T(D∗) = D, vemos que:

D∗ =[

3π

2,

5π

2

]× [1, 1 + cos θ]

7

para (x, y) ∈ R2, tenemos que:¨D

f (x, y)dydx =

¨D∗

f (P(r, θ))|det(JP(r, θ))|drdθ

=

¨D∗(r cos θ + r sen θ)rdrdθ

=

ˆ 5π2

3π2

ˆ 1+cos θ

1(r cos θ + r sen θ)rdrdθ

=15π + 32

24

12. Use coordenadas polares para expresarˆ 1

1/√

2

ˆ x

√1−x2

xy dy dx +

ˆ √2

1

ˆ x

0xy dy dx +

ˆ 2

√2

ˆ √4−x2

0xy dy dx

en una integral doble y luego halle su valor.

Solución. Como se puede observar en el dibujo. Se está integrando sobre el área rayada.

Así se tiene que la suma de las integrales anteriores coincide conˆ π

4

0

ˆ 2

1(r2 sen(t) cos(t))r dr dt.

Además, se tiene que ˆ π4

0

ˆ 2

1r3 sen(2t)

2dr dt =

1516

.

El valor de la suma de las integrales esˆ 1

1/√

2

ˆ x

√1−x2

xy dy dx +

ˆ √2

1

ˆ x

0xy dy dx +

ˆ 2

√2

ˆ √4−x2

0xy dy dx =

1516

.

Ejercicios clase CP: 1, 2, 3, 4, 5, 8, 9, 11, 12.

8




1. Un sólido está limitado por debajo mediante las superficies de ecuación z = 3y2, por arriba mediante elplano de ecuación z = 3 y en los extremos por los planos de ecuaciones x = −1 y x = 2.

a) Encuentre el centro de masas de este sólido, si este es un sólido homogéneo.

b) Ahora suponga que la densidad del sólido es dada por la función definida por δ(x, y, z) = z + x2

para (x, y, z) ∈ R3. Encuentre el centro de masa del sólido

Solución. Primero visualizaremos el sólido:

• Si z = 3, entonces−1 ≤ y ≤ 1

• Para el caso de x−1 ≤ x ≤ 2

• Para z3y2 ≤ z ≤ 3

Con esto podemos definir la región en el espacio, de la siguiente manera

w = (x, y, z) ∈ R3 : 3y2 ≤ z ≤ 3,−1 ≤ y ≤ 1,−1 ≤ x ≤ 2

El centro de la masas (x, y, z) está dado por

x =

˝w x δ(x, y, z) dx dy dz˝w δ(x, y, z) dx dy dz

y =

˝w y δ(x, y, z) dx dy dz˝w δ(x, y, z) dx dy dz

z =

˝w z δ(x, y, z) dx dy dz˝w δ(x, y, z) dx dy dz

donde δ(x, y, z) representa la desidad del sólido en el punto (x, y, z).Para el literal (a), esta densidad δ(x, y, z) = 1(cuerpo homogéneo), entonces primero evaluaremos

1

˚w

δ(x, y, z) dx dy dz =

˚w

dx dy dz

=

ˆ 2

−1

ˆ 1

−1

ˆ 3

3y2dz dy dz

= 12

a continuación evaluaremos las integrales

i) ˚w

x δ(x, y, z) dx dy dz =

˚w

x dx dy dz

=

ˆ 2

−1

ˆ 1

−1

ˆ 3

3y2x dz dy dx

= 6

ii) ˚w

y δ(x, y, z) dx dy dz =

˚w

y dx dy dz

=

ˆ 2

−1

ˆ 1

−1

ˆ 3

3y2y dz dy dx

= 0

iii) ˚w

z δ(x, y, z) dx dy dz =

˚w

z dx dy dz

=

ˆ 2

−1

ˆ 1

−1

ˆ 3

3y2z dz dy dx

=1085

con esto podemos concluir que

(x, y, z) =(

12

, 0,95

)Para el literal (b), la densidad δ(x, y, z) = z + x2 (cuerpo no homogéneo), entonces˚

wδ(x, y, z) dx dy dz =

˚w(z + x2) dx dy dz

=

ˆ 2

−1

ˆ 1

−1

ˆ 3

3y2(z + x2) dz dy dz

=1685

para el caso de las otras integrales

i)˚

wx δ(x, y, z) dx dy dz =

ˆ 2

−1

ˆ 1

−1

ˆ 3

3y2x(z + x2) dz dy dx

=1295

2

ii)˚

wy d(x, y, z) dx dy dz =

ˆ 2

−1

ˆ 1

−1

ˆ 3

3y2y(z + x2) dz dy dx

= 0

iii)˚

wz δ(x, y, z) dx dy dz =

ˆ 2

−1

ˆ 1

−1

ˆ 3

3y2z(z + x2) dz dy dx

=237635

con esto podemos concluir que

(x, y, z) =(

4356

, 0,9949

)

2. Sea D una región cuya frontera esta constituida por las curvas de ecuaciones y =1x

, y =x4

y y =√

x,donde x y y están en metros. Determinar el área A de la región D considerándola como una región detipo I y después de tipo II.

Solución.

Primero se encuentra la intersección de las curvas para dividir la región D en dos regiones de tipo I.

Estos puntos son (0,0), (1,1) y(

2,12

).

Se definen entonces las regiones

D1 = (x, y) ∈ R2 : 0 6 x 6 1, f (x) 6 y 6 g(x)

yD2 = (x, y) ∈ R2 : 1 6 x 6 2, h(x) 6 y 6 k(x)

3

dondef : [0, 1] −→ R

x 7−→ x4

,

g : [0, 1] −→ R

x 7−→ x12

,

h : [1, 2] −→ R

x 7−→ x4

,

yk : [1, 2] −→ R

x 7−→ 1x

.

El área de la región D es igual a la suma de las áreas de las regiones D1 y D2. En general, el área de unaregión R viene dada por

˜R dA.

Entonces

A =

¨D1

dA +

¨D2

dA

=

ˆ 1

0

(ˆ g(x)

f (x)dy

)dx +

ˆ 2

1

(ˆ k(x)

h(x)dy

)dx

=

ˆ 1

0

[x

12 − x

4

]dx +

ˆ 2

1

[1x− x

4

]dx

Finalmente, al resolver la última expresión se encuentra que el área de la región D es 0,86m2.

Ahora, para resolver este problema con la región D como una región de tipo II, primero se encuentrala intersección de las curvas para dividir la región D en dos regiones de tipo II. Estos puntos son (0,0),

(1,1) y(

2,12

).

Se definen entonces las regiones

D1 = (x, y) ∈ R2 : 0 6 y 612

, f (y) 6 x 6 g(y)

y

D2 = (x, y) ∈ R2 :126 y 6 1, h(y) 6 x 6 k(y)

dondef : [0, 1

2 ] −→ R

y 7−→ y2 ,

g : [0, 12 ] −→ R

y 7−→ 4y,

h : [ 12 , 1] −→ R

y 7−→ y2 ,

yk : [ 1

2 , 1] −→ R

y 7−→ 1y

.

El área de la región D es igual a la suma de las áreas de las regiones D1 y D2. En general, el área de unaregión R viene dada por

˜R dA.

4

Entonces

A =

¨D1

dA +

¨D2

dA

=

ˆ 12

0

(ˆ g(y)

f (y)dx

)dy +

ˆ 1

12

(ˆ k(y)

h(y)dx

)dy

=

ˆ 12

0

[4y− y2] dx +

ˆ 1

12

[1y− y2

]dx

Finalmente, al resolver la última expresión se encuentra que el área de la región D es 0,86m2.

3. Calcular el volumen del sólido limitado superiormente por el paraboloide de ecuación z = 1− x2 − y2

e inferiormente por el plano de ecuación z = 1− y.

Solución.

Definimos las funciones:f1 : R2 −→ R

(x, y) 7−→ 1− x2 − y2

yf2 : R2 −→ R

(x, y) 7−→ 1− y

Identificamos D, que es la región que se proyecta sobre el plano xy producto de la intersección delparaboloide con el plano, ésta es el círculo de ecuación:

x2 +

(y− 1

2

)2

=14

. (1)

Se realiza el cambio de variable a coordenadas cilíndricas, es decir, el cambio de variable

T : Ω −→ D(r, θ, z) 7−→ (r cos θ, r sen θ, z),

nótese quef1(r, θ) = 1− r2

5

yf2(r, θ) = 1− r sen θ,

además, si se aplica el cambio de variable en (1) se obtiene r = sen θ.

De lo anterior

Ω =(r, θ, z) ∈ R3 : 0 ≤ θ ≤ π, 0 ≤ r ≤ sen θ, 1− r sen θ ≤ z ≤ 1− r2

ydet(JT(r, θ, z)) = r

para (r, θ, z) ∈ Ω. Entonces

˚D

dV =

˚Ω

det(JT(r, θ, z))dzdrdθ

=

ˆ π

0

ˆ sen θ

0

ˆ f1(r,θ)

f2(r,θ)rdzdrdθ

=

ˆ π

0

ˆ sen θ

0r(1− r2 − 1 + r sen θ)drdθ

=

ˆ π

0

sen4 θ

12dθ

=π

32.

De manera similar, se puede realizar el cambio de variable

T : Ω −→ D

(r, θ, z) 7−→(

r cos θ, r sen θ +12

, z)

donde

Ω =

(r, θ, z) ∈ R3 : 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ r ≤ 1

2,

12− r sen θ ≤ z ≤ 3

4− r2 − r sen θ

y

det(JT(r, θ, z)) = r

para (r, θ, z) ∈ Ω. Se sugiere al estudiante calcular el volumen utilizando este cambio de variable ycomparar con el resultado anterior.

4. Calcular el área de la región limitada por la elipse de ecuación

x2

a2 +y2

b2 = 1.

Solución. A = πab

5. Sea D el semi anillo limitado por los círculos centrados en el origen de radio 1 y 4 unidades; al ladoderecho del eje y. Determine el área de D utilizando integración doble y coordenadas polares.

Solución. Así, el área buscada es15π

2unidades cuadradas.

6

6. Calcular el área de la región R limitada por las funciones:

f : R −→ R

x 7−→ sen(x)y

g : R −→ R

x 7−→ cos(x)

en el intervalo [0, π].

Solución.

La región R solicitada es tipo 3, y se la resolverá como tipo 1 por intervalos. La región R ⊆ R2 está

compuesta por R1 ∪ R2. El punto de intersección es x =π

4. Sean

R1 =(x, y) ∈ R2 : f (x) ≤ y ≤ g(x) , 0 ≤ x ≤ π

4

=(x, y) ∈ R2 : sen(x) ≤ y ≤ cos(x) , 0 ≤ x ≤ π

4

y

R2 =(x, y) ∈ R2 : g(x) ≤ y ≤ f (x) ,

π

4≤ x ≤ π

=(x, y) ∈ R2 : cos(x) ≤ y ≤ sen(x) ,

π

4≤ x ≤ π

7

El área se calcula con la integral:

A =

¨R

dA

=

¨R1

dA1 +

¨R2

dA2

=

ˆ π4

0

ˆ cos(x)

sen(x)dydx +

ˆ π

π4

ˆ sen(x)

cos(x)dydx

=((√

2− 1) + (√

2 + 1))

= 2√

2

7. Calcular el volumen del sólido del primer octante limitado por el cilindro de ecuación x2 + y2 = 1, elplano de ecuación z = 0 y superiormente por el plano de ecuación x + y + z = 3.

Solución.

La región R es la proyección sobre el plano xy, y corresponde al primer cuadrante del círculo deecuación:

x2 + y2 = 1.

La región R es tipo 3, y la acotamos como tipo 1:

R =(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ y ≤

√1− x2, 0 ≤ x ≤ 1

El volumen solicitado es:

V =

¨R

f (x, y)dA

8

donde f (x, y) es la superficie que limita superiormente al sólido que se proyecta desde las región R, esdecir el plano x + y + z = 3

V =

ˆ 1

0

ˆ √1−x2

0(3− x− y)dydx

≈ 1, 69u3

Se puede calcular este volumen con cambio de variables a coordenadas cilíndricas

T : Ω −→ R3

(r, θ, z) 7−→ (r cos θ, r sen θ, z),

dondeΩ =

(r, θ, z) ∈ R3 : 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ π

2, 0 ≤ z ≤ 3− r sen θ − r cos θ

y

JT(r, θ, z) = r

entonces

V =

˚Ω

rdzdrdθ =

ˆ π

20

ˆ 1

0

ˆ 3−r sen θ−r cos θ

0rdzdrdθ (2)

=

ˆ π

20

ˆ 1

0r(3− r sen θ − r cos θ)drdθ (3)

=

ˆ π

20

(32− 1

3(sen θ + cos θ)

)dθ (4)

=3π

4− 2

3(5)

de aquí en volumen del sólido es V ≈ 1,69

8. Una piscina circular de diámetro 50 metros tiene una profundidad constante a lo largo de este a oeste(eje x) y crece linealmente de 2 metros al sur a 5 metros al finalizar el norte (eje y). Encuentre el volumendel agua que llenaría la piscina.

Solución. La piscina se puede modelar como un cilindro limitado por dos planos. El cilindro está defini-do por la ecuación

x2 + (y− 25)2 = 252

y los planos están definidos por la ecuaciones

z = −3y50

y z = 2.

En el siguiente gráfico se puede ver la proyección de la piscina en el plano yz

9

Se utilizan coordenadas cilíndricas

T : Ω −→ R3

(r, θ, z) 7−→ (r cos θ, r sen θ + 25, z)

donde

Ω =

0 ≤ r ≤ 25, 0 ≤ θ ≤ 2π, f1 = −3(r sen θ + 25)

50≤ z ≤ 2

y

JT((r, θ, z)) = r.

Entonces el volumen de la piscina viene definido por

V =

˚Ω

JT((r, θ, z))dzdrdθ =

ˆ 25

0

ˆ 2π

0

ˆ 2

f1

rdzdθdr

=

ˆ 25

0

ˆ 2π

0

(7r2+

3r2 sen θ

50

)dθdr

=

ˆ 25

07πrdr,

de aquí el volumen de la piscina es V ≈ 6872,23

9. Encuentre el centro de masa de una lamina de forma de triángulo rectángulo isósceles si su densidad encualquier punto es proporcional al cuadrado de la distancia del vértice opuesto de la hipotenusa.

Solución. Sea c > 0 la longitud del cateto del triángulo rectángulo. Sea la densidad

ρ : R2 −→ R

(x, y) 7−→ k(x2 + y2)

donde k > 0. En el siguiente gráfico se puede observar el triángulo rectángulo

10

donde su región está definida por

R =(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ c, 0 ≤ y ≤ c− x

y su masa es

m =

ˆ c

0

ˆ c−x

0ρ(x, y) dydx = k

ˆ c

0

ˆ c−x

0(x2 + y2) dydx =

kc4

6.

Además, si el centro de masa es (x, y), se tiene que

x =1m

ˆ c

0

ˆ c−x

0xρ(x, y) dydx =

km

ˆ c

0

ˆ c−x

0(x3 + xy2) dydx =

km

c5

15=

2c5

y

y =1m

ˆ c

0

ˆ c−x

0yρ(x, y) dydx =

km

ˆ c

0

ˆ c−x

0(yx2 + y3) dydx =

km

c5

15=

2c5

.

Por lo tanto, el centro de masa del triángulo rectángulo isósceles de cateto c cuyo vértice opuesto a lahipotenusa está en el origen es (

2c5

,2c5

).

10. Calcular el volumen del casquete esférico limitado por las superficies de ecuaciones:

x2 + y2 + z2 = a2, x2 + y2 + z2 = b2 y x2 + y2 = z2,

con z ≥ 0, donde a y b son números reales tales que 0 < a < b.

Solución.

Notemos que la representación gráfica del casquete esférico es

11

Utilizando coordenadas esféricas tenemos que para este volumen:x = r cos(θ) sen(ϕ),y = r sen(θ) sen(ϕ),z = r cos(ϕ),

donde

a ≤ r ≤ b,0 ≤ θ ≤ 2π,0 ≤ ϕ ≤ π/4.

Dado que el jacobiano de la transformación es r2 sen(ϕ), si V representa el valor del volumen, se tieneque:

V =

ˆ b

a

ˆ 2π

0

ˆ π/4

0r2 sen(ϕ) dϕ dθ dr

=

ˆ b

ar2 dr

ˆ 2π

0dθ

ˆ π/4

0sen(ϕ) dϕ

=

(b3 − a3

3

)(2π)

(1−√

22

)=

π

3(2− 2

√2)(b3 − a3).

Luego, el volumen del casquete esférico esπ

3(2− 2

√2)(b3 − a3) unidades cúbicas.

11. Calcular el momento de inercia alrededor del eje z del sólido de densidad constante limitado por elelipsoide de ecuación 36x2 + 9y2 + 4z2 = 36.

Solución.

Por hipótesis, la densidad ρ es tal que ρ(x, y, z) = k para cada (x, y, z) ∈ R3, donde k ∈ R+. Se define

Ω =

(x, y, z) ∈ R3 : x2 +

14

y2 +19

z2 = 1

, entonces vamos a determinar el valor de

MZ =

˚Ω

k(x2 + y2) dxdydz

Para determinar el valor de la integral anterior, utilizamos coordenadas esféricas, seanx = r cos(θ) sen(ϕ),y = 2r sen(θ) sen(ϕ),z = 3r cos(ϕ),

a partir de lo cual se obtiene que 0 ≤ r ≤ 1,0 ≤ θ ≤ 2π,0 ≤ ϕ ≤ π.

Se define entonces la transformación

P : [0, 1]× [0, 2π]× [0, π] −→ R3

(r, θ, ϕ) 7−→ (r cos(θ) sen(ϕ), 2r sen(θ) sen(ϕ), 3r cos(ϕ))

cuyo jacobiano es JP(t, θ, ϕ) = −6r2 sen(ϕ) para cada (r, θ, ϕ) ∈ [0, 1]× [0, 2π]× [0, π]. Por lo tanto, setiene que

Mz =

˚Ω

k(x2 + y2) dxdydz

=

ˆ 1

0

ˆ 2π

0

ˆ π

0k(r2 cos2(θ) sen2(ϕ) + 4r2 sen2(θ) sen2(ϕ))(6r2 sen2(ϕ)) dϕ dθ dr

= 8kπ.

Por lo cual, el momento de inercia alrededor del eje z de este sólido es 8kπ.

12

Ejercicios clase CP: 1, 3, 6, 8, 9, 10, 11.

13





x 7−→ = ‖x‖2

y la trayectoriar : [0, 1] −→ R3

t 7−→ (cos 4t, sen 4t, 3t),

calcular´

r f ds.

Solución. Notemos que r es derivable con derivada

r′(t) = (−4 sen 4t, 4 cos 4t, 3),

con‖r′(t)‖ =

√16 sen2 4t + 16 cos2 4t + 9 =

√16 + 9 = 5,

para todo t ∈ [0, 1], además,

f (r(t)) = f (cos 4t, sen 4t, 3t) =(√

cos2 4t + sen2 4t + 9t2)2

= 1 + 9t2.

Entonces,ˆ

rf ds =

ˆ 1

0f (r(t))‖r′(t)‖ dt

= 5ˆ 1

01 + 9t2 dt = 20.

Por lo tanto,´

r f ds = 20.

2. Se tiene la trayectoriaρ : [0, 7π

2 ] −→ R3

θ 7−→ (cos3 θ, sen3 θ, θ)

y el campo de vectorialF : R3 −→ R3

(x, y, z) 7−→ (sen z, cos z,−(xy)13 ).

Determinar la integral´

ρ F(x, y, z)ds

Solución. Se sabe que ˆρ

F(x, y, z)ds =ˆ 7π

2

0F(ρ(θ)) · ρ′(θ)dθ

dondeF ρ : [0, 7π

2 ] −→ R3

θ 7−→ (sen θ, cos θ,− sen θ cos θ)

yρ′(θ) = (−3 cos2 θ sen θ, 3 sen2 θ cos θ, 1).

1

Entoncesˆ

ρF(x, y, z)ds =

ˆ 7π2

0(sen θ, cos θ,− sen θ cos θ) · (−3 cos2 θ sen θ, 3 sen2 θ cos θ, 1)dθ

= −ˆ 7π

2

0sen θ cos θdθ

= −12

3. Calcular la integral de lineal del campo escalar

f : R3 −→ R

(x, y, z) 7−→ x + y + z.

sobre el segmento de recta que va desde (1, 2, 3) hasta (0,−1, 1). Luego, calcularlo en el sentido contrario.

Solución. Una parametrización de la recta es

r(t) = (1− t, 2− 3t, 3− 2t)

para 0 ≤ t ≤ 1. Además

r′(t) =(−1,−3,−2),

‖r′(t)‖ =√

14.

Aplicando la defición, se tiene queˆ

Cf (x, y, z)ds =

ˆ 1

0(6− 6t)

√14 dt = 3

√14

4. Calcular la integral del campo vectorial

F : R2 −→ R2

(x, y) 7−→ (3x + 4y, 2x + 3y2).

a lo largo de la trayectoriar : [0, 2π] −→ R2

(t) 7−→ (2 cos(t), 2 sen(t)).

5. Dados el campo escalarf : Ω −→ R

(x, y, z) 7−→ zx2 + y2

con Ω = (x, y, z) ∈ R3 : (x, y) 6= (0, 0) y la trayectoria

r : [0, 5] −→ R

t 7−→ (e2t cos 3t, e2t sen 3t, e2t),

calcularˆ

rf ds.


r′(t) = (2e2t cos 3t− 3e2t sen 3t, 2e2t sen 3t + 3e2t cos 3t, 2e2t),

2

con

‖r′(t)‖ =√

13e4t cos2 3t + 13e4t sen2 3t + 4e4t,

=√

13e4t + 4e4t,

=√

17e4t,

= e2t√

17.

para todo t ∈ [0, 5], además,

f (r(t)) = f (e2t cos 3t, e2t sen 3t, e2t),

=e2t

e4t cos2 3t + e4t sen2 3t,

=e2t

e4t ,

= e−2t.

Entonces,ˆ 5

0f (r(t))‖r′(t)‖ dt =

√17ˆ 5

0e−2te2t dt,

=√

17ˆ 5

0dt,

= 5√

17.

Por lo tanto,´ 5

0 f (r(t))‖r′(t)‖ dt = 5√

17.


(x, y) 7−→ (−y, x)

y la función vectorialr : [0, π] −→ R

t 7−→ (cos 3t, sen 3t),

calcularˆ

rF ds.


r′(t) = (−3 sen 3t, 3 cos 3t),

para todo t ∈ [0, π], además,

F(r(t)) = F(cos 3t, sen 3t),

= (− sen 3t, cos 3t).

Entonces, ˆ π

0F(r(t)) · r′(t) dt =

ˆ π

0(− sen 3t, cos 3t) · (−3 sen 3t, 3 cos 3t) dt,

=

ˆ π

0(3 sen2 3t + 3 cos2 3t) dt,

= 3π.

Por lo tanto,´ π

0 F(r(t)) · r′(t) dt = 3π.

3

7. Encuentre el centro de masa en x de un alambre que tiene la forma de un triángulo isósceles que une lospuntos (−2, 1), (4, 1) y (1, 10), donde su densidad está dada por δ(x, y) = x2, para (x, y) ∈ R2.

Solución. El centro de masa está dado por:

x =

Ć xδ(x, y)ds

m

y =

Ć yδ(x, y)ds

mdonde la masa:

m =

ˆC

δ(x, y)ds.

La curva C está compuesta por 3 segmentos de recta de ecuaciones:

C1 : y = −3x + 13

C2 : y = 1

C3 : y = 3x + 7

sus respectivas parametrizaciones:

α1 : [1, 4] −→ R

t 7−→ (t,−3t + 13)α2 : [−2, 4] −→ R

t 7−→ (t, 1)y

α3 : [−2, 1] −→ R

t 7−→ (t, 3t + 7)

y sus derivadas:C′1(t) = (1,−3)

C′2(t) = (1, 0)

C′3(t) = (1, 3).

La masa será entonces:

m =

ˆC1

δ(x, y)ds +ˆ

C2

δ(x, y)ds +ˆ

C3

δ(x, y)ds

=

ˆC1

x2ds +ˆ

C2

x2ds +ˆ

C3

x2ds

=

ˆ 4

1t2(√

10)

dt +ˆ 4

−2t2dt +

ˆ 1

−2t2(√

10)

dt

= 21√

10 + 24 + 3√

10

≈ 100

entonces el centro de masa en x es:

x =

Ć xδ(x, y)ds

m

=

Ć1

xδ(x, y)ds +´

C2xδ(x, y)ds +

Ć3

xδ(x, y)dsm

=

Ć1

x3ds +´

C2x3ds +

Ć3

x3dsm

=

´ 41 t3

(√10)

dt +´ 4−2 t3dt +

´ 1−2 t3

(√10)

dt

m

=63,75

√10 + 60− 3,75

√10

m

≈ 250100

= 2,5

y el centro de masa en y:

4

y =

Ć yδ(x, y)ds

m

=

Ć1

yδ(x, y)ds +´

C2yδ(x, y)ds +

Ć3

yδ(x, y)dsm

=

Ć1

x2yds +´

C2x2yds +

Ć3

x2ydsm

=

´ 41 t2(−3t + 13)

(√10)

dt +´ 4−2 t2dt +

´ 1−2 t2(3t + 7)

(√10)

dt

m

=81,75

√10 + 24 + 9,75

√10

m

=313100

= 3,13

8. Se tiene una pared cuya altura está dada por

h : R2 −→ R

(x, y) 7−→ 1 +y3

y su base porρ : [0, π] −→ R2

t 7−→ (30 cos3 t, 30 sen3 t).

Las medidas están en metros. Determinar el área de la pared.

Solución. En la siguiente figura se muestra la pared.

Primero se calcula el área de la sección del primer cuadrante. En este cuadrante la base viene dadapor

ρ : [0, π2 ] −→ R2

t 7−→ (30 cos3 t, 30 sen3 t).

Entonces el área de la mitad de la pared esˆ

ρf (x, y)ds =

ˆ π2

0f (ρ(t))||ρ′(t)||dt,

dondeρ′(t) = (−90 cos2 t sen t, 90 sen2 t cos t)

y||ρ′(t)|| = 90 sen t cos t.

Finalmente ˆρ

f (x, y)ds =ˆ π

2

0

(1 +

30 sen3 t3

)90 sen t cos tdt

= 90ˆ π

2

0(sen t + 10 sen4 t) cos tdt

= 225

y el área total de la pared es 450m2.

5

9. Calcule el trabajo efectuado por el campo de fuerzas definido por f (x, y) = (y, x), para (x, y) ∈ R2, almover una partícula desde (0, 0) hasta (1, 1) sobre cualquier trayectoria definida por α(t) = (tn, t), parat ∈ [0, 1] y n ∈N.

Solución.α(t) = (tn, t) ; 0 ≤ t ≤ 1

α′(t) = (ntn−1, 1)

f (α(t)) = (t, tn)

Como f (x, y) es un campo de fuerzas, entonces la integral de línea representa el trabajo realizado paramover la partícula

w =

ˆα1

f · ds =ˆ 1

0(t, tn) · (ntn−1, 1)dt

w =

ˆ 1

0ntn + tndt =

(ntn+1

n + 1+

tn+1

n + 1

)1

0

tn+1(n + 1)n + 1

1

0

w = 1

10. Un campo de fuerza definido porF : R2 −→ R2

(x, y) 7−→(2xy2, 2x2y

)Calcular el trabajo que realiza F para mover una partícula a lo largo de la trayectoria de ecuación x2 +

y2 = 9 en sentido antihorario partiendo del punto (3, 0).

a) A lo largo de18

de vuelta.

b) A lo largo de14

de vuelta.

Solución. La trayectoria es una circunferencia, y una de sus parametrizaciones es:

r : [0, 2π] −→ R2

(r, θ) 7−→ (3 cos(t), 3 sen(t))

Se evalúa el campo vectorial en la trayectoria y se deriva la trayectoria, obtieniendo

r′(t) =(−3 sen(t), 3 cos(t))

f (r(t)) =(54 cos(t) sen2(t), 54 sen(t) cos2(t)

)para todo t ∈ [0, 2π].

a) Por definición de integral de línea, se tiene que:ˆ

CF · ds =

ˆ π4

0

(54 cos(t) sen2(t), 54 sen(t) cos2(t)

)· (−3 sen(t), 3 cos(t)) dt

=

ˆ π4

0

(162 cos3(t) sen(t)− 162 sen3(t) cos(t)

)dt

=814

= 20,25

6

b) La integral de línea es:ˆ

CF · ds =

ˆ π2

0

(54 cos(t) sen2(t), 54 sen(t) cos2(t)

)· (−3 sen(t), 3 cos(t)) dt

=

ˆ π2

0

(162 cos3(t) sen(t)− 162 sen3(t) cos(t)

)dt

= 0

11. Encuentre una parametrización de cada una de las siguientes curvas que resultan de la intersección delas superficies de ecuación

a) x2 + z2 = 1 , x + y = 1.

b) x2 + y2 = 9, z = 0.

c) y = 3x2, z = 1.

d) (x− 1)2 + 4(y− 2)2 = 4, z = −1.

e) x2 + y2 + z2 = a(x + 1), x + y = a, donde a > 0.

Solución.

a) De reemplazar x = 1− y en x2 + z2 = 1 se obtiene

(y− 1)2 + z2 = 1.

Sean y = cos(t) + 1 y z = sen(t), entonces x = − cos(t). Se define la trayectoria

α : [0, 2π] −→ R

t 7−→ (− cos(t), cos(t) + 1, sen(t)).

b) Sean x = 3 cos(t) y y = 3 sen(t), entonces se define

α : [0, 2π] −→ R

t 7−→ (3 cos(t), 3 sen(t), 0).

c) Sea x = t, se tiene entonces que y = 3t2 y se define

α : R −→ R

t 7−→ (t, 3t2, 1).

d) Sean x = 2 cos(t) + 1 y y = sen(t) + 2, entonces se define

α : [0, 2π] −→ R

t 7−→ (2 cos(t) + 1, sen(t) + 2,−1).

e) De reemplazar x + y = a en x2 + y2 + z2 = a(x + y) se obtiene

2(

y− a2

)2+ z2 =

a2

2.

Sean y =a2(1− cos(t)) y z =

a√2

sen(t), junto con x + y = a se obtiene que x =a2(1 + cos(t)), se

define entonces

α : [0, 2π] −→ R

t 7−→(

a2(1 + cos(t)),

a2(1− cos(t)),

a√2

sen(t))

.

7

12. Considere la trayectoria

α :[

0,54

]−→ R3

t 7−→(

t,43

t3/2,12

t)

que parametriza a una curva C, halle la longitud de curva dada por la parametrización α.

Solución.

Luego, la longitud de curva es148

(125− 5

√5)

.

13. Considere la curva de ecuación y2 = x3. Halle la longitud de arco que al punto (1,−1) con (1, 1).

Solución.

Notemos que la representación gráfica de la longitud recorrida es

Se define la trayectoriaα : [−1, 1] −→ R

t 7−→ (t2, t3)

que parametriza a la curva, además, se tiene que

α(−1) = (1,−1), α(0) = (0, 0) y α(1) = (1, 1).

Además, la derivada de α está dada por

α′(t) = (2t, 3t2)

con‖α′(t)‖ = |t|

√4 + 9t2

para cada t ∈ [−1, 1]. Finalmente, se tiene que

L =

ˆ 1

−1‖α′(t)‖ dt

=

ˆ 1

−1|t|√

4 + 9t2 dt

= −ˆ 0

−1t√

4 + 9t2 dt +ˆ 1

0t√

4 + 9t2 dt

8

=1

27

(26√

13− 16)

.

Por tanto, la longitud de arco L es127

(26√

13− 16)

.

Ejercicios clase CP: 1, 2, 5, 7, 8, 9, 10, 13

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ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL CÁLCULO VECTORIAL HOJA DE … · 2019-09-16 · Dado que la distancia está medida en metros y la fuerza en newtons, entonces el trabajo hecho es 144