Download pdf - This is Sparta!! oh wait C alculo III!!! · ... seguida luego de ejercicios resueltos. Los ejercicios son de ... Integrales Dobles ... Integrales Triples

Pontificia Universidad Catolica de ChileEscuela de Ingenierıa

Departamento de Ingenierıa Matematica (?)

This is Sparta!!... oh wait... Calculo III!!!

Matıas Lopez AbukalilJuan Pablo Vigneaux Ariztıa

David Cozmar Ramırez

13 de diciembre de 2011

http://www.ucimat.tk

mailto:[email protected]



A continuacion se presentan apuntes del curso Calculo III (MAT1630).

Hemos seguido el orden sugerido por el programa del curso, tratando de alcanzar el mayor grado de completitud.Cada capıtulo presenta la materia correspondiente, seguida luego de ejercicios resueltos. Los ejercicios son dedificultad variable; algunos, para nada sencillos. No se desanime si hay cosas que no salen en el primer intento (oen el n-esimo).

Obviamente, nosotros no reclamamos la autorıa de todo lo que aparece en las paginas de este documento. Unagran parte de lo que encontrara en estos apuntes se basa en nuestras propias notas sobre el curso, tomadas en lasclases de los profesores Mariel Saez, Angel Carocca, Martin Chuaqui y Manuel Elgueta. A la vez, varios ejercicioshan sido tomados de pruebas, guıas o ayudantıas antiguas tanto de esta universidad como de la otra. Esperamosque se nos perdone no tener un sistema de citas del todo riguroso. No obstante lo anterior, toda equivocacion oimprecision es de nuestra responsabilidad.

El documento completo se encuentra en pleno desarrollo y probablemente contiene muchos errores (“typos”,signos, etc.) que esperamos ir arreglando con su ayuda. Luego, si detecta alguno, favor informar a [email protected]

o [email protected].

Queremos remarcar de forma categorica que estos apuntes son absolutamente complementarios a las clases—esto no es “La Biblia” ni mucho menos— y, por lo tanto, no las reemplazan de ninguna forma.

Finalmente, queremos decirle al lector que, al igual que con todo libro de problemas resueltos, leerlo no le sirvepara nada. Debe ensuciarse las manos y zambullirse en los mares de diversion.

Actualizaciones

Enero 2011: Nos encontramos en una dura batalla contra nuestra flojera, cuya victoria nos llevara a tenertodos los vectores con flechitas arriba.

~x x x x


malito:[email protected]

Indice general

1. Topologıa de Rn 5

1.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.2. Normas en Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.3. Abiertos y Cerrados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.4. Acumulacion, Frontera y Clausura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.5. Un par de definiciones geometricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.6. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

2. Calculo Diferencial de Funciones Escalares en Varias Variables 17

2.1. Funciones Escalares de Varias Variables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

2.2. Lımites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

2.3. Continuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

2.4. Derivadas Parciales y Direccionales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

2.5. Diferenciabilidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

2.6. Plano Tangente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

2.7. Gradiente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35


3. Aplicaciones 61

3.1. Teorema de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

3.2. Mınimos y Maximos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

3.3. Multiplicadores de Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67


4. Calculo Diferencial de Funciones Vectoriales en Varias Variables 81

4.1. Funciones Vectoriales de Varias Variables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

4.2. Lımites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

4.3. Continuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

4.4. Diferenciabilidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

4.5. Matriz Jacobiana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88

4.6. Cambios de Coordenadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88


5. Teorema de la Funcion Implıcita e Inversa 93

4 INDICE GENERAL

5.1. Teorema de la Funcion Implıcita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93

5.2. Teorema de la Funcion Inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96


6. Integrales Multiples 105

6.1. Integrales Dobles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105

6.2. Integrales Triples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

6.3. Integrales n-esimas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113

6.4. Teorema del cambio de variable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113

6.5. Aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116


7. Integrales de Lınea 133

7.1. Integrales de campos escalares sobre curvas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133

7.2. Integrales de campos vectoriales sobre curvas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134

7.3. Campos conservativos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135

7.4. Teorema de Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139


8. Integrales de Superficie 151

8.1. Introduccion a las superficies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151

8.2. Integrales sobre superficies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153

8.3. Divergencia y rotor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155

8.4. Teorema de Stokes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156

8.5. Teorema de la Divergencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158


A. Conceptos de Algebra Lineal 169

A.1. Formas cuadraticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 169

B. Funciones Gamma y Beta 171

B.1. Definicion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171

B.2. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171

Capıtulo 1

Topologıa de Rn

“A nuevos conceptos corresponden, necesariamente, nuevos signos.”- David Hilbert1.1

El lector ya se habra dado cuenta que el Calculo en una Variable en la mayorıa de las ocasiones se queda cortoa la hora de modelar la realidad. La razon, por muy filosofica que quiera presentarse, es simple: los fenomenosdependen de mas que una variable. De hecho, dependen de muchas mas de las que somos capaces de darnoscuenta.

Levante la vista y mire a su alrededor. ¿Cuantas libertades de movimiento posee? ¿Le parece que tiene algunsentido modelar esto como si fuese la recta real? Probablemente no (si la respuesta fue “sı”, entonces mire denuevo hasta que se convenza). Al menos necesitarıamos un par de coordenadas extra, digamos dos: y, z. Con estesimple ejercicio, acabamos de cambiar nuestra percepcion de la realidad y llevar nuestro primitivo pero a la vezfamiliar mundo de Calculo I, a uno donde las coordenadas espaciales seran (x, y, z), lo que se conoce como R3.

Ahora, si Ud. cree que con eso se acabo toda la historia, no se precipite. ¿Aparenta ser suficiente desenvolverseen R3? Imagine que en este instante suena su telefono (o iPhone si es que le da asquito tener algo tan poco PUC)y lo llama un ex-companero del colegio, el cual no ve hace cinco anos, para juntarse a tomar algo. Acuerdanjuntarse en el Budapest. ¿No siente que falta algo? Cuando es necesario precisar un punto de reunion, no solofijamos el lugar espacial donde este se llevara a cabo, sino que tambien fijamos el momento en el que volveremosa ver a nuestro ex-companero. De esta forma, R3 tambien es un mundo que nos queda chico, y nos volvemos aver obligados agregar una nueva variable: t, lo cual nos obliga a trabajar en R4.

De esta forma, el lector puede apreciar que sin importar cuanto se esfuerce, una nueva variable nunca esta demas. Por lo tanto, antes de entrar al Calculo propiamente tal, nos interesa describir de una forma mas exacta enque mundo trabajaremos.

Adelantamos que esta seccion puede ser un poco densa, ası que aconsejamos leerla con calma y mas de una vezsi fuese necesario (probablemente lo sera).

1.1. Introduccion

1.1 Definicion. Definimos el conjunto de n-tuplas de numeros reales como

Rn := (x1, x2, . . . , xn) : xi ∈ R, i = 1, . . . , n = R× R× . . .× R.1.1David Hilbert (1862 - 1943) fue un matematico aleman, reconocido como uno de los mas influyentes del siglo XIX y principios del

XX. Establecio su reputacion como gran matematico y cientıfico inventando o desarrollando un gran abanico de ideas, como la teorıade invariantes, la axiomatizacion de la geometrıa y la nocion de espacio de Hilbert, uno de los fundamentos del analisis funcional.Tambien conocido por los “23 problemas de Hilbert”, los cuales fueron presentados durante el Congreso Internacional de Matematicosde Parıs en 1900 y que generaron grandes avances en la matematica del siglo XX, ya sea para la resolucion de ellos o por teorıasdesarrolladas a partir de ellos y sus soluciones.

6 Normas en Rn

Como sabemos de Algebra Lineal (sı, por esto y un par de cosas mas, es un pre-requisito de este curso), Rn es unespacio vectorial sobre R. Sin embargo, antes de empezar a trabajar con el, es necesario recordar una operacionque nos sera muy util.

1.2 Definicion. Diremos que una funcion 〈·, ·〉 : Rn × Rn → R es un producto interno si satisface que

(a) 〈x,x〉 ≥ 0,∀x ∈ Rn.

(b) 〈x,x〉 = 0 ⇐⇒ x = 0.

(c) 〈x,y〉 = 〈y,x〉,∀x,y ∈ Rn.

(d) 〈x, αy〉 = α〈x,y〉,∀x,y ∈ Rn, α ∈ R.

(e) 〈x + y, z〉 = 〈x, z〉+ 〈y, z〉,∀x,y, z ∈ Rn.

1.3 Observacion. Si x,y, z ∈ Rn y α ∈ R, entonces

〈αx,y〉 = 〈y, αx〉 = α〈y,x〉 = α〈x,y〉

y〈x + z,y〉 = 〈y,x + z〉 = 〈y,x〉+ 〈y, z〉 = 〈x,y〉+ 〈z,y〉.

Es decir, la simetrıa del producto interno nos permite obtener, a partir de la linealidad en una sola de lascomponentes, la linealidad en ambas. Es por esta razon que se dice que el producto interno es una forma bilinealsimetrica definida positiva: bilineal pues es lineal en cada variable, simetrica por la propiedad (c) y definidapositiva por (a) y (b).

1.4 Observacion. Si x,y ∈ Rn, entonces

〈x + y,x + y〉 = 〈x,x + y〉+ 〈y,x + y〉 = 〈x + y,x〉+ 〈x + y,y〉 = 〈x,x〉+ 〈y,x〉+ 〈x,y〉+ 〈y,y〉,

es decir,〈x + y,x + y〉 = 〈x,x〉+ 2〈x,y〉+ 〈y,y〉.

Esto nos garantiza la existencia de un “cuadrado de binomio”

1.5 Ejercicio. Muestre que 〈0,x〉 = 0,∀x ∈ Rn.

1.6 Ejemplo. Por lo general, en Rn se trabaja con el producto canonico o producto punto definido como

x · y := 〈x,y〉 =

n∑i=1

xiyi. (1.1)

1.7 Ejercicio. Pruebe que el producto punto es realmente un producto interno, es decir, que se satisfacen lascondiciones de la definicion del producto interno.

1.2. Normas en Rn

Ahora queremos definir una forma de medir. 1.2 Partiremos definiendo axiomaticamente el concepto de “norma”de un vector. Se supone que el lector esta familiarizado con algunas normas, como la norma euclidiana en R2:

‖(x, y)‖ =√x2 + y2

o el modulo en C:|z| =

√zz.

Estas normas las asociabamos al “largo del vector”. Con esta idea en mente, pero de forma un poco mas abstractay formal, introducimos la siguiente definicion.

1.2Este es un deseo que, por siglos, ha llevado a los matematicos a definir toda clase de cosas horrosamente complejas (partiendopor los espacios metricos y los espacios topologicos) pero que han sido de una increıble utilidad para el desarrollo tanto de la fısicacomo de la ingenierıa.

Topologıa de Rn 7

1.8 Definicion. Diremos que una funcion ‖·‖ : Rn → R es una norma si satisface que

(a) ‖x‖ ≥ 0,∀x ∈ Rn.

(b) ‖x‖ = 0 ⇐⇒ x = 0.

(c) ‖αx‖ = |α| ‖x‖ ,∀x ∈ Rn, α ∈ R.

(d) ‖x + y‖ ≤ ‖x‖+ ‖y‖ ,∀x,y ∈ Rn. (Desigualdad triangular)

Ası, (Rn, ‖·‖) se dice un espacio vectorial normado (e.v.n).

1.9 Ejemplo. Generalmente en Rn se trabaja con la norma euclidiana definida como

‖x‖2 :=

(n∑i=1

|xi|2) 1

2

. (1.2)

Esta norma es un caso particular de la norma p, dada por

‖x‖p :=

(n∑i=1

|xi|p) 1p

, (1.3)

con p ≥ 1.

1.10 Ejercicio. Pruebe que ‖·‖2 es realmente una norma.1.3

1.11 Observacion. Si n = 1, es decir, en R, todas las normas p son iguales.

Notemos que que‖x‖2 =

√x · x.

Esto no es una casualidad. Existe una ıntima relacion (bordeado en lo porno) entre la norma euclidiana y elproducto canonico, pero antes de describirla, es necesario probar un lema que nos sera muy util.

1.12 Lema (Desigualdad de Cauchy-Schwarz-Bunyakovsky). Sean x,y ∈ Rn, entonces

〈x,y〉2 ≤ 〈x,x〉〈y,y〉.

Demostracion. Notemos que

0 ≤ 〈αx + y, αx + y〉 = 〈αx, αx〉+ 2〈αx,y〉+ 〈y,y〉 = α2〈x,x〉+ 2α〈x,y〉+ 〈y,y〉, ∀α ∈ R.

Luego, de la condicion para el discriminante de la cuadratica en α, concluımos que

(2〈x,y〉)2 − 4〈x,x〉〈y,y〉 ≤ 0 ⇐⇒ 〈x,y〉2 ≤ 〈x,x〉〈y,y〉.

1.13 Observacion. El poder escribir una norma en terminos de un producto punto es sumamente util pero nosiempre es posible.1.4 Por ejemplo, es posible mostrar que para p 6= 2, la norma ‖·‖p no proviene de un productointerno.

1.14 Teorema. Sea 〈·, ·〉 un producto interno de Rn. Entonces, la funcion ‖·‖ =√〈·, ·〉 es una norma.

Demostracion. Sean x,y ∈ Rn y α ∈ R.

1.3Es posible probar que ‖·‖p es realmente una norma pero mostrar la desigualdad triangular en este caso requiere muchısimo trabajopues antes se debe probar la famosa desigualdad de Holder que generaliza la desigualdad de Cauchy-Schwarz-Bunyakovsky.1.4Para este tipo de normas se ha desarrollado una enorme teorıa conocida como los espacios de Hilbert, un caso particular de los

espacios de Banach.

8 Abiertos y Cerrados

(a) Como 〈x,x〉 ≥ 0 con la igualdad si y solo si x = 0, se tiene que ‖x‖ =√〈x,x〉 ≥ 0 con la igualdad si y solo

si x = 0.

(b) Como 〈αx, αx〉 = α2〈x,x〉, se tiene que

‖αx‖ =√〈αx, αx〉 =

√α2〈x,x〉 = |α| 〈x,x〉 = |α| ‖x‖ .

(c) Notemos que ‖x + y‖ =√〈x + y,x + y〉 =

√〈x,x〉+ 2〈x,y〉+ 〈y,y〉 =

√‖x‖2 + 2〈x,y〉+ ‖y‖2. Pero,

por el Lema 1.12, sabemos que 〈x,y〉 ≤ ‖x‖ ‖y‖, de lo cual sigue que

‖x + y‖ ≤√‖x‖2 + 2 ‖x‖ ‖y‖+ ‖y‖2 =

√(‖x‖+ ‖y‖)2

= ‖x‖+ ‖y‖ .

1.15 Ejercicio (Ley del Paralelogramo). Sea ‖·‖ la norma inducida por un producto interno en Rn. Muestre que

‖x + y‖2 + ‖x− y‖2 = 2(‖x‖2 + ‖y‖2

). (1.4)

Como hemos adelantado, la norma nos entrega una forma de medir. Recordemos que dados x,y ∈ Rn, el vectorx− y representa segmento que une x e y. Luego, al igual que como se hizo en R, diremos que la distancia entrex e y esta dada por

d(x,y) := ‖x− y‖ . (1.5)

Queremos destacar que la introduccion de una nocion de distancia es sumamente importante para desarrollar elCalculo, pues permite definir que es estar cerca, i.e. las definiciones con ε y δ con las que el lector fue atormentadoen su pasado (y en su futuro cercano).

1.16 Observacion. Sean x,y, z ∈ Rn, entonces

‖x− y‖ = ‖x− z + z− y‖ = ‖(x− z) + (z− y)‖ ≤ ‖x− z‖+ ‖z− y‖ ,

es decir,d(x,y) ≤ d(x, z) + d(z,y). (1.6)

1.3. Abiertos y Cerrados

De ahora en adelante, (R, ‖·‖) sera un e.v.n. donde ‖·‖ representa a la norma euclidiana definida en (1.2).

1.17 Definicion. Sea x0 ∈ Rn y r > 0. Definimos la bola abierta de centro x0 y radio r como

B (x0, r) := x ∈ Rn : ‖x− x0‖ < r .

1.18 Ejemplo. Miremos algunas bolas variando la dimension del espacio.

(a) Si n = 1, entonces B(x0, r) = x ∈ R : |x− x0| < r =]x0 − r, x0 + r[.

(b) Si n = 2, entonces B (x0, r) =

(x, y) ∈ R2 :√

(x− x0)2 + (y − y0)2 < r

, es decir, el disco de radio r y

centro x0 = (x0, y0) (sin incluir el borde).

(c) Si n = 3, entonces B (x0, r) =

(x, y, z) ∈ R3 :√

(x− x0)2 + (y − y0)2 + (z − z0)2 < r

, es decir, la esfera

de radio r y centro en x0 = (x0, y0, z0) (sin incluir el casquete).

1.19 Ejercicio. Interprete la bola B (x0, r) con la norma ‖·‖p definida en (1.3) para p = 1 y p =∞ en R2, donde‖·‖∞ es la norma definida en el Problema 1.1.

1.20 Definicion. Sea U ⊆ Rn. Diremos que U es un conjunto abierto si para cada x ∈ U existe r > 0 tal queB (x, r) ⊆ U .

Topologıa de Rn 9

La siguiente definicion nos entrega una forma alternativa de definir los conjuntos abiertos.

1.21 Definicion. Sea A ⊆ Rn. Diremos que x ∈ A es un punto interior de A si existe r > 0 tal que B (x, r) ⊆ A.

A partir de esto, se define el interior de A, denotado por Ao, como el conjunto de todos sus puntos interiores, esdecir,

Ao := x ∈ A : ∃r > 0, B (x, r) ⊆ A .

De esta forma, A es un conjunto abierto si y solo si todo punto de A es un punto interior, es decir, si A = Ao.

1.22 Ejemplo. Tenemos que

(a) ]a, b[ es un abierto en R.

(b)

(x, y) ∈ R2 : y > 0

es un abierto en R2.

(c)

(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 < 1

es un abierto en R3.

(d) Rn,∅ son trivialmente abiertos en Rn.

1.23 Observacion. Como ya se dijo, ]a, b[ es un abierto de R. Sin embargo, el conjunto

(x, y) ∈ R2 : a < x < b, y = 0

no es un abierto en R2 pues cualquier bola centrada en algun punto de dicho conjunto contendra elementos delsemiplano superior y estos no pertenecen al conjunto en cuestion.

1.24 Definicion. Sea V ⊆ Rn. Diremos que V es un conjunto cerrado si V c = Rr V es abierto.

1.25 Ejemplo. Como espera el lector, el intervalo cerrado [a, b] es cerrado en R pues [a, b]c =]−∞, a[∪]b,∞[ esabierto (¡Pruebelo!).

1.26 Ejercicio. Interprete los conjuntos cerrados obtenidos al tomar complemento en el Ejemplo 1.22.

1.27 Observacion. Ser cerrado no implica no ser abierto, ni viceversa. Por ejemplo, como Rn es abierto, se tieneque (Rn)

c= ∅ es cerrado. Sin embargo, ∅ tambien es abierto y por ende, tambien ∅c = Rn es cerrado. Es decir,

Rn y ∅ son conjuntos cerrados y abiertos a la vez.

Sin embargo, es posible probar que los unicos conjuntos que cumplen esta propiedad en (Rn, ‖·‖) son justa-mente Rn y ∅. Esto se debe a que Rn posee una propiedad llamada conexidad (que no tenemos ninguna intencionde profundizar ya que escapa ampliamente de los objetivos de esta seccion).

1.28 Observacion. Un conjunto puede no ser cerrado ni abierto a la vez. Por ejemplo, [a, b[⊆ R no es ni abiertoni cerrado.

1.29 Proposicion. Sea x ∈ Rn y r > 0, entonces la bola abierta B (x, r) es abierta.

Demostracion. Sea y ∈ B (x, r). Debemos probar que existe ry > 0 tal que B (y, ry) ⊆ B (x, r). Llamemos

r1 = ‖y − x‖ < r

y tomemos ry = r − r1 > 0. De esta forma, dado z ∈ B (y, ry), se tiene que

‖z− x‖ ≤ ‖z− y‖+ ‖x− y‖ < ry + r1 = r,

es decir, z ∈ B (x, r).

Luego, como z era arbitrario, B (y, ry) ⊆ B (x, r) y por lo tanto, la bola B (x, r) es abierta.

1.30 Ejercicio. Muestre que la bola perforada

B(x0, r) := B (x0, r) r x0 = x ∈ Rn : 0 < ‖x− x0‖ < r

es abierta.

10 Acumulacion, Frontera y Clausura

1.31 Ejercicio. Muestre que la bola cerrada

B(x0, r) := x ∈ Rn : ‖x− x0‖ ≤ r

es cerrada.

1.32 Lema. Sean U1, U2 ⊆ Rn dos abiertos, entonces U1 ∪ U2 y U1 ∩ U2 tambien son abiertos.

Demostracion. Sea x ∈ U1 ∪ U2 entonces x ∈ U1 o x ∈ U2. Sin perdida de generalidad, supongamos que x ∈ U1.Como U1 es abierto, existe r > 0 tal que B (x, r) ⊆ U1 ⊆ U1 ∪ U2. Luego, como x era arbitrario, tenemos queU1 ∪ U2 es abierto.

Por otro lado, sea x ∈ U1 ∩ U2 entonces x ∈ U1 y x ∈ U2. Luego, como U1, U2 son abiertos, existen r1, r2 talesque B (x, ri) ⊆ Ui, i = 1, 2. Escojamos r = mınr1, r2 > 0, entonces se tiene que B (x, r) ⊆ B (x, ri) ⊆ Ui y sigueque B (x, r) ⊆ U1 ∩ U2. Ası, como x era nuevamente arbitrario, tenemos que U1 ∩ U2 es abierto.

1.33 Observacion. Si V1, V2 ⊆ Rn son cerrados, entonces V c1 , Vc2 son abiertos. Luego, del Lema 1.32, se extrae

que V c1 ∪ V c2 es abierto y por lo tanto, (V c1 ∪ V c2 )c

= V1 ∩ V2 es cerrado. Es decir, la ınterseccion de cerrados escerrada.

De la misma forma, se prueba que V1 ∪ V2 tambien es cerrado.

1.34 Observacion. Es posible mostrar que si (Uλ)λ∈Λ es una familia de abiertos y Λ es un conjunto de ındicesde cualquier cardinalidad, entonces

U =⋃λ∈Λ

Uλ

tambien es abierto. Sin embargo, una interseccion cualquiera de abiertos no es necesariamente abierta, por ejemplo

0 =⋂n∈N

]− 1

n,

1

n

[.

Tambien es posible emular la Observacion 1.33 y tomar complementos para concluir que una interseccion cual-quiera de cerrados tambien es cerrada.

Sin embargo, estos resultados tambien van mas alla de los objetivos de esta seccion y solo se muestran comocultura general.

1.4. Acumulacion, Frontera y Clausura

1.35 Definicion. Sea (xn)n∈N una sucesion de puntos en Rn. Diremos que xn converge a p ∈ Rn (o que p esel lımite de xn) si para cada ε > 0 existe n0 > 0 tal que

‖xn − p‖ < ε, ∀n ≥ n0,

o equivalentemente, xn ∈ B (p, ε) ,∀n ≥ n0. En tal caso diremos que xn → p cuando n→∞.

1.36 Definicion. Sea A ⊆ Rn, no vacıo y p ∈ Rn. Diremos que p es un punto de acumulacion o puntolımite de A si para todo r > 0 se tiene que Bo(p, r) ∩A 6= ∅.

A partir de esto, se define la acumulacion de A, denotada por A′, como el conjunto de los puntos de acumulacionde A, es decir,

A′ := p ∈ Rn : ∀r > 0, Bo(p, r) ∩A 6= ∅ .

1.37 Observacion. Si p es un punto lımite de A, entonces para cada n ∈ N se tiene que B (p, 1/n) ∩ A 6= ∅.Luego, de cada uno de esos conjuntos podemos extraer un elemento y con ello construir una sucesion (xn)n∈N ⊆ Atal que xn → p cuando n→∞.

Con esto hemos probado la siguiente proposicion.

1.38 Proposicion. Sea A ⊆ Rn. Si p ∈ A′ entonces existe una sucesion (xn)n∈N ⊆ A tal que xn → p cuandon→∞.

Topologıa de Rn 11

1.39 Ejemplo. Usemos la Proposicion 1.38 para mirar algunos ejemplos de acumulacion:

(a) A = Q×Q ⊆ R2 ⇒ A′ = R2.

(b) A =(

1n ,

1n2 ,

1n3

): n ∈ N

⊆ R3 ⇒ A′ = (0, 0, 0) .

(c) A = (2n, 3n) : n ∈ N ⊆ R2 ⇒ A′ = ∅.

El siguiente teorema es muy importante porque nos entrega una manera de identificar si es que un conjunto escerrado sin tener que analizar si su complemento es abierto.

1.40 Teorema. Sea V ⊆ Rn no vacıo. V es cerrado si y solo si V ′ ⊆ V .

Demostracion. Como es costumbre, mostraremos cada implicancia por separado. Llamemos U al complementode V , es decir, U = Rn r V .

(=⇒). Supongamos que V es cerrado. Por definicion tenemos que U es abierto. Sea x ∈ U , entonces existe r > 0tal que B (x, r) ⊆ U y por lo tanto, B (x, r) ∩ V = ∅. Es decir, x no es un punto lımite de V . Luego, como x eraarbitrario, se tiene que V ′ ⊆ V .

(⇐=). Supongamos que V ′ ⊆ V . Sea x ∈ U , entonces existe r > 0 tal que B (x, r) ∩ V = ∅ y por lo tanto,B (x, r) ⊆ V c = U . Con esto tenemos que x es un punto interior de U y como era arbitrario, concluimos que Ues abierto. Ası, por definicion, U c = (V c)

c= V es cerrado.

1.41 Definicion. Sea A ⊆ Rn y q ∈ Rn. Diremos que q es un punto frontera de A si para todo r > 0 se tieneque B (q, r) ∩A 6= ∅ y B (q, r) ∩Ac 6= ∅.

A partir de lo anterior, definimos la frontera de A, denotada por ∂A como el conjunto de todos los puntosfrontera, es decir,

∂A = q ∈ Rn : ∀r > 0, B (q, r) ∩A 6= ∅, B (q, r) ∩Ac 6= ∅ .

1.42 Ejemplo. Miremos algunas fronteras.

(a) A =]a, b[⇒ ∂A = a, b.

(b) ∂B (0, r) = x ∈ Rn : ‖x‖ = r.

(c) A =

(x, y) ∈ R2 : x, y ≥ 0⇒ ∂A =

(x, y) ∈ R2 : x, y ≥ 0, xy = 0

.

1.43 Observacion. ∂A = ∂(Ac).

1.44 Observacion. Si A ∩ ∂A 6= ∅, es decir, si A contiene a alguno de sus puntos frontera, A no es abierto.

1.45 Definicion. Sea A ⊆ Rn. Se define la clausura de A como

A := Ao ∪ ∂A.

1.46 Ejercicio. Sea A ⊆ Rn arbitrario.

(a) Muestre que A = A ∪A′ y concluya queAo ⊆ A ⊆ A.

(b) Muestre que A es un conjunto cerrado.

(c) Muestre que si A es cerrado, entonces ∂A ⊆ A.

(d) Concluya que A es cerrado si y solo si A = A.

1.47 Ejercicio. Muestre que la bola cerrada definida en el Ejercicio 1.31 es efectivamente la clausura de la bolaabierta.

1.48 Definicion. Sea A ⊆ Rn. Diremos que A es un conjunto acotado si existe r > 0 tal que A ⊆ B (0, r).

1.49 Observacion. Toda bola abierta es acotada.

1.50 Definicion. Sea A ⊆ Rn. Diremos que A es un conjunto compacto si es cerrado y acotado.

1.51 Ejemplo. Todo intervalo cerrado [a, b] ⊆ R es un conjunto compacto.

12 Un par de definiciones geometricas

1.5. Un par de definiciones geometricas

1.52 Definicion. Sean x,y ∈ Rn. El segmento de la recta con punto inicial x y punto final y es el conjunto

xy = z ∈ Rn : ∃t ∈ [0, 1], z = x + t(y − x) .

1.53 Observacion. Notemos que

z = x + t(y − x) = (1− t)x + ty.

Luego, xy corresponde al conjunto de todas las combinaciones lineales convexas entre x y y.

1.54 Definicion. Sea A ⊆ Rn. Diremos que A es un conjunto convexo si para cualquier par de puntos x,y ∈ Ase cumple que xy ⊆ A.

1.55 Definicion. Dada una coleccion de puntos x1, . . . ,xm ∈ Rn, la poligonal que une dichos puntos es la unionde los segmentos de rectas con punto inicial xi y punto final xi+1, con i = 1, . . . ,m − 1. Es decir, la poligonalesta dada por

m−1⋃i=1

xixi+1.

1.56 Definicion. Sea D ⊆ Rn un conjunto abierto. Diremos que D es una region en Rn si todo par de puntosde D se puede unir mediante una poligonal contenida en D.

Intuitivamente, una region es un conjunto que no esta compuesto por la union de dos conjuntos disjuntos. Notarque una region puede tener “agujeros”.

1.6. Problemas Resueltos

1.1 Problema. Para cada x ∈ Rn se define la norma del maximo como

‖x‖∞ := maxi=1,...,n

|xi| . (1.7)

(a) Muestre que (1.7) define una norma en Rn.

(b) Muestre que

‖x‖∞ = lımp→∞

‖x‖p .

Solucion:

(a) Debemos probar que se satisfacen todas las propiedades de la Definicion 1.8. En efecto, todas son evidentes,excepto la Desigualdad Triangular. Dados x,y ∈ Rn, por la desigualdad triangular del valor absoluto, setiene que

|xi + yi| ≤ |xi|+ |yi| , ∀i = 1, . . . , n.

Luego, tomando maximo a ambos lados, se tiene que

maxi=1,...,n

|xi + yi| ≤ maxi=1,...,n

(|xi|+ |yi|) .

Pero maximizar una suma de elementos es menos eficiente que maximizar cada elemento por separado yluego sumarlos, es decir,

maxi=1,...,n

(|xi|+ |yi|) ≤ maxi=1,...,n

|xi|+ maxi=1,...,n

|yi|

y por ende,

‖x + y‖∞ ≤ ‖x‖∞ + ‖y‖∞ .

Topologıa de Rn 13

(b) Sea M = maxi=1,...,n

|xi|. Tenemos que

‖x‖p =

(n∑i=1

|xi|p) 1p

≤

(n∑i=1

Mp

) 1p

= Mn1p .

Ademas, es claro que

M ≤ ‖x‖p .

Finalmente, tomando el lımite cuando p→∞, se tiene que

M ≤ lımp→∞

‖x‖p ≤ lımp→∞

Mn1p = M.

Ası, por el Teorema del Sandwich, se concluye lo pedido.

1.2 Problema. Sea x ∈ Rn y ‖·‖ una norma en Rn. Considere y, z ∈ Rn y δ > 0 tales que

‖z− x‖ < δ y ‖y − x‖ ≥ 2δ.

Muestre que ‖z− y‖ > δ.

Solucion: Usando la Observacion 1.16, tenemos que

2δ ≤ ‖y − x‖ ≤ ‖z − x‖+ ‖z − y‖ < δ + ‖z − y‖ ,

es decir,

δ < ‖z − y‖ .

1.3 Problema. Sea ‖·‖ una norma en Rn. Muestre que para todo par x,y ∈ Rn, se cumple que

|‖x‖ − ‖y‖| ≤ ‖x− y‖ .

Solucion: Como ‖·‖ es una norma, satisface la Desigualdad Triangular. Luego, tenemos que

‖x‖ = ‖(x− y) + y‖ ≤ ‖x− y‖+ ‖y‖ ,

de donde escribimos

‖x‖ − ‖y‖ ≤ ‖x− y‖ .

De forma totalmente analoga, intercambiando los papeles de x e y, se muestra que

‖y‖ − ‖x‖ ≤ ‖x− y‖ .

Juntando ambas desigualdades, obtenemos

−‖x− y‖ ≤ ‖x‖ − ‖y‖ ≤ ‖x− y‖ ,

lo cual puede ser reescrito como

|‖x‖ − ‖y‖| ≤ ‖x− y‖ .

1.4 Problema. Muestre que A = x ∈ Rn : ‖x‖ > r es un abierto de Rn.

Solucion: Notemos que Ac = x ∈ Rn : ‖x‖ ≤ r = B (0, r). Luego, por el Ejercicio 1.31, se tiene que Ac escerrado y por ende, A es abierto.

14 Problemas Resueltos

1.5 Problema. Sea A ⊆ Rn un abierto y x ∈ A. Muestre que Ar x tambien es abierto.

Solucion: Sea y ∈ A tal que y 6= x. Entonces, si definimos

r1 := ‖x− y‖ ,

se tiene que r1 > 0. Por otro lado, como A es abierto, existe r2 > 0 tal que B (y, r2) ⊆ A. Luego, tomando

r = max r1, r2 ,

tenemos que B (y, r) ⊆ Ar x y por lo tanto, Ar x es abierto.

1.6 Problema. Sea A ⊆ Rn. Muestre que ∂A es un cerrado de Rn.

Solucion: Mostraremos que (∂A)′ ⊆ ∂A. Sea p ∈ Rn un punto lımite de ∂A. Para cada ε > 0 se tiene queBo(p, ε) ∩ ∂A 6= ∅, es decir, existen elementos de ∂A dentro de Bo(p, ε). Sea y ∈ Bo(p, ε) ∩ ∂A, entonces, comola bola perforada es abierta, existe r > 0 tal que

B (y, r) ⊆ Bo(p, ε). (1.8)

Luego, dado que y ∈ ∂A, se tiene que B (y, r) ∩ A 6= ∅ y B (y, r) ∩ Ac 6= ∅. Ası, por (1.8), se tiene queBo(p, ε) ∩A 6= ∅ y Bo(p, ε) ∩Ac 6= ∅, es decir, p ∈ ∂A.

Finalmente, como p era arbitrario, concluimos que ∂A contiene a todos sus puntos lımites y por lo tanto, escerrada.

1.7 Problema. Sea I un intervalo abierto de R y J ⊆ I un subintervalo cerrado. Demuestre que IrJ es abierto.

Solucion: Como J es cerrado, se tiene que Jc es abierto. Luego, como I es abierto y la interseccion finita deabiertos es abierta, se tiene que I − J = I ∩ Jc es abierto.

1.8 Problema. Determine si los siguientes conjuntos son abiertos, cerrados o ninguno de los dos en su espaciocaracterıstico.

(a) 0

(b) N

(c) Q

(d) (x, y) ∈ R2 : y = x2

(e) (x, y) ∈ R2 : x > 0, y = 0

Solucion: Explotaremos el Teorema 1.40 y la Observacion 1.44.

(a) Es cerrado pues su unico punto lımite es 0. No es abierto pues su complemento no es cerrado.

(b) Es cerrado pues ∂N = N. Por lo mismo, no es abierto.

(c) No es abierto pues ∂Q = R. Por lo mismo, no es cerrado.

(d) Es cerrado pues su complemento es abierto. No es abierto pues su complemento no es cerrado.

(e) No es abierto pues ninguna bola queda contenida en el interior del conjunto. Tampoco es cerrado pues (0, 0)es un punto lımite del conjunto y no esta pertenece a el.

Topologıa de Rn 15

Fuente: http://abstrusegoose.com/strips/math_text.JPG1.5

1.5Se dice que P ⊆ Rn es perfecto si es igual al conjunto de sus puntos lımites. Si el lector esta muy aburrido, puede tratar deprobar el Teorema escrito por Walter Rudin.

http://abstrusegoose.com/strips/math_text.JPG


Capıtulo 2

Calculo Diferencial de FuncionesEscalares en Varias Variables

“I recoil with dismay and horror at this lamentable plague of functions which do not have derivatives.”- Charles Hermite2.1

Ahora que nuestra vision se ha ampliado correctamente, nos gustarıa poder asociarle a cada punto de Rn una nueva“variable”. Las comillas se deben a que tan variable no es, pues ya no sera independiente, sino que dependera delpunto en cuestion. Por ejemplo, si estamos viajando en el metro durante el verano, nos gustarıa saber cual esel lugar de menor temperatura para ası ubicarnos allı. Es decir, nos gustarıa a cada trıo (x, y, z) asociarle unnumero, digamos T , que mida la temperatura. (El lector ya puede sentirlo: ¡han vuelto, y esta vez dependen demas variables!). Necesitamos una funcion T = T (x, y, z).

De ahora en adelante y a menos que se indique lo contrario, usaremos la siguiente convencion para U, V,D ⊆ Rn:U sera un abierto, V sera un cerrado y D sera una region.

2.1. Funciones Escalares de Varias Variables

2.1 Definicion (Funcion escalar de varias variables). Una aplicacion f : A ⊆ Rn → R se denomina funcionescalar de varias variables, funcion escalar de variable vectorial o simplemente, campo escalar.

2.2 Ejemplo. Son funciones escalares de varias variables:

(a) f(x, y) = πxy2.

(b) g(x, y, z) = 2exyz + 9.

(c) h(x, y, z, w) = cos (xy + z) arctanw2 + cosh(xz).

Volvamos un momento a Introduccion al Calculo. Para graficar una funcion f : R→ R ibamos a R2 y dibujabamosla curva dada por (x, f(x)). Entonces, deciamos que la grafica de f estaba dada por

Γ(f) =

(x, y) ∈ R2 : x ∈ Dom (f) , y = f(x).

Ahora queremos extender esta definicion a un campo escalar.

2.1Charles Hermite (1822-1901) fue un matematico frances que investigo en el campo de la teorıa de numeros, sobre las formascuadraticas, polinomios ortogonales y funciones elıpticas, y en el algebra. Varias entidades matematicas se llaman hermitianas ensu honor. Tambien es conocido por la interpolacion polinomica de Hermite. Fue el primero que demostro que e es un numerotrascendente (i.e. no es raız de ningun polinomio de coeficientes racionales). Ferdinand von Lindemann siguio su metodo para probarla trascendencia de π en 1882.

18 Funciones Escalares de Varias Variables

2.3 Definicion (Grafica). Sea f : Rn → R, definimos la grafica de f como

Γ(f) =

(x1, . . . , xn+1) ∈ Rn+1 : (x1, . . . , xn) ∈ Dom (f) , xn+1 = f(x1, . . . , xn).

Ademas,

(a) Si n = 1, diremos que Γ(f) es una curva.

(b) Si n = 2, diremos que Γ(f) es una superficie.

2.4 Definicion (Curvas de Nivel). Sea f : Rn → R y c ∈ R fijo. Se definen las curvas o superficies de nivel cde f como

f−1(c) = (x1, . . . , xn) ∈ Dom (f) : f(x1, . . . , xn) = c .

2.5 Observacion. No confundir la notacion de f−1 con la funcion inversa de f . En este caso, f−1(c) no es unnumero sino un conjunto. Especıficamente, es un conjunto de puntos en el dominio que tienen la misma imagenbajo f (a saber, c).

El concepto es mas familiar de lo que el lector creerıa a primera vista. Por ejemplo, los mapas tıpicamente muestrancurvas de contorno con las distintas alturas del terreno. De forma similar, en meteorologıa (o en termodinamica)se habla isotermas: curvas sobre las cuales la temperatura es constante. El siguiente diagrama muestra esteultimo uso:2.2

2.6 Ejemplo. Sea f(x, y) = x2 + y2, entonces

f−1(c) =

∅ , si c < 0

(0, 0) , si c = 0

x2 + y2 = c , si c > 0

.

Notamos que en el ultimo caso, las curvas de nivel corresponden a circunferencias de radio√c.

2.7 Ejemplo. Sea f(x, y) =√x2 + y2, entonces

f−1(c) =

∅ , si c < 0

(0, 0) , si c = 0

x2 + y2 = c2 , si c > 0

.

Notamos que en el ultimo caso, las curvas de nivel corresponden a circunferencias de radio c.

2.2Atmospheric Sciences, University of Illinois. En http://ww2010.atmos.uiuc.edu/(Gh)/wx/surface.rxml

http://ww2010.atmos.uiuc.edu/(Gh)/wx/surface.rxml

Calculo Diferencial de Funciones Escalares en Varias Variables 19

2.8 Ejercicio. Sea f(x, y) = x2 − y2. Determine f−1(c) para todo c ∈ R.

Las curvas de nivel son escenciales para estudiar la grafica de una funcion pues nos permiten hacer el analogo auna carta topografica. Ademas, es util usar proyecciones a otros planos, es decir, fijar una variable en cero.

A continuacion presentamos un par de ejemplos y le sugerimos al lector que se meta a Maple a jugar con otrassuperficies a traves del comando plot3d.


2.9 Ejemplo (Paraboloide).

Sea f(x, y) = x2 + y2. Sus curvas de nivel encontradas en 2.6 puedenser graficadas como se muestra en la figura.

Por otro lado, notemos que al proyectar sobre el plano XZ eY Z, vale decir, hacemos y = 0 y x = 0 respectivamente, tenemos que

Πxz : z = x2 , Πyz : z = y2.

Finalmente, con esto podemos construir el grafico del paraboloide,que se presenta en la figura a continuacion.


2.10 Ejemplo (Cono).

Sea f(x, y) =√x2 + y2. En este caso, las curvas de nivel quedan dadas

por 2.7 y se muestran en la figura.

Ademas, tenemos que

Πxz : z = |x| , Πyz : z = |y|.

Con esto podemos construir el grafico del cono, que se presenta en lafigura a continuacion.


2.11 Ejemplo (Silla de montar).

Sea f(x, y) = x2 − y2. Si el lector realizo el Ejercicio 2.8, reconocera en lafigura las curvas de nivel.

Por otro lado, tenemos que

Πxz : z = x2 , Πyz : z = −y2.

Con esto, podemos construir el grafico de la silla de montar que sepresenta en la figura a continuacion.


2.2. Lımites

2.12 Definicion (Lımite). Sea f : U ⊆ Rn → R, p ∈ U ′ y l ∈ R. Diremos que l es el lımite de f cuando x tiendea p, si para cada ε > 0 existe δ > 0 tal que si x ∈ B (p, δ) ∩ U entonces |f(x)− l| < ε. O equivalentemente,

(x ∈ U ∧ 0 < ‖x− p‖ < δ)⇒ |f(x)− l| < ε.

Si lo anterior se cumple, escribiremoslımx→p

f(x) = l,

y diremos que f → l cuando x→ p.

2.13 Observacion. Observemos que al igual en el Calculo en una Variable, no hay necesidad alguna de quef este definida en p. A p le pedimos que sea un punto de acumulacion de U , es decir, que cada bola B (p, δ)contenga puntos del conjunto U en los que la funcion esta definida (esto, obviamente, con la intencion de tomarbolas tan pequenas como uno quiera y ası acercarse lo mas posible a p).

2.14 Observacion. Hacemos notar una de las diferencias mas importantes con el concepto de lımite en R: ahoraes mas difıcil mostrar que un lımite existe pues hay infinitas direcciones posibles para acercarse a un punto, adiferencia de R, donde solo existıan las laterales.

2.15 Ejemplo. Sea ε > 0. Como

0 ≤ |x− x0|, |y − x0| ≤√

(x− x0)2 + (y − y0)2,

si tenemos que‖(x, y)− (x0, y0)‖ =

√(x− x0)2 + (y − y0)2 < ε,

entonces, tambien se cumple que|x− x0|, |y − x0| < ε.

Por lo tanto,lım

(x,y)→(x0,y0)x = x0 , lım

(x,y)→(x0,y0)y = y0.

2.16 Ejemplo. Estudiaremos el lımite

lım(x,y)→(0,0)

xy√x2 + y2

.

Recordemos que para x, y ∈ R, se tiene que

|x||y| ≤ x2 + y2

2.

Luego, ∣∣∣∣∣ xy√x2 + y2

∣∣∣∣∣ =|x||y|√x2 + y2

≤ x2 + y2

2√x2 + y2

=1

2

√x2 + y2.

Sea ε > 0. Por lo anterior, tenemos que si ‖(x, y)‖ = ‖(x, y)− (0, 0)‖ < 2ε, entonces∣∣∣∣∣ xy√x2 + y2

− 0

∣∣∣∣∣ =≤ 1

2

√x2 + y2 < ε.

Por lo tanto,

lım(x,y)→(0,0)

xy√x2 + y2

= 0.

2.17 Ejercicio. Estudie

lım(x,y)→(0,0)

x2y

x2 + y2.

24 Lımites

Como el lector puede apreciar, estudiar lımites por definicion puede requerir bastantes trucos. Para facilitarnosla vida recordaremos las buenas coordenadas polares de Calculo II:

x = r cos θ , y = r sin θ.

Ası, si ‖(x, y)− (0, 0)‖ < δ se tiene que r < δ y por ende, que (x, y)→ (0, 0) es equivalente a que r → 0.

Aunque se debe tener mucho ojo cuando se utilizan coordenadas polares pues si para algunos θ el lımite se indefine,este metodo puede fallar.

2.18 Ejemplo. Estudiemos el lımite

lım(x,y)→(0,0)

ex2+y2 − 1

x2 + y2.

Usando coordenadas polares, tenemos que

lım(x,y)→(0,0)

ex2+y2 − 1

x2 + y2= lımr→0

er2 cos2 θ+r2 sin2 θ − 1

r2 cos2 θ + r2 sin2 θ= lımr→0

er2 − 1

r2= 1.


lım(x,y)→(0,0)

sin(x2 + y2)

(x+ y)2.

Sin embargo, la mayorıa de las veces ocurre que los lımites no existen. Por raro que pueda sonar, probar que unlımite no existe es mucho mas facil que probar que sı existe. Para ello necesitamos un par de teoremas.

2.20 Teorema (Unicidad del Lımite). Si lımx→p

f(x) = l1 y lımx→p

f(x) = l2, entonces l1 = l2.

Demostracion. Supongamos que l1 6= l2. Entonces |l1 − l2| > 0. Por otro lado, usando la Desigualdad Triangular,tenemos que

|l1 − l2| ≤ |f(x)− l1|+ |f(x)− l2|.Luego, como f → l1 cuando x→ p, existe δ1 tal que

x ∈ B (p, δ1) ∩ U ⇒ |f(x)− l1| <1

2|l1 − l2|.

Analogamente, como f → L2 cuando x→ p, existe δ2 tal que

x ∈ B (p, δ2) ∩ U ⇒ |f(x)− l2| <1

2|l1 − l2|.

Ası, tomando δ = max δ1, δ2, tenemos que si x ∈ B (p, δ) ∩ U , entonces

|l1 − l2| ≤ |f(x)− l1|+ |f(x)− l2| <1

2|l1 − l2|+

1

2|l1 − l2| = |l1 − l2|,

es decir,|l1 − l2| < |l1 − l2|,

lo cual es una contradiccion.

Como se menciono, hay multiples formas de acercarse a p. En particular, hay distintas curvas contenidas en eldominio que pasan por el punto p y nos permiten aproximarnos a este. El siguiente teorema indica que si el lımiteexiste es indiferente la curva que elijamos para aproximarnos.

2.21 Teorema. Sean f : U ⊆ Rn → R, p ∈ U ′ y l ∈ R tales que

lımx→p

f(x) = l.

Consideremos ϕ : I ⊆ R→ Rn continua tal que ϕ(t) ⊆ U,∀t ∈ I r t0 y

lımt→t0

ϕ(t) = p,

con ϕ(t) 6= p,∀t ∈ B (t0, r) para algun r > 0. Entonces

lımt→t0

f(ϕ(t)) = l.


Demostracion. Sea ε > 0. Sabemos que ∃δ > 0 tal que si 0 < ‖x− p‖ < δ se tiene que |f(x)− l| < ε.

Por otro lado, como ϕ es continua, existe η > 0 tal que si 0 < |t − t0| < η, entonces 0 < ‖ϕ(t)− p‖ =‖ϕ(t)− ϕ(t0)‖ < δ. Pero lo anterior implica que |f(ϕ(t))− l| < ε y sigue que

lımt→t0

f(ϕ(t)) = l.

2.22 Observacion. El Teorema 2.21 nos dice que el valor del lımite es independiente de la curva usada paratender al punto en cuestion. Supongamos que tenemos dos curvas ϕ,ψ distintas y que satisfacen las hipotesis delTeorema 2.21. Si ocurre que

lımt→tϕ

f(ϕ(t)) = l1 6= l2 = lımt→tψ

f(ψ(t)),

entonces por el Teorema 2.20, se concluye que el lımite no existe.

2.23 Ejemplo. Estudiemos

lım(x,y)→(0,0)

xy

x2 + y2.

Sea ϕ(t) = (t, t). Se tiene que

lım(x,y)→(0,0)

xy

x2 + y2= lımt→0

t2

t2 + t2=

1

2.

Bien, tomemos ahora ψ(t) = (0, t), entonces

lım(x,y)→(0,0)

xy

x2 + y2= lımt→0

0

t2 + 0= 0.

Ası, como dos parametrizaciones entregaron distintos valores para el lımite, se concluye que no existe.

2.24 Observacion. Hacemos notar que si al cambiar a coordenadas polares, el lımite resulta ser una funcionde θ, es equivalente a mostrar que el valor del lımite depende de la parametrizacion que se escoja y por ende, esequivalente a mostrar su no-existencia.


lım(x,y)→(0,0)

x2y

x4 + y2.

2.26 Ejemplo. Sea f : U ⊆ R2 → R dada por

f(x, y) =xy

x2 + y2,

y U =

(x, y) ∈ R2 : |y| < x2

. Si nos preguntamos por el lımite

lım(x,y)→(0,0)

f(x, y),

sobre todo R2, como ya vimos en el Ejemplo 2.23, no existe. Sin embargo, sobre U ya no tienen sentido parame-trizaciones como ψ(t) = (0, t). De hecho, notemos que∣∣∣∣ xy

x2 + y2

∣∣∣∣ =|x||y|x2 + y2

≤ |x|x2

x2 + y2≤ |x|(x

2 + y2)

x2 + y2= |x| ≤

√x2 + y2.

Por lo tanto, bastarıa con tomar δ = ε para mostrar que

lım(x,y)→(0,0)

f(x, y) = 0,

sobre U .

26 Continuidad

Aun nos faltan un par de herramientas tıpicas para calcular algunos lımites habituales.

2.27 Proposicion (Algebra de Lımites). Sean f, g : U ⊆ Rn → R, p ∈ U ′, c ∈ R y l1, l2 ∈ R tales que

lımx→p

f(x) = l1 , lımx→p

g(x) = l2.

Entonces

(a) lımx→p

(f + g)(x) = l1 + l2.

(b) lımx→p

cf(x) = cl1.

(c) lımx→p

f(x)g(x) = l1l2.

(d) lımx→p

1

f(x)=

1

l1, si l1, f(x) 6= 0,∀x ∈ U .

Demostracion. Analogas a las propiedades de lımites mostradas en Calculo I. Se dejan como ejercicio recomendadoal lector pues le permitiran recordar algunos trucos.


lım(x,y)→(0,0)

sinxy

sinx sin y.

2.3. Continuidad

2.29 Definicion (Continuidad). Sea f : U ⊆ Rn → R, u ∈ U . Diremos que f es continua en un punto x0 ∈ Rnsi:

lımx→x0

f(x) = f(x0).

En lenguaje ε-δ: f es continua en x0 si para cada ε > 0 existe δ > 0 tal que:

x ∈ U ∧ ‖x− u‖ < δ ⇒ |f(x)− f(u)| < ε.

(Es decir, si x ∈ B (u, δ) ∩ U entonces |f(x)− f(u)| < ε.)

Diremos que f es continua en U si es continua en cada u ∈ U .

2.30 Ejemplo. La funcion f : Rn → R definida por f(x) = ||x|| es continua en Rn. Es suficiente comprobar quedado cualquier x0 ∈ Rn,

lımx→x0

‖x‖ = ‖x0‖

Sea ε > 0. Segun vimos en el Problema 1.3 se cumple:

| ‖x‖ − ‖x0‖ | ≤ ‖x− x0‖

En vista de esto, basta tomar ε = δ. Entonces tendremos que:

‖x− x0‖ < δ ⇒ | ‖x‖ − ‖x0‖ | ≤ ‖x− x0‖ < δ = ε

2.31 Ejemplo. Sea fn : x ∈ Rn : xi ≥ 0,∀i ∈ 1, . . . , n → R definida como:

fn(x1, . . . , xn) := xm11 . . . xmnn =

n∏k=1

xmii

con mi ∈ R+,∀i ∈ 1, . . . , n. Demostraremos por induccion que esta funcion es continua:

(a) En el caso de n = 1, la funcion es de variable real, de la forma f1(x) = xm con x ∈ R. Basta notar quef1(x) = em ln(x) y recordar que la composicion de funciones continuas es continua.


(b) Supongamos que es cierto para n, es decir, que fn(x1, . . . , xn) es continua.

(c) Queremos demostrar la continuidad de fn+1 o, equivalentemente, que dado a = (a1, . . . , an+1) ∈ Rn+1:

lımx→a

n+1∏k=1

xmii =

n+1∏k=1

amii

con x = (x1, . . . , xn+1). En primer lugar, el lector deberıa ser capaz de comprobar que si k ∈ 1, . . . , n yg : R→ R, entonces:

lımxk→ak

g(xk) = L ⇒ lımx→a

g(xk) = L

En vista de lo anterior, podemos usar algebra de lımites, ya que la hipotesis de induccion y el caso baseaseguran lo pedido en la Proposicion 2.27. Tenemos de esta forma que:

lımx→a

n+1∏k=1

xmii = lımx→a

n∏k=1

xmii lımx→a

xmn+1

n+1

(H.I.)=

(n∏k=1

amii

)(lımx→a

xmn+1

n+1

)=

n+1∏k=1

amii

Hemos demostrado ası que fn es continua en Rn.

2.32 Proposicion. Sean f, g : U ⊆ Rn → R continuas en u ∈ U y c ∈ R. Entonces:

(a) f + g es continua en u.

(b) cf es continua en u.

(c) fg es continua en u.

(d)1

fes continua en u, si f(x) 6= 0,∀x ∈ U .

Demostracion. Directo de la Proposicion 2.27.

2.33 Observacion. A partir de la Proposicion 2.32, concluimos que todos los polinomios P (x, y) son continuosen todo R2 por el Ejemplo 2.15. Luego, todas las funciones racionales

R(x, y) =P (x, y)

Q(x, y),

son continuas donde Q(x, y) no se anula.

2.34 Definicion (Imagen). Sea f : Rn → R. Se define la imagen de A ⊆ Rn bajo f como

f(A) := y ∈ R : ∃x ∈ A, f(x) = y .

2.35 Proposicion. Sea f : U ⊆ Rn → R continua en U compacto. Entonces

(a) f(U) es compacto.

(b) Existen u1, u2 ∈ U tales que f(u1) ≤ f(u) ≤ f(u2),∀u ∈ U.

2.36 Observacion. La proposicion 2.35 nos sera muy util para buscar maximos y mınimos pues nos garantizaque si los buscamos dentro de cerrado y acotado, existen.

2.37 Proposicion. Sean f : U ⊆ Rn → R, g : R→ R con f(U) ⊆ Dom (g). Si f y g son continuas en U y f(U),respectivamente, entonces g f : U ⊆ Rn → R es continua en U .

2.38 Ejemplo. g(x, y) =ecos x sin y

1 +√x2 + y2

es continua en R2.

28 Derivadas Parciales y Direccionales

2.4. Derivadas Parciales y Direccionales

Ya que hemos definido lımites y continuidad, lo logico es empezar a derivar, ¿o no?

2.39 Definicion (Derivadas Parciales y Direccionales). Sean f : U ∈ Rn → R y p ∈ U con p = (p1, . . . , pn).

(a) Definimos la derivada parcial de f en p respecto a la j-esima coordenada por

∂f

∂xj(p) := lım

h→0

f(p1, . . . , pj−1, pj + h, pj+1, . . . , pn)− f(p1, . . . , pn)

h= lımh→0

f(p+ hej)− f(p)

h,

donde ej es el j-esimo vector canonico.

(b) Definimos la derivada direccional de f en p en la direccion de v por

∂f

∂v(p) := lım

t→0

f(p+ tv)− f(p)

t.

2.40 Observacion. Las derivadas parciales son un caso particular de las derivadas direccionales cuando v = ej .

2.41 Observacion. Respecto a la notacion:

(a) Cuando f tiene n variables, se puede expresar por Dkf(x) su derivada parcial respecto a la k-esima de ellas(1 ≤ k ≤ n).

(b) En R2 usaremos la notacion∂f

∂x1=∂f

∂x,

∂f

∂x2=∂f

∂y.

Tambien es acostumbra a usar∂f

∂xj= fxj .

Geometricamente, podemos entender

∂f

∂x(a, b) = lım

h→0

f(a+ h, b)− f(a, b)

h

como la pendiente de la recta tangente a la curva obtenida al cortar Γ(f) con el plano y = b, en el punto(a, b, f(a, b)). Es muy importante notar que al calcular una derivada parcial, las otras coordenadas son constantes.

2.42 Ejemplo. Sea f(x, y) = sin(xy)ex. Entonces,

∂f

∂x= cos(xy)yex + sin(xy)ex ,

∂f

∂y= cos(xy)xex.

2.43 Ejemplo. Sea f : Rn → R dada por f(x) = xtAx, con

A =

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n

......

. . .

an1 an2 . . . ann

= (aij)ni,j=1 .

Entonces, tenemos que

f(x) = xt

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n

......

. . .

an1 an2 . . . ann

x = xT

∑nj=1 a1jxj∑nj=1 a2jxj

...∑nj=1 anjxj

=

n∑i=1

n∑j=1

xiaijxj .


Escribamos

f(x) =

n∑i=1

n∑j=1

xiaijxj = xk

n∑j=1

akjxj +

n∑i=1i 6=k

n∑j=1

xiaijxj

= x2kakk + xk

n∑j=1j 6=k

akjxj +

n∑j=1

n∑i=1i 6=k

xiaijxj

= x2kakk + xk

n∑j=1j 6=k

akjxj + xk

n∑i=1i 6=k

xiaik +

n∑j=1j 6=k

n∑i=1i 6=k

xiaijxj .

Finalmente,

∂f

∂xk= 2xkakk +

n∑j=1j 6=k

akjxj +

n∑i=1i 6=k

xiaik =

n∑j=1

akjxj +

n∑i=1

xiaik.

Ademas, notemos quen∑j=1

akjxj +

n∑i=1

xiaik = ektAx+ xtAek,

es decir,∂

∂xk

(xtAx

)= ek

tAx+ xtAek. (2.1)

Pero xtAek ∈ R y por lo tanto,

xtAek =(xtAek

)t= ek

tAtx.

Finalmente, si A es simetrica, sigue que

∂

∂xk

(xtAx

)= ek

t2Atx = ek ·(2Atx

). (2.2)

2.44 Ejercicio. Sean u(x, y) = x2−y2, v(x, y) = 2xy. Muestre que u y v satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann

∂u

∂x=∂v

∂y, (2.3)

∂u

∂y= −∂v

∂x. (2.4)

2.45 Ejemplo. Sea

f(x, y) =

xy(x2 − y2)

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

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

Si (x, y) 6= (0, 0), tenemos que

∂f

∂x(x, y) =

(y(x2 − y2) + 2x2y

) (x2 + y2

)− 2x2y(x2 − y2)

(x2 + y2)2=y(x4 − y4 + 4x2y2

)(x2 + y2)2

,

∂f

∂y(x, y) =

(x(x2 − y2)− 2xy2

) (x2 + y2

)− 2xy2(x2 − y2)

(x2 + y2)2=x(x4 − y4 − 4x2y2

)(x2 + y2)2

.

En cambio, si (x, y) = (0, 0), tenemos que

∂f

∂x(0, 0) = lım

h→0

f(h, 0)− f(0, 0)

h= 0,

∂f

∂y(0, 0) = lım

k→0

f(0, k)− f(0, 0)

k= 0.

30 Derivadas Parciales y Direccionales

2.46 Ejemplo.

Sea

f(x, y) =

x3y

x6 + y2, si (x, y) 6= (0, 0)

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

Calculemos fv(0, 0) para algun v ∈ R2. Usando la Observacion 2.81,tenemos que

∂f

∂v(0, 0) = lım

t→0

f(tv)− f(0, 0)

t= lımt→0

t4 cos3 θ sin θ

t2(t4 cos6 θ + sin2 θ)= 0,

para todo θ ∈ [0, 2π[. De hecho, localmente f es similar a una “pla-nicie” en (0, 0), como muestra la figura.

2.47 Ejercicio. Para el Ejemplo 2.45 calcule

lım(x,y)→(0,0)

∂f

∂x(x, y) , lım

(x,y)→(0,0)

∂f

∂y(x, y).

El lector puede darse cuenta que estamos siguiendo el mismo orden logico que en Calculo I. Por lo tanto, ahoradeberıamos definir las derivadas de orden superior.

2.48 Definicion. Sea f : U ⊆ Rn → R tal que existe ∂f∂xi

: U → R. Entonces, para p ∈ U se define

∂2f

∂xj∂xi(p) :=

∂

∂xj

(∂f

∂xi(p)

)= lımh→0

∂f∂xi

(p+ hej)− ∂f∂xi

(p)

h.

2.49 Observacion. Las derivadas de orden superior no se comportan tan bien como uno esperarıa. Consideremosf del Ejemplo 2.45, entonces

∂2f

∂x∂y(0, 0) = lım

h→0

∂f∂y (h, 0)− ∂f

∂y (0, 0)

h= lımh→0

h5

h5= 1,

∂2f

∂y∂x(0, 0) = lım

k→0

∂f∂x (0, k)− ∂f

∂x (0, 0)

k= lımk→0−k

5

k5= −1.

Lo cual nos muestra que las “derivadas cruzadas” no siempre son iguales.

2.50 Lema (Lema de Schwarz). Sea f : U ⊆ Rn → R tal que ∂2f∂xi∂xj

, ∂2f∂xi∂xj

existen y son continuas en U .

Entonces,∂2f

∂xi∂xj(p) =

∂2f

∂xj∂xi(p), ∀p ∈ U.

2.51 Ejemplo. Sea f(x, y) = xye2y, entonces

∂f

∂x= ye2y.

Luego, como∂2f

∂y∂x= e2y + 2ye2y

es continua en R2, se tiene que∂2f

∂x∂y= e2y + 2ye2y.


2.52 Ejemplo. Sea

f(x, y) =

(x2 + y2) sin

(1√

x2 + y2

), si (x, y) 6= (0, 0)

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

.

Entonces,

∂f

∂x(0, 0) = lım

h→0

f(h, 0)− f(0, 0)

h= lımh→0

h2 sin(

1|h|

)h

= 0,

∂f

∂y(0, 0) = lım

k→0

f(0, k)− f(0, 0)

k= lımh→0

k2 sin(

1|k|

)k

= 0.

Ası,

∂f

∂x(x, y) =

2x sin

(1√

x2 + y2

)− x√

x2 + y2cos

(1√

x2 + y2

), si (x, y) 6= (0, 0)

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

,

∂f

∂y(0, 0) =

2y sin

(1√

x2 + y2

)− y√

x2 + y2cos

(1√

x2 + y2

), si (x, y) 6= (0, 0)

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

.

Por lo tanto,

∂2f

∂y∂x(0, 0) = lım

k→0

∂f∂x (0, k)− ∂f

∂x (0, 0)

k= 0,

∂2f

∂x∂y(0, 0) = lım

h→0

∂f∂y (h, 0)− ∂f

∂y (0, 0)

h= 0.

Luego, como se cumplen las hipotesis del Lema 2.50 en U r 0,

∂2f

∂y∂x(x, y) =

∂2f

∂x∂y(x, y) =

− xy

(x2+y2)32

cos

(1√x2+y2

)− xy

(x2+y2)2 sin

(1√x2+y2

), si (x, y) 6= (0, 0)

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

Sin embargo, si analizamos la continuidad de estas funciones en (0, 0), tenemos que

lım(x,y)→(0,0)

∂2f

∂y∂x(x, y) = lım

r→0−r

2 cos θ sin θ

r3cos

(1

r

)− r2 cos θ sin θ

r4sin

(1

r

),

es decir, no existe y por ende, no son continuas en (0, 0). Luego, no podemos concluir que si las derivadas parcialescruzadas son iguales, entonces son continuas. Es decir, el Lema de Schwarz no es un si y solo si.

2.53 Corolario. Sea f : U ⊆ Rn → R tal que todas sus derivadas parciales hasta el p-esimo grado son continuas.Entonces,

∂pf

∂xni ∂xmj

=∂pf

∂xmj ∂xni

, m+ n = p.

2.54 Definicion (Laplaciano). Sea f : U ⊆ Rn → R una funcion dos veces derivable en cada variable. Se defineel laplaciano de f como

4f(x) :=

n∑i=1

∂2f

∂x2i

(x).

2.55 Ejemplo. Sea f(x, y) = x2 + y2, entonces

4f =∂2f

∂x2+∂2f

∂y2= 2 + 2 = 4.

32 Diferenciabilidad

2.56 Ejercicio. Muestre que Φ(x) =C

‖x‖n−2 definida sobre Rn para n ≥ 3, satisface la ecuacion de Laplace:

4f = 0, (2.5)

para cualquier constante C ∈ R. Φ se conoce como la solucion fundamental de esta ecuacion.

2.57 Ejercicio. Muestre que

Φ(x, t) =1√4πt

e−x2

4t

definida sobre R× R+, satisface la ecuacion del calor:

∂f

∂t=∂2f

∂x2. (2.6)

Φ se conoce como la solucion fundamental de esta ecuacion.

2.58 Observacion. En general la ecuacion del calor se presenta para Rn × R+ mediante

∂f

∂t=

n∑i=1

∂2f

∂x2i

, (2.7)

donde el termino de la derecha se conoce como el laplaciano espacial de f y se denota por 4xf .

2.5. Diferenciabilidad

Recordemos que una de las principales propiedades que nos entregaba la derivada de una funcion, era poderconstruir una aproximacion lineal para la funcion en torno a un punto. En efecto, para una funcion f : R → Rdifereciable, el teorema de Taylor nos decıa que en torno a x0

f(x) = f(x0) + f ′(x0)(x− x0) + o((x− x0)2).

Por lo tanto,f(x)− f(x0)− f ′(x0)(x− x0)

x− x0→ 0, cuando x→ x0.

Queremos emular la misma situacion, pero en mas variables.

2.59 Definicion (Diferenciabilidad). Sea f : U ⊆ Rn → R y p ∈ U . Diremos que f es diferenciable en p siexiste Df(p) ∈ Rn tal que

lımh→0

|f(p+ h)− f(p)−Df(p) · h|‖h‖

= 0.

2.60 Observacion. Sea f : U ⊆ Rn → R diferenciable y p ∈ U . Escribamos

Df(p) = (l1, . . . , ln) , h = (h1, . . . , hn) .

Ası, tenemos quef(p+ h)− f(p)−Df(p) · h = f(p+ h)− f(p)− (l1h1 + . . .+ lnhn) .

Tomando h = te1, se tiene queDf(p) · h = l1t,

es decir,f(p+ h)− f(p)−Df(p) · h = f(p+ te1)− f(p)− l1h1.

Luego, como f es diferenciable, se cumple que

lımt→0

|f(p+ te1)− f(p)− tl1||t|

= 0,


es decir,

lımt→0

f(p+ te1)− f(p)

t= l1.

Por lo tanto, recordando la definicion de derivada parcial, tenemos que

l1 =∂f

∂x1(p).

Finalmente, tomando h = tej para j = 1, . . . , n, concluimos que

Df(p) =

(∂f

∂x1(p), . . . ,

∂f

∂xn(p)

)y por unicidad del lımite, se tiene que es el unico que satisface la condicion de diferenciabilidad.

2.61 Observacion. La Observacion 2.60 nos permite concluir que la existencia de las derivadas parciales es unacondicion necesaria para la diferenciabilidad.

2.62 Ejemplo. Sea f(x, y) = 1−√x2 + y2, entonces

∂f

∂x(0, 0) = lım

h→0

f(h, 0)− f(0, 0)

h= lımh→0

1− |h| − 1

h= lımh→0

|h|h.

Por lo tanto, no existe fx(0, 0) y sigue que f no es diferenciable (0, 0).

2.63 Ejemplo. Sea f(x, y) =√|xy|, entonces

∂f

∂x(0, 0) = lım

h→0

f(h, 0)− f(0, 0)

h= 0,

∂f

∂y(0, 0) = lım

k→0

f(0, k)− f(0, 0)

k= 0.

Pero

lım(h,k)→(0,0)

|f(h, k)− f(0, 0)−Df(0, 0) · (h, k)|√h2 + k2

= lım(h,k)→(0,0)

√|hk|√

h2 + k2= lımr→0

√r2| cos θ sin θ|

r=√| cos θ sin θ|,

y por ende, no existe tal lımite. Luego, f no es diferenciable en (0, 0).

2.64 Ejemplo. Consideremos la funcion f del Ejemplo 2.52. Aprovechando que ya hemos calculado sus derivadasparciales, estudiemos su diferenciabilidad en (0, 0). Tenemos que

lım(h,k)→(0,0)

‖f(h, k)− f(0, 0)−Df(0, 0) · (h, k)‖‖h, k‖

= lım(h,k)→(0,0)

∣∣∣(h2 + k2)

sin(

1√h2+k2

)− (0, 0) · (h, k)

∣∣∣√h2 + k2

= 0.

2.65 Proposicion. Sea f : U ⊆ Rn → R y p ∈ U tal que f es diferenciable en p. Entonces, f es continua en p.

Demostracion. Dado que f es diferenciable en p, se tiene que

lımh→0

‖f(p+ h)− f(p)−Df(p) · h‖‖h‖

= 0,

lo cual implica quelımh→0‖f(p+ h)− f(p)−Df(p) · h‖ = 0.

Luego, comolımh→0

Df(p) · h = 0,

se tiene quelımh→0

f(p+ h) = f(p).

34 Plano Tangente

2.66 Observacion. Consideremos la funcion f del Ejemplo 2.46. Tenemos que f posee sus dos derivadas parcialesen (0, 0) pero no es continua en (0, 0), pues si tomamos ϕ(t) = (t, 0), se tiene que

lım(x,y)→(0,0)

f(x, y) = 0,

en cambio, si tomamos ψ(t) = (t, t3), se tiene que

lım(x,y)→(0,0)

f(x, y) = lımt→0

t3t3

t6 + t6=

1

2.

Por lo tanto, la existencia de las derivadas parciales no es suficiente para garantizar la diferenciabilidad.

2.67 Teorema. Sea f : U ⊆ Rn → R y p ∈ U . Si todas las derivadas parciales de primer orden existen y soncontinuas en p, entonces f es diferenciable en p.

2.68 Ejemplo. Sea f(x, y) = ex2+y2 , entonces

∂f

∂x= 2xex

2+y2 ,∂f

∂y= 2yex

2+y2 ,

son todas continuas y por lo tanto, f es diferenciable en todo R2.

2.69 Definicion. Se define la clase de funciones Cp como el conjunto de todas las funciones tales que todas susderivadas parciales de orden p son continuas.

2.70 Observacion. Si f ∈ C1, entonces f es diferenciable. Si ademas, f ∈ C2, entonces las derivadas cruzadasde f son iguales por el Lema 2.50.

2.71 Proposicion. Sean f, g : U ⊆ Rn → R y p ∈ U tales que f y g son diferenciables en p. Consideremosα, β ∈ R, entonces

(a) αf + βg es diferenciable en p y

D (αf + βg) (p) = αDf(p) + βDg(p).

(b) fg es diferenciable en p yD (fg) (p) = Df(p)g(p) + f(p)Dg(p).

(c) si g 6= 0 en una vecindad de p, entonces fg es diferenciable en p y

D

(f

g

)(p) =

Df(p)g(p)− f(p)Dg(p)

g2(p).

2.6. Plano Tangente

Sean f : R2 → R, p = (a, b) y q = (a, b, f(a, b)). Queremos aprovecharnos de la definicion de diferenciabilidad parabuscar una aproximacion local a la superficie Γ(f) en una vecindad de q.

Sea τ1 el vector tangente a la curva α(t) = (t, b, f(t, b)), es decir,

τ1 =

(1, 0,

∂f

∂x(a, b)

).

Analogamente, definimos τ2, el vector tangente a la curva α(t) = (a, t, f(a, t)), el cual queda dado por

τ2 =

(0, 1,

∂f

∂y(a, b)

).


Consideremos Πq, el plano tangente a Γ(f) en q. Tenemos que τ1, τ2 ∈ Πq y al ser dos vectores linealmenteindependientes, constituyen una base de este. Luego, un vector normal al plano esta dado por

n = τ1 × τ2 =

∣∣∣∣∣∣∣ı k

1 0 ∂f∂x (a, b)

0 1 ∂f∂y (a, b)

∣∣∣∣∣∣∣ =

(−∂f∂x

(a, b),−∂f∂y

(a, b), 1

). (2.8)

Ası, la ecuacion del plano esta dada por

Πq : (r − q) · n = 0, (2.9)

o bien,

(x− a)∂f

∂x(a, b) + (y − b)∂f

∂y(a, b) = z − f(a, b). (2.10)

Supongamos ademas que f es diferenciable en p. Entonces

lım(h,k)→(0,0)

|f(a+ k, b+ k)− f(a, b)−Df(p) · (h, k)|‖(h, k)‖

= 0,

lo cual implica que

lım(h,k)→(0,0)

f(a+ k, b+ k)− f(a, b)− h∂f∂x

(a, b)− k∂f∂y

(a, b) = 0. (2.11)

Finalmente, reemplazando h = x− a, k = y − b y (2.10) en (2.11), tenemos que

lım(x,y)→(a,b)

f(x, y)−(c+ (x− a)

∂f

∂x(a, b) + (y − b)∂f

∂y(a, b)

)= 0,

es decir, si f es diferenciable, Πq se parece localmente a Γ(f) en q.

2.72 Ejemplo. Sea f(x, y) =√

1− x2 − y2, entonces para (a, b) ∈ B (0, 1) tenemos que

∂f

∂x(a, b) = − a√

1− a2 − b2,

∂f

∂y(a, b) = − b√

1− a2 − b2.

Luego, el plano tangente en q = (a, b, f(a, b)) esta dado por

−(x− a)a√

1− a2 − b2− (y − b) b√

1− a2 − b2= z −

√1− a2 − b2,

es decir,

ax+ by + z√

1− a2 − b2 = 1.

Notemos que otro vector que tambien tiene direccion normal es(a, b,

√1− a2 − b2

).

2.7. Gradiente

2.73 Definicion (Gradiente). Sea f : U ⊆ Rn → R y p ∈ U tal que f es diferenciable en p. Se define el vectorgradiente de f en p como

~∇f(p) :=

(∂f

∂x1(p), . . . ,

∂f

∂xn(p)

).

2.74 Observacion. ~∇f(p) corresponde a Df(p) en la definicion de diferenciabiliad.

36 Gradiente

2.75 Observacion. En general, se habla del operador

~∇ :=

(∂

∂x,∂

∂y,∂

∂z

).

Esto es muy comodo, porque permite trabajar mas intuitivamente con otros operadores. Por ejemplo, en coorde-nadas cartesianas, 4 = ~∇ · ~∇ = ~∇2.

2.76 Ejemplo. Sea f(x, y, z) =(x2 + y2 + z2

) 12 , entonces

~∇f(x, y, z) =

(x√

x2 + y2 + z2,

y√x2 + y2 + z2

,z√

x2 + y2 + z2

)=

1

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

2.77 Ejemplo. Sea f(x, y, z) = x sin y + ye2xz, entonces

~∇f(x, y, z) =(sin y + 2yze2xz, x cos y + e2xz, 2xye2xz

).

2.78 Ejemplo. En el Ejemplo 2.43, se tiene que si A es simetrica, entonces

~∇f(x) = 2Ax.

2.79 Proposicion. Sea f : U ⊆ Rn → R y p ∈ U tal que f es diferenciable en p. Consideremos v ∈ Rn unitario,entonces

(a)∂f

∂v(p) = ~∇f(p) · v.

(b)∂f

∂v(p) ≤

∥∥∥~∇f(p)∥∥∥.

(c)~∇f(p)∥∥∥~∇f(p)

∥∥∥ es el vector que maximiza la expresion∂f

∂v(p).

Demostracion.

(a) Como f es diferenciable en p, entonces

lımh→0

∣∣∣f(p+ h)− f(p)− ~∇f(p) · h∣∣∣

‖h‖= 0.

Sea h = tv con t ∈ R, entonces ‖h‖ = ‖tv‖ = t ‖v‖ = t y,

lımt→0

∣∣∣∣f(p+ tv)− f(p)

t− ~∇f(p) · v

∣∣∣∣ = 0,

es decir,∂f

∂v(p) = lım

t→0

f(p+ tv)− f(p)

t= ~∇f(p) · v.

(b) Usando la Desigualdad de Cauchy-Schwarz-Bunyakovsky (Lema 1.12), tenemos que

∂f

∂v(p) = ~∇f(p) · v ≤

∥∥∥~∇f(p)∥∥∥ ‖v‖ =

∥∥∥~∇f(p)∥∥∥ .

(c) Tomando

v =~∇f(p)∥∥∥~∇f(p)

∥∥∥ ,tenemos que

∂f

∂v(p) = ~∇f(p) ·

~∇f(p)∥∥∥~∇f(p)∥∥∥ =

∥∥∥~∇f(p)∥∥∥2∥∥∥~∇f(p)∥∥∥ =

∥∥∥~∇f(p)∥∥∥ .


2.80 Observacion. La Proposicion 2.7 nos muestra que la direccion de maximo cambio de f viene dada por~∇f . Ademas, queremos recalcar que la hipotesis de ‖v‖ = 1 es muy importante pues NO distorsiona el valor de laderivada direccional. Finalmente, el lector debe tener presente que solo podra calcular las derivadas direccionalesa partir del gradiente cuando f sea diferenciable. En caso contrario, debera calcularlas por definicion.

2.81 Observacion. Si v ∈ R2 tal que ‖v‖ = 1, entonces v = (cos θ, sin θ) para algun θ ∈ [0, 2π[.

2.82 Observacion. Sea f : U ⊆ Rn → Rm diferenciable y v ∈ Rn unitario. Si para p ∈ U se tiene que

∂f

∂v(p) = 0,

entonces ~∇f(p) ⊥ v.

2.83 Proposicion (Regla de la Cadena). Sea f : U ⊆ Rn → R diferenciable y γ : I ⊆ R → Rn una curvadiferenciable contenida en U . Entonces, la funcion g(t) = f γ(t) es derivable y se tiene que

g′(t) = ~∇f(γ(t)) · γ′(t).

Demostracion. Lo haremos solo para el caso n = 2. Sea t ∈ I y γ(t) = (x1(t), x2(t)). Tenemos que

g′(t) = lımh→0

g(t+ h)− g(t)

h= lımh→0

f (x1(t+ h), x2(t+ h))− f (x1(t), x2(t))

h

= lımh→0

f (x1(t+ h), x2(t+ h))− f (x1(t), x2(t+ h))

h︸︷︷︸l1

+f (x1(t), x2(t+ h))− f (x1(t), x2(t))

h︸︷︷︸l2

.

Pero, como f es diferenciable,

l1 = lımh→0

f (x1(t+ h), x2(t+ h))− f (x1(t), x2(t+ h))

x1(t+ h)− x1(t)

x1(t+ h)− x1(t)

h=∂f

∂x(x1(t), x2(t))x′1(t).

y analogo para l2. Ası,

g′(t) =∂f

∂x(x1(t), x2(t))x′1(t) +

∂f

∂y(x1(t), x2(t))x′2(t) = ~∇f (γ(t)) · γ′(t).

2.84 Observacion. Si g, γ son funciones de mas variables, podemos utilizar la Regla de la Cadena para susderivadas parciales recordando que calcularlas es derivar suponiendo que las otras variables son constantes. Esdecir, si tenemos h(t, s) = f γ(t, s), con γ(t, s) = (x1(t, s), . . . , xn(t, s)), podemos derivar respecto a t tomandos constante y sigue que

∂h

∂t=

n∑j=1

∂f

∂xj

∂xj∂t

.

2.85 Ejemplo. Consideremos g(r, θ) = f(r cos θ, r sin θ), entonces

∂g

∂r=∂f

∂x

∂x

∂r+∂f

∂y

∂y

∂r= cos θ

∂f

∂x+ sin θ

∂f

∂y,

∂g

∂θ=∂f

∂x

∂x

∂θ+∂f

∂y

∂y

∂θ= −r sin θ

∂f

∂x+ r cos θ

∂f

∂y.

Luego, resolviendo el sistema [cos θ sin θ−r sin θ r cos θ

] [∂f∂x∂f∂y

]=

[∂g∂r∂g∂θ

],

38 Gradiente

por ejemplo con la regla de Cramer, se tiene que

∂f

∂x=

∣∣∣∣∂g∂r sin θ∂g∂θ r cos θ

∣∣∣∣∣∣∣∣ cos θ sin θ−r sin θ r cos θ

∣∣∣∣ = cos θ∂g

∂r− 1

rsin θ

∂g

∂θ,

∂f

∂y=

∣∣∣∣ cos θ ∂g∂r

−r sin θ ∂g∂θ

∣∣∣∣∣∣∣∣ cos θ sin θ−r sin θ r cos θ

∣∣∣∣ = sin θ∂g

∂r+

1

rcos θ

∂g

∂θ.

Notemos que∂f

∂xı+

∂f

∂y =

∂g

∂r(cos θı+ sin θ) +

1

r

∂g

∂θ(− sin θı+ cos θ) =

∂g

∂rer +

1

r

∂g

∂θeθ.

Es decir, uno podrıa pensar que en coordenadas polares,

~∇ =

(∂

∂r,

1

r

∂

∂θ

). (2.12)

Ademas, se puede concluir que (∂g

∂r

)2

+1

r2

(∂g

∂θ

)2

=

(∂f

∂x

)2

+

(∂f

∂y

)2

.

2.86 Corolario. Sea f : U ⊆ Rn → R diferenciable y γ : I ⊆ R → Rn una curva diferenciable contenida enf−1(c), c ∈ R. Entonces, ~∇f(γ(t)) ⊥ γ′(t),∀t ∈ I.

Demostracion. Sea g(t) = f(γ(t)), entonces g(t) = c,∀t ∈ I. Luego,

~∇f(γ(t)) · γ′(t) = g′(t) = 0.

2.87 Observacion. El Corolario 2.86 nos dice que ~∇f es ortogonal a las curvas de nivel.

2.88 Ejemplo. Sea f(x, y, z) = x2 + y2 + z2. Entonces, si x, y, z ∈ B(0, c2

), ~∇f = (2x, 2y, 2z) es una direccion

normal al plano tangente en el punto (x, y, z) a la esfera centrada en el origen y de radio c2. De hecho, (x, y, z)tambien lo es y confirma lo visto en el Ejemplo 2.72.

2.89 Teorema (Teorema del Valor Medio (T.V.M.)). Sea f : U ⊆ Rn → R una funcion diferenciable. Si elsegmento de recta xy ⊆ U , entonces existe ξ ∈ xy tal que

f(y)− f(x) = ~∇f(ξ) · (y − x).

Demostracion. Consideremos ϕ(t) = f(x+ t(y − x)), entonces

ϕ′(t) = ~∇f(x+ t(y − x)) · (y − x).

Por otro lado, por el TVM en una variable, se tiene que

ϕ(1)− ϕ(0) = ϕ′(t0)(1− 0) = ϕ′(t0),

con 0 < t0 < 1. Finalmente, sea ξ = x+ t0(y − x), entonces

f(y)− f(x) = ~∇f(ξ) · (y − x).

2.90 Corolario. Sea f : U ⊆ Rn → R una funcion diferenciable y la region D ⊆ U tal que ~∇f(x) = 0,∀x ∈ D.Entonces, f es constante en D.

2.91 Definicion (Diferencial total). Sea f : U ⊆ Rn → R diferenciable y p ∈ U . Definimos el diferencial totalde f en p como

df(p) :=

n∑i=1

∂f

∂xi(p)dxi.


2.92 Ejemplo. Sea f : R4 → R, con f = f(x, y, z, t). Entonces

df =∂f

∂xdx+

∂f

∂ydy +

∂f

∂zdz +

∂f

∂tdt.

Ası, la derivada total o sustancial de f con respecto a t es

df

dt=∂f

∂x

dx

dt+∂f

∂y

dy

dt+∂f

∂z

dz

dt+∂f

∂t.


2.1 Problema. Estudie

lım(x,y)→(a,a)

tanx− tan y

cotx− cot y.

Solucion: Tenemos que

lım(x,y)→(a,a)

tanx− tan y

cotx− cot y= lım

(x,y)→(a,a)

tanx− tan y1

tan x −1

tan y

= lım(x,y)→(a,a)

− tanx tan y = − tan2 a.


lım(x,y)→(0,0)

x3y

x2 + y4.

Solucion: Sea ε > 0. Tenemos que ∣∣∣∣ x3y

x2 + y4

∣∣∣∣ ≤ ∣∣∣∣x3y

x2

∣∣∣∣ = |x| |y| ≤ x2 + y2

2.

Luego, tomando δ2 = 2ε, sigue que ∣∣∣∣ x3y

x2 + y4− 0

∣∣∣∣ ≤ x2 + y2

2<δ

2= ε.


lım(x,y)→(0,0)

x

x2 + y2

Solucion: Usando coordenadas polares, tenemos que

lım(x,y)→(0,0)

x

x2 + y2= lımr→0

r cos θ

r2lımr→0

cos θ

r

que no existe.


lım(x,y)→(0,0)

1− cosxy

x2y sin 2y.


lım(x,y)→(0,0)

1− cosxy

x2y sin 2y= lım

(x,y)→(0,0)

1− cosxy

(xy)2

2y

sin 2y

1

2=

1

4.



lım(x,y)→(0,0)

(y2 − x)2

x2 + y2.

Solucion: Sea ϕ1(t) = (t, 0). Tenemos que

lım(x,y)→(0,0)

f(ϕ1(t)) = lımt→0

(0− t)2

t2 + 0= 1.

Ahora, sea ϕ2(t) = (0, t). Se tiene que

lım(x,y)→(0,0)

f(ϕ2(t)) = lımt→0

(t2 − 0

)20 + t2

= 0.

Por lo tanto, el lımite no existe.


lım(x,y,z,w)→(0,0,0,0)

xy + yz + zw − xyzwx2 + y2 + z4 + w4

.

Solucion: Sea ϕ(t) = (t, t, 0, 0). Tenemos que

lım(x,y,z,w)→(0,0,0,0)

xy + yz + zw − xyzwx2 + y2 + z4 + w4

= lımt→0

t2 + 0 + 0 + 0

t2 + t2 + 0 + 0=

1

2.

Ahora, sea ψ(t) = (t, 0, 0, 0). Se observa que

lım(x,y,z,w)→(0,0,0,0)

xy + yz + zw − xyzwx2 + y2 + z4 + w4

= lımt→0

0 + 0 + 0 + 0

t2 + 0 + 0 + 0= 0.



lım(x,y,z)→(0,0,0)

xy + yz + zx

x2 + y2 + z2.

Solucion: Sea ϕ(t) = (t, t, 0). Tenemos que

lım(x,y,z)→(0,0,0)

xy + yz + zx

x2 + y2 + z2= lım

(x,y,z)→(0,0,0)

t2 + 0 + 0

t2 + t2 + 0=

1

2.

Ahora, sea ψ(t) = (t, t, t). Tenemos que

lım(x,y,z)→(0,0,0)

xy + yz + zx

x2 + y2 + z2= lım

(x,y,z)→(0,0,0)

t2 + t2 + t2

t2 + t2 + t2= 1.



lım(x,y,z)→(0,0,0)

xyz + x4 + y4 + z4√x6 + y6 + z6

.

Solucion: Sea ϕ(t) = (t, t, t), entonces

lım(x,y,z)→(0,0,0)

xyz + x4 + y4 + z4√x6 + y6 + z6

= lımt→0

t3 + 3t4√3|t|3

.

Este ultimo lımite se indefine: si t > 0 vale 1√3, si t < 0 vale −1√

3. Por lo tanto, el lımite que se nos pidio estudiar

tampoco existe, pues de existir no importarıa por que curva nos acerquemos a (0, 0).



lım(x,y)→(0,0)

x3 + y3

x− y.

Solucion: Sea ϕ1(t) = (t, 0), entonces

lımt→0

f (ϕ1(t)) = lımt→0

t3

t= 0.

Despues de pensar un rato, el lector podra darse cuenta que casi todos los caminos entregan el mismo resultado.Si cambiamos a coordenadas polares, tenemos que

lım(x,y)→(0,0)

x3 + y3

x− y= lımr→0

r3 cos3 θ + r3 sin3 θ

r cos θ − r sin θ= lımr→0

r2 cos3 θ + sin3 θ

cos θ − sin θ.

Por lo tanto, si θ(r)→ π4 cuando r → 0 a una velocidad mayor que r2, el lımite tiene posiblidades de no existir.

Esto nos da una nueva idea sobre que trayectoria tomar. Consideremos ϕ2(t) = (t+ t3, t), entonces

lımt→0

f (ϕ2(t)) = lımt→0

(t+ t3)3 + t3

t3= lımt→0

(1 + t2)3 + 1 = 2.

Finalmente, el lımite no existe.

2.10 Problema. Determine valores para a, b, c ∈ R tales que

lım(x,y,z)→(0,0,0)

(ax+ by + cz)2

(x2 + y2 + z2)

exista.

Solucion: Sea ϕ1(t) = (t, 0, 0), entonces

lımt→0

f (ϕ1(t)) = lımt→0

(at)2

t2= a2.

Analogamente, tomando las trayectorias ϕ2(t) = (0, t, 0) y ϕ3(t) = (0, 0, t), obtenemos que el valor del lımite esb2 y c2, respectivamente. Por lo tanto,

a2 = b2 = c2.

Sea ϕ4(t) = (t, t, 0), entonces

lımt→0

f (ϕ4(t)) = lımt→0

(at+ bt)2

2t2=

(a+ b)2

2=a2 + b2

2+ ab.

Pero, al imponer las condiciones obtenidas anteriormente, tenemos que

a2 =a2 + b2

2+ ab = a2 + ab⇒ ab = 0⇒ a = 0 ∨ b = 0.

Luego, en cualquiera de los dos casos, podemos concluir que

a = b = c = 0.

2.11 Problema. Sea

f(x, y) =

x− yx3 − y

, si y 6= x3

1 , si y = x3.

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

Solucion: Sea ϕ(t) = (t, 1). Tenemos que

lım(x,y)→(1,1)

f(x, y) = lımt→1

t− 1

t3 − 1= lımt→1

1

t2 + t+ 1=

1

3.


Luego, f no es continua en (1, 1). Es mas, tomando ψ(t) = (1, t), tenemos que

lım(x,y)→(1,1)

f(x, y) = lımt→1

1− t1− t

= 1.

Por lo tanto, la discontinuidad ni siquiera es reparable.

2.12 Problema. Sea

f(x, y) =

x2y

x4 + y2, si (x, y) 6= (0, 0)

α , si (x, y) = (0, 0).

¿Existe algun valor de α tal que f sea continua en el origen?

Solucion: Sea ϕ(t) = (t, t). Tenemos que

lım(x,y)→(0,0)

f(x, y) = lımt→0

t3

t4 + t2= lımt→0

t

t2 + 1= 0.

Por otro lado, tomando ψ(t) = (t, t2), tenemos que

lım(x,y)→(0,0)

f(x, y) = lımt→0

t4

t4 + t4=

1

2.

Por lo tanto, no existe ningun valor real de α tal que f sea continua en el origen.

2.13 Problema. Sea f : R2 → R definida por

f(x, y) =

x2y2

x3 + y3, si x 6= −y

0 , si x = −y.

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

Solucion: En primer lugar, notemos que

lım(x,0)→(0,0)

f(x, y) = lım(0,y)→(0,0)

f(x, y) = 0.

Por otra parte, x2y2

x3+y3 se indefine en x = −y. Ademas, la funcion diverge a medida que uno se acerca a este eje

(deje fijo un y0 6= 0, por ejemplo, y haga tender x→ −y0). Esto nos hace sospechar que podemos aproximarnos a(0, 0) por una curva cercana a esta recta y obtener otro valor del lımite. Considere, por ejemplo, la curva definidapor y = −x+ x2. En ese caso:

lım(x,−x+x2)→(0,0)

f(x, y) = lımx→0

−x3 + x4

x3 + x6 − 3x5 + 3x4 − x3= lımx→0

x− 1

x3 − 3x2 + 3x=∞.

Por lo tanto, el lımite que estudiamos no existe.

2.14 Problema. Sea f : R2 → R dada por

f(x, y) =

x3 − y3

xy, si xy 6= 0

0 , si xy = 0.

Pruebe que el conjunto de los puntos de discontinuidad de f es cerrado. Determınelo explıcitamente.

Solucion: Sea ϕ(t) = (t, y0) con y0 6= 0. Tenemos que

lım(x,y)→(0,y0)

f(x, y) = lımt→0

t3 − y30

ty0= lımt→0

t2

y0− y3

0

ty0,


es decir, no existe. Por la simetrıa de la funcion, se tiene que el lımite cuando (x, y) → (x0, 0), con x0 6= 0,tampoco existe. Luego, f no es continua en

Ω =

(x, y) ∈ R2 : xy = 0r (0, 0).

Ademas, si usamos ϕ(t) = (t, t2), entonces

lım(x,y)→(0,0)

f(x, y) = lımt→0

t3 − t6

t3= 1.

Luego, independientemente de que el lımite exista o no, f tampoco es continua en (0, 0).

En cambio, f sı es continua en los otros puntos por ser algebra de continuas allı. Por lo tanto, el conjunto dediscontinuidades de f es Ω ∪ (0, 0) el cual es cerrado pues su complemento es abierto.

2.15 Problema. Sea f : A ⊆ R2 → R definida por

f(x, y) = (x2 + y2)

1

1− (x2 − y2) .

Encuentre el dominio A de f y estudie la posibilidad de extender de forma continua f a la adherencia de A, quedenotamos A′. En caso de existir, defina la funcion resultante.

Solucion: El dominio de f es A = (x, y) : x2 + y2 6= 1. Sea B = Ac = (x, y) : x2 + y2 = 1. Notamos que laadherencia de A es igual a R2 = A ∪B.

f es composicion de continuas en A, que es un abierto. Luego, f tambien es continua en A.

Estudiamos el caso de (x0, y0) ∈ B. Definimos las funciones:

g(t) = t1

1−t y h(x, y) = x2 + y2.

Verifique que:lımt→1

g(t) = e−1 y lım(x,y)→(x0,y0)

h(x, y) = 1.

De esta forma, por el teorema del lımite de una funcion compuesta, ∀(x0, y0) ∈ B se cumple:

lım(x,y)→(x0,y0)

(x,y)∈A

f(x, y) = lım(x,y)→(x0,y0)

(x,y)∈A

g(h(x, y)) = e−1.

En consecuencia, sı es posible prolongar continuamente f , y podemos ası definir la funcion:

f(x, y) =

f(x, y) , si (x, y) ∈ Ae−1 , si (x, y) 6∈ A

.

2.16 Problema. Sea f : R2 → R dada por

f(x, y) =

(x− y)y

xα, si 0 < y < x

0 , si no.

Determine todos los valores de α ∈ R tales que f sea continua en todo R2.

Solucion: Notemos que f no es nula en una mitad del primer cuadrante (aquella que esta bajo la recta y = x).Si llamamos A a este conjunto, es decir,

A = (x, y) ∈ R2 : 0 < y < x,

se tiene que∂A = (x, 0) ∈ R2 : 0 < x ∪ (x, x) ∈ R2 : 0 < x ∪ (0, 0).


Luego, nos interesa saber que pasa con f nos acercamos a ∂A. Sea x0 > 0. Entonces, si (x, y) ∈ A (no vale lapena analizar los otros puntos pues es claro que f cumple la continuidad en esas direcciones), tenemos que

lım(x,y)→(x0,0)

f(x, y) = lım(x,y)→(x0,0)

(x− y)y

xα= 0, ∀α ∈ R.

Analogamente,

lım(x,y)→(x0,x0)

f(x, y) = lım(x,y)→(x0,x0)

(x− y)y

xα= 0, ∀α ∈ R.

Por lo tanto, esos puntos de la frontera no definen ningun valor especıfico de α. Solo nos queda analizar en (0, 0).Notemos que, por la Desigualdad Triangular,

|f(x, y)| =∣∣∣∣ (x− y)y

xα

∣∣∣∣ =|x− y|yxα

≤ (|x|+ |y|)yxα

.

Pero como (x, y) ∈ A⇒ y < x y sigue que

|f(x, y)| < 2x2

xα= 2x2−α.

Por lo tanto, f es continua si α < 2.

Por otro lado, usando ϕ(t) = (t,mt), 0 < m < 1, se tiene que

lım(x,y)→(0,0)

f(x, y) = lımt→0

(1−m)mt2

tα= (1−m)m lım

t→0t2−α,

es decir, no existe cuando α ≥ 2.

Ası, f es continua en todo R2 si y solo si α < 2.

2.17 Problema. Determine una funcion k : R→ R tal que

f(x, y) =

sin(x2 − y2)

x− y, si x 6= y

k(x) , si x = y.

sea continua.

Solucion: Sea x0 ∈ R fijo, entonces

lım(x,y)→(x0,y0)

x 6=y

f(x, y) = lım(x,y)→(x0,y0)

x 6=y

sin(x2 − y2)

x− y= lım

(x,y)→(x0,y0)x 6=y

sin(x2 − y2)

x2 − y2(x+ y) = 2x0.

Luego, tomando k(x) = 2x se obtiene la continuidad de la funcion pues k es continua (y ası se trivializa el estudiodel lımite para el caso x = y).

2.18 Problema. Muestre que f(x, y) = x2y es diferenciable en R2.

Solucion: Tenemos que∂f

∂x(x, y) = 2xy ,

∂f

∂y(x, y) = x2.

Luego, como ambas son funciones continuas, tenemos que f es diferenciable en R2.

2.19 Problema. Sea

f(x, y) =

exp

(− 1

x2 + y2

), si (x, y) 6= (0, 0)

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


(a) Determine los puntos de R2 donde f es continua.

(b) Calcule fx(0, 0) y fy(0, 0).

Solucion:

(a) Es claro que f es continua en R2 r 0, 0. Veamos que ocurre en (0, 0), tenemos que

lım(x,y)→(0,0)

f(x, y) = lım(x,y)→(0,0)

exp

(− 1

x2 + y2

)= lımr→0

e−1r2 = 0.

Luego, f es continua en todo R2.

(b) Por definicion,∂f

∂x(0, 0) = lım

h→0

f(h, 0)− f(0, 0)

h= lımh→0

1

hexp

(− 1

h2

)= 0.

Ademas, por la simetrıa de la funcion, se tiene que

∂f

∂y(0, 0) = 0.

2.20 Problema. Sea f : R2 → R una funcion diferenciable tal que existe M > 0 y∣∣∣∣ ∂f∂xj (x)

∣∣∣∣ ≤M, ∀x ∈ Rn,∀j = 1, . . . , n.

Demuestre que f es lipchitz, es decir, existe C > 0 tal que

|f(x)− f(y)| ≤ C ‖x− y‖ , ∀x, y ∈ Rn. (2.13)

Solucion: Sean x, y ∈ Rn. Por el T.V.M. sabemos que existe ξ ∈ xy tal que

f(x)− f(y) = ~∇f(ξ) · (y − x).

Luego, usando la Desigualdad de Cauchy-Schwarz-Bunyakovsky, tenemos que

|f(x)− f(y)| =∣∣∣~∇f(ξ) · (y − x)

∣∣∣ ≤ ∥∥∥~∇f (ξ)∥∥∥ ‖x− y‖ .

Finalmente, dado que ∥∥∥~∇f (ξ)∥∥∥2

=

n∑k=1

(∂f

∂xj(ξ)

)2

≤ nM2,

podemos tomar C =√nM y sigue que f es lipchitz.

2.21 Problema. Considere la funcion f : R2 → R definida por

f(x, y) =

√|xy|

|x|+ |y|, si (x, y) 6= (0, 0)

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

.

(a) Determine si f es continua en (0, 0).

(b) Decida si f es diferenciable en (0, 0).

(c) Encuentre la condicion que debe cumplir v ∈ R2 tal que la derivada direccional de f en el punto (0, 0) enla direccion de v exista.

Solucion:


(a) Sea ϕ(t) = (t, 0). Tenemos que

lım(x,y)→(0,0)

f(x, y) = lım(x,y)→(0,0)

√|xy|

|x|+ |y|= lımt→0

0

|t|+ 0= 0.

En cambio, tomando ψ(t) = (t, t), tenemos que

lım(x,y)→(0,0)

f(x, y) = lımt→0

√|t|2

|t|+ |t|=

1

2.


(b) Como f no es continua en (0, 0), no es diferenciable allı.

(c) Sea v = t(cos θ, sin θ). Por definicion,

∂f

∂v(0, 0) = lım

t→0

f((0, 0) + tv)− f(0, 0)

t= lımt→0

|t|√| cos θ sin θ|

|t cos θ|+ |t sin θ||t|

= lımt→0

1

|t|

√| cos θ sin θ|

| cos θ|+ | sin θ|.

Luego, la derivada direccional existe si y solo si

cos θ sin θ = 0,

es decir, si y solo si sin(2θ) = 0. Finalmente, concluimos que la derivada direccional existe si y solo siθ ∈

0, π2 , π,

3π2

.

2.22 Problema. Sea

f(x, y) =

x(1− cos y)

√x2 + y2

x2 + y4, si (x, y) 6= (0, 0)

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

.

(a) Estudie la diferenciabilidad de f en (0, 0).

(b) Calcule la derivada direccional de f en (0, 0) para cualquier direccion.

Solucion:

(a) Notamos que∂f

∂x(0, 0) = lım

h→0

f(h, 0)− f(0, 0)

h= 0,

∂f

∂y(0, 0) = lım

k→0

f(0, k)− f(0, 0)

k= 0.

Luego, miramos el lımite

lım(h,k)→(0,0)

f(h, k)− f(0, 0)− ~∇f(0, 0) · (h, k)√h2 + k2

= lım(h,k)→(0,0)

h(1−cos k)√h2+k2

h2+k4√h2 + k2

= lım(h,k)→(0,0)

h(1− cos k)

h2 + k4

Tomamos ϕ(t) = (t2, t) y sigue que, de existir,

lım(h,k)→(0,0)

h(1− cos k)

h2 + k4= lımt→0

t2(1− cos t)

t4 + t4= lımt→0

(1− cos t)

2t2=

1

4.

Luego, f no es diferenciable en (0, 0).


(b) Dado que no tenemos la diferenciabilidad, solo podemos calcular las derivadas direccionales por definicion.Sea v = (cos θ, sin θ), tal que cos θ, sin θ 6= 0, entonces

∂f

∂v(0, 0) = lım

t→0

f(t cos θ, t sin θ)− f(0, 0)

t= lımt→0

t cos θ(1−cos(t sin θ))|t|t2 cos2 θ+t4 sin4 θ

t

= lımt→0

cos θ

cos2 θ + t2 sin4 θ︸︷︷︸→sec θ

1− cos (t sin θ)

t2︸︷︷︸→ sin2 θ

2

|t|︸︷︷︸→0

= 0.

Ademas, si cos θ = 0 o sin θ = 0, el lımite es directamente nulo, tambien. Ası,

∂f

∂v(0, 0) = 0, ∀ ‖v‖ = 1.

2.23 Problema. Sea

f(x, y) =

(x2 + y2) sin

(1

x2 + y2

), si (x, y) 6= (0, 0)

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

(a) Calcule sus derivadas parciales de primer orden en todo R2.

(b) Determine la continuidad de estas en (0, 0).

(c) Determine si f es diferenciable en (0, 0).

(d) ¿Que puede concluir respecto a la relacion entre diferenciabilidad y continuidad de derivadas parciales?

Solucion:

(a) Tenemos que

∂f

∂x(0, 0) = lım

h→0

f(h, 0)− f(0, 0)

h= lımh→0

h2 sin

(1

h2

)h

= lımh→0

h sin

(1

h2

)= 0,

Luego, por la simetrıa de la funcion,

∂f

∂x(x, y) =

2x sin

(1

x2 + y2

)− 2x

x2 + y2cos

(1

x2 + y2

), si (x, y) 6= (0, 0)

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

∂f

∂y(0, 0) =

2y sin

(1

x2 + y2

)− 2y

x2 + y2cos

(1

x2 + y2

), si (x, y) 6= (0, 0)

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

(b) Se tiene que

lım(x,y)→(0,0)

∂f

∂x(x, y) = lım

(x,y)→(0,0)2x sin

(1

x2 + y2

)− 2x

x2 + y2cos

(1

x2 + y2

).

Ası, como

lım(x,y)→(0,0)

2x sin

(1

x2 + y2

)= 0

y no existe

lım(x,y)→(0,0)

2x

x2 + y2cos

(1

x2 + y2

),

concluimos que ∂f∂x no es continua en (0, 0).

Analogamente, de la funcion ∂f∂y tampoco es continua en (0, 0).


(c) En efecto, tenemos que

lım(h,k)→(0,0)

∣∣∣f(h, k)− f(0, 0)− ~∇f(p) · (h, k)∣∣∣

‖(h, k)‖= lım

(h,k)→(0,0)

∣∣∣∣(h2 + k2) sin

(1

h2 + k2

)∣∣∣∣√h2 + k2

= 0.

Por lo tanto, f es diferenciable en (0, 0).

(d) Podemos concluir que la condicion de diferenciabilidad no garantiza la continuidad de las derivadas parciales.

2.24 Problema. Sea

f(x, y) =

ex

2+y2 − 1

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

α , si (x, y) = (0, 0)

.

(a) Determine valores para α ∈ R tales que f sea continua en (0, 0).

(b) Calcule fx, fy en (0, 0).

(c) Determine si f es diferenciable en R2.

(d) ¿Que se puede decir respecto a las derivadas direccionales de f en (0, 0)?

Solucion:

(a) Calculamos

lım(x,y)→(0,0)

f(x, y) = lım(x,y)→(0,0)

ex2+y2 − 1

sin(x2 + y2)= lımr→0

er2 − 1

sin(r2)= lımr→0

er2 − 1

r2

r2

sin(r2)= 1.

Por lo tanto, f es continua en (0, 0) si y solo si α = 1.

(b) Calculamos

∂f

∂x(0, 0) = lım

h→0

f(h, 0)− f(0, 0)

h= lımh→0

eh2−1

sin(h2) − 1

h= lımh→0

eh2−1−sin(h2)sin(h2)

h.

Invocamos a Taylor y sigue que

∂f

∂x(0, 0) = lım

h→0

1+h2+ 12h

4+o(h6)−1−(h2+o(h6))h2+o(h6)

h= lımh→0

12h+ o(h3)

1 + o(h4)= 0.

Ası, dada la simetrıa de la funcion, tenemos que

∂f

∂x(0, 0) =

∂f

∂y(0, 0) = 0.

(c) Calculamos

lım(h,k)→(0,0)

f(h, k)− f(0, 0)− ~∇f(0, 0) · (h, k)√h2 + k2

= lım(h,k)→(0,0)

eh2+k2−1

sin(h2+k2) − 1√h2 + k2

= lımr→0

er2−1

sin(r2) − 1

r= 0.

Luego, f es diferenciable en (0, 0).

(d) Dado que f es diferenciable en (0, 0), la derivada direccional de f en la direccion v puede ser escrita como

∂f

∂v(0, 0) = ~∇f(0, 0) · v,

pero ~∇f(0, 0) = (0, 0) y por lo tanto, cualquier derivada direccional de f en (0, 0) es nula.


2.25 Problema. Determinar la ecuacion del plano tangente a la superficie z = x2 − y2 + 2 en P0 = (1, 1, 2).

Solucion: Por (2.8), tenemos que el vector normal a la superficie esta dado por

n =

(−∂z∂x

(1, 1),−∂z∂y

(1, 1), 1

)= (−2x, 2y, 1)|(x,y)=(1,1) = (−2, 2, 1).

Luego, el plano tangente esta dado por

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

es decir,

−2x+ 2y + z = 2.

2.26 Problema. Sea n un vector normal a la superficie z = x2y + xy2 en (1, 1, 2) en el sentido que z crece.Calcule la derivada normal de f(x, y, z) = xey + yz en la direccion de n para el punto (1, 0, 1).

Solucion: Primero determinaremos el vector normal n en un punto (x, y, z(x, y)). Tenemos que

n =

(−∂z∂x,−∂z

∂y, 1

)=(−(2xy + y2

),−(x2 + 2xy

), 1).

Luego, la direccion buscada esta dada por

n = (−3,−3, 1) .

Por otro lado, tenemos que~∇f = (ey, xey + z, y) .

Finalmente, como f es diferenciable por ser algebra de diferenciables, tenemos que

∂f

∂n(1, 0, 1) = ~∇f(1, 0, 1) · n

‖n‖=

1√19

(1, 2, 0) · (−3,−3, 1) = − 9√19.

2.27 Problema. Determine los planos tangentes a z = 2x2 + y2 y paralelos a 3x+ 2x+ z = 1.

Solucion: Buscamos un vector normal paralelo a (3, 2, 1). Si f(x, y) = 2x2 + y2, tenemos que

∂f

∂x= 4x ,

∂f

∂y= 2y.

Luego, los vectores normales al plano tangente el punto (x, y, 2x2 + y2) tienen la direccion de

n = (−4x,−2x, 1) .

Por lo tanto, existe solo un punto que satisface la condicion y es

(x, y) =

(−3

4,−1

).

Ası, el plano pedido es ((x, y, z)−

(−3

4,−1,

17

8

))· (3, 2, 1) = 0,

es decir,

3x+ 2y + z = −17

8.


2.28 Problema. Considere el elipsoide dado por

x2

a2+y2

b2+z2

c2= 1.

Muestre que la ecuacion del plano tangente en un punto p0 = (x0, y0, z0) del elipsoide es(x0

a2

)x+

(y0

b2

)y +

(z0

c2

)z = 1.

Solucion: Sea

f(x, y, z) =x2

a2+y2

b2+z2

c2.

Entonces, la curva de nivel f(x, y, z) = 1, define al elipsoide en cuestion. Luego, una direccion normal esta dadapor

~∇f =

(2x

a2,

2y

b2,

2z

c2

).

Finalmente, el plano tangente en P0, es

((x, y, z)− (x0, y0, z0)) ·(

2x0

a2,

2y0

b2,

2z0

c2

)= 0,

es decir, (x0

a2

)x+

(y0

b2

)y +

(z0

c2

)z =

x20

a2+y2

0

b2+z2

0

c2= 1,

pues p0 pertenece al elipsoide.

2.29 Problema. Demuestre que todo los planos tangentes al cono z =√x2 + y2 pasan por el origen.

Solucion: Sea f(x, y) =√x2 + y2. Entonces un vector normal al cono en (x, y, f(x, y)) es

n =

(∂f

∂x,∂f

∂y,−1

)=

(x√

x2 + y2,

y√x2 + y2

,−1

).

Luego, el plano tangente al cono en q = (x0, y0, f (x0, y0)) puede ser descrito como

Πq : (r − q) · n = 0,

es decir,

((x, y, z)− (x0, y0, f (x0, y0))) ·

(x0√x2

0 + y20

,y0√x2

0 + y20

,−1

)= 0.

Finalmente, notamos que r = (0, 0, 0) ∈ Πq pues

(x0, y0, f (x0, y0)) ·

(x0√x2

0 + y20

,y0√x2

0 + y20

,−1

)=

x20√

x20 + y2

0

+y2

0√x2

0 + y20

− f (x0, y0) = 0.

2.30 Problema. Sea f : R3 → R diferenciable y tal que el conjunto S = f−1(0) define una superficie en R3.Sea δ > 0 y considere ~r :] − δ, δ[→ R3 diferenciable y tal que ~r(t) ∈ S,∀t ∈] − δ, δ[. Demuestre que ~r(0) + ~r′(0)pertenece al plano tangente a S en ~r(0).

Solucion: En efecto, como S es una curva de nivel de f , tenemos que la ecuacion del plano tangente a S en ~r(0)esta dada por

~∇f (~r(0)) · ((x, y, z)− ~r(0)) = 0.

Por otro lado, como ~r(t) ∈ S, ∀t ∈]− δ, δ[, tenemos que

f (~r(t)) = 0, ∀t ∈]− δ, δ[.


Derivando respecto a t segun la Regla de la Cadena, sigue que

~∇f (~r(t)) · ~r′(t) = 0, ∀t ∈]− δ, δ[.

En particular, para t = 0, se cumple que~∇f (~r(0)) · ~r′(0) = 0.

Bien, ahora si reemplazamos con (x, y, z) = ~r(0) + ~r′(0) en la ecuacion del plano tangente concluimos que

~∇f (~r(0)) · ((~r(0) + ~r′(0))− ~r(0)) = 0 ⇐⇒ ~∇f (~r(0)) · ~r′(0) = 0.

2.31 Problema. Considere las funciones

f(x, y) =√

1 + x2 + y2 , g(x, y) = x2 − y2.

Encuentre todos los a, b ∈ R de tal forma que f−1(a) y g−1(b) sean ortogonales.

Solucion: Recordemos que el gradiente nos en un punto nos entrega una direccion ortogonal a la curva de nivel.Luego, nos interesa que

~∇f · ~∇g = 0

en un punto (x, y) tal quef (x, y) = a , g (x, y) = b.

Pero

~∇f(x, y) =

(x√

1 + x2 + y2,

y√1 + x2 + y2

), ~∇g = (2x,−2y).

Por lo tanto, exigimos que(x√

1 + x2 + y2,

y√1 + x2 + y2

)· (2x,−2y) = 0⇒ 2(x2 − y2)√

1 + x2 + y2= 0,

es decir,2g(x, y)

f(x, y)= 0.

Finalmente, dado que (x, y) tienen que pertenecer a las curvas de nivel, basta con que b = 0 y a ≥ 1.

2.32 Problema. Sea g : R→ R continua. Considere

f(x, y) =

ˆ y

x

g(t)dt.

(a) Muestre que f es diferenciable.

(b) Pruebe que un plano tangente en el punto (a, b, f(a, b)) a z = f(x, y) pasa por el origen si y solo si

bg(b)− ag(a) =

ˆ b

a

g(t)dt.

Solucion:

(a) Como g es continua, por el Teorema Fundamental del Calculo, tenemos que

∂f

∂x= −g(x) ,

∂f

∂y= g(y).

Por lo tanto, como f ∈ C1, tenemos que f es diferenciable.


(b) El plano tangente esta dado por la ecuacion

((x, y, z)− (a, b, f(a, b))) · (−g(a), g(b),−1) = 0.

Por lo tanto, (x, y, z) = (0, 0, 0) satisface esta ecuacion si y solo si

ag(a)− bg(b) + f(a, b) = 0,

de donde se deduce la condicion buscada.

2.33 Problema. Sea f(x, y) = x2 − xy − 2y2. Calcule ∂f∂v (1, 2), donde v es la direccion que forma un angulo de

π3 con el semieje positivo de las abcisas.

Solucion: Como f es diferenciable, por algebra de diferenciables, podemos calcular su derivada direccional apartir de

~∇f = (2x− y,−x− 4y).

Como v debe formar un angulo de π3 con el semieje positivo de las abcisas y queremos que sea unitario, tomamos

v =(

cosπ

3, sin

π

3

)=

(1

2,

√3

2

).

Ası,

∂f

∂v(1, 2) = ~∇f(1, 2) · v = (0,−9) ·

(1

2,

√3

2

)= −9

√3

2.

2.34 Problema. Considere los vectores u = 1√2(1, 1) y v = 1√

2(1,−1). Sea f : R2 → R diferenciable y tal que

∂f

∂u(1, 2) = 2 ,

∂f

∂v(1, 2) = −2.

Calcule ~∇f(1, 2) y ∂f∂w (1, 2) con w = (2, 3).

Solucion: Notemos que u, v es una base ortonormal de R2. Luego,

~∇f(1, 2) = αu+ βv, (2.14)

para algun par α, β ∈ R2. Como f es diferenciable, al hacer producto punto en (2.14) con u, se obtiene que

∂f

∂u(1, 2) = ~∇f(1, 2) · u = αu · u+ βv · u = α ‖u‖ = α,

es decir α = 2. Analogamente, si lo hacemos con v, obtenemos que β = −2. Ası,

~∇f(1, 2) = 2u− 2v =√

2(1, 1)−√

2(1,−1) = (0, 2√

2).

Finalmente,∂f

∂w(1, 2) = ~∇f(1, 2) · w

‖w‖=

1√13

(0, 2√

2) · (2, 3) =6√

2√13.

Alternativa:

Puesto que f diferenciable, se cumple que:

2 =∂f

∂u(1, 2) = ~∇f(1, 2) · u = (fx(1, 2), fy(1, 2)) · 1√

2(1, 1)

−2 =∂f

∂v(1, 2) = ~∇f(1, 2) · v = (fx(1, 2), fy(1, 2)) · 1√

2(1,−1)

En base a lo anterior, tenemos un sistema de ecuaciones para fx y fy:(1 11 −1

)(fxfy

)=

(2√

2

−2√

2

)De donde se desprende: ~∇f(1, 2) = (0, 2

√2). Lo que sigue se hace como antes.


2.35 Problema. Sea h(t) = f(t, t2) con f ∈ C2. Calcule h′′(t) en terminos de las derivadas de f .

Solucion: Sean x(t) = t e y(t) = t2, tenemos que

h′(t) =∂f

∂x

dx

dt+∂f

∂y

dy

dt=∂f

∂x+ 2t

∂f

∂y.

Derivando nuevamente,

h′′(t) =∂2f

∂x2

dx

dt+

∂2f

∂y∂x

dy

dt+ 2

∂f

∂y+ 2t

∂2f

∂x∂y

dx

dt+ 2t

∂2f

∂y2

dy

dt=∂2f

∂x2+ 4t

∂2f

∂y∂x+ 2

∂f

∂y+ 4t2

∂2f

∂y2,

pues f ∈ C2.

2.36 Problema. Sea f : R2 → R, con f ∈ C2 tal que en el punto (1, 1) se cumple

∂f∂x

∂f∂y

∂2f∂x2

∂2f∂y∂x

2 1 -1 2.

Considere u(t) = f(e3t, cos t). Calcule u′′(0).

Solucion: Sean x(t) = e3t e y(t) = cos t. Tenemos que

u′(t) =∂f

∂x

dx

dt+∂f

∂y

dy

dt.

Luego,

u′′(t) =

(∂2f

∂x2

dx

dt+

∂2f

∂y∂x

dy

dt

)dx

dt+∂f

∂x

d2x

dt2+

(∂2f

∂y2

dy

dt+

∂2f

∂x∂y

dx

dt

)dy

dt+∂f

∂y

d2y

dt2.

Pero

x(0) = 1 ,dx

dt

∣∣∣∣t=0

= 3 ,d2x

dt2

∣∣∣∣t=0

= 9,

y(0) = 1 ,dy

dt

∣∣∣∣t=0

= 0 ,d2y

dt2

∣∣∣∣t=0

= −1.

Ası, reemplazando y usando el Lema de Schwartz, tenemos que u′′(0) = 8.

2.37 Problema. Sea T = T (x, y) la temperatura asociada a cada punto de R2. Considere una particula queviaja siguiendo la trayectoria

r(t) = (x(t), y(t)) =

(√1 + t, 2 +

t

3

).

Sabiendo que Tx(2, 3) = 4 y Ty(2, 3) = 3, calcule la variacion temporal total de la temperatura cuando t = 3.

Solucion: Usando la Regla de la Cadena tenemos que

dT

dt=∂T

∂x

dx

dt+∂T

∂y

dy

dt,

dondedx

dt=

1

2√

1 + t,

dy

dt=

1

3.

Por lo tanto, como r(3) = (2, 3) ydx

dt

∣∣∣∣t=3

= 4 ,dy

dt

∣∣∣∣t=3

=1

3,

tenemos quedT

dt

∣∣∣∣t=3

= 1 + 1 = 2.


2.38 Problema. Sea f(x, y, z) = (x2 + y2 + z2)−1, calcule 4f .

Solucion: Tenemos que∂f

∂x= − 2x

(x2 + y2 + z2)2.

Luego,∂2f

∂x2= − 2

(x2 + y2 + z2)2+

8x2

(x2 + y2 + z2)3.

Finalmente, por la simetrıa de la funcion, tenemos que

4f =∂2f

∂x2+∂2f

∂y2+∂2f

∂z2= − 6

(x2 + y2 + z2)2+

8x2 + 8y2 + 8z2

(x2 + y2 + z2)3,

es decir,

4f =2

(x2 + y2 + z2)2.

2.39 Problema. Sea f : R2 → R de clase C2 una funcion homogenea de orden m, es decir, ∀t ∈ R se cumpleque

f(tx, ty) = tmf(x, y), ∀x, y ∈ R, (2.15)

con m ≥ 2.

(a) Demuestre que f satisface

mf(x, y) = ~∇f(x, y) · (x, y).

(b) Demuestre que f satisface

x2 ∂2f

∂x2(x, y) + 2xy

∂2f

∂x∂y(x, y) + y2 ∂

2f

∂y2(x, y) = (m− 1)mf(x, y).

Solucion:

(a) Sean u = tx y v = ty. Derivando (2.15) respecto a t, se tiene que

mtm−1f(x, y) =∂f

∂u

∂u

∂t+∂f

∂v

∂v

∂t= x

∂f

∂u+ y

∂f

∂v= ~∇f(tx, ty) · (x, y). (2.16)

Luego, evaluando para t = 1, sigue que

mf(x, y) = ~∇f(x, y) · (x, y).

(b) Derivando nuevamente respecto a t (2.16),

m(m− 1)tm−2f = x∂2f

∂u2

∂u

∂t+ x

∂2f

∂v∂u

∂v

∂t+ y

∂2f

∂u∂v

∂u

∂t+ y

∂2f

∂v2

∂v

∂t= x2 ∂

2f

∂u2+ 2xy

∂2f

∂v∂u+ y2 ∂

2f

∂v2.

Finalmente, evaluando en t = 1, se concluye que

m(m− 1)f(x, y) = x2 ∂2f

∂x2(x, y) + 2xy

∂2f

∂y∂x(x, y) + y2 ∂

2f

∂y2(x, y).

2.40 Problema. Sean f, g : Rn → R de clase C2. Demuestre que

4(fg) = f4g + g4f + 2~∇f · ~∇g.

Solucion: Sabemos que∂(fg)

∂xj= g

∂f

∂xj+ f

∂g

∂xj.


Luego,

∂2fg

∂x2j

=∂

∂xj

(g∂f

∂xj+ f

∂g

∂xj

)=

∂g

∂xj

∂f

∂xj+ g

∂2f

∂x2j

+∂f

∂xj

∂g

∂xj+ f

∂2g

∂x2j

= g∂2f

∂x2j

+ 2∂f

∂xj

∂g

∂xj+ f

∂2g

∂x2j

.

Finalmente, sumando sobre j = 1, . . . , n, tenemos que

4(fg) = g4f + 2~∇f · ~∇g + f4g.

2.41 Problema. Sea u(x, t) = f(x − at) + g(x + at), con f, g dos veces derivables. Muestre que u satisface laecuacion de onda

∂2u

∂t2= a2 ∂

2u

∂x2. (2.17)

Solucion: Sean z = x− at e y = x+ at, entonces

∂u

∂t=df

dz

∂z

∂t+dg

dy

∂y

∂t= −a df

dz+ a

dg

dy

∂u

∂x=df

dz

∂z

∂x+dg

dy

∂y

∂x=df

dz+dg

dy.

Luego,

∂2u

∂t2=

∂

∂t

(−a df

dz+ a

dg

dy

)= −ad

2f

dz2

∂z

∂t+ a

d2g

dy2

∂y

∂t= a2

(d2f

dz2+d2g

dy2

)∂2u

∂x2=

∂

∂x

(df

dz+dg

dy

)=d2f

dz2

∂z

∂x+d2g

dy2

∂y

∂x=d2f

dz2+d2g

dy2.

Ası,

∂2u

∂t2= a2

(d2f

dz2+d2g

dy2

)= a2

(d2f

dz2+d2g

dy2

)= a2 ∂

2u

∂x2.

2.42 Problema. Sea f(x, y) = 12 log(x2 + y2) + arctan y

x . Muestre que f satisface la ecuacion de Laplace (2.5).

Solucion: En efecto, tenemos que

∂f

∂x=

x

x2 + y2− 1

1 +(yx

)2 y

x2=

x− yx2 + y2

,

∂2f

∂x2=

(x2 + y2)− 2x(x− y)

(x2 + y2)2=y2 − x2 + 2xy

(x2 + y2)2.

Por otro lado, se tiene que∂f

∂y=

y

x2 + y2+

1

1 +(yx

)2 1

x=

x+ y

x2 + y2,

∂2f

∂y2=

(x2 + y2)− 2y(x+ y)

(x2 + y2)2=x2 − y2 − 2yx

(x2 + y2)2.

Luego,

4f =∂2f

∂x2+∂2f

∂y2= 0.

2.43 Problema. Sea f(x, y) una funcion de clase C2 que satisface la ecuacion de Laplace (2.5). Sea

g(u, v) = f (eu cos v, eu sin v) .

Demuestre que g tambien la satisface (2.5).


Solucion: Sean x = eu cos v e y = eu sin v, tenemos que

∂g

∂u=∂f

∂x

∂x

∂u+∂f

∂y

∂y

∂u= eu cos v

∂f

∂x+ eu sin v

∂f

∂y= eu

(cos v

∂f

∂x+ sin v

∂f

∂y

),

∂2g

∂u2= eu

(cos v

∂f

∂x+ sin v

∂f

∂y

)+ eu

(eu cos2 v

∂2f

∂x2+ 2eu cos v sin v

∂2f

∂y∂x+ eu sin2 v

∂2f

∂y2

).

Por otro lado, se tiene que

∂g

∂v=∂f

∂x

∂x

∂v+∂f

∂y

∂y

∂v= −eu sin v

∂f

∂x+ eu cos v

∂f

∂y= eu

(− sin v

∂f

∂x+ cos v

∂f

∂y

),

∂2g

∂v2= eu

(− cos v

∂f

∂x+ eu sin2 v

∂2f

∂x2− 2eu cos v sin v

∂2f

∂y∂x− sin v

∂f

∂y+ eu cos2 v

∂2f

∂y2

).

Finalmente∂2g

∂u2+∂2g

∂v2= e2u

(∂2f

∂x2+∂2f

∂y2

)= 0,

pues f satisface la ecuacion de Laplace.

2.44 Problema. Sea f : U ⊆ R2 → R con segundas derivadas continuas y considere

g(r, θ) = f(r cos θ, r sin θ).

Encuentre una expresion para 4f en terminos de las derivadas de g.

Usando lo anterior, verifique que la funcion f : R2 → R dada por f(x) = ln ‖x‖ resuelve la ecuacion 4f = 0.

Solucion: Sean x = r cos θ e y = r sin θ, entonces

∂g

∂r=∂f

∂x

∂x

∂r+∂f

∂y

∂y

∂r= cos θ

∂f

∂x+ sin θ

∂f

∂y,

∂2g

∂r2= cos θ

(∂2f

∂x2

∂x

∂r+

∂2f

∂y∂x

∂y

∂r

)+ sin θ

(∂2f

∂x∂y

∂x

∂r+∂2f

∂y2

∂y

∂r

)= cos2 θ

∂2f

∂x2+ 2 sin θ cos θ

∂2f

∂y∂x+ sin2 θ

∂2f

∂y2,

∂g

∂θ=∂f

∂x

∂x

∂θ+∂f

∂y

∂y

∂θ= −r sin θ

∂f

∂x+ r cos θ

∂f

∂y,

∂2g

∂θ2=− r cos θ

∂f

∂x+ r2 sin2 θ

∂2f

∂x2− 2r2 sin θ cos θ

∂2f

∂y∂x

− r sin θ∂f

∂y+ r2 cos2 θ

∂2f

∂y2.

Ası,

4f =∂2g

∂r2+

1

r

∂g

∂r+

1

r2

∂2g

∂θ2. (2.18)

Respecto a la segunda parte del ejercicio: note que es muy conveniente expresar la funcion en coordenadas polares,puesto que

g(r, θ) = f(r cos θ, r sin θ) = ln ‖(r cos θ, r sin θ)‖ = ln r

y esta funcion solo depende de r. Luego, se cumple que:

∂2g

∂θ2= 0

Ademas, nuestros conocimientos de Calculo I (espero que los tenga aun) nos permiten saber que:

∂g

∂r=

1

r


∂2g

∂r2=

∂

∂r

(∂g

∂r

)=

∂

∂r

(1

r

)= − 1

r2

Si reemplaza todos estos valores en la ecuacion (2.18), vera que se verifica 4f = 0

2.45 Problema. Sea f : R2 → R de clase C2 y definamos g(u, v) = f(x, y) donde x = u+v, y = uv2. Suponiendoque

∂f

∂y= 2 ,

∂2f

∂x2=

∂2f

∂x∂y=∂2f

∂y2= 1,

en (x, y) = (2, 1). Calcule

∂2g

∂u2(1, 1) ,

∂2g

∂v2(1, 1).

Solucion: Tenemos que∂g

∂u=∂f

∂x

∂x

∂u+∂f

∂y

∂y

∂u=∂f

∂x+ v2 ∂f

∂y,

∂g

∂v=∂f

∂x

∂x

∂v+∂f

∂y

∂y

∂v=∂f

∂x+ 2uv

∂f

∂y.

Luego,

∂2g

∂u2=∂2f

∂x2

∂x

∂u+

∂2f

∂y∂x

∂y

∂u+ v2 ∂2f

∂x∂y

∂x

∂u+ v2 ∂

2f

∂y2

∂y

∂u=∂2f

∂x2+ 2v2 ∂2f

∂y∂x+ v4 ∂

2f

∂y2,

∂2g

∂v2=∂2f

∂x2

∂x

∂v+

∂2f

∂y∂x

∂y

∂v+ 2u

∂f

∂y+ 2uv

∂2f

∂x∂y

∂x

∂v+ 2uv

∂2f

∂y2

∂y

∂v=∂2f

∂x2+ 4uv

∂2f

∂y∂x+ 2u

∂f

∂y+ 4u2v2 ∂

2f

∂y2.

Ası, dado que (u, v) = (1, 1)⇒ (x, y) = (2, 1), tenemos que

∂2g

∂u2(1, 1) = 1 + 2 + 1 = 4,

∂2g

∂v2(1, 1) = 1 + 4 + 4 + 4 = 13.

2.46 Problema. Sean f : R3 → R y g : R → R funciones dos veces diferenciables y tales que g(r) = f(x, y, z),donde r = x2 + y2 + z2.

(a) Calcule 4f en terminos de g y r.

(b) Resuelva 4f = 0.

Solucion:

(a) Notemos que

∂f

∂x=dg

dr

∂g

∂r= 2x

dg

dr.

Derivando nuevamente,

∂2f

∂x2=

∂

∂x(2xg′) = 2g′ + 2x

d2g

dr2

∂g

∂r= 2g′ + 4x2g′′.

Ası,

4f =∂2f

∂x2+∂2f

∂y2+∂2f

∂z2= 6g′ + 4(x2 + y2 + z2)g′′ = 6g′ + 4rg′′.


(b) Resolver la ecuacion de Laplace para f es equivalente a resolver la ecuacion diferencial ordinaria de primerorden

g′′ +3

2rg′ = 0.

Esta ecuacion puede escribirse comog′′

g′= − 3

2r.

Luego, integrando a ambos lados respecto a r, tenemos que

log (g′) = −3

2log r + C,

es decir,

g′(r) =eC

r32

.

Integrando nuevamente respecto a r, sigue que

g(r) = −2eC

r12

+B =A

r12

+B.

Finalmente, la solucion general para la ecuacion de Laplace radial es

f(x, y, z) =A√

x2 + y2 + z2+B,

donde A,B son constantes.

2.47 Problema. El volumen de un cilindro de radio r y altura h es V (r, h) = πr2h. Hallar, aproximadamente,el maximo error porcentual cometido al calcular V si r y h se calculan con errores relativos del 1 % y del 3 %,respectivamente.

Solucion: Tenemos que∆r

r= 0, 01 ,

∆h

h= 0, 03.

Queremos encontrar el valor de∆V

V.

Usando el diferencial total de V , sigue que

∆V ≈ ∂V

∂r∆r +

∂V

∂h∆h = 2πrh∆r + πr2∆h.

Luego,∆V

V=

2πrh

πr2h∆r +

πr2

πr2h∆h = 2

∆r

r+

∆h

h= 0, 05.

Por lo tanto, el error es de aproximadamente un 5 %.

2.48 Problema. Sea L = L(q1, . . . , qn, q1, . . . , qn) con qi, qi variables independientes y tales que

qi =dqidt.

Suponga que L es diferenciable y tal que satisface las ecuaciones de Lagrange

d

dt

(∂L

∂qj

)− ∂L

∂qj= 0, ∀j = 1, . . . , n. (2.19)

Muestre que

L′ = L+df (q1, . . . , qn, t)

dt


tambien satisface (2.19), con f diferenciable arbitraria.

Solucion: En efecto, dado que

df

dt=

n∑i=1

∂f

∂qi

dqidt

+∂f

∂t=

n∑i=1

∂f

∂qiqi +

∂f

∂t,

entonces∂L′

∂qj=∂L

∂qj+

∂

∂qj

(n∑i=1

∂f

∂qiqi +

∂f

∂t

)=∂L

∂qj+

n∑i=1

∂f

∂qi

∂qi∂qj

+∂2f

∂qj∂t=∂L

∂qj+∂f

∂qj,

pues si i 6= j,∂qi∂qj

=∂2f

∂qj∂t= 0.

Luego,

d

dt

(∂L′

∂qj

)=

d

dt

(∂L

∂qj

)+d

dt

(∂f

∂qj

)=

d

dt

(∂L

∂qj

)+

n∑i=1

∂2f

∂qi∂qjqi +

∂2f

∂t∂qj

=d

dt

(∂L

∂qj

)+

∂

∂qj

(n∑i=1

∂f

∂qiqi +

∂2f

∂t

)=∂L

∂qj+

∂

∂qj

(df

dt

)=

∂

∂qj

(L+

df

dt

)=∂L′

∂qj,

pues L satisface (2.19). Finalmente,d

dt

(∂L′

∂qj

)− ∂L′

∂qj= 0.


Capıtulo 3

Aplicaciones

“Nothing I have ever done is of the slightest practical use.”- Godfrey Harold Hardy3.1

El lector estara ansioso de saber para que puede servir todo lo que hemos visto en el capıtulo anterior. Para sutranquilidad, decimos desde ya que sus aplicaciones son practicamente innumerables, y muchas de ellas impor-tantısimas.

En este capıtulo haremos fundamentalmente dos cosas:

Extender el conocido Polinomio de Taylor a campos escalares; a su vez, usaremos este resultado para

Establecer criterios para encontrar maximos y mınimos de funciones, con y sin restricciones. (Esto es materiade todo un curso llamado “Optimizacion”, que probablemente esta en su malla y sirve para ganar plata.)

3.1. Teorema de Taylor

Puesto que la gente esta convencida de que cualquiera que haya hecho un curso de calculo debe saber hacercomputos insolitos, no es del todo improbable que en medio de alguna reunion familiar u otro tipo de eventosocial le pregunten intempestivamente: “¿Cual es el valor de 3

√10?” o, quizas, “¿Cuanto vale e

π4 ?”. Estamos

seguros de que no sabrıa bien que contestar (y probablemente su respuesta no contendrıa numero alguno).

Por otra parte, creemos que el lector, entrenado ya por la dura vida, despues de realizar tediosos calculos y demalgastar algo de tinta (aumentando de paso la entropıa del Universo...), serıa capaz de evaluar una expresioncomo:

1 +3,14

4+

3,144

2

2+

3,144

3

3!

que es justamente una aproximacion de eπ4 .

Trabajamos constantemente con funciones, pero no sabemos bien como evaluar la mayorıa de ellas. Y cuando setrabaja en aplicaciones normalmente lo que interesa es justamente el valor numerico. Por otra parte, sabemosque los polinomios son faciles de evaluar: para hacerlo solo debemos efectuar un numero finito de operacioneselementales. De esta forma, es natural que se intente aproximar funciones mediante polinomios. 3.2

El lector deberıa recordar de sus anteriores cursos de calculo la siguiente definicion.

3.1Godfrey Harold Hardy (1877-1947) fue un matematico britanico conocido principalmente por sus aportes a la teorıa de numerosy al analisis. Ejercio la docencia en la universidades de Oxford y Cambridge. Fue, ademas, mentor del matematico indio SrinivasaRamanujan.3.2Un detalle adicional: las calculadoras (normales) solo saben realizar operaciones elementales. Lo que hay detras de su funciona-

miento son justamente aproximaciones polinomicas.

62 Teorema de Taylor

3.1 Definicion. Sea f : A ⊆ R→ R una funcion n veces derivable y a ∈ A. El Polinomio de Taylor de ordenn generado por f en el punto a (que denotaremos por Tnf(x; a)) tiene la forma:

Tnf(x; a) =

n∑k=0

f (k)(a)

k!(x− a)k = f(a) +

f ′(a)

1!(x− a) +

f ′′(a)

2!(x− a)2 + . . .+

f (n)(a)

n!(x− a)n

Este polinomio es tal que coincide con f en a, y lo mismo puede decirse de sus n primeras derivadas evaluadasen a respecto a las de f . En general, sirve para aproximar f en las cercanıas de a; el error cometido haciendoesto de denota por En(x) = f(x)− Tnf(x; a).

3.2 Proposicion. Si f tiene derivada continua de orden n+ 1 en un intervalo que contenga a a, para todo x enese intervalo:

f(x) =

n∑k=0

f (n)(a)

n!(x− a)n + En(x)

donde:

En(x) =1

n!

ˆ x

a

(x− t)nf (n+1)(t)dt.

Una expresion equivalente para el resto es la llamada forma de Lagrange:

En(x) =f (n+1)(c)

(n+ 1)!(x− a)n+1.

En esta ultima formula, c esta entre a y x.

Lo que buscamos es una expresion similar para campos escalares. Para simplificar la notacion, y de paso hacercierto uso de lo que sabemos de Algebra Lineal, definimos lo siguiente.

3.3 Definicion (Matriz Hessiana). Se define la matriz Hessiana de f : U ⊆ Rn → R, denotada por H(x) oD2f(x), como aquella que contiene sus derivadas de segundo orden (donde existan) en la forma:

H(x) =

∂2f

∂x21

(x)∂2f

∂x1 ∂x2(x) · · · ∂2f

∂x1 ∂xn(x)

∂2f

∂x2 ∂x1(x)

∂2f

∂x22

(x) · · · ∂2f

∂x2 ∂xn(x)

......

. . ....

∂2f

∂xn ∂x1(x)

∂2f

∂xn ∂x2(x) · · · ∂2f

∂x2n

(x)

.

Es decir, Hij(x) = Di(Djf(x)), donde Di indica la derivada parcial respecto a la i-esima componente.

3.4 Ejemplo. En el caso de f : R2 → R,

H(x, y) =

∂2f

∂x2(x, y)

∂2f

∂x∂y(x, y)

∂2f

∂y∂x(x, y)

∂2f

∂y2(x, y)

3.5 Observacion. Si f ∈ C2(U), es decir, tiene segundas derivadas continuas en un subconjunto U de su dominio,ahı se cuple el lema de Schwarz (Lema 2.50) y, por ende, H(x) es simetrica.

Llegamos ahora al resultado buscado en esta seccion:

Aplicaciones 63

3.6 Teorema (Formula de Taylor de segundo orden para campos escalares). Sea f : A ⊆ Rn → R y a un puntointerior de A, tales que f sea de clase C2 en alguna bola centrada en a, B (a, r). Entonces, para todo y ∈ Rn talque a+ y ∈ B (a, r) se tiene:

f(a+ y) = f(a) + ~∇f(a) · y +1

2!ytH(a)y + E(a, y)

cumpliendose queE(a, y)

‖y‖2→ 0 si ‖y‖ → 0

Demostracion. Consideremos un y fijo. Se define la funcion:

g(t) = f(a+ ty) para − 1 ≤ t ≤ 1

De esta forma, f(a+ y)− f(a) = g(1)− g(0). Como g es una funcion de variable real, de acuerdo a la Proposicion3.2, se tiene:

g(1)− g(0) = g′(0) +1

2!g′′(c), 0 < c < 1

utilizando el resto en la forma de Lagrange.Note que g es una funcion compuesta:

g(t) = f(r(t)) = f(a+ ty), r(t) := a+ ty

por lo tanto, al derivarla usamos la regla de la cadena. Ası,

g′(t) = ~∇f(r(t)) · r′(t) = ~∇f(r(t)) · y =

n∑j=1

Djf(r(t))yj

siempre que r(t) ∈ B (a, r). En particular, g′(0) = ~∇f(a) · y.Hacemos lo mismo para determinar la segunda derivada:

g′′(t) =d

dt(~∇f(r(t)) · y) = ~∇(~∇f(r(t)) · y) · y

=

n∑i=1

Di

n∑j=1

Djf(r(t))yj

yi =

n∑i=1

n∑j=1

yiDijf(r(t))yj

= ytH(r(t))y

⇒ g′′(c) = ytH(a+ cy)y

Definimos:

E(a, y) =

12!y

t(H(a+ cy)−H(a))y si y 6= 0,

0 si y = 0..

Es claro que en virtud de los resultados anteriores:

f(a+ y) = f(a) + ~∇f(a) · y +1

2!ytH(a)y + E(a, y)

Probaremos ahora queE(a, y)

‖y‖2→ 0 si ‖y‖ → 0.

Observe que:

|E(a, y)| =1

2!

∣∣∣∣∣∣n∑i=1

n∑j=1

(Dijf(a+ cy)−Dijf(a))yiyj

∣∣∣∣∣∣≤ 1

2

n∑i=1

n∑j=1

|Dijf(a+ cy)−Dijf(a)| ‖y‖2

64 Mınimos y Maximos

Lo anterior se obtiene aplicando reiteradamente la desigualdad triangular, y tambien recordando que |yi| ≤ ‖y‖.De esta forma, cuando y 6= 0:

0 ≤ |E(a, y)|‖y‖2

≤ 1

2

n∑i=1

n∑j=1

|Dijf(a+ cy)−Dijf(a)|.

Como por hipotesis las derivadas parciales de segundo orden son continuas, se tiene que

Dijf(a+ cy)→ Dijf(a) si ‖y‖ → 0, ∀i, j,

completando ası la demostracion.

3.7 Ejemplo. Consideremos la funcion:f(x, y) = sinx sin y

Calcularemos el polinomio de Taylor de orden dos generado por f en torno al origen.Notar que se cumple lo siguiente:

f(0, 0) = 0

~∇f(x, y) = (cosx sin y, sinx cos y) ⇒ ~∇f(0, 0) = (0, 0)

D2f(x, y) =

[− sinx sin y cosx cos ycosx cos y − sinx sin y

]⇒ D2f(0, 0) =

[0 11 0

]Luego, el polinomio buscado es:

T2f(x, y) = 0 +

[00

]·[xy

]+

1

2

[x y

] [0 11 0

] [xy

]∴ T2f(x, y) = xy

Quizas el lector recuerde que tıpicamente, trabajando en una variable, se aproxima sin θ por θ (cuando θ espequeno). Este resultado es analogo.

3.2. Mınimos y Maximos

Partimos estableciendo algunas definiciones esenciales que, como es usual, emulan a las que ya conocıamos parafunciones de variable real.

3.8 Definicion (Maximo global). Una funcion f : A ⊆ Rn → R tiene un maximo absoluto o global en unpunto a ∈ A si f(x) ≤ f(a) para todo x ∈ A. El numero f(a) se llama maximo absoluto de f en A.

3.9 Definicion (Maximo local). Una funcion f : A ⊆ Rn → R tiene un maximo relativo o local en un puntoa ∈ A si f(x) ≤ f(a) para todo x en alguna bola de centro a. Es decir, si ∃r > 0 tal que f(x) ≤ f(a), para todox ∈ B (a, r).

Note que la defincion de maximo local es menos exigente. En efecto, todo maximo absoluto es trivialmente unmaximo local.

3.10 Ejercicio. Elabore definiciones analogas para mınimos absolutos y relativos.

3.11 Definicion. Un maximo o mınimo local de una funcion f se llama extremo de f .

Como vimos en el capıtulo anterior, el gradiente de una funcion nos dice en que direccion esta crece mas. Deberıaser claro, por ende, que si en un punto a el gradiente es distinto de cero entonces a no es un extremo de f . Porejemplo, sea f : R2 → R, y (x0, y0) un extremo de la misma. La funcion x 7→ f(x, y0) es de variable real, y debetener derivada nula en x = x0. Esto capturamos en la siguiente proposicion.

3.12 Proposicion. Sea f : A ⊆ Rn → R una funcion diferenciable. Si f tiene un extremo en un punto a =(a1, . . . , an) ∈ Ao (recuerde la Definicion ??), entonces ~∇f(a) = 0.

Aplicaciones 65

Demostracion. Basta considerar las funciones auxiliares:

fk(x) = f

xek +∑i6=k

aiei

Estas son funciones de una variable real, que de acuerdo a lo que sabemos deben tener derivada nula en x = aksi es que efectivamente a es un extremo. Ademas:

dfkdx

(ak) =∂f

∂xk(a)

Como esto vale para todo k ∈ 1, . . . , n, llegamos a lo pedido.

El recıproco de la proposicion anterior no es cierto. Por ejemplo, considere la funcion: f(x, y) = x2− y2. Tenemos

que f(0, 0) = 0 y ademas ~∇f(0, 0) = 0. Sin embargo, este punto no es un maximo local, puesto que para todor > 0,

(r2 , 0)∈ B ((0,0), r) y:

f(r

2, 0)

=r2

4> 0 = f(0, 0)

Analogamente,(r2 , 0)∈ B ((0,0), r) cumple:

f(

0,r

2

)= −r

2

4< 0 = f(0, 0)

Esto motiva las siguientes definiciones:

3.13 Definicion. Sea f : U ⊆ Rn → R diferenciable. Se dice que a ∈ A es un punto crıtico o estacionario si~∇f(a) = 0.

Si abandonamos la hipotesis de diferenciabilidad, tambien son puntos crıticos aquellos en que no existe el gradiente.

3.14 Ejemplo. Considere f : [0,∞[→ [0,∞[ definida por f(x) =√x. Esta funcion no es diferenciable en 0; sin

embargo, f(0) es el mınimo de la funcion.

3.15 Definicion (Punto silla). Sea f : A ⊆ Rn → R y a ∈ A uno de sus puntos crıticos. Se dice que a esun punto silla si toda bola centrada en a contiene algunos puntos x tales que f(x) < f(a) y otros tales quef(x) > f(a).

Para determinar la naturaleza de un punto crıtico, usaremos la matriz Hessiana evaluada en el punto.

3.16 Proposicion. Sea f : U ⊆ Rn → R dos veces diferenciable y x0 ∈ U un punto crıtico.Si D2f(x0) es una matriz definida positiva, entonces x0 es un mınimo.Si D2f(x0) es una matriz definida negativa, entonces x0 es un maximo.

Demostracion. Demostraremos para el caso de definida positiva. El otro es analogo. Usaremos, ademas, el siguientelema de algebra lineal:

3.17 Lema. Si A es definida positiva, entonces htAh ≥ λ ‖h‖2, siendo λ > 0 el menor de sus valores propios.

Sea h un vector no nulo. Como x0 es punto crıtico, ~∇f(x0) = 0 y por lo tanto la formula de Taylor nos dice que:

f(x0 + th) = f(x0) +1

2htD2f(x0)h+ E(x0, h)

Como D2f(x0) es definida positiva, usando el lema, tenemos:

f(x0 + th) = f(x0) + ‖h‖2(λ+

E(x0, h)

‖h‖2

)

66 Mınimos y Maximos

Pero segun dice la Proposicion 3.6, E(x0,h)

‖h‖2 → 0 cuando ‖h‖ → 0. Luego, existe δ > 0 tal que si ‖h‖ < δ entonces∣∣∣E(x0,h)

‖h‖2

∣∣∣ < λ2 . De esta forma, para todo x := x0 + th ∈ B (x0, δ) , tenemos que:

f(x) ≥ f(x0)

Es decir, x0 es un mınimo local.

3.18 Ejemplo. Sea f(x, y) = x2 + y2.

El gradiente de esta funcion es: ~∇f(x, y) = (2x, 2y). Resolviendo ~∇f(x, y) = 0, concluimos que el unico puntocrıtico es (0, 0).

Notar que D2f(x, y) =

[2 00 2

], que es definida positiva para todo par (x, y) ∈ R2. En efecto:

[x y

] [2 00 2

] [xy

]= 2(x2 + y2) > 0 si (x, y) 6= (0, 0)

Por la Proposicion 3.16, se concluye que (0, 0) es un mınimo.

La Proposicion 3.16 nos dio una condicion suficiente para determinar si un punto crıtico es maximo o mınimo,cuando la funcion es diferenciable. Pero no debemos confundirnos: la condicion no es necesaria, es decir, en algunosextremos no se cumplira que la matriz sea definida positiva o negativa. Considere los siguientes ejemplos:

3.19 Ejemplo. f(x, y) = x2 − y4 En este caso:

Df(x, y) =

[2x−4y3

]⇒ (0, 0) es un punto crıtico.

Note ademas que f(x, 0) > 0 si x 6= 0 y que f(0, y) < 0 si y 6= 0. Por ende, (0, 0) es un punto silla.

D2f(x, y) =

[2 00 −12y2

]⇒ D2f(0, 0) =

[2 00 0

]Es decir, el Hessiano en el origen —que es un punto silla— es semidefinido positivo.

3.20 Ejemplo. f(x, y) = x2 + y4 Nuevamente se da en esta funcion que (0, 0) es punto crıtico y que

D2f(0, 0) =

[2 00 0

]Sin embargo, (0, 0) ahora es un mınimo puesto que x2 + y4 ≥ 0 = f(0, 0).

La condicion necesaria para los extremos esta dada por la siguiente proposicion.

3.21 Proposicion. Sea f : U ⊆ Rn → R, de clase C2, tal que alcanza un mınimo (respectivamente, un maximo)en x0 ∈ U , entonces D2f(x0) es semidefinida positiva (resp. semidefinida negativa).

Demostracion. (Esbozo)Probaremos el caso de mınimo local. Por definicion ∃r > 0 tal que para x ∈ B (x0, r) se cumple:

f(x)− f(x0) ≥ 0

Escribiendo x = x0 + h, el desarrollo de Taylor nos dice que:

htD2f(x0)h

‖h‖2≥ 0 (3.1)

siempre que 0 < ‖h‖ < r.

Por otra parte, si λ es un valor propio de D2f(x0) asociado a v, tenemos

vtD2f(x0)v

‖v‖2= λ

Tomando h = εv en (3.1), para un ε apropiado, concluimos que λ ≥ 0 (para cualquier valor propio). Es decir,D2f(x0) es semidefinida positiva.

Aplicaciones 67

3.3. Multiplicadores de Lagrange

En la seccion precedente, hemos dado condiciones necesarias y suficientes para la existencia de maximos y mınimosal interior de conjuntos abiertos. Esto funciona bien, por ejemplo, si tenemos funciones con dominio Rn (problemasirrestrictos). Sin embargo, es frecuente en las aplicaciones que no todos los puntos del espacio son factibles (esdecir, por consideraciones practicas algunos deben quedar fuera) o que los dominios no son abiertos (los bordesson relevantes). Debemos desarrollar, por lo tanto, una herramienta mas potente, que sera el lagrangeano.

Partimos formalizando el concepto de restriccion.

3.22 Definicion. Si tenemos que f : A → B y A0 ⊂ A definimos la restriccion de f a A0 como una nuevafuncion f : A0 → B (segun la misma regla de asignacion que tenıa f : A → B). Se denota f |A0

y se lee “frestringida a A0”.

3.23 Teorema. Sean f : U ⊆ Rn → R y g : U ⊆ Rn → R funciones de clase C1(U). Denotaremos por S alconjunto de nivel de valor c0 para g, es decir, S = x ∈ Rn : g(x) = c0.Consideremos x0 tal que ~∇g(x0) 6= 0. Si x0 es un extremo de f |S , entonces ∃λ ∈ R tal que:

~∇f(x0) = λ~∇g(x0)

Demostracion. Sea c(t) una curva contenida en S tal que c(0) = x0, t ∈] − 1, 1[. Entonces, c′(0) es un vectortangente a S en x0.

Sea ϕ1(t) = g(c(t)) = c0. Usando la Observacion 2.87, tenemos que ~∇g(x0) ⊥ c′(0).

Sea ϕ2(t) = f(c(t)). Notar que ϕ2(0) = x0. Como x0 es extremo de f |S y c(t) toma valores en S, tenemos queϕ2(0) es un maximo o mınimo local, y por condicion de primer orden para funciones de una variable se cumple:

0 = ϕ′2(0) = ~∇f(x0) · c′(0)

Hay que observar que lo anterior es cierto para cualquier curva c(t) en S. Por ende, tanto ~∇f(x0) como ~∇g(x0)resultan ser normales a S, y si el espacio normal tiene dimension 1:

~∇f(x0) ‖ ~∇g(x0)⇔ ~∇f(x0) = λ~∇g(x0)

para algun λ ∈ R.

3.24 Observacion. Si queremos obtener puntos crıticos para la funcion f(x) restringida a (se dira tambien“sujeta a”, “s.a.”) g(x) ≤ c0 debemos analizar por separado los siguientes casos:

(a) ~∇f(x0) = 0 y g(x0) < c0. La restriccion en este caso determina un dominio abierto, por lo que basta imponerla condicion de gradiente nulo.

(b) ~∇g(x0) 6= 0, g(x0) = c0 y ∃λ ∈ R tal que ~∇f(x0) = λ~∇g(x0). Esto se enmarca en el metodo de multiplica-dores de Lagrange.

(c) ~∇g(x0) = 0 y g(x0) = c0. Estos puntos deben estudiarse aparte.

3.25 Definicion. Dadas f, g y todo lo demas como en el teorema anterior definimos el lagrangeano como lafuncion:

L(x, λ) = f(x) + λ(g(x)− c0)

Segun lo que se demostro, buscar los puntos crıticos de esta funcion —irrestricta— nos sirve para encontrar losextremos de f |S .

Puede generalizarse lo hecho para establecer el siguiente teorema:

3.26 Teorema. Sean f, g1, . . . , gm : U ⊆ Rn → R de clase C1. Sea x0 tal que ~∇gi(x0) 6= 0,∀i ∈ I := 1, . . . ,my Si = x ∈ U : g(x) = ci,∀i ∈ I. Si x0 es un extremo local de f |S1∩...∩Sm entonces:

~∇f(x0) =

m∑i=1

λi~∇gi(x0)

para algunos λi ∈ R,∀i ∈ I.


3.27 Observacion. En el teorema precedente, las restricciones deben ser compatibles, es decir

m⋂i=1

Si = S1 ∩ . . . ∩ Sm 6= ∅.

Sin embargo, puede que haya restricciones inactivas.


3.1 Problema. Sea f(x, y) =√

1 + x2 + y2. Encuentre la expansion de Taylor con orden 2 para f en torno alorigen.

Solucion: Queremos usar la ecuacion

f(x, y) = f(0, 0) + ~∇f(0, 0) · (x, y) +1

2(x, y)tD2f(0, 0)(x, y).

Tenemos que f(0, 0) = 1 y

~∇f =

(x√

1 + x2 + y2,

y√1 + x2 + y2

)=

1

f(x, y)(x, y)⇒ ~∇f(0, 0) = (0, 0).

Luego,∂2f

∂x2=

∂

∂x

(x

f(x, y)

)=f2(x, y)− x2

f3(x, y)⇒ ∂2f

∂x2(0, 0) = 1,

∂2f

∂y2=

∂

∂y

(y

f(x, y)

)=f2(x, y)− y2

f3(x, y)⇒ ∂2f

∂y2(0, 0) = 1,

∂2f

∂x∂y=

∂

∂y

(x

f(x, y)

)= − xy

f3(x, y)⇒ ∂2f

∂x∂y(0, 0) =

∂2f

∂x∂y(0, 0) = 0.

Ası, la expansion de Taylor resulta en

f(x, y) = 1 +1

2(x, y)t

[1 00 1

](x, y) = 1 +

x2 + y2

2.

3.2 Problema. Sea f(x, y) = x3 − 3xy + y3. Determine los puntos crıticos de f y clasifıquelos.


~∇f =

(∂f

∂x,∂f

∂y

)=(3x2 − 3y,−3x+ 3y2

).

Por lo tanto, ~∇f = ~0 si y solo si x = y2 e y = x2, de lo cual se deduce que

x = x4

cuyas soluciones son x = 0 y x = 1. Ası, los puntos crıticos de f son

~p1 = (0, 0) , ~p2 = (1, 1).

Pero

D2f =

∂2f

∂x2

∂2f

∂y∂x∂2f

∂x∂y

∂2f

∂y2

=

[6x −3−3 6y

].

Por ende,

D2f(0, 0) =

[0 −3−3 0

], D2f(1, 1) =

[6 −3−3 6

].

Finalmente, tenemos que ~p1 es un punto silla mientras que ~p2 es un mınimo. Ademas, el mınimo es local pues si(x, y)→ (−∞, 0) entonces f(x, y)→ −∞.

Aplicaciones 69

3.3 Problema. Sea f : R2 → R definida por:

f(x, y) = y + x sin y

Demuestre que todos los puntos crıticos son silla.

Solucion: Para encontrar los puntos crıticos, analizamos el gradiente:

~∇f(x, y) =

[sin y

1 + x cos y

]Observamos que no hay puntos singulares. Imponiendo ~∇f(x, y) = 0, llegamos a que y = kπ, k ∈ Z. Distinguimosdos casos:

Si k es par, cos y = 1 y entonces x = −1.

Si k es impar, cos y = −1 y x = 1.

Por su parte,

D2f(x, y) =

[0 cos y

cos y −x sin y

].

Sea m ∈ Z, distinguimos los siguientes casos:

Si k = 2m, entonces

D2f(−1, 2mπ) =

[0 11 0

].

Como ∆1 = 0 y ∆2 = −1 la matriz no es ni semidefinida positiva ni semidefinida negativa. Concluimos quelos puntos de la forma (1, 2mπ) son sillas.

Si k = 2m+ 1, entonces

D2f(−1, (2m+ 1)π) =

[0 −1−1 0

].

Nuevamente ∆1 = 0 y ∆2 = −1, ası que los puntos de la forma (−1, (2m+ 1)π) tambien son sillas.

3.4 Problema. Clasifique los puntos crıticos de

f(x, y) = e−(x2+y2)(3x2 + 5y2).

Solucion: Buscamos los puntos donde ~∇f = 0. Tenemos que

∂f

∂x= −2xe−(x2+y2)(3x2 + 5y2) + 6xe−(x2+y2) = −2xe−(x2+y2)

(3x2 + 5y2 − 3

),

∂f

∂y= −2ye−(x2+y2)(3x2 + 5y2) + 10ye−(x2+y2) = −2ye−(x2+y2)

(3x2 + 5y2 − 5

).

Luego, debemos resolver el sistema

x(3x2 + 5y2 − 3) = 0

y(3x2 + 5y2 − 5) = 0

Es claro que (0, 0) es una solucion al sistema. Ademas, si x = 0 ⇒ y = ±1 y analogamente, si y = 0 ⇒ x = ±1.Finalmente, no es posible que x e y sean no nulos pues los parentesis representan elipses que no se intersecan.Ası, los puntos crıticos son

(0, 0) (1, 0) (−1, 0) (0, 1) (0,−1).


Derivando nuevamente, obtenemos que

∂2f

∂x2= −2e−(x2+y2)

(15x2 + 5y2 − 6x4 − 10x2y2 − 3

),

∂2f

∂y2= −2e−(x2+y2)

(3x2 + 25y2 − 10y4 − 6x2y2 − 5

),

∂2f

∂y∂x= 4xye−(x2+y2)

(3x2 + 5y2 − 8

).

Por ende,

D2f(x, y) = −2e−(x2+y2)

[15x2 + 5y2 − 6x4 − 10x2y2 − 3 −2xy

(3x2 + 5y2 − 8

)−2xy

(3x2 + 5y2 − 8

)3x2 + 25y2 − 10y4 − 6x2y2 − 5

].

Luego,

D2f(0, 0) = −2

[−3 00 −5

] 0

D2f(1, 0) = −2e−1

[6 00 −2

]D2f(−1, 0) = −2e−1

[6 00 −2

]D2f(0, 1) = −2e−1

[2 00 10

] 0

D2f(0,−1) = −2e−1

[2 00 10

] 0

Finalmente, (0, 0) es un mınimo, (0, 1), (0,−1) son maximos y (1, 0), (−1, 0) son puntos silla.

3.5 Problema. Sea f : Rn → R de clase C2 y tal que 4f > 0,∀x ∈ Rn. Muestre que f no puede tener unmaximo local.

Solucion: Supongamos que no, es decir, existe p ∈ Rn tal que f tiene un maximo local en p. Entonces

xtD2f(p)x ≤ 0, ∀x ∈ Rn.

En particular, tomando x = ei, tenemos que

∂2f

∂x2i

= etiD2f(p)ei ≤ 0.

Finalmente, sumando sobre i = 1, . . . , n, tenemos que

4f(p) =

n∑i=1

∂2f

∂x2i

≤ 0,

lo cual es una contradiccion.

3.6 Problema. Si f : R2 → R es una funcion definida como

g(x, y) = ax2 + 2bxy + cy2 + dx+ ey + f,

encontrar condiciones sobre las constantes a, b, c, d, e y f de tal forma que g pueda tener un extremo local.

Solucion: Notar que:

~∇g(x, y) =

[2ax+ 2by + d2cy + 2bx+ e

]

Aplicaciones 71

Como el dominio de la funcion es abierto y ademas g no tiene singularidades (es diferenciable en todo su dominio),

por la Proposicion 3.12 se debe cumplir para cualquier extremo (x, y) que ~∇g(x, y) = 0. Es decir, el sistema:[2a 2b2b 2c

] [xy

]=

[−d−e

].

debe tener solucion. Esto ultimo solo ocurre si la matriz de los coeficientes es invertible o —equivalentemente—si tiene determinante no nulo: ∣∣∣∣2a 2b

2b 2c

∣∣∣∣ 6= 0

4ac− 4b2 6= 0

Entonces la condicion buscada para que hayan puntos crıticos es ac − b2 6= 0. Es claro que esta no es unacondicion suficiente, ya que hay puntos crıticos que son silla. Por ejemplo, considere a = 1, b = −1 y todas lasdemas constantes nulas. En ese caso la condicion encontrada se cumple, pero g(x, y) = x2 − y2, que como vimosno tiene extremos.

3.7 Problema. Supongamos que en un mercado hay solo dos bienes, que denotaremos por x e y. La utilidad deun consumidor se puede modelar con una funcion de Cobb-Douglas, de la forma:

u(x, y) = xαyβ , α, β > 0.

Suponga que ademas dicho consumidor cuenta con un presupuesto limitado, B. Dados los precios de ambos bienes,px > 0 y py > 0, plantee matematicamente el problema de optimizar la utilidad y resuelvalo.

Solucion: El problema de optimizacion se reduce a:

max(x,y)∈R2

xαyβ

sujeto axpx + ypy = B

Aunque, por simplicidad, decimos que (x, y) ∈ R2, por la naturaleza del problema solo son validos puntos talesque x ≥ 0, y ≥ 0. Sin embargo, veremos que esto no causa inconvenientes.

Planteamos el Lagrangeano:L(x, y, λ) = xαyβ − λ(xpx + ypy −B)

con (x, y) ∈ R2. Por condicion de primer orden, ~∇L = 0, es decir:

∂L∂x

= 0 ⇒ αxα−1yβ = λpx (3.2)

∂L∂y

= 0 ⇒ xαβyβ−1 = λpy (3.3)

∂L∂λ

= 0 ⇒ xpx + ypy = B (3.4)

Dividiendo (3.2) por (3.3) llegamos a que:αy

βx=pxpy

(3.5)

Esta ultima ecuacion es bien conocida en economıa. Dice que, en el optimo de utilidad, la relacion de precios

iguala a la tasa marginal de sustitucion∂u∂x∂u∂y

: la relacion entre la utilidad que otorga una unidad mas de x y una

mas de y.

Despejando x y reemplazando en (3.4) tenemos que:

px

(αpyβpx

y

)+ pyy = B


y de ahı:

y∗ = B1

py(αβ + 1)

Analogamente, puede concluirse que:

x∗ = B1

px(βα + 1)

Observamos, adicionalmente, que la unica singularidad de L esta (eventualmente, si α < 1 o β < 1) en (0, 0),punto que tiene utilidad nula. Adicionalmente, notamos que x∗ > 0 e y∗ > 0, y que f(x∗, y∗) > f(0, 0). El metodode Lagrange garantiza que (x∗, y∗) es un extremo. Luego, (x∗, y∗) debe ser el maximo global de la funcion, yesta en el primer cuadrante, como querıamos.

3.8 Problema. Hallar los valores maximo y mınimo de la funcion f(x, y, z) = zexy en la region

B (0, 1) =

(x, y, z) : x2 + y2 + z2 ≤ 1.

Solucion: Notemos que

B (0, 1) = B (0, 1) ∪ ∂B (0, 1) .

Para buscar los extremos en el abierto B (0, 1) usamos los criterios vistos hasta ahora. Sin embargo,

~∇f (x, y, z) = (yzexy, xzexy, exy) 6= ~0, ∀ (x, y, z) ∈ B (0, 1) ,

pues la tercera componente es siempre no nula. Luego, no hay puntos crıticos en B (0, 1).

Ahora los buscaremos en el compacto ∂B (0, 1). Consideremos el lagrangeano dado por

L (x, y, z, λ) = zexy + λ(x2 + y2 + z2 − 1

).

Tenemos que

yzexy = λ2x (3.6)

xzexy = λ2y (3.7)

exy = λ2z (3.8)

x2 + y2 + z2 = 1 (3.9)

Por (3.8) tenemos que z, λ 6= 0. Luego, (3.6) y (3.7) nos dicen que x = 0 si y solo y = 0 y en tal caso, (3.9) nosdice que z = ±1. Ası, obtenemos los puntos

~p1 = (0, 0, 1) , ~p2 = (0, 0,−1) .

Si x, y 6= 0, entonces podemos dividir (3.6) en (3.7) y sigue que x2 = y2 ⇒ y = ±x.

Si x = y, (3.6) nos dice que zexy = 2λ. Ademas, multiplicamos (3.8) por z obteniendo zexy = 2λz2 y entonces,z2 = ±1. Pero entonces, por (3.9), tenemos que x = y = 0 y por lo tanto, nuestra hipotesis se cae.

Si x = −y el razonamiento es analogo y se llega a z2 = −1.

Finalmente, dado que ∂B (0, 1) es un compacto, sabemos que f alcanza su maximo y su mınimo allı. Ası, como

f (~p1) = 1 , f (~p2) = −1,

concluimos que ~p1 es maximo y ~p2 es mınimo.

3.9 Problema. Determine los extremos de f(x, y, z) = x+ y + z sujeto a x2 + y2 = 1 y z − 2 = 0.

Solucion: El Lagrangeano de la situacion esta dado por

L (x, y, z, λ1, λ2) = x+ y + z + λ1(x2 + y2 − 1) + λ2(z − 2).

Aplicaciones 73

Luego,1 = 2λ1x

1 = 2λ1y

1 = λ2

x2 + y2 = 1

z = 2

de donde concluimos que x = y = ± 1√

2. Ası, los puntos en cuestion son

~p1 =

(1√2,

1√2, 2

), ~p2 =

(− 1√

2,− 1√

2, 2

).

Finalmente, como f (~p1) ≥ f (~p2), concluimos que ~p1 es un maximo y ~p2 es un mınimo.

3.10 Problema. Sean x, y, z ∈ R+ tales que x+ y + z = a. Determine el valor maximo de

f(x, y, z) = xmynzp,

con m,n, p ∈ R+. Luego, suponga que m+ n+ p = 1 y concluya que

xmynzp ≤ mx+ ny + pz, ∀x, y, z ∈ R+. (3.10)

Solucion: El lagrangeano de la situacion esta dado por

L (x, y, z, λ) = xmynzp − λ(x+ y + z − a),

con λ ∈ R. Tenemos que

mxm−1ynzp = λ (3.11)

xmnyn−1zp = λ (3.12)

xmynpzp−1 = λ (3.13)

x+ y + z = a (3.14)

Dado que x, y, z,m, n, p > 0, podemos multiplicar las primeras tres ecuaciones por x, y y z, respectivamente yobtener

x

m=y

n=z

p.

Reemplazando en la ultima, sigue que

x+n

mx+

p

mx = a,

es decir,

x = am

m+ n+ p.

Analogamente,

y = an

m+ n+ p, z = a

p

m+ n+ p.

Luego, el valor maximo de la funcion esta dado por

f

(a

m

m+ n+ p, a

n

m+ n+ p, a

p

m+ n+ p

)= am+n+p mmnnpp

(m+ n+ p)m+n+p,

lo cual implica que

xmynzp ≤ (x+ y + z)m+n+p mmnnpp

(m+ n+ p)m+n+p.

Ademas, si m+ n+ p = 1, entoncesxmynzp ≤ (x+ y + z)mmnnpp,

es decir, ( xm

)m ( yn

)n(zp

)p≤ x+ y + z.

Finalmente, tomando x = mx, y = ny, z = pz se concluye lo pedido.


3.11 Problema. Sea S una superficie de R3 de ecuacion f(x, y, z) = 0, con f ∈ C1. Sea P el punto de S maslejano del origen. Demuestre que el vector que va del origen a P es perpendicular a S.

Solucion: Consideremos el lagrangeano dado por

L (x, y, z, λ) = x2 + y2 + z2 − λf(x, y, z),

es decir, aquel que maximizara la distancia entre el origen y S. Tenemos que

2x = λ∂f

∂x(3.15)

2y = λ∂f

∂y(3.16)

2z = λ∂f

∂z(3.17)

f(x, y, z) = 0 (3.18)

Sea P = (x0, y0, z0). Como P es el punto mas lejano del origen, se tiene que P satisface el sistema y por lo tanto,

(x0, y0, z0) =

(λ

2

∂f

∂x(P ),

λ

2

∂f

∂y(P ),

λ

2

∂f

∂z(P )

)=λ

2~∇f(P ).

Luego, como ~∇f(P ) es una direccion ortogonal a S en P y λ 6= 0 (pues sino P serıa el origen), se obtiene lopedido.

3.12 Problema. Dada una circunferencia de centro O y radio r. ¿Cual es el triangulo inscrito que encierra lamayor area?

Hint: Recuerde que si los lados del triangulo son a, b, c entonces el area es A = abc4r y a = 2r sinα.

Solucion: Escribimosb = 2r sinβ , c = 2r sin γ

y entonces,

A (α, β, γ) =2r sinα2r sinβ2r sin γ

4r= 2r2 sinα sinβ sin γ.

Luego, el lagrangeano de la situacion es

L (α, β, γ) = 2r2 sinα sinβ sin γ + λ (α+ β + γ − π) .

Debemos resolver el sistema

2r2 cosα sinβ sin γ = λ (3.19)

2r2 sinα cosβ sin γ = λ (3.20)

2r2 sinα sinβ cos γ = λ (3.21)

α+ β + γ = π (3.22)

Notar que si α = 0⇒ A = 0. Ademas, si α = π2 ⇒ λ = 0 y por (3.20) sigue que β = π

2 ∨ γ = 0⇒ A = 0. Ası quepor simetrıa, supondremos que todos los angulos son no nulos y distintos de π

2 . Luego, dividimos (3.19) en (3.20)y sigue que

cosα

sinα

sinβ

cosβ= 1⇒ tanα = tanβ.

Analogamente, dividiendo (3.19) en (3.21), se obtiene que

tanα = tan γ.

Finalmente, como α, β, γ ∈]0, π[ y la tangente es inyectiva en ese intervalo, tenemos que α = β = γ y al ser elunico punto crıtico que no anula al area, debe ser maximo.

Aplicaciones 75

3.13 Problema (Convexidad MG). Sea

f (x1, . . . , xn) =

(n∏i=1

xi

) 1n

, (3.23)

con xi ≥ 0,∀i = 1, . . . , n. Muestre que f es concava.

Solucion: Vamos a construir la matriz Hessiana de f . Derivando,

∂f

∂xj=

n∏i 6=j

xi

1n∂(x

1nj

)∂xj

=

n∏i 6=j

xi

1n

x1n−1j

n=

(n∏i=1

xi

) 1n x−1

j

n=

f

nxj,

∂2f

∂x2j

=∂

∂xj

(f

nxj

)=

∂f∂xj

nxj − f ∂∂xj

(nxj)

n2x2j

= (1− n)f

n2x2j

,

∂2f

∂xk∂xj=

∂

∂xk

(f

nxj

)=

f

n2xkxj=

∂2f

∂xj∂xk,

pues f satisface las hipotesis del Lema de Schwarz. Luego, la matriz Hessiana de f esta dada por

D2f =

(1− n)f

n2x21

f

n2x1x2. . .

f

n2x1xnf

n2x2x1(1− n)

f

n2x22

. . .f

n2x2xn...

.... . .

...f

n2xnx1

f

n2xnx2. . . (1− n)

f

n2x2n

.

Analizemos sus subdeterminantes. Para el k-esimo subdeterminante, se tiene que

∆k =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

(1− n)f

x21

f

n2x1x2. . .

f

n2x1xkf

n2x2x1(1− n)

f

n2x22

. . .f

n2x2xk...

.... . .

...f

n2xkx1

f

n2xkx2. . . (1− n)

f

n2x2k

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=

(f

n2

)k∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

(1− n)

x21

1

x1x2. . .

1

x1xk1

x2x1

(1− n)

x22

. . .1

x2xk...

.... . .

...1

xkx1

1

xkx2. . .

(1− n)

x2k

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=

(f

n2

)k k∏i=1

1

xi

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

(1− n)

x1

1

x2. . .

1

xk1

x1

(1− n)

x2. . .

1

xk...

.... . .

...1

x1

1

x2. . .

(1− n)

xk

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=

(f

n2

)k k∏i=1

1

x2i

∣∣∣∣∣∣∣∣∣(1− n) 1 . . . 1

1 (1− n) . . . 1...

.... . .

...1 1 . . . (1− n)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=

(f

n2

)k k∏i=1

1

x2i

∣∣∣∣∣∣∣∣∣(1− n) 1 . . . 1n −n . . . 0...

.... . .

...n 0 . . . −n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ =

(f

n2

)k k∏i=1

1

x2i

∣∣∣∣∣∣∣∣∣(k − n) 1 . . . 1

0 −n . . . 0...

.... . .

...0 0 . . . −n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣=

(f

n2

)k k∏i=1

1

x2i

(−1)k(n− k)nk−1.

Luego, D2f es semidefinida negativa pues el signo de sus submatrices depende de (−1)k. Por lo tanto, f esconcava.


3.14 Problema. Sea f(x, y, z) = log(xyz3

).

(a) Encuentre el valor maximo de f sobre

Σ =

(x, y, z) ∈ R3 : x, y, z > 0, x2 + y2 + z2 = 5r2,

con r > 0.

(b) Usando el resultado anterior, muestre que

abc3 ≤ 27

(a+ b+ c

5

)5

, ∀a, b, c ≥ 0. (3.24)

Solucion: El Lagrangeano de la situacion esta dado por

L(x, y, z, λ) = log x+ log y + 3 log z + λ(x2 + y2 + z2 − 5r2).

Luego,

1

x= 2λx (3.25)

1

y= 2λy (3.26)

3

z= 2λz (3.27)

x2 + y2 + z2 = 5r2 (3.28)

De las tres primeras ecuaciones, concluimos que 3x2 = 3y2 = z2. Reemplazando en (3.34), tenemos que x = r.Ası, y = r, z = r

√3. Ademas, es claro que

D2f =

− 1x2

0 − 1y2 0

0 0 − 3z2

0.

Ası,log(xyz3

)≤ max

(x,y,z)∈Σf(x, y, z) = f(r, r, r

√3) = log(3

√3r5).

Luego,

xyz3 ≤ 3√

3

√x2 + y2 + z2

5

5

.

Finalmente, elevando al cuadrado y tomando a = x2, b = y2, c = z2, tenemos que

abc3 ≤ 27

(a+ b+ c

5

)5

.

3.15 Problema (MA-MG). Sea f : Rn → R dada por

f (x1, . . . xn) =

n∏k=1

x2k.

Encuentre los extremos de f sobre ∂B (0, r) , r > 0. Concluya que si a1, . . . , an ∈ R+, entonces

n√a1 . . . an ≤

a1 + . . .+ ann

. (3.29)

Aplicaciones 77

Solucion: El lagrangeano de la situacion esta dado por

L(x1, . . . , xn, λ) =

n∏k=1

x2k + λ(r2 −

n∑k=1

x2k).

Luego,2 (x1 . . . xn) (x2x3 . . . xn) = 2λx1

2 (x1 . . . xn) (x1x3 . . . xn) = 2λx2

...

2 (x1 . . . xn) (x1x2 . . . xn−1) = 2λxn

x21 + x2

2 + . . .+ x2n = r2

Tomando la k-esima ecuacion y multiplicandola por xk, se obtiene

(x1 . . . xn)2

= λx2k. (3.30)

Sumando sobre k = 1, . . . , n obtenemos

n (x1 . . . xn)2

= λ(x2

1 + . . .+ x2n

)= λr2 ⇒ λ =

n (x1 . . . xn)2

r2.

Ası, reemplazando en (3.30), tenemos que

x2k =

r2

n.

Por lo tanto, el punto en cuestion es

x∗ =

(± r√

n, . . . ,± r√

n

).

Luego, el valor maximo de f en B (0, r) es

f (x∗) =

(r2

n

)n⇒ n√f(x) ≤ r2

n.

Finalmente, tomando ak = x2k, tenemos que

n√a1 . . . an ≤

a1 + . . .+ ann

.

Nota: Tambien satisfacen las ecuaciones puntos tales que xi = 0 para algun i ∈ 1, . . . , n, tomando λ = 0,siempre que se cumpla

∑nk=1 x

2k = r2. Es evidente que todos esos puntos son mınimos pues su imagen es cero, y

f(~x) ≥ 0,∀~x ∈ Rn.

3.16 Problema. Sea f : Rn → R dada por

f (x1, . . . xn) =

n∏k=1

xk.

Encuentre el maximo y mınimo de f restringida a

x21

1+x2

2

2+ . . .+

x2n

n= 1.

Solucion: Es claro que si xj = 0 para algun j ∈ 1, . . . , n entonces f se anula y por ende, este es un punto silla.El lagrangeano de la situacion esta dado por

L(x1, . . . , xn, λ) =

n∏k=1

xk − λ

(n∑k=1

x2k

k2− 1

).


Luego, para cada j ∈ 1, . . . , n, tenemos que

∂L∂xj

= 0 ⇐⇒n∏k=1j 6=k

xk − 2λxjj2

= 0 ⇐⇒n∏k=1

xk = 2λx2j

j2.

Ası, sumando sobre j, obtenemos

n

n∏k=1

xk = 2λ

n∑j=1

x2j

j2= 2λ ⇐⇒

n∏k=1

xk =2λ

n.

Finalmente, concluimos que

xj =±j√n

y con ello,n∏k=1

xk = ±n∏k=1

k√n

= ± n!√nn.

3.17 Problema. Sea f(x, y, z) = x2y + z2. Clasifique los extremos de f sobre

D = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 ≤ 1

Solucion: En primer lugar, hacemos notar que la funcion alcanza sus maximos y mınimos pues es una funcioncontinua con dominio compacto.

En conformidad a lo senalado en la Observacion 3.24, analizamos por separado los extremos de f sobre losconjuntos:

(a) U := (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 < 1

(b) V := (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 = 1

Como U es un abierto, podemos encontrar sus extremos imponiendo simplemente la condicion de gradiente nulo.

~∇f(x, y, z) =(2xy, x2, 2z

)= (0, 0, 0)

De donde se desprende que necesariamente x = 0 y z = 0, mientras que y queda libre. Luego, los puntos crıticosen U son de la forma Pk = (0, k, 0), con k ∈ (−1, 1). Note que hay una cantidad infinita de puntos crıticos.

Veamos que pasa con el Hessiano:

D2f(x) =

2y 2x 02x 0 00 0 2

⇒ D2f(Pk) =

2k 0 00 0 00 0 2

Distinguimos tres casos:

(a) Si k < 0, la matriz no es ni semidefinida positiva ni semidefinida negativa. (Considere el producto hTD2f(Pk)hcuando h = (h, k, 0) y h = (0, k, l).) Luego, Pk es punto silla.

(b) Si k > 0, la matriz no nos da mayor informacion Sin embargo, note que f(Pk) = 0, y que existe una bolacentrada en Pk, B (Pk, r), tal que y > 0 para todo punto en la bola. Luego:

f(Pk) = 0 ≤ f(x, y, z), (x, y, z) ∈ B (Pk, r) .

De donde se deduce que Pk es mınimo local para todo k ∈ (0, 1).

(c) Si k = 0, Pk es el origen, que es un punto silla, porque puntos de la forma (0, 0, z) tienen imagenes positivasy los de la forma (x, y, 0) negativas (cuando y < 0).

Aplicaciones 79

Busquemos ahora los extremos en la frontera que hemos denominado V . Es decir, los extremos de f restringidaa la superficie dada por g(x, y, z) = x2 + y2 + z2 = 1. Es evidente que hay que usar multiplicadores de Lagrange.El langrangeano es:

L(x, y, z, λ) = f(x, y, z)− λ(g(x, y, z)− 1) = x2y + z2 − λ(x2 + y2 + z2 − 1)

Derivando respecto a las variables e igualando a cero obtenemos las condiciones:

2xy = 2λx (3.31)

x2 = 2λy (3.32)

2z = 2λz (3.33)

x2 + y2 + z2 = 1 (3.34)

De (3.31) y (3.33) se deduce que x(y − λ) = 0 y z(1− λ) = 0.

Si x = 0, como λ 6= 0 sigue y = 0. Con esto z = ±1. Obtenemos ası los puntos crıticos: P1 = (0, 0, 1) yP2 = (0, 0,−1).

Si x 6= 0, λ = y y entonces x = ±√

2y = ±√

2λ. Ası, x2 + y2 + x2 = 3λ2 + z2 = 1 ⇒ z = ±√

1− 3λ2. Por (3.33):√1− 3λ2(1− λ) = 0

con |λ| ≤ 1√3. Por lo tanto, λ = ± 1√

3. Obtenemos ası los puntos: P3 =

(√2√3, 1√

3, 0)

, P4 =(√

2√3,− 1√

3, 0)

,

P5 =(−√

2√3, 1√

3, 0)

y P6 =(−√

2√3,− 1√

3, 0)

.

Evaluando f en cada punto crıtico Pi se tiene que,

(a) en P6 y P4 f tiene valor mınimo.

(b) en P1 y P2 f tiene valor maximo.

3.18 Problema. Determine los puntos (x, y) y las direcciones en las cuales las derivada direccional de f(x, y) =3x2 + y2 + 2y alcanza su maximo valor si (x, y) se restringe al cırculo x2 + y2 = 1.

Solucion: Como f es diferenciable, su derivada direccional en un punto (x, y) alcanza el valor maximo∥∥∥~∇f(x, y)

∥∥∥cuando se deriva con respecto a la direccion ~∇f(x, y).

En este caso, ∥∥∥~∇f(x, y)∥∥∥ = ‖(6x, 2y + 2)‖ = 2 ‖(3x, y + 1)‖ = 2

√9x2 + (y + 1)2.

Por lo tanto, nuestra funcion a maximizar sera g(x, y) = 9x2 + (y + 1)2 sujeta a la restriccion x2 + y2 − 1 = 0.Para ello definimos el lagrangeano

L(x, y, λ) = 9x2 + (y + 1)2 − λ(x2 + y2 − 1).

El sistema a resolver es18x = 2λx

2(y + 1) = 2λy

x2 + y2 = 1

La primera ecuacion puede ser reescrita como x (9− λ) = 0. Luego, tenemos dos casos a considerar:

Si x = 0, la tercera ecuacion nos dice que y = ±1 y por ende, los puntos a evaluar son:

P1 = (0, 1) , P2 = (0,−1) .

Si λ = 9, entonces la segunda ecuacion nos entrega y = 18 y por lo tanto, la tercera nos hace concluir que

los puntos a evaluar son:

P3 =

(3√

7

8,

1

8

), P3 =

(−3√

7

8,

1

8

).


Evaluando g en dichos puntos, tenemos que

g(P1) = 4 , g(P2) = 0 , g(P3) = g(P4) =81

4,

es decir, P3 y P4 son los puntos donde la derivada direccional es maxima cuando se deriva en la direccion delgradiente en esos puntos.

3.19 Problema. Sea g : R3 → R de clase C1 y tal que f(x, y, z) = x + y + z tiene un maximo en ~p = (2, 3, 4)cuando se le restringe a g(x, y, z) = 0. Determine la ecuacion del plano tangente a la superficie g(x, y, z) = 0 enel punto ~p.

Solucion: La ecuacion del plano tangente para la superficie sera de la forma

(~r − ~p) · ~∇g (~p) = 0.

Por lo tanto, necesitamos encontrar ~∇g (~p). Para esto notemos que ~p resuelve el problema de maximizar f(x, y, z)sujeto a g(x, y, z) = 0. Por lo tanto, si definimos el lagrangeano

L(x, y, z, λ) = f(x, y, z)− λg(x, y, z),

tenemos que~∇L (~p, λ∗) = ~0,

para algun λ∗, es decir,~∇f(~p) = λ∗~∇g(~p).

Finalmente, como ~∇f = (1, 1, 1), concluimos que el plano pedido es

x+ y + z = 9.

Capıtulo 4

Calculo Diferencial de FuncionesVectoriales en Varias Variables

“If people do not believe that mathematics is simple, it is only because they do not realize how complicated lifeis.”

- John Louis von Neumann4.1

Con todo lo visto hasta el momento, el lector deberıa ser capaz de estudiar campos de temperatura y presion,pues estas dos magnitudes son escalares, es decir, un numero real y por ende, pueden ser modelados mediantecampos escalares.

Para no aburrir demasiado al estudiante, es momento de cambiar ligeramente de tema. Imaginemos por unmomento que estamos en el Siglo XVI navegando por los mares rumbo a la tierra recien descubierta. Supondremosque somos humildes y por lo tanto, no tenemos esclavos que remen por nosotros, es decir, nuestra embarcacionsolo puede ser impulsada mediante un apropiado uso de las velas. Por lo tanto, es imprescindible saber haciadonde sopla del viento. Pero esta direccion no es constante, puede ser que en el punto donde estamos sople endireccion a y 2 kilometros al norte sople en direccion b, es decir, en cada punto (x, y) ∈ R2 (mirando nuestro viajedesde la vista aerea) hay un vector asociado (la direccion del viento) y que el lector puede imaginarlo pensandoen un plano lleno de flechitas.

Con el fin de realizar un estudio de este fenomeno, necesitamos al menos una funcion de la forma F : R2 → R2.Vale decir, un nuevo tipo de aplicaciones que ya no nos entreguen un escalar sino mas bien, un vector.

Para nuestro ejemplo del barco, lo anterior nos permitira construir un campo de velocidades y poder navegar deuna forma eficiente.

Sugerimos al lector ir realizando las analogıas pertinentes entre este Capıtulo y el Capıtulo 2.

4.1. Funciones Vectoriales de Varias Variables

4.1 Definicion (Funcion de vectorial varias variables). Una aplicacion F : Rn → Rm se denomina funcionvectorial de varias variables, funcion vectorial de variable vectorial o simplemente campo vectorial.Notamos que

F (x) = (f1(x), f2(x), . . . , fm(x)) ,

4.1 John von Neumann zu Margaritta (1903-1957) fue un matematico Hungaro-estadounidense y es ubicado entre los mas grandesmatematicos del siglo XX. Realizo contribuciones importantes en fısica cuantica, analisis funcional, teorıa de conjuntos, cienciasde la computacion, economıa, analisis numerico, cibernetica, hidrodinamica (de explosiones), estadıstica y muchos otros campos dela matematica. En 1944 demostro que las mecanicas de la onda de Schrodinger y las mecanicas de la matriz de Heisenberg eranmatematicamente equivalente.

82 Lımites

con

fi(x) = fi(x1, . . . , xn), i = 1, . . . ,m,

funcion escalar a la cual llamaremos funcion coordenada.

4.2 Observacion. Notemos que si m = 1, entonces F es simplemente un campo escalar.

4.3 Ejemplo. Sea F : R3 → R4 dada por

F (x, y, z) =(xy, exyz, sinx, x2 + zy

),

entonces F = (f1, f2, f3, f4) con

f1(x, y, z) = xy,

f2(x, y, z) = exyz,

f3(x, y, z) = sinx,

f4(x, y, z) = x2 + zy.

4.4 Ejemplo (Campo Eletrico). Considere una carga Q ubicada en el origen. La fuerza generada por el campoelectrico en el punto (x, y, z) 6= (0, 0, 0) sobre una carga q esta dada por

F (x, y, z) = − 1

4πε

Qq

(x2 + y2 + z2)32

(xı+ y+ zk

),

donde ε es la permitividad del vacıo.

4.5 Definicion. Sea f : Rn → R diferenciable. Se define el campo gradiente de f como

~∇f =

(∂f

∂x1,∂f

∂x2, . . . ,

∂f

∂xn

).

4.6 Observacion. De ahora en adelante, los campos escalares se denotaran por minusculas, mientras que loscampos vectoriales, por mayusculas.

4.2. Lımites

4.7 Definicion (Lımite). Sea F : U ⊆ Rn → Rm, p ∈ U ′ y L ∈ Rm. Diremos que L es el lımite de F cuando xtiende a p, si para cada ε > 0 existe δ > 0 tal que si x ∈ B (p, δ)∩U entonces F (x) ∈ B (L, ε). O equivalentemente,

x ∈ U ∧ 0 < ‖x− p‖ < δ ⇒ ‖F (x)− L‖ < ε.

Si lo anterior se cumple, escribiremos

lımx→p

F (x) = L,

y diremos que F → L cuando x→ p.

4.8 Observacion. Observemos que al igual que antes, no hay necesidad alguna de que F este definida en p.

4.9 Teorema. Sea F : U ⊆ Rn → Rm tal que F = (f1, . . . , fm) con fi : Rn → R,∀i = 1, . . . ,m. Sean p ∈ U ′ yL = (l1, . . . , lm) ∈ Rm. Entonces,

lımx→p

F (x) = L ⇐⇒ lımx→p

fi(x) = li, ∀i = 1, . . . ,m.

Demostracion. (⇒) Sea ε > 0. Como F → L cuando x → p, existe δ > 0 tal que x ∈ B (p, δ) ∩ U entoncesF (x) ∈ B (L, ε). Pero, para cada i = 1, . . . ,m se cumple que√

(fi(x)− li)2 ≤√

(f1(x)− l1)2

+ . . .+ (fi(x)− li)2+ (fm(x)− lm)

2= ‖F (x)− L‖ < ε,

Calculo Diferencial de Funciones Vectoriales en Varias Variables 83

es decir, cuando x ∈ B (p, δ) ∩ U se tiene que

|fi(x)− li| < ε.

Por lo tanto, fi → li cuando x→ p.

(⇐) Sea ε > 0. Como fi → li cuando x→ p, existe δi > 0 tal que

x ∈ B (p, δi) ∩ U ⇒ |fi(x)− li| <ε√m.

Luego, tomando δ = maxi=1,...,m

δi se tiene que

x ∈ B (p, δ) ∩ U ⇒ |fi(x)− li| <ε√m, ∀i = 1, . . . ,m.

Llamemos

α = maxi=1,...,m

|fi(x)− li| .

En consecuencia, se tiene que si x ∈ B (p, δi) ∩ U , entonces α < ε√m

. Finalmente, notemos que

√(f1(x)− l1)

2+ . . .+ (fi(x)− li)2

+ (fm(x)− lm)2 ≤

√α2 + . . .+ α2︸︷︷︸m veces

=√mα2 = α

√m < ε,

es decir, si x ∈ B (p, δ) ∩ U se tiene que

‖F (x)− L‖ < ε.

Por lo tanto, F → L cuando x→ p.

4.10 Teorema (Unicidad del Lımite). Si lımx→p

F (x) = L1 y lımx→p

F (x) = L2, entonces L1 = L2.

Demostracion. Analogo al caso escalar.

4.11 Proposicion. Sean F,G : U ⊆ Rn → Rm, p ∈ U ′, c ∈ R y L1, L2 ∈ Rm tales que

lımx→p

F (x) = L1 , lımx→p

F (x) = L2.

Entonces

(a) lımx→p

(F +G)(x) = L1 + L2.

(b) lımx→p

cF (x) = cL1.

(c) lımx→p

F (x) ·G(x) = L1 · L2, si m > 1.

(d) lımx→p‖F (x)‖ = ‖L1‖.

Demostracion. Todos excepto (d) son analogos al caso escalar. Para mostrar esta ultima, por el Problema 1.3,tenemos que

|‖F‖ − ‖L‖| ≤ ‖F − L‖ .

Finalmente, como F → L, se tiene que ‖F − L‖ → 0 y por ende |‖F‖ − ‖L‖| → 0, es decir, ‖F‖ → ‖L‖.

84 Continuidad

4.3. Continuidad

4.12 Definicion (Continuidad). Sea F : U ⊆ Rn → Rm, u ∈ U . Diremos que f es continua en u si para cadaε > 0 existe δ > 0 tal que si x ∈ B (p, δ) ∩ U entonces F (x) ∈ B (F(u), ε). O equivalentemente,

x ∈ U ∧ ‖x− u‖ < δ ⇒ ‖F (x)− F (u)‖ < ε.

Diremos que F es continua en U si es continua en cada u ∈ U .

4.13 Teorema. Sea F : U ⊆ Rn → Rm tal que F = (f1, . . . , fm) y u ∈ U . Entonces F es continua en u si y solosi fi es continua en u,∀i = 1, . . . ,m.

Demostracion. Directo del Teorema 4.9.

4.14 Proposicion. Sean F,G : U ⊆ Rn → Rm continuas en u ∈ U y c ∈ R. Entonces Entonces

(a) F +G es continua en u.

(b) cF es continua en u.

(c) F ·G es continua en u, si m > 1.

Demostracion. Directo de la Proposicion 2.27.

4.15 Proposicion. Sean F : U ⊆ Rn → Rm, G : Rm → Rp con F (U) ⊆ Dom (G). Si F y G son continuas en Uy F (U), respectivamente, entonces G F : U ⊆ Rn → Rp es continua en U .

Demostracion. Sea ε > 0, w ∈ F (U), u ∈ U tales que F (u) = w. Como G es continua en y, existe η > 0 tal que siy ∈ B (w, η) entonces G(y) ∈ B (G(w), ε).

Por otro lado, F es continua en U y por ende, existe δ > 0 tal que si x ∈ B (u, δ) entonces F (x) ∈ B (F(u), η).

Es decir, si x ∈ B (u, δ) entonces G(F (x)) ∈ B (G(F(u)), ε) y por lo tanto, G F es continua en U .

4.16 Ejemplo. g(x, y) =√x2 + y2 es continua en R2.

4.4. Diferenciabilidad

4.17 Definicion (Diferenciabilidad). Sea F : U ⊆ Rn → Rm y p ∈ U . Diremos que F es diferenciable en p siexiste una transformacion lineal DF (p) : Rn → Rm tal que

lımh→0

‖F (p+ h)− F (p)−DF (p)(h)‖‖h‖

= 0.

4.18 Observacion. Hacemos notar que DF (p) es la transformacion lineal que toma un vector h ∈ Rn y le asociaun vector DF (p)(h) ∈ Rm, vale decir, en cada punto p ∈ U hay una funcion vectorial lineal de varias variables,DF (p).

4.19 Observacion. Sea F : U ⊆ Rn → Rm diferenciable y p ∈ U . Supongamos que

F = (f1, . . . , fm),

entonces

F (p+ h)− F (p) = (f1(p+ h)− f1(p), . . . , fm(p+ h)− fm(p)) .

Escribamos

DF (p)(h) = (l1(h), . . . , lm(h)) .


Ası, tenemos que,

F (p+ h)− F (p)−DF (p)(h) = (f1(p+ h)− f1(p)− l1(h), . . . , fm(p+ h)− fm(p)− lm(h)) .

Por otro lado, como DF (p) es una transformacion lineal y Rm,Rn son de dimension finita, existe una matrizA ∈Mm×n (R) que representa a esta transformacion, digamos

A =

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n

......

. . .

am1 am2 . . . amn

.Tomando h = te1, se tiene que

DF (p)(h) = Ah = (ta11, . . . , tam1) ,

es decir,

F (p+ h)− F (p)−DF (p)(h) = (f1(p+ h)− f1(p)− ta11, . . . , fm(p+ h)− fm(p)− tam1) .

Luego, como F es diferenciable, se cumple que

lımt→0

‖F (p+ h)− F (p)−DF (p)(h)‖|t|

= 0,

y por el Teorema 4.9, esto implica que

lımt→0

∣∣∣∣f1(p+ te1)− f1(p)− ta11

t

∣∣∣∣ = 0,

o equivalentemente

lımt→0

f1(p+ te1)− f1(p)

t= a11.

Por lo tanto, recordando la definicion de derivada parcial, tenemos que

a11 =∂f1

∂x1(p).

Repitiendo el mismo argumento para i = 1, . . . ,m, tenemos que

ai1 =∂fi∂x1

(p).

Finalmente, tomando h = tej para j = 1, . . . , n, concluimos que

DF (p) =

∂f1

∂x1(p)

∂f1

∂x2(p) . . .

∂f1

∂xn(p)

∂f2

∂x1(p)

∂f2

∂x2(p) . . .

∂f2

∂xn(p)

......

. . .

∂fm∂x1

(p)∂fm∂x2

(p) . . .∂fm∂xn

(p)

,

y por unicidad del lımite, se tiene que es la unica que satisface la condicion de diferenciabilidad.

4.20 Observacion. Nuevamente, la Observacion 4.19 nos permite concluir que la existencia de las derivadasparciales es una condicion necesaria para la diferenciabilidad.

86 Diferenciabilidad

4.21 Definicion (Matriz del diferencial). Sea F : U ⊆ Rn → Rm diferenciable y p ∈ U . Se define la matriz deldiferencial de F en p por

DF (p) :=

∂f1

∂x1(p)

∂f1

∂x2(p) . . .

∂f1

∂xn(p)

∂f2

∂x1(p)

∂f2

∂x2(p) . . .

∂f2

∂xn(p)

......

. . .

∂fm∂x1

(p)∂fm∂x2

(p) . . .∂fm∂xn

(p)

.

4.22 Ejemplo. Sea F (x, y, z) = (xyz, x2 + y2 + z2) y p = (0, 0, 0), entonces

∂f1

∂x= yz ,

∂f1

∂y= xz ,

∂f1

∂z= xy,

∂f2

∂x= 2x ,

∂f2

∂y= 2y ,

∂f2

∂z= 2z.

Por lo tanto, en caso de que F fuese diferenciable,

DF (p) =

[0 0 00 0 0

].

En efecto, la condicion de diferenciabilidad en p = (0, 0, 0) esta dada por

lımh→0

‖F (h)− F (0)−DF (0)(h)‖‖h‖

= lımh→0

∥∥(h1h2h3, h21 + h2

2 + h23

)∥∥‖h‖

= lımh→0

√h2

1h22h

23 + (h2

1 + h22 + h2

3)2

h21 + h2

2 + h23

.

Pero, por MA-MG,

lımh→0

h21h

22h

23

h21 + h2

2 + h23

≤ lımh→0

(h2

1 + h22 + h2

3

)23 (h2

1 + h22 + h2

3)≤ lımh→0

h21 + h2

2 + h23 = 0,

por lo tanto,

lımh→0

‖F (h)− F (0)−DF (0)(h)‖‖h‖

= 0.

4.23 Teorema. Sea F : U ⊆ Rn → Rm tal que F = (f1, . . . , fm) y p ∈ U . Si todas las derivadas parciales ∂fi∂xj

existen y son continuas en p, entonces F es diferenciable en p.

4.24 Ejemplo. Sea f(x, y) = (exy, sin(xy)), entonces

∂f1

∂x= yex

2+y2 ,∂f1

∂y= xex

2+y2 ,

∂f2

∂x= y cos(xy) ,

∂f2

∂y= x cos(xy),

son todas continuas y por lo tanto, f es diferenciable en todo R2.

4.25 Proposicion. Sean F,G : U ⊆ Rn → Rm y p ∈ U tales que F y G son diferenciables en p. Consideremosα, β ∈ R, entonces αF + βG es diferenciable en p y

D (αF + βG) (p) = αDF (p) + βDG(p).

4.26 Proposicion (Regla de la Cadena). Sean F : U1 ⊆ Rn → Rm, G : U2 ⊆ Rm → Rp tales que F esdiferenciable en p ∈ U1 y G es diferenciable en F (p) ∈ U2 y ademas F (U1) ⊆ U2. Entonces,

D (G F ) (p) = (DG (F (p))) DF (p) .


4.27 Observacion. Si H = G F , entonces

DH(p) =

∂h1

∂x1(p)

∂h1

∂x2(p) . . .

∂h1

∂xn(p)

∂h2

∂x1(p)

∂h2

∂x2(p) . . .

∂h2

∂xn(p)

......

. . .

∂hp∂x1

(p)∂hp∂x2

(p) . . .∂hp∂xn

(p)

,

DF (p) =

∂f1

∂x1(p)

∂f1

∂x2(p) . . .

∂f1

∂xn(p)

∂f2

∂x1(p)

∂f2

∂x2(p) . . .

∂f2

∂xn(p)

......

. . .

∂fm∂x1

(p)∂fm∂x2

(p) . . .∂fm∂xn

(p)

,

DG(q) =

∂g1

∂y1(q)

∂g1

∂y2(q) . . .

∂g1

∂ym(q)

∂g2

∂y1(q)

∂g2

∂y2(q) . . .

∂g2

∂ym(q)

......

. . .

∂gp∂y1

(q)∂gp∂y2

(q) . . .∂gp∂ym

(q)

.

Luego,

∂hi∂xj

(p) =

m∑k=1

∂gi∂yk

(F (p))∂fk∂xj

(p).

4.28 Ejemplo. Sean F (x, y) = (x2 +y2, x2−y2) y G(u, v) = (uv, u+v). Entonces para H = GF , su diferencialesta dado por

DH(x, y) = DG(F (x, y)) DF (x, y).

Pero

DF (x, y) =

[∂f1∂x

∂f1∂y

∂f2∂x

∂f2∂y

]=

[2x 2y2x −2y

],

DG(x, y) =

[∂g1∂u

∂g1∂v

∂g2∂u

∂g2∂v

]=

[v u1 1

].

Luego,

DH(x, y) =

[v u1 1

]∣∣∣∣(u,v)=(x2+y2,x2−y2)

[2x 2y2x −2y

]=

[x2 − y2 x2 + y2

1 1

] [2x 2y2x −2y

]=

[4x3 −4y3

4x 0

].

88 Matriz Jacobiana

4.5. Matriz Jacobiana

4.29 Definicion (Matriz Jacobiana). Sea F : U ⊆ Rn → Rn y p ∈ U tal que F es diferenciable en p. Entoncesla matriz DF (p) de n × n y su determinante se conocen como matriz Jacobiana y jacobiano de F en p,respectivamente.

4.30 Observacion. Si F = (f1, . . . , fn), denotaremos su matriz Jacobiana por JF (x) o ∂(f1,...,fn)∂(x1,...,xn) . Ademas,

notamos que

∂ (f1, . . . , fn)

∂ (x1, . . . , xn)=

~∇fT1

...~∇fTn

.Analogamente, el jacobiano sera denotado por |JF (x)| o

∣∣∣ ∂(f1,...,fn)∂(x1,...,xn)

∣∣∣.4.6. Cambios de Coordenadas

En los siguientes ejemplos se presentan un par de cambios de coordenadas

(u, v) 7→ (x, y),

con (u, v), (x, y) ∈ R2.

4.31 Ejemplo (Transformacion lineal). Sea F : R2 → R2 tal que F (u, v) = A(u, v), con

A =

[a bc d

].

Entonces, x = au+ bv, y = cu+ dv y sigue que

JF (r, θ) =∂ (x, y)

∂ (u, , v)= A.

Luego, el jacobiano de F no es mas que el determinante de A, es decir,

|JF (r, θ)| =∣∣∣∣∂ (x, y)

∂ (r, θ)

∣∣∣∣ = ad− bc.

4.32 Ejercicio. Calcule el jacobiano de la transformacion dada por

F (u, v) =

[a bc d

] [uv

]+

[ef

],

con a, b, c, d, e, f ∈ R.

4.33 Ejemplo (Coordenadas polares). Sea F :]0,∞[×[0, 2π[→ R dado por F (r, θ) = (r cos θ, r sin θ). Su matrizJacobiana esta dada por

JF (r, θ) =∂ (x, y)

∂ (r, θ)=

∂x

∂r

∂x

∂θ

∂y

∂r

∂y

∂θ

=

[cos θ −r sin θsin θ r cos θ

].

Luego, el jacobiano de F es

|JF (r, θ)| =∣∣∣∣∂ (x, y)

∂ (r, θ)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣cos θ −r sin θsin θ r cos θ

∣∣∣∣ = r.

Ahora, agregaremos una variable mas. Presentamos otro par de cambios de coordenadas, solo que esta vez sonde la forma

(u, v, w) 7→ (x, y, z),

con (u, v, w), (x, y, z) ∈ R3.


4.34 Ejemplo (Coordenadas cilındricas). Sea F :]0,∞[×[0, 2π[×R → R3 con F (r, θ, z) = (r cos θ, r sin θ, z). Sumatriz jacobiana esta dada por

JF (r, θ, z) =∂ (x, y, z)

∂ (r, θ, z)=

∂x

∂r

∂x

∂θ

∂x

∂z

∂y

∂r

∂y

∂θ

∂y

∂z

∂z

∂r

∂z

∂θ

∂z

∂z

=

cos θ −r sin θ 0sin θ r cos θ 0

0 0 1

.


|JF (r, θ)| =∣∣∣∣∂ (x, y, z)

∂ (r, θ, z)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣cos θ −r sin θ 0sin θ r cos θ 0

0 0 1

∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣cos θ −r sin θsin θ r cos θ

∣∣∣∣ = r.

Notemos que las coordenadas cilındricas es una extension de las coordenadas polares, las cuales pueden recuperarseimponiendo z = 0, a R3. A continuacion presentamos otra extension.

4.35 Ejemplo (Coordenadas esfericas). Sea F :]0,∞[×[0, 2π[×[0, π[→ R3 con F (r, θ, ϕ) = (r cos θ sinϕ, r sin θ sinϕ, r cosϕ).Su matriz jacobiana esta dada por

JF (r, θ, z) =∂ (x, y, z)

∂ (r, θ, ϕ)=

∂x

∂r

∂x

∂θ

∂x

∂ϕ

∂y

∂r

∂y

∂θ

∂y

∂ϕ

∂z

∂r

∂z

∂θ

∂z

∂ϕ

=

cos θ sinϕ −r sin θ sinϕ r cos θ cosϕsin θ sinϕ r cos θ sinϕ r sin θ cosϕ

cosϕ 0 −r sinϕ

.


|JF (r, θ)| =∣∣∣∣∂ (x, y, z)

∂ (r, θ, ϕ)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣cos θ sinϕ −r sin θ sinϕ r cos θ cosϕsin θ sinϕ r cos θ sinϕ r sin θ cosϕ

cosϕ 0 −r sinϕ

∣∣∣∣∣∣= cosϕ

∣∣∣∣−r sin θ sinϕ r cos θ cosϕr cos θ sinϕ r sin θ cosϕ

∣∣∣∣− r sinϕ

∣∣∣∣cos θ sinϕ −r sin θ sinϕsin θ sinϕ r cos θ sinϕ

∣∣∣∣= −r2 cos2 ϕ sinϕ− r2 sin3 ϕ = −r2 sinϕ.

Al lector le podrıa parecer extrano el que en las tres ultimas reparametrizaciones, no es posible obtener el 0, esdecir, 0 6∈ RecF .

Sin embargo, tambien debe notar que gracias a la exclusion de este punto —que se lograrıa aceptando r = 0— eljacobiano de nuestras transformaciones es siempre no nulo. Puede pensar que esto bordea en lo caprichoso, perocomo se vera en el capıtulo siguiente, que el jacobiano no se anule nos garantiza que nuestra transformacion seabiyectiva y con ello, que realmente sirvan como coordenadas y no andemos confundidos por el mundo.

Ademas que un punto es... despreciable.


4.1 Problema. Sean f : R→ R2, t→ (at, bt), a, b ∈ R y g : R2 → R dada por

g(x, y) =

xy2

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

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


(a) Calcule gx y gy en (0, 0).

(b) Determine h = g f .

(c) Calcule h′(0) directamente.

(d) Compare el resultado obtenido con el que se obtendrıa al usar la Regla de la cadena. ¿Que ocurrio?

Solucion:

(a) Por definicion,∂g

∂x(0, 0) = lım

h→0

g(h, 0)− g(0, 0)

h= 0,

∂g

∂y(0, 0) = lım

k→0

g(0, k)− g(0, 0)

h= 0.

(b) Notemos que

h(t) = (g f) (t) =

ab2

a2 + b2t , si t 6= 0

0 , si t = 0,

es decir,

h(t) =ab2

a2 + b2t, ∀t ∈ R.

(c) Al ser una funcion lineal,

h′(0) =ab2

a2 + b2.

(d) Dado que Jf = (a, b), si usamos la Regla de la cadena, tenemos que

h′(0) =[0 0

](a, b) = 0.

Lo que fallo aquı es que g no es diferenciable en (0, 0) pues

lım(h,k)→(0,0)

g(h, k)− g(0, 0)−[0 0

](h, k)

√h2 + k2

= lım(h,k)→(0,0)

hk2

(h2 + k2)32

,

el cual no existe pues, si usamos coordenadas polares, tenemos que

lım(h,k)→(0,0)

hk2

(h2 + k2)32

= lımr→0

r3 cos θ sin2 θ

r3= cos θ sin2 θ.

4.2 Problema. Sean G(x, y, z) =√x2 + y2 + z2 y ~F (r, θ) = (r cos θ, r sin θ, r). Calcule, utilizando Regla de la

Cadena, la matriz derivada de(G ~F

)en el punto ~p = (1, 0).

Solucion: La Regla de la Cadena nos dice que

D(G ~F

)(~p) =

(DG

(~F (~p)

))D~F (~p) .

Tenemos que

D~F (~p) =

∂f1

∂r(~p)

∂f1

∂θ(~p)

∂f2

∂r(~p)

∂f2

∂θ(~p)

∂f3

∂r(~p)

∂f3

∂θ(~p)

=

cos θ −r sin θsin θ r cos θ

1 0

∣∣∣∣∣∣(r,θ)=(1,0)

=

1 00 11 0

.


Analogamente, dado que ~F (0, 1) = (1, 0, 1),

DG(F (p)) =

[∂g1

∂x(F (p))

∂g1

∂y(F (p))

∂g1

∂z(F (p))

]=

[ x√x2 + y2 + z2

y√x2 + y2 + z2

z√x2 + y2 + z2

]∣∣∣∣(x,y,z)=(1,0,1)

=

[1√2

01√2

].

Finalmente,

D(G ~F

)(~p) =

[1√2

01√2

]1 00 11 0

=[√

2 0].


Capıtulo 5

Teorema de la Funcion Implıcita eInversa

“A mathematician is a device for turning coffee into theorems.”- Paul Erdos5.1

5.1. Teorema de la Funcion Implıcita

De la geometrıa analıtica, sabemos que la ecuacion:

x2 + y2 + z2 = 1

representa una esfera de radio 1 centrada en el origen. Deberıa percatarse de que la ecuacion nos permite seleccionarciertos puntos del espacio. En particular, si conocemos x e y (adecuados), los valores que z puede tomar estan

sumamente restringidos: z1 =√

1− x2 − y2 y z2 =√

1− x2 − y2. Mas aun, si se da un punto cualquiera de laesfera, casi siempre solo una de estas funciones sirve (excepto en el borde).

En terminos mas generales, dada F : Rn → R, la ecuacion F (x) = 0 representa una de sus superficies de nivel, quedenotaremos S. La pregunta que nos mueve en esta seccion es la siguiente: dado un punto de s ∈ S, ¿cuando esposible despejar una de las coordenadas en funcion de las demas, para todo x en una vecindad de s? Es importanteen dicha pregunta la palabra vecindad: probablemente no existira ninguna funcion que sirva para todo x ∈ Rn(basta que reconsidere el ejemplo de la esfera del parrafo anterior).

Descubriremos algo interesante: que podemos establecer la existencia de dicha funcion, sin “despejar” una de lascomponentes de x en F (x) = 0. Mas aun, estaremos en condiciones de conocer la derivada de dicha funcion.

5.1 Ejemplo. Considere:sin(zx) + exy + xz = 1. (5.1)

Supongamos, por un momento, que z = f(x, y) y que esta funcion f es diferenciable. Derivemos (5.1) respecto ax:

cos(xz)

(z + x

∂z

∂x

)+ yexy +

(z + x

∂z

∂x

)= 0.

Siempre que se cumpla cos(zx)x+ x 6= 0, podremos despejar ∂z∂x , obteniendo:

∂z

∂x= − 1

x

(yexy

1 + cos(xz)+ z

).

5.1Paul Erdos (1913-1996) fue un matematico hungaro inmensamente prolıfico y famoso por su excentricidad que, con cientos decolaboradores, trabajo en problemas sobre combinatoria, teorıa de grafos, teorıa de numeros, analisis clasico, teorıa de aproximacion,teorıa de conjuntos y probabilidad.

94 Teorema de la Funcion Implıcita

Por ultimo, note que cos(zx)x+ x = ∂F (x,y,x)∂z , donde F (x, y, z) = sin(zx) + exy + xz − 1.

Lo que abordamos de forma bastante informal en el Ejemplo (5.1) puede tratarse con mas rigor. El resultadoobtenido concuerda con uno mucho mas general, que enunciamos a continuacion.

5.2 Teorema. Sea f : U ⊆ Rn+1 → R tal que sus derivadas parciales existen y son continuas. Sea (x0, z0) ∈Rn × R = Rn+1 tal que f(x0, z0) = 0 y ∂f

∂z (x0, z0) 6= 0.

Entonces, existe una bola B en Rn que contiene a x0, un intervalo I de R que contiene a z0 y una funciong : Rn → R tales que: ∀z ∈ I, ∃x ∈ B de forma que g(x) = z y f(x, g(x)) = 0. Ademas, esta funcion g(x) esdiferenciable en B y:

∂g(x)

∂xi= −

∂f(x,g(x))∂xi

∂f(x,g(x))∂z

, ∀i ∈ 1, . . . , n

Pedir que f(x, g(x)) = 0 es asegurarnos que los puntos dados por al funcion g permanezcan en la superficie queconsideramos. Note que como se sugirio mas arriba, la existencia de esta funcion g solo se asegura en cierta bolaen torno a (x0, z0).

5.3 Observacion. Es necesario pedir que la derivada de f respecto a z sea distinta de cero en (x0, y0) para que secumpla el teorema. De no ser ası, no tenemos informacion (puede que exista una funcion definida implicitamenteo no). Es facil exhibir un ejemplo en que al fallar esa hipotesis no existe tal g, como hacemos a continuacion.

5.4 Ejemplo. Consideremos la circunferencia dada por F (x, y) := x2 + y2 − 1 = 0. Tomemos ademas un punto(x0, y0) que satisfaga esta ecuacion. Aquı se distinguen tres casos:

(a) Si y0 > 0, podemos despejar y en funcion de x como y(x) =√

1− x2, tal que x ∈ B (x0, r) (para cierto r).

(b) Si y0 < 0, tambien podemos despejar para una cierta bola B (x0, r) y entonces: y(x) = −√

1− x2.

(c) Si y0 = 0, sin embargo, no es posible despejar y en funcion de x. Suponga, por ejemplo, que (x0, y0) = (1, 0).Cada bola B (1, r) contiene algunos puntos de la forma (x,

√1− x2) y otros de la forma (x,−

√1− x2). A

cada x se vinculan dos imagenes y por lo tanto no es posible hablar de una funcion.

Analicemos ahora lo que nos puede decir el Teorema 5.2:

Puesto que ∂F∂y = 2y, el teorema asegura que si y 6= 0 se puede expresar y como funcion de x. Vimos que esto en

efecto es ası, porque pudimos encontrar formas explıcitas para estas funciones.

Si y = 0, el teorema no aseguraba la existencia de una funcion g tal que y = g(x). Y esto esta bien, porque noexiste dicha funcion.

5.5 Ejemplo. Como una extension de lo anterior: sea f : R3 → R. Consideremos una superficie de nivel de lamisma, dada por S = (x, y, z) ∈ R3 : f(x, y, z) = C. ¿Cuando podemos expresar z en funcion de x, y en torno aun punto (x0, y0, z0) ∈ S? Debemos pedir que la normal a S en (x0, y0, z0) no sea perpendicular al eje z, es decir,que ∂f

∂z (x0, y0, z0) 6= 0. Es importante que el lector entienda el sentido geometrico de esta condicion.

5.6 Ejemplo. Consideremos ahora un caso mas general. Supongamos que tenemos dos superficies de nivel dadaspor:

F1(x, y, z, u, v) = 0 (5.2)

F2(x, y, z, u, v) = 0 (5.3)

Supongamos ademas que es posible expresar u = G1(x, y, z), v = G2(x, y, z). Derivando (5.2) respecto a x:

∂F1

∂x+∂F1

∂u

∂u

∂x+∂F1

∂v

∂v

∂x= 0

Analogamente, derivando (5.3):∂F2

∂x+∂F2

∂u

∂u

∂x+∂F2

∂v

∂v

∂x= 0

Lo que nos da un sistema lineal para ux, vx, a saber:

Teorema de la Funcion Implıcita e Inversa 95

∂F1

∂u

∂F1

∂v

∂F2

∂u

∂F2

∂v

∂u

∂x

∂v

∂x

= −

∂F1

∂x

∂F2

∂x

Este sistema es soluble si la matriz involucrada es invertible, es decir, si:∣∣∣∣∂(F1, F2)

∂(u, v)

∣∣∣∣ 6= 0

Lo que afirma el teorema de la funcion implıcita es que dada la condicion de solubilidad de dicho sistema y algunasotras buenas hipotesis de continuidad, podemos afirmar que existen localmente las funciones G1, G2.

5.7 Teorema (Teorema de la funcion implıcita). Sea F : Rn+m → Rm, F = (F1, . . . , Fm), y vectores x ∈ Rn,u ∈ Rm tales que F (x, u) = 0 (es decir, que el punto (x, u) ∈ Rn+m este en todas las superficies de nivel 0 de lasfunciones Fi).

Supongamos ademas que las derivadas parciales ∂Fi∂xj

, ∂Fi∂ukexisten y son continuas (∀i, j, k).

Si ∣∣∣∣∂(F1, . . . , Fm)

∂(u1, . . . , um)

∣∣∣∣ 6= 0

entonces existe una bola S ⊆ Rn y otra T ⊆ Rm tales que:

x ∈ S, u ∈ T

y una funcion G : S → T de clase C1:G(x) = (G1(x), . . . , Gm(x))

tal que (u1, . . . , un) = G(x1, . . . , xn) y:

∂(u1, . . . , um)

∂(x1, . . . , xn)= −

(∂(F1, . . . , Fm)

∂(u1, . . . , um)

)−1∂(F1, . . . , Fm)

∂(x1, . . . , xn)

En este curso no tenemos las herramientas necesarias para demostrar la existencia de dicha funcion. Asumiendo

cierta esa parte del teorema, la expresion para ∂(u1,...,um)∂(x1,...,xn) no es mas que una generalizacion de lo que hicimos en

el Ejemplo 5.6.

5.8 Ejemplo. Suponga funciones F = (F1, F2, F3) : R6 → R3 y un punto (x0, y0, z0, u0, v0, w0) ∈ R3 × R3 talque F (x0, y0, z0, u0, v0, w0) = 0. Asuma que queremos despejar u, v, w en funcion de x, y, z y que se cumplen paraesto las hipotesis del teorema. Entonces,

∂F1

∂u

∂F1

∂v

∂F1

∂w

∂F2

∂u

∂F2

∂v

∂F2

∂w

∂F3

∂u

∂F3

∂v

∂F3

∂w

∂u

∂x

∂u

∂y

∂u

∂z

∂v

∂x

∂v

∂y

∂v

∂z

∂w

∂x

∂w

∂y

∂w

∂z

= −

∂F1

∂x

∂F1

∂y

∂F1

∂z

∂F2

∂x

∂F2

∂y

∂F2

∂z

∂F3

∂x

∂F3

∂y

∂F3

∂z

Consideremos, en particular, un sistema de la forma Ax = b (b ∈ R3), por ejemplo:

∂F1

∂u

∂F1

∂v

∂F1

∂w

∂F2

∂u

∂F2

∂v

∂F2

∂w

∂F3

∂u

∂F3

∂v

∂F3

∂w

∂u

∂x

∂v

∂x

∂w

∂x

= −

∂F1

∂x

∂F2

∂x

∂F3

∂x

96 Teorema de la Funcion Inversa

Segun la regla de Cramer, se tiene que:

∂u

∂x= −

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂F1

∂x

∂F1

∂v

∂F1

∂w

∂F2

∂x

∂F2

∂v

∂F2

∂w

∂F3

∂x

∂F3

∂v

∂F3

∂w

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂F1

∂u

∂F1

∂v

∂F1

∂w

∂F2

∂u

∂F2

∂v

∂F2

∂w

∂F3

∂u

∂F3

∂v

∂F3

∂w

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= −|JF (x, v, w)||JF (u, v, w)|

Analogamente,∂u

∂y= −|JF (y, v, w)||JF (u, v, w)|

∂u

∂z= −|JF (z, v, w)||JF (u, v, w)|

Considerando otro sistema similar al anterior se establece, por ejemplo, que

∂v

∂x= −|JF (u, x, w)||JF (u, v, w)|

∂v

∂y= −|JF (u, y, w)||JF (u, v, w)|

etcetera.

5.2. Teorema de la Funcion Inversa

5.9 Teorema. Sea F : Rn → Rn continuamente diferenciable en D ⊆ Rn, es decir, tal que ∂Fi∂xj

exista y sea

continua para cualquier par i, j. Sea x ∈ D tal que JF (x) es invertible. Entonces existen abiertos U,W ⊆ Rn talesque x ∈ U ; y = f(x) ∈W y F : U →W es biyectiva con inversa F−1 continuamente diferenciable y ademas:

JF−1(y) = (JF (x))−1, ∀y ∈W con F (x) = y

5.10 Observacion. Las hipotesis del teorema representan condiciones suficientes para la invertibilidad, pero nonecesarias. Considere f(x) = x3. f es invertible:

f−1 = 3√x

y f−1 existe en cero, aunque f ′(0) = 0.

5.11 Ejemplo. Estudiemos la invertibilidad de F (x, y) = (xy, yx), cerca de (x, y) = (1, 1).

En primer lugar, debemos calcular las derivadas parciales ∂F1

∂x ,∂F1

∂y ,∂F2

∂x ,∂F2

∂y .

∂F1

∂x= yxy−1

∂F1

∂y= xy lnx


∂F2

∂x= yx ln y

∂F2

∂y= xyx−1

Todas estas derivadas existen y son continuas cerca de (1, 1).

JF (x, y) =

[yxy−1 xy lnxyx ln y xyx−1

]

Puesto que JF (1, 1) =

[1 00 1

]es invertible, hay una vecindad de F (1, 1) sobre la que esta definida una funcion

inversa y DF−1(F (1, 1)) =

[1 00 1

].


5.1 Problema. Considere el sistemaxy + eux + 2v = 3

x+ uy − v = −1

(a) Compruebe que existe una vecindad de p = (0, 1) y funciones u = u(x, y) y v = v(x, y) tales que u(0, 1) = 0y v(0, 1) = 1 que resuelven el sistema.

(b) Calcule∂u

∂x(0, 1) ,

∂2u

∂y∂x(0, 1),

donde u es la funcion del inciso anterior.

Solucion:

(a) Sean F (x, y, u, v) = xy+ eux + 2v− 3, G(x, y, u, v) = x+uy− v+ 1, entonces el sistema dado es equivalentea

F (x, y, u, v) = 0

G(x, y, u, v) = 0

Dado que F y G son funciones diferenciables y (0, 1, 0, 1) satisface trivialmente el sistema, podemos usar elTFImp. La condicion que nos falta chequear es∣∣∣∣∂(F,G)

∂(u, v)

∣∣∣∣ 6= 0

en (0, 1, 0, 1). Allı tenemos que∣∣∣∣∂(F,G)

∂(u, v)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣xeux 2y −1

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣0 21 −1

∣∣∣∣ = −2 6= 0.

Luego, por el TFImp, se concluye lo pedido.

(b) Sabemos que en una vecindad de (0, 1, 0, 1),

∂u

∂x= −

∣∣∣∂(F,G)∂(x,v)

∣∣∣∣∣∣∂(F,G)∂(u,v)

∣∣∣ = −

∣∣∣∣y + ueux 21 −1

∣∣∣∣∣∣∣∣xeux 2y −1

∣∣∣∣ = −y + ueux + 2

xeux + 2y⇒ ∂u

∂x(0, 1) = −3

2.


Para encontrar la otra derivada, derivamos la ecuacion anterior respecto a y. Ası,

∂2u

∂y∂x= −

(1 + uyeux + xuuye

ux) (xeux + 2y)− (y + ueux + 2)(x2uuye

ux + 2)

(xeux + 2y)2 .

Pero

∂u

∂y= −

∣∣∣∂(F,G)∂(y,v)

∣∣∣∣∣∣∂(F,G)∂(u,v)

∣∣∣ = −

∣∣∣∣x 2u −1

∣∣∣∣∣∣∣∣xeux 2y −1

∣∣∣∣ = − x+ 2u

xeux + 2y⇒ ∂u

∂y(0, 1) = 0.

Finalmente,∂2u

∂y∂x= 1.

5.2 Problema. Sea g(x, y) una funcion dos veces diferenciable. Considere la funcion

F (x, y, z) = x2 + y2 + zg(x, y)− z2.

Determine las condiciones sobre x, y y g(x, y) de modo que la ecuacion F (x, y, z) = 0 permita definir z = z(x, y)implıcitamente como funcion dos veces diferenciable y pruebe que, en este caso, se verifica la ecuacion

(g − 2z)4z + 2~∇z · ~∇g − 2||~∇z||2 + z4g = −4.

Solucion: Notemos que F es diferenciable por ser algebra de diferenciables. Luego, el TFImp nos dice que parapoder despejar z en funcion de x e y necesitamos que

∂F

∂z6= 0,

es decir,g(x, y) 6= 2z. (5.4)

Aceptemos (5.4). Derivando F (x, y, z(x, y)) = 0 respecto a x, tenemos que

2x+ z∂g

∂x+∂z

∂x(g − 2z) = 0.

Sea

H(x, y, w) = 2x+ z(x, y)∂g

∂x(x, y) + w (g(x, y)− 2z(x, y)) .

Ahora nos gustarıa que w pudiese ser despejada como funcion implıcita de x e y (pues w = ∂z∂x ). Observamos que

H tambien es diferenciable por ser algebra de diferenciables. Luego, para poder hacer el despeje, el TFImp nosexige que

∂H

∂w6= 0,

es decir, nos exige (5.4).

Dada la simetrıa de la funcion, todo el procedimiento anterior es analogo para y y por lo tanto, si se cumple (5.4),∂z∂y tambien es una funcion diferenciable.

En conclusion, si se cumple (5.4), tenemos que z = z(x, y) es una funcion diferenciable cuyas derivadas parcialesson nuevamente diferenciables, por lo tanto, z es una funcion dos veces diferenciable.

Bien, ahora podemos derivar F (x, y, z) = 0 respecto a x y sigue que

2x+∂z

∂xg + z

∂g

∂x− 2z

∂z

∂x= 0.

Derivamos nuevamente respecto a x para obtener

2 +∂2z

∂x2g + z

∂2g

∂x2+ 2

∂z

∂x

∂g

∂x− 2

(∂z

∂x

)2

− 2z∂2z

∂x2= 0,


es decir,

z∂2g

∂x2+ 2

∂z

∂x

∂g

∂x− 2

(∂z

∂x

)2

+∂2z

∂x2(g − 2z) = −2. (5.5)

Analogamente,

z∂2g

∂y2+ 2

∂z

∂y

∂g

∂y− 2

(∂z

∂y

)2

+∂2z

∂y2(g − 2z) = −2. (5.6)

Finalmente, sumando (5.5) y (5.6), tenemos que

z

(∂2g

∂x2+∂2g

∂y2

)+ 2

(∂z

∂x

∂g

∂x+∂z

∂y

∂g

∂y

)− 2

[(∂z

∂x

)2

+

(∂z

∂y

)2]

+

(∂2z

∂x2+∂2z

∂y2

)(g − 2z) = −4,

es decir,

z4g + 2~∇z · ~∇g − 2∥∥∥~∇z∥∥∥2

+4z (g − 2z) = −4.

5.3 Problema. Sea ~F (x, y) = (x + y, xy). Demuestre que ~F es invertible en una vecindad de (2, 1) y calcule

J~F−1(3, 2) sin determinar ~F−1.

Solucion: Notemos que ∣∣∣∣∂(u, v)

∂(x, y)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣1 1y x

∣∣∣∣ = x− y.

Por lo tanto,∣∣J~F ∣∣ (2, 1) = 2 − 1 = 1 6= 0. Ası, como ~F ∈ C1, por el Teorema de la Funcion Inversa, concluimos

que ~F es invertible en una vecindad de (2, 1).

Para calcular el jacobiano pedido, usamos que

J~F−1(3, 2) =(J~F (2, 1)

)−1,

pues ~F (2, 1) = (3, 2). En efecto,

J~F−1(3, 2) =(J~F (2, 1)

)−1=

[1 11 2

]−1

=

[2 −1−1 1

].

5.4 Problema. Sea F (x, y) = (u, v) una funcion de clase C1 tal que |JF | 6= 0. ¿Que condicion deben cumplir lasderivadas parciales de u y v respecto a x e y, para que se cumpla

∂x

∂u=

1

∂u

∂x

?

Solucion: Como F es de clase C1 y |JF | 6= 0, por el TFInv, existe F−1 de clase C1 y ademas

J(F−1

)= (JF )

−1,

es decir, [xu xvyu yv

]=

[ux uyvx vy

]−1

=1∣∣∣∣ux uy

vx vy

∣∣∣∣[vy −uy−vx ux

].

Por lo tanto,

xu =vy∣∣∣∣ux uy

vx vy

∣∣∣∣ =vy

uxvy − uyvx.

Luego, xu = 1ux

solo si1

ux=

vyuxvy − uyvx

,

es decir, solo si uyvx = 0.


5.5 Problema. Encuentre una expresion para el operador ~∇ en coordenadas cilındricas. Con ello, calcule elgradiente de

f (r, θ, z) = log r + θ2z

en coordenadas cilındricas.

Solucion: Para encontrar ~∇ en coordenadas cilındricas usaremos la Regla de la Cadena y el Teorema de laFuncion Inversa. Primero notemos que

∂

∂x=

∂

∂r

∂r

∂x+

∂

∂θ

∂θ

∂x+

∂

∂z

∂z

∂x,

∂

∂y=

∂

∂r

∂r

∂y+

∂

∂θ

∂θ

∂y+

∂

∂z

∂z

∂y,

∂

∂z=

∂

∂z.

Ahora el problema es encontrar las derivadas que nos molestan. Sea F el cambio de coordenadas, es decir,F (r, θ, z) = (r cos θ, r sin θ, z) := (x, y, z). Tenemos que

JF =∂ (x, y, z)

∂ (r, θ, z)=

cos θ −r sin θ 0sin θ r cos θ 0

0 0 1

.Entonces J

(F−1

)= ∂(r,θ,z)

∂(x,y,z) es la matriz que tiene las derivadas que necesitamos. Como |JF | = r 6= 0, por el

TFInv, tenemos que J(F−1

)= (JF )

−1, es decir, hemos llevado un problema de Calculo a uno de Algebra Lineal

pues todo lo que debemos hacer es invertir la matriz JF . Para ello calculamos la matriz adjunta de JF :

Adj (JF ) =

r cos θ − sin θ 0r sin θ cos θ 0

0 0 r

T .Ası,

(JF )−1

=1

|JF |Adj (JF ) =

1

r

r cos θ r sin θ 0− sin θ cos θ 0

0 0 r

=

cos θ sin θ 0− 1r sin θ 1

r cos θ 00 0 1

.Luego,

∂

∂x=

∂

∂rcos θ − ∂

∂θ

1

rsin θ,

∂

∂y=

∂

∂rsin θ +

∂

∂θ

1

rcos θ,

∂

∂z=

∂

∂z.

(5.7)

Por lo tanto,

~∇ =∂

∂xı+

∂

∂y+

∂

∂zk =

(∂

∂rcos θ − ∂

∂θ

1

rsin θ

)ı+

(∂

∂rsin θ +

∂

∂θ

1

rcos θ

)+

∂

∂zk

=∂

∂r(ı cos θ + sin θ) +

1

r

∂

∂θ(−ı sin θ + cos θ) +

∂

∂zk,

es decir, ~∇ en coordenadas cilındricas se escribe

~∇ =∂

∂rr +

1

r

∂

∂θθ +

∂

∂zk. (5.8)

Finalmente, en coordenadas cilındricas,

~∇f (r, θ, z) =

(1

r,

2θz

r, θ2

).


5.6 Problema. Encuentre una expresion para el operador ~∇ en coordenadas esfericas.

Solucion: Notemos que∂

∂x=

∂

∂r

∂r

∂x+

∂

∂θ

∂θ

∂x+

∂

∂ϕ

∂ϕ

∂x,

∂

∂y=

∂

∂r

∂r

∂y+

∂

∂θ

∂θ

∂y+

∂

∂ϕ

∂ϕ

∂y,

∂

∂z=

∂

∂r

∂r

∂z+

∂

∂θ

∂θ

∂z+

∂

∂ϕ

∂ϕ

∂z.

Sea F el cambio de coordenadas, es decir, F (r, θ, ϕ) = (r cos θ sinϕ, r sin θ sinϕ, r cosϕ) := (x, y, z). Tenemos que

JF =∂ (x, y, z)

∂ (r, θ, z)=

cos θ sinϕ −r sin θ sinϕ r cos θ cosϕsin θ sinϕ r cos θ sinϕ r sin θ cosϕ

cosϕ 0 −r sinϕ

.Pero

Adj (JF ) =

−r2 cos θ sin2 ϕ r sin θ −r cos θ sinϕ cosϕ−r2 sin θ sin2 ϕ −r cos θ −r sin θ sinϕ cosϕ−r2 sinϕ cosϕ 0 r sin2 ϕ

T .Ası,

(JF )−1

=1

|JF |Adj (JF ) = − 1

r2 sinϕ

−r2 cos θ sin2 ϕ −r2 sin θ sin2 ϕ −r2 sinϕ cosϕr sin θ −r cos θ 0

−r cos θ sinϕ cosϕ −r sin θ sinϕ cosϕ r sin2 ϕ

=

cos θ sinϕ sin θ sinϕ cosϕ

− sin θ

r sinϕ

cos θ

r sinϕ0

cos θ cosϕ

r

sin θ cosϕ

r− sinϕ

r

.

Luego,∂

∂x= cos θ sinϕ

∂

∂r− sin θ

r sinϕ

∂

∂θ+

cos θ cosϕ

r

∂

∂ϕ,

∂

∂y= sin θ sinϕ

∂

∂r+

cos θ

r sinϕ

∂

∂θ+

sin θ cosϕ

r

∂

∂ϕ,

∂

∂z= cosϕ

∂

∂r− sinϕ

r

∂

∂ϕ

(5.9)

Por lo tanto,

~∇ =∂

∂xı+

∂

∂y+

∂

∂zk

=

(cos θ sinϕ

∂

∂r− sin θ

r sinϕ

∂

∂θ+

cos θ cosϕ

r

∂

∂ϕ

)ı+

(sin θ sinϕ

∂

∂r+

cos θ

r sinϕ

∂

∂θ+

sin θ cosϕ

r

∂

∂ϕ

)

+

(cosϕ

∂

∂r− sinϕ

r

∂

∂ϕ

)k

=∂

∂r

(ı cos θ sinϕ+ sin θ sinϕ+ k cosϕ

)+

1

r sinϕ

∂

∂θ(−ı sin θ + cos θ)

+1

r

∂

∂r

(ı cos θ cosϕ+ sin θ cosϕ− k sinϕ

),

es decir, ~∇ en coordenadas esfericas se escribe

~∇ =∂

∂rr +

1

r sinϕ

∂

∂θθ +

1

r

∂

∂ϕϕ. (5.10)


5.7 Problema. La variable v se expresa como funcion de la variable t por medio del sistema

e2x−y = v

y + xexy = t3 + 5t

x+ y3 − y = t3 − t

(5.11)

Calculedv

dtcuando x = y = 0.

Solucion: Es facil ver de las ultimas dos ecuaciones que x = y = 0⇒ t = 0. Notemos que

dv

dt=∂v

∂x

dx

dt+∂v

∂y

dy

dt= e2x−y

(2dx

dt− dy

dt

).

Por lo tanto,dv

dt

∣∣∣∣x=0y=0

= 2dx

dt− dy

dt.

Consideremos

F (x, y, t) = y + xexy − t3 − 5t , G(x, y, t) = x+ y3 − y − t3 − t.

Entonces las ultimas dos ecuaciones de (5.11) se pueden escribir como

F (x, y, t) = 0

G(x, y, t) = 0

Usaremos el TFImp para despejar x e y en funcion de t y ası, encontrar las derivadas que necesitamos. Dadoque tanto F como G son funciones continuamente diferenciables, solo nos falta preguntarnos por el jacobiano.Tenemos que ∣∣∣∣∂ (F,G)

∂ (x, y)

∣∣∣∣∣∣∣∣x=0y=0

=

∣∣∣∣(1 + xy)exy 1 + x2exy

1 3y2 − 1

∣∣∣∣∣∣∣∣x=0y=0

=

∣∣∣∣1 11 −1

∣∣∣∣ = −2 6= 0.

Luego, x = x(t), y = y(t). Ademas,

dx

dt= −

∣∣∣∂(F,G)∂(t,y)

∣∣∣∣∣∣∂(F,G)∂(x,y)

∣∣∣ = −

∣∣∣∣−3t2 − 5 1 + x2exy

−3t3 + 1 3y2 − 1

∣∣∣∣∣∣∣∣(1 + xy)exy 1 + x2exy

1 3y2 − 1

∣∣∣∣dy

dt= −

∣∣∣∂(F,G)∂(x,t)

∣∣∣∣∣∣∂(F,G)∂(x,y)

∣∣∣ = −

∣∣∣∣(1 + xy)exy −3t2 − 51 3− 3t3 + 1

∣∣∣∣∣∣∣∣(1 + xy)exy 1 + x2exy

1 3y2 − 1

∣∣∣∣Finalmente, x′(0) = 2 e y′(0) = 3 y ası, v′(0) = 2x′(0)− y′(0) = 1.

5.8 Problema. Considere el sistemau = h(x)

v = g(x, y)

tal que ∣∣∣∣∂(u, v)

∂(x, y)

∣∣∣∣ 6= 0.

Demuestre que es posible despejar x, v en funcion de y, u y se cumple que

∂v

∂u=

1

h′∂g

∂x.


Solucion: Sea~F : R4 → R2

(x, y, u, v) 7→[u− h(x)v − g(x, y)

].

Como ~F ∈ C1 y ~F (x, y, u, v)~0 es equivalente al sistema del enunciado, solo nos queda por probar que∣∣∣∣∂(f1, f2)

∂(x, v)

∣∣∣∣ 6= 0

para usar el Teorema de la Funcion Implıcita. En efecto,∣∣∣∣∂(f1, f2)

∂(x, v)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣−h′ 0−gx 1

∣∣∣∣ = −h′.

Pero ∣∣∣∣∂(u, v)

∂(x, y)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣h′ 0gx gy

∣∣∣∣ = h′gy.

Como por hipotesis, este jacobiano es no nulo, concluimos que h′ 6= 0 y ası, ~F (x, y, u, v) = ~0 define implıcitamentex = x(y, u), v = v(y, u). Ademas,

∂v

∂u= −

∣∣∣∂(f1,f2)∂(x,u)

∣∣∣∣∣∣∂(f1,f2)∂(x,v)

∣∣∣ =1

h′

∣∣∣∣−h′ 1−gx 0

∣∣∣∣ =gxh′.

5.9 Problema. Sea ~F (x, y, u, v) = (f1(x, y, u, v), f2(x, y, u, v)) de clase C1 y tal que∣∣∣∣∂(f1, f2)

∂(u, v)

∣∣∣∣ 6= 0.

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

∣∣∣∣∂(u, v)

∂(x, y)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∂(f1,f2)∂(x,y)

∣∣∣∣∣∣∂(f1,f2)∂(u,v)

∣∣∣ .Solucion: Como las variables estan despejadas localmente, tenemos que ~F (x, y, u, v) = ~0 define a u y v. Ahora,esto implica que

f1(x, y, u, v) = 0.

Derivando esta ecuacion totalmente con respecto a x, tenemos que

∂f1

∂x+∂f1

∂u

∂u

∂x+∂f1

∂v

∂v

∂x= 0.

Analogamente, para f2, tambien se cumple que

∂f2

∂x+∂f2

∂u

∂u

∂x+∂f2

∂v

∂v

∂x= 0.

Esto puede ser escrito en la forma matricial∂f1

∂u

∂f1

∂v

∂f2

∂u

∂f2

∂v

∂u

∂x

∂v

∂x

= −

∂f1

∂x

∂f2

∂x

.


Repitiendo el procedimiento para y, podemos escribir todas las ecuaciones de la forma∂f1

∂u

∂f1

∂v

∂f2

∂u

∂f2

∂v

∂u

∂x

∂u

∂y

∂v

∂x

∂v

∂y

= −

∂f1

∂x

∂f1

∂y

∂f2

∂x

∂f2

∂y

,de donde se concluye tomando determinantes y despejando gracias a la hipotesis.

5.10 Problema. Considere una barra de 2 metros con extremos A(x, y) y B(u, v) tales que

x4 + y3 = 2

(u− 3)2 + v2 = 1

.

(a) Demuestre que entorno a (x, y, u, v) = (1, 1, 3, 1) se puede despejar x, y, v en funcion de u.

(b) Sidu

dt= −1, calcule

dx

dten ese punto.

Solucion:

(a) Sea~F : R4 → R3

(x, y, u, v) 7→

x4 + y3 − 2(u− 3)2 + v2 − 1

(x− u)2 + (y − v)2 − 4

.

Tenemos que ~F ∈ C1 y ~F (1, 1, 3, 1) = ~0, ası que solo nos falta mostrar que∣∣∣∣∂(f1, f2, f3)

∂(x, y, v)

∣∣∣∣ 6= 0

para usar el Teorema de la Funcion Implıcita. En efecto,∣∣∣∣∂(f1, f2, f3)

∂(x, y, v)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣4x3 3y2 00 0 2v

2(x− u) 2(y − v) −2(y − v)

∣∣∣∣∣∣ = −2v

∣∣∣∣ 4x3 3y2

2(x− u) 2(y − v)

∣∣∣∣ .Por lo tanto, en el punto (x, y, u, v) = (1, 1, 3, 1) se tiene que∣∣∣∣∂(f1, f2, f3)

∂(x, y, v)

∣∣∣∣ = −24 6= 0.

(b) Como x = x(u), entoncesdx

dt=dx

du

du

dt.

Pero

dx

du= −

∣∣∣∂(f1,f2,f3)∂(u,y,v)

∣∣∣∣∣∣∂(f1,f2,f3)∂(x,y,v)

∣∣∣ = −

∣∣∣∣∣∣0 3y2 0

2(u− 3) 0 2v−2(x− u) 2(y − v) −2(y − v)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∂(f1,f2,f3)∂(x,y,v)

∣∣∣ .

Luego, en el punto (x, y, u, v) = (1, 1, 3, 1), se tiene que

dx

du= −

∣∣∣∣∣∣0 3y 00 0 24 0 0

∣∣∣∣∣∣−24

= 1.

En consecuencia,dx

dt= −1.

Capıtulo 6

Integrales Multiples

“God does not care about our mathematical difficulties. He integrates empirically.”- Albert Einstein 6.1

Queremos seguir reconstruyendo el calculo que conocemos pero en mas variables. Ahora que el lector domina lastecnicas de diferenciacion en Rn, el paso siguiente es la integracion.

Como el lector supone, cuando n = 1 la integral no es realmente “multiple”, sino que es la ya conocida integral deRiemann sobre R. Bien, como buenos matematicos, haremos un poco de induccion antes de saltar al caso generalpara un natural cualquiera. Primero estudiaremos el caso n = 2, luego para n = 3 y despues generalizaremos laintegral de Riemann a Rn.

El lector podra notar que los procesos de construccion de la integral de Riemann son siempre iguales y por lotanto, es util partir con una situacion mas simple para comprender ıntegramente lo que esta ocurriendo (ademasdel hecho que visualizar las cosas puede ser un poco mas difıcil cuando n > 3).

Queremos hacer hincapie en que existe mas de un sentido de integracion, pero en este apunte solo nos limitaremosa la integral de Riemann. Lamentablemente, esta integral es la mas picante de todas y se invita al lector atomar el curso de Teorıa de la Integracion, donde se construye una integral muchısimo mas poderosa que la queestudiaremos nosotros —hablamos de la integral de Lebesgue. No es que no le tengamos aprecio a Riemann;simplemente, es mas entretenido matar hormigas con dinamita... estocastica.

Sin embargo, para efectos de calcular edificios, maquinas y cosas por el estilo (en general, que no sean muyindignas, en el sentido de la continuidad, o que no sean muy aleatorias) nos basta con la integral de Riemann.

Finalmente, advertimos que para no insultar la inteligencia del lector, en algunas ocasiones omitiremos el calculode integrales simples. Ademas, si el lector esta aquı, deberıa ser capaz de hacer las cuentas sin mayores problemas.¡Manos a la obra!

6.1. Integrales Dobles

Empezamos por buscar nuestros dx y dy. Dados dos intervalos I1 = [a, b], I2 = [c, d] ⊆ R, consideremos elrectangulo de R2 dado por

Q := I1 × I2 = [a, b]× [c, d] =

(x, y) ∈ R2 : a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d.

6.1Albert Einstein (1879-1955) fue un fısico de origen aleman, nacionalizado posteriormente suizo y estadounidense. Es consideradocomo el cientıfico mas importante del siglo XX, ademas de ser el mas conocido. Realizo importantes avances dentro de la fısicamoderna, entre ellos estan la Teorıa de la Relatividad (que engloba a la Teorıa general de la relatividad y a la Teorıa especial de larelatividad ), el Movimiento browniano y el Efecto fotoelectrico. Aunque es considerado el “padre de la bomba atomica”, abogo ensus escritos por el pacifismo, el socialismo y el sionismo. Fue proclamado como el “personaje del siglo XX” y como el mas preeminentecientıfico por la celebre revista Time.

106 Integrales Dobles

Como I1 y I2 son intervalos de R, podemos realizar una particion de cada uno, digamos

P1 = a = x0 < x1 < . . . < xn = b , P2 = c = x0 < x1 < . . . < xn = d .

Ahora, trazando las rectas x = xi e y = yj , dividimos el rectangulo Q en un monton de subrectangulos de laforma

Qi,j = [xi−1, xi]× [yj−1, yj ], i = 1, . . . , n, j = 1, . . . ,m.

Es decir, se tiene que

Q =

n⋃i=1

m⋃j=1

Qi,j .

Ademas, el area del subrectangulo Qi,j esta dada por

A (Qi,j) = (xi − xi−1) (yj − yj−1) .

A partir de lo anterior, definimos la particion P de Q como

P := P1 × P2 =

(xi, yj) ∈ R2 : x0 = a < x1 < . . . < xn = b, y0 = c < y1 < . . . < ym = d.

Ahora, sean P,P ′ dos particiones de Q. Diremos que P ′ es un refinamiento de P si P ′ ⊆ P, es decir, si todoslos subrectangulos generados por P ′ estan completamente contenidos por un subrectangulo generado por P.

6.1 Definicion (Suma superior e inferior). Sea Q ⊆ R2 un rectangulo y P una particion de este. Sea f : Q→ Racotada y consideremos

Mi,j(f) := sup(x,y)∈Qi,j

f(x, y) , mi,j(f) := ınf(x,y)∈Qi,j

f(x, y) .

Definimos la suma superior y la suma inferior de f con respecto a P como

S (f,P) =

n∑i=1

m∑j=1

Mi,j(f) (xi − xi−1) (yj − yi−1) ,

s (f,P) =

n∑i=1

m∑j=1

mi,j(f) (xi − xi−1) (yj − yi−1) ,

respectivamente.

6.2 Observacion. Es claro ques (f,P) ≤ S (f,P) .

Ahora, consideremos P,P ′ dos particiones de Q tales que P ′ ⊆ P, entonces si S es un subrectangulo generadopor P , existen subrectangulos Sk generados por P ′ tales que

S =⋃k

Sk,

y ademas,

A(S) =∑k

A(Sk).

Tambien, por propiedades de ınfimos y supremos, se tiene que

mS(f) ≤ mSk(f) , MS(f) ≥MSk(f), ∀k.

Luego,s (f,P) ≤ s (f,P ′) ≤ S (f,P ′) ≤ S (f,P) . (6.1)

Con esto, estamos en condiciones de probar el siguiente Lema.

Integrales Multiples 107

6.3 Lema. Sean P,Q dos particiones cualquiera del rectangulo Q ⊆ R2. Sea f : Q→ R acotada, entonces

s (f,P) ≤ S (f,Q) .

Demostracion. Consideremos la particion T = P ∪ Q, entonces T es un refinamiento tanto de P como de Q ypor (6.1), sigue que

s (f,P) ≤ s (f, T ) ≤ S (f, T ) ≤ S (f,Q) .

Seguimos nuestro camino hacia la integral. El siguiente paso es hacer un buen refinamiento y para formalizarque queremos decir con esto, definimos la norma de una particion P, como

‖P‖ := maxi,j∆xi = xi − xi−1,∆yj = yj − yj−1 ,

es decir, la maxima altura o ancho de un subrectangulo. Luego, si ‖P‖ → 0, estamos diciendo que cada una delas alturas y anchos de los subrectangulos estan tendiendo a cero y por lo tanto, cada vez las particiones son masfinas.

6.4 Definicion (Integrabilidad). Sea f : Q ⊆ R2 → R acotada, con Q rectangulo. Diremos que f es integrableen Q si existe I ∈ R tal que

lım‖P‖→0

S (f,P) = lım‖P‖→0

s (f,P) = I.

En tal caso, escribiremos f ∈ R (Q) y

I =

¨Q

f(x, y)dA =

¨Q

f(x, y)dxdy.

6.5 Proposicion. Sea f : Q ⊆ R2 → R acotada, con Q rectangulo. Entonces, f es integrable en Q si y solo sipara cada ε > 0 existe una particion P de Q tal que

S (f,P)− s (f,P) < ε.

6.6 Ejemplo. Sea f(x, y) = c constante en Q = [a, b]× [c, d]. Entonces para una particion P de Q, se tiene que

Mi,j(f) = mi,j(f),

y por lo tanto,S (f,P)− s (f,P) = 0 < ε, ∀ε > 0.

Luego, f es integrable y se tiene que

¨Q

fdA = S (f,P) =

n∑i=1

m∑j=1

Mi,j(f)∆xi∆yj = c

n∑i=1

m∑j=1

∆xi∆yj = c(b− a)(d− c).

6.7 Observacion. Sea f : Q ⊆ R2 → R acotada, con Q rectangulo. Sea P una particion de Q, entonces paratodo

(x∗i , y

∗j

)∈ Qi,j se tiene que

mi,j(f) ≤ f(x∗i , y

∗j

)≤Mi,j(f).

Ası,

s (f,P) ≤n∑i=1

m∑j=1

f(x∗i , y

∗j

)∆xi∆yj ≤ S (f,P) ,

Por lo tanto, para la suma de Riemann, se tiene que

lım‖P‖→0

n∑i=1

m∑j=1

f(x∗i , y

∗j

)∆xi∆yj =

¨Q

f(x, y)dxdy.

6.8 Teorema. Sea f : Q ⊆ R2 → R, con Q rectangulo. Si f es continua, entonces es integrable.


6.9 Ejercicio. Sea f(x, y) = g(x)h(y) con g : [a, b]→ R, h : [c, d]→ R continuas. Muestre que f es integrable y

¨Q

f(x, y)dxdy =

(ˆ b

a

g(x)dx

)(ˆ d

c

h(y)dy

),

con Q = [a, b]× [c, d].

6.10 Proposicion. Sean f, g : Q ⊆ R2 → R integrables y c ∈ R. Entonces

(a) f + g es integrable y ¨Q

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

¨Q

f(x, y)dA+

¨Q

g(x, y)dA.

(b) cf es integrable y ¨Q

cf(x, y)dA = c

¨Q

f(x, y)dA.

(c) Si f(x, y) ≥ g(x, y),∀x, y ∈ R, entonces

¨Q

f(x, y)dA ≥¨Q

g(x, y)dA.

(d) |f | es integrable y ∣∣∣∣¨Q

f(x, y)dA

∣∣∣∣ ≤ ¨Q

|f(x, y)| dA.

(e) Si M = sup(x,y)∈Q

f(x, y),m = ınf(x,y)∈Q

f(x, y), entonces

mA (Q) ≤¨Q

f(x, y)dA ≤M A (Q) ,

con A (Q) = (b− a)(d− c).

Demostracion. Analogas a las propiedades mostradas en Calculo I. Se dejan como ejercicio al lector.

6.11 Ejemplo. Calculemos

I =

¨Q

16− x2 − y2dxdy,

con Q = [0, 1]× [0, 2]. Usando la Proposicion 6.10, tenemos que

I =

¨Q

16dxdy −¨Q

x2dxdy −¨Q

y2dxdy = 16 A (Q)−¨Q

x2dxdy −¨Q

y2dxdy.

Luego, si el lector hizo el Ejercicio 6.9, podemos usarlo y sigue que

I = 32−(ˆ 1

0

x2dx

)(ˆ 2

0

dy

)−(ˆ 1

0

dx

)(ˆ 2

0

y2dy

)=

56

3.

Con esto hemos construido gran parte de lo que es la integral de Riemann en R2. Pero ¿que significa todo esto?El lector recordara que la integral en R representa el area bajo la curva si es que el integrando es positivo, encaso contrario es la suma de areas signadas.

Pues bien, si le sumamos una dimension al asunto, ya no integramos sobre una lınea (el eje real) sino que sobre unrectangulo y por lo tanto, si cada dA esta siendo ponderado por una altura f(x, y)... ¡adivine que! Si f(x, y) ≥ 0sobre Q entonces ¨

Q

f(x, y)dA


representa el volumen del solido encerrado, es decir, el volumen de

Ω =

(x, y, z) ∈ R3 : a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d, 0 ≤ z ≤ f(x, y),

que denotaremos por V (Ω). Analogamente, si f cambia de signo, entonces la integral sera la suma alternada devolumenes signados. Es importante notar que en este ultimo caso,

¨Q

|f(x, y)|dA

equivale al volumen total del solido encerrado.

Con esa inquietud filosofica resuelta, empezamos a desarrollar la maquinaria que nos permitira calcular integralesmas generales.

6.12 Teorema (Fubini). Sea f : Q ⊆ R2 → R integrable, con Q rectangulo. Entonces

¨Q

f(x, y)dxdy =

ˆ b

a

(ˆ d

c

f(x, y)dy

)dx =

ˆ d

c

(ˆ b

a

f(x, y)dx

)dy.

6.13 Ejemplo. Calculemos

I =

¨Q

yexydxdy,

con Q = [1, 2]× [2, 4]. Tenemos que

I =

ˆ 4

2

ˆ 2

1

yexydxdy =

ˆ 4

2

exy|21 dy =

ˆ 4

2

e2y − eydy =e2y

2− ey

∣∣∣∣42

=e8

2− 3e4

2+ e2.

6.14 Observacion. Muchas veces ocurrira que es mas comodo evaluar la integral en un orden que en otro. Dehecho, alguna vez ni siquiera se podra evaluar en uno de los ordenes. Si hubiesemos calculado la integral delEjemplo 6.13, en el orden dydx, tendriamos que

I =

ˆ 2

1

ˆ 4

2

yexydydx.

Pero ˆ 4

2

yexydy =y

xexy∣∣∣42−ˆ 4

2

exy

xdy =

4e4x

x− 2e2x

x− e4x

x2+e2x

x2,

es decir,

I =

ˆ 2

1

4e4x

x− 2e2x

x− e4x

x2+e2x

x2dx.

Y hasta ahı llegamos pues el integrando no tiene primitiva.

Pero integrar sobre rectangulos es muy fome. Queremos algo mas general. Para ello, primero es necesario definirun par de cosas.

6.15 Definicion (Despreciable). Sea A ⊆ R2. Diremos que A es despreciable o de medida nula si existe unasucesion de rectangulos (Ui)i∈N tales que

(a) A ⊆∞⋃i=1

Ui.

(b)

∞∑i=1

A (Ui) < ε.

6.16 Observacion. ∅ es trivialmente despreciable.


6.17 Ejemplo. El conjunto A = a1, . . . , am con ak ∈ R2 es despreciable pues basta con tomar

Ui =

[ai − ε

4m , ai + ε4m

], si i ≤ m

∅ , si i > m,

ya que claramente contienen a A y ademas,

∞∑i=1

A (Ui) =

m∑i=1

ε

2m=ε

2< ε.

6.18 Teorema. Si A =⋃∞j=1Aj , con Aj despreciable, entonces A es despreciable.

Demostracion. Sea ε > 0, entonces para cada Aj , existe (Uj,i)i∈N tales que

∞∑i=1

A (Uj,i) <ε

2j.

Luego,

A ⊆∞⋃j=1

∞⋃i=1

Uj,i,

y∞∑j=1

∞∑i=1

A (Uj,i) <

∞∑j=1

ε

2j= ε.

6.19 Corolario. Sea A = a1, . . . , ak, . . . ⊆ R2. Entonces A es despreciable.

6.20 Ejercicio. Traduzca el concepto de medida nula a R y sabiendo que los numeros racionales pueden escribirsecomo una sucesion, pruebe que Q es despreciable.

6.21 Proposicion. Sea ϕ : [a, b]→ R continua. Entonces Γ(ϕ) es despreciable.

6.22 Teorema (Du Bois-Reymond). Sea f : Q ⊆ R2 → R acotada. Entonces, f es integrable en Q si y solo si elconjunto

Nf := x ∈ Q : f es discontinua en x ,es despreciable.

6.23 Definicion (Funcion caracterıstica). Sea A ⊆ R2. Definimos su funcion caracterıstica como 1A : R2 → 0, 1dada por

1A(x) :=

1 , si x ∈ A0 , si x 6∈ A

.

6.24 Ejemplo. Sea A = Q2 ∩ [0, 1]× [0, 1]. Entonces, 1A no es integrable pues N1A = [0, 1]× [0, 1], el cual no esde medida nula.

6.25 Observacion. Sea f : Q ⊆ R2 → R integrable. Consideremos A ⊆ Q, entonces podemos definir la funcionf1A : Q→ R dada por

f1A(x) :=

f(x) , si x ∈ A

0 , si x 6∈ A.

Ahora sı, finalmente, somos capaces de dar una definicion general para la integral doble.

6.26 Definicion (Integral Doble). Sea f : Q ⊆ R2 → R integrable y A ⊆ Q tal que 1A es integrable. Se definela integral doble de f sobre A en el sentido de Riemann como

Ä

f(x, y)dA :=

¨Q

f1A(x, y)dA.


Esta definicion nos presenta un nuevo dilema: ¿cuando 1A es integrable? Las siguientes proposiciones nos ayudarana determinarlo con mayor facilidad.

6.27 Proposicion. Sea A ⊆ R2 acotado. Entonces, 1A es integrable si y solo si ∂A es despreciable.

Demostracion. N1A = ∂A. Luego, por el Teorema 6.38, se concluye lo pedido.

6.28 Proposicion. Sea f : Q ⊆ R2 → R integrable. Sea D ⊆ Q y tal que ∂D es una union de curvas suavesfinitas. Entonces f es integrable en D.

Demostracion. Por la Proposicion 6.21, se tiene que cada curva suave finitas es despreciable. Luego, usando elTeorema 6.18 se tiene que ∂D es despreciable y por la Proposicion 6.27, sigue que 1D es integrable.

6.29 Definicion. A continuacion definiremos las regiones tipo I y II.

(a) Sean ϕ1, ϕ2 : [a, b]→ R continuas y tales que

ϕ2(t) ≤ ϕ1(t), ∀t ∈ [a, b].

Llamaremos region tipo I a

D =

(x, y) ∈ R2 : a ≤ x ≤ b, ϕ2(x) ≤ y ≤ ϕ1(x).

(b) Sean ψ1, ψ2 : [a, b]→ R continuas y tales que

ψ2(t) ≤ ψ1(t), ∀t ∈ [a, b].

Llamaremos region tipo II a

D =

(x, y) ∈ R2 : c ≤ y ≤ d, ψ2(y) ≤ x ≤ ψ(y).

6.30 Observacion. Todas las regiones a estudiar seran descomponibles mediante un numero finito de cortes enregiones del tipo I y II.

6.31 Observacion. Sea D una region del tipo I. Entonces,

A (D) =

ˆ b

a

ϕ1(x)− ϕ2(x)dx =

ˆ b

a

ˆ ϕ1(x)

ϕ2(x)

dydx.

6.32 Ejercicio. Escriba el analogo para una region del tipo II.

6.33 Ejemplo. Calculemos ¨D

√1− y2dA,

donde D =

(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤√

1− x2

. Notemos que D corresponde al cuarto de circunferenciaunitaria en el primer cuadrante. Luego, por Fubini,

¨D

√1− y2dA =

ˆ 1

0

ˆ √1−y2

0

√1− y2dxdy =

ˆ 1

0

1− y2dy = y − y3

3

∣∣∣∣10

=2

3.

Nuevamente, notamos que era mucho mas comodo integrar en el orden dxdy que en dydx.

6.34 Observacion. Al igual que antes ¨D

|f(x)|dA

entrega el volumen del solido encerrado.

6.35 Ejercicio. Calculemos el volumen del solido S bajo z = xy sobre la region del primer cuadrante limitadapor y2 = x, y2 = 8− x, y = 0. Tenemos que la interseccion de las dos primeras curvas ocurre en (4, 2), luego

V (S) =

ˆ 2

0

ˆ 8−y2

y2xydxdy =

1

2

ˆ 2

0

((8− y2

)2 − y4)ydy = 32.

112 Integrales Triples

6.2. Integrales Triples

El procedimiento que permite construir la integral triple de Riemann es analogo al de la integral doble. La unicadiferencia es que ahora en vez de un rectangulo, consideraremos un caja

Ω = [a, b]× [c, d]× [e, f ],

entonces ahora las sumas superiores e inferiores estan dadas por

S (f,P) =

n∑i=1

m∑j=1

p∑k=1

Mi,j,k(f) (xi − xi−1) (yj − yi−1) (zk − zk−1) ,

s (f,P) =

n∑i=1

m∑j=1

p∑k=1

mi,j,k(f) (xi − xi−1) (yj − yi−1) (zk − zk−1) ,

respectivamente.

6.36 Definicion (Integrabilidad). Sea f : Ω ⊆ R3 → R acotada, con Ω caja. Diremos que f es integrable en Ωsi existe I ∈ R tal que

lım‖P‖→0

S (f,P) = lım‖P‖→0

s (f,P) = I.

En tal caso, escribiremos f ∈ R (Ω) y

I =

˚Ω

f(x, y, z)dV =

˚Ω

f(x, y, z)dxdydz.

Y el resto, sigue igual. Rescatamos lo siguiente:

6.37 Observacion. Sea f(x, y, z) = f1(x)f2(y)f3(z) con f1 : [a, b]→ R, f2 : [c, d]→ R, f3 : [e, f ]→ R integrables.Entonces ¨

Ω

f(x, y)dxdy =

(ˆ b

a

f1(x)dx

)(ˆ d

c

f2(y)dy

)(ˆ f

e

f3(z)dz

),

con Ω = [a, b]× [c, d]× [e, f ].

6.38 Teorema (Du Bois-Reymond). Sea f : Ω ⊆ R3 → R acotada. Entonces, f es integrable en Ω si y solo si elconjunto

Nf := x ∈ Ω : f es discontinua en x ,

es despreciable.

6.39 Definicion (Integral Triple). Sea f : Ω ⊆ R3 → R integrable y A ⊆ Ω tal que 1A es integrable. Se define laintegral triple de f sobre A en el sentido de Riemann como

˚A

f(x, y, z)dV :=

˚Ω

f1A(x, y, z)dV.

6.40 Ejemplo. Calculemos ˚S

xydzdydx,

donde S es el solido limitado por los planos coordenados y el plano x+ 2y + 3z = 12. Primero, despejamos

z =12− x− 2y

3.

Luego, si z = 0, se tiene que

y =12− x

2


y si y = 0, entonces x = 12. Ası, la integral queda dada por

˚S

xydzdydx =

ˆ 12

0

ˆ 12−x2

0

ˆ 12−x−2y3

0

xydzdydx

=

ˆ 12

0

ˆ 6− x2

0

xy

(4− x

3− 2y

3

)dydx

=

ˆ 12

0

2x(

6− x

2

)2

−x2(6− x

2

)26

−2x(6− x

2

)39

dx =864

5.

Toda la complejidad de las integrales triples esta en cambiar el orden de integracion lo cual puede llegar a serbastante complicado.

6.41 Ejemplo. Dada la integral ˆ 2

−2

ˆ 4

x2

ˆ 2− y2

0

f(x, y, z)dzdydx,

cambiemos el orden de integracion a dxdydz. Notemos que el dominio de integracion es

Ω =

(x, y, z) ∈ R3 : −2 ≤ x ≤ 2, x2 ≤ y ≤ 4, 0 ≤ z ≤ 2− y

2

.

Notamos que sobre el plano z = 0, la curva la proyeccion esta dada por la region encerrada entre y = x2 e y = 4.Por otro lado, podemos despejar del plano

y = 4− 2z.

Luego, ˚Ω

f(x, y, z)dV =

ˆ 2

0

ˆ 4−2z

0

ˆ √y−√y

f(x, y, z)dxdydz.

6.3. Integrales n-esimas

El lector debiera ser capaz de reescribir todo lo hecho para R2 (y lo poco en R3), en Rn, teniendo en consideracionque ahora seran rectangulos n-dimensionales de la forma

Ψ = [a1, b1]× [a2, b2]× . . .× [an, bn].

Lo proponemos como un excelente ejercicio que permitira repasar toda la materia y entenderla a cabalidad. Lo masimportante de la integral sobre Rn, es que siguen siendo validos todos los teoremas antes mencionados. De ahoraen adelante, todas las integrales, a menos que queramos enfatizar su dimension, las escribiremos simplementecomo ˆ

Ψ

fdnx,

donde dnx denota al diferencial de volumen de n dimensiones.

6.4. Teorema del cambio de variable

Recordemos que el teorema del cambio de variable para R dice

ˆ g(b)

g(a)

f(u)du =

ˆ b

a

(f g)(x)g′(t)dt,

con f, g′ continuas y g′(t) 6= 0 para todo t ∈]a, b[.

114 Teorema del cambio de variable

Notemos que si g′(t) 6= 0, al ser continua, se tiene que g′(t) > 0 o g′(t) < 0, para todo t ∈]a, b[. Por lo tanto, g(t)es estrictamente creciente o estrictamente decreciente. Luego,

g (]a, b[) = (g(a), g(b)) ,

si g′(t) > 0, o bien,g (]a, b[) = (g(b), g(a)) ,

si g′(t) < 0.

Sea I = g (]a, b[), entonces podemos reescribir el teorema como

Î

f(u)du =

ˆg−1(I)

(f g)(x)g′(t)dt,

o bien, Î

f(u)du = −ˆg−1(I)

(f g)(x)g′(t)dt.

Es decir, en cualquiera de los dos casos,Î

f(u)du =

ˆg−1(I)

(f g)(x) |g′(t)| dt.

Formalizaremos esta idea y la llevaremos a mas variables.

6.42 Definicion (Difeomorfismo). Sea ϕ : U1 → U2, con U1, U2 ⊆ Rn abiertos. Diremos que ϕ es un difeomor-fismo si es una biyeccion y tanto ϕ como ϕ−1 son funciones diferenciables.

Si ademas, ϕ,ϕ−1 ∈ C1, entonces diremos que es ϕ es un C1-difeomorfismo.

6.43 Observacion. Si ϕ ∈ C1 y Jϕ no se anula en A, entonces por el Teorema de la Funcion Inversa, se tieneque ϕ es un C1-difeomorfismo.

6.44 Teorema (Cambio de variable). Sea ϕ : U1 → U2, con U1, U2 ⊆ Rn abiertos, un C1-difeomorfismo. Seaf : U2 → R continua y acotada, entonces

Û2

fdnx =

Û1

(f ϕ)(x) |Jϕ| dnx,

donde |Jϕ|, en este caso, es el modulo del jacobiano.

6.45 Observacion. Alguna de las condiciones del Teorema 6.44 se puede violar sobre conjuntos despreciable yno nos importara.

6.46 Observacion. Una buena nemotecnia es que si ϕ(u, v, w) = (x, y, z), entonces

dxdydz = |Jϕ|dudvdw =∂(x, y, z)

∂(u, v, w)dudvdw.

6.47 Observacion. Es bueno recordar que para

T =

[a bc d

]invertible, entonces

T−1 =1

|A|

[d −b−c a

].

Con esto terminamos de entregar todas las tecnicas de integracion en varias variables que se ven en este curso.Sugerimos al lector repasar todas los cambios de coordendas vistos en la Seccion 4.6 pues seran usados constan-temente.



xydA,

donde D es el cuadrilatero acotado por y = 2x, y = x, y = x+ 1, y = 2x− 2. Sean u, v dados por[uv

]=

[2 −1−1 1

] [xy

].

Entonces, ∣∣∣∣∂(u, v)

∂(x, y)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣ 2 −1−1 1

∣∣∣∣ = 1.

Por lo tanto, ∣∣∣∣∂(x, y)

∂(u, v)

∣∣∣∣ = 1.

Para obtenemos los lımites de integracion, notemos que

2x = y ⇐⇒ u = 2x− y = 0,

ey = x ⇐⇒ v = y − x = 0.

Haciendo lo mismo para las otras dos rectas, se obtiene que¨D

xydA =

ˆ 2

0

ˆ 1

0

(u+ v)(2v + u)dvdu =

ˆ 2

0

2

3+

3

2u+ u2du = 7.


log(x2 + y2)dxdy,

donde D es el anillo entre los cırculos x2 +y2 = a2 y x2 +y2 = b2, con 0 ≤ a ≤ b. Hacemos el cambio a coordenadaspolares, y sigue que

¨D

log(x2 + y2)dydx =

ˆ 2π

0

ˆ b

a

log r2rdrdθ =

(ˆ 2π

0

dθ

)(ˆ b

a

2r log rdr

)= 2π

ˆ b

a

2r log rdr.

Pero ˆ b

a

2r log rdr = r2 log r∣∣ba−ˆ b

a

rdr = b2 log b− a2 log a− b2

2+a2

2= b2

(log b− 1

2

)− a2

(log a− 1

2

).

Ası, ¨D

log(x2 + y2)dydx = 2π

(b2(

log b− 1

2

)− a2

(log a− 1

2

)).

6.50 Ejemplo (Integral de Gauss). Desde Calculo I, siempre que vemos la integral de e−x2

, sabemos que debemostratar de hacerle el quite pues no esa funcion no posee primitiva. Pues bien, ahora podemos calcular el valor de

I =

ˆ ∞0

e−x2

dx.

Notemos que por el Teorema de Fubini,

I2 =

(ˆ ∞0

e−x2

dx

)(ˆ ∞0

e−y2

dy

)=

ˆ ∞0

ˆ ∞0

e−x2−y2dxdy.

Luego, cambiando a polares,

I2 =

ˆ π2

0

ˆ ∞0

e−r2

rdrdθ =π

4e−r

2∣∣∣∞0

=π

4.

Es decir, ˆ ∞0

e−x2

dx =

√π

2. (6.2)

116 Aplicaciones

6.51 Ejemplo. Calculemos el volumen del solido Ξ dentro de x2 + y2 = 1 sobre z = 1 − x2 − y2 y bajoz = 4 + x2 + y2. Usando coordenadas cilındricas, tenemos que

V (Ξ) =

ˆ 2π

0

ˆ 1

0

ˆ 4+r2

1−r2rdzdrdθ = 2π

ˆ 1

0

r(3 + 2r2

)dr = 4π.

6.52 Ejemplo. Calculemos ˚Σ

x2 + y2dV,

donde Σ es la region limitada por x2 + y2 + z2 ≤ 1 con x, y, z ≥ 0. Usamos coordenadas esfericas y sigue que

˚Σ

x2 + y2dV =

ˆ π2

0

ˆ π2

0

ˆ 1

0

(r2 cos2 θ sin2 ϕ+ r2 sin2 θ sin2 ϕ

)r2 sinϕdrdϕdθ

=π

2

(ˆ 1

0

r4dr

)(ˆ π2

0

sin3 ϕdϕ

)=

π

15.

6.5. Aplicaciones

Considere un solido con forma de region Ω ⊆ R3 y cuya densidad esta dada por la funcion integrable ρ(x, y, z).Entonces, tenemos que su masa total esta dada por

M (Ω) =

˚Ω

ρ(x, y, z)dV. (6.3)

Luego, su densidad media esta dada por

ρ(x, y, z) =

˚Ω

ρ(x, y, z)dV˚

Ω

dV

=M (Ω)

V (Ω). (6.4)

Como el lector espera, se define el centro de gravedad del solido como r = (x, y, z), donde

x =1

M (Ω)

˚Ω

xρ(x, y, z)dV , y =1

M (Ω)

˚Ω

yρ(x, y, z)dV , z =1

M (Ω)

˚Ω

zρ(x, y, z)dV.

Ademas, si ρ(x, y, z) ≡ c, r sera el centroide.

6.53 Observacion. Las definiciones son analogas para R2.

6.54 Ejemplo. Calculemos el centroide del semidisco unitario con ρ(x, y) ≡ 1. Tomaremos y ≥ 0. Es claro quex = 0 por la simetrıa del disco. Por otro lado,

y =1

A (D)

¨D

ydA = 12π

ˆ π

0

ˆ 1

0

r sin θrdrdθ =2

π

(ˆ π

0

sin θdθ

)(ˆ 1

0

r2dr

)=

4

3π.


6.1 Problema. Sean 0 < a < b. Considere f : Q→ R continua, donde Q = [a, b]× [a, b].

(a) Justifique que f es integrable y muestre que

I =

ˆ b

a

ˆ x

a

f(x, y)dydx =

ˆ b

a

ˆ b

y

f(x, y)dxdy.


(b) Deduzca que si f(x, y) = f(y, x) sobre Q, entonces

I =1

2

¨Q

f(x, y)dxdy.

Solucion:

(a) Dado que f es continua sobre Q tenemos que f es integrable allı. Luego, por Fubini, se tiene que

I =

ˆ b

a

ˆ x

a

f(x, y)dydx =

ˆ b

a

ˆ b

y

f(x, y)dxdy.

(b) Como f(x, y) = f(y, x), tenemos que

I =

ˆ b

a

ˆ b

y

f(x, y)dxdy =

ˆ b

a

ˆ b

y

f(y, x)dxdy.

Luego, como las variables son mudas, podemos cambiar x con y para obtener

I =

ˆ b

a

ˆ b

x

f(x, y)dydx.

Finalmente,

2I =

ˆ b

a

ˆ x

a

f(x, y)dydx+

ˆ b

a

ˆ b

x

f(x, y)dydx =

ˆ b

a

(ˆ x

a

f(x, y)dy +

ˆ b

x

f(x, y)dy

)dx,

es decir,

I =1

2

¨Q

f(x, y)dydx =1

2

¨Q

f(x, y)dxdy.

6.2 Problema. Considere la region D =

(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ x ≤ y

. Calcule

¨D

x√y2 − x2dA.


¨D

x√y2 − x2dA =

ˆ 1

0

ˆ y

0

x√y2 − x2dxdy = −1

3

ˆ 1

0

(y2 − x2)32

∣∣∣y0dy =

1

3

ˆ 1

0

y3dy =1

12.

6.3 Problema. Calcule ˆ 1

0

ˆ 1

√x

dydx√1 + y3

.

Solucion: Usamos Fubini para cambiar el orden de integracion y sigue que

ˆ 1

0

ˆ 1

√x

dxdy√1 + y3

=

ˆ 1

0

ˆ y2

0

dydx√1 + y3

=

ˆ 1

0

y2√1 + y3

dy =2(√

2− 1)

3.

6.4 Problema. Calcule el volumen del solido limitado por la superficie z = x2 − y2, el plano z = 0 y los planosx = 1, x = 3.

Solucion: Dado que el solido es simetrico respecto a y = 0, el volumen de este es

V = 2

ˆ 3

1

ˆ x

0

ˆ x2−y2

0

dzdydx = 2

ˆ 3

1

ˆ x

0

x2 − y2dydx =4

3

ˆ 3

1

x3dx =1

3x4

∣∣∣∣31

=80

3.



0

ˆ 1

x2

x3 sin(y3)dydx.

Solucion: Usamos Fubini y sigue que

ˆ 1

0

ˆ 1

x2

x3 sin(y3)dydx =

ˆ 1

0

ˆ √y0

x3 sin(y3)dxdy =1

4

ˆ 1

0

y2 sin(y3)dy =1

12(1− cos 1) .

6.6 Problema. Usando que ˆ b

a

xydy =xb − xa

log x, (6.5)

calcule ˆ 1

0

xb − xa

log xdx.

Solucion: Usando la ayuda y Fubini, tenemos que

ˆ 1

0

xb − xa

log xdx =

ˆ 1

0

ˆ b

a

xydydx =

ˆ b

a

ˆ 1

0

xydxdy =

ˆ b

a

dy

y + 1= log

(b+ 1

a+ 1

).

6.7 Problema. Calcule ˆ ∞0

cosx− 1

x2dx.

Hint: Recuerde que ˆ ∞0

sinx

xdx =

π

2.


ˆ ∞0

cosx− 1

x2dx = −

ˆ ∞0

ˆ 1

0

sin(yx)

xdydx = −

ˆ 1

0

ˆ ∞0

sin(yx)

xdxdy.

Sea t = xy, entonces dt = ydx y sigue que

ˆ ∞0

cosx− 1

x2dx = −

ˆ 1

0

ˆ ∞0

sin tty

dt

ydy = −

ˆ ∞0

sin t

tdt = −π

2.

6.8 Problema. Calcule ˆ ∞0

arctan(πx)− arctanx

xdx.

Solucion: Se tiene que

ˆ ∞0

arctan(πx)− arctanx

xdx =

ˆ ∞0

ˆ π

1

dydx

1 + (xy)2=

ˆ π

1

ˆ ∞0

dxdy

1 + (xy)2=π

2

ˆ π

1

dy

y=π

2log π.

6.9 Problema. Calcule el volumen del solido encerrado entre z =√x2 + y2, z = −1 y x2 + y2 = 2ay.

Solucion: Notemos quex2 + y2 = 2ay ⇐⇒ x2 + (y − a)2 = a2,

es decir, esta superficie corresponde a un cilindro de centro (0, a) y radio a. Escribamos nuestro problema encoordenadas polares, tenemos que

z =√x2 + y2 ⇐⇒ z = r,

y ademas,x2 + y2 = 2ay ⇐⇒ r2 = 2ar sin θ ⇐⇒ r = 2a sin θ.


Luego, el volumen pedido es

V =

ˆ π

0

ˆ 2a sin θ

0

(r − (−1)) rdrdθ =

ˆ π

0

ˆ 2a sin θ

0

r2 + rdrdθ =

ˆ π

0

(2a sin θ)3

3+

(2a sin θ)2

2drdθ

=8a3

3

ˆ π

0

sin θ − cos2 θ sin θdθ + a2

ˆ π

0

1− cos 2θdθ =8a3

3

(− cos θ +

cos3 θ

3

)∣∣∣∣π0

+ a2π

=32a3

9+ a2π.

6.10 Problema. Considere la region D =

(x, y, z) ∈ R3 : 0 ≤ z ≤ 1− y, 0 ≤ x ≤ y2, y ≥ 0

. Calcule

˚D

(x+ y + z)dV.

en el orden dydxdz.


˚D

(x+ y + z)dV =

ˆ 1

0

ˆ (1−z)2

0

ˆ 1−z

√x

x+ y + zdydxdz =1

5.


0

ˆ x+1

x−2

(x+ y)ey−xdydx.

Solucion: Sean u, v dados por [uv

]=

[1 1−1 1

] [xy

].

Entonces, [xy

]=

1

2

[1 −11 1

] [uv

].


∂(u, v)

∣∣∣∣ =1

2.

Para obtener los lımites de integracion, notemos que

y = x− 2 ⇐⇒ v = y − x = −2 , y = x+ 1 ⇐⇒ v = y − x = 1,

x = 0 ⇐⇒ u = v , x = 3 ⇐⇒ u = v + 6.

Ası, la integral pedida es igual a

ˆ 1

−2

ˆ v+6

v

uevdudv

2=

1

4

ˆ 1

−2

ev(

(v + 6)2 − v2

2

)dv =

1

2

ˆ 1

−2

ev (3v + 9) dv = 9e.

6.12 Problema. Sea f, g : R2 → R continuas. Muestre que

ˆ a

0

ˆ a−y

0

e−(x+y)f(x)g(y)dxdy =

ˆ u

a

e−uf(u− v)g(v)dvdu.


]=

[1 10 1

] [xy

].

Entonces, [xy

]=

[1 −10 1

] [uv

].



∂(u, v)

∣∣∣∣ = 1.

Para obtener los lımites de integracion, notemos que

x = a− y ⇐⇒ u = x+ y = a , x = 0 ⇐⇒ u = v,

y = a ⇐⇒ v = a , y = 0 ⇐⇒ v = 0.

Ası, ˆ a

0

ˆ a−y

0

e−(x+y)f(x)g(y)dxdy =

ˆ a

0

ˆ v

a

e−uf(u− v)g(v)dudv =

ˆ a

0

ˆ u

0

e−uf(u− v)g(v)dvdu.

6.13 Problema. Calcule ¨D

yexydxdy,

donde D es la region determinada por las hiperbolas xy = 1, xy = 3 y las rectas y = 1, y = 3.

Solucion: Sean u = y, v = xy, entonces ∣∣∣∣∂(u, v)

∂(x, y)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣0 1y x

∣∣∣∣ = y.


∂(u, v)

∣∣∣∣ =1

u.

Ası, ¨D

yexydxdy =

ˆ 3

1

ˆ 3

1

uevdudv

u= 2

ˆ 3

1

evdv = 2e(e2 − 1

).

6.14 Problema. Sea ∆ =]0, 1[×]0, 1[×]− π, π[ y sea φ : R3 → R3 la aplicacion dada por

φ(u, v, w) = (u, uv cosw, v sinw).

Calcule el volumen de φ(∆).

Solucion: Tenemos por un lado el solido ∆, en el espacio de coordenadas u, v, w. La imagen de este conjuntobajo la funcion φ corresponde a un solido en R3 con coordenadas x, y, z. El volumen de este puede calcularseintegrando

V (φ(∆)) =

˚φ(∆)

dxdydz.

En analogıa a los casos anteriores, hacemos un cambio de variables, determinado por la funcion (x, y, z) =φ(u, v, w). Ası,

V (φ(∆)) =

˚φ(∆)

dxdydz =

˚∆

∣∣∣∣ ∂(x, y, z)

∂(u, v, w)

∣∣∣∣ dudvdw.Tenemos ademas que

abs∂(x, y, z)

∂(u, v, w)=

∣∣∣∣∣∣1 0 0

v cosw u cosw −uv sinw0 sinw v cosw

∣∣∣∣∣∣ = uv.

Por lo tanto,

V (φ(∆)) =

ˆ 1

0

ˆ 1

0

ˆ π

−πuvdwdvdu =

π

2.


6.15 Problema. Seaϕ : [1, 2]× [1, 2] → R2

(u, v) 7→(uv, u

2−v22

).

Calcule el area de la imagen de [1, 2]× [1, 2] a traves de ϕ.

Solucion: Sea = [1, 2]× [1, 2], entonces

A (ϕ()) =

¨ϕ()

dxdy =

¨

∣∣∣∣∂ (x, y)

∂ (u, v)

∣∣∣∣ dudv.Pero ∣∣∣∣∂ (x, y)

∂ (u, v)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣v uu −v

∣∣∣∣ = −(u2 + v2).

Ası,

A (ϕ()) =

ü2 + v2dudv =

ˆ 2

1

ˆ 2

1

u2 + v2dudv =14

3.

6.16 Problema. Considere un disco D de radio a > 0 y un punto A ubicado en su frontera. La densidad demasa por unidad de area en cualquier punto P del disco es igual a la distancia de P con A. Encontrar

(a) La masa del disco

(b) El centro de masa del disco

(c) El momento de inercia del disco con respecto a un eje perpendicular que pasa por el punto A

Solucion: Sin perdida de generalidad, podemos centrar el disco en (0, a), es decir, este queda dado por la ecuacion

x2 + (y − a)2 = a2 ⇐⇒ x2 + y2 = 2ay.

Si lo escribimos en coordenadas polares, tenemos que la ecuacion es r = 2a sin θ para θ ∈ [0, π].

(a) La densidad queda dada por ρ(r, θ) = r. Ası,

M (D) =

ˆ π

0

ˆ 2a sin θ

0

ρ(r, θ)rdrdθ =

ˆ π

0

ˆ 2a sin θ

0

r2drdθ =8a3

3

ˆ π

0

sin3 θdθ

=8a3

3

ˆ π

0

sin3 θdθ =8a3

3

ˆ π

0

sin θ − cos2 θ sin θdθ =32a3

9.

(b) Por simetrıa, es claro que x = 0. Por otro lado,

y =1

M (D)

ˆ π

0

ˆ 2a sin θ

0

yρ(r, θ)rdrdθ =9

32a3

ˆ π

0

ˆ 2a sin θ

0

r3 sin θdrdθ

=9a

8

ˆ π

0

sin5 θdrdθ =6a

5.

(c) Tenemos que

I =

ˆ π

0

ˆ 2a sin θ

0

r2ρ(r, θ)rdrdθ =

ˆ π

0

ˆ 2a sin θ

0

r4drdθ

=32a5

5

ˆ π

0

sin5 θdθ =512a5

75=

48a2

25M (D) .


6.17 Problema. Calcule el area de la region D, la cual esta encerrada por(x2 + y2

)2= 2a2

(x2 − y2

), a > 0.

Solucion: Usamos coordenadas polares y sigue que

r4 = 2a2r2(cos2 θ − sin2 θ

)⇒ r = a

√2 cos 2θ,

con la restriccion cos 2θ > 0. Como para θ ∈ [0, 2π[ hay 4 intervalos de largo π4 donde cos 2θ > 0, sigue que

A (D) = 4

ˆ π4

0

ˆ a√

2 cos 2θ

0

rdrdθ = 4

ˆ π4

0

a2 cos 2θdθ = 2a2.

6.18 Problema. Cambie el orden de integracion de

ˆ 12

0

ˆ 1−2x

0

ˆ 2−4x−2y

0

f(x, y, z)dzdydx

a dxdzdy.

Solucion: Tenemos que la region Ω de integracion esta dada por

Ω =

(x, y, z) ∈ R3 : 0 ≤ x ≤ 1

2, 0 ≤ y ≤ 1− 2x, 0 ≤ z ≤ 2− 4x− 2y

,

es decir, la region del primer octante que queda bajo el plano 4x+ 2y + z = 2.

Al dibujar la region (¡hagalo!), se ve que y varıa en [0, 1], es decir,

0 ≤ y ≤ 1.

Luego, para obtener como varıa z, nos fijamos en la proyeccion de la region sobre el plano Y Z, es decir, imponemosx = 0. Notamos que z varıa entre 0 y la interseccion de nuestra “tapa” y el plano Y Z es decir,

0 ≤ z ≤ 2− 2y.

Finalmente, x debe variar de tal forma que sigamos estando bajo el plano 4x+ 2y + z = 2, es decir,

0 ≤ x ≤ 2− 2y − z4

.

Ası, ˆ 12

0

ˆ 1−2x

0

ˆ 2−4x−2y

0

f(x, y, z)dzdydx =

ˆ 1

0

ˆ 2−2y

0

ˆ 2−2y−z4

0

f(x, y, z)dxdzdy.

6.19 Problema. Calcule el volumen del solido bajo z = xy1+x2y2 , sobre z = 0 y limitada por xy = 1, xy = 5, x =

1, x = 5.

Solucion: Sea Θ el solido en cuestion. Notemos que

V (Θ) =

˚Θ

dzdxdy =

¨D

xy

1 + x2y2dxdy,

donde D es la region limitada por xy = 1, xy = 5, x = 1, x = 5. Sean u = x, v = xy, entonces∣∣∣∣∂(u, v)

∂(x, y)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣1 0y x

∣∣∣∣ = x.


∂(u, v)

∣∣∣∣ =1

u.

Ası,

V (Θ) =

¨D

xy

1 + x2y2dxdy =

ˆ 5

1

ˆ 5

1

v

1 + v2

dudv

u=

(ˆ 5

1

du

u

)(ˆ 5

1

v

1 + v2dv

),

es decir,

V (Θ) =1

2log 5 (3 log 3− log 2) .


6.20 Problema. Considere la region Ω del espacio limitada por x, y, z ≥ 0, x+√y + 3√z ≤ 1. Determine V (Ω).

Solucion: Sean x = u, v2 = y, w3 = z, entonces la region puede ser descrita como u, v, w ≥ 0, u+ v + w ≤ 1. Eljacobiano es ∣∣∣∣∂(x, y)

∂(u, v)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣1 0 00 2v 00 0 3w2

∣∣∣∣∣∣ = 6vw2

y se anula si y solo si vw = 0. Por lo tanto,

V (Ω) =

˚Ω

6vw2dudvdw.

Ası

V (Ω) =

ˆ 1

0

ˆ 1−u

0

ˆ 1−u−v

0

6vw2dwdvdu =

ˆ 1

0

ˆ 1−u

0

2v(1− u− v)3dvdu,

pero

ˆ 1−u

0

2v(1− u− v)3dv = −v(1− u− v)4

2

∣∣∣∣1−u0

+1

2

ˆ 1−u

0

(1− u− v)4dv = − (1− u− v)5

10

∣∣∣∣1−u0

.

Luego,

V (Ω) =1

10

ˆ 1

0

(1− u)5du =1

60.

6.21 Problema. Calcule ¨Q

√x2 + y2dA,

con Q = [0, 1]× [0, 1].

Solucion: Notamos que la integral es simetrica respecto a y = x, luego

¨Q

√x2 + y2dA = 2

¨D

√x2 + y2dA,

donde D es la region limitada por 0 ≤ x ≤ 1 y 0 ≤ y ≤ x. Haciendo el cambio a coordenadas polares, sigue quex ≤ 1 implica que

r cos θ ≤ 1⇒ r ≤ sec θ.

Luego,

¨D

√x2 + y2dA =

ˆ π4

0

ˆ sec θ

0

r2drdθ =1

3

ˆ π4

0

sec3 θdθ =1

3(log (sec θ + tan θ) + sec θ tan θ)

∣∣∣∣π40

.

Ası, ¨Q

√x2 + y2dA =

2

3

(log(√

2 + 1)

+√

2).

6.22 Problema. Sea V = B (0, 1) r C, con C =

(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 ≤ z2

. Calcule el volumen de V .

Solucion: Calcularemos el volumen encerrado por Ω = C ∩ B (0, 1) y luego se lo restaremos al volumen deB (0, 1). Dada la simetrıa del problema analizaremos solo la parte positiva de Ω y luego la multiplicaremos por2. Buscamos la interseccion despejando z y obtenemos que

x2 + y2 =1

2,

es decir, corresponde a una circunferencia a en el plano

z =1√2.


Luego,

V(Ω+)

=

ˆ 2π

0

ˆ 1√2

0

ˆ √1−r2

r

rdzdrdθ = 2π

ˆ 1√2

0

(√1− r2 − r

)rdr =

π2

4.

Ası,

V (V ) = V (B (0, 1))− 2 V(Ω+)

=4π

3− π2

2.

6.23 Problema. Calcule la masa de B(0, 1), si su densidad esta dada por

ρ(x, y, z) =1

1 +√x2 + y2 + z2

.

Solucion: La masa de la bola esta dada por

M (B(0, 1)) =

˚B(0,1)

ρ(x, y, z)dV.

Usando coordenadas esfericas y Fubini, tenemos que

M =

ˆ 2π

0

ˆ π

0

ˆ 1

0

r2 sinϕ

1 + rdrdϕdθ =

(ˆ 2π

0

dθ

)(ˆ π

0

sinϕdϕ

)(ˆ 1

0

r2

1 + rdr

)= 4π

ˆ 1

0

r2

1 + rdr = 4π

ˆ 1

0

r2 − 1

1 + r+

1

1 + rdr = 4π

ˆ 1

0

r − 1 +1

1 + rdr

= 4π

(log 2− 1

2

).

6.24 Problema. Sea la densidad de carga ρ(x, y, z) = z. Calcule la carga total encerrada entre x2 +y2 + z2 = 2z

y z =√x2 + y2.

Solucion: Sea Ω la region encerrada. Entonces la carga total esta dada por

Q =

˚Ω

zdV.

Notemos quex2 + y2 + z2 = 2z ⇐⇒ x2 + y2 + (z − 1)2 = 1,

es decir, la superficie corresponde a una esfera trasladada en k. Luego, la semiesfera por sobre el cono se puedeescribir en coordenadas cilındricas como

z = 1 +√

1− r2.

Ası,

Q =

ˆ 2π

0

ˆ 1

0

ˆ 1+√

1−r2

r

zrdzdrdθ = π

ˆ 1

0

(1− r2 +

√1− r2

)2rdr.

En esta ultima integral hacemos t = 1− r2 ⇒ dt = −2rdr para concluir que

Q = π

ˆ 1

0

t+√tdt =

7π

6.

6.25 Problema. Considere Ω =

(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 ≤ 4, z ≥ 0

.

(a) Calcule la masa del cuerpo definido por Ω si su densidad esta dada por

ρ(x, y, z) =

√x2 + y2

x2 + y2 + z2.


(b) Calcule el centro de gravedad del solido.

Solucion:

(a) Usando coordenadas esfericas, tenemos que

M (Ω) =

˚Ω

ρ(x, y, z)dV =

ˆ 2π

0

ˆ π2

0

ˆ 2

0

√r2 sin2 ϕ

r2r2 sinϕdrdϕdθ

= 2π

(ˆ π2

0

sin2 ϕdϕ

)(ˆ 2

0

r2dr

)=

4

3π2.

(b) Por simetrıa, es claro que x = y = 0. Ademas,

zM (Ω) =

˚Ω

zρ(x, y, z)dV =

ˆ 2π

0

ˆ π2

0

ˆ 2

0

r cosϕ

√r2 sin2 ϕ

r2r2 sinϕdrdϕdθ

= 2π

(ˆ π2

0

sin2 ϕ cosϕdϕ

)(ˆ 2

0

r3dr

)=

8

3π.

Luego,

r =1

M (Ω)

(0, 0,

8

3π

)=

(0, 0,

2

π

).

6.26 Problema. Calcule ˚Σ

xyz

x4 − y4dV,

donde Σ es la region determinada por 1 ≤ x2 − y2 ≤ 4, 1 ≤ xy ≤ 3 y x2 + y2 ≤ z ≤ 2(x2 + y2).

Solucion: Seanu = x2 − y2,

v = xy,

w =z

x2 + y2.

Entonces, ∣∣∣∣∂(u, v, w)

∂(x, y, z)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣2x −2y 0y x 0

− 2xz(x2+y2)2 − 2yz

(x2+y2)21

x2+y2

∣∣∣∣∣∣ =1

x2 + y2

∣∣∣∣2x −2yy x

∣∣∣∣ =2(x2 + y2)

x2 + y2= 2.

Luego, por Fubini,

˚Σ

xyz

x4 − y4dV =

ˆ 4

1

ˆ 3

1

ˆ 2

1

vw

u

1

2dwdvdu =

1

2

(ˆ 4

1

du

u

)(ˆ 3

1

vdv

)(ˆ 2

1

wdw

)= 6 log 2.

6.27 Problema. Sea Ω la region de B (0, 2) al interior z =√x2 + y2. Calcule

˚Ω

x2 + y2dV.

Solucion: Utilizamos coordenadas esfericas. La interseccion entre la esfera y el cono se escribe

r cosϕ =

√r2 cos2 θ sin2 ϕ+ r2 sin2 θ sin2 ϕ = r sinϕ⇒ tanϕ = 1⇒ ϕ =

π

4.

Luego,

˚Ω

x2 + y2dV =

ˆ 2π

0

ˆ π4

0

ˆ 2

0

r4 sin3 ϕdrdϕdθ = 2π

(ˆ 2

0

r4dr

)(ˆ π4

0

sin3 ϕdϕ

)=

16(8− 5

√2)π

15.


6.28 Problema. Calcule Ä

exp

(y − xy + x

)dxdy,

donde A es el triangulo entre la recta x+ y = 2 y los ejes cartesianos.


]=

[−1 11 1

] [xy

]:= T (x, y).

Como T es una transformacion lineal, para obtener el conjunto T (A), basta con mirar las imagenes de los verticesdel triangulo. Tenemos que

T (0, 0) = (0, 0) , T (2, 0) = (−2, 2) , T (0, 2) = (2, 2).

Por lo tanto, T (A) corresponde a un triangulo de vertices (0, 0), (−2, 2), (2, 2). Luego, como∣∣∣∣∂ (u, v)

∂ (x, y)

∣∣∣∣ = |T | = −2,

sigue que Ä

exp

(y − xy + x

)dxdy =

¨T (A)

exp(uv

) ∣∣∣∣∂ (x, y)

∂ (u, v)

∣∣∣∣ dudv =1

2

ˆ 2

0

ˆ v

−vexp (uv) dudv

=e− e−1

2

ˆ 2

0

vdv = e− e−1.


0

ˆ 1

0

dxdy

(log x+ log y) (1 + x2y2).

Solucion: Sean u = y, v = xy, entonces ∣∣∣∣∂(u, v)

∂(x, y)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣0 1y x

∣∣∣∣ = y.


∂(u, v)

∣∣∣∣ =1

u.

Luego, como v = xu, entonces

ˆ 1

0

ˆ u

0

dvdu

log v(1 + v2)u=

ˆ 1

0

ˆ 1

v

dudv

log v(1 + v2)u=

ˆ 1

0

− log v

log v(1 + v2)dv = −π

4.

6.30 Problema. Sean 0 < a < b y D = (x, y) ∈ R2 : x, y ≥ 0, y ≥ x, a ≤ xy ≤ b, y2 − x2 ≤ 1. Calcule

¨D

(y2 − x2)xy(x2 + y2)dA.

Solucion: Sean u = y2 − x2, v = xy, entonces∣∣∣∣∂(u, v)

∂(x, y)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣−2x 2yy x

∣∣∣∣ = −2(x2 + y2

).

Luego,

¨D

(y2 − x2)xy(x2 + y2)dxdy =

¨D

uv(x2 + y2)

2(x2 + y2)dudv =

1

2

ˆ b

a

ˆ 1

0

uvdudv =1

2log

(b+ 1

a+ 1

).


6.31 Problema. Calcule ¨R

y2

x4dA,

donde R es la region determinada por 1 ≤ x2

y ≤ 2, 0 ≤ xy ≤ 1.

Solucion: Sean u = x2

y , v = xy, entonces

∣∣∣∣∂(u, v)

∂(x, y)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣ 2xy −x2

y2

y x

∣∣∣∣∣ =3x2

y.


∂(u, v)

∣∣∣∣ =1

3u.

Luego, ¨R

y2

x4dA =

ˆ 1

0

ˆ 2

1

dudv

3u3=

1

3

ˆ 2

1

du

u3=

1

8.

6.32 Problema. Calcule ˚Ψ

1 +(x2 + y2

)2dV,

donde Ψ es la region encerrada entre z =√x2 + y2 y B (0, 1).

Solucion: La interseccion de las superficies ocurre cuando

x2 + y2 =1

2.

Usamos coordenadas cilındricas, donde el cono se escribe z = r, y sigue que

˚Ψ

1 +(x2 + y2

)2dV =

ˆ 2π

0

ˆ 1√2

0

ˆ √1−r2

r

(1 + r4

)rdzdrdθ

= 2π

ˆ 1√2

0

(1 + r4

) (√1− r2 − r

)rdr =

344− 180√

2

420π.

6.33 Problema. Calcule ˚Ω

e(x+y)2dV,

donde Ω es la region del espacio limitada por los planos z = x + y, z = x − y; lateralmente por los planosx− y = −1, x− y = 1, x+ y = 1, x+ y = 2.

Solucion: Sean u = x+ y, v = x− y, w = z, entonces

∣∣∣∣∂(u, v, w)

∂(x, y, z)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣1 1 01 −1 00 0 1

∣∣∣∣∣∣ = 2.

Por lo tanto,

˚Ω

e(x+y)2dV =

ˆ 2

1

ˆ 1

−1

ˆ u

v

eu2 dwdvdu

2=

1

2

ˆ 2

1

ˆ 1

−1

ueu2

dvdu− 1

2

ˆ 2

1

ˆ 1

−1

veu2

dvdu

=

ˆ 2

1

ueu2

du =eu

2

2

∣∣∣∣∣2

1

=1

2

(e4 − e

).


6.34 Problema. Sea Ω la region interior al solido limitado por

x2

a2+y2

b2+z2

c2= 1.

Calcule ˚Ω

(1−

(x2

a2+y2

b2+z2

c2

)) 32

dV.

Solucion: Seanx = ar cos θ sinϕ,

y = br sin θ sinϕ,

z = cr cosϕ.

(6.6)

Entonces, ∣∣∣∣∂(x, y, z)

∂(r, θ, ϕ)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣a cos θ sinϕ −ar sin θ sinϕ ar cos θ cosϕb sin θ sinϕ br cos θ sinϕ br sin θ cosϕc cosϕ 0 −cr sinϕ

∣∣∣∣∣∣= abc

∣∣∣∣∣∣cos θ sinϕ −r sin θ sinϕ r cos θ cosϕsin θ sinϕ r cos θ sinϕ r sin θ cosϕ

cosϕ 0 −r sinϕ

∣∣∣∣∣∣ = abcr2 sinϕ,

(6.7)

pues el ultimo jacobiano corresponde al de coordenadas esfericas. Ası,

˚Ω

(1−

(x2

a2+y2

b2+z2

c2

)) 32

dV =

ˆ 2π

0

ˆ π

0

ˆ 1

0

(1− r2

) 32 r2 sinϕdrdϕdθ

=

(ˆ 2π

0

dθ

)(ˆ π

0

sinϕdϕ

)(ˆ 1

0

(1− r2

) 32 r2dr

)= 4π

ˆ 1

0

(1− r2

) 32 r2dr.

Para esta ultima integral, hacemos r = sin t, dr = cos tdt y sigue que6.2

ˆ 1

0

(1− r2

) 32 r2dr =

ˆ π2

0

cos4 t sin2 tdt =1

2B

(5

2,

3

2

)=

1

2

Γ(

52

)Γ(

32

)Γ(4)

=1

2

32

12

√π 1

2

√π

3!=

π

32.

Ası, ˚Ω

(1−

(x2

a2+y2

b2+z2

c2

)) 32

dV =π2

8.

6.35 Problema. Consideremos el solido C limitado por a2x2 + b2y2 = 1, z = 0 y z = 1. Ademas, sea S lasuperficie dada por z2 = a2x2 + b2y2. Definimos S1 como el solido bajo S al interior de C y S2 como el solido

sobre S al interior de C. Demuestre que V(S1)V(S2) no depende de a ni de b.

Solucion: Notemos que C es un cilindro de base elipsoidal y altura 1. Los puntos de su interior cumplen a2x2 +b2y2 ≤ 1, luego S esta bajo el plano z = 1 y sobre z = 0 en el interior de C.

Hacemos el cambio de variables

x =r cos θ

a, y =

r sin θ

b, z = z.

Notar que,a2x2 + b2y2 = 1 ⇐⇒ r = 1.

De esta forma, se tiene que

C =

(r cos θ

a,r sin θ

b, z

)∈ R3 : r ∈ [0, 1], θ ∈ [0, 2π[, z ∈ [0, 1]

6.2Es posible resolver la integral solo los conocimientos de Calculo I pero es mas largo y tedioso.


S =

(r cos θ

a,r sin θ

b, z

)∈ R3 : r ∈ [0, 1], θ ∈ [0, 2π[, z = r

∣∣∣∣∂(x, y, z)

∂(r, θ, z)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣cos θa

−r sin θa 0

sin θb

r cos θb 0

0 0 1

∣∣∣∣∣∣ =r

ab

Entonces,

V (S1) =

ˆ 2π

0

ˆ 1

0

ˆ r

0

r

abdzdrdθ =

2π

3ab

V (S2) =

ˆ 2π

0

ˆ 1

0

ˆ 1

r

r

abdzdrdθ =

π

3ab

En consecuencia, V(S1)V(S2) = 2.

6.36 Problema. Calcule el volumen del solido Ω limitado por las superficies x2 +y2 +z2 = 9 y z = 7− (x2 +y2).

Solucion: Notamos que las superficies corresponden a: una esfera centrada en el origen de radio 3 y un paraboloidecuya cuspide es (0, 0, 7). Buscamos las intersecciones

z = 7−(9− z2

)⇐⇒ z2 − z − 2 = 0 ⇐⇒ z = 2 ∨ z = −1.

Pero si z = 2 ⇒ x2 + y2 = 5 y si z = −1 ⇒ x2 + y2 = 8. Por lo tanto, las intersecciones corresponden acircunferencias.

Para calcular V (Ω) usaremos coordenadas cilındricas para dos intervalos radiales distintos. Cuando 0 ≤ r ≤√

5,el solido queda atrapado entre las dos semiesferas y cuando

√5 ≤ r ≤

√8 el solido queda atrapado entre el

paraboloide y la semiesfera inferior. En consecuencia,

V (Ω) =

ˆ 2π

0

ˆ √5

0

ˆ √9−r2

−√

9−r2rdzdrdθ +

ˆ 2π

0

ˆ √8

√5

ˆ 7−r2

−√

9−r2rdzdrdθ

= 4π

ˆ √5

0

√9− r2rdr + 2π

ˆ √8

√5

(7− r2 +

√9− r2

)rdr.

Haciendo u = 9− r2 ⇒ du = −2rdr en cada integral sigue que

4π

ˆ √5

0

√9− r2rdr = 2π

ˆ 9

4

√udu =

4π

3u

32

∣∣∣∣94

=76π

3,

2π

ˆ √8

√5

(7− r2 +

√9− r2

)rdr = π

ˆ 4

1

(u+√u− 2

)du = π

(u2

2+

2

3u

32 − 2u

)∣∣∣∣41

=37π

6.

Finalmente,

V (Ω) =76π

3+

37π

6=

63π

2.

6.37 Problema. Calcule ¨Ω

xyzdV,

donde Ω es la region comun entre x2 + y2 + z2 ≤ 1 y x2 + y2 + z2 ≤ 2x.

Solucion: Primero pondremos “derecho” el dibujo. Para ello, cambiaremos el eje x con el eje z y ası, las regionesson

x2 + y2 + z2 ≤ 1 , x2 + y2 + z2 ≤ 2z.

Notamos que la ultima es equivalente a x2 +y2 + (z−1)2 ≤ 1. Es decir, Ω corresponde a la region encerrada entredos esferas desplazadas. Luego, la interseccion entre sus fronteras esta dada por

x2 + y2 + z2 = 1 ∧ x2 + y2 + z2 = 2z ⇒ z =1

2.


Pero, si z = 12 ⇒

√x2 + y2 =

√3

2 . Por lo tanto, la integral en coordenadas cilındricas es

¨Ω

xyzdV =

ˆ 2π

0

ˆ √3

2

0

ˆ √1−r2

1−√

1−r2(r cos θ) (r sin θ) zrdzdrdθ = 0,

pues ˆ 2π

0

cos θ sin θdθ = 0.

6.38 Problema. Calcule el volumen del solido Υ limitado por

x2

4+y2

9+z2

4= 1 ,

x2

4+y2

9+

(z − 2)2

4= 1.

Solucion: Sean u = 2x, v = 3y, w = 2z, entonces

∣∣∣∣∂(u, v, w)

∂(x, y, z)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣2 0 00 3 00 0 2

∣∣∣∣∣∣ = 12.

Sea Υ′ el nuevo solido encerrado por las superficies, que ahora se escriben

u2 + v2 + w2 = 1 , u2 + v2 + (w − 1)2 = 1,

respectivamente. Luego, la interseccion de estas se da cuando

w2 = (w − 1)2 ⇐⇒ w =1

2.

Reemplazando en cualquiera de las dos ecuaciones, concluimos que

u2 + v2 =3

4.

Por lo tanto, usando coordenadas cilındricas, se tiene que

V (Υ) =

¨Υ

dxdydz =

¨Υ′

12dudvdw = 12

ˆ 2π

0

ˆ √3

2

0

ˆ √1−r2

1−√

1−r2rdwdrdθ

= 24π

ˆ √3

2

0

r(

2√

1− r2 − 1)dr = 5π.

6.39 Problema. Se define la funcion zeta de Riemann ζ como

ζ(x) =

∞∑k=1

1

kx, x > 0. (6.8)

Muestre que

ζ(n) =

ˆ 1

0

. . .

ˆ 1

0

ˆ 1

0

dx1dx2 . . . dxn1− x1x2 . . . xn

.


Solucion: En efecto,

ˆ 1

0

. . .

ˆ 1

0

ˆ 1

0

dx1dx2 . . . dxn1− x1x2 . . . xn

=

ˆ 1

0

. . .

ˆ 1

0

ˆ 1

0

∞∑k=0

(x1x2 . . . xn)kdx1dx2 . . . dxn

=

∞∑k=0

ˆ 1

0

. . .

ˆ 1

0

ˆ 1

0

xk1xk2 . . . x

kndx1dx2 . . . dxn

=

∞∑k=0

n∏i=1

(ˆ 1

0

xki dxi

)

=

∞∑k=0

(ˆ 1

0

xkdx

)n

=

∞∑k=0

1

(k + 1)n

=∞∑k=1

1

kn

= ζ(n).


Capıtulo 7

Integrales de Lınea

“Las leyes de la naturaleza no son mas que pensamientos matematicos de Dios.”- Euclides

7.1. Integrales de campos escalares sobre curvas

Volvamos por un instante a Calculo II. Consideremos una curva γ ⊆ R3 parametrizada por α : [a, b] ⊆ R → R3,entonces diremos que γ es una curva suave si

α′(t) = (x′(t), y′(t), z′(t))

es una funcion continua, es decir, si α ∈ C1 ([a, b]).

Nuestra primera intencion es calcular la longitud s del arco de curva. Para ello, como es costumbre, consideramosla particion P de [a, b] dada por

a = x0 < x1 < . . . < xn−1 < xn = b.

Luego, la curva se aproxima mediante la poligonal y sigue que su longitud

∆s ≈√

(∆x)2

+ (∆y)2

+ (∆z)2.

Haciendo tender ‖P‖ → 0, obtenemos

ds =√

(dx)2 + (dy)2 + (dz)2 =

√(dx

dt

)2

+

(dy

dt

)2

+

(dz

dt

)2

dt.

Luego, como α ∈ C1, estos diferenciales son integrables y sigue que la longitud del arco de curva α ([a, x]) esta dadopor

s(x) =

ˆ x

a

√(dx

dt

)2

+

(dy

dt

)2

+

(dz

dt

)2

dt =

ˆ b

a

‖α′(t)‖ dt.

Bien, ahora le pondremos masa a la curva mediante una densidad ρ : γ → R y sigue que

dm = ρds = ρ

√(dx

dt

)2

+

(dy

dt

)2

+

(dz

dt

)2

dt,

es decir, la masa del arco de curva α ([a, x]) esta dado por

M(x) =

ˆ x

a

ρ (α(t)) ‖α′(t)‖ dt.

134 Integrales de campos vectoriales sobre curvas

Motivados por esto y para ganar la libertad de poder poner la funcion que queramos en vez de ρ para modelarincluso la carne en un anticucho chueco, definiremos el caso general.

7.1 Definicion (Integral de lınea de un campo escalar). Sea f : γ ⊆ R3 → R, donde γ es curva suave. Definimosla integral de lınea de f a lo largo de γ con relacion a la longitud de la curva como

ˆγ

fds :=

ˆ b

a

f (α(t)) ‖α′(t)‖ dt,

donde α es una parametrizacion de γ.

7.2 Observacion. Dado que ds es la longitud del arco de curva γ y no de la parametrizacion α, es decir,es una propiedad intrınsica de la geometrıa de la curva; el valor de la integral de lınea es independiente de laparametrizacion que se escoja.

7.3 Ejemplo. Sea γ una vuelta de la helice de radio r y de paso 2π. Calculemos

ˆγ

fds,

donde f(x, y, z) = xyz.

Primero, parametrizamos γ segun α(t) = (r cos t, r sin t, t)⇒ ‖α′(t)‖ =√r2 + 1. Luego,

ˆγ

fds =

ˆ 2π

0

(r cos t)(r sin t)t√r2 + 1dt =

1

2r2√r2 + 1

ˆ 2π

0

t sin 2tdt = −π2r2√r2 + 1.

7.4 Observacion. Todo esto es estudiable para curvas en Rn. Pienselo como ejercicio.

7.2. Integrales de campos vectoriales sobre curvas

Ahora la cosa se pone mas interesante. Sea F : γ ⊆ R3 → R3 un campo suave que actua sobre una partıculapuntual, i.e. en el punto (x, y, z) la partıcula siente una fuerza dada por el vector F (x, y, z), cuya trayectoria esla curva suave γ.

Nuestro objetivo es calcular el trabajo realizado por el campo de fuerzas sobre nuestra pobre partıcula quesera arrastrada a lo largo de γ, la cual es parametrizada por α : [a, b] ⊆ R→ R3.

Recordemos que el trabajo, por definicion, es

fuerza× distancia,

pero no cualquier fuerza, sino que la fuerza en la direccion tangente al desplazamiento. Luego, como el vectortangente esta dado por

α′(t) = (x′(t), y′(t), z′(t)) ,

tenemos que la componente de la fuerza, en el punto y direccion deseados, esta dada por

Ft = F (α(t)) · α′(t)

‖α′(t)‖.

Notar que la direccion tangente fue tomada de forma unitaria para no perturbar el valor real de la fuerza. Porotro lado, ya sabemos la distancia:

ds = ‖α′(t)‖ dt.

Ası, un diferencial del trabajo W es

dW = Ftds =

(F (α(t)) · α′(t)

‖α′(t)‖

)‖α′(t)‖ dt.

Integrales de Lınea 135

Luego, como F y γ son suaves, podemos integrar y sigue que

W (x) =

ˆ x

a

(F (α(t)) · α′(t)

‖α′(t)‖

)‖α′(t)‖ dt =

ˆγ

F · α′(t)

‖α′(t)‖dt,

o simplemente,

W (x) =

ˆ x

a

F (α(t)) · α′(t)dt.

7.5 Definicion (Integral de lınea de un campo vectorial). Sea F : γ ⊆ R3 → R3, donde γ es curva suave.Definimos la integral de lınea de F a lo largo de γ con relacion a la longitud de la curva como

ˆγ

F · dα :=

ˆ x

a

F (α(t)) · α′(t)dt,

donde α es una parametrizacion de γ.

7.6 Ejemplo. Sean f y γ definidas el ejemplo 7.3. Calculemos

ˆγ

~∇f · dα.

Primero, tenemos que~∇f = (yz, xz, xy) .

Luego,~∇f (α(t)) =

(tr sin t, tr cos t, r2 cos t sin t

).

Ası, ˆγ

~∇f · dα =

ˆ 2π

0

~∇f (α(t)) · α′(t)dt

=

ˆ 2π

0

(tr sin t, tr cos t, r2 cos t sin t

)· (−r sin t, r cos t, 1) dt

=

ˆ 2π

0

−tr2 sin2 t+ tr2 cos2 t+ r2 cos t sin tdt

=

ˆ 2π

0

tr2 cos 2t+1

2r2 sin 2tdt = 0.

7.3. Campos conservativos

Consideremos F = ~∇f , con f : R3 → R de clase C1. Sea γ una curva suave parametrizada por α(t) =(x(t), y(t), z(t)) , t ∈ [a, b]. Notemos que

ˆγ

F · dα =

ˆ b

a

~∇f (α(t)) · α′(t)dt =

ˆ b

a

∂f

∂x(α(t))x′(t) +

∂f

∂y(α(t)) y′(t) +

∂f

∂z(α(t)) z′(t)dt,

donde∂f

∂x(α(t)) =

∂f

∂x(x(t), y(t), z(t)) .

Luego, ˆγ

F · dα =

ˆ b

a

d

dt(f (α(t))) dt = f (α(b))− f (α(a)) .

Es decir, la integral de lınea de F depende solo de los puntos final e inicial pero no de la trayectoria.

136 Campos conservativos

7.7 Definicion. Sea F : D ⊆ R3 → R3. Diremos que la integralˆγ

F · dα

es independiente de la trayectoria, si ˆγ1

F · dα =

ˆγ2

F · dα

para cualquier par de curvas γ1, γ2 ⊆ D con el mismo punto final e inicial.

7.8 Observacion. Sean f : R3 → R de clase C1 y F = ~∇f , entoncesˆγ

F · dα

es independiente de la trayectoria. Diremos que F es un campo conservativo y que f es el potencial escalarde F .

Notar que f + C tambien es un potencial de F para cualquier constante C ∈ R.

7.9 Definicion. Sea γ una curva suave parametrizada por α(t), t ∈ [a, b]

(a) Definimos γ− como la misma curva pero recorrida en sentido inverso yˆγ−

= −ˆγ

.

(b) Diremos que γ es simple si para a ≤ t1 < t2 ≤ b, se tiene que α(t1) = α(t2)⇒ t1 = a, t2 = b.

(c) Diremos que γ es cerrada si α(a) = α(b) y en tal caso escribiremosˆγ

=

˛γ

.

(d) Diremos que γ es una curva de Jordan si es simple y cerrada.7.1

7.10 Definicion. Sea γ una curva suave a tramos, es decir, γ = γ1 ∪ γ2 ∪ . . . ∪ γn con γk curva suave tal queel punto final de γk es el inicial de γk+1, entonces

ˆγ

F · dα =

n∑k=1

ˆγk

F · dα.

7.11 Observacion. Sea F : D ⊆ R3 → R3 tal que ˆγ

F · dα

es independiente de la trayectoria. Consideremos una curva γ suave y cerrada tal que γ = γ1 ∪ γ2, entonces˛γ

F · dα =

ˆγ1

F · dα+

ˆγ2

F · dα =

ˆγ1

F · dα−ˆγ−2

F · dα = 0,

pues γ1 y γ−2 comparten el mismo punto final e inicial.

Por otro lado, si ˛γ

F · dα = 0,

entonces ˆγ1

F · dα =

ˆγ−2

F · dα.

7.1Intuitivamente se puede pensar que una curva de Jordan divide al plano en dos regiones cuyas fronteras son justamente la curva.Ademas, solo una de estas regiones es acotada y la otra no. A pesar de la inocencia de esta observacion, probarlo requiere conocimientosde topologıa que van muchısimo mas alla del curso. Este resultado se conoce como el Teorema de la Curva de Jordan.


7.12 Proposicion. Sea F : D ⊆ R3 → R3 continuo, entonces F es conservativo si y solo si

˛γ

F · dα = 0,

para toda γ ⊆ D cerrada.

7.13 Definicion. Sea D ⊆ R3 abierto. Diremos que D es conexo si dos puntos cualquieras de D pueden serunidos mediante una curva contenida en D.

7.14 Observacion. Sea D ⊆ R3 abierto y conexo. Consideremos F : D ⊆ R3 → R3 continuo tal que

ˆγ

F · dα

es independiente de la trayectoria. Para p0 = (a, b, c), p = (x, y, z) ∈ D, consideremos

f(x, y, z) =

ˆγ

F · dα.

donde γ es una curva suave contenida en D que va desde p0 a p. Notemos que f esta bien definida pues la integrales independiente de la trayectoria en D y por ende, podemos escribir

f(x, y, z) =

ˆ p

p0

F · dα.

Ahora, como D es abierto, existe r > 0 tal que B (p, r) ⊆ D y por lo tanto, para |h| < r se tiene que p′ =(x+ h, y, z) ∈ B (p, r). Ademas,

f(x+ h, y, z) =

ˆ p′

p0

F · dα =

ˆ p′

p

F · dα+

ˆ p

p0

F · dα =

ˆ p′

p

F · dα+ f(x, y, z).

Sea ϕ(t) = (x + t, y, z), con t entre 0 y h. Entonces, si F = (P,Q,R), como la integral es independiente de latrayectoria, tenemos que ˆ p′

p

F · dα =

ˆ h

0

F (ϕ(t)) · ϕ′(t)dt =

ˆ h

0

P (ϕ(t))dt.

Luego,

∂f

∂x= lımh→0

f(x+ h, y, z)− f(x, y, z)

h= lımh→0

1

h

ˆ h

0

P (ϕ(t)) dt = P (ϕ(0)) = P (x, y, z),

y analogamente,∂f

∂y= Q(x, y, z) ,

∂f

∂z= R(x, y, z).

Es decir, F = ~∇f .

7.15 Proposicion. Sean D ⊆ R3 abierto y conexo. Consideremos F : D ⊆ R3 → R3 continuo. Si

ˆγ

F · dα

es independiente de la trayectoria, entonces F = ~∇f para alguna f : D ⊆ R3 → R de clase C1.

7.16 Observacion. A veces usaremos la notacionˆγ

F · dα =

ˆγ

Pdx+Qdy +Rdz.

138 Campos conservativos

7.17 Ejemplo. Sea F (x, y, z) = 2xy3z4 ı + 3x2y2z4 + 4x2y3z3k. Veamos si existe algun potencial para F , esdecir, debemos buscar f tal que

∂f

∂x= 2xy2z4 ,

∂f

∂y= 3x2y2z4 ,

∂f

∂z= 4x2y3z3.

En efecto, f = x2y3z4 + C es un potencial para F y por lo tanto, F es conservativo.

7.18 Observacion. Sea F = ~∇f con f ∈ C2. Luego, si

F = (P,Q,R) =

(∂f

∂x,∂f

∂y,∂f

∂z

),

tenemos que, por el Lema de Schwarz,

∂P

∂y=

∂2f

∂y∂x=

∂2f

∂x∂y=∂Q

∂x,

∂P

∂z=

∂2f

∂z∂x=

∂2f

∂x∂z=∂R

∂x,

∂Q

∂z=

∂2f

∂z∂y=

∂2f

∂y∂z=∂R

∂y,

es decir,

~∇× F =

∣∣∣∣∣∣ı kP Q R∂∂x

∂∂y

∂∂z

∣∣∣∣∣∣ = 0.

7.19 Ejemplo. Sea F (x, y, z) = yı+ x+ xyzk. Determine si F es conservativo.

Dado que∂P

∂y= 1 y

∂R

∂x= yz, F no puede ser conservativo.

7.20 Ejercicio. Todo lo que hemos desarrollado hasta ahora puede llevarse facilmente a R2 asumiendo queF = (P,Q, 0). Hagalo.

7.21 Ejercicio. Sea

F (x, y) =−y

x2 + y2ı+

x

x2 + y2.

(a) Calcule∂Q

∂x− ∂P

∂y.

(b) Calcule ˛γ

Pdx+Qdy,

donde γ es la circunferencia unitaria parametrizada por (cos t, sin t), t ∈ [0, 2π].

(c) ¿Que puede decir respecto a la condicion∂Q

∂x− ∂P

∂y= 0 y la integral

˛γ

Pdx+Qdy?

7.22 Ejemplo. Sea F (x, y) =(2x sin yı, x2 cos y − 3y2

). Notemos que

∂P

∂y= 2x cos y =

∂Q

∂x,

y por ende, F tiene posibilidades de ser un campo conservativo. Supongamos que F = ~∇f , entonces

∂f

∂x= 2x sin y ⇒ f(x, y) = x2 sin y + ϕ(y).


Luego,

x2 cos y − 3y2 =∂f

∂y= x2 cos y + ϕ′(y)⇒ ϕ′(t) = −3y3 ⇒ ϕ(y) = −y3 + C.

Por lo tanto, f(x, y) = x2 sin y − y3 + C y sigue que F es conservativo.

7.4. Teorema de Green

7.23 Definicion. Sea γ una curva de cerrada, simple y suave a tramos. Diremos que tiene orientacion positivasi la recorremos en sentido contrareloj, es decir, la region encerrada por la curva siempre esta la izquierda cuandose recorre la curva. En caso contrario, tiene orientacion negativa.

7.24 Observacion. Si γ tiene orientacion positiva, γ− tiene orientacion negativa y vice versa.

7.25 Definicion. Una region D ⊆ R2 se dice simplemente conexa si es conexa y toda curva de Jordan en Dsolo encierra puntos en D.

7.26 Ejemplo. B (0, 1)r0 no es simplemente conexa pues las circunferencias centradas en el origen y de radiomenor a 1 encierran al origen.

7.27 Teorema (Green). Sea D ⊆ R2 una region simplemente conexa y tal que γ es la curva correspondiente asu frontera orientada positivamente, ∂D+. Sea F : U ⊆ R2 → R2 dado por

F (x, y) = P (x, y)ı+Q(x, y),

con P,Q ∈ C1 y tal que D ⊆ U . Entonces

˛∂D+

F · dα =

ˆγ

Pdx+Qdy =

¨D

∂Q

∂x− ∂P

∂ydA.

Demostracion. (Idea) Sea D una region tipo I, es decir, tal que existen ϕ1, ϕ2 : [a, b]→ R y

D =

(x, y) ∈ R2 : a ≤ x ≤ b, ϕ1(x) ≤ y ≤ ϕ2(x).

Luego, ¨D

∂P

∂y(x, y)dA =

ˆ b

a

ˆ ϕ2(x)

ϕ1(x)

∂P

∂y(x, y)dydx

=

ˆ b

a

P (x, ϕ2(x))dx−ˆ b

a

P (x, ϕ1(x))dx = −ˆ∂D

P (x, y)dx.

7.28 Teorema. Sea D ⊆ R2 una region simplemente conexa y F : U ⊆ R2 → R2 dado por

F (x, y) = P (x, y)ı+Q(x, y),

con P,Q ∈ C1 y tal que D ⊆ U . Si∂P

∂y=∂Q

∂x,

entonces F es un campo conservativo.

Demostracion. (Idea) Sea una curva cerrada γ ⊆ D y denotemos por R la region que esta encierra. Entonces

˛∂R+

F · dα =

¨D

∂Q

∂x− ∂P

∂ydA = 0.


7.29 Observacion. Sea D ⊆ R2 simplemente conexa. Supongamos que ∂D+ es parametrizada por α : [a, b]→ R2

tal que α(t) = (x(t), y(t)). Entonces un vector normal a ∂D+ en α(t) y unitario esta dado por

n(t) =y′(t)ı− x′(t)‖α′(t)‖

.

Ası, ˛∂D+

F · nds =

ˆ b

a

F (α(t)) ·(y′(t)ı− x′(t)‖α′(t)‖

)‖α′(t)‖ dt

=

ˆ b

a

P (α(t)) y′(t)−Q (α(t))x′(t)dt =

˛∂D+

−Qdx+ Pdy.

Luego, por el Teorema de Green, ˛∂D+

F · nds =

¨D

∂P

∂x+∂Q

∂ydA.

Ademas,∂P

∂x+∂Q

∂y=

(∂

∂x,∂

∂y

)· (P,Q) = ~∇ · F.


7.1 Problema. Considere la curva γ descrita en coordenadas polares por la ecuacion r = eθ. Esta recibe elnombre de espiral logarıtmica.7.2 Calcule el largo de la porcion de curva γ correspondiente a θ ∈]−∞, 0].

Solucion:

En la figura se muestra la parte de la espiral que nosinteresa.Puesto que x = r cos θ, y = r sin θ, la curva queda para-metrizada por

α(t) = (et cos t, et sin t), t ∈]−∞, 0].

Ası,‖α′(t)‖ =

√2et.

El largo de la curva corresponde a

ˆγ

ds =

ˆ 0

−∞||α′(t)||dt =

√2

ˆ 0

−∞etdt =

√2.

7.2 Problema. Sea γ la curva dada por la interseccion de las superficies x + y + z = 0 y x2 + y2 + z2 = 1.Suponiendo que la densidad lineal es λ(x, y, z) = x2, calcule la masa de γ.

Solucion: Queremos encontrar

M (γ) =

ˆγ

λds =

ˆγ

x2ds.

7.2Mas precisamente, este nombre se le da a toda la familia de curvas de la forma r = aebθ, con a, b ∈ R+. Jakob Bernoulli lallamo Spira Mirabilis (la “Espiral maravillosa”), sorprendido por sus propiedades: la espiral evoluciona replicando siempre la mismaforma. Bernoulli pidio que esta espiral fuese grabada en su tumba junto con la frase “Eadem mutata resurgo”. (“Mutando, resurjoidentico.”). Sin embargo, quienes tallaron la lapida cometieron un error, inscribiendo la espiral de Arquımedes.


Notemos que la superficie es invariante bajo permutacion de coordenadas, es decir, si intercambiamos los ejes xcon y, x con z o y con z, la curva se ve exactamente igual. Por lo tanto,

ˆγ

x2ds =

ˆγ

y2ds =

ˆγ

z2ds.

Luego,

3 M (γ) =

ˆγ

x2ds+

ˆγ

y2ds+

ˆγ

z2ds =

ˆγ

x2 + y2 + z2ds =

ˆγ

ds.

Sin embargo, γ corresponde a una circunferencia de radio 1 y por ende,

M (γ) =2π

3.

7.3 Problema. Considere un disco delgado de radio r0 centrado en el origen y en el plano z = 0. Ademas,este se encuentra cargado uniformemente con densidad σ. Se sabe que el campo electrico E generado por estadistribucion para un punto arbitrario del eje z es

E(z) =σ

2ε0

1− 1√1 +

(r0z

)2 k,

donde ε0 es la constante de permitividad del vacıo.

Calcule el trabajo realizado por el campo al mover una carga q desde el centro del disco hasta el infinito a travesdel eje z.

Solucion: Dado que F = qE, tenemos que el trabajo pedido es

W =

ˆ ∞0

F · kdz =

ˆ ∞0

qσ

2ε0

1− 1√1 +

(r0z

)2 dz =

qσ

2ε0

ˆ ∞0

(1− z√

z2 + r20

)dz

=qσ

2ε0

(z −

√z2 + r2

0

)∣∣∣∣∞0

= − qσ2ε0

r20

z +√z2 + r2

0

∣∣∣∣∣∞

0

=qσr0

2ε0.

7.4 Problema. Sea F (x, y) = (x+ y)ı+ (x− y). Calculeˆγ

F · dr,

donde γ es la curva recorrida en sentido positivo entre los puntos (a, 0) y (−a, 0), de ecuacion b2x2 +a2y2 = a2b2.

Solucion: Parametrizamos con x = a cos t, y = b sin t con t ∈ [0, π] y sigue que

ˆγ

F · dr =

ˆ π

0

(a cos t+ b sin t, a cos t− b sin t) · (−a sin t, b cos t) dt

=

ˆ π

0

−a2 sin t cos t− ab sin2 t+ ab cos2 t− b2 sin t cos tdt

=

ˆ π

0

−(a2 + b2

) sin 2t

2+ ab cos 2tdt = 0.

7.5 Problema. Sea el campo F (x, y) = 3y2 ı+3x. Encuentre un camino que una (0, 0) con (1, 1) y que minimizeel trabajo realizado por F .

Solucion: Sea γ(x) = xı+ y(x) el camino buscado. Entonces y(0) = 0 e y(1) = 1.

Queremos minimizar el funcional

W [γ] =

ˆ 1

0

F (x, y) · γ′(x)dx =

ˆ 1

0

(3y2(x), 3x) · (1, y′(x)) dx =

ˆ 1

0

3y2(x) + 3xy′(x)dx.


Notemos que ˆ 1

0

3xy′(x)dx = 3xy(x)|10 − 3

ˆ 1

0

y(x)dx = 3− 3

ˆ 1

0

y(x)dx.

Luego,

W [γ] = 3 + 3

ˆ 1

0

(y2(x)− y(x)

)dx = 3 + 3

ˆ 1

0

(y(x)− 1

2

)2

− 1

4dx =

9

4+ 3

ˆ 1

0

(y(x)− 1

2

)2

dx.

Se observa que el integrando es siempre positivo y por lo tanto, el menor valor del trabajo necesariamente sera 94 .

Ası, el camino que minimiza el funcional W es aquella que mantiene y(x) = 12 durante la mayor parte del trayecto,

es decir, aquel que va desde el origen hasta(0, 1

2

), de allı a

(1, 1

2

)mediante una horizontal y finalmente, sube

verticalmente hasta (1, 1).

7.6 Problema. Sea γ la curva que se produce de la interseccion del plano y = x con el paraboloide z = x2 + y2,contenida en el primer octante. Sea

F (x, y, z) =

(cos y

2(1 + 2z),

cosx

2(1 + 2z)+ sin y,

y cosx

1 + 2z

).

(a) Determine todos los puntos p ∈ γ para los cuales el trabajo realizado por F a lo largo de γ desde el origenhasta p es igual a 1.

(b) Sean p1, p2 dos puntos cualesquiera del inciso anterior. Determine el trabajo realizado por F a lo largo deγ desde p1 hasta p2.

Solucion:

(a) La curva γ puede ser parametrizada por

α(t) =(t, t, 2t2

), t > 0.

Luego, el trabajo a lo largo de γ desde el origen hasta un punto p = (x, x, 2x2) ∈ γ arbitrario esta dado por

W (x) =

ˆ x

0

(cos t

2(1 + 4t2),

cos t

2(1 + 4t2)+ sin t,

t cos t

1 + 4t2

)· (1, 1, 4t) dt

=

ˆ x

0

cos t

2(1 + 4t2)+

cos t

2(1 + 4t2)+ sin t+

4t2 cos t

1 + 4t2dt =

ˆ x

0

cos t+ sin tdt

= sinx− cosx+ 1.

Por lo tanto, W (x) = 1 si y solo si

sinx− cosx = 0 ⇐⇒ tanx = 1 ⇐⇒ x =π

4+ nπ, n ∈ N ∪ 0.

(b) El trabajo W realizado por F entre p1 = (x1, x1, 2x21), p2 = (x2, x2, 2x

22) a lo largo de γ es

W =

ˆ x2

x1

F α(t) · α′(t)dt =

ˆ x2

0

F α(t) · α′(t)dt−ˆ x1

0

F α(t) · α′(t)dt = 1− 1 = 0.

7.7 Problema. SeaF (x, y, z) =

(4xy2 + xy + y + z, 4x2y − xy + x, x

).

(a) Pruebe que F no es conservativo.

(b) Determine una buena funcion φ(t) tal que

G = F + φ(xy) (ı− )

sea conservativo.


Solucion:

(a) Tenemos que

~∇× F = (Ry −Qz, Pz −Rx, Qx − Py)

= (0− 0, 1− 1, (8xy − y + 1)− (8xy + x+ 1)) = (0, 0,−(x+ y)) .

Luego, F no puede ser conservativo.

(b) Sea ψ(x, y, z) = φ(xy), entonces G = (P + ψ,Q− ψ,R). Como ψ es buena, G esta definido en todo R3 y

por lo tanto, queremos imponer condiciones sobre φ tal que ~∇×G = 0.

Notemos que~∇×G = (Ry − (Qz − ψz) , (Pz + ψz)−Rx, (Qx − ψx)− (Py + ψy))

= (Ry −Qz, Pz −Rx, (Qx − Py)− (ψx + ψy))

= (0, 0,−(x+ y)− (yφ′(xy) + xφ′(xy))) .

= (0, 0,−(x+ y) (φ′(xy) + 1)) .

Por lo tanto, queremos que φ′ = −1, es decir, φ(t) = −t+ C.


(y2z3, 2xyz3, 3xy2z2

).

(a) Muestre que F es un campo conservativo.

(b) Encuentre un potencial escalar para F .

(c) Calcule ˆγ

F · dα,

donde γ es una curva arbitraria desde (x1, y1, 0) a (x2, y2, 0).

Solucion:

(a) En efecto, F es conservativo pues esta definido en todo R3 y

∂R

∂y=∂Q

∂z= 6xyz2

∂P

∂z=∂R

∂x= 3y2z2

∂Q

∂x=∂P

∂y= 2yz3

Luego, como F esta definido en todo R, se tiene que es un campo conservativo.

(b) Si F = ~∇f , entonces∂f

∂x= y2z3 ⇒ f(x, y, z) = xy2z3 + g(y, z).

Ademas,∂f

∂y= 2xyz3 ⇒ ∂g

∂y= 0⇒ g(y, z) = g(z).

Finalmente,∂f

∂z= 3xy2z2 ⇒ g′(z) = 0⇒ g ≡ C.

Ası,f(x, y, z) = xy2z3 + C.


(c) Como F = ~∇f , ˆγ

F · dα =

ˆγ

~∇f · dα = f (x2, y2, 0)− f (x1, y1, 0) = 0.


(y2 cosx+ z3, 2y sinx− 4, 3xz2 + 2z

).

(a) Muestre que F es conservativo.

(b) Encuentre un potencial escalar para F .

(c) Calcule ˆγ

F · dα,

donde γ es la curva que consta del arco de y = x2, z = 0 del origen al punto (1, 1, 0) junto con el segmentode recta de (1, 1, 0) al punto (0, 0, 1).

Solucion:

(a) En efecto, F es conservativo pues esta definido en todo R3 y

∂R

∂y=∂Q

∂z= 0

∂P

∂z=∂R

∂x= 3z2

∂Q

∂x=∂P

∂y= 2y cosx

(b) Si F = ~∇f , entonces

∂f

∂x= y2 cosx+ z3 ⇒ f(x, y, z) = y2 sinx+ xz3 + g(y, z).

Ademas,∂f

∂y= 2y sinx− 4⇒ 2y sinx+

∂g

∂y= 2y sinx− 4⇒ g(y, z) = −4y + h(z),

es decir,f(x, y, z) = y2 sinx+ xz3 − 4y + h(z).

Finalmente,∂f

∂z= 3xz2 + 2z ⇒ 3xz2 + h′(z) = 3xz2 + 2z ⇒ h(z) = z2 + C.

Ası,f(x, y, z) = y2 sinx+ xz3 − 4y + z2 + C.

(c) Como F = ~∇f , ˆγ

F · dα =

ˆγ

~∇f · dα = f (0, 0, 1)− f (0, 0, 0) = 1.

7.10 Problema. Sean u, v : U ⊆ R2 → R de clase C1. Dada una curva γ ⊆ U suave a tramos se defineˆγ

udv =

ˆγ

uvxdx+ uvydy.

Sean f, g : U ⊆ R2 → R de de clase C1 y γ ⊆ U una suave a tramos, cerrada y que no contiene ceros de f .Demuestre que ˛

γ

dg

f=

˛γ

g

f2df.


Solucion: Por definicion, tenemos que ˛γ

dg

f=

˛γ

gxfdx+

gyfdy.

Analogamente, ˛γ

g

f2df =

˛γ

gfxf2

dx+gfyf2

dy.

Luego, ˛γ

dg

f−˛γ

g

f2df =

˛γ

(gxf− gfx

f2

)dx+

(gyf− gfy

f2

)dy

=

˛γ

(gxf − gfx

f2

)dx+

(gyf − gfy

f2

)dy

=

˛γ

∂

∂x

(g

f

)dx+

∂

∂y

(g

f

)dy

=

˛γ

~∇(g

f

)· dα = 0,

pues los campos gradiente son conservativos.

7.11 Problema. Sea γ una curva de Jordan orientada positivamente en el plano XY . Definimos el momento deinercia con respecto al eje z de la region D encerrada por γ como

IZZ =

¨D

(x2 + y2

)ρ(x, y)dA.

Demuestre que si ρ ≡ 1, entonces

kIZZ =

˛γ

−y3dx+ x3dy,

para algun k ∈ Z.

Solucion: Sea F (x, y) = −y3 ı+ x3, entonces

∂Q

∂x− ∂P

∂y= 3x2 + 3y2 = 3(x2 + y2).

Por lo tanto, como D es simplemente conexo y F ∈ C1, usando el Teorema de Green, tenemos que

˛γ

−y3dx+ x3dy = 3

¨D

(x2 + y2)dA = 3IZZ ,

es decir, k = 3.

7.12 Problema. Muestre que ˛Γ

−ydx+ xdy

x2 + y2= 2π,

para toda curva Γ de Jordan orientada positivamente que encierre al origen.

Solucion: Sea D la region encerrada por Γ. Tomemos ε > 0 tal que B (0, ε) ⊆ D y llamemos D′ = D rB (0, ε).Notemos que la forma esta bien definida en D′ y este es simplemente conexo. Ademas,

∂Q

∂x− ∂P

∂y=

∂

∂x

(x

x2 + y2

)− ∂

∂y

(− y

x2 + y2

)= 0.

Luego, por Green,

0 =

¨D′

∂Q

∂x− ∂P

∂ydA =

ˆ∂D′

Pdx+Qdy =

ˆΓ

Pdx+Qdy −ˆB(0,ε)

Pdx+Qdy,


es decir, ˆΓ

Pdx+Qdy =

ˆB(0,ε)

Pdx+Qdy.

Pero B (0, ε) puede ser parametrizada por γ(t) = (ε cos t, ε sin t), t ∈ [0, 2π[. Ası,

ˆB(0,ε)

Pdx+Qdy =

ˆ 2π

0

(−ε sin t

ε2,ε cos t

ε2

)· (−ε sin t, ε cos t) dt =

ˆ 2π

0

sin2 t+ cos2 tdt = 2π.

7.13 Problema. Calcule ˛∂D

(ex sin y − xy2

)dx+

(ex cos y + x2y

)dy,

donde D = (x, y) ∈ R2 : 9x2 + 4y2 ≤ 36.Solucion: Dado que D es simplemente conexa, podemos usar el teorema de Green. Notemos que

∂Q

∂x− ∂P

∂y= (ex cos y + 2xy)− (ex cos y − 2xy) = 4xy.

Luego, ˛∂D

(ex sin y − xy2

)dx+

(ex cos y + x2y

)dy =

¨D

4xydA.

Sean x = 2r cos θ, y = 3r sin θ, 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π. El jacobiano de la transformacion es∣∣∣∣∂(x, y)

∂(r, θ)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣2 cos t −2r sin θ3 sin θ 3r cos θ

∣∣∣∣ = 6r.

Ası, ¨D

4xydA = 24

ˆ 2π

0

ˆ 1

0

r3 cos θ sin θdrdθ = 0.

7.14 Problema. Calcule ˛∂D+

−y3dx+ xy2dy

(x2 + y2)2,

donde D es la region interior a la elipse x2 + 4y2 = 4.

Solucion: No podemos usar directamente el Teorema de Green pues (0, 0) ∈ D. Sea γ1 la curva parametrizada porϕ(t) = (a cos t, a sin t), con t ∈ [0, 2π] y a > 2. Llamemos D a la region entre ∂D+ y γ1, entonces ∂D+ = ∂D−∪γ1.

Notemos que∂Q

∂x− ∂P

∂y= 0.

Luego, ˛∂D+

Pdx+Qdy =

¨D

∂Q

∂x− ∂P

∂ydA = 0.

En consecuencia,

ˆ∂D+

Pdx+Qdy =

ˆγ1

Pdx+Qdy =

ˆ 2π

0

(− sin3 t

a,

cos t sin2 t

a

)· (−a sin t, a cos t) dt

=

ˆ 2π

0

sin4 t+ cos2 t sin2 dt =

ˆ 2π

0

sin2 tdt = π.

7.15 Problema. Calcule el area encerrada por

x2

a2+y2

b2= 1.


Solucion: Denotemos por D a la region encerrada por la elipse y sean P = −y y Q = 0. Entonces, por Green,

A (D) =

¨D

dA =

¨D

∂Q

∂x− ∂P

∂ydA =

ˆ∂D+

Pdx+Qdy =

ˆ∂D+

−ydx.

Parametrizamos ∂D+ con x = a cos t, y = b sin t para t ∈ [0, 2π] y sigue que

A (D) =

ˆ 2π

0

(−b sin t, 0) · (−a sin t, b cos t) dt = ab

ˆ 2π

0

sin2 tdt = abπ.

7.16 Problema. Calcule el area encerrada por el astroide de ecuacion

x23 + y

23 = 2

23 .

Solucion: Denotemos por D a la region encerrada por el astroide y sean P = 0 y Q = x. Entonces, por Green,

A (D) =

¨D

dA =

¨D

∂Q

∂x− ∂P

∂ydA =

ˆ∂D+

Pdx+Qdy =

ˆ∂D+

xdy.

Parametrizamos ∂D+ con x = 2 cos3 t, y = 2 sin3 t para t ∈ [0, 2π] y sigue que

A (D) =

ˆ 2π

0

(0, 2 cos3 t

)·(−6 cos2 t sin t, 6 sin2 t cos t

)dt = 12

ˆ 2π

0

cos4 sin2 tdt =3π

2.

7.17 Problema. Encuentre la curva de Jordan orientada positivamente sobre la cual se maximiza el trabajorealizado por el campo

F (x, y) =

(x2y

4+y3

3, x

).

Calcule el trabajo realizado por F sobre la curva encontrada.

Solucion: Tenemos que F ∈ C1(R2)

y por lo tanto, podemos usar el Teorema de Green a diestra y siniestra.Notemos que

∂Q

∂x− ∂P

∂y= 1−

(x2

4+ y2

).

Sea γ una curva de Jordan orientada positivamente. Entonces el trabajo realizado por F sobre la curva es

˛γ

F · dα =

¨D

1−(x2

4+ y2

)dA,

donde D corresponde a la region encerrada por γ. Para maximizar esta integral, buscamos una region tal que elintegrando sea siempre no negativo (y ası siempre estemos sumando volumen). Luego, la region optima es

D =

(x, y) ∈ R2 : 1− 1−

(x2

4+ y2

)≥ 0

=

(x, y) ∈ R2 : 1 ≥ x2

4+ y2

.

Es decir, γ es la curvax2

4+ y2 = 1. Esta puede ser parametrizada con α(t) = (2 cos t, sin t), t ∈ [0, 2π] y sigue que

˛γ

F · dα =

¨D

1−(x2

4+ y2

)dA =

ˆ 2π

0

ˆ 1

0

(1− r2

)2rdrdθ

= 4π

ˆ 1

0

(1− r2

)rdr = − π

(1− r2

)2∣∣∣10

= π.

7.18 Problema. Sea f : U ⊆ R2 → R de clase C2. Considere Ω ⊆ U un abierto simplemente conexo tal quef = 0 sobre ∂Ω. Demuestre que ¨

Ω

f4fdA = −¨

Ω

∥∥∥~∇f∥∥∥2

dA. (7.1)


Hint: Considere la forma ω = −f ∂f∂ydx+ f

∂f

∂xdy.

Solucion: Dado que Ω es simplemente conexo, usamos Green con el hint. Ası,

∂Q

∂x− ∂P

∂y=

∂

∂x

(f∂f

∂x

)+

∂

∂y

(f∂f

∂y

)=

(∂f

∂x

)2

+ f∂2f

∂x2+

(∂f

∂y

)2

+ f∂2f

∂y2=∥∥∥~∇f∥∥∥2

+ f4f.

Luego, como f = 0 sobre ∂Ω, tenemos que

¨Ω

(∥∥∥~∇f∥∥∥2

+ f4f)dA

(Green)=

˛∂Ω+

−f ∂f∂ydx+ f

∂f

∂xdy = 0,

de donde se concluye lo pedido.

7.19 Problema. El objetivo de este problema es resolver la ecuacion de onda para una cuerda infinita concondiciones iniciales de posicion y velocidad dada por

utt(x, t) = uxx(x, t) , (x, t) ∈ R2

u(x, 0) = u0(x) , x ∈ Rut(x, 0) = v0(x) , x ∈ R

(7.2)

Para ello definimos la forma diferencialω = utdx+ uxdt.

(a) Parametrice la recta que pasa por el punto (x1, t1) y cuya pendiente es 1.

(b) Repita lo anterior para el caso en que la recta es de pendiente −1.

(c) Calcule ˆγ1

ω ,

ˆγ2

ω

donde γ1, γ2 son las rectas parametrizadas en los incisos a) y b), respectivamente. Asuma que parten en(x1, t2) y terminan en (x2, t2).

(d) Utilice el Teorema de Green sobre un triangulo isosceles adecuado tal que un vertice corresponde al punto(x, t) y cuya base esta contenida en el eje (x, 0), x ∈ R.

Solucion:

(a) Sabemos que toda recta puede escribirse como

~γ1(s) = ~r0 + s~d, s ∈ R,

donde ~r0 es un punto de apoyo y ~d es el vector director. En este caso, ~r0 = (x1, t1) y ~d = (1, 1). Luego, larecta pedida queda parametrizada por

~γ1(s) = (x1 + s, t1 + s), s ∈ R.

(b) Podemos parametrizar la recta al igual que antes, solo que ahora, el vector director es ~d = (1,−1). Luego,la recta pedida queda parametrizada por

~γ2(s) = (x1 + s, t1 − s), s ∈ R.

(c) Para γ1 se tiene que ~γ′1(s) = (1, 1). Ası,

ˆγ1

ω =

ˆγ1

utdx+ uxdt =

ˆ x2−x1

0

ut(x1 + s, t1 + s) + ux(x1 + s, t1 + s)ds.


Perod

dsu(x(s), t(s)) =

∂u

∂x

∂x

∂s+∂u

∂t

∂t

∂s

y en este caso,∂x

∂s=∂t

∂s= 1.

Por ende, ˆγ1

ω =

ˆ x2−x1

0

d

dsu(x1 + s, t1 + s)ds = u(x2, t2)− u(x1, t1),

donde t2 = t1 + x2 − x1. Analogamente, para γ2, repetimos el mismo procedimiento solo que ahora ~γ′2(s) =(1,−1) y por lo tanto,

ˆγ2

ω =

ˆγ2

utdx+ uxdt =

ˆ x2−x1

0

ut(x1 + s, t1 − s)− ux(x1 + s, t1 − s)ds

Es decir, ˆγ2

ω = −ˆ x2−x1

0

d

dsu(x1 + s, t1 − s)ds = u(x1, t1)− u(x2, t2),

donde t2 = t1 − (x2 − x1).

(d) Para aprovechar los calculos realizados hasta ahora, el triangulo isosceles a considerar es aquel de vertices(x, t), (x− t, 0), (x+ t, 0) pues sus lados son rectas de pendientes 1 y −1.

Supongamos que t > 0 y llamemos γ1 a la recta entre (x− t, 0) y (x, t), γ2 a la recta entre (x, t) y (x+ t, 0)y γ3 a la recta entre (x+ t, 0) y (x− t, 0), todas recorridas en el orden indicado. Sea D la region encerradapor estas rectas y notemos que

∂D− = γ1 ∪ γ2 ∪ γ3.

Ademas, si usamos las notaciones tıpicas del Teorema de Green, es decir, ω = Pdx+Qdt, se tiene que

∂Q

∂x− ∂P

∂t= uxx − utt.

Enseguida, ¨D

uxx − uttdA =

˛∂D+

ω = −(ˆ

γ1

ω +

ˆγ2

ω +

ˆγ3

ω

).

Si u es una solucion de (7.2), entonces el lado izquierdo es cero y sigue que

ˆγ1

ω +

ˆγ2

ω +

ˆγ3

ω = 0.

Si usamos los calculos anteriores, obtenemosˆγ1

ω = u(x, t)− u(t− x, 0) ,

ˆγ2

ω = u(x, t)− u(t+ x, 0).

Por lo tanto,

u(x, t) =u(t+ x, 0) + u(t− x, 0)

2− 1

2

ˆγ3

ω.

Pero ˆγ3

ω =

ˆγ3

utdx+ uxdt = −ˆ x+t

x−tut(s, 0)ds.

Luego, reemplazando esto y las condiciones iniciales, concluimos que

u(x, t) =u0(x+ t) + u0(x− t)

2+

1

2

ˆ x+t

x−tv0(s)ds.


Capıtulo 8

Integrales de Superficie

“The essence of mathematics is not to make simple things complicated, but to make complicated things simple.”- S. Gudder

8.1. Introduccion a las superficies

Para hablar de integrales sobre algo, primero es necesario definir el algo.

8.1 Definicion. Una superficie parametrizada regular es la imagen de una aplicacion

X : U ⊆ R2 → R3

(u, v) 7→ (x(u, v), y(u, v), z(u, v)),

con X ∈ C1 (U) y tal que para cada q = (u, v) ∈ U , la matriz DX(q) es inyectiva, es decir,

DX(q) =

xu(q) xv(q)yu(q) yv(q)zu(q) zv(q)

tiene columnas linealmente independientes. Ademas, introducimos la notacion

Xu(q) :=

(∂x

∂u(q),

∂y

∂u(q),

∂z

∂u(q)

), Xv(q) :=

(∂x

∂v(q),

∂y

∂v(q),

∂z

∂v(q)

).

8.2 Observacion. La condicion de inyectividad es equivalente a

Xu(q)×Xv(q) 6= 0, ∀q ∈ U.

O tambien,

‖Xu(q)×Xv(q)‖ 6= 0, ∀q ∈ U.

8.3 Ejemplo. Sea f : R2 → R de clase C1. Consideremos la aplicacion

X(u, v) = (u, v, f(u, v)) .

Entonces

Xu =

(1, 0,

∂f

∂u

), Xv =

(0, 1,

∂f

∂v

),

152 Introduccion a las superficies

y

Xu ×Xv =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ı k

1 0∂f

∂u

0 1∂f

∂v

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ =

(−∂f∂u,−∂f

∂v, 1

)6= 0.

Por lo tanto, X define una superficie parametrizada regular. Ademas,

‖Xu ×Xv‖ =

√1 +

(∂f

∂u

)2

+

(∂f

∂v

)2

.

8.4 Ejemplo. Sean a = (a1, a2, a3) y b = (b1, b2, b3) dos vectores linealmente independientes y p0 = (x0, y0, z0).Entonces

X(u, v) = p0 + ua+ vb = (x0 + ua1 + vb1, y0 + ua2 + vb2, z0 + ua3 + vb3)

es una superficie parametrizada regular ya que Xu = a y Xv = b.

8.5 Ejemplo. Sea

X(u, v) =(u, v,

√a2 − u2 − v2

)tales que u2 + v2 < a2. Luego, por 8.3, X es una superficie regular parametrizada.

Por otro lado, X puede ser reparametrizada como

X(u, v) = (a cosu sin v, a sinu sin v, a cos v) ,

con (u, v) ∈ ]0, 2π[×]0, π2

[. Luego,

Xu = (−a sinu sin v, a cosu sin v, 0) , Xv = (a cosu cos v, a sinu cos v,− sin v) ,

y por ende,

Xu ×Xv =

∣∣∣∣∣∣ı k

−a sinu sin v a cosu sin v 0a cosu cos v a sinu cos v −a sin v

∣∣∣∣∣∣ =(−a2 cosu sin2 v,−a2 sinu sin2 v,−a2 sin v cos v

)6= 0.

Ademas,‖Xu ×Xv‖ = a2 sin v.

Integrales de Superficie 153

8.2. Integrales sobre superficies

Consideremos una superficie S parametrizada por X : U ⊆ R2 → R3. Si X(u, v) es una funcion diferenciable,podemos aproximarla en cada punto por su plano tangente. Siempre que Xu, Xv no sean vectores linealmentedependientes, podremos considerar este plano como el generado por dichos vectores tangentes.

Cuando consideramos largos de curvas diferenciables, dijimos que, en cada punto, el elemento de longitud es lanorma del vector tangente. En forma analoga diremos ahora que el elemento de area corresponde al paralelogramodeterminado por Xu y Xv, cuya area es ‖Xu ×Xv‖. Es decir,

dS = ‖Xu ×Xv‖ dudv.

En consecuencia, el area de S esta dada por

A (S) =

¨S

dS =

Ü

‖Xu ×Xv‖ dudv.

8.6 Ejercicio. Determinemos el area del cascaron esferico S dado por

X(θ, φ) = R(cos θ sinφ, sin θ sinφ, cosφ).

Un calculo trivial nos permite concluir que

Xθ ×Xφ = −R2 sinφ(cos θ sinφ, sin θ sinφ, cos θ)

⇒ ‖Xθ ×Xφ‖ = R2 sinφ.

Segun lo que acabamos de ver, el area de esta superficie esta dada por

A (S) =

ˆ 2π

0

ˆ π

0

R2 sinφdφdθ = 4πR2.

Este es justamente el resultado que esperabamos.

Generalizaremos ahora el concepto.

8.7 Definicion (Integral de superficie de campos escalares). Sea X : U ⊆ R2 → R3 una superficie parametrizadaregular, S = X(U). Consideremos un campo escalar f : S ⊆ R3 → R, continuo. La integral de superficie de fsobre S se representa con el sımbolo

˜SfdS, y esta definida por la ecuacion:

¨S

fdS =

¨X(U)

fdS =

Ü

f(X(u, v)) ‖Xu ×Xv‖ dudv.

8.8 Definicion (Integral de superficie de campos vectoriales). SeaX : U ⊆ R2 → R3 una superficie parametrizadaregular, S = X(U). Consideremos ahora un campo vectorial F : S ⊆ R3 → R3, continuo. La integral de superficiede F sobre S se representa con el sımbolo

˜SF · dS, y esta definida por la ecuacion:

¨S

F · dS =

¨X(U)

F · dS =

Ü

F (X(u, v)) · (Xu ×Xv)dudv.

8.9 Definicion (Reparametrizacion). Consideremos una superficie parametrizada regular S dada por X : U ⊆R2 → R3. Sea φ : U ′ → U ∈ R2 una funcion biyectiva y de clase C1, φ(s, t) = (φ1(s, t), φ2(s, t)) tal que|Jφ(s, t)| 6= 0. Se dice que Y = X φ es una reparametrizacion (regular) de S.

8.10 Observacion. La hipotesis |Jφ(s, t)| 6= 0 nos permite asegurar que la parametrizacion continua siendoregular, usando al regla de la cadena. En efecto,

DY (s, t) = DX(φ(s, t)) Dφ(s, t).

154 Integrales sobre superficies

8.11 Definicion (Orientacion). Dada una superficie parametrizada regular S, decimos que la superficie es orien-table si existe una funcion N : S → R3 continua, tal que para cada s ∈ S, N(s) es un vector normal a S ens.

8.12 Observacion. En cada punto s de una superficie S hay dos normales posibles, que llamaremos “interior”y “exterior”. Consideraremos que N(s) = N(X(u, v)) = (Xu×Xv)(u, v), siempre que la superficie sea orientable.Una reparametrizacion puede mantener los sentidos de los vectores N(s) o invertirlos.

8.13 Observacion. La integral de superficie de una funcion escalar es independiente de la orientacion, porquesolo le importa el modulo del vector normal y

‖Xu ×Xv‖ = ‖Xv ×Xu‖ .

8.14 Observacion. Notemos que

Xu ×Xv = (yuzv − zuyv, zuyv − xuzv, xuyv − xvyu)

=

(det

(∂(y, z)

∂(u, v)

),det

(∂(z, x)

∂(u, v)

),det

(∂(x, y)

∂(u, v)

))Definamos,

dydz := det

(∂(y, z)

∂(u, v)

), dzdx := det

(∂(z, x)

∂(u, v)

), dxdy := det

(∂(x, y)

∂(u, v)

)Note que dxdy = −dydx, etc.

Suponga que hay parametrizaciones X(u, v) y Y (s, t) = (X φ)(s, t) de una cierta superficie S. Por la regla de lacadena,

∂(y, z)

∂(s, t)=∂(y, z)

∂(u, v)

∂(u, v)

∂(s, t).

Entonces,

Ys × Yt = (Xu ×Xv) det

(∂(u, v)

∂(s, t)

)= (Xu ×Xv) det (Jφ) .

8.15 Proposicion. Sean X : U ⊆ R2 → R3, X ∈ C1; F : R3 → R3 continua; φ : U ′ → U de clase C1 y tal que|Jφ(s, t)| 6= 0. Supongamos que S = X(U) es orientable. Si Y = X φ es una reparametrizacion de S que preservala orientacion, entonces ¨

X(U)

F · dS =

¨(Xφ)(U ′)

F · dS.

Por otra parte, si se invierte la orientacion¨X(U)

F · dS = −¨

(Xφ)(U ′)

F · dS.

Demostracion. Usaremos el teorema de cambio de variables:¨X(U)

F · dS =

¨D

F (X(u, v)) · (Xu(u, v)×Xv(u, v))dudv

=

¨D′F (X(φ(s, t))) · (Xu(φ(s, t))×Xv(φ(s, t))) |det (Jφ(s, t))| dsdt

=

¨D′F (Y (s, t)) · (Ys(s, t)× Yt(s, t))

|det (Jφ(s, t))|det(Jφ(s, t))

dsdt

= ±¨D′F (Y (s, t)) · (Ys(s, t)× Yt(s, t))

= ±Ÿ (U ′)

F · dS

(Recuerde lo que concluimos en la Observacion 8.14.)

Los signos + o − menos corresponde a los casos en que la reparametrizacion mantiene o invierte la orientacion,respectivamente.


8.3. Divergencia y rotor

Considere un campo vectorial F . La divergencia de F , denotada por ~∇ · F o div (F ), se usa para describir elexceso de flujo abandonando un elemento de volumen en el espacio.

Tomaremos como ejemplo el flujo de cargas electricas.Dado un espacio con densidad de cargas variable, con-sideramos un pequeno elemento de volumen dxdydz enel punto (x, y, z). Podemos imaginar este elemento comoun pequeno paralelogramo. El flujo total a traves de lascaras normales al eje x es[(

Dx +∂Dx

∂xdx

)−Dx

]dydz =

∂Dx

∂xdxdydz,

donde Dx es la componente del desplazamiento de cargaelectrica paralelo al eje x, en el punto (x, y, z).

El flujo total a traves de este volumen infinitesimal es

div (D) =∂Dx

∂x+∂Dy

∂y+∂Dz

∂z.

Podemos usar el operador ~∇. Se tiene que,

~∇ ·D =

(∂

∂x,∂

∂y,∂

∂z

)· (Dx, Dy, Dz) =

∂Dx

∂x+∂Dy

∂y+∂Dz

∂z.

Entonces,~∇ ·D ≡ div (D) .

8.16 Definicion (Divergencia). Dado un campo vectorial F : U ⊆ R3 → R3, F ∈ C1(U), de forma queF (x, y, z) = (Fx(x, y, z), Fy(x, y, z), Fz(x, y, z)), definimos su divergencia como

div (F ) ≡ ~∇ · F =∂Fx∂x

+∂Fy∂y

+∂Fz∂z

.

Esta definicion se extiende de manera natural a mas dimensiones.

De modo puramente formal, para un campo vectorial F : U ⊆ R3 → R3, definamos el producto ~∇× F .

8.17 Definicion (Rotor). Sea F : U ⊆ R3 → R3, F ∈ C1(U), tal que

F (x, y, z) = (Fx(x, y, z), Fy(x, y, z), Fz(x, y, z)).

Definimos el rotor de F , denotado por rot (F ), curl(F ) o ~∇× F , como

~∇× F =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

ı k

∂

∂x

∂

∂y

∂

∂z

Fx Fy Fz

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=

(∂Fz∂y− ∂Fy

∂z,∂Fx∂z− ∂Fz

∂x,∂Fy∂x− ∂Fx

∂y

)

donde ı, , k son los vectores canonicos de R3.

156 Teorema de Stokes

Le aconsejamos al lector que revise la Definicion 2.54, del Laplaciano.

8.18 Proposicion. Sean F,G campos vectoriales, f campo escalar. Se cumplen las siguientes relaciones:

(a) ~∇× (~∇f) = 0

(b) ~∇ · (~∇× F ) = 0

(c) ~∇× (~∇× F ) = ~∇(~∇ · F )−4F

(d) ~∇ · (F ×G) = G · (~∇× F )− F · (~∇×G)

La demostracion de las mismas se deja como ejercicio al lector.

8.4. Teorema de Stokes

En la presente seccion, presentamos una generalizacion del teorema de Green.

8.19 Teorema (Stokes). Sea una funcion X : U ⊆ R2 → R3, siendo U una region limitada por una curvade Jordan ∂U . Consideremos la superficie S = X(U) y su frontera ∂S = X(∂U) (∂S es una curva en R3).Supongamos que X es de clase C2 en una cierta vecindad de U .

Sea, ademas, un campo vectorial F : D ⊆ R3 → R3, X(U) ( D, derivable en X(U) y continuo en U . Entonces,

¨S

(~∇× F ) · dS =

ˆ∂S

F · ds.

La curva ∂U se recorre en sentido positivo y ∂S en el sentido que resulte de aplicar la funcion X a ∂U (diremosque ∂S debe estar consistentemente orientada).

El lector puede encontrar la demostracion de este teorema en cualquier texto de calculo vectorial.

8.20 Ejemplo. Sea S definida por x2 + y2 + z2 = 1, z ≥ 0. Sea F = (y,−x, ex,z). Nos piden calcular

¨S

(~∇× F ) · dS.

si S esta orientado de acuerdo a su normal “exterior” (alejandose del origen).

Por el teorema de Stokes, ¨S

(~∇× F ) · dS =

ˆ∂S

F · ds,

donde ∂S puede parametrizarse como

(cos θ, sin θ, 0), 0 ≤ θ ≤ 2π.

Notar que ∂S queda orientada consistentemente.

Entonces ˆ∂S

F · ds =

ˆ 2π

0

F (cos θ, sin θ, 0) · (− sin θ, cos θ, 0)dθ

=

ˆ 2π

0

(sin θ,− cos θ, 1) · (− sin θ, cos θ, 0)dθ

= −ˆ 2π

0

dθ = −2π

¿Que calculamos?

Tenemos que~∇× F = (0,−zexz,−2).


Para calcular directamente la integral del rotor, debemos parametrizar S:

X(θ, φ) = (cos θ sinφ, sen θ sinφ, cosφ), θ ∈ [0, 2π[, φ ∈[0,π

2

[.

Verifique que la nomal exterior corresponde a

Xφ ×Xθ = sin θ(sinφ cos θ, sinφ sin θ, cosφ).

Luego, ¨S

(~∇× F ) · dS =

ˆ 2π

0

ˆ π2

0

(− cos θ sin2 φ sin θesinφ cosφ cos θ − 2 sinφ cosφ)dφdθ.

El teorema de Stokes nos permite concluir que esta integral (muy amigable) es igual a −2π.

8.21 Ejemplo. Sea S dada por x2 + y2 + z2 = 1 y z ≤ 0, y F como en el Ejemplo 8,20. Esta vez,

¨S

(~∇× F ) · dS = 2π.

pues, para estar consistentemente orientada, ∂S debe parametrizarse en sentido contrario.

8.22 Observacion. Suponga que dos superficies S, S′ tienen la misma frontera (con igual orientacion), ∂S = ∂S′.Entonces, ¨

S

(~∇× F ) · dS =

¨S′

(~∇× F ) · dS.

8.23 Observacion. El sentido en que se recorre ∂S lo elegimos de acuerdo a la siguiente regla: el producto cruzentre en vector normal a la superficie en el punto y el tangente a ∂S ahı debe darnos un vector que apunte haciaS. Es decir, si α(t) es una parametrizacion de ∂S, s = α(t0) ∈ ∂S, y n(s) la normal a S en s, se debe cumplir queel vector n(s)× α′(t0) apunte hacia S.

La hipotesis de orientabilidad es importante, como demuestra el siguiente ejemplo.

8.24 Ejemplo. Considere la parametrizacion de la cinta de Mobius

X(θ, t) =

((R− t sin

θ

2

)cos θ,

(R− t sin

θ

2

)sin θ, t cos

θ

2

).

con 0 ≤ θ ≤ 2π y −L ≤ t ≤ L (dados R,L ∈ R+).

Esta superficie tiene un unico lado, y su frontera consiste de unasola curva. La parametrizacion busca que cuando θ haya dado unavuelta completa (2π), la cinta haya rotado en un angulo de π.Definamos

r(t, θ) = R− t sinθ

2⇒ ∂r

∂θ= − t

2cos

θ

2.

Los vectores tangentes son

Xθ =

(−r(t, θ) sin θ +

∂r

∂θcos θ, r(t, θ) cos θ +

∂r

∂θsin θ,− t

2sin

θ

2

),

Xt =

(− sin

θ

2cos θ,− sin

θ

2sin θ, cos

θ

2

).

158 Teorema de la Divergencia

Elegimos el vector normal dado por N(θ, t) = Xθ(θ, t)×Xt(θ, t).

En θ = 0, t = 0, tenemos que Xθ = (0, R, 0), Xt = (0, 0, 1), ası que N(0, 0) = (R, 0, 0).

En θ = 2π, t = 0, tenemos que Xθ = (0, R, 0), Xt = (0, 0,−1), ası que N(2π, 0) = (−R, 0, 0).

Es decir, la normal en un mismo punto cambia al recorrer la superficie, y la funcion N(θ, t) no es continua sonrela cinta.

Veamos ahora que el teorema de Stokes no se cumple para el campo

F (x, y, z) =

(−y

x2 + y2,

x

x2 + y2, 0

).

Como ~∇× F = 0, ¨S

(~∇× F ) · dS = 0.

Por otra parte,

∂S =

((R− L sin

θ

2

)cos θ,

(R− L sin

θ

2

)sin θ, L cos

θ

2

), θ ∈ [0, 4π]

Ası, ¨∂S

F · ds = 4π.

8.5. Teorema de la Divergencia

8.25 Teorema (Teorema de la Divergencia). Sea Ω es un solido en R3 limitado por una superficie orientable∂Ω. Si n es la normal a ∂Ω, unitaria, “exterior” (no apuntando hacia Ω) y si F es un campo vectorial de clase C1

definido en Ω, entonces: ˚Ω

div (F ) dV =

¨∂Ω+

F · ndS =

¨∂Ω+

F · dS.

donde ∂Ω+ senala que la frontera esta orientada de acuerdo a la normal exterior.

8.26 Ejemplo. Sea T : R3 → R la temperatura. Sea, ademas, un solido Ω ⊆ R3.

El flujo de calor es proporcional a −~∇T (pues va desde el punto mas caliente al mas frıo). Supongamos que estamosen estado estacionario, es decir, ya no existe flujo de calor. Entonces el flujo a traves de cualquier superficie deberıaser cero:

0 =

¨∂Ω+

~∇T · dS =

˚Ω

div(~∇T)dV =

˚Ω

4TdV.

Dado que Ω es arbitrario, debe cumplirse que4T = 0,

es decir, nuestra vieja y querida ecuacion de Laplace (2.5). El lector, curioso como siempre, ha de preguntarse:¿por que aparecio la ecuacion de Laplace y no la ecuacion del calor (2.7)? La respuesta se debe a la suposicionde un estado estacionario y por lo tanto, la nula dependencia temporal.


8.1 Problema. Calcule el area del paraboloide z = x2 + y2 para 0 ≤ z ≤ 1.

Solucion: Parametrizamos la superficie con

~X(u, v) =(u, v, u2 + v2

)donde u2 + v2 ≤ 1. Ası,

~Xu = (1, 0, 2u) , ~Xv = (0, 1, 2v)


y sigue que ∥∥∥ ~Xu × ~Xv

∥∥∥ =√

1 + 4(u2 + v2).

Por lo tanto,

A (S) =

¨B(0,1)

√1 + 4(u2 + v2)dudv =

ˆ 2π

0

ˆ 1

0

√4r2 + 1rdrdθ =

π

6(5√

5− 1).

8.2 Problema. Calcule el area de la superficie S dada por

x2 + y2 − z2 = 1 (8.1)

para −1 ≤ z ≤ 1.

Solucion: En coordenadas cilındricas, la ecuacion (8.1) se transforma en r2− z2 = 1. estos parametros satisfacenentonces la ecuacion de una hiperbola. Podemos expresarlos como

r = coshu

z = sinhu

De esta forma, la superficie queda parametrizada por

~X(θ, u) = (coshu cos θ, sinhu cos θ, sin θ)

con 0 < θ < 2π, sinh−1(−1) < u < sinh−1(1).

Vemos que~Xθ = (− coshu sin θ, coshu cos θ, 0)

~Xu = (sinhu cos θ, sinhu sin θ, coshu)

~Xθ × ~Xu = (cosh2 u cos θ, cosh2 u sin θ,− coshu sinhu)

⇒∥∥∥ ~Xθ × ~Xu

∥∥∥2

= cosh2 u(sinh2 u+ cosh2 u) = cosh2 u(1 + 2 sinh2 u)

Como el vector normal no se anula, la parametrizacion es regular.

Finalmente,

A (S) =

ˆ 2π

0

ˆ sinh−1(1)

sinh−1(−1)

coshu√

1 + 2 sinh2 ududθ

= 2π

ˆ sinh−1(1)

sinh−1(−1)

coshu√

1 + 2 sinh2 udu

= 2π

ˆ 1

−1

√1 + 2v2dv

= 2π

(√

3 +1

4log

(√3 +√

2√3−√

2

)).

8.3 Problema. Sean a, b ∈ R constantes no nulas. Determine valores para estas de tal forma que el campo

F (x, y, z) =

(axyz

(x2 + z)2,

3x2

x2 + z,

3bx2y

(x2 + z)2

)derive de un potencial.

Solucion: Dado que F esta definido en un dominio simplemente conexo, basta con encontrar valores de a, b talesque

~∇× F = 0.


Si F = (P,Q,R), entonces la primera componente del rotor es

~∇× F · ı =∂R

∂y− ∂Q

∂z=

3bx2

(x2 + z)2+

3x2

(x2 + z)2=

3x2(b+ 1)

(x2 + z)2.

Por lo tanto, necesitamos b = −1.

Analogamente, la ultima componente del rotor es

~∇× F · k =∂Q

∂x− ∂P

∂y=

6x(x2 + z)− 6x3

(x2 + z)2− Axz

(x2 + z)2=xz(6− a)

(x2 + z)2.

Luego, necesitamos a = 6.

8.4 Problema. Sea S la superficie dada por x2 + y2 + z2 = 1 y z ≤ 0. Considere el campo vectorial

F (x, y, z) =(x+ y, ey cos2 y + x, z log(z + 2) + xy cosx2 + ey sinx

).

Calcule ¨S

~∇× F · dS,

donde S esta orientado de acuerdo a su normal exterior.

Solucion: Dado que el campo F es un campo de clase C1 y la superficie es orientable, podemos usar el Teoremade Stokes. Por lo tanto, ¨

S

~∇× F · dS =

ˆ∂S+

F · dα.

Pero ∂S+ corresponde al cırculo x2 + y2 = 1, z = 0 recorrido en el sentido horario y por lo tanto, tambien es lafrontera de

S′ =

(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 ≤ 1, z = 0.

Luego, ¨S

~∇× F · dS =

ˆ∂S+

F · dα =

¨S′

~∇× F · dS.

El normal a S′ esta dado por −k. Luego, solo necesitamos

∂Q

∂x− ∂P

∂y= 1− 1 = 0.

Por lo tanto, ¨S′

~∇× F · dS = 0.

8.5 Problema. Sea γ la interseccion de x2 + y2 = 1 y el plano de x+ y + z = 1. Calcule

ˆγ

−y3dx+ x3dy − z3dz.

Solucion: Como F es de clase C1 y γ es una curva simple y cerrada, podemos usar Stokes. Notemos que

~∇× F = (0, 0, 3x2 + 3y2).

Ademas, la region Ω encerrada por γ corresponde a la seccion del plano x+y+z = 1 contenido dentro del cilindrox2 + y2 = 1. Por lo tanto, puede ser parametrizado por

X (r, θ) = (r cos θ, r sin θ, 1− r(cos θ + sin θ)) , r ∈ [0, 1], θ ∈ [0, 2π].

Luego,Xr = (cos θ, sin θ,−(cos θ + sin θ)) , Xθ = (−r sin θ, r cos θ,−r(− sin θ + cos θ)) ,


y sigue que

Xr ×Xθ =

∣∣∣∣∣∣ı k

cos θ sin θ −(cos θ + sin θ)−r sin θ r cos θ −r(− sin θ + cos θ)

∣∣∣∣∣∣ = (r, r, r).

Ası,

ˆγ

−y3dx+ x3 − z3dz =

¨Ω

~∇× F · dS =

ˆ 2π

0

ˆ 1

0

(0, 0, 3r2) · (r, r, r)drdθ = 3

ˆ 2π

0

ˆ 1

0

r3drdθ =3π

2.

8.6 Problema. Sea F =(x3 + yez, x4

√z3 + 1 + 2y3, x+ y

). Considere el manto S del paraboloide elıptico

z = x2 + 2y2 con 0 ≤ z ≤ 1 orientado positivamente mediante la normal hacia afuera. Calcule el flujo de F atraves de S.

Solucion: Sea S′ la tapa del paraboloide orientada segun k, es decir,

S′ = (x, y, 1) ∈ R3 : x2 + 2y2 ≤ 1.

Como F ∈ C1 y la region Ω encerrada por S y S′ es simplemente conexa, podemos usar el Teorema de laDivergencia. Luego, ˚

Ω

~∇ · FdV =

¨∂Ω

F · dS =

¨S

F · dS +

¨S′F · dS,

es decir, ¨S

F · dS =

˚Ω

~∇ · FdV −¨S′F · dS.

Primero calcularemos ˚Ω

~∇ · FdV.

Tenemos que~∇ · F = 3x2 + 6y2 = 3

(x2 + 2y2

).

La region de integracion puede ser descrita como

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

Seanx = r cos θ,

y =1√2r sin θ,

z = z.

Entonces∂ (x, y, z)

∂ (r, θ, z)=

1√2r.

Luego, ˚Ω

~∇ · FdV =

ˆ 2π

0

ˆ 1

0

ˆ 1

r2

3√2r3dzdrdθ =

6π√2

ˆ 1

0

r3(1− r2)dr =π

2√

2.

Ahora calcularemos ¨S′F · dS.

Parametrizamos S′ con

X(r, θ) =

(r cos θ,

1√2r sin θ, 1

),

donde r ∈ [0, 1] y θ ∈ [0, 2π]. Luego,

Xr ×Xθ =

(cos θ,

1√2

sin θ, 0

)×(−r sin θ,

1√2r cos θ, 0

)=

r√2k.


Ası, ¨S′F · dS =

ˆ 2π

0

ˆ 1

0

(r cos θ +

1√2r sin θ

)r√2drdθ = 0.

Por lo tanto, el flujo de F a traves de S es¨S

F · dS =π

2√

2.

8.7 Problema. Calcule el flujo hacia afuera producido por el campo

~F (x, y, z) =√x2 + y2 + z2(xı+ y+ zk)

sobre la region Ω : 1 ≤ x2 + y2 + z2 ≤ 2.

Solucion: Notemos que~F = r~r = r2r.

Por otro lado, el flujo esta dado por

Φ =

"∂Ω

~F · ndS =

¨S2

~F · ndS −¨S1

~F · ndS,

donde S1 : x2 + y2 + z2 = 1, S2 : x2 + y2 + z2 = 2 orientadas de acuerdo a las normales exteriores. Notemos queel vector normal unitario a cada una de las superficies es r. Ası,

Φ =

¨S2

r2r · rdS −¨S1

r2r · rdS =

¨S2

r2dS −¨S1

r2dS.

Pero sobre los casquetes de esferas r es constante y por lo tanto,

Φ =

¨S2

2dS −¨S1

dS = 16π − 4π = 12π.

8.8 Problema (Ley de Gauss). Sea Ω ⊆ R3 una region acotada tal que 0 6∈ ∂Ω. Demuestre que

¨∂Ω+

xı+ y+ zk

(x2 + y2 + z2)32

· dS =

4π si ~0 ∈ Ω

0 si ~0 6∈ Ω.


∂

∂x

(x

(x2 + y2 + z2)32

)=

1

(x2 + y2 + z2)32

− 3x2

(x2 + y2 + z2)52

.

Si llamamos F al campo del integrando, tenemos que

~∇ · F =3

(x2 + y2 + z2)32

− 3(x2 + y2 + z2)

(x2 + y2 + z2)52

= 0.

Por lo tanto, cuando 0 6∈ Ω, podemos usar el Teorema de la Divergencia para concluir que

¨∂Ω+

xı+ y+ zk

(x2 + y2 + z2)32

· dS =

˚Ω

~∇ · FdV = 0.

En cambio, si 0 ∈ Ω ya no podemos usar directamente este resultado pues el campo no es de clase C1 en 0. Seaε > 0 tal que B (0, ε) ⊆ Ω, entonces Ω rB (0, ε) es un solido sobre el cual F es de clase C1. Ası,

¨∂Ω+

F · dS −¨∂B(0,ε)

F · dS =

˚ΩrB(0,ε)

~∇ · FdV = 0,


donde el signo menos aparece pues el normal es el exterior de la bola pero el flujo debe ser calculado hacia elinterior, es decir, con el normal apuntando hacia el origen. Es decir, tenemos que

¨∂Ω+

F · dS =

¨∂B(0,ε)

F · dS.

Para calcular esta integral notemos que la direccion normal esta dada por

n =xı+ y+ zk√x2 + y2 + z2

.

Luego, ¨∂B(0,ε)

F · dS =

¨∂B(0,ε)

xı+ y+ zk

(x2 + y2 + z2)32

· xı+ y+ zk√x2 + y2 + z2

dS

=

¨∂B(0,ε)

1

x2 + y2 + z2dS =

1

ε2

¨∂B(0,ε)

dS = 4π.

8.9 Problema. Considere el campo ~E definido sobre R3 r ~0 como

~E(~r) =q0

4πε0

~r − ~r0

‖~r − ~r0‖3,

donde ~r0 ∈ R3 y ε0 es la permitividad del vacıo. Este corresponde al campo electrico coulombiano generado poruna carga puntual q0 en la posicion ~r0.

(a) Sea Ω ⊆ R3 una region acotada tal que ~r0 6∈ ∂Ω. Demuestre que

¨∂Ω+

~E(~r) · d~S =

q0

ε0si ~r0 ∈ Ω

0 si ~r0 6∈ Ω.

(b) Cambiemos una partıcula puntual por un medio continuo con densidad de carga ρ(~r). En tal caso, el campo

electrico ~E generado por esta distribucion (que se puede escribir igual que para una distribucion puntualcon un buen ~r0) satisface ¨

∂Ω+

~E(~r) · d~S =1

ε0

˚Ω

ρ(~r)dV.

Muestre que

−4V (~r) =ρ(~r)

ε08.1, (8.2)

donde

V (~r) =q0

4πε0

1

‖~r − ~r0‖. (8.3)

Solucion:

(a) El resultado es directo del Problema 8.8 al hacer la traslacion ~r 7→ ~r − ~r0.

(b) Notemos que

∂V (x, y, z)

∂x=

q0

4πε0

∂

∂x

(1√

(x− x0)2 + (y − y0)2 + (z − z0)2

)= − q0

4πε0

x− x0

((x− x0)2 + (y − y0)2 + (z − z0)2)32

= − q0

4πε0

x− x0

‖~r − ~r0‖3.

8.1Esta ecuacion se conoce como la forma diferencial de la Ley de Gauss-Coulomb: la ecuacion de Maxwell que gobierna la Electro-estatica.


Por lo tanto,

−~∇V =q0

4πε0

1

‖~r − ~r0‖3(x− x0, y − y0, z − z0) =

q0

4πε0

~r − ~r0

‖~r − ~r0‖3= ~E.

Ası, por el Teorema de la Divergencia, tenemos que

¨∂Ω+

~E(~r) · d~S =

˚Ω

~∇ · ~E(~r)dV =

˚Ω

~∇ · −~∇V (~r)dV =

˚Ω

−4V (~r)dV.

Finalmente, para toda region acotada Ω ⊆ R3, tenemos que

˚Ω

−4V (~r)dV =1

ε0

˚Ω

ρ(~r)dV,

es decir,

−4V (~r) =ρ(~r)

ε0.

8.10 Problema. Calcule "S

dS√a2x2 + b2y2 + c2z2

cuando S es la superficie del elipsoide ax2 + by2 + cz2 = 1, con a, b, c > 0.

Solucion: Calcular esta integral por definicion es bastante engorroso. Por ende, queremos usar el Teorema de laDivergencia y para ello debemos expresar el integrando como ~F · n para un buen ~F .

Notemos que la normal exterior al elipsoide en el punto (x, y, z) tiene direccion (ax, by, cz). Por lo tanto, la normalexterior unitaria esta dada por

n =(ax, by, cz)√

a2x2 + b2y2 + c2z2.

Por otro lado, notemos que

ax2 + by2 + cz2 = (x, y, z) · (ax, by, cz).

Luego, tomando ~F (x, y, z) = (x, y, z), tenemos que

~F · n =ax2 + by2 + cz2√a2x2 + b2y2 + c2z2

=1√

a2x2 + b2y2 + c2z2.

Ası, si Ω es el solido encerrado por el elipsoide, tenemos que

"S

dS√a2x2 + b2y2 + c2z2

=

"S

(x, y, z) · ndS =

˚Ω

~∇ · (x, y, z)dV = 3

˚Ω

dV =4π√abc

.

8.11 Problema. Sean F : R3 → R3 y f, g : R3 → R tales f ∈ C1 y g ∈ C2.

(a) Muestre que~∇× (Ff) = ~∇f × F + f ~∇× F. (8.4)

(b) Muestre que ¨S

(~∇f × ~∇g

)· dS =

˛∂S+

f ~∇g · dα,

donde S es una superficie suave a trozos.

Solucion:


(a) En efecto,

~∇× (Ff) = ~∇× (fP, fQ, fR) =

(∂(fR)

∂y− ∂(fQ)

∂z,∂(fP )

∂z− ∂(fR)

∂x,∂(fQ)

∂x− ∂(fP )

∂y

)=

(R∂f

∂y−Q∂f

∂z, P

∂f

∂z−R∂f

∂x,Q

∂f

∂x− P ∂f

∂y

)+ f

(∂R

∂y− ∂Q

∂z,∂P

∂z− ∂R

∂x,∂Q

∂x− ∂P

∂y

)= ~∇f × F + f ~∇× F.

(b) Como S es una superficie suave a trozos y f, g ∈ C1, podemos usar Stokes:˛∂S+

f ~∇g · dα =

¨S

~∇× (f ~∇g) · dS.

Usando (8.4), tenemos que

~∇× (f ~∇g) = ~∇f × ~∇g + f ~∇× ~∇g = ~∇f × ~∇g,

pues ~∇× ~∇g = 0. Luego, ¨S

~∇× (f ~∇g) · dS =

¨S

(~∇f × ~∇g

)· dS.

8.12 Problema. Sean f, g : U ⊆ R3 → R con U abierto y tales que f, g ∈ C2.

(a) Muestre que~∇ ·(f ~∇g − g~∇f

)= f4g − g4f.

(b) Sea Ω ⊆ R3 abierto simplemente conexo. Muestre que si 4f = 4g = 0 sobre Ω, entonces¨∂Ω

f∂g

∂ndS =

¨∂Ω

g∂f

∂ndS.

Solucion:

(a) Notemos que~∇ ·(f ~∇g

)= ~∇f ~∇g + f ~∇2g = ~∇f ~∇g + f4g. (8.5)

Analogamente,~∇ ·(g~∇f

)= ~∇g~∇f + g~∇2f = ~∇g~∇f + g4f.

Luego, restando estas ecuaciones,

~∇ ·(f ~∇g − g~∇f

)= f4g − g4f.

(b) Como f y g son armonicas, entonces la igualdad anterior se traduce en

~∇ ·(f ~∇g

)= ~∇ ·

(g~∇f

).

Integrando sobre Ω a ambos lados, tenemos que˚Ω

~∇ ·(f ~∇g

)dV =

˚Ω

~∇ ·(g~∇f

)dV.

Pero, como f ~∇g, g~∇f ∈ C1, podemos usar el Teorema de la Divergencia y sigue que¨∂Ω

f ~∇g · dS =

¨∂Ω

g~∇f · dS.

Ademas, como f es diferenciable,

~∇f · dS = ~∇f · ndS =∂f

∂ndS.

Ası, ¨∂Ω

f∂g

∂ndS =

¨∂Ω

g∂f

∂ndS.


8.13 Problema. Sean f : U ⊆ R3 → R, con U abierto y tal que f ∈ C2. Muestre que˚

Ω

f4fdV =

¨∂Ω

f∂f

∂ndS −

˚Ω

∥∥∥~∇f∥∥∥2

dV, (8.6)

con Ω ⊆ U abierto simplemente conexo.

Solucion: Pongamos g = f en (8.5), entonces

~∇ ·(f ~∇f

)= ~∇f ~∇f + f ~∇2f =

∥∥∥~∇f∥∥∥2

+ f4f.

Luego, integrando a ambos lados sobre Ω, tenemos que˚

Ω

~∇ ·(f ~∇f

)dV =

˚Ω

∥∥∥~∇f∥∥∥2

dV +

˚Ω

f4fdV.

Ası, usando el Teorema de la Divergencia,¨∂Ω

f ~∇f · dS =

˚Ω

∥∥∥~∇f∥∥∥2

dV +

˚Ω

f4fdV.

Finalmente, como f ∈ C2,

f ~∇f · dS = f∂f

∂ndS,

y sigue que ¨∂Ω

f∂f

∂ndS =

˚Ω

∥∥∥~∇f∥∥∥2

dV +

˚Ω

f4fdV.

8.14 Problema. Sea f : U ⊆ R3 → R de clase C2, con U abierto.

Sea Ω ⊆ U un abierto simplemente conexo tal que f se anula en ∂Ω. Suponga ademas que f que ademas satisfacela ecuacion de Laplace allı, es decir,

4f = ~∇2f = 0,

sobre Ω. Demuestre que f es la funcion nula en Ω.

Solucion: Usando (8.6), tenemos que ˚Ω

∥∥∥~∇f∥∥∥2

dV = 0,

pues f se anula en ∂Ω y 4f = 0 en Ω.

Ası, como f ∈ C2, tenemos que∥∥∥~∇f∥∥∥2

es una funcion continua no negativa y por lo tanto, ~∇f = 0 en Ω. Luego,

como Ω es conexo, tenemos que f es constante sobre Ω y evaluando en ∂Ω, concluimos que f es nula en Ω.

8.15 Problema. Sean u, v : R3 → R de clase C2.

(a) Calcule ~∇× ~F cuando ~F es

a) ~∇(uv)

b) u~∇vc) v~∇u

(b) Calcule ¨S

~∇u× ~∇v · d~S

cuando u(x, y, z) = x3 − y3 − z2, v(x, y, z) = x + y + z y S es el hemisferio de x2 + y2 + z2 = 1, z ≥ 0orientado de acuerdo a la normal exterior.

(a) Tenemos que


a) ~∇× ~∇(uv) = ~0 pues los campos gradientes son irrotacionales,

b) ~∇× u~∇v = ~∇u× ~∇v + u~∇× ~∇v = ~∇u× ~∇v,c) ~∇× v~∇u = ~∇v × ~∇u+ v~∇× ~∇u = ~∇v × ~∇u = −~∇u× ~∇v.

(b) Usando el inciso anterior y el Teorema de Stokes, tenemos que¨S

~∇u× ~∇v · d~S =

¨S

~∇× u~∇v · d~S =

˛∂S

u~∇v · d~s,

donde ∂S es la circunferencia x2 + y2 = 1, z = 0. Luego, usando la parametrizacion de costumbre,˛∂S

u~∇v · d~s =

ˆ 2π

0

(cos3 t− sin3 t)(1, 1, 1) · (− sin t, cos t, 0)dt

=

ˆ 2π

0

(cos3 t− sin3 t)(− sin t+ cos t)dt

=

ˆ 2π

0

− cos3 sin t+ sin4 t+ cos4 t− sin3 t cos tdt

=

ˆ 2π

0

sin4 t+ cos4 tdt

=

ˆ 2π

0

(cos2 t+ sin2 t)2 − 2 sin2 t cos2 tdt

=

ˆ 2π

0

1− 1

2sin2 2tdt

=

ˆ 2π

0

1− 1

4(1− cos 4t)tdt

=3π

2.

8.16 Problema. Sea ~F (x, y, z) =(xy, y2 + exz, sin(xy)

). Considere el solido Ω limitado por z = 1 − x2, z =

0, y = 0, y + z = 2 y calcule el flujo de ~F a traves de la frontera de Ω.

Solucion: Debemos calcular ¨∂Ω

~F · d~S.

Primero buscamos la interseccion de ambas superficies

1− x2 = 2− y ⇐⇒ y = 1 + x2.

Luego, Ω = Ω1 ∪ Ω2 donde

Ω1 = (x, y, z) ∈ R3 : 0 ≤ z ≤ 1− x2, 0 ≤ y ≤ 1 + x2,−1 ≤ x ≤ 1,

Ω2 = (x, y, z) ∈ R3 : 0 ≤ z ≤ 2− y, 1 + x2 ≤ y ≤ 2,−1 ≤ x ≤ 1.De esta forma, como

~∇ · ~F = y + 2y = 3y,

se tiene que ¨∂Ω

~F · d~S =

˚Ω

3ydV =

˚Ω1

3ydV +

˚Ω2

3ydV.

Pero˚Ω1

3ydV =

ˆ 1

−1

ˆ 1+x2

0

ˆ 1−x2

0

3ydydzdx =3

2

ˆ 1

−1

(1− x2)(1 + x2)2dx = 3

ˆ 1

0

(1− x2)(1 + x2)2dx =104

35,

˚Ω2

3ydV =

ˆ 1

−1

ˆ 2

1+x2

ˆ 2−y

0

3ydydzdx =

ˆ 1

−1

ˆ 2

1+x2

3y(2− y)dydx =

ˆ 1

−1

4 + (1 + x2)3 − 3(1 + x2)2dx =16

7.

De esta forma, ¨∂Ω

~F · d~S =104

35+

16

7=

184

35.


Apendice A

Conceptos de Algebra Lineal

A.1. Formas cuadraticas

A.1 Definicion. Sea A una matriz cuadrada de orden n con coeficientes reales (denotaremos con Mn (R) alconjunto de estas matrices). La forma cuadratica asociada a la matriz A es

QA : Rn → Rh 7→ htAh

Podemos clasificar A de acuerdo al signo de la forma cuadratica que tiene asociada.

A.2 Definicion. Sea A ∈Mn (R), se dice que A es

(a) Definida positiva si ∀x ∈ Rn r 0, se cumple xtAx > 0. Se denota A 0.

(b) Definida negativa si ∀x ∈ Rn r 0, se cumple xtAx < 0. Se denota A 0.

(c) Semidefinida positiva si ∀x ∈ Rn r 0, se cumple xtAx ≥ 0.

(d) Semidefinida negativa si ∀x ∈ Rn r 0, se cumple xtAx ≤ 0.

A.3 Observacion. Puede que alguna matriz no pertenezca a ninguna de las categorıas anteriores.

A.4 Proposicion. Sea A := (aij)ni,j=1 positiva definida. Llamemos Ak a la submatriz cuadrada de orden k

(k ≤ n) tal que Ak = (aij)ki,j=1. Entonces:

(a) A es invertible.

(b) Ak es positiva definida.

Demostracion.

(a) Supongamos que A no es invertible. Entonces existe x ∈ Rn r 0 tal que Ax = 0. Pero en ese casoQA(x) = 0, lo que es una contradiccion.

(b) Supongamos que alguna de las Ak no es positiva definida. Entonces existe x ∈ Rk r 0 tal que xtAkx ≤ 0.

Note que A puede expresarse como

A =

[Ak BC D

].

Considere en vector y ∈ Rn r 0 dado por y =∑kj=1 xj ej . Es claro que ytAy = xtAkx ≤ 0. Es decir, A no

serıa positiva definida.

170 Formas cuadraticas

A.5 Definicion. Sea A ∈Mn (R). Definimos ∆k = |Ak| = det[(aij)

ki,j=1

].

A.6 Teorema. Sea A ∈Mn (R).

(a) A es definida positiva si y solo si ∆m > 0, 1 ≤ m ≤ n.

(b) A es definida negativa si y solo si ∆2k−1 < 0,∆2k > 0, ∀k ∈ N tal que 2k − 1, 2k ≤ n. Es decir, el signo de∆k es igual al de (−1)k.

A.7 Observacion. Si las desigualdades en general se cumplen, pero de forma no estricta (algunos subdeterminan-tes se anulan), solo podra decirse que la matriz es semidefinida positiva o semidefinida negativa respectivamente.

A.8 Ejemplo. Considere:

A =

1 0 00 2 00 0 3

.En este caso,

∆1 = 1 > 0

∆2 = det

[1 00 2

]= 2 > 0

∆3 = detA = 6 > 0

Por lo tanto, A es definida positiva. Este hecho era facil de verificar directamente. En efecto, dado h = (h1, h2, h3)se cumple

htAh = h21 + 2h2

2 + 3h23

que es evidentemente mayor que cero para todo h 6= 0.

A.9 Ejemplo. Considere:

A =

−1 0 00 −2 00 0 −3

.En este caso,

∆1 = −1 < 0

∆2 = det

[−1 00 −2

]= 2 > 0

∆3 = detA = −6 < 0

Por lo tanto, A es definida negativa.

Apendice B

Funciones Gamma y Beta

B.1. Definicion

B.1 Definicion (Funcion Gamma). La funcion Γ : R+ → R+ dada por

Γ(x) =

ˆ ∞0

tx−1e−tdt,

se conoce como funcion Gamma.

B.2 Definicion (Funcion Beta). La funcion B : R+ × R+ → R+ dada por

B (x, y) =Γ(x)Γ(y)

Γ(x+ y),

se conoce como funcion Beta.

B.3 Observacion. Es facil ver que B (x, y) = B (y, x).

B.2. Problemas Resueltos

B.1 Problema. Muestre queΓ(1) = 1.

Solucion: En efecto,

Γ(1) =

ˆ ∞0

t1−1e−tdt =

ˆ ∞0

e−tdt = 1.

B.2 Problema. Sea x > 0. Muestre queΓ(x+ 1) = xΓ(x). (B.1)

Solucion: Integrando por partes,

Γ(x+ 1) =

ˆ ∞0

txe−tdt = −txe−t∣∣∞0−ˆ ∞

0

xtx−1e−tdt = x

ˆ ∞0

tx−1e−tdt = xΓ(x).

B.3 Problema. Sea n ∈ N. Muestre queΓ(n+ 1) = n!

Solucion: En efecto, usando (B.1), tenemos que

Γ(n+ 1) = nΓ(n) = n(n− 1)Γ(n− 1) = . . . = n(n− 1) . . . 1Γ(1) = n!.


B.4 Problema. Sean x, y > 0. Muestre que

B (x, y) = 2

ˆ π2

0

cos2x−1 θ sin2y−1 θdθ. (B.2)

Solucion: Notemos que haciendo el cambio t = u2, dt = 2udu, se tiene que

Γ(x) =

ˆ ∞0

u2x−2e−u2

2udu = 2

ˆ ∞0

u2x−1e−u2

du. (B.3)

Luego,

Γ(x)Γ(y) =

(2

ˆ ∞0

u2x−1e−u2

du

)(2

ˆ ∞0

v2y−1e−v2

dv

)= 4

ˆ ∞0

ˆ ∞0

e−(u2+v2)u2x−1v2y−1dudv.

Cambiando a coordenadas polares y usando Fubini,

Γ(x)Γ(y) = 4

ˆ π2

0

ˆ ∞0

e−r2

cos2x−1 θ sin2y−1 θr2(x+y)−1drdθ

=

(2

ˆ ∞0

r2(x+y)−1e−r2

dr

)(2

ˆ π2

0

cos2x−1 θ sin2y−1 θdθ

)

= Γ(x+ y)

(2

ˆ π2

0

cos2x−1 θ sin2y−1 θdθ

),

por (B.3). Finalmente, recordando la definicion de la funcion Beta, se concluye lo pedido.

B.5 Problema. Sean x, y > 0. Muestre que

B (x, y) =

ˆ 1

0

tx−1(1− t)y−1dt. (B.4)

Solucion: Haciendo t = cos2 θ, dt = −2 sin θ cos θ en (B.2), se tiene que

B (x, y) =

ˆ π2

0

cos2x−2 θ sin2y−2 θ2 sin θ cos θdθ =

ˆ 1

0

tx−1 (1− t)y−1dt.

B.6 Problema. Muestre que

Γ

(1

2

)=√π.

Concluya el valor de ˆ ∞−∞

1

2√πe−

12 t

2

dt.


B

(1

2,

1

2

)=

Γ(

12

)Γ(

12

)Γ(1)

= Γ2

(1

2

),

pues Γ(1) = 1. Pero, por (B.2),

B

(1

2,

1

2

)= 2

ˆ π2

0

cos2 12−1 θ sin2 1

2−1 θdθ = 2

ˆ π2

0

dt = π.

Luego,

Γ

(1

2

)=√π.

Funciones Gamma y Beta 173

Por otro lado, por (B.3),

Γ

(1

2

)= 2

ˆ ∞0

u2 12−1e−u

2

du = 2

ˆ ∞0

e−u2

du.

En consecuencia, haciendo 2u = s, 2du = ds, se tiene que

Γ

(1

2

)=

ˆ ∞0

e−u2

2du =

ˆ ∞0

e−12 s

2

ds.

Finalmente, juntando todas las piezas y notando que e−12 s

2

es una funcion par, sigue queˆ ∞−∞

e−12 s

2

ds = 2

ˆ ∞0

e−12 s

2

ds = 2Γ

(1

2

)= 2√π,

es decir, ˆ ∞−∞

1

2√πe−

12 t

2

dt = 1.

B.7 Problema. Calcule ˆ 1

0

dt√t(1− t)

.

Solucion: Usando (B.4) con p = q = 12 , tenemos que

ˆ 1

0

dt√t(1− t)

= B

(1

2,

1

2

)=

Γ(

12

)Γ(

12

)Γ(1)

= Γ2

(1

2

)= π.

B.8 Problema. Haciendo la sustituciont2

1 + t2= u, muestre que

ˆ ∞0

tα

(1 + t2)βdt =

1

2

Γ(α+1

2

)Γ(β − α+1

2

)Γ (β)

.

Concluya que

B (x, y) =

ˆ ∞0

tx−1

(1 + t)x+ydt. (B.5)

Solucion: Hagamos la sustitucion sugerida. Notemos que

1

1 + t2= 1− u,

es decir,2t

(1 + t2)2dt = du.

Luego, ˆ ∞0

tα

(1 + t2)βdt =

1

2

ˆ ∞0

tα−1

(1 + t2)β−2

2t

(1 + t2)dt =

1

2

ˆ 1

0

(u

1− u

)α−12

(1− u)β−2du

=1

2

ˆ 1

0

uα−12 (1− u)β−

α−12 −2du =

1

2

ˆ 1

0

uα+12 −1(1− u)β−

α+12 −1du

=1

2B

(α+ 1

2, β − α+ 1

2

)=

1

2

Γ(α+1

2

)Γ(β − α+1

2

)Γ (β)

.

En consecuencia, haciendo z = t2, dz = 2tdt en la primera integral, se tiene queˆ ∞

0

tα

(1 + t2)βdt =

1

2

ˆ ∞0

tα−1

(1 + t2)β2tdt =

1

2

ˆ ∞0

zα−12

(1 + z)βdz,

es decir, ˆ ∞0

zα−12

(1 + z)βdz = B

(α+ 1

2, β − α+ 1

2

).

Finalmente, poniendo 2x = α− 1 y x+ y = β, se concluye lo pedido.

Indice alfabetico

acumulacion, 10

bolaabierta, 8cerrada, 10perforada, 9

clausura, 11conjunto

abierto, 8acotado, 11cerrado, 9compacto, 11convexo, 12

desigualdadde Cauchy-Schwarz-Bunyakovsky, 7

frontera, 11

interior, 9

ley del Paralelogramo, 8

norma, 7del maximo, 12euclidiana, 7p, 7

poligonal, 12producto interno, 6producto punto, 6punto

de acumulacion, 10frontera, 11interior, 9lımite, 10

region, 12

segmento, 12

Bibliografıa

[1] J.C. Burkill y H. Burkill, A second course in Mathematical Analysis. Cambridge University Press, 1era Edicion,2002.

[2] Claudio Pita Ruiz, Calculo Vectorial. Prentice Hall, 1era Edicion, 1995.

[3] Rolando Rebolledo, Teorıa de la Integracion. 2009.

[4] Tom Apostol, Calculus Volumen II. Editorial Reverte, 2da Edicion, 2002.