DECTODO

1. 1 Material didáctico de Cálculo III
2 Introducción
Este material está dedicado a todos los estudiantes que deben cursar la asig-
natura de Cálculo en Varias Variables, asignatura obligatoria para la gran
mayorìa de estudiantes de carreras de ingeniería en la Ponti…cia Universidad
Católica de Valparaíso. La intención que se tuvo en la elaboración de este
material, es el de mostrar las diversas técnicas de trabajo y tratar de hacer
más transparente los objetivos del curso a través de la resolución de proble-
mas, especialmente si estos problemas, como es en este caso, ha sido usado
previamente como material de evaluación. Este es un comienzo de un pro-
grama para mejorar el rendimiento en estas materias que tradicionalmente
han sido más que complejo en el curriculum de muchos estudiantes.
3 Desarrollo
1. Sea
f(x; y) =
8
<
:
(x y)2
y > x
0 x = y
2(x y) y < x
Determine justi…cando o demostrando adecuadamente:
(a) En que puntos del plano la función es continua.
(b) En que puntos del plano la función es diferenciable.
(c) En qué puntos del plano las derivadas parciales son continuas.
Solución:
(a) Debido a que en las regiones y > x y y < x, la función está expresada
por medio de polinomios, entonces en esas regiones la función es continua.
Ahora, si x0 = y0, se tiene que
lim
(x;y)!(x0;y0)
f(x; y) = lim
(x;y)!(x0;x0)
(x y)2
(para y > x)
= (x0 x0)2
= 0:

2. Análogamente:
lim
(x;y)!(x0;y0)
f(x; y) = lim
(x;y)!(x0;x0)
2(x y) (para y < x)
= 2(x0 x0) = 0:
Por lo tanto
lim
(x;y)!(x0;y0)
f(x; y) = 0 = f(x0; y0):
Luego la función es continua en todo el plano.
(b) Debido a que la función es de clase C1
en las regiones y > x y y < x,
entonces en dichas regiones la función es diferenciable.
Para determinar diferenciabilidad en los puntos en donde x0 = y0, deter-
minemos las derivadas parciales en dichos puntos:
@f
@x
(x0; x0) = lim
x!x0
f(x; x0) f(x0; x0)
x x0
= lim
x!x0
f(x; x0)
x x0
=
8
><
>:
limx!x0
(x x0)2
x x0
si x < x0
limx!x0
2(x x0)
x x0
Si x > x0
=
0 si x < x0
2 Si x > x0
Como 0 6= 2, entonces la derivada parcial @f
@x
(x0; x0) no existe y por lo tanto
la función f no es diferenciables en dichos puntos.
(c) En la región y > x se tiene que @f=@x = 2(x y) y @f=@y = 2(x y).
Como ambas derivadas parciales son polinomios, entonces son continuas.
En la región y < x se tiene que @f=@x = 2x y @f=@y = 2y y por la
misma razón son continuas.
Si x = y, las derivadas parciales no existen, por lo tanto en esos puntos
obviamente las derivadas parciales no son continuas (ni siquiera existen!).
2 Calcule L en el caso que exista:
lim
(x;y)!(0;0)
x2
+ y2
p
x2 + y2 + 1 1
= L

3. Solución:
lim
(x;y)!(0;0)
x2
+ y2
p
x2 + y2 + 1 1
= lim
(x;y)!(0;0)
(x2
+ y2
)
p
x2 + y2 + 1 + 1
(x2 + y2 + 1) 1
= lim
(x;y)!(0;0)
(x2
+ y2
)
p
x2 + y2 + 1 + 1
x2 + y2
= lim
(x;y)!(0;0)
p
x2 + y2 + 1 + 1
= 2:
3 Demuestre, usando la de…nición, que f(x; y) = xy es diferenciable en
todo el plano.
Solución:
Las derivadas parciales de la función dada son @f=@x = y y @f=@y = x,
entonces para que f sea diferenciable en un punto arbitrario (x; y) se debe
cumplir que:
lim
(h;k)!(0;0)
jf(x + h; y + k) f(x; y) hy kxj
p
h2 + k2
= 0:
Pero
jf(x + h; y + k) f(x; y) hy kxj
p
h2 + k2
=
j(x + h)(y + k) xy hy kxj
p
h2 + k2
=
jhkj
p
h2 + k2
h2
+ y2
p
h2 + k2
Por lo tanto
0
jf(x + h; y + k) f(x; y) hy kxj
p
h2 + k2
p
h2 + k2
y por el teorema del sandwich se tiene que:
lim
(h;k)!(0;0)
jf(x + h; y + k) f(x; y) hy kxj
p
h2 + k2
= 0:

4. 4 Calcule
@f
@x
( =3; 1) para la siguiente funcione:
f (x; y) = sin (xyx
cos (xx
y sin(x ln y))):
Solución:
Como se está diferenciando respecto a la variable x, entonces y debe
mantenerse contante, y por lo tanto puede ser reemplazada inmediatamente
por la constante 1. Asi tenemos que:
@f
@x
( =3; 1) = g0
( =3)
en donde
g(x) = sin (xyx
cos (xx
y sin(x ln y)))jy=1
= sin x
Por lo tanto:
@f
@x
( =3; 1) = g0
( =3) = cos =3 = 1=2:
5 Considere las funciones
u(x; y) = x2
y y v(x; y) = x + 4y
Suponga ahora que f(u; v) es una función real desconocida, de la cual
sólo se sabe que es diferenciable en (2; 9) y cumple con:
@f
@u
(2; 9) =
1
2
@f
@v
(2; 9) = 7
Si w(x; y) = f(u(x; y); v(x; y)) calcule el valor de A, en donde:
A =
@w
@x
(1; 2) +
@w
@y
(1; 2):
Solución:
Usando la regla de la cadena se tiene:
@w
@x
(1; 2) =
@f
@u
(u(1; 2); v(1; 2))
@u
@x
(1; 2) +
@f
@v
(u(1; 2); v(1; 2))
@v
@x
(1; 2)
=
@f
@u
(2; 9)
@u
@x
(1; 2) +
@f
@v
(2; 9)
@v
@x
(1; 2) = 7 4 + 14 1
= 42:

5. Análogamente:
@w
@y
(1; 2) =
@f
@u
(u(1; 2); v(1; 2))
@u
@y
(1; 2) +
@f
@v
(u(1; 2); v(1; 2))
@v
@y
(1; 2)
=
@f
@u
(2; 9)
@u
@y
(1; 2) +
@f
@v
(2; 9)
@v
@y
(1; 2) = 7 1 + 14 4
= 63:
Por lo tanto:
A =
@w
@x
(1; 2) +
@w
@y
(1; 2) = 42 + 63 = 105:
6 Se desea diseñar un embalaje de base rectangular con volumen de 60 u3
.
Sus lados cuestan $1 la unidad cuadrada, su tapa cuesta $2 la u2
y su
fondo cuesta $3 la u2
. Plantee un sistema de ecuaciones para determinar
las dimensiones de la caja de modo que el costo sea mínimo. Explicite
claramente cual será la función a minimizar y cual es la restricción.
Solución:
Sean x e y las medidas de la base de la caja y sea z su altura.
En primer lugar note que x; y y z deben ser extrictamente positivas.
La función objetivo a minimizar es:
C(x; y; z) = 5xy + 2xz + 2yz
Por otro lado el volumen V (x; y; z) debe cumplir con la condición de
restricción:
V (x; y; z) = xyz = 60:
Aplicando Lagrange, se llega al sistema
5y + 2z = yz (1)
5x + 2z = xz (2)
2x + 2y = xy (3)
xyz = 60 (4)
(Sólo se pide el planteo del problema)

6. De (1) y (2) se deduce que 5y 5x = (yz xz), de donde se tiene que
(y x)(5 z) = 0
y por lo tanto x = y ó 5 = z.
Si x = y, entonces de (3) se deduce que 4 = x = y. Reemplazando
en (2) y (4) se obtienen los valores
x = y = 2
3
p
3 y z = 5
3
p
3
Si 5 = z, entonces reemplanzando en (1) se llega a que 2z = 0 lo que
no es posible.
7 La función u = u(x; y) está de…nida implícitamente por la ecuación
xeu
+ yu = 1:
Calcule la derivada direccional @u=@n en el punto (x; y) = (1; 2) en la
dirección en que su valor es máximo.
Solución:
Para que exista la derivada direccional, la función u = u(x; y) debe
ser diferenciable en el punto (x; y) = (1; 2). Según el Teorema de la
Función Implícita, dicha función existe en una vecindad del punto (1; 2)
y es continuamente diferenciable si la función F(x; y; u) = xeu
+ yu es
continuamente diferenciable en el punto (x; y; u) = (1; 2; 0) (lo que en
efecto lo es pues sus tres derivadas parciales son continuas) y además
la derivada parcial @F=@u 6= 0 en el punto indicado. Ahora bien:
@F
@u
(1; 2; 0) = 3 6= 0
Por lo tanto existe la derivada direccional:
@u
@n max
(1; 2) = k(ru) (1; 2)k
=
@F=@x
@F=@u
(P);
@F=@y
@F=@u
(P)
=
1
3
; 0 = 1=3:

7. 8 Considere la siguiente integral iterada:
Z 1
0
dx
Z 2
x2
f(x; y)dy
Para esta integral
(a) Halle la región de integración.
(b) Exprese la integral doble correspondiente integrando en el orden
inverso.
(c) Exprese la integral iterada usando coordenadas polares en el orden
drd :
Solución:
(a) La región de integración es:
0.0 0.5 1.0
0
1
2
(b) Se necesitan dos integrales. Ellas son:
Z 1
0
dy
Z p
y
0
f(x; y)dx +
Z 2
1
dy
Z 1
0
f(x; y)dx
(c) Se necesitan tres integrales. Si escribimos
F = F(r; ) = rf(x(r; ); y(r; ));
entonces ellas son:
Z =4
0
d
Z sec tan
0
Fdr+
Z arctan(2)
=4
d
Z sec
0
Fdr+
Z =2
arctan(2)
d
Z 2 csc
0
Fdr

8. 9 Evalúe ZZ
R
1
y2
exp
x
p
y
dxdy
en donde R es la región limitada por las rectas: x = 1; y = 2 y la
curva y = x2
con x 1.

9. Solución:
La región de integración es:
0.0 0.5 1.0
0
1
2
Integrando primero respecto a x se tiene:
ZZ
R
1
y2
exp
x
p
y
dxdy =
Z 2
1
dy
Z p
y
1
1
y2
exp
x
p
y
dx
=
Z 2
1
1
y3=2
exp
x
p
y
p
y
1
dy
=
Z 2
1
e
y3=2
1
y3=2
exp y 1=2
dy
= 2e
1
2
p
2
p
2e:
10 Calcule el volumen del cuerpo encerrado entre las super…cies
z = 1 x2
y2
y z =
p
1 x2 y2
usando coordenadas cilíndricas.
Solución:
En coordenadas cilíndricas las super…cies son z = 1 r2
y z =
p
1 r2.
Por lo tanto ambas super…cies se cortan cuando 1 r2
=
p
1 r2, de
donde se obtiene que r = 1 y por lo tanto z = 0. Por consiguiente el

10. volumen pedido está dado por:
V =
ZZZ
dxdydz =
Z 2
0
d
Z 1
0
dr
Z 1 r2
p
1 r2
rdz
= 2
Z 1
0
r(1 r2
) + 2
Z 1
0
r
p
1 r2dr
=
2
(1 r2
)2
1
0
2
3
1 r2 3=2
1
0
=
2
+
2
3
=
7
6
11 Calcule:
Z
C
x
p
x2 + y2
+ xe y2
!
dx +
y
p
x2 + y2
x2
ye y2
!
dy;
en donde C es el sector de la circunferencia x2
+ y2
= 1 que va desde
el punto (1; 0) hasta el punto (0; 1) recorrido en el sentido contrario
a los punteros del reloj.
Solución
Observe que
@
@x
(
y
p
x2 + y2
x2
ye y2
)
=
@
@y
(
x
p
x2 + y2
+ xe y2
)
=
xy
(x2 + y2)3=2
2xye y2
Por lo tanto el campo es un campo gradiente, esto signi…ca que existe
una función U(x; y; z) tal que
@U
@x
=
x
p
x2 + y2
+ xe y2
, y
@U
@y
=
y
p
x2 + y2
x2
ye y2
Ahora, es fácil ver que un campo U que cumple está dado por:
U(x; y; z) =
p
x2 + y2 +
1
2
x2
e y2

11. Por lo tanto el valor de la integral pedida es:
U(0; 1) U(1; 0) = 1=2:
12 Calcule la integral de linea
Z
C
(3x2
y y) dx + (xy + x3
) dy, en donde
C es la curva poligonal que va desde P hasta Q: Esto es P = (0; 1) !
( 2; 2) ! ( 3; 1) ! ( 3; 1) ! ( 2; 2) ! (0; 1) ! (2; 2) !
(3; 1) ! (3; 0) = Q :
-3 -2 -1 1 2 3
-2
-1
1
2
x
y
Solución:
Sea L1 el segmento que va desde el punto (3; 0) hasta el punto (0; 0)
y L2 al segmento que va desde el punto (0; 0) hasta el punto (0; 1)
entonces de acuerdo al teorema de Green, se tiene que:
Z
C+L1+L2
3x2
y y dx + xy + x3
dy
=
ZZ
R
@
@x
(xy + x3
)
@
@y
3x2
y y dxdy
en donde R es la región interior a la curva C + L1 + L2. Por lo tanto:
Z
C+L1+L2
3x2
y y dx + xy + x3
dy =
ZZ
R
(y + 1)dxdy
=
ZZ
R
ydxdy +
ZZ
R
dxdy
Como
RR
R
dxdy corresponde al área de la región, se tiene que
RR
R
dxdy =
27=2:

12. Por otro lado, si llamamos R1 a la región ubicada en el lado x 0 y
R2 a la región ubicada en el lado x 0, entonces
ZZ
R
ydxdy =
ZZ
R1
ydxdy +
ZZ
R2
ydxdy
=
ZZ
R1
ydxdy
ya que
RR
R2
ydxdy = 0 pues la región R2 es simétrica respecto al eje x.
Por lo tanto
ZZ
R1
ydxdy =
Z 2
0
dx
Z 0
x=2 1
ydy +
Z 3
2
dx
Z 0
x 4
ydy
=
7
3
7
6
=
7
2
:
Por lo tanto:
Z
C+L1+L2
3x2
y y dx + xy + x3
dy =
7
2
+
27
2
= 10
Por otro lado es evidente que
Z
L1
3x2
y y dx + xy + x3
dy = 0
y que Z
L2
3x2
y y dx + xy + x3
dy = 0
Por lo que …nalmente se obtiene que:
Z
C
3x2
y y dx + xy + x3
dy = 10:
Nota: Es posible cerrar la curva usando otros trazos, por ejemplo:

13. -3 -2 -1 1 2 3
-2
-1
1
2
x
y
-3 -2 -1 1 2 3
-2
-1
1
2
x
y
En este caso, debido a la simplicidad de la forma diferencial que se
integra, las di…cultades para resolver el problema son similares.
13 Considere el cuerpo limitado por las super…cies S1 y S2, en donde S1
corresponde al plano z = 1, y la super…cie S2 corresponde al paraboloide
z = x2
+ y2
. Si
!
F = 2x2!
i 2xy
!
j + z2!
k , entonces compruebe que
se cumple:
ZZZ
V
@
@x
2x2
+
@
@y
( 2xy) +
@
@z
z2
dxdydz =
ZZ
S1+S2
!
F
!
dS
Solución:
Cálculo del lado izquierdo:
ZZZ
V
@
@x
2x2
+
@
@y
( 2xy) +
@
@z
z2
dxdydz
=
ZZZ
V
(2x + 2z)dxdydz
= 2
ZZZ
V
xdxdydz + 2
ZZZ
V
zdxdydz
= 2
ZZZ
V
zdxdydz
ya que por la simetría del cuerpo, se tiene que
RRR
V
xdxdydz = 0: Ahora

14. introduciendo coordenadas cilíndricas, se tiene:
2
ZZZ
V
zdxdydz = 2
Z 2
0
d
Z 1
0
dr
Z 1
r2
rzdz
= 2
Z 1
0
r(1 r4
)dr
=
2
3
.
Cálculo del lado derecho:
Una parametrización de la super…cie S2 es:
!r (x; y) = x
!
i + y
!
j + (x2
+ y2
)
!
k
De donde
@
@x
!r =
!
i + 2x
!
k ;
@
@y
!r =
!
j + 2y
!
k
Por lo tanto
@
@x
!r
@
@y
!r = 2x
!
i 2y
!
j +
!
k
Como el vector
!
dS2 debe tener dirección y sentido hacia afuera del
cuerpo, entonces se tiene que:
!
dS2 = 2x
!
i + 2y
!
j
!
k dxdy
Por lo tanto:
ZZ
S2
!
F
!
dS1 =
ZZ
S2
4x3
4xy2
z2
dxdy
=
ZZ
S2
z2
dxdy
=
ZZ
S2
x2
+ y2 2
dxdy
=
Z 2
0
d
Z 1
0
r r4
dr
=
3

15. Para S1 se tiene obviamente que
!
dS1 =
!
k dxdy, por lo tanto
ZZ
S1
!
F
!
dS1 =
ZZ
S1
dxdy = :
Finalmente:
ZZ
S
!
F
!
dS =
ZZ
S1
!
F
!
dS1 +
ZZ
S2
!
F
!
dS2
=
3
+
=
2
3
:
14 Suponga que f : R2
! R es una función diferenciable y que sus
derivadas parciales en el punto (a; b) = (3; 4) valen 5 y 7 respecti-
vamente, es decir f1(3; 4) = 5 y f2(3; 4) = 7: Considere ahora la
función:
g(x; y) = f(x3
+ y; x2
+ y2
x)
Calcule @g=@x en el punto (1; 2).
Solución:
Sea
u = u(x; y) = x3
+ y; v = v(x; y) = x2
+ y2
x
Entonces
(u(1; 2); v(1; 2)) = (3; 4)
Por lo tanto:
@g
@x
(1; 2) = f1(u(1; 2); v(1; 2))
@u
@x
(1; 2) + f2(u(1; 2); v(1; 2))
@v
@x
(1; 2)
= f1(3; 4)
@u
@x
(1; 2) + f2(3; 4)
@v
@x
(1; 2)
= 5 (3x2
) (x;y)=(1;2)
+ 7 (2x 1)j(x;y)=(1;2)
= 15 + 7
= 22:
15 Halle los valores extremos (en el caso que existan) de la función:
f(x; y) = xy +
1
x
+
p
8
y

16. sabiendo que x > 0 e y > 0. Demuestre su respuesta.
Solución:
Para hallar los puntos críticos debemos resolver el sistema:
f1(x; y) = 0 , y x 2
= 0
f2(x; y) = 0 , x
p
8y 2
= 0
de donde se deduce que el único punto crítico es (x; y) = (
p
2=2; 2):
Ahora como f11(x; y) = 2x 3
, se tiene que f11(
p
2=2; 2) = 4
p
2 > 0.
Por otro lado se tiene que el Hessiano
det
f11(
p
2=2; 2) f12(
p
2=2; 2)
f21(
p
2=2; 2) f22(
p
2=2; 2)
= det
4
p
2 1
1 1=
p
2
= 3 > 0
Por lo tanto (
p
2=2; 2) es un mínimo. Como la función es diferenciable
en el dominio indicado entonces el punto es un mínimo absoluto, pues
si hubiese otro punto en donde la función asume el mínimo absoluto,
este punto tendría que ser también un punto crítico. Por esta misma
razón no existen máximos locales ni absolutos.
16 Considere la siguiente suma de integrales iteradas:
Z 1
0
dy
Z y
0
(x2
+ y2
+ xy)dx +
Z p
2
1
dy
Z p
2 y2
0
(x2
+ y2
+ xy)dx
(a) Halle la región de integración.
(b) Cambie el orden de integración y escriba la suma como una sola
integral iterada.
(c) Calcule el valor de la integral.
Solución:
a) La región corresponde a un octavo de círculo (de radio
p
2). Ver
…gura.

17. 0.0 0.5 1.0
0.0
0.5
1.0
x
y
b) Si llamamos A al valor de la suma de las dos integrales, entonces:
A =
Z 1
0
dx
Z p
2 x2
x
(x2
+ y2
+ 2xy)dy
c) Usando coordenadas polares, se tiene:
A =
Z =2
=4
d
Z p
2
0
(r2
+ 2r2
sin cos )rdr
=
Z =2
=4
d
Z p
2
0
r3
(1 + sin 2 )dr
=
Z =2
=4
(1 + sin 2 )d
Z p
2
0
r3
dr
=
1
4
+
1
2
:
17 Calcule I
C
y
x2 + y2
dx
x
x2 + y2
dy
en donde C es la elipse 9x2
+ 4y2
= 36:
Solución:
Consideramos la curva cerrada compuesta por la elipse, una circun-
ferencia de radio unitarioy dos pequeños segmentos que unan las dos
cónicas, entonces podemos aplicar el teorema de Green a esta curva. Si

18. llamamos C0 a la circunferencia recorrida en el sentido contrario a los
punteros del reloj, L1 al segmento rectilíneo que va desde (1; 0) hasta
el punto (2; 0) y L2 al que va desde el punto (2; 0) hasta (1; 0) entonces,
de acuerdo al teorema de Green, se tiene que:
-2 2
-2
2
x
y
I
C C0+L1+L2
y
x2 + y2
dx
x
x2 + y2
dy = 0
y ya que las contribuciones correspondientes a los segmentos L1 y L2
se cancelan mutuamente, entonces se deduce que
I
C
y
x2 + y2
dx
x
x2 + y2
dy =
I
C0
y
x2 + y2
dx
x
x2 + y2
dy
Ahora bien, una parametrización de la circunferencia es
x = cos t; y = sin t 0 t 2
Por lo tanto:
I
C
y
x2 + y2
dx
x
x2 + y2
dy =
Z 2
0
sin2
t cos2
t dt
=
Z 2
0
dt
= 2 :

19. 18 Calcule
Z
C
(y sin(xy) + xy2
cos(xy))dx + (x sin xy + x2
y cos xy)dy
en donde C es la curva y = tan x recorrida desde el punto (0; 0) hasta
el punto ( =4; 1):
Solución:
Evidentemente el campo es conservativo, pues
@
@x
(x sin xy + x2
y cos xy) = sin xy x2
y2
sin xy + 3xy cos xy
y
@
@y
(y sin(xy) + xy2
cos(xy)) = sin xy x2
y2
sin xy + 3xy cos xy
Por lo tanto existe U(x; y) tal que
@U
@x
= y sin(xy) + xy2
cos(xy)
y
@U
@y
= x sin xy + x2
y cos xy
Integrando se obtiene que el campo siguiente cumple con estas condi-
ciones:
Ux; y) = xy sin(xy)
Por lo tanto:
Z
C
(y sin(xy) + xy2
cos(xy))dx + (x sin xy + x2
y cos xy)dy = U( =4; 1) U(0; 0)
=
p
2 =8:
19 Demuestre, usando la de…nición, que
lim
(x;y)!(2;3)
(xy + x) = 8:
Solución:

20. Hay que demostrar que.(8 > 0) (9 > 0) (8(x; y) 2 R2
) se cumple:
0 < (x 2)2
+ (y 3)2
< 2
=) jxy + x 8j < :
Primero que nada note que:
xy + x 8 = x(y 3) + 4(x 2)
por lo tanto, si (x 2)2
+ (y 3)2
< 2
se deduce que jx 2j < y
jy 3j < , y por lo tanto se tiene que:
jxy + x 8j jx(y 3)j + j4(x 2)j jxj + 4
Por otro lado, si elegimos que sea menor o igual a 1, entonces
jxj = jx 2 + 2j jx 2j + 2 + 2 3
Por lo que …nalmente tendremos que:
jxy + x 8j 3 + 4 = 7
y por consiguiente bastará tomar = min f1; =7g :
20 Sea
f(x; y) =
x3
y5
= (x6
+ y10
) (x; y) 6= (0; 0)
0 (x; y) = (0; 0)
Determine
(a) Máximo dominio de continuidad.
(b) Calcule si es que existe
i)
@f
@x
(0; 0) ii)
@f
@x
(1; 1) iii)
@2
f
@x2
(0; 0):
Solución:
a) Dado cualquier punto (a; b) 6= (0; 0) existe un disco centrado en
(a; b), de radio positivo y que no contiene al (0; 0). En ese disco el valor
de la función está dada por la expresión x3
y5
= (x6
+ y10
) y por lo tanto
es continua pues es un cuociente (bien de…nido) de funciones continuas
(polinomios en dos variables). Por consiguiente sólo resta analizar la
continuidad en el origen de coordenadas.

21. Para estudiar la posible continuidad en el origen considere la curva
y = mx3=5
. Entonces:
lim
x!0
f(x; y(x)) = lim
x!0
x3
m5
x3
x6 + m10x6
=
m5
1 + m10
Como el límite dependería de m se deduce que no existe y por lo tanto
f no puede ser continua en (0; 0). Por lo tanto el dominio máximo de
continuidad es R2
f(0; 0)g :
(b)
@f
@x
(0; 0) = lim
h!0
f(h; 0) f(0; 0)
h
= lim
h!0
0 0
h
= 0:
@f
@x
(1; 1) =
3x2
y5
(x6
+ y10
) 6x5
x3
y5
(x6 + y10)2
(1;1)
=
6 6
4
= 0:
@2
f
@x2
(0; 0) = lim
h!0
@f
@x
(h; 0) @f
@x
(0; 0)
h
= lim
h!0
0 0
h
= 0:
21 Sea f : R2
! R una función de clase C2
tal que,
@2
f
@x2
+
@2
f
@y2
= 0:
Considere ahora la función
z(u; v) = eu
cos v + f(u + v; u v):
Determine el valor de
@2
z
@u2
+
@2
z
@v2
:
Solución:
Sea
x = u + v
y = u v
Entonces
@z
@u
= eu
cos v +
@f
@x
@x
@u
+
@f
@y
@y
@u
= eu
cos v +
@f
@x
+
@f
@y
@2
z
@u2
= eu
cos v +
@2
f
@x2
@x
@u
+
@2
f
@x@y
@y
@u
+
@2
f
@y@x
@x
@u
+
@2
f
@y2
@y
@u
= eu
cos v +
@2
f
@x2
+
@2
f
@x@y
+
@2
f
@y@x
+
@2
f
@y2

22. Análogamente:
@z
@v
= eu
sin v +
@f
@x
@x
@v
+
@f
@y
@y
@v
= eu
sin v +
@f
@x
@f
@y
@2
z
@v2
= eu
cos v +
@2
f
@x2
@x
@v
+
@2
f
@x@y
@y
@v
@2
f
@y@x
@x
@v
@2
f
@y2
@y
@v
= eu
cos v +
@2
f
@x2
@2
f
@x@y
@2
f
@y@x
+
@2
f
@y2
Por lo tanto:
@2
z
@u2
+
@2
z
@v2
= 2
@2
f
@x2
+
@2
f
@y2
= 0:
22 Sea
f(x; y) =
2xe3y2 12
x2 + 1
+
2x + 3
y2 + 1
y el punto P = (0; 2). Usando alguna propiedad de f justi…que la
existencia de un plano tangente a la super…cie que representa a f en el
punto (0; 2; 3=5). Halle la ecuación de dicho plano tangente.
Solución:
Existe un plano tangente en el punto indicado pues la función es diferen
ciable (la diferenciabilidad se deduce del hecho que f es de clase C1
).
Ahora bien, la ecuación del plano tangente es:
z 3=5 =
@f
@x
(P)(x 0) +
@f
@y
(P)(y 2)
Ahora un método simple para calcular @f
@x
(P) es:
@f
@x
(P) =
@f
@x
(0; 2) =
d
dx
2x
x2 + 1
+
2x + 3
4 + 1 x=0
=
2(x2
+ 1) 4x2
(x2 + 1)2
x=0
+
2
5
= 2 +
2
5
=
12
5
y también:
@f
@y
(P) =
@f
@y
(0; 2) =
d
dy
3
y2 + 1 y=2
=
6y
(y2 + 1)2
y=2
=
12
25

23. Por lo tanto, la ecuación del plano tangente es:
z
3
5
=
12
5
x
12
25
(y 2):
o lo que es lo mismo:
60x 12y 25z + 39 = 0:
23 Dada la ecuación x + yez
+ xy2
zx = 0, determine la derivada di-
reccional de z(x; y) en el punto P = (1; 0) en la dirección del vector
!v = e 1!
i +
!
j . Justi…que la existencia de zx(1; 0) y zy(1; 0).
Solución:
Note que si (x; y) = (1; 0) entonces dado que x + yez
+ xy2
zx = 0
se obtiene que z = 1. Por otro lado la función F(x; y; z) = x + yez
+
xy2
zx es diferenciable pues es de clase C1
, por consiguiente existe
una función z = z(x; y) que cumple con F(x; y; z(x; y)) = 0 y que es
diferenciable en una vecindad del punto (x; y) = (1; 0) siempre que
@F
@z
(1; 0; 1) 6= 0
y dado que @F=@z = yez
x, entonces este requisito se cumple pues
@F
@z
(1; 0; 1) = 1 6= 0:
Por otro lado,
@z
@x
(1; 0) =
@F=@x
@F=@z
(1; 0; 1) =
1 + y2
z
yez x (1;0;1)
= 0
Análogamente:
@z
@y
(1; 0) =
@F=@y
@F=@z
(1; 0; 1) =
ez
+ 2xy
yez x (1;0;1)
= e
Por lo tanto la derivada direccional pedida es:
@z
@n
(1; 0) =
@z
@x
(P);
@z
@y
(P)
!v
k!v k
= (0; e)
e 1!
i +
!
j
e 1
!
i +
!
j
=
e
p
e 2 + 1
=
e2
p
1 + e2
.

24. 24 Demuestre que las super…cies dadas por las funciones
x2
+ y2
z = 0; y
5x4
+ 10y2
z2
= 20
son tangentes en el punto P = (1; 2; 5).
Solución:
Note que P = (1; 2; 5) es un punto común a las dos super…cies.
Note que la primera super…cie es una super…cie de nivel de la función
F(x; y; z) = x2
+ y2
z
y la segunda super…cie es una super…cie de nivel de la función
G(x; y; z) = 5x4
+ 10y2
z2
Por consiguiente, para que sean tangentes basta demostrar que sus re-
spectivos gradientes evaluados en el punto P son vectores se diferencian
a lo más en una constante no nula. En efecto:
rF(P) = (2x; 2y; 1) (P) = (2; 4; 1)
y por otro lado:
rG(P) = (20x3
; 20y; 2z)(P) = (20; 40; 10)
Por lo que se tiene que:
rG(P) = 10rF(P)
Por lo que las super…cies son tangentes en el punto P:

25. 25 Determinar los valores de tres números reales positivos x; y y z tales
que x+y +z = 6 y el producto xy2
z3
sea máximo. Use multiplicadores
de Lagrange.
Solución:
Sea F(x; y; z) = xy2
z3
. Entonces maximizaremos F bajo la restricción
de que G(x; y; z) = x + y + z = 6. Esto nos lleva a plantear el siguiente
sistema vectorial:
rF = rG
G = 6
El sistema escalar es:
y2
z3
= 2xyz3
= 3xy2
z2
=
6 = x + y + z
Como x; y y z no pueden ser nulos (de otra forma el producto sería nulo)
entonces podemos simpli…car en las igualdades de la primera línea,
obteniendo que:
y = 2x
z = 3x
Por lo que se deduce que 6 = x+2x+3x, en consecuencia se tiene que:
x = 1; y = 2; z = 3:
Como (x; y; z) se encuentran en un dominio compacto (el sector del
plano x + y + z = 6 limitado por el primer octacte) y considerando que
la función F es continua, se deduce que dicha función debe asumir su
máximo y su mínimo. Como el mínimo obviamente es el valor cero, se
concluye que en el punto obtenido la función es máximo y su valor es
108:

26. 26 Determinar máximos y mínimos relativos de la función
f(x; y) = 6x 3y 3x3
xy2
+ 2x2
y + y3
.
Solución:
Como la función es diferenciable, los mínimos y los máximos relativos
deben ser puntos críticos.
@f
@x
= 6 9x2
y2
+ 4xy;
@f
@y
= 3 2xy + 2x2
+ 3y2
Por lo tanto debemos resolver el sistema:
9x2
+ y2
4xy = 6
2x2
+ 3y2
2xy = 3
Multiplicando la segunda ecuación por 2 podemos eliminar el producto
xy y obtenemos que x2
= y2
, de donde se deduce que jxj = jyj. Reem-
plazando en el sistema se obtienen cuatro soluciones:
P = (1; 1); Q = ( 1; 1); R = (
p
3=7;
p
3=7) y S = (
p
3=7;
p
3=7)
Ahora, como el Hessiano del sistema es:
D = det
18x + 4y 2y + 4x
2y + 4x 2x + 6y
= 20x2
100xy + 20y2
determinante que evidentemente es positivo para R y S. Por otra parte
como f11 es positivo para S y negativa para R se concluye que S es un
mínimo local y R es un máximo local. Como para P y Q el Hessiano
es negativo se deduce que estos puntos son puntos de ensilladura.

27. 27 Considere
A =
Z 3
2
Z (y+6)=2
y2=2
xdx
!
dy
Determine
(a) La región de integración indicando sus límites numéricos.
(b) Exprese A integrando en el orden dydx
(c) Calcule A:
Solución.
(a)
1 2 3 4 5
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
x
y
(b)
Se requieren dos integrales.
A =
Z 2
0
Z p
2x
p
2x
xdy
!
dx +
Z 9=2
2
Z p
2x
2x 6
xdy
!
dx

28. (c)
A =
Z 3
2
Z (y+6)=2
y2=2
xdx
!
dy
=
1
2
Z 3
2
y + 6
2
2
y4
4
!
dy
=
125
6
:
28 Calcule
R
C
y2
z3
dx + 2xyz3
dy + 3xy2
z2
dz en donde C es la curva:
x(t) = t
y(t) = 2 + sin t
z(t) = 2t2
9
=
;
0 t 1
Solución:
Note que el rotacional del campo es nulo. Por lo tanto existe una
función potencial U(x; y; z) tal que
@U
@x
= y2
z3
;
@U
@y
= 2xyz3
;
@U
@z
= 3xy2
z2
Es fácil ver que u(x; y; z) = xy2
z3
:
Por lo tanto la integral pedida es independiente del camino y se tiene
que:
Z
C
y2
z3
dx + 2xyz3
dy + 3xy2
z2
dz = U(1; 2; 2) U(0; 2; 0)
= 32:
29 Calcule la integral de linea
Z
C
(y2
y) dx + (x4
+ y) dy, en donde C es
la curva poligonal que va desde P hasta Q : P = (3; 1) ! (2; 2) !
( 2; 2) ! ( 3; 1) ! ( 3; 1) ! ( 2; 2) ! (2; 2) ! (3; 1) = Q:

29. Solución:
Sea C el segmento orientado que desde el punto Q al punto P. En-
tonces, de acuerdo al teorema de Green, se tiene que:
Z
C+C
y2
y dx + x4
+ y dy =
ZZ
R
(4x3
2y + 1)dxdy
= 4
ZZ
R
x3
dxdy 2
ZZ
R
ydxdy +
ZZ
R
dxdy
Como la …gura es simétrica y las funciones x3
e y son impares, se deduce
que las primeras dos integrales son nulas. Por lo tanto:
Z
C
y2
y dx + x4
+ y dy =
ZZ
R
dxdy
= Area = 22:
Por lo tanto
Z
C
y2
y dx + x4
+ y dy = 22
Z
C
y2
y dx + x4
+ y dy
Tomando la parametrización: x = 3 e y = t con 1 t 1, se tiene
…nalmente que:
Z
C
y2
y dx + x4
+ y dy = 22
Z 1
1
(81 + t)dt
= 22 162
= 140:
30 Sea
!
F (x; y; z) = (x + y)
!
i + (y2
+ z2
)
!
j + (x3
+ z3
)
!
k
Calcule ZZ
S
!
F
!
dS
en donde S es la super…cie del sólido formado por la semi-esfera unitaria
x2
+ y2
+ z2
= 1, con z 0 y el cono z =
p
x2 + y2 1 con z 0 (El
cuerpo parece un barquillo o cono de helados).
Solución:

30. Aplicando el teorema de la divergencia, se tiene:
ZZ
S
!
F
!
dS =
ZZZ
V
div
!
F dV
=
ZZZ
V
(1 + 2y + 3z2
)dV
=
ZZZ
V
dV + 2
ZZZ
V
ydV + 3
ZZZ
V
z2
dV
Ahora es claro que la primera integral es simplemente el volumen del
sólido. La segunda integral es nula por la simetría del cuerpo y porque
la función y es impar. Por lo tanto:
ZZ
S
!
F
!
dS = Volumen + 3
ZZZ
V
z2
dV
Cálculo de
RRR
V
z2
dV . Para calcular esta integral usaremos coorde-
nadas cilíndricas. Entonces
ZZZ
V
z2
dV =
Z 2
0
d
Z 1
0
dr
Z p
1 r2
r 1
z2
rdz
=
2
3
Z 1
0
r (1 r2
)3=2
(r 1)3
dr
=
6
Finalmente, como el volumen del sólido es , se deduce que:
ZZ
S
!
F
!
dS = + 3
6
=
3
2:
31 Considere el campo vectorial
!
F (x; y; z) = (x2
+ y2
)
!
i + (x + y)
!
j + xyz
!
k :
Calcule ZZ
S
rot(
!
F )
!
dS
en donde S es la parte de la super…cie del cono z = 1
p
x2 + y2 que
queda sobre el plano z = 0:

31. Solución:
Usando Stokes, se tiene:
ZZ
S
rot(
!
F )
!
dS =
Z
C
!
F
!
dr
=
Z
C
(x2
+ y2
)dx + (x + y)dy
en donde C es la circunferencia de radio unitario, en el plano z =
0 y centrada en el origen. Ahora, para calcular esta última integral
podemos usar el teorema de Green en el plano. Por lo tanto:
ZZ
S
rot(
!
F )
!
dS =
Z
C
(x2
+ y2
)dx + (x + y)dy
=
ZZ
R
(1 2y)dxdy
=
ZZ
R
dxdy = Area
= :
Note que la integral
RR
ydxdy = 0 pues la región es simétrica y la
función y es impar.
32 Sea w = f(x; y; f(x; y; z)) en donde f : R3
! R es una función dife-
renciable. Calcule,
@w
@x
(1; 2; 3) +
@w
@y
(1; 2; 3)
sabiendo que f(1; 2; 3) = fx(1; 2; 3) = fy(1; 2; 3) = fz(1; 2; 3) = 3:
Solución.
@w
@x
(x; y; z) = fx(x; y; f(x; y; z)) 1 + fz(x; y; f(x; y; z)) fx(x; y; z)
Por lo tanto
@w
@x
(1; 2; 3) = fx(1; 2; f(1; 2; 3)) + fz(1; 2; f(1; 2; 3)) fx(1; 2; 3)
= fx(1; 2; 3) + fz(1; 2; 3) fx(1; 2; 3)
= 3 + 3 3 = 12

32. Análogamente
@w
@y
(x; y; z) = fy(x; y; f(x; y; z)) 1 + fz(x; y; f(x; y; z)) fx(x; y; z)
Por lo tanto:
@w
@y
(1; 2; 3) = fy(1; 2; f(1; 2; 3)) + fz(1; 2; f(1; 2; 3)) fy(1; 2; 3)
= fy(1; 2; 3) + fz(1; 2; 3) fy(1; 2; 3) = 12:
Por consiguiente:
@w
@x
(1; 2; 3) +
@w
@y
(1; 2; 3) = 12 + 12
= 24:
33 Calcule el valor máximo y el valor mínimo (si es que existen) de la
función
f(x; y; z) = x + y + z
sujeta a las restricciones x2
+ y2
+ z2
= 1 y x y = 1.
Solución
El sistema Lagrangiano es:
1 = 2x +
1 = 2y
1 = 2z
1 = x2
+ y2
+ z2
1 = x y
De la primera y segunda ecuación se deduce que 2 = 2 (x + y). Mul-
tiplicando esta igualdad por z y usando la tercera ecuación se obtiene
que 2z = x + y. Por lo tanto z = (x + y)=2. Por otro lado, de la
quinta ecuación se tieneque y = x 1. Reemplazando estas dos últi-
mas igualdades en la cuarta ecuación se obtiene la ecuación de segundo
grado:
12x2
12x + 1 = 0
cuyas soluciones son x1 = (3 +
p
6)=6 y x2 = (3
p
6)=6:

33. Si x1 = (3 +
p
6)=6, entonces y1 = (
p
6 3)=6 y z1 =
p
6=6. Por lo
tanto
max f(x; y; z) =
3
p
6
6
=
3
p
6
Tomando x2 = (3
p
6)=6, se tiene que y2 = (
p
6 3)=6 y z1 =p
6=6. Por lo tanto
min f(x; y; z) =
3
p
6
6
=
3
p
6
34 Considere la siguiente integral iterada
=4Z
0
dx
cos xZ
0
y sin xdy
(a) Evalúe, (b) Halle la región de integración, (c) Cambie el orden de
integración.
Solución
(a)
=4Z
0
dx
cos xZ
0
y sin xdy =
1
2
=4Z
0
cos2
x sin xdy
=
1
6
cos3
x
=4
0
=
1
6
1
1
2
p
2
(b)
(c) Forzosamente se necesitan dos integrales. La integral es igual a:
Z p
2=2
0
dy
Z =4
0
y sin xdx +
Z 1
p
2=2
dy
Z arccos y
0
y sin xdx
35 Sea C la curva dada por x = 2 cos t e y = sin t, con 0 t 3 =2.
Calcule Z
C
x(x10
+ y2
+ x)dx + y(x2
+ y10
+ x)dy

34. 0.5 1.0 1.5
0.5
1.0
-2 -1 1 2
-1
1
Solución:Cerremos la curva dada mediante un trazo vertical que va
desde el punto (0; 1) hasta (0; 0) y otro horizontal que va desde el
origen hasta el punto (2; 0) (vea …gura). Si llamamos L1 y L2 a estos
segmentos, entonces se tiene:
Z
C+L1+L2
x(x10
+ y2
+ x)dx + y(x2
+ y10
+ x)dy =
ZZ
R
ydxdy
En donde R es la región encerrda por la curva y los dos segmentos.
Como y es una función impar, esta última integral es igual a:
ZZ
R
ydxdy =
ZZ
1er Cuadrante
ydxdy
Hagamos el cambio de coordenadas x = 2r cos t e y = r sin t, entonces
la curva corresponde a r = 1 y t en el intervalo [0; 3 =2]. Como el

35. jacobiano de la transformación es 2r, entonces
ZZ
1er Cuadrante
ydxdy =
Z =2
0
dt
Z 1
0
(2r)r sin tdr
=
2
3
Z =2
0
sin tdt =
2
3
:
Por otro lado parametrizando L1 como x = 0; y = t con 1 t 0,
tenemos que:
Z
L1
x(x10
+ y2
+ x)dx + y(x2
+ y10
+ x)dy =
Z 0
1
t11
dt =
1
12
Análogamente si parametrizamos L2 por x = t; y = 0 con 0 t 2,
entonces:
Z
L2
x(x10
+ y2
+ x)dx + y(x2
+ y10
+ x)dy =
Z 2
0
t(t10
+ t)dt
=
t12
12
+
t3
3
2
0
=
1032
3
Por lo tanto la integral pedida es:
Z
C
x(x10
+ y2
+ x)dx + y(x2
+ y10
+ x)dy =
2
3
+
1
12
1032
3
=
1373
4
:
36 Considere el campo vectorial
!
F = x
!
i +y
!
j +z
!
k y el cuerpo limitado
superiormente por la super…cie z = 4 x2
y2
e inferiormente por el
plano z = 0. Si llamamos S a la super…cie total del cuerpo, calcule:
ZZ
S
!
F
!
dS
(a) Integrando directamente (b) Usando el teorema de Gauss.
Solución:

36. (a) Una parametrización cartesiana de la super…cie es !r = x
!
i +y
!
j +
(4 x2
y2
)
!
k con (x; y) en el disco x2
+ y2
4. Por lo tanto:
!
dS =
@!r
@x
@!r
@y
dxdy =
!
i
!
j
!
k
1 0 2x
0 1 2y
dxdy
= 2x
!
i + 2y
!
j +
!
k dxdy
Por lo tanto
ZZ
S
!
F
!
dS =
ZZ
Sup. Superio
!
F
!
dS +
ZZ
Sup. Basal
!
F
!
dS
Ahora bien:
ZZ
Sup. Superio
!
F
!
dS =
ZZ
x2+y2 4
2x2
+ 2y2
+ 4 x2
y2
dxdy
=
ZZ
x2+y2 4
x2
+ y2
+ 4 dxdy
Note que
RR
x2+y2 4
4dxdy es simplemente cuatro veces el área de un
círculo de radio 2. Para el resto de la integral usaremos coordenadas
polares. Entonces:
ZZ
Sup. Superio
!
F
!
dS = 16 +
Z 2
0
d
Z 2
0
r3
dr
= 16 + 8 = 24 :
Por otro lado es claro que para la super…cie inferior
!
dS =
!
k dxdy.
Por lo tanto:
ZZ
Sup. Basal
!
F
!
dS =
ZZ
Sup Basal
zdxdy
Pero en la super…cie basal z = 0. Por lo tanto
ZZ
S
!
F
!
dS = 24 :

37. (b) Usando el teorema de Gauss, se tiene:
ZZ
S
!
F
!
dS =
ZZZ
Volumen
div
!
F dxdydz
= 3
ZZZ
Volumen
dxdydz
Usando coordenadas cilíndricas se tiene:
ZZ
S
!
F
!
dS = 3
Z 2
0
d
Z 2
0
dr
Z 4 r2
0
rdz
= 6
Z 2
0
r(4 r2
)dr
= 6
(4 r2
)2
4
2
0
= 24 :