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![Demostraci´on:
Se prueba integrando directamente: usando la identidad cos α cos β =
cos(α − β) + cos(α + β)
2
i)
L
−L
cos
nπx
L
cos
mπx
L
dx =
1
2
L
−L
cos
(n − m)πx
L
dx+
1
2
L
−L
cos
(n + m)πx
L
d
=
1
2
L
(n − m) π
sin
(n − m) πx
L
L
−L
+
1
2
L
(n + m) π
sin
(n + m) πx
L
L
−L
= 0
Adem´as, si m = 0 y n = 0 es facilmente verificable que la integral
es cero.
En forma similar se prueba que
L
−L
sin
nπx
L
sin
mπx
L
dx = 0
ii) Usando la identidad trigonom´etrica sin α cos β =
sin(α − β) + sin(α + β)
2
L
−L
cos
nπx
L
sin
mπx
L
dx =
1
2
L
−L
sin
(n − m) πx
L
dx +
1
2
L
−L
sin
(n + m) πx
L
dx
= −
1
2
L
(n − m) π
cos
(n − m) πx
L
|L
−L
−
1
2
L
(n + m) π
sin
(n + m) πx
L
|L
−L
= 0
A estas f´ormulas integrales se les llama relaciones de ortogonalidad
y diremos que en tal caso el conjunto de las funciones cos
nπx
L
, sin
mπx
L
∀ n = 0, 1, 2, ..., y ∀ m = 1, 2, ..., son ortogonales en [−L, L]
iii) La demostraci´on queda como ejercicio para el lector, se prueba
3](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-18-320.jpg)
![1.3.1. Coeficientes de Fourier
Definici´on 1.-
i) Sea f una funci´on Riemann integrable en [−L, L], las constantes
a0 =
1
2L
L
−L
f(x)dx
an =
1
L
L
−L
f(x) cos
nπx
L
dx para n = 1, 2, 3, ...
bn =
1
L
L
−L
f(x) sin
nπx
L
dx para n = 1, 2, 3, ...
2,1,1
se denominan los coeficientes de Fourier de f en [−L, L].
ii) La serie:
f(x) ∼ a0 +
∞
n=1
an cos
nπx
L
+ bn sin
nπx
L
es la serie de Fourier de f en el intervalo [−L, L] , cuando los coefi-
cientes est´an dados por (2,1,1). Para no hablar de convergencia todav´ıa,
escribimos el signo”∼”que significa que a la derecha se tiene la serie de
Fourier de f en −L ≤ x ≤ L.
Observese que, la serie de Fourier de f, se puede interpretar como una
generalizaci´on de una combinaci´on lineal en una base ortogonal seno,
coseno, que es aplicada a una funci´on en lugar de un vector est´andar
en Rn
.
El siguiente ejemplo ilustra como dada una funci´on peri´odica f(x), de
per´ıodo 2π, se calculan los coeficientes de Fourier y expresa la serie
trigonom´etrica de Fourier correspondiente.
Ejemplo 1: Determinar la serie de Fourier de f(x) = x si x ∈ [−π, π]
6](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-21-320.jpg)
![Soluci´on: La gr´afica de la funci´on es:
Los coeficientes de Fourier de f en [−π, π] , son:
a0 = 1
2π
π
−π
xdx = 0
an = 1
π
π
−π
x cos (nx) dx = 1
n2π
cos(nx) + x
nπ
sin(nx)
π
−π
= 0
bn = 1
π
π
−π
x sin(nx)dx = 1
n2π
sin(nx) − x
nπ
cos(nx)
π
−π
∴ bn = 2
n
(−1)n+1
∀ n ≥ 1
Por tanto, la serie de Fourier de f en[−π, π] es:
∞
n=1
2
n
(−1)n+1
sin(nx)
1.3.2. Atributos de la funci´on
Lo anteriormente expuesto es v´alido para cierto tipo de funciones, nos
referimos a las funciones f(x) que son seccionalmente continuas.
Definici´on 2.- Sea f(x) definida en [a, b]. Entonces f es seccional-
mente continua en [a, b] si:
a) f es continua en [a, b] ,excepto quiz´as en un n´umero finito de puntos.
b) Ambos l´ımx→a+ f(x) y l´ımx→b− f(x) existen y son finitos.
c) f no es continua en x0, x0 ∈ (a, b) y los l´ımites l´ımx→x+
0
f(x) y l´ımx→x−
0
f(x)
existen y son finitos .
7](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-22-320.jpg)
![Definici´on 3.- f(x) es seccionalmente suave en [a, b] si f y f son
seccionalmente continuas en [a, b] .
Ejemplo 2: Muestre que f(x) = x
1
3 no es seccionalmente suave en
ning´un intervalo cerrado que contenga en su interior al cero.
Soluci´on: En efecto, se tiene que
f (x) =
1
3
x
−2
3 =⇒ l´ım
x→0
f (x) = l´ım
x→0
1
3
x
−2
3 = ∞,
no existe. Por tanto, la funci´on no es seccionalmente suave.
Observaci´on:
Las funciones seno y coseno, que aparecen como bases en la serie de
Fourier, tienen per´ıodos diferentes los que son iguales a
2L
n
para n ≥ 1.
Por otra parte, un m´ultiplo entero del per´ıodo de una funci´on per´ıodica
es tambi´en un per´ıodo , podemos afirmar entonces, que 2L es el per´ıodo
com´un para las funciones seno y coseno del desarrollo de la serie. Por
lo anterior, la serie de Fourier no s´olo representa a f en el intervalo
−L ≤ x ≤ L , sino que, proporciona una extensi´on per´ıodica de f en
todos los reales.
8](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-23-320.jpg)
![Ejemplo 3: Encontrar el per´ıodo de la funci´on f(x) = 100 cos2
x.
Soluci´on: Utilizando la identidad trigonom´etrica cos2
θ = 1
2
(1+cos 2θ)
se tiene
f(x) = 100 cos2
x = 100
1
2
(1 + cos 2x)
luego queda
f(x) = 50 + 50 cos 2x
como el per´ıodo de cos 2x es π y una funci´on constante tiene cualquier
per´ıodo, entonces f(x) es de per´ıodo π.
1.3.3. Convergencia de las series de Fourier
A continuaci´on vamos a establecer las condiciones de suficiencia que
debe cumplir una funci´on f(x) para que pueda ser representada por
medio de una serie de Fourier.
Teorema 1.3.1. Si f(x) es seccionalmente suave en el intervalo
[−L, L], entonces la serie de Fourier de f(x) converge. i) A la ex-
tensi´on per´ıodica de f(x), en los puntos que la extensi´on per´ıodica sea
continua. ii) Al promedio de los l´ımites laterales 1
2
(f(x+
) + f(x−
)) en
los puntos donde la extensi´on per´ıodica tenga una discontinuidad de
salto.
En el siguiente ejemplo, se eval´ua si la serie de Fourier resultante de
una funci´on f(x) en un punto x0 dado converge o no en ese punto
9](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-24-320.jpg)
![Tenemos que f es continua en [−3, 3] ,por lo tanto su extensi´on per´ıod-
ica es seccionalmente continua en R , con discontinuidad de salto en
los puntos x = 3 ± 6n, n ∈ Z
Por lo tanto, de acuerdo al teorema la serie converge a
fE(x) =
f(x) si x = 3 ± 6n
3
2
si x = 3 ± 6n
n ∈ Z
entonces
fE(x) =
3
4
+
3
π2
∞
n=1
1
n2
((−1)n
− 1) cos
nπx
3
−
π
n
(−1)n
sin
nπx
3
los coeficientes ((−1)n
− 1) son nulos, si n es n´umero par e iguales a
−2, si n es n´umero impar. Entonces
f(x) =
3
4
−
6
π2
∞
n=1
1
(2n − 1)2
cos
(2n − 1)πx
3
+
π
6n
(−1)n
sin
nπx
3
Al evaluar la convergencia en x0= 3, punto de discontinuidad de la
funci´on, se obtiene
3
2
=
3
4
−
6
π2
∞
n=1
1
(2n − 1)2
(−1)2n−1
=⇒
∞
n=1
1
(2n − 1)2
=
π2
8
Obs´ervese que a partir de la convergencia de la serie de Fourier en un
punto se puede inferir la convergencia de la suma de t´erminos de la
serie resultante.
Definici´on 4.- Una suma parcial de la serie de Fourier es una suma
de la forma:
Sn = a0 +
N
n=1
an cos
nπ
L
x + bn sin
nπ
L
x
Observaci´on. Al truncar la serie infinita se obtiene un polinomio de
grado n.
11](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-26-320.jpg)
![Ejemplo 5 Sea f(x) = x + π, x ∈ [−π, π] . Determine la serie de
Fourier y obtener la gr´afica de sumas parciales S1(x), S3(x), S10(x).
Soluci´on : La gr´afica de la funci´on es
Los coeficientes de Fourier de f en [−π, π]
a0 =
1
2π
π
−π
(x + π)dx =
1
2π
x2
2
+ πx
π
−π
=
1
2π
2π2
= π
∴ a0 = π
an =
1
π
π
−π
(x + π) cos (nx) dx =
1
π
1
n2
cos(nx) +
x
n
sin(nx)
π
−π
∴ an = 0
bn =
1
π
π
−π
(x + π) sin(nx)dx =
1
π
1
n2
sen(nx) −
x
n
cos s(nx)
π
−π
∴ bn = 2
n
(−1)n+1
As´ı la serie de Fourier de f (x) es
π + 2
∞
n=1
(−1)n+1
n
sin(nx) = π + 2 sin x −
sin 2x
2
+
sin3x
3
− ..
Para visualizar la convergencia de est´a serie gr´afiquemos algunas de sus
sumas parciales
Sn(x) = π + 2
n
k=1
(−1)n
k
sin(kx)
12](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-27-320.jpg)
![1.3.4. La integral de funciones pares e impares
Lema 1.3.1. (de funciones pares e impares) Sea f una funci´on in-
tegrable en [−L, L] . a) Si f una funci´on par en [−L, L], entonces
L
−L
f(x)dx = 2
L
0
f(x)dx. b) Si f es funci´on impar en [−L, L], entonces
L
−L
f(x)dx = 0.
Demostraci´on
a) f funci´on par, entonces f(−x) = f(x) ∀x ∈ R. Considerando que
f
es par y el cambio de variable t = −x se tiene
0
−L
f(x)dx =
0
−L
f(−x)dx =
L
0
f(t)dt =
L
0
f(x)dx
entonces
L
−L
f(x)dx =
0
−L
f(x)dx +
L
0
f(x)dx = 2
L
0
f(x)dx
b) f funci´on impar, entonces f(−x) = −f(x) ∀x ∈ R. Usando este
hecho y el cambio de variable t = −x se tiene
0
−L
f(x)dx =
0
−L
−f(−x)dx =
0
L
f(t)dt =
L
−
0
f(x)dx
entonces
L
−L
f(x)dx =
0
−L
f(x)dx +
L
0
f(x)dx =
L
0
f(x)dx −
L
0
f(x)dx = 0
lo que demuestra el lema.
A continuaci´on, vamos a determinar los coeficientes y la serie de Fourier
coseno (o seno) seg´un corresponda, dada una funci´on f par (o impar)
de periodo 2L.
15](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-30-320.jpg)
![1.3.5. Teorema de las funciones pares y de las im-
pares
Teorema 1.3.2. Sea f una funci´on integrable en [−L, L], a) Si f es
par, la serie de Fourier de f en [−L, L] es
a0 +
∞
n=1
an cos
nπx
L
con coeficientes a0 =
1
L
L
0
f(x)dx y an =
2
L
L
0
f(x) cos
nπx
L
dx,
se denomina serie de cosenos. b) Si f es impar, la serie de Fourier de
f en [−L, L] es
∞
n=1
bn sin
nπx
L
con coeficiente bn =
2
L
L
0
f(x) sin
nπx
L
dx, se denomina serie de
senos.
Demostraci´on: Se deja al lector, debe aplicar el Lema 1.3.1 en el c´alculo
de los coeficientes de Fourier.
Ejemplo 6: Calcule la serie de Fourier de f(x) = 1 − |x| en −2 ≤
x ≤ 2.
Soluci´on: A partir de la gr´afica de la funci´on podemos inferir que la
funci´on es par.
Es decir f(−x) = 1 − |−x| = 1 − |x| = f(x) ∀x ∈ R, luego se tiene
que f es par.
Los coeficientes del desarrollo de Fourier, son:
16](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-31-320.jpg)
![a0 =
1
2
2
0
(1 − x)dx =
1
2
x −
x2
2
2
0
= 0
an =
2
2
2
0
(1 − x) cos
nπx
2
dx =
2
0
cos
nπx
2
dx −
2
0
x cos
nπx
2
dx
= 0 −
4 cos nπx
2
n2π2
+
2x sin nπx
2
nπ
2
0
por consiguiente
an =
0 si n es par
8
(2n−1)2π2 si n es impar
As´ı la serie de Fourier de f(x) = 1 − |x| es:
8
π2
∞
n=1
1
(2n − 1)2
cos
(2n − 1)πx
2
En muchos problemas se tiene la posibilidad de trabajar con series de
senos o series de cosenos. Por ejemplo , al resolver ecuaciones diferen-
ciales parciales de segundo orden aplicando el m´etodo de separaci´on de
variables.
1.4. Desarrollos llamados de medio rango
Sea una funci´on f seccionalmente continua que est´a definida s´olo en
el semi-intervalo [0, L], queremos obtener el desarrollo de f en serie de
Fourier ∀x ∈ [0, L] . Una forma de hacer lo anterior es extender f al
intervalo [−L, L] y por supuesto , puede ser hecho de muchas maneras,
sin embargo, dos extensiones son las m´as convenientes e importantes.
Construir una extensi´on impar lo que origina una serie de senos o
construir un extensi´on par lo que determina una serie de cosenos.
Estas se denominan desarrollos de medio rango.
1.4.1. Extensi´on impar:
Supongamos que conocemos f(x) solamente para 0 ≤ x ≤ L, entonces
podemos extenderla como una funci´on impar, obteniendo otra funci´on
17](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-32-320.jpg)
![Finalmente, la serie de Fourier coseno de f(x) = x en 0 ≤ x ≤ L es:
L
2
−
4L
π2
∞
n=1
1
(2n − 1)2
cos
(2n − 1)πx
L
1.5. Diferenciacion e Integraci´on de la se-
ries de Fourier
1.5.1. Derivaci´on
Las series infinitas, a´un las convergentes no siempre se pueden derivar
t´ermino a t´ermino. Un caso ilustrativo, es el de la funci´on f(x) = x
definida para −π ≤ x ≤ π, cuya serie de Fourier es
∞
n=1
2(−1)n+1
n
sin(nx)
que converge para −π < x < π, es decir
x =
∞
n=1
2(−1)n+1
n
sin(nx), x ∈ ]−π, π[
Si diferenciamos, esta serie t´ermino a t´ermino tenemos:
∞
n=1
2(−1)n+1
cos(nx)
la cual es una serie que no converge en ] − π, π[ , ya que si an =
2(−1)n+1
cos(nx) para cada x ∈] − π, π[, l´ım
n→∞
an no existe, como no
ocurre que an −→ 0 ,concluimos que
∞
n=1
2(−1)n+1
cos(nx) no converge
para cada x ∈] − π, π[.
Por otro lado, f (x) = 1 ∀x ∈]−π, π[. Esto muestra en este caso que
la derivada t´ermino a t´ermino de la serie, no converge a la derivada de
la funci´on que representa.
La dificultad se nos presenta cada vez que la serie de Fourier de f(x)
tiene una discontinuidad de salto, la derivaci´on t´ermino a t´ermino no
est´a justificada en estos casos. Sin embargo, podemos aqu´ı considerar el
siguiente teorema que precisa las condiciones para permitir la derivaci´on
t´ermino a t´ermino.
21](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-36-320.jpg)
![Teorema 1.5.1. Sea f una funci´on continua en [−L, L] con f(−L) =
f(L), si f es seccionalmente suave en [−L, L] donde f (x) existe se
tiene.
f (x) =
∞
n=1
nπ
L
−an sin
nπx
L
+ bn cos
nπx
L
Demostraci´on.-
Se deja al lector, se sugiere escribir la serie de Fourier de f (x), con-
siderando que esta serie converge a f (x) siempre que f (x) exista. Use
integraci´on por partes para relacionar los coeficientes de f (x) con los
correspondientes de f(x).
Ejemplo 9. Dada la funci´on f(x) = x2
en −π ≤ x ≤ π , verifique
si la derivada de esta serie existe.
Soluci´on Claramente se satisface las hip´otesis de la proposici´on an-
terior. La serie de Fourier de la funci´on f(x) en [−π, π] es:
(Ver Problema 2 en problemas resueltos)
f(x) =
π2
3
+ 4
∞
n=1
(−1)n
n2
cos(nx)
Como f (x) = 2x es continua, y existe f (x) = 2 en todo el intervalo,
entonces para −π < x < π
f (x) = 2x = 4
∞
n=1
(−1)n+1
n
sin(nx)
Note que este resultado concuerda con lo establecido en el ejemplo 1
del inciso 2.1.
22](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-37-320.jpg)
![1.5.2. Integraci´on
La precauci´on que se tiene para la derivaci´on t´ermino a t´ermino de la
serie de Fourier no se requiere para el caso de la integraci´on .
Teorema 1.5.2. Sea f una funci´on seccionalmente suave en [−L, L]
con serie de Fourier
f(x) = a0 +
∞
n=1
an cos
nπx
L
+ bn sin
nπx
L
Entonces para cada x ∈ [−L, L] .
x
−L
f(t)dt = a0(x+L)+
L
π
∞
n=1
1
n
an sin
nπx
L
− bn cos
nπx
L
− (−1)n
Demostraci´on;
Sea F(x) =
x
−L
f(t)dt − a0x ∀x ∈ [−L, L] , as´ı definida F es continua
en [−L, L] , adem´as
F(−L) =
−L
−L
f(t)dt−a0 (−L) = a0L y F(L) =
L
−L
f(t)dt−a0L = 2a0L−a0L = a0L
Por lo cual F(−L) = F(L), asimismo F (x) = f(x) − a0 ∀x ∈ [−L, L]
donde f es continua. Entonces podemos asegurar que F es seccional-
mente continua en [−L, L] y por el teorema de convergencia tenemos
que
F(x) = A0 +
∞
n=1
An cos
nπx
L
+ Bn sin
nπx
L
(1.5.5)
donde para n ≥ 1.
23](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-38-320.jpg)
![An =
1
L
L
−L
F(t) cos
nπt
L
dt integrando por partes
=
1
L
F(t)
L
nπ
sin
nπt
L
L
L
−
L
nπ
L
−L
F (t) sin
nπt
L
dt
= 0 −
L
nπ
L
−L
(f(t) − a0) sin
nπt
L
dt
= −
L
nπ
L
−L
f(t) sin
nπt
L
dt +
L
nπ
a0
L
−L
sin
nπt
L
dt
An = −
L
nπ
bn
donde bn es el coeficiente correspondiente de la serie de Fourier de f en
[−L, L].
De manera analoga se tiene que:
Bn =
1
L
L
−L
F(t) sin
nπt
L
dt =
L
nπ
an
donde an es tambi´en el correspondiente coeficiente de la serie de Fourier
de f en [−L, L].
Por lo tanto, reemplazando en 1.5.5
F(x) = A0 +
L
π
∞
n=1
1
n
−bn cos
nπx
L
+ an sin
nπx
L
, x ∈ [−L, L]
para A0 tenemos:
F(L) = a0L = A0 +
∞
n=1
An cos(nπ) =⇒ A0 = a0L −
∞
n=1
An cos(nπ)
finalmente
A0 = a0L +
L
π
∞
n=1
1
n
bn cos(nπ)
24](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-39-320.jpg)
![ahora sustituyendo A0 se tiene
F(x) = a0L+
L
π
1
n
∞
n=1
bn cos(nπ)+
L
π
∞
n=1
1
n
−bn cos
nπx
L
+ an sin
nπx
L
y reemplazando en la igualdad inicial obtenemos lo que afirma el teo-
rema.
x
−L
f(t)dt = a0(x+L)+
L
π
∞
n=1
1
n
an sin
nπx
L
− bn cos
nπx
L
− (−1)n
1.5.3. Identidad de Parseval
Sea f una funci´on seccionalmente continua en [−L, L] y tal que f
es tambi´en seccionalmente continua en [−L, L].
Si
f(x) = a0 +
∞
n=1
an cos
nπx
L
− bn sin
nπx
L
es la serie de Fourier de f, entonces
1
L
L
−L
[f(x)]2
dx = 2 (a0)2
+
∞
n=1
(an)2
+ (bn)2
que se conoce como identidad de Parseval
Prueba: La serie de Fourier de f converge a f(x) para cada x del
intervalo [−L, L].
f(x) = a0 +
∞
n=1
an cos
nπx
L
− bn sin
nπx
L
Multiplicando por f(x) se tiene
f(x)2
= a0f(x) +
∞
n=1
anf(x) cos
nπx
L
− bnf(x) sin
nπx
L
25](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-40-320.jpg)
![podemos integrar t´ermino a t´ermino.
L
−L
[f(x)]2
dx = a0
L
−L
f(x)dx+
∞
n=1
an
L
−L
f(x) cos
nπx
L
− bn
L
−L
f(x) sin
nπx
L
de aqu´ı recordando lo que son los coeficientes de una serie de Fourier
se tiene.
L
−L
[f(x)]2
dx = 2 (a0)2
L + L
∞
n=1
[an · an + bn · bn] =⇒
1
L
L
−L
[f(x)]2
dx = 2 (a0)2
+
∞
n=1
(an)2
+ (bn)2
Obs´ervese que la identidad de Parseval, permite inferir la suma de
una serie infinita, dada una funci´on f que tiene una representaci´on de
Fourier para cada x del intervalo [−L, L].
Ejemplo 10. Sea f(x) =
x −π < x < π
0 x = −π, π
, per´ıodica de per´ıodo
2π. Pruebe que
∞
n=1
1
n2
=
π2
6
.
Figura 1.1: gr´afica funci´on per´ıodo 2π
Soluci´on: Como f(x) en es una funci´on impar se tiene que :
an = 0 para n = 0, 1, 2, ...y
26](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-41-320.jpg)
![todo punto y tal que
∞
−∞
|f(x)| dx converge, entonces la integral de
Fourier de f se define como:
∞
0
[A(w) cos wx + B(w) sin wx] dw
donde:
A(w) =
1
π
∞
−∞
f(t) cos wtdt
B(w) =
1
π
∞
−∞
f(t) sin wtdt
A(w) y B(w) se llaman los coeficientes de la integral de Fourier de f(x).
Ejemplo 11. Encontrar la representaci´on por medio de la integral de
Fourier de la funci´on:
f(x) =
1 , |x| < 1
0 , |x| > 1
Soluci´on: Primeramente, determinemos la gr´afica de la funci´on
Ahora, calculemos los coeficientes de la Integral de Fourier
A(w) =
∞
1
π
−∞
f(u) cos wudu =
1
−1
cos wudu =
sin wu
w
|
1
−1
= 2
1
π
sin w
w
B(w) =
∞
1
π
−∞
f(u) sin wudu =
1
−1
sin wudu = 0
28](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-43-320.jpg)
![Por lo tanto, la integral de Fourier de f(x) es:
1
π
∞
0
2
w
sin w cos wxdw
1.6.1. Criterio de convergencia de la integral de
Fourier
Si f(x) es seccionalmente continua en [−L, L] ∀ L > 0 y tal que
∞
−∞
|f(t)| dt existe, entonces la integral de Fourier converge a 1
2
[f(x+
)+
f(x−
)] (Promedio de los l´ımites izquierdo y derecho de f(x)), ∀ x donde
f (x+
) y f (x−
) existen.
Ejemplo 12. Estudie la convergencia de la Integral de Fourier del
ejemplo 11
Soluci´on Sea f(x) definida en ejemplo 11, debido a que f(x) es sec-
cionalmente suave, la integral de Fourier de f(x) converge a 1
2
[f(x+
) +
f(x−
)] ∀ x. De acuerdo con el criterio de convergencia se tiene:
2
π
∞
0
sin w
w
cos wxdw =
1 si −1 < x < 1
1
2
si x = ±1
0 si |x| > 1
En particular, una situaci´on interesante se da cuando x = 0.
2
π
∞
0
sin w
w
cos 0dw = 1 =⇒
∞
0
sin w
w
dw =
π
2
Aunque integrales de este tipo no pueden expresarse en t´erminos de
funciones elementales, suelen presentarse en matem´aticas aplicadas con
tal frecuencia , que han recibido un nombre especial y se encuentran
29](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-44-320.jpg)
![Ahora bien,
cos wx sin w =
sin (wx + w) − sin(wx − w)
2
y, por consiguiente, podemos escribir la ´ultima integral en la forma
f (x) ≈
1
π
w0
0
sin w(x + 1)
w
dw −
1
π
w0
0
sin w (x − 1)
w
dw
Consideremos el cambio de variable u = w (x ± 1) =⇒ du = wdx para
la primera y la segunda de estas integrales. Entonces tenemos
f (x) ≈
1
π
w0(x+1)
0
sin u
u
du −
1
π
w0(x−1)
0
sin u
u
du
f (x) ≈
1
π
Si [w0 (x + 1)] −
1
π
Si [w0 (x − 1)]
En t´erminos f´ısicos, estas curvas describen la salida de un filtro ideal
de pasa baja, que elimina todas las frecuencias superiores w0 cuando
la se˜nal de entrada es un impulso aislado rectangular.
1.6.2. Integrales de Fourier de cosenos y senos
Sea f(x) una funci´on definida en [0, ∞), podemos extender esta funci´on
a una funci´on par o impar en (−∞, ∞) y calcular la integral de Fourier
de esta ´ultima, que resulta ser de coseno y seno respectivamente, lo
cual es completamente an´aloga a los desarrollos en cosenos y senos de
una funci´on definida en un intervalo [0, L] para el caso de las series de
Fourier.
Definici´on: Sea f definida en [0, ∞) y sea
∞
0
|f(u)| du convergente,
la integral de Fourier en cosenos de f es
∞
0
A(w) cos(wx)dw
donde el coeficiente es:
31](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-46-320.jpg)
![A(w) =
2
π
∞
0
f(u) cos(wu)du
A su vez, la integral de Fourier en senos de f es
∞
0
B(w) sin(wx)dw
donde el coeficiente es:
B(w) =
2
π
∞
0
f(u) sin(wu)du
En cuanto a la convergencia de la integral de Fourier, en este caso,
si f es seccionalmente suave en todo el intervalo [0, ∞], entonces esta
integral converge a 1
2
[f(x+
) + f(x−
)] en (0, ∞).
Ejemplo 13: Encontrar la integral de Fourier de f(x) =
x2
si 0 ≤ x ≤ 10
0 si x > 10
,
si:
a) se considera una extension par de f(x)
b) se considera una extension impar de f(x); y luego
c) en ambos casos, determinar las convergencias de estas integrales .
Soluci´on: Consideremos la gr´afica de la funci´on
a) Para obtener la integral de Fourier de cosenos, extendemos f como
una funci´on par fP definida en toda la recta real, luego:
32](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-47-320.jpg)
![Es importante decir que el primer t´ermino representa el promedio de
f(x) sobre el intervalo [−π, π] y que todos los t´erminos en base coseno
se anulan. Adem´as f (x) − h
2
es una funci´on impar, luego ,tenemos
una serie de fourier s´olo con base seno. Por otra parte, los coficientes
bn decrecen inversamente proporcional con n. Fisicamente esto signifi-
ca que la onda cuadrada debe contener muchos componentes de alta
frecuencia. Si el aparato electr´onico no deja pasar estos componentes,
la onda cuadrada resultante emerge m´as o menos redondeada.
1.7.2. Rectificador de onda completa.
Consideremos ahora la salida de un rectificador de onda completa, que
produce corriente continua pulsante como muestra la figura. El rectifi-
cador se puede modelar como un dispositivo que se alimenta con una
onda senoidal ,que deja pasar los los pulsos positivos, e invierte los
pulsos negativos. Esto produce:
f(x) =
sin ωx, 0 < ωx < π
− sin ωx, −π < ωx < 0
Encuentre la serie de Fourier que respresenta esta se˜nal
Soluci´on
Puesto que f (x) es una funci´on par, es decir f (x) = f (−x), la serie
de fourier ser´a cosenoidal
a0 =
1
2π
0
−π
− sin ωtd(ωt) +
π
0
sin ωtd(ωt) =
2
2π
π
0
sin ωtd(ωt) =
2
π
an =
2
π
π
0
sin ωt cos nωtd(ωt), n ≥ 1
an =
−2
π
2
n2−1
, n par =⇒ an = −1
π
4
4n2−1
0, n impar
bn = 0, ∀ n
39](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-54-320.jpg)
![1.7.6. Deflexi´on de una viga
Una viga de longitud L , esta soportada desde sus extremos como mues-
tra la figura adjunta . Sobre la viga act´ua una carga uniformemente dis-
tribuida q por unidad de longitud y su deflexi´on est´a dada por y (x) .
Si se escoge la direcci´on del eje y apuntando hacia abajo, como indica
la figura, se sabe que la funci´on y (x) satisface la ecuaci´on:
d4
y
dx4
=
1
EI
q (x)
donde q (x) es la carga por unidad de longitud en el punto x, I es
el momento de inercia y E el m´odulo de elasticidad de la viga. Si en
nuestro caso estas tres cantidades son constantes encuente la deflexi´on
y (x) de la viga.
Soluci´on.
Puesto que la funci´on y (x) debe se nula en los extremos x = 0 y x = L,
la podemos representar mediante una serie de Fourier de senos.
y (x) =
∞
n=1
bn sin
nπx
L
, x ∈ [0, L]
Si suponemos que y (x) es una funci´on continua , con derivadas contin-
uas hasta el cuarto orden en [0, L] , entonces
y(4)
(x) =
∞
n=1
nπx
L
4
bn sin
nπx
L
, x ∈ [0, L]
A su vez la carga distrribuida por unidad de longitud q (x) = q, tambi´en
puede ser desarrollada en serie de Fourier de senos
q =
∞
n=1
qn sin
nπx
L
, x ∈ [0, L]
44](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-59-320.jpg)
![de donde qn = 1
L
L
0
q sin nπx
L
dx =
4
nπ
n = impar
0 n = par
Sustituyendo ambas series de Fourier en la ecuaci´on diferencial
∞
n=1
nπx
L
2
bn sin
nπx
L
=
∞
n=1
qn sin
nπx
L
, x ∈ [0, L]
Comparando los coeficientes de ambas serie queda
nπx
L
2
bn =
4
nπ
n = impar
0 n = par
=⇒ bn
4qL4
EIπ5
1
n5 n = impar
0 n = par
Por tanto la deflexi´on queda determinada por
y (x) =
4qL4
EIπ5
∞
n=1
1
(2n − 1)5
sin
(2n − 1)πx
L
, x ∈ [0, L]
1.8. Problemas Propuestos
Rectificador media onda
La funci´on adjunta sirve para modelar la salida de un rectificador de
media onda:
f(x) =
sin ωx, 0 ≤ ωx ≤ π
0, −π ≤ ωx ≤ 0
a) Represente graficamente la se˜nal de salida si ´esta se extiende peri-
odicamente con periodo 2π.
b) Determine la serie de Fourier que la representa.
Soluci´on:
f(x) =
1
π
+
1
2
sin ωx −
2
π
∞
n=1
1
(4n2 − 1)
cos (2nωx)
Onda triangular
Una onda tri´angular se representa por la funci´on:
f(x) =
−x, −π < x < 0
x, 0 < x < h
45](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-60-320.jpg)
![Soluciones.
a)
u(x, t) = f (x) = 3 sin xe−κt
+ 5 sin 2xe−4κt
b)
u(x, t) =
4
π
∞
n=1
n
n2 + 4
(−1)n−1
eπ
− 1 sin nx e−κn2t
Valor de la ra´ız media cuadr´atica
Las series de fourier se constituyen en una herramienta poderosa en el
an´alisis del comportamiento de los sistemas f´ısicos sujetos a pertuba-
ciones peri´odicas f(t).
El valor de la ra´ız media cuadr´atica ´o RMC de una funci´on f(t), sobre
un intervalo (a, b) ,se define como:
f(t) =
b
a
f2 (t) dt
b − a
a) Sea f (t) una funci´on definida x ∈ [a, b] , con un per´ıodo funda-
mental T = b − a. Pruebe que aplicando la identidad de Parseval el
valor RMC se reduce a la formula:
f(t) = a2
0 +
1
2
∞
n=1
[a2
n + b2
n]
b) Determine RMC de f(t) = E sin ωt, con E y ω constantes positi-
vas.
Soluci´on:
47](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-62-320.jpg)
![ρ2
M” (ρ) + ρM (ρ) + M (ρ) = 0
b) Pruebe que N (θ) = A1 cos λθ + A2 sin λθ y M (ρ) = B1ρλ
+
B2ρ−λ
son soluciones de las correspondientes ecuaciones anteriores.
c) Pruebe que la soluci´on general es
φ (ρ, θ) = M (ρ) N (θ) =
∞
n=1
T1 + T2
2
(T − T) (1 − cos nπ)
nπ
ρn
sennθ
1.9. Ejercicios Resueltos
Mediante la inclusi´on de ejercicios resueltos se espera que
los estudiantes tengan oportunidad de movilizar sus capaci-
dades para buscar, analizar, procesar, representar y comu-
nicar diferentes tipos de informaci´on, decodificando y tra-
duciendo la informaci´on contenida en las funciones, gr´aficos,
series de Fourier, integrales de Fourier y sus propiedades.
1.9.1. Serie de Fourier
Problema 1
Sea f (x) peri´odica de per´ıodo 2 dada por
f(x) =
1
2
− x, 0 ≤ x ≤ 1
x − 3
2
, 1 ≤ x ≤ 2
a) determinar su serie de Fourier
b) estudie la convergencia de la serie en x0 = −π
Soluci´on
La serie de Fourier en este intervalo es
a0 +
∞
n=1
(an cos (nx) + bn sin n (nx)), x ∈ [0, 2]
con coeficientes
50](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-65-320.jpg)
![a0 = 1
2
2
0
f (x) dx = 1
2
1
0
(1
2
− x)dx + 1
2
2
1
(x − 3
2
)dx
a0 = 1
2
1
2
x −
x2
2
1
0
+ 1
2
x2
2
−
3
2
x
2
1
= 0
an =
2
0
f (x) cos nxdx
an =
1
0
1
2
− x cos nxdx +
2
1
(x − 3
2
) cos nxdx
Integrando por partes, se tiene
an =
1
2nπ
sin nπx
1
0
−
cos nπx
(nπ)2 +
x sin nπx
nπ
1
0
+
+
cos nπx
(nπ)2 +
x sin nπx
nπ
2
1
−
3
2nπ
sin nπx
2
0
∴ an =
2 (1 − (−1)n
)
(nπ)2
bn =
2
0
f (x) sin nxdx
bn =
1
0
1
2
− x sin nxdx +
2
1
(x − 3
2
) sin nxdx
Integrando por partes, se tiene
bn = −
1
2nπ
cos nπx
1
0
−
sin nπx
(nπ)2 −
x cos nπx
nπ
1
0
+
+
sin nπx
(nπ)2 −
x cos nπx
nπ
2
1
+
3
2nπ
cos nπx
2
1
= 0
La serie de Fourier de f en [0, 2] es
2
∞
n=1
(1 − (−1)n
)
(nπ)2
cos nx =
4
π2
∞
n=1
1
(2n − 1)2 cos ((2n − 1) x)
b) Como f es continua ,entonces la serie en x = −π converge a
f (−π) = f (4 − π) =
1
2
− (4 − π) = π −
7
2
51](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-66-320.jpg)
![Problema 2
a) Desarrollar en serie de Fourier la funci´on peri´odica de per´ıodo 2π,
definida por:
f(x) = x2
, − π ≤ x ≤ π
b) A partir del resultado obtenido calcular la suma de:
∞
n=1
1
n2
c) Determine la convergencia de la serie
∞
n=1
1
n4
Soluci´on:
a) La funci´on f es par por lo cual obtendremos una serie de cosenos,
que tiene la forma:
a0 +
∞
n=1
an cos (nx)
a0 = 1
π
π
0
f(x)dx = 1
π
π
0
x2
dx = 1
π
x3
3
π
0
= π2
3
an = 2
π
π
0
f(x) cos(nx)dx = 2
π
π
0
x2
cos(nx)dx
an = x2 sin(nx)
n
+ 2x cos(nx)
n2
π
0
= 4 cos(nπ)
n2 = 4(−1)n
n2
Luego, la serie de Fourier de f en [−π, π]es:
π2
3
+ 4
∞
n=1
(−1)n
n2
cos (nx)
Como la funci´on es continua en R ,tenemos:
x2
=
π2
3
+ 4
∞
n=1
(−1)n
n2
cos (nx) , ∀ x ∈ R
52](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-67-320.jpg)
![Con coeficientes
a0 = 1
2
1
0
f(x)dx = 1
2
1
0
(x + 1) dx = 3
2
an = 2
1
0
f(x) cos(nπx)dx = 2
1
0
(x + 1) cos(nx)dx
an = 2 sin(nπx)
nπ
1
0
+ 2 x sin(nπx)
nπ
+ 2 cos(nπx)
(nπ)2
1
0
an = 2 cos(nπx)
(nπ)2
1
0
= 2((−1)n
−1)
(nπ)2
an =
0; si n par
− 4
(nπ)2 ; si n impar
Por consiguiente, la serie de Fourier de f en [−1, 1] es:
S (x) =
3
2
−
4
π2
∞
n=1
1
(2n − 1)2 cos ((2n − 1) πx)
b) Como la funci´on es continua en R ,considerando el valor x = 0,se
obtiene por el teorema de la convergencia puntual:
3
2
+
4
π2
∞
n=1
1
(2n − 1)2
= f (0) = 1
∞
n=1
1
(2n − 1)2 =
π2
8
c) Como la funci´on f es seccionalmente suave para −1 ≤ x ≤ 1 y
f (−1) = f (1) se cumplen las condiciones de suficiencia de la identidad
de Parseval, entonces:
2
1
0
[x + 1]2
dx = 2
3
2
2
+
∞
n=1
4
(2n − 1)2
2
=⇒
2
(x + 1)3
3
1
0
=
9
2
+
∞
n=1
16
π2 (2n − 1)4 =⇒
∞
n=1
1
(2n − 1)2 =
π4
96
54](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-69-320.jpg)
![Problema 4
a) Para f(x) = e−[x]
, 0 ≤ x ≤ 2 ,obtener su serie de Fourier en cosenos,
de per´ıodo 4.
b) Del resultado determinar la convergencia de:
∞
n=1
(−1)n−1
2n − 1
Soluci´on
a) Evaluando la funci´on parte entera tenemos
f(x) =
1 si 0 ≤ x < 1
e−1
si 1 ≤ x < 2
e−2
si x = 2
Con extensi´on par fp(x) de f(x) se obtiene la serie:
a0 +
∞
n=1
an cos
nπx
2
a0 = 1
2
1
0
1dx +
2
1
e−1
dx = 1
2
[1 + e−1
]
an =
1
0
cos nπx
2
dx +
2
1
e−1
cos nπx
2
dx =
sin nπx
2
nπ
2
|1
0 + e−1 sin nπx
2
nπ
2
|2
1
= 2
sin nπ
2
nπ
+ 2e−1 sin nπ−sin nπ
2
nπ
= 2
sin nπ
2
nπ
[1 − e−1
]
Finalmente, la serie es:
1 + e−1
2
+ 2(1 − e−1
)
∞
n=1
sin nπ
2
nπ
cos
nπx
2
b) Convergencia de x0 = 2 punto de discontinuidad con l´ımites laterales
e−1
se tiene convergencia:
e−1
=
1 + e−1
2
+ 2(1 − e−1
)
∞
n=1
sin nπ
2
nπ
cos nπ
55](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-70-320.jpg)
![e−1
− 1
2
= 2(1 − e−1
)
∞
n=1
sin nπ
2
nπ
cos nπ
∞
n=1
(−1)n−1
2n − 1
=
π
4
Problema 5
Sea f (x) = x2
− [x] , para x ∈ [0, 2] .
a) Obtener la serie de Fourier coseno de f (x) .
b) Obtener a qu´e valores converge la serie para cada x ∈ [0, 2] .
Soluci´on
a) Si se eval´ua la funci´on parte entera de x tenemos
[x] = 0, ∀x ∈ (0, 1) y [x] = 1, ∀x ∈ (1, 2) .
Entonces la funci´on queda f (x) =
x2
, 0 ≤ x < 1
x2
− 1, 1 ≤ x < 2
Consideremos ahora una extensi´on par de la funci´on f, entonces la serie
coseno de f (x) es
S (x) = a0 +
∞
n=1
an cos
nπx
2
con coeficientes
a0 = 1
2
2
0
f (x) dx = 1
2
1
0
x2
dx + 1
2
2
1
(x2
− 1)dx
a0 = 1
2
x3
3
1
0
+ 1
2
x3
3
− x
2
1
= 5
6
an =
2
0
f (x) cos nπx
2
dx
an =
1
0
x2
cos nπx
2
dx +
2
1
(x2
− 1) cos nπx
2
dx
Integrando por partes, se tiene
an =
8x
(nπ)2 cos
nπx
2
+
2
nπ
x2
−
16
(nπ)3 sin
nπx
2
1
0
56](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-71-320.jpg)
![+
8x
(nπ)2 cos
nπx
2
+
2
nπ
x2
−
16
(nπ)3 sin
nπx
2
2
1
−
2
nπ
sin
nπx
2
1
0
∴ an =
16
(nπ)2 cos nπ +
2
nπ
sin nπ
Sustituyendo estos resultados, se obtiene la serie de Fourier
S (x) =
5
6
+
∞
n=1
16
(nπ)2 cos nπ +
2
nπ
sin nπ cos
nπx
2
Tenemos que f es seccionamente continua en [0, 2] , por lo tanto su ex-
tensi´on per´ıodica es seccionalmente continua en R , con discontinuidad
de salto en los puntos x = 1 y x = 2
Por lo tanto, de acuerdo con el teorema de convergencia, la serie con-
verge a
S(x) =
f(x) si 0 ≤ x < 1
1
2
si x = 1
f (x) si 1 ≤ x < 2
3
2
si x = 2
Problema 6
Utilice la serie de Fourier para demostrar la identidad trigonom´etrica
sin3
(x) =
3
4
sin(x) −
1
4
sin(3x)
Soluci´on
Se calcula la serie de Fourier de f(x) = sin3
(x) en [−π, π] . Como f (x)
es impar la serie ser´a:
∞
n=1
bn sin nπ
con coeficientes:
bn =
2
π
π
0
sin3
(x) sin(nx)dx
57](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-72-320.jpg)
![En primer lugar, calculemos la integral para n = 1
π
0
sin3
x sin nxdx = − sin3
x
cos nx
n
|π
0 +
3
n
π
0
sin2
x cos x cos nxdx
Usando la identidad trigom´etrica: cos x cos nx =
cos(n − 1)x − cos(n + 1)x
2
La ´ultima integral se puede expesar como
=
3
2n
π
0
sin2
x [cos(n − 1)x − cos(n + 1)x] dx (1)
En segundo lugar, calculemos el valor del coeficiente b1 para n = 1 en
(1)
b1 = −
1
π
3
2
π
0
sin2
x cos 2xdx = −
3
4π
π
0
(1 − cos 2x) cos 2xdx =
3
4π
π
0
1 − cos 4x
2
dx
b1 =
2 · 3
4π
π
2
=
3
4
En tercer lugar, para n > 1 en (1)
bn =
3
2n
sin2
x
sin(n + 1)x
n + 1
+
sin(n − 1)x
n − 1
|π
0 −
π
0
sin(n + 1)x
n + 1
+
sin(n − 1)x
n − 1
sin 2xdx
bn = −
3
2n
π
0
sin(n + 1)x
n + 1
+
sin(n − 1)x
n − 1
sin 2xdx
Usando la identidad trigonom´etrica
bn = −
3
2n
1
n + 1
1
2
π
0
(cos(n + 1)x − cos(n + 3)xπ) dx
−
3
2n
1
n − 1
1
2
π
0
(cos(n − 3)x − cos(n + 1)x)dx = 0, ∀ n = 3
Para n = 3 el c´alculo directo, produce:
b3 = −
3
2 · 3 · 2
π
2
2
π
= −
1
4
Por tanto, la serie de Fourier de f en [−π, π]es:
3
4
sin(x) −
1
4
sin(3x)
58](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-73-320.jpg)
![Problema 7
Sea f(x) = x(sin x), para −π ≤ x ≤ π, entonces:
a) Determine la serie de esta funci´on.
b) Pruebe la convergencia de la serie:
∞
n=1
(−1)n
n2 − 1
=
1
4
c) Pruebe que esta serie se puede diferenciar t´ermino a t´ermino y utilice
este hecho para obtener el desarrollo de Fourier de sin (x) + x cos (x) .
Soluci´on
a) La funci´on f(x) es par, es decir f(x) = f(−x) ∀ x ∈ (−π, π),
entonces:
bn = 0
a0 =
1
π
π
0
f(x)dx =
1
π
π
0
x sin xdx =
∴ a0 =
1
π
[x (− cos x)]π
0 +
π
0
cos xdx
= 1
an =
2
π
π
0
f(x) cos(nx)dx =
2
π
π
0
x sin x cos(nx)dx
Para n = 1
an =
1
π
π
0
x [sin ((n + 1) x) − sin ((n − 1) x)] dx
Integrando por partes, queda
an =
1
π
x −
cos ((n + 1) x)
(n + 1)
+
cos ((n − 1) x)
(n − 1)
π
0
−
−
1
π
−
sin ((n + 1) x)
(n + 1)2 +
sin ((n − 1) x)
(n − 1)2
π
0
Evaluando los l´ımites de la integral produce
59](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-74-320.jpg)
![∴ an =
2 (−1)n+1
n2 − 1
Para n = 1
a1 =
2
π
π
0
x sin x cos xdx =
1
π
π
0
x sin(2x)dx = −
1
2
Por tanto, la serie de Fourier de f para x ∈ [−π, π]es:
f (x) = 1 −
1
2
cos x + 2
∞
n=2
(−1)n+1
n2 − 1
cos (nx)
b) En x = 0 hay un punto de continuidad de la funci´on, entonces la
serie converge a f(0)
f(0) = 0 = 1 −
1
2
cos 0 + 2
∞
n=2
(−1)n+1
n2 − 1
cos (0)
Finalmente
∞
n=2
(−1)n+1
n2 − 1
=
1
4
c) Sea f(x) = x(sin x), para −π ≤ x ≤ π.
i) Como f (x) = x sin x ,es producto de funciones continuas, es continua
en [−π, π] .
ii) f (x) = sin x + x cos x ,es producto y suma de funciones continuas,
es continua en [−π, π] .
iii) Existe f (x) = 2 cos x − x sin x, y tambi´en es continua en [−π, π] .
Adem´as f (−π) = (−π) (sin (−π)) = (−π) (− sin (π)) = π sin π = f (π)
Por tanto, se satisfacen las hip´otesis del teorema de diferenciaci´on de
la serie de Fourier, entonces para −π < x < π
60](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-75-320.jpg)
![f (x) = 1 −
1
2
cos x + 2
∞
n=2
(−1)n+1
n2 − 1
cos (nx)
=⇒ f (x) = sin x + x cos x =
1
2
sin x + 2
∞
n=2
(−1)n
n2 − 1
sin (nx)
Problema 8
a) Desarrollar en serie de Fourier la funci´on per´ıodica de per´ıodo 2π.
Representar graficamente y estudiar la convergencia de la serie en R.
f(x) =
0, si − π ≤ x ≤ 0
x, si 0 < x ≤ π
b) A partir del resultado anterior obtenga la suma de la serie:
∞
n=1
1
(2n − 1)2
c) Pruebe que esta serie se puede integrar t´ermino a t´ermino y obtener
un desarrollo en serie trigonom´etrica para
x
−π
f (u) du en [−π, π] .
Soluci´on
a) Calculemos los coeficientes de Fourier.
a0 =
1
2π
π
−π
f(x)dx =
1
2π
0
−π
f(x)dx +
π
0
f(x)dx
=
1
2π
π
0
xdx
∴ a0 =
1
2π
x2
2
π
0
=
π
4
an =
1
π
π
−π
f(x) cos(nx)dx =
1
π
π
0
x cos(nx)dx
Usando el m´etodo de integraci´on por partes se tiene:
an =
1
π
x cos(nx)
n
+
cos(nx)
n2
π
0
=
1
π
0 − 0 +
(−1)n
n2
−
1
n2
an =
(−1)n
− 1
n2π
=
0 si n par
− 2
n2π
si n impar
61](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-76-320.jpg)
![As´ı:
a2n = 0 ∀ n
a2n−1 = −
2
(2n − 1)2π
∀ n.
bn =
1
π
π
−π
f(x) sin(nx)dx =
1
π
π
0
x sin(nx)dx
=
1
π
−x cos(nx)
n
+
sin(nx)
n2
π
0
= −
cos(nπ)
n
luego estos coeficientes son:
∴ bn =
(−1)n+1
n
Por lo tanto, la serie de Fourier de f para x ∈ [−π, π] ,es:
π
4
+
∞
n=1
−
(−1)n−1
n2π
cos nx +
(−1)n+1
n
sin(nx)
Esta serie converge a:
i) f(x) = 0 para −π < x ≤ 0, puesto que, son puntos de continuidad
de f.
ii) f (x) = x para 0 < x < π, son puntos de continuidad de f.
iii)
f (π+) + f (π−)
2
=
π
2
en los puntos de discontinuidad del tipo
x = π + 2nπ con n ∈ Z.
b) Aplicando el criterio de convergencia en x = 0, f (0) = 0 se tiene
0 =
π
4
−
2
π
1
12
+
1
32
+
1
52
+ ...
de donde
π
4
=
2
π
1
12
+
1
32
+
1
52
+ ...
y de aqu´ı
∞
n=1
1
(2n − 1)2
=
π2
8
62](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-77-320.jpg)
![c) Como f(x) =
0, si − π ≤ x ≤ 0
x, si 0 < x ≤ π
es una funci´on seccionalmente
continua en [−π, π] , con serie de Fourier
π
4
+
∞
n=1
−
2
π (2n − 1)2 cos ((2n − 1) x) +
(−1)n+1
n
sin(nx)
se satisface las hip´otesis del teorema de integraci´on de series de Fourier,
luego puede integrase t´ermino a t´ermino. Entonces, para cualquier x ∈
[−π, π] , se tiene:
Primero,
x
−π
f (u) du =
0, si − π ≤ x ≤ 0
x2
2
si 0 < x ≤ π
en [−π, π]
Segundo, integrando la serie produce
x
−π
π
4
+
∞
n=1
−
2 cos ((2n − 1) u)
π (2n − 1)2 +
(−1)n+1
sin(nu)
n
du
=
π
4
u +
∞
n=1
−
2 sin ((2n − 1) u)
π (2n − 1)3 −
(−1)n+1
cos(nu)
n2
x
−π
=
π
4
x + π2
+
∞
n=1
−
2 sin (2n − 1) x
π (2n − 1)3 +
(−1)n+1
cos(nx)
n2
−
1
n2
Por tanto, la funci´on f queda representada por la serie anteriormente
obtenida.
1.9.2. Integral de Fourier
Problema 9
a) Halle la representaci´on de la integral de Fourier de la funci´on f(x) =
x, |x| < π
0, |x| ≥ π
b) De esta representacion deducir que:
∞
0
sin(wπ)
w2
sin(wx)dx = π
∞
0
cos(wπ)
w
sin(wx)dx
63](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-78-320.jpg)
![Problema 11
Sea f la funci´on pulso rectangular unitario de per´ıodo 2 definida por
f (x) =
1
2δ
si −δ < x < δ
0 si −1 ≤ x < δ ´o δ < x ≤ 1
a) Representar graficamente f (x)
b) Obtener la serie de Fourier de f (x) .
c) Si an (δ) es el coeficiente n-´esimo de la serie anterior, calcular los
l´ımites:
l´ım
n→∞
( l´ım
δ→0+
(an (δ)) , l´ım
δ→0+
( l´ım
n→∞
(an (δ)))
Soluci´on
b) Como f es una funci´on par de per´ıodo 2 ,entonces :
a0 =
1
0
f (x) dx =
δ
0
1
2δ
dx =
1
2
an = 2
1
0
f (x) cos(nπx)dx = 2
δ
0
1
2δ
cos (nπx) dx =
1
δ
sen(nπδ)
nπ
= an (δ)
donde en este caso definimos an(δ) =
1
δ
sin(nπδ)
nπ
bn = 0 ∀n
Luego, se tiene que:
f (x) ∼
1
2
+
1
δ
∞
n=1
sen(nπδ)
nπ
cos (nπx) , x ∈ [−1, 1]
c) En primer lugar calculemos:
l´ım
δ→0+
( l´ım
n→∞
(an (δ))) = l´ım
δ→0+
( l´ım
n→∞
1
δ
sen(nπδ)
nπ
n→∞
) = l´ım
δ→0+
(0) = 0
En segundo lugar
l´ım
n→∞
( l´ım
δ→0+
(ak (δ)) = l´ım
n→∞
( l´ım
δ→0+
1
δ
sen(nπδ)
nπ
) = l´ım
n→∞
(1) = 1
66](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-81-320.jpg)
![4. Sea f una funci´on dada por f(x) = 1 + |x| x ∈ [−1, 1]
a) Obtener la serie de Fourier de f(x).
b) Deducir la convergencia de la serie:
∞
n=1
1
(2n−1)2
5. Encontrar la serie de coseno de Fourier de la funci´on per´ıodica de
per´ıodo 4, dada por f (x) = e−[x]
0 ≤ x ≤ 2.
b) Deducir la convergencia de la serie:
∞
n=1
1
2n−1
c) Usando la identidad de Parseval deducir la convergencia de la serie:
∞
n=1
1
(2n−1)2
6. Sea f (x) = x sin x, −π ≤ x ≤ π
a) Obtener la serie de Fourier de f.
b) Pruebe que esta serie se puede diferenciar t´ermino a t´ermino.
c) Use el resultado anterior para obtener el desarrollo de Fourier.
de sin x + x cos x, −π ≤ x ≤ π.
b) Deducir la convergencia de la serie
∞
n=1
1
(2n−1)6
7. Sea f(x) =
0 si −π ≤ x ≤ 0
x si 0 < x ≤ π
a) Obtener la serie de Fourier de f.
b) Pruebe que esta serie se puede integrar t´ermino a t´ermino.
c) Use los resultados anteriores para obtener el desarrollo en
serie trigonom´etrica para
x
−π
f (u) du
8. a) Establecer que si f(x) = x, −π < x < π entonces
x = 2
∞
n=1
(−1)n+1
n
sin nx
b) Con la identidad de Parseval deducir la convergencia
∞
n=1
1
n2 = π2
6
c) Muestre que la integraci´on de la serie de Fourier de f(x) = x, −π <
x < π
71](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-86-320.jpg)
![conduce a.
∞
n=1
(−1)n+1
n2
=
π2
12
d) Sea f(x) una funci´on continua definida en −π < x < π con serie de
Fourier a0 +
∞
n=1
(an cos nx + bn sin nx). Si g(x) = f(x − π) pruebe que
la serie
de Fourier de g(x) es
a0 +
∞
n=1
((−1)n
an cos nx + (−1)n
bn sin nx)
e) Aplicando los resultados de a) y d), obtener la serie de Fourier de
per´ıodo
2π de la funci´on definida por g(x) = x − π , 0 < x < π.
9. Sea f(x) una funci´on seccionalmente cont´ınua, impar de per´ıodo 2π,
con
serie de Fourier
∞
n=1
bn sin(nx)
a) Verificar que g(x) =
x
0
f(t)dt, x ∈ R
es funci´on par de per´ıodo 2π
b) Deducir que
∞
n=1
bn
n
(1 − cos(nx)) es la serie de Fourier de g(x) y
que
∞
n=1
bn
n
= 1
π
π
0
(
x
0
f(t)dt)
10. Sea f (x) , x ∈ R funci´on impar con integral de Fourier
Ii = 1
π
π
0
B (w) sin wx dw. Pruebe que la integral de Fourier de
g (x) = f (x) sin x es: Ip =
π
0
A (w) cos(wx) dw, con
A(w) =
1
π
[B (w + 1) − B (w − 1)] w 1
1
π
[B (w + 1) + B (w − 1)] 0 ≤ w < 1
72](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-87-320.jpg)
![su aprendizaje del tema objeto del estudio, ya sea que este sea el total
o una parcialidad de un tema. Se pretende que con esta constataci´on el
alumno se motive para persistir en su estudio, si a´un no ha logrado el
nivel necesario que asegure su ´exito en las evaluaciones regulares que se
har´an del tema. Para que este ejercicio tenga el ´exito propuesto, se debe
trabajar el tiempo estipulado, y con las condiciones medioambientales
necesarias de privacidad y silencio , que aseguren la efectividad de la
actividad, o que reproduzcan condiciones requeridas de una prueba o
examen..
Series e Integrales de Fourier
Autoevaluaci´on No
1
El estudiante:
1) Representar´a una funci´on f(x) definida en el intervalo [0, L] por una
serie de Fourier coseno o seno, aplicando extensiones pares o impares
seg´un sea el caso, y evaluar si la serie converge o no en un punto x0
dado del dominio.
2) Obtendr´a la suma de ciertas series infinitas empleando el teorema
de la convergencia de las series de Fourier.
3) Verificar´a si una serie de Fourier se puede diferenciar t´ermino a t´ermi-
no y aplicar el teorema de la diferenciaci´on para obtener la derivada de
la serie de fourier
4) Representar´a una funci´on f (x) no per´ıodica por una Integral de
Fourier y emplear el teorema de la convergencia para probar si la Inte-
gral Fourier converge o no en un punto x0 del dominio.
5) Probar´a el teorema de Parseval para una funci´on f que se representa
por una integral de Fourier y deducir´a la convergencia de ciertas sumas
de series.
6) Representar´a una funci´on peri´odica f(x) de per´ıodo 2L por una serie
de Fourier, y aplicar´a el teorema de la convergencia para determinar si
la serie converge o no en un punto x0 del dominio.
Tiempo : 1 hora 20 minutos
Problema 1
79](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-94-320.jpg)
![a) Desarrollar en serie de Fourier de cosenos la funci´on
f (x) = sin
x
2
definida en el intervalo [0, π].
b) Deducir la convergencia de la serie
∞
n=1
1
4n2 − 1
=
1
2
b) Pruebe que la serie de f se puede diferenciar t´ermino a t´ermino y
utilice este hecho para obtener el desarrollo de Fourier de cos
x
2
.
Problema 2
a) Probar que si f (x) =
∞
0
(A (w) cos (wx)+B (w) sin (wx))dw, con co-
eficientes A (w) = 1
π
∞
−∞
f (u) cos (wu) du y B (w) = 1
π
∞
−∞
f (u) sin (wu) du.
Entonces 1
π
∞
−∞
[f (x)]2
dx =
∞
0
(A2
(w) + B2
(w))dw
b) Si f (x) =
π, |x| ≤ a
0, |x| > a
,pruebe que
∞
0
sin2 wa
w2 dw = aπ
2
Problema 3
Sea f (x) =
0 si −5 < x < 0
3 si 0 < x < 5
tal que f (x + 10) = f (x)
a) Obtener la serie de Fourier de f (x)
b) Defina f (x) en los puntos −5, 0 y 5 de manera que la serie de Fourier
obtenida anteriormente converja a f (x) ∀x con |x| ≤ 5.
Pauta de Correcci´on
Problema 1
Para obtener el desarrollo en serie de Fourier de cosenos de la funci´on
dada, construimos una extensi´on par de la funci´on f tal que
fp (x) =
sin
x
2
, 0 ≤ x ≤ π
− sin
x
2
, −π ≤ x < 0
Como esta funci´on es par, de per´ıodo 2π ,tenemos que
80](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-95-320.jpg)
![bn = 0
a0 = 1
π
π
0
f(x)dx = 1
π
π
0
sin x
2
dx = 1
π
−2 cos x
2
π
0
a0 = 2
π
1 − cos π
2
= 2
π
an = 2
π
π
0
f(x) cos(nx)dx = 2
π
π
0
sin x
2
cos(nx)dx
an = 1
π
π
0
sin 1
2
+ n x − sin 1
2
− n x dx
an = 1
π
−
cos 1
2
+ n x
1
2
+ n
−
cos 1
2
+ n x
1
2
+ n
π
0
an = 1
π
2
1 + 2n
+
2
1 − 2n
=
4
π (1 − 4n2)
Por lo tanto, la serie de fp en [0, π] ,es:
2
π
+
1
π
∞
n=1
4
(1 − 4n2)
cos (nx)
La funci´on fp seccionalmente continua, de per´ıodo 2π, aplicando el
teorema de convergencia de Fourier , tenemos que:
f (x) =
2
π
+
1
π
∞
n=1
4
(1 − 4n2)
cos (nx) , ∀x ∈ (0, 2π)
En particular para x = 0,
2
π
+
1
π
∞
n=1
4
(1 − 4n2)
= 0
∞
n=1
4
(4n2 − 1)
=
1
2
c) Sea f(x) = sin x
2
, para 0 ≤ x ≤ π.
i) Como f (x) = sin x
2
, es continua en (0, π) .
81](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-96-320.jpg)
![ii) f (x) = 1
2
cos x
2
, es continua en (0, π) .
iii) Existe f (x) = −1
4
sin 1
2
, y tambi´en es continua en (0, π) .
Adem´as f (0) = (sin (0)) = (sin (π)) = sin 2π = f (π)
Luego, se satisfacen las hip´otesis del teorema de diferenciaci´on de la
serie de Fourier, entonces para −π < x < π,derivando la serie de Fourier
de f , obtenemos:
sin
x
2
=
2
π
+
1
π
∞
n=1
4
(1 − 4n2)
cos (nx)
1
2
cos
x
2
= 0 −
1
π
∞
n=1
4n
(1 − 4n2)
sin (nx)
cos
x
2
=
1
π
∞
n=1
8n
(4n2 − 1)
sin (nx)
Problema 2
a) Mutiplicando la integral de Fourier por f y realizando el producto
interno en (−∞, ∞) , se tiene
∞
−∞
[f (x)]2
dx =
∞
0
∞
−∞
[(A (w) f (x) cos (wx) + B (w) f (x) sin (wx))dw]dx
∞
−∞
[f (x)]2
dx =
∞
0
(A (w)
∞
−∞
f (x) cos (wx) dx + B (w)
∞
−∞
f (x) sin (wx) dx)dw
∞
−∞
[f (x)]2
dx = π
∞
0
(A2
(w) + B2
(w))dw =⇒
1
π
∞
−∞
[f (x)]2
dx =
∞
0
(A2
(w) + B2
(w))dw
b) Como f (x) =
π, |x| ≤ a
0, |x| > a
, es funci´on par, entonces la integral
de Fourier de f es
∞
0
A (w) cos (wx) dw
82](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-97-320.jpg)
![con coeficiente
A (w) =
2
π
∞
0
f (u) cos (wu) du =
2
π
a
0
π cos (wu) du
= 2
sin wu
w
a
0
= 2
sin wa
w
∴ A2
(w) =
4 sin2
wa
w2
Por otra parte:
1
π
∞
−∞
[f (x)]2
dx =
1
π
a
−a
π2
dx = 2aπ
Como la funci´on f es par, se tiene
1
π
∞
−∞
[f (x)]2
dx =
∞
0
A2
(w) dw
Entonces, al reemplazar los t´erminos
2aπ = 4
∞
0
sin2
wa
w2
dw
∴
∞
0
sin2
wa
w2
dw =
aπ
2
Problema 3
La serie de Fourier buscada es de la forma:
f (x) ∼ a0 +
∞
n=1
(an cos
nπx
5
+ bn sin
nπx
5
)
con coeficientes
a0 =
1
10
5
0
3dx =
3x
10
5
0
=
3
2
an =
1
5
0
−5
0 cos
nπx
5
dx +
5
0
3 cos
nπx
5
dx
an =
3
5
5
nπ
sin
nπx
5
5
0
= 0
bn =
1
5
0
−5
0 sin
nπx
5
dx +
5
0
3 sin
nπx
5
dx
83](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-98-320.jpg)
![bn =
3
5
−
5
nπ
cos
nπx
5
5
0
bn =
3
nπ
[1 − cos nπ]
Sustituyendo los coeficientes en la serie obtenemos
3
2
+
3
π
∞
n=1
[1 − cos nπ]
n
sin(
nπx
5
)
b) Como f (x) es una funci´on seccionalmente continua entonces en los
puntos de discotinuidad converge a
f (x+
o ) + f (x−
o )
2
. Luego en los pun-
tos −5, 0 y 5 converge a
3
2
.
Por tanto la funci´on debe asumir estos valores en los puntos menciona-
dos para que se cumpla la covergencia propuesta.
Autoevaluaci´on No
2
Tiempo : 2 horas
Problema 1
Dada la funci´on f (x) = x − [2x] , 0 < x < 1
a) Obtener la serie de Fourier de cosenos.
b) Establecer la convergencia de la serie en x0 = 0 y x1 =
1
2
.
Problema 2
Deducir la igualdad de la integral de Fourier
x =
2
π
−
π cos πw
w
+
sin πw
w2
sin wxdw
para 0 < x < π.
Problema 3
Sea f (x) continua por tramos, impar de per´ıodo 2π con serie de Fourier
∞
n=1
bn sin (nx) .
a) Verificar que g (x) =
x
0
f (t) dt , x ∈ R es funci´on par de per´ıodo
2π.
84](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-99-320.jpg)
![b) Deducir
∞
n=1
bn
n
−
∞
n=1
bn
n
cos (nx) es la serie de Fourier de g (x) y que
∞
n=1
bn
n
=
1
π
π
0
x
0
f (t) dt dx
Pauta de Correcci´on
Problema 1
a) Consideremos una extensi´on par de f (x) de per´ıodo P = 2, es decir
f (x + 2) = f (x)
Como f (x) = x − [2x] , 0 < x < 1, se tiene que 0 < x <
1
2
, [2x] = 0 y
1
2
< x < 1, [2x] = 1.
As´ı f (x) =
x si 0 < x <
1
2
x − 1 si
1
2
< x < 1
, luego los coeficientes de Fourier
son
a0 =
1/2
0
xdx +
1
1/2
(x − 1) dx =
x2
2
1/2
0
+
(x − 1)2
2
1
1/2
= 0
an = 2
1/2
0
x cos nπxdx + 2
1
1/2
(x − 1) cos nπxdx
an = 2 x
sin nπx
nπ
+
cos nπx
(nπ)2
1/2
0
+2 x
sin nπx
nπ
+
cos nπx
(nπ)2
1
1/2
−2
sin nπx
nπ
1
1/2
an =
2
(nπ)2 [cos nπ − 1] +
2 sin nπ
2
nπ
an =
2
(nπ)2 [(−1)n
− 1] +
2 (−1)n−1
(2n − 1)π
bn = 0
De este modo la serie de Fourier queda
∞
n=1
2
(nπ)2 [(−1)n
− 1] +
2 (−1)n−1
(2n − 1)π
cos nπx
b) En x0 = 0 hay un punto de continuidad de f, entonces la serie
converge a
85](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-100-320.jpg)
![f (0) = 0 =
∞
n=1
2
(nπ)2 [(−1)n
− 1] +
2 (−1)n−1
(2n − 1)π
Para x1 =
1
2
se tiene un punto de discontinuidad de f , entonces la serie
converge a
f 1
2
+
+ f 1
2
2
=
1
2
+ −1
2
2
= 0.
Problema 2
Consideremos la funci´on f (x) =
x si −π < |x| < π
0 si |x| > π
, la cual es
impar, entonces la integral de Fourier de f es
∞
0
B (w) sin (wx) dx, con
coeficiente:
B (w) =
2
π
∞
0
f (x) sin (wx) dx =
2
π
π
0
x sin (wx) dx
B (w) =
2
π
−x
cos wx
w
+
sin (wx)
w2
π
0
B (w) =
2
π
−π
cos wπ
w
+
sin (wπ)
w2
Por tanto la integral de Fourier , queda
2
π
∞
0
−π
cos wπ
w
+
sin (wπ)
w2
sin (wx) dx
Como f es continua en (0, π) , la integral de Fourier converge a
f (x) = x =
2
π
∞
0
−π
cos wπ
w
+
sin (wπ)
w2
sin wxdw
Problema 3
a) En primer lugar, verifiquemos que g (x) es una funci´on par. En efecto
sea
g (−x) =
−x
0
f (t) dt =
x
0
f (−u) (−du), si cambiamos la variable u =
−t
Pero la funci´on del integrando f (u) es una impar es decir f (−u) =
−f (u) ∀u
entonces g (−x) =
x
0
f (u) (du) = g (x)
86](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-101-320.jpg)
![a0 =
1
π
π
0
cos bxdx =
1
bπ
sin bπ
π
0
=
sin bπ
bπ
an =
2
π
π
0
cos bx cos nxdx =
2
π
sin (b − n) x
2(b − n)
+
sin (b + n) x
2 (b + n)
π
0
an =
2
π
sin (b − n) π
2(b − n)
+
sin (b + n) π
2 (b + n)
an =
2b (−1)n
sin bπ
π(b2 − n2)
Por tanto la serie de fourier queda
f (x) ∼
sin bπ
bπ
+
2b sin bπ
π
∞
n=1
(−1)n
(b2 − n2)
cos nx
b) En x0 = 0 hay un punto de continuidad de f entonces por el teorema
de convergencia de la serie, esta converge a
f (0) = 1 =
sin bπ
bπ
+
2b sin bπ
π
∞
n=1
(−1)n
(b2 − n2)
Entonces
π
sin bπ
=
1
b
+ 2b
∞
n=1
(−1)n
(b2 − n2)
⇐⇒
π
sin bπ
= 2b
1
2b2
+
∞
n=1
(−1)n
(b2 − n2)
⇐⇒
π
sin bπ
= 2b
1
2b2
−
1
b2 − 12
+
1
b2 − 22
...
Problema 2
a) Como:
f (−x) = 1 −
|−x|
a
= 1 −
|x|
a
= f (x) ∀x ∈ [−a, a]
la funci´on f es par, entonces la integral de Fourier de f es
∞
0
A (w) cos (wx) dx, con coeficiente:
A (w) =
2
π
a
0
1 −
x
a
cos (wx) dx +
∞
a
0 cos (wx) dx
A (w) =
2
π
a
0
1 −
x
a
cos (wx) dx
A (w) =
2
π
1 − cos aw
aw2
89](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-104-320.jpg)
![Por tanto la integral de Fourier queda
2
π
∞
0
1 − cos aw
aw2
cos (wx) dx,
b) Como la funci´on f es continua para ∀x ∈ [0, 1],aplicando el teorema
de convergencia con a = 1, se deduce que la integral de Fourier converge
a
f (x) = 1 − x =
2
π
∞
0
1 − cos w
w2
cos wxdw, y del mismo modo
f (x) = 0 =
2
π
∞
0
1 − cos w
w2
cos wxdw, ∀x > 1
Problema 3
a)Sea la funci´on f (x) =
1 si |x| ≤ 1
0 si |x| > 1
, como la funci´on f es par,
entonces la integral de Fourier de f es
∞
0
A (w) cos (wx) dx, con coeficiente:
A (w) =
2
π
1
0
1 cos (wx) dx +
∞
1
0 cos (wx) dx
A (w) =
2
π
1
0
cos (wx) dx
A (w) =
2
π
sin wx
w
1
0
=
2
π
sin w
w
Por tanto, la integral de Fourier queda
f (x) =
2
π
∞
0
sin w
w
cos (wx) dx
Como la funci´on es continua en x = 0,entonces la integral converge a
f (0) = 1 =
2
π
∞
0
sin w
w
dx =⇒
∞
0
sin w
w
dx =
π
2
b) Sea la integral
g (x) =
1
x
0
sin w
x
w
dw, x > 0 g (0) =
π
2
90](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-105-320.jpg)
![2.2. Funciones Vectoriales
Definici´on 2.2.1. Una funci´on vectorial de una variable real es una
funci´on cuyo dominio es un conjunto de n´umeros reales y el rango es
un conjunto de vectores o puntos de Rn
Notaci´on
−→
f : D ⊆ R → Rn
tal que ∀ t ∈ D,
−→
f (t) = (f1(t), f2(t), . . . , fn(t)),
donde fk : D ⊆ R → R para cada k = 1, 2, .., n es una funci´on real de
variable real. Cada fk es la k-´esima componente del vector
−→
f (t).
Si la funci´on
−→
f describe el movimiento de una part´ıcula, el vector
−→
f (t) = (f1(t), f2(t), . . . , fn(t)) se˜nala la posici´on en el instante t, es
decir en estos casos t representa la variable tiempo.
Ejemplo 1
Sea
−→
f : I ⊆ R → R3
tal que
−→
f (t) = (cos t, sin t, t), I = [0, 2π]
Hacer un esquema del rango de
−→
f
Soluci´on:
Pongamos
−→
f (t) = (x(t), y(t), z(t)) donde x = cos t, y = sin t, z = t.
En este caso para cualquier valor de t se cumple x2
+ y2
= 1 que
es la proyecci´on en el plano XY de cualquier punto
−→
f (t) de la curva
que est´a sobre el manto de un cilindro de radio unitario x2
+ y2
= 1,
y z = t se˜nala la distancia de
−→
f (t) al plano XY.
El rango de
−→
f es entonces una curva que partiendo de (1, 0, 0)
describe un arco completo de una helicoidal en el manto del cilindro
x2
+ y2
= 1 de R3
.
93](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-108-320.jpg)
![Ejemplo 2
Sea
−→
f : I ⊆ R → R3
tal que
−→
f (t) = (t, t, t), describa el rango de
−→
f .
Soluci´on:
Las imagenes
−→
f(t) = (t, t, t) las podemos escribir vectorialmente de
la forma
−→
f (t) = (0, 0, 0) + t(1, 1, 1) lo que nos permite reconocer que
se trata de una recta que pasa por el origen (0, 0, 0) en la direcci´on del
vector −→v = (1, 1, 1).
Ejemplo 3
Sea
−→
f : I ⊆ R → R3
tal que
−→
f = (t, t, 2t2
), I = [−3, 3] describa el
rango de
−→
f.
Soluci´on:
Ponemos
−→
f (t) = t(1, 1, 0) + t2
(0, 0, 2), de esta expresi´on se puede afir-
mar que
−→
f (t) es la suma de un vector a lo largo de la recta y = x
en el plano XY y un vector perpendicular al plano XY. Quiere decir
entonces que el rango de
−→
f se encuentra en el plano que contiene los
vectores (1, 1, 0), (0, 0, 2) perpendicular al plano XY.
Si se considera en un punto (t, t, 0) en el plano XY y u distancia al
origen, u =
√
t2 + t2 =
√
2t, resulta que z = 2t2
= u2
. Por lo tanto, el
rango de
−→
f es una porci´on de la par´abola z = u2
que esta en el plano
y = x perpendicular al plano XY y que contiene al eje z.
94](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-109-320.jpg)
![= lim
h→0
1
h
[f1(to + h) − f1(to), f2(to + h) − f2(to), ..., fn(to + h) − fn(to)]
= lim
h→0
f1(to+h)−f1(to)
h
, l´ım
h→0
f2(to+h)−f2(to)
h
, ..., l´ım
h→0
fn(to+h)−fn(to)
h
= f1(to), f2(to), ..., fn(to)
Por lo tanto
−→
f (to) existe si y solo si fk(to) existe para k = 1, 2, 3, ..., n
Definici´on Si suponemos que −→c (t) describe una trayectoria seguida por
una part´ıcula podemos definir al vector −→c´(t) como el vector velocidad
en la trayectoria −→c en el punto −→c (t). Asimismo , definiremos la rapidez
en ese punto como −→c´
(t)
Ejemplo 6
Sea −→c (t) = (r cos(t), r sin(t)), trayectoria cuyo camino corresponde a
una circunferencia de radio r. Muestre que −→c (t) y −→c (t) son ortogonales
Muestre que −→c (t) y −→c (t) son ortogonales
Soluci´on.
Tenemos −→c (t) es derivable lo que implica −→c (t) = (−r sin t, r cos t)
Por consiguiente
−→c (t) · −→c (t) = (r cos(t), r sin(t)) · (−r sin t, r cos t)
= r (sin t) r cos (t) − r (cos t) r sin (t) = 0
∴ −→c (t) y −→c (t) son ortogonales ∀ t.
101](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-116-320.jpg)
![ii) (
−→
f + −→g ) (t) =
−→
f (t) + −→g (t)
iii) (
−→
f − −→g ) (t) =
−→
f (t) − −→g (t)
iv) (α
−→
f ) (t) = α (t)
−→
f (t) + α(t)
−→
f (t)
v) (
−→
f ·−→g ) (t) =
−→
f´(t)·−→g (t)+
−→
f (t)·−→g´(t) Producto Punto o Producto
interno
vi) (
−→
f ◦ α)´(t) =
−→
f´(α(t))α´(t)
vii) (
−→
f × −→g ) (t) =
−→
f´(t) × −→g (t) +
−→
f (t) × −→g (t) para n = 3
Demostraci´on: i), ii), iii) se dejan al lector
(α
−→
f ) (t) = (α(t)
−→
f (t))´= g ((αf1)´(t), (αf2)´(t), (αf3)´(t), ..., (αfn)´(t))
= (α (t)f1(t) + α(t)f´1(t), α (t)f2(t) + α(t)f2(t), ..., α (t)fn(t) + α(t)fn(t))
= (α (t)f1(t), α (t)f2(t), ..., α (t)fn(t) + α(t)f1(t), α(t)f2(t), ..., α(t)fn(t))
= α (t)(f1(t), f2(t), ..., fn(t)) + α(t)(f1(t), f2(t), ..., fn(t))
= α (t)
−→
f (t) + α(t)
−→
f (t)
v) (
−→
f · −→g ) (t) =
−→
f (t) · −→g (t)
=
d
dt
n
k=1
fi(t)gi(t) =
n
k=1
d
dt
(fk(t)gk(t))
=
n
k=1
[fk(t)gk(t) + fk(t)gk(t)]
=
n
k=1
fk(t)gk(t) +
n
k=1
fk(t)gk(t)
=
−→
f (t) · −→g (t) +
−→
f (t) · −→g (t)
v), vi) se dejan al lector.
2.7. Parametrizaci´on
Si −→c (t) define una trayectoria donde t es el par´ametro, podemos mod-
ificar la expresi´on que define −→c (t) por −→c (s) de tal modo de tener el
mismo conjunto de imagenes, esto lo llamaremos reparametrizaci´on.
104](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-119-320.jpg)
![siguiente teorema.
Teorema 2.7.1. Sea
−→
f : I ⊆ R → R2
( o R3
) un camino regular
y
−→
fo =
−→
f ◦ ϕ : J ⊆ R → R2
( o R3
) una reparametrizaci´on de ´el (
donde ϕ tiene las condiciones pedidas en la definici´on). Entonces la
recta tangente a la curva C (traza de
−→
f ) en
−→
f (to) con t0 ∈ I , es
la misma que la recta tangente a C en
−→
fo (s0) si t0 = ϕ(s0).
Demostraci´on.- t0 = ϕ(s0) ⇒
−→
P 0 =
−→
f (to) =
−→
f (ϕ(s0) ) =
−→
fo (s0) adem´as
−→
fo´(s) = ϕ´(s)·
−→
f´(s) implica que los vectores
−→
f (to)
y
−→
fo (s0) son paralelos,entonces las rectas tangentes a la curva en
−→
f (to) coinciden.
2.7.1. Ejemplos de reparametrizaciones
Sea
−→
f : [a, b] → R3
,una trayectoria regular . Entonces:
1) La trayectoria
−→
fo : [a, b] → R3
tal que t −→
−→
f (a + b − t) es la
reparametrizacion de
−→
f que corresponde a la aplicacion ϕ : [a, b] −→
[a, b] dada por t −→ a + b − t, llamamos a
−→
f o trayectoria opuesta a
−→
f .
2) La trayectoria −→g : [0, 1] → R3
tal que t −→
−→
f (a + (b − a)t) es una
reparametrizacion de
−→
f que corresponde a la aplicaci´on ϕ : [0, 1] −→
[a, b] dada por t −→ a + (b − a)t, y que conserva la trayectoria de
−→
f .
Ejemplo 9
Sea
−→
f : [−5, 10] → R3
definida por t −→
−→
f (t) = (t, t2
, t3
) . Reparametrizar
como trayectoria opuesta a
−→
f .
Soluci´on
Aplicando el apartado 1) tenemos:
−→
fo : [−5, 10] → R3
tal que t −→
−→
f (5 − t) = ((5 − t), (5 − t)2
, (5 − t)3
) es la reparametrizaci´on opuesta
a
−→
f que corresponde a la aplicaci´on ϕ : [−5, 10] −→ [−5, 10] dada por
t −→ 5 − t.
Ejercicio
Sea
−→
f : [a, b] → R3
, una trayectoria regular y k una contante positiva
. Sea la aplicaci´on ϕ : 0, b−a
k
−→ [a, b] dada por ϕ(t) −→ kt + a.
106](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-121-320.jpg)
![Muestre que la trayectoria reparametizada
−→
f ◦ ϕ : 0, b−a
k
→ R3
mantiene la trayectoria de
−→
f pero la recorre k veces m´as r´apido.
2.8. Longitud de Arco
Sea C una curva descrita por
−→
f (t) = (f1(t), f2(t), f3(t), ..., fn(t)), defini-
da en un intervalo I = [a, b] en R.Sea P una partici´on de [a, b] y Lp
la longitud de la poligonal originada por P.
Lp =
n
i=1
−→
f (ti) −
−→
f (ti−1)
Para cada partici´on P se tiene una correspondiente Lp.
Definici´on 2.8.1. La curva C descrita por
−→
f (t) = (f1(t), f2(t), f3(t), ..., fn(t))
definida en [a, b] se dice que es rectificable si
{Lp/P es partici´on de [a, b]}
tiene una cota superior. Si C es rectificable entonces la longitud de C
es el supremo del conjunto de los Lp, es decir
= sup {Lp/P es partici´on de [a, b]}
Definici´on 2.8.2. Sea
−→
f : I ⊆ R → Rn
una trayectoria regular de
clase C1
. La longitud de
−→
f entre t = a, t = b denotada por (
−→
f ) o
simplemente se define por:
=
b
a
−→
f´(t) dt
107](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-122-320.jpg)
![Ejemplo 10.
Si −→c : [0, 2π] → R2
tal que −→c (t) = (r cos t, r sin t). ¿ Es una trayectoria
regular? ¿Cu´al es la longitud de la Curva asociada?
Soluci´on.
Como −→c´(t) = (−r sin t, r cos t) = (0, 0) ∀t ∈ [0, 2π] la trayectoria es
regular, luego
−→c´(t) = (−r cos t)2 + (r sin t)2) = r
∴ =
2π
0
−→c´(t) dt =
2π
0
rdt = 2πr
Ejemplo 11.
¿Cu´al es la longitud del astroide dado por la ecuaci´on: −→c (t) = (a cos3
t, a sin3
t) con
t ∈ [0, 2π]?
Soluci´on:
Verifiquemos primeramente si el astroide es una curva regular:
−→c´(t) = (−3a cos2
t sin t, 3a cos t sin2
t)
Podemos inferir que el astroide no es una curva regular, pues
−→c´(t) = (−3a cos2
t sin t, 3a cos t sin2
t) = (0, 0) para t = 0, π
2
, π, 3π
2
, 2π
pero dado que es sim´etrica respecto de ambos ejes podemos calcular su
longitud en el segmento del dominio 0, π
2
y luego multiplicamos por
108](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-123-320.jpg)
![d
−→
f
ds
= (f1´(t(s)) · t´(s), f2´(t(s)) · t´(s), ..., fn´(t(s)) · t´(s))
=
d
−→
f
dt
·
dt
ds
=
d
−→
f
dt
ds
dt
De donde se obtiene que:
d
−→
f
ds
=
−→
f´(t)
s´(t)
=⇒
−→
f´(t)
s´(t)
= 1
Observaci´on:
1. Del teorema anterior se desprende, la rapidez con que recorre
−→
f
es constante e igual a 1 si est´a param´etrizada con el par´ametro
longitud de arco.
2. Si −→r (s) = (x(s), y(s), z(s)) describe una curva de R3
, y s es
par´ametro longitud de arco, entonces
T = d−→r
ds
es vector tangente unitario, ya que: T = dr
ds
= 1
Propiedades 2.8.1. La longitud de un arco es independiente de la
parametrizaci´on
Demostraci´on:
Sean
−→
f : [a, b] → Rn
un camino regular y
−→
f ∗
: [c, d] → Rn
una
reparametrizaci´on de
−→
f ; por lo cual existe ϕ de [c, d] en [a, b] de C1
que es sobreyectiva y ϕ´(s) = 0 ∀ s ∈ [c, d]
Entonces:
110](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-125-320.jpg)
![s
−→
fo =
d
c
−→
f ∗
´(u) du =
d
c
−→
f´(ϕ(u))ϕ´(u) du
=
d
c
−→
f´(ϕ(u)) ϕ´(u)du si ϕ´(u) > 0
t = ϕ(u) ⇒ s
−→
fo =
b
a
−→
f´(t) dt = s(
−→
f )
∴ s
−→
fo = s(
−→
f )
De la misma forma si ϕ´(u) < 0, la parametrizaci´on invierte el
sentido y ϕ(c) = b, ϕ(d) = a
∴ s
−→
f ∗
=
d
c
−→
f´(ϕ(u))ϕ´(u) du =
d
c
−→
f´(ϕ(u)) (−ϕ´(u)) du
= −
d
c
−→
f´(ϕ(u)) ϕ´(u)du =
d
c
−→
f´(t)) dt =⇒
s
−→
fo = s(
−→
f )
2.8.2. Parametrizaci´on por Longitud de Arco
Definici´on 2.8.3. Sea
−→
f : I ⊆ R → Rn
, funci´on de clase C1
y tal
que
−→
f´(t) = 0 en I = [a, b] , se define s por
s =
t
a
−→
f (u) du = ϕ(t)
De la definici´on de s se pueden hacer las siguientes precisiones:
1. s = ϕ(t) =
t
a
−→
f´(u) du ⇒
ds
dt
= ϕ´(t) =
−→
f´(t)
111](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-126-320.jpg)
![2. Si t ∈ (a, b] ⇒ ds
dt
> 0 ⇒ s = ϕ(t) es funci´on estrictamente
creciente.
3. Por (2) s = ϕ(t) es biyectiva y por lo tanto invertible, sea t =
ϕ−1
(s).
Por tanto, la parametrizaci´on de
−→
f en t´erminos s es:
−→
f (s) =
−→
f (ϕ−1
(s))
Ejemplo 12
Considere la trayectoria: −→r (t) = (a cos t, asent) ,y reparametrice en
funci´on de la longitud de arco s.
Soluci´on
La ecuaci´on cartesiana de la curva C es x2
+ y2
= a2
,que corresponde
a una circunsferencia centrada en el origen de radio a.
Verifiquemos si es una curva regular, su derivada es:
−→r´(t) = (−a sin t, a cos t) = (0, 0) ∀t ⇒
−→r´(t) = a2 sin2
t + a2 cos2 t
∴ −→r´(t) = a
Determinemos su longitud de arco,
s =
t
0
−→r´(u) du =
t
0
adu = [au]t
0 = at
∴ s = at o t =
s
a
Por lo tanto, −→r (s) = (a cos s
a
, a sin s
a
) es una parametrizaci´on por lon-
gitud de arco de la circunferencia de radio a.
Observaci´on: No siempre es sencillo parametrizar por longitud de
arco, a modo de ejemplo veamos el siguiente caso.
Ejemplo 13
112](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-127-320.jpg)
![Considere la curva C curva descrita por la trayectoria−→r (t) = (t, t2
+1),
t ∈ [0, 3] , y parametrice en funci´on de la longitud de arco s.
Soluci´on.
La curva corresponde a una parab´ola que tiene por ecuaci´on cartesiana:
y = x2
+ 1, x ∈ [0, 3]
Determinemos la longitud de la curva:
−→r´(t) = (1, 2t) ⇒ r´(t) =
√
1 + 4t2
s =
t
0
√
1 + 4u2du =
ln
√
1 + 4u2 + 2u
4
+
u
√
1 + 4u2
2
t
0
s =
1
4
ln
√
1 + 4t2 + 2t +
t
2
√
1 + 4t2
En este caso no es posible obtener t = ϕ−1
(s) es decir despejar t en
funci´on de s a partir de
s = ϕ(t) =
1
4
ln
√
1 + 4t2 + 2t +
t
2
√
1 + 4t2
Luego no es posible hacer explicita la funci´on t = g−1
(s).
2.9. Trayectorias y curvas
La aplicaci´on −→c : [a, b] −→ R3
(o R2
) continua , definida de un inter-
valo I al espacio R3
o al plano R2
, la llamaremos trayectoria. La imagen
C en R3
(o R2
) de la trayectoria corresponde a lo que es una curva.
Definici´on 2.9.1. Se llama curva de la trayectoria −→c : I ⊂ R →
R3
(R2
) dada por −→c (t) = (x(t), y(t), z(t)) al conjunto de imagenes de
−→c ;es decir
C = −→c (t) ∈ R3
/ t ∈ I = (x(t), y(t), z(t)) ∈ R3
: t ∈ I
113](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-128-320.jpg)
![Ejemplo 1: Sea −→c : R → R3
una funci´on definida por −→c (t) =
(x0,y0,z0)+t(v1,v2,v3) es una recta L en el espacio que pasa por (x0,y0,z0)
y tiene la direcci´on −→v = (v1,v2,v3). A partir de esta funci´on se deducen
las ecuaciones: x(t) = x0 + tv1, y(t) = y0 + tv2, z(t) = z0 + tv3 , que
se conocen como ecuaciones param´etricas de una recta en el espa-
cio.Luego, la recta es la imagen de la trayectoria: −→c (t) = (x0,y0,z0) +
t(v1,v2,v3), t ∈ R
Generalmente, usamos t como variable independiente y −→c (t) se˜nala la
posici´on de una part´ıcula en el espacio y t en este caso es la variable
tiempo.
Ejemplo 2: Sea −→c : [0, 2π] → R2
una funci´on definida por −→c (t) =
(cos t, sin t) ,¿cu´al es la curva asociada a esta trayectoria?
Soluci´on
A partir de las funciones param´etricas tenemos , x (t) = cos t y (t) = sin t
que cumplen con
(x (t))2
+ (y (t))2
= (cos t)2
+ (sin t)2
= 1 ∀t ∈ [0, 2π]
Por lo tanto, es una trayectoria cuya imagen corresponde a una cir-
cunsferencia centrada en el origen y radio unitario.
Observe que −→c (t) = (cos 3t, sin 3t) con t ∈ 0, 2π
3
describe la misma
curva. En este caso tenemos que trayectorias parametrizadas en forma
diferente describen una misma curva. La variable t se designa usual-
mente con el nombre de par´ametro. De ahora en adelante diremos que
−→c (t) = (x(t), y(t), z(t)) es una representaci´on param´etrica de la curva
C, donde t es el par´ametro.
Definici´on 2.9.2. Sea −→c (t):[a, b] → R3
continua, una trayectoria que
describe la curva C.diremos que C en una curva cerrada si y solo si
−→c (a) = −→c (b).
114](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-129-320.jpg)
![Una curva cerrada simple, o curva de Jordan es una curva cerrada que
tiene la propiedad :si −→c (t1) = −→c (t2) =⇒ (t1 = t2) ∨ (t1 = a y
t2 = b).Como vemos esto ocurrre si la funci´on −→c es inyectiva en I es
decir ∀t1, t2 ∈ I, t1 = t2 =⇒ −→c (t1) = −→c (t2)
Ejercicios 3
A partir de la representaci´on param´etrica dada, describa las curvas y
encuentre las ecuaciones cartesianas de las mismas, si ello es posible:
1) −→c (t) = (t, −t) t ≥ 0
2) −→c (t) = (4 − t2
, t) t ∈ [−2, 3]
3) −→c (t) = (cos t, sin t, 2t) 0 ≤ t ≤ ∞
4) −→c (t) = (a cos t, b sin t, 1) 0 ≤ t ≤ 2π
2.10. Vectores Unitarios
2.10.1. Vector Tangente unitario
Sea −→c (t) : [a, b] → R3
una trayectoria y C la curva descrita por −→c (t),
supongamos que −→c tiene derivada de tercer orden y que −→c´(t) =
−→
0 ∀
t ∈ [a, b] . Definimos el Vector Tangente unitario en un punto −→c (t) de
la trayectoria, como sigue:
T(t) =
−→c´(t)
−→c´(t)
En el caso que el par´ametro sea el par´ametro longitud de arco, entonces: T(s) = −→c´(s)
Propiedad
Sea −→c (s) : [0, L] → R3
una trayectoria parametrizada por longitud de
arco. Pruebe que los vectores T y TT´ son ortogonales.
En efecto:
Como: T · T = T
2
= 1 =⇒ d
ds
(T·T) = 0 ⇒ T · T´+ T´· T = 0 ⇒
2T · T´= 0
∴ T · T´= 0 ; es decir que T es ortogonal a T´
115](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-130-320.jpg)
![−→
f ”(s)
2
=
−→
f´(t)
2 −→
f ”(t)
2
−
−→
f ‘(t) ·
−→
f ”(t)
2
−→
f ‘(t)
6
−→
f ”(s)
2
=
−→
f ‘(t) ×
−→
f ”(t)
2
−→
f ‘(t)
6
Por lo tanto:
k(t) =
−→
f ‘(t) ×
−→
f ”(t)
−→
f ‘(t)
3
Caso particular es el de curvas en el plano.
Ejemplo 7
Sea −→r (t) = (x(t), y(t)) una trayectoria de R2
, en este caso
k(t) =
|x´(t)y”(t) − x”(t)y´(t)|
[(x´(t))2 + (y´(t))2]3/2
Soluci´on
Se deja al alumno, como indicaci´on se sugiere poner
−→r (t) ≡
−→
f (t) = (x(t), y(t), 0)
y aplicar la formula del teorema precedente
Ejemplo 8 Calcule la curvatura de la espiral de Arqu´ımides ρ = aθ.
Soluci´on.-
x = ρ cos θ
y = ρsinθ
=⇒ r(θ) = (aθ cos θ, aθsenθ)
se considera que x(θ) = aθ cos θ y y(θ) = aθsenθ, derivando estas
funciones se tiene
x´(θ) = a cos θ − aθsenθ y y´(θ) = asenθ + aθ cos θ
x´´(θ) = −2asenθ − aθ cos θ y y´´(θ) = 2a cos θ − aθsenθ
122](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-137-320.jpg)
![Figura 2.1: Espiral de Arqu´ımides
efectuando los productos y simplificando se tiene
x´(θ) y”(θ) − x”(θ)y´(θ) = 2a2
+ a2
θ2
= a2
(2 + θ2
)
por otro lado tambi´en
(x´(t))2
+ (y´(t))2
= a2
+ a2
θ2
= (1 + θ2
)a2
reemplazando en la formula se tiene
k(θ) =
|a2
(2 + θ2
)|
[(1 + θ2)a2]3/2
y simplificando k(θ) =
2 + θ2
a(1 + θ2)3/2
para cualquier θ positivo.
Obs´ervese que l´ım
θ→∞
2 + θ2
a(1 + θ2)3/2
= 0, esto significa que la curvatura
de la espiral de Arqu´ımides muy lejos del origen tiende a ser casi una
recta.
2.12. Planos por un punto de la curva
Sea −→c : I ⊆ IR → R3
un camino regular dos veces diferenciable
y
−→
P0 = −→c (t0) (donde t puede ser par´ametro longitud de arco).
Si
−→
T,
−→
N y
−→
B son los vectores tangente, normal y binormal de la
curva en −→c (t0) = (x0, y0, z0).Podemos definir los siguientes planos por
−→
P0 = −→c (t0)
123](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-138-320.jpg)
![b) Igualando las terceras componentes bt = t =⇒ Si b = 1,entonces las
part´ıculas se encuentran en los puntos (1, 0, 0), (1, 0, 2π), ..., (1, 0, 2nπ)
con n ∈ Z+
0 .
Ejercicio 2
La curva C es definida a partir de la trayectoria −→c (t) = (2 cos(t), 2 sin(t), t)
con 0 ≤ t ≤ 2π . Describa la representaci´on gr´afica de C y pruebe que
si se usa como par´ametro la longitud de arco s , el vector tangente a
la
curva es un vector unitario.
Soluci´on:
Por la continuidad de las funciones x(t) = 2cos(t), y(t) = 2sin(t) y
z(t) = t
podemos inferir que C parte del punto −→c (0) = (x(0), y(0), z(0)) =
(2, 0, 0)
y termina en −→c (2π) = (x(2π), y(2π), z(2π)) = (2, 0, 2π); adem´as que
la
curva asciende a trav´es del manto del cilindro x2
+ y2
= 4 porque
[x(t)]2
+[y(t)]2
= [2 cos(t)]2
+[2 sin(t)]2
= 4 como se ilustra en la figura
El vector posici´on de esta curva es −→c (t) = (2cos(t), 2sin(t), t). El vector
tangente es −→c (t) = (−2 sin(t), 2 cos(t), 1) ¤(a) y la longitud del vector
tangente es
−→c (t) = [−2 sin(t)]2 + [2 cos(t)]2 + 1 =
√
5 (b)
141](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-156-320.jpg)
![La longitud total de esta curva es
Longitud =
2π
0
−→c (t) dt =
2π
0
√
5dt = 2π
√
5
Definimos s(t) =
t
0
c (u) du para t ∈ [0, 2π] =⇒ s(t) es la longitud
de
curva C desde (2, 0, 0) hasta (x(t), y(t), z(t)).
Claramente s(t) es continua y estrictamente creciente en [0, 2π] la ecuaci´on
s = s(t) puede resolverse para t como una funci´on de s, es decir t =
t(s) (c)
En este caso t = s√
5
as´ı es que
−→c (s) = −→c (t(s)) = 2 cos
s
√
5
, 2 sin
s
√
5
,
s
√
5
es vector posici´on en t´erminos de s, derivando
−→c (s) = −→c (t(s)) = −2 sin
s
√
5
1
√
5
, 2 cos
s
√
5
1
√
5
,
1
√
5
=
2
√
5
sin
s
√
5
, cos
s
√
5
,
1
2
(2.16.1)
Calculando su m´odulo
−→c (s) =
2
√
5
sin
s
√
5
2
+ cos
s
√
5
2
+
1
4
=
2
√
5
1 +
1
4
= 1
Por lo tanto, −→c (s) es vector unitario.
Especificaciones:
a) Si −→c (t) describe la trayectoria de una part´ıcula en el espacio, el
vector
−→c (t) = (−2 sin(t), 2 cos(t), 1) es la velocidad con que se desplaza la
part´ıcula
por la curva C en el punto −→c (t), en el instante “t”.
142](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-157-320.jpg)
![derivando nuevamente respecto de t
−→
F (t) = −→g (s) [s (t)]
2
+ −→g (s) s (t)
Por definici´on k = k(s) = −→g (s) es la, curvatura de C en g(s).
por otro lado
N =
dT
ds
dT
ds
=⇒ −→g (s) = −→g (s) N
Relacionando las igualdades anteriores
−→a (t) =
−→
F (t) = −→g (s) N
ds
dt
2
+ T
d2
s
dt2
=
d2
s
dt2
T + −→g (s)
ds
dt
2
N
=
d2
s
dt2
T + k
ds
dt
2
N
lo que significa que
−→a (t) =
d2
s
dt2
T + k
ds
dt
2
N
b) En la aplicaci´on de a) en −→r (t) = t, cos2
t, sin2
t
tenemos −→r (t) = (1, − sin(2t), sin(2t)) .
Usando la expresion anterior, se tiene
s (t) = −→r (t) = 1 + 2 sin2
(2t) =⇒ s (t) =
4 sin(2t) cos(2t)
1 + 2 sin2
(2t)
Luego, la componente tangencial aT es
aT = s =
2 sin(2t)
1 + 2 sin2
(2t)
146](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-161-320.jpg)
![Adem´as, −→r (t) = (0, −2 cos(2t), 2 cos(2t)) y haciendo el producto cruz
entre
−→r (t) y −→r (t) se tiene
−→r (t) × −→r (t) = −2 cos(2t)j − 2 cos(2t)k (e)
y
−→r (t) × −→r (t) = 4 cos2(2t) + 4 cos2(2t) = 8 cos2(2t)
= 2
√
2 |cos(2t)|
Como la curvatura k en funci´on de t es
k =
−→r (t) × −→r (t)
−→r (t)
3
reemplazando
k =
2
√
2 |cos(2t)|
1 + 2 sin2
(2t)
3
2
de
aN = k(t)
ds
dt
2
=
2
√
2 |cos(2t)|
1 + 2 sin2
(2t)
3
2
1 + 2 sin2
(2t)
Por lo tanto, la componente normal de la aceleraci´on en este caso es
aN =
2
√
2 |cos(2t)|
1 + 2 sin2
(2t)
Ejercicio 5
Sea la trayectoria regular −→r : R → R3
, definida por:
−→r (u) = (
4au2
(1 + u2)2
,
2au(1 − u2
)
(1 + u2)2
,
a(1 − u2
)
1 + u2
), a > 0
a) Pruebe que la funci´on ϕ : R → ]−π, π[ tal que t = ϕ(u) =
2 arctan u
147](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-162-320.jpg)
![define la reparametrizaci´on de −→r ,
−→r ∗
: ]−π, π[ → R tal que ¯r(t) = (a sin2
t, a sin(t) cos(t), a cos t)
b) Verifique que −→r ∗
(t) est´a contenida en una superficie esf´erica.
c) Probar que los planos normales a la curva descrita por ¯r(t) pasan
por el
centro de la esfera.
Soluci´on
De ϕ(u) = 2 arctan u se tiene que:
ϕ (u) = 2
1+u2 > 0 ∀u ∈ R, por lo tanto, es estrictamente creciente en R
y como ϕ es continua, ϕ es biyectiva, y por tanto, invertible. Adem´as
ϕ−1
(t) = tan(
t
2
)
ϕ−1
: ]−π, π[ → R es de clase C1
en ]−π, π[ .
Por lo anterior, se puede definir ¯r(t) :
−→r ∗
(t) = (−→r ◦ ϕ−1
)(t) = −→r (ϕ−1
(t)) = −→r (tan(
t
2
))
=⇒ −→r ∗
(t) = (
4a tan2
(t
2
)
(1 + tan2
(t
2
))2
,
2a tan(t
2
)(1 − tan2
(t
2
)
(1 + tan2
(t
2
))2
,
a(1 − tan2
(t
2
))
(1 + tan2
(t
2
))
Sustituyendo
−→r ∗
(t) = (
4a(1−cos t
1+cos t
)
( 2
1+cos t
)2
,
2a 1−cos t
1+cos t
( 2 cos t
1+cos t
)
( 2
1+cos t
)2
,
a( 2 cos t
1+cos t
)
( 2
1+cos t
)
)
= (a(1 − cos2
t), a cos t
√
1 − cos2 t, a cos t)
Por lo tanto, la reparametrizaci´on la podemos definir por:
−→r ∗
(t) = (a sin2
t, a sin(t) cos(t), a cos t)
148](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-163-320.jpg)
![−→
B (t0) = (y (t0) z (t0) − y (t0) z (t0) , x (t0) z (t0) − x (t0) z (t0) ,
x (t0) y (t0) − x (t0) y (t0))
pongamos: x0 = x (t0) , y0 = y (t0) y z0 = z (t0)
(
−→
f − −→r (t0)) ·
−→
B (t0) = 0 =⇒
(x − x0, y − y0, z − z0) · (y0z0 − y0 z0, x0z0 − x0z0 , x0y0 − x0y0) = 0
desarrollando
(y0z0 −y0 z0)(x−x0)+ (x0z0 −x0z0 )(y −y0)+(x0y0 −x0y0)(z −z0) = 0
esto ´ultimo se puede escribir
x − x (t0) y − y (t0) z − z (t0)
x (t0) y (t0) z (t0)
x (t0) y (t0) z (t0)
= 0
lo que prueba la hip´otesis.
Ejercicio 11
Un automovilista se desplaza por una carretera recta. En el instante
t = 0
llega a una rotonda la que recorre con un trayectoria
−→
f(t) = (acost, asent, bt(2 − t)), t ∈ [0, 2]
En el instante t = 2 sale de la rotonda y vuelve a continuar por una
carretera recta.
a) C´alcule la curvatura m´axima de la rotonda para t ∈ [0, 2]¿en qu´e pun-
to
ocurre?
b) Determine la torsi´on de la rotonda para t ∈ [0, 2] .Haga un gr´afico
de la
torsi´on en funci´on del tiempo.
154](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-169-320.jpg)
![Soluci´on:
a) Calculemos la curvatura de la trayectoria mediante la identidad:
κ (t) =
−→
f (t)×
−→
f (t)
|
−→
f (t)|
3
−→
f (t) = (−asent, a cos t, 2b(1−t)) =⇒
−→
f (t) = a2 + 4b2(1 − t)2
−→
f (t) = (−acost, −asent, −2b) =⇒
−→
f (t) ×
−→
f (t) = (−2ab cos t + 2ab(1 − t)sent, −2absent − 2ab(1 −
t) cos t, a2
)
−→
f (t) ×
−→
f (t) = a a2 + 4b2(1 + (1 − t)2,reemplazando en la identi-
dad,
tenemos
κ (t) =
a a2 + 4b2(1 + (1 − t)2
(a2 + 4b2(1 − t)2)3/2
Sea Ψ (t) = a2
+ 4b2
(1 − t)2
=⇒ Ψ (t) = −8b2
(1 − t) = 0 =⇒ En
t = 1
hay un punto cr´ıtico de Ψ (t)
Como Ψ (1) = 8b2
> 0, en t = 1 hay un m´ınimo de Ψ (t) y un m´aximo
de
κ (t) pues son inversamente proporcionales
Luego, κ (t) =
√
a2+4b2
a2 y se alcanza en el punto
−→
f(1) = (a cos 1, asen1, b).
b) Calculemos ahora la torsi´on; τ (t) =
−→
f (t)×
−→
f (t) ·
−→
f (t)
|
−→
f (t)×
−→
f (t)|
2 ∀t
−→
f (t) = (asent, −a cos t, 0) =⇒
−→
f (t) ×
−→
f (t) ·
−→
f (t) = 2a2
b(1 − t)
τ (t) = 2a2b(1−t)
a2[a2+4b2(1+(1−t)2]
Se tiene que
τ (0) = 2b
[a2+8b2]
, τ (1) = 0, τ (2) = − 2b
[a2+8b2]
τ (t) = 0 =⇒ 4b2
(1 − t)2
= a2
+ 4b2
=⇒ (1 − t)2
= a2+4b2
4b2
(1 − t)2
= 1 + a2
4b2 > 1 =⇒ (1 − t)2
> 1 lo cual es imposible porque
(1 − t) ≤ 1
para 0 ≤ t ≤ 2.
Por lo tanto, τ no tiene punto cr´ıtico en[0, 2]
155](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-170-320.jpg)
![Evaluando las funciones trigonom´etricas queda: −→r (t) = (50
√
3 t, −5t2
+
50t)
Por lo tanto, las ecuaciones param´etricas de la trayectoria del proyectil
son
x(t) = 50
√
3 t, y(t) = −5t2
+ 50t
b) Determinemos el tiempo que demora en llegar a la altura m´axima
dy
dt
= 0 =⇒ −10t + 50 = 0 =⇒ t = 5s
Asi la altura m´axima h alcanzada por el proyectil es
h = y(5) = −125 + 250 = 125m
c) El alcance m´aximo se logra cuando y(t) = 0, es decir si: −5t2
+50t =
0
t(−5t + 50) = 0 ⇒ t = 0, t = 10.
Entonces el alcance es: x (10) = 500
√
3
d) La velocidad del proyectil en el impacto es:−→v (10) = (50
√
3, −50)
e) La curvatura en el punto de impacto es:K (10) =
−→r (10)×−→r (10)
−→r (10)
3 =
5
√
3
104
Ejercicio 14
Sea C una curva determinada por la intersecci´on de los cilindros:
x2
= 1 − y, z2
= y
a) Parametrizar C de forma −→r (t) = (x (t) , y (t) , z (t)), t ∈ I.
Indicaci´on: x2
+ z2
= 1
b) Obtener T, N, B, K y τ en P = (0, 1, 1)
Soluci´on:
a) Se puede parametrizar como −→r (t) = (cos t, sin2
t, sin t), t ∈ [0, 2π]
,
Calculemos el valor del par´ametro para
−→r (t1) = (cos t1, sin2
t1, sin t1) = (0, 1, 1) =⇒ t1 = π
2
.
As´ı, −→r π
2
= (0, 1, 1).
b)−→r (t) = (− sin t, sin t cos t, cos t) =⇒ −→r π
2
= (−1, 0, 0) =⇒
158](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-173-320.jpg)
![−→r (t) = (cosh(t), sinh(t), t), t ∈ IR ⇒ −→r (t) = (senh(t), cos h(t), 1), t ∈
IR
=⇒ −→r (t) = cosh2(t) + sinh2(t) + 1 = 2cosh2(t) =
√
2cosh(t)
.
As´ı que la longitud desde s(0) hasta
s(t) =
t
0
−→r (u) du =
√
2
t
0
cosh(u)du =
√
2 senh(u)|t
0 =
√
2senh (t)
Ahora s´olo queda determinar el valor de t que hace que la longitud sea
exactamente
√
2. Esto es, resolver
√
2 =
√
2sinh(t) ⇒ 1 = sinh(t) ⇒ t = arcsinh(1).
De manera que estaremos en el punto de coordenadas
−→r (arcsinh(1)) = (cosh(arcsinh(1)), sinh(arcsinh(1)), arcsinh(1)) =⇒
−→r (arcsinh(1)) = (
√
2, 1, arcsinh(1))
Ejercicio 21
Consideremos la curva C dada por −→r (t) = (t, t2
, t3
) ∈ R.
Hallar su curvatura y su torsi´on en el punto (0, 0, 0). ¿En qu´e punto
tiene
la curva una torsi´on (en valor absoluto) m´axima?
Soluci´on:
Calculamos primero las derivadas:
k(t) =
−→r (t) × −→r (t)
−→r (t)
3 =
√
4 + 36t2 + 36t4
√
1 + 4t2 + 9t4
3
τ(t) =
−→r × −→r · −→r
−→r × −→r
2 =
12
[4 + 36t2 + 36t4]2
De donde deducimos que la curvatura y la torsi´on son
k(0) =
−→r (0) × −→r (0)
−→r (0)
3 = 2
τ(0) =
−→r (0) × −→r (0) · −→r (0)
−→r (0) × −→r (0)
2 = 3
Como el denominador que aparece en la expresi´on de τ(t) es siempre
una cantidad positiva que toma su valor m´ınimo en t = 0, concluimos
que el valor absoluto de la torsi´on alcanza su valor m´aximo en t = 0.
168](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-183-320.jpg)
![2.17. Ejercicios propuestos
1. Sean f, g : [a, b] → Rn
funciones derivables, probar que:
a) (αf + βg)(t) = αf (t) + βg (t) , α y β constantes
b) (αf) (t) = α (t) f (t)+α(t)f (t) si α = α(t) es una funci´on escalar.
c) f · g (t) = f (t) · g(t) + f(t) · g (t)
d) f × g (t) = (f × g) (t) + (f × g ) (t)
2. Para f(t) = (e2t
, t2
, e−2t
) calcular:
a) f (t)
b) f (t)
c) f (t)
3. Obtener una funci´on param´etrica vectorial de la curva resultante
al intersectar las superficies:
x2
+ y2
+ z2
= 2
y z = 2 (1 + y)
169](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-184-320.jpg)
![4. Parametrizar en la forma r = r(t) = (x(t), y(t), z(t)), t ∈ [a, b] las curvas C
definidas por:
a) Recta por A = (1, 2, −3) y B = (2, 2, 2)
b) Recta intersecci´on de los planos x + y + z = 0 y y − z = 0
c) Intersecci´on del cilindro recto x2
+ y2
= 9 y el plano z = 1
d) El cilindro x2
− ax + y2
= 0 intersecci´on la esfera x2
+ y2
+ z2
= a2
5. Calcular la longitud l de la curva descrita por la trayectoria r(t) =
(a cos3
t, a sin3
t), t ∈ [0, 2π]
6. Una hormiga camina sobre la superficie S : x(u, v) = sin u cos v, y (u, v) =
sin u sin v, z (u, v) = cos u
π
6
≤ u ≤ π
2
, −π
2
≤ v ≤ π en el instante t = 0, se mueve de tal
forma que en cualquier tiempo t > 0 describe la trayectoria −→r (t) =
√
3
2
sin t, 1
2
,
√
3
2
cos t .
Demuestre que la hormiga se mueve sobre la superficie esferica S y
determine cuando y en donde la hormiga abandona el sector descrito
de la esfera
170](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-185-320.jpg)
![7. Halle el o los valores de t para los cuales el vector tangente a la
curva descrita por r(t) = (2t2
+ 1, 3t − 2), t ∈ R sea paralelo al
vector u = (2, −1).
8. Calcule
l´ım
t→0
((x+t)2
−x2
t
, (x+t)3
−x3
t
, (x+t)4
−x4
t
)
9. Discuta la continuidad de la funci´on
f(t) = {
(t, sin t
t
) si t = 0
(0, 1) si t = 0
10. Demuestre que: si
−→
f (t) es constante, entonces
−→
f y
−→
f son or-
togonales.
11. Encuentre un vector tangente y la recta tangente a la h´elice c´onica
de representaci´on param´etrica
−→
f (t) = (t cos t, t sin t,
t
2π
)
en los puntos (0, 0, 0) y (0, π
2
, 1
4
)
12. Sea la h´elice descrita por
−→
f (t) = (cos t, sin t, t) t ∈ [0, π
2
]. Pruebe
que en ning´un punto de esta curva
−→
f (t) es paralelo a la cuerda
de
−→
f (0) a
−→
f (π
2
)
13. Una part´ıcula se mueve en el plano a lo largo de la espiral ρ = eθ
con una rapidez constante de 5 pies por segundo.
171](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-186-320.jpg)
![a) ¿Cu´ales son la velocidad y la aceleraci´on de la part´ıcula cuando
θ = π
4
?
b) ¿Cu´anto tarda la part´ıcula en ir desde el punto correspondiente a
θ = 0 hasta el punto correspondiente a θ = π?
c) Si θ = 0 cuando t = 0, proporcione ecuaciones param´etricas para la
trayectoria de la part´ıcula.
14. Determine los puntos en que la recta tangente a la curva de R3
dada por
r(t) = 6t + 2t3
ˆı + (6t − 2t3
)ˆ + 3t2ˆk
es paralela al plano x + 3y + 2z = 5
15. Demuestre que el camino descrito por
−→
f : [−2, 2] → R2
definida
por
−→
f (t) = (t2
− 1, t3
+ 2t2
− t − 2) no es simple. ¿Es cerrado?¿Es
cerrado simple?
16. Determine las ecuaciones de la recta tangente y del plano nor-
mal a la curva descrita por
−→
f : I → R3
definida por f(t) =
(et
sint, et
cost, 5t) en el punto P =
−→
f (0)
17. Sea
−→
f : [0, 5] → R3
la trayectoria
−→
f (t) = (sin t, cos t, t). Obtenga
una reparametrizaci´on
−→
f c de
−→
f que conserve su orientaci´on y que
recorra la trayectoria de
−→
f en la quinta parte del tiempo en el que
lo hace
−→
f .
18. Un objeto ubicado inicialmente en el origen de coordenadas se
desplaza de acuerdo al movimiento
r(t) = (t2
, −t cos t, t sin t)
a) Determine el punto en que el objeto impacta a la esfera x2
+y2
+z2
=
2
b) Calcular la longitud recorrida por el objeto hasta el instante del
impacto.
c) Calcular el ´angulo entre la trayectoria y la esfera en el instante del
impacto.
172](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-187-320.jpg)
![19. El movimiento de una part´ıcula se realiza en el c´ırculo unitario del
plano XY de acuerdo con la f´ormula (x, y, z) = (cos t2
, sin t2
, 0) ,
t ≥ 0.
a) Como funciones de t. ¿Cu´al es el vector velocidad y la rapidez de la
part´ıcula?
b) ¿En qu´e punto del c´ırculo se debe liberar la part´ıcula para que
golpee un blanco localizado en (2, 0, 0)?
c) ¿En que tiempo t se debe liberar? (usar t ≥ 0 m´as pregunta b))
d) ¿Cu´al es su velocidad y rapidez en el instante en que se libera?
e) ¿En qu´e instante se golpea el blanco?
20. Si f : I → IR es una funci´on diferenciable, demostrar que la
gr´afica de f, es decir la curva y = f(x), es una curva regular y
calcular sus vectores tangente , normal, su curvatura, su radio de
curvatura, y su centro de curvatura.
21. Sea C una curva de IR3
dada por la ecuaci´on−→r (t) = (4 cos(t), 4sen (t) , 4 cos t(t)), t ∈
[0, 2π]
a) Verificar que es una elipse.
b) Determinar los vectores T, N, B en cualquier punto C
c) Calcular la curvatura y torsi´on de C en todo punto.
d) Determinar en qu´e puntos de C la curvtura k es m´axima y en cu´ales
es m´ınima
2.17.1. Respuestas
2.
a) f (t) = 2 (e2t
, t, −e−2t
)
b) f (t) = 2(2e2t
, 1, 2e−2t
)
c) f (t) = 2
√
e4t + e−4t + t2
3. r(t) = (cos t, −1 + sin t,
√
2 sin t), 0 ≤ t ≤ 2π
4. a) r(t) = (1 + t, 2, −3 + 5t) t ∈ R
173](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-188-320.jpg)
![b) r(t) = (−2t, t, t) t ∈ R
c) r(t) = (3 cos t, 3 sin t, 1) t ∈ [0, 2π]
d) r(t) = (a
2
+ a
2
cos t, a
2
sin t,
√
2a sin t
4
) t ∈ [0, 2π]
5. 6a, 6 − t = π
2
, (x, y, z) = (
√
3
2
, 1
2
, 0)
7. t = −3
2
8. (2x, 3x2
, 4x3
)
9. Es continua
10.
−→
f ·
−→
f = 0
11. 1, 0, 1
2π
, −→r (t) = (t, 0, 1
2π
t)
(0, π
2
, 1
4
), −→r (t) = (−π
2
t, π
2
+ t, 1
4
+ t 1
2π
)
13.
a) v = (0, 5), a = (− 25√
2
e−π
4 , 0)
b) 1
5
√
2(eπ
− 1)
c)
−→
f (t) = [ 5√
2
t + 1](cos ln( 5√
2
t + 1), sin ln( 5√
2
t + 1))
14. r(2) = (28, −4, 12)
15. No es simple
−→
f (1) = (0, 0) =
−→
f (−1)
16. r(t) = (t, 1 + t, 5t), x + y + 5z = 1 plano normal
17. ¯f : [0, 1] → R3
, ¯f (s) = (sin(5s), cos(5s), 5s)
18.
a) (1, −cos1, sin1)
b) 1,57
19.
a) v = (−2t sin t2
, 2t cos t2
, 0); s = 2t
b) (1
2
, −
√
3
2
, 0)
c) 5π
3
d) v = 2 5π
3
(
√
3
2
, 1
2
, 0); s = 2 5π
3
e) 3
√
3+10π
2
√
15π
174](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-189-320.jpg)
![dos veces diferenciable, con ecuaciones param´etricas en funci´on de un
par´ametro cualquiera t,
2) Determinar´a la ecuaci´on de la recta tangente y del plano osculador
a la curva descrita por la trayectoria
−→
f : I ⊆ R −→ R3
en un punto
de la curva.
3) Resolver´a problemas de din´amica de part´ıculas querequiera calcular
longitud de una curva, curvatura m´axima , torsi´on de la curva, ecua-
ciones de rectas ,y planos principales en un punto dado de la curva.
Tiempo : 2 horas
Tiempo : 2 horas
Pregunta 1
Sea la h´elice −→r (t) = (a cos t, a sin t, bt) , b = 0, determine:
a) los valores de a y b si su curvatura es κ (t) =
1
5
y su torsi´on τ (t) =
2
5
.
b) La ecuaci´on del cil´ındro sobre el cu´al se encuentra la h´elice.
Pregunta 2
Para la curva C dada por: −→r (t) =
t3
3
, 2t,
2
t
en P0 =
8
3
, 4, 1
Obtener las ecuaciones vectoriales y cartesianadas de:
a) Recta tangente.
b) Planos osculador.
Pregunta 3
En el instante t= 0 , una casa es lanzada al espacio por causa de un
tornado siguiendo la trayectoria
−→r (t) = eat
cos t, eat
sin t, beat
− b
con a > 0, b > 0, t ≥ 0.
a) Calcular la distancia que recorre la casa hasta el instante t = π.
b) En el instante t1 con t1 ∈ [0, π] , en el cual la trayectoria tiene
curvatura m´axima, un residente que dorm´ıa tranquilo es lanzado
176](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-191-320.jpg)
![−→r (s) = −4
5
sin s, − cos s, 3
5
sin s =⇒
−→r (s) = −4
5
cos s, sin s, −3
5
cos s =⇒
−→r (s) = 4
5
sin s, cos s, 3
5
sin s
Realizando el producto interno
−→r (s) · −→r (s) = −1 = −κ2
=⇒ κ = 1
−→r (s) · −→r (s) × −→r (s) = 0
c) Desde κ = 1 podemos inferir que la curva es una circunferencia y
por
τ = 0 concluimos, que la curva es plana.
d) Eliminando el par´ametro s en las ecuaciones param´etricas
(x, y, z) =
4
5
cos s, 1 − sin s, −
3
5
cos s
Produce
x2
+ (y − 1)2
+ z2
= 1, 3x + 4z = 0
Autoevaluaci´on No
3
Pregunta 1
Dada la ecuaci´on param´etrica de la curva −→r (t) = t,
1
t
+ 1,
1
t
− t ,
en el
punto (1, 2, 0) , determine:
a) la curvatura de la curva
b) La torsi´on de la curva
Pregunta 2
Sea r = r (θ) la ecuaci´on de una curva C en coordenadas polares, con
a ≤ θ ≤ b ´angulo polar y P (θ) punto de C. Demuestre que
a) La longitud de C desde P(a) hasta P(b) es L =
b
a
r2 + (r )2dθ
b) La curvatura de C en P (θ) es κ =
2(r )2
− rr + r2
[r2 + (r )2]3/2
.
184](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-199-320.jpg)
![Por lo tanto
κ (θ) =
−→r (θ) × −→r (θ)
−→r (θ)
3/2
=
2(r )2
− rr + r2
[r2 + (r )2]3/2
c) Sea r (θ) = eλθ
=⇒ r (θ) = λeλθ
=⇒ r (θ) = λ2
eλθ
.
Aplicando directamente las f´ormulas obtenidas en a) y b), obtenemos
la longitud de la curva y su curvatura
L =
b
a
r2 + (r )2dθ =
b
a
e2λθ + λ2e2λθdθ
=
1 + λ2
λ
eλb
− eλa
κ (θ) =
2(r )2
− rr + r2
[r2 + (r )2]3/2
=
(1 + λ2
) e2λθ
(1 + λ2)
√
1 + λ2e3λθ
=
1
√
1 + λ2eλθ
Pregunta 3
Dada la ecuaci´on cartesiana de la curva y = x2
Sea −→r (t) = (x (t) , y (t)) la funci´on vectorial que describe el movimiento
del
punto tal que y (t) = [x (t)]2
, entonces al derivar esta expresi´on tenemos
y (t) = 2x (t) x (t) =⇒ y (t) = 2((x (t))2
+ x (t) x (t)).
Sabemos que en el instante t = 0, −→r (α) = (x (α) , y (α)) = (0, 0) =⇒
x (α) = 0, y (α) = 0
Al evaluar las derivadas de y produce: y (α) = 0, y (α) = 2 x (α)
2
Por otra parte , sabemos que:
s (α) = −→r (α) = (x (α))2
+ (y (α))2
= x (α) = a
s (α) = −→r (t) (α) =
x (t) x (t) + y (t) y (t)
−→r (t)
(α) =
s (α) =
x (α) x (α)
a
= b =⇒ x (α) = b
187](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-202-320.jpg)
![electrost´atico en cada punto P = (x, y) del plano debido a una carga
unitaria colocada en el origen O = (0, 0) de IR2
.
Nota: En estos ejemplos de funciones con m = 2, ´o m = 3 se puede
considerar los conceptos de l´ıneas de nivel y superficies de nivel como
S = {(x, y) ∈ A/ f (x, y) = c}
para c constante dada; y
S = {(x, y, z) ∈ A/ f (x, y, z) = c}
para c constante dada.
a) En el caso 2) se tiene que S = (x, y) ∈ IR2
/ x2 + y2 = c con
c ≥ 0 son circunsferencias de radio
√
c (´o el origen si c = 0).
b) En el caso 3) S = (x, y) ∈ IR2
− {(0, 0)} /
1
x2 + y2
= c, c > 0
las l´ıneas que verifican x2
+ y2
=
1
c2
se llaman l´ıneas equipotenciales
alrededor de la carga, describen circunsferencias centradas el (0, 0) de
radio
1
c
.
Unido a lo anterior, en topograf´ıa las curvas determinadas por ecuaci´on
f (x, y) = c se llaman tambi´en contornos de nivel de una superficie.
Por ejemplo, la funci´on z = f(x, y) = 25 − x2 − y2 que tiene
A = (x, y) ∈ IR2
/ x2
+ y2
≤ 25 , B = [0, 5]
representa una ”monta˜na.esf´erica de radio basal 5 y altura 5; con c = 3
se tiene 25 − x2 − y2 = 3, de lo cual se tiene el contorno de nivel
x2
+ y2
= 16.
Caso 4)
La presi´on P ejercida por un gas ideal encerrado en un cilindro pist´on es
dada por la funci´on P (T, V ) = k
T
V
donde k cte, T es la temperatura
y V el volumen del cilindro. En este caso las l´ıneas de nivel reciben el
nombre de l´ıneas isob´aricas P = c, ´o isotermas cuando T = c con T
funci´on temperatura en cada punto (x, y, z) .
Caso 5)
191](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-206-320.jpg)
![Ejemplo: Sea f(x, y, z) = 3x3
y2
z. Calcular f(1, 2, 3).
Soluci´on:
La funci´on tiene derivadas parciales continuas, entonces
f(x, y, z) = 9x2
y2
z, 6x3
yz, 3x3
y2
Evaluando, el gradiente de la funci´on f en el punto (1, 2, 3) queda
f(1, 2, 3) = (108, 36, 12) = 12 (9, 3, 1)
Propiedades
Si f y g son funciones diferenciables demuestre que:
(fg) = f g + g f
f
g
=
g f − f g
g2
si g no es cero
Ejemplo
Si f es diferenciable en una variable y g = f (x2
+ y2
+ z2
) . Calcular
g · g.
Soluci´on.
Si ponemos u = x2
+ y2
+ z2
al derivar parcialmente se tiene
∂g
∂x
= 2xf (u) ;
∂g
∂y
= 2yf (u) ;
∂g
∂z
= 2zf (u).
=⇒ g = 2f (u)(x, y, z) =⇒ g · g = 4 [f (u)] 2
[(x, y, z) · (x, y, z)]
= 4 [f´(u)] 2
(x2
+ y2
+ z2
)
(Definici´on Derivada direccional)
Sea f : D ⊆ Rn
→ R y P0 un punto interior de D. Sea u vector
unitario u = 1. La derivada direccional de f en P0 en la direcci´on de
u se define por:
l´ım
h→0
f(P0 + hu) − f(P0)
h
Si este l´ımite existe f tiene derivada direccional en P0 en la direcci´on
de u y la denotamos
∂f
∂u
(P0) .
212](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-227-320.jpg)
![Problema 2
a) Probar que S1dada por F(x, y, z) = 0 y S2 dada por G(x, y, z) = 0
son ortogonales en sus puntos de intersecci´on s´ı y solo si
FxGx + FyGy + FzGz = 0.
b) Probar que las superficies S1 : x2
+ y2
+ z2
− 2x + 4y − 8z = 0 y
S2 : 3x2
− y2
+ 2z2
− 6x − 4y − 16z + 31 = 0 son ortogonales.
Soluci´on.
a) La normal a S1dada por F(x, y, z) = 0 es
−→
N 1 = F(x, y, z) =
(Fx, Fy, Fz).
Del mismo modo, la normal a S2 dada por G(x, y, z) = 0 es
−→
N 2 = G(x, y, z) = (Gx, Gy, Gz)
Por definici´on, ambas superficies son ortogonales si F · G = 0 ⇐⇒
(Fx, Fy, Fz) · (Gx, Gy, Gz) = 0 =⇒
FxGx + FyGy + FzGz = 0
b) Sea S1 : x2
+ y2
+ z2
− 2x + 4y − 8z = 0 =⇒
(x − 1)2
+ (y + 2)2
+ (z − 4)2
− 21 = 0
y S2 : 3x2
− y2
+ 2z2
− 6x − 4y − 16z + 31 = 0 =⇒
3(x − 1)2
− (y + 2)2
+ 2(z − 4)2
= 0
Entonces S1tiene normal
−→
N 1 = F(x, y, z) = (2x − 2, 2y + 4, 2z − 8)
Asimismo , S2 tiene normal
−→
N 2 = G(x, y, z) = (6x − 6, −2y − 4, 4z − 16)
=⇒ F · G = (2x − 2, 2y + 4, 2z − 8) · (6x − 6, −2y − 4, 4z − 16)
= (2x − 2) (6x − 6) + (2y + 4) (−2y − 4) + (2z − 8) (4z − 16)
= 4 [3(x − 1)2
− (y + 2)2
+ 2(z − 4)2
] = 4 · 0 = 0
Por lo tanto, la superficie S1 es ortogonal a S2.
257](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-272-320.jpg)
![Problema 3
Encuentre los valores extremos de la f (x, y) = x2
+ y2
− xy + x + y
en el dominio D = {(x, y) ∈ R2
/ x ≤ 0, y ≤ 0, x + y ≥ −3} .
Soluci´on.
En primer lugar, determinemos los valores extremos en el conjunto
abierto: D∗
= {(x, y) ∈ R2
/ x < 0, y < 0, x + y > −3} .
Derivando parcialmente con respecto a x e y tenemos:
fx (x, y) = 2x − y + 1
fy (x, y) = 2y − x + 1
Observe que fx y fy son continuas en R2
Aplicando la condici´on necesaria para los puntos cr´ıticos de f
tenemos el sistema:
2x − y = −1; −x + 2y = −1.
Al resolver este sistema obtenemos un ´unico punto cr´ıtico
P0 = (−1, −1) ∈ D∗
Determinemos el Hessiano H (x, y) :
H (x, y) =
fxx (x, y) fxy (x, y)
fyx (x, y) fyy (x, y)
=
2 −1
−1 2
= 3 ∀ (x, y) ∈ D∗
:
As´ı, P0 = (−1, −1) =⇒ H (−1, −1) = 3 > 0 y fxx (−1, −1) = 3 > 0
Se concluye, que en P0 hay un m´ınimo relativo f (−1, −1) = −1.
En segundo lugar, estudiemos la condici´on que se presenta en la
frontera de D.
a) Si y = 0, f (x, 0) = x2
+ x con x ∈ [−3, 0]
Determinemos los puntos cr´ıticos en este borde
f (x) = 2x + 1 = 0 =⇒ x = −1
2
Luego, hay un punto crit´ıco en P1 = −1
2
, 0 ∈ D.
Como f (x) = 2 > 0, ∀x ∈ [−3, 0] , entonces en P1 = −1
2
, 0 hay
un m´ınimo f −1
2
, 0 = −1
4
.
b) Si x = 0, f (0, y) = y2
+ y con y ∈ [−3, 0]
Determinemos los puntos cr´ıticos en este borde
263](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-278-320.jpg)
![f (y) = 2y + 1 = 0 =⇒ y = −1
2
Luego, se tiene un punto crit´ıco en P2 = 0, −1
2
∈ D.
Como f (y) = 2 > 0, ∀y ∈ [−3, 0] ,entonces en P2 = 0, −1
2
hay
un m´ınimo f 0, −1
2
= −1
4
.
c) Si x+ y = −3, f (x, −x − 3) = 3x2
+ 9x + 6 con x ∈ [−3, 0]
Determinemos los puntos cr´ıticos en este borde
f (x) = 6x + 9 = 0 =⇒ x = −3
2
=⇒ y = −3
2
Luego, hay un punto crit´ıco en P2 = −3
2
, −3
2
∈ D.
Como f (x, −x − 3) = 6 > 0, ∀x ∈ [−3, 0] ,entonces P2 = −3
2
, −3
2
en hay un m´ınimo f −3
2
, −3
2
= −3
4
.
3.4.7. Multimplicadores de Lagrange para extremos
restringidos
Problema 1
Obtener los extremos de la funci´on f(x, y) = x3
+ 2xy + y2
que se
encuentren en la recta x + y = 0.
Soluci´on
En primer lugar consideremos la funci´on de Lagrange y apliquemos la
condici´on necesaria de punto cr´ıtico:
F(x, y, λ) = x3
+ 2xy + y2
+ λ(x + y)
Fx = 3x2
+ 2y + λ = 0 (1)
Fy = 2x + 2y + λ = 0 (2)
Fz = x + y = 0 (3)
De la (3) ecuaci´on obtenemos: y = −x que sustituida en la segunda:
2x − 2x + λ = 0 =⇒ λ = 0
Sustituido este valor en la ecuaci´on (1), queda: 3x2
− 2x = 0, x = 0,
x = 2/3
Entonces los puntos cr´ıticos del lagrangiano son. P1(0, 0), P2
2
3
, −
2
3
.
Clasificaremos los puntos con el determinante del Hessiano Limitado:
264](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-279-320.jpg)
![Los puntos donde esta la menor distancia son:
d
√
2,
√
2 = d −
√
2, −
√
2 = 2
Los puntos donde est´a la mayor distancia :
d (1, −1) = d (−1, 1) =
√
2
Problema 7
Un canaleta cuya secci´on transversal tiene forma de trapecio, con ´angu-
los iguales en la base, se fabrica doblando bandas iguales a lo largo de
ambos lados de una larga plancha de metal,de 12 pulgadas de ancho.
Encuentre los ´angulos de la base y el ancho de los lados que producen
la m´axima capacidad de la canaleta.
Soluci´on: ´angulos
2π
3
, ancho de lados 4 pulgadas
Problema 8
Pruebe que para ´angulos x, y, z cuya suma es x + y + z = π
2
,
se cumple la desigualdad
sin x sin y sin z ≤
1
8
3.6. Aplicaciones Derivada Direccional
Ejemplo 1
Suponga que la temperatura en grados Celsuis en el punto (x, y) cerca
de un aeropuerto est´a dada por
f(x, y) =
1
180
[7400 − 4x − 9y − 0, 03xy] ( con las distancias x e y
medidas en kilometros).
a) Suponga que un avi´on despega del aeropuerto en la ubicaci´on P(200, 200)
y se dirige al noreste en la direcci´on especificada por el vector −→v =
(3, 4) .¿Cu´al es la tasa de cambio inicial de la temperatura en la direc-
ci´on dada?.
286](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-301-320.jpg)
![Ejemplo 2
Suponga ahora que consideramos que la temperatura en grados Celsuis
en el punto (x, y, z) cerca de un aeropuerto est´a dada por
f(x, y, z) =
1
180
[7400 − 4x − 9y − 0, 03xy] −2z , donde f es la tem-
peratura por kilometro de altitud.
a) Si un halc´on esta inm´ovil en el aire, en el punto P(200, 200, 5) y
sobre el aeropuerto desciende en forma s´ubita con una rapidez de 3
km/min en la direcci´on dada por el vector (3,4,-12) . ¿Cu´al es la tasa
de cambio instant´anea que experimenta el ave?
b) ¿En qu´e direcci´on debe descender el halc´on que est´a en el punto
P(200,200) a una altitud de 5 km, a fin de calentarse lo m´as r´apido?
c) ¿Qu´e tan r´apido s´ubira su temperatura conforme el ave baje a una
rapidez de 3 km/min?
d) ¿Cu´al ser´a la direcci´on de la br´ujula y el ´angulo de descenso conforme
vuele en esa direcci´on particular?
Soluci´on:
a) La derivada direccional de la funci´on f en el punto P en la direcci´on
−→v est´a dada por:
Duf (P) = f (P) · u
Determinemos el versor u =
−→u
−→u
=
(3, 4, −12)
32 + 42 + (−12)2
=
3
5
,
4
5
, −
12
13
El vector gradiente de temperatura es
f (P) =
1
180
(−4 − 0, 03y) ,
1
180
(−9 − 0, 03x) , −2
El gradiente en la posici´on inicial es
f(200, 200, 5) = −
10
180
, −
15
180
, −2
Por tanto , la tasa de cambio inicial de la temperatura del ave respecto
de la distancia en la direcci´on dada es
df
ds
= Duf (P) = f (P) · u
288](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-303-320.jpg)
![Evaluemos la derivada direccional la posici´on inicial P(200, 200, 5),
Dvf (200, 200, 5) =
3
13
· −
10
180
+
4
13
−
15
180
− 2 −
12
13
=
47
26
Como la rapidez del ave es
ds
dt
=3 km/min, entonces la tasa de cambio
por unidad de tiempo que experimenta el halc´on es
df
dt
=
df
ds
ds
dt
= Dvf (P) −→v =
47
26
o
C
km
(3km/min) ≈ 5, 4
o
C
m´ın
c) El valor m´aximo est´a dado por
df
ds
= [Dvf (P)]m´ax = f (P)
= −
10
180
2
+ −
15
180
2
+ (−2)2
= 2,0025
Y se alcanza en en la direcci´on dada por el gradiente
n =
f (P)
f (P)
=
(−10, −15, −360)
360, 45
La rapidez del halc´on es 3 , por lo que la tasa temporal de cambio de
la temperatura en esa direcci´on experimentada por el halcon es
df
dt
=
df
ds
ds
dt
= Dvf (P) −→v = 2, 0025
o
C
km
(3km/min) ≈ 6, 0075
o
C
m´ın
3.7. Aplicaciones de M´aximos y M´ınimos
3.7.1. Aplicaci´on al campo de la mec´anica
Sea
−→
F : D → R3
un campo de Fuerza definido en cierto dominio D de
R3
. Consideremos ahora una part´ıcula de masa m que se mueve a lo
largo de una trayectoria −→r (t) bajo la acci´on de este campo de fuerza.
289](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-304-320.jpg)
![La ecuaci´on de onda
∂2
u
∂t2
= a
∂2
u
∂x2
donde a es una constante, describe el movimiento de una onda, que puede
ser una onda de sonido, una onda de luz o una onda que viaja a lo largo
de una cuerda vibrante.Si f y g son funciones de una sola variable dos
veces derivables, compruebe que la funci´on u(x, t) = f(x+at)+g(x−at)
satisface la ecuaci´on de onda.
Pauta Autocorrecci´on
Pregunta 1
(a) En los puntos de IR2
distintos de (0, 0) la funci´on es continua por ser
cuociente de funciones continuas con denominador no nulo.
En (0, 0) estudiemos la continuidad de f:
i) Existe f (0, 0) = 0
ii)
lim
(x,y)→(0,0)
f (x, y) = lim
(x,y)→(0,0)
x sin (xy)
x2 + y2
Al usar coordenadas polares se tiene
lim
(x,y)→(0,0)
x sin (xy)
x2 + y2
= l´ım
r→0
r cos θ sin (r2
cos θ sin θ)
r2
= l´ım
r→0
r cos2
θ sin θ = 0 = f (0, 0)
Puesto que sin α α si α → 0,y θ ∈ [0, 2π] , −1 < cos2
θ sin θ < 1,en el
´ultimo l´ımite se tiene que el producto de una cantidad infinit´esimal
por una funci´on acotada es cero.
Por lo tanto la funci´on es continua en todo IR2
b) Las derivadas parciales ∀ (x, y) = (0, 0) son:
∂f
∂x
=
[sin (xy) + xy cos (xy)] (x2
+ y2
) − 2x [x sin (xy)]
(x2 + y2)2
∂f
∂y
=
[x2
cos (xy)] (x2
+ y2
) − 2y [x sin (xy)]
(x2 + y2)2
Adem´as, las derivadas parciales para (x, y) = (0, 0) son
∂f
∂x
(0, 0) = l´ım
h→0
f (h, 0) − f (0, 0)
h
= l´ım
h→0
h sin 0
h2 − 0
h
= l´ım
h→0
0
h
= 0
∂f
∂y
(0, 0) = l´ım
k→0
f (0, k) − f (0, 0)
k
= l´ım
k→0
0 sin 0
k2 − 0
k
= l´ım
k→0
0
k
= 0
309](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-324-320.jpg)
![El teorema de la funci´on impl´ıcita garantiza una vecindad V (0, −1) en la
cual podemos definir una funci´on z = f(x, y) tal que F (x, y, f(x, y)) = 0.
b) La funci´on tiene derivadas continuas en V (0, −1) que pueden calcularse
por:
zx (x, y) = −
Fx(x, y, z)
Fz(x, y, z)
= −
2x + y
2z + 2
=⇒ zx(0, −1) = −
Fx(0, −1, 0)
Fz(0, −1, 0)
=
1
2
zy (x, y) = −
Fy(x, y, z)
Fz(x, y, z)
= −
2y + x
2z + 2
=⇒ zy(0, −1) = −
Fy(0, −1, 0)
Fz(0, −1, 0)
= 1
Para calcular las derivadas de segundo orden basta derivar (1) y (2) re-
specto
a x e y respectivamente:
zxx (x, y) = −
[(2z + 2)2 − (2x + y) (2zx)]
(2z + 2)2
=⇒ zxx(0, −1) = −
5
4
zyy (x, y) = −
[(2z + 2) 2 − (2y + x) (2zy)]
(2z + 2)2 =⇒ zyy(0, −1) = −2
Pregunta 3
Derivando u(x, t) con respecto a x se tiene que :
∂u
∂x
= f (x + at) + g (x − at)
∂2
u
∂x2
= f (x + at) + g (x + at)
Asimismo las derivadas u(x, t) con respecto a t est´an dadas por :
∂u
∂t
= af (x + at) − ag (x − at)
∂2
u
∂t2
= a2
f (x + at) + a2
g (x − at)
Sustituyendo obtenemos que
∂2
u
∂t2
= a2
f (x + at) + a2
g (x − at) = a2
(f (x + at) + g (x − at)) = a2 ∂2
u
∂x2
Autoevaluaci´on No
3
El estudiante:
1) Resolver´a problemas de aplicaci´on empleando la derivada direccional
de una funci´on f diferenciable en un punto (x, y) en una direcci´on dada por
vector unitario u,
2) Emplear´a el teorema de la derivada implicita para obtener las derivadas
parciales de primer y segundo orden de una funci´on implicita.
3) Hallar´a los puntos cr´ıticos de una funci´on f : Ω ⊆ R2
→ R aplicando
la condici´on necesaria de punto cr´ıtico.
311](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-326-320.jpg)
![4) Utilizar´a el criterio de la segunda derivada para determinar los ex-
tremos locales de funciones de dos variables.
Tiempo: 2 horas
Pregunta 1
El conjunto de los puntos (x, y) tal que 0 ≤ x ≤ 5 , 0 ≤ y ≤ 5 es un
cuadrado
colocado en el primer cuadrante del plano XY . Supongamos que se calien-
ta
ese cuadrado de tal manera que T(x, y) = x2
+ y2
es la temperatura en el
puntoP(x, y). ¿En qu´e direccion se establecer´a el flujo de calor en el punto
P0(3, 4) ?.
Pregunta 2
Sea g
xy
z
, x2
+ y2
= 0 una ecuaci´on que define a z como una funci´on
de
x e y. Verifique que si gx; gy y gz existen y son continuas en toda la regi´on
en la que gz = 0; entonces
yzx − xzy = −
z (x2
− y2
)
xy
Pregunta 3
Hallar los valores extremos locales, absolutos y puntos sillas de
f(x, y) = xy(1 − x2
− y2
) en [0, 1]× [0, 1].
Pauta Autocorrecci´on
Pregunta 1
El flujo de calor en la regi´on est´a dado por una funci´on vectorial
−→
f (x, y)
y
su valor en cada punto depende de las coordenadas de ´este. Sabemos
que
−→
f (x, y) es perpendicular a las curvas de isonivel T(x, y) = c donde
c es constante. Por consiguiente, el gradiente de la funci´on T (x, y)
verifica esta condici´on. Entonces
−→
f (x, y) = −κ T (x, y) donde κ es una
constante positiva ,llamada conductividad t´ermica. N´otese que el signo
negativo indica que el calor fluye desde puntos de mayor temperatura
a puntos de menor temperatura.
Como T(3, 4) = 25 el punto P est´a en la isoterma T(x, y) = 25 , que es
un cuadrante de la circunferencia x2
+ y2
= 25. Sabemos que el flujo
312](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-327-320.jpg)
![x = 0; 1 − 3x2
− y2
= 0 =⇒ P3(0; 1); P4(0; −1) estos puntos
tampoco pertenecen al interior del cuadrado.
Examinemos, las ecuaciones
1 − x2
− 3y2
= 0
1 − 3x2
− y2
= 0
=⇒ y2
= 1 − 3x2
=⇒ 1 − x2
− 3(1 − 3x2
) = 0
4x2
= 1 =⇒ x =
1
2
; x = −
1
2
esta ´ultima coordenada no pertenece al
interior del cuadrado, luego , al sustituir en la segunda ecuaci´on
anterior produce:
x =
1
2
; 1 − x2
− 3y2
= 0 =⇒ y =
1
2
; y = −
1
2
=⇒ dos punto P5
1
2
;
1
2
y
P6
1
2
; −
1
2
/∈ al interior del cuadrado.
Entonces estudiemos el Hessiano en el punto P5
1
2
;
1
2
fxx (x, y) = −6xy, fxy (x, y) = 1 − 3x2
− 3y2
, fyy (x, y) = −6xy
H
1
2
,
1
2
=
−3
2
−1
2
−1
2
−3
2
= 2 > 0 y fxx
1
2
,
1
2
= −
3
2
< 0 =⇒
hay un m´ınimo local de f en P5
1
2
,
1
2
cuyo valor es f
1
2
,
1
2
=
1
8
.
Finalmente, estudiemos la funci´on en la frontera del cuadrado:
Para x ∈ [0, 1]; y = 0 ; f(x, 0) = 0 =⇒ m´ınimo en este segmento
abierto .
Ahora, en los v´ertices, f(0; 0) = 0 =⇒ m´ınimo local y f(1, 0) = 0.
Para y ∈ [0, 1]; x = 1; f(1; y) = −y3
=⇒ f (y) = −3y2
= 0 ⇐⇒
y = 0; f (y) = −6y; f (0) = 0
no existen valores extremos en el segmento abierto .
Ahora, en los v´ertices f(1, 0) = 0; f(1, 1) = −1. Por lo tanto hay m´ınimos
locales en (1, 0),(1, 1).
Para x ∈ [0, 1]; y = 1; f(x; 1) = −x3
=⇒ f (x) = −3x2
= 0 ⇐⇒
x = 0; f (x) = −6x; f (0) = 0 entonces no existe ni m´aximo ni m´ınimo
en el segmento abierto.
En los v´ertices x = 0; x = 1 tenemos f(0, 1) = 0; f(1, 1) = −1 =⇒
m´ınimos locales.
Para x = 0; y ∈ [0, 1]; f(0; y) = 0 =⇒ m´ınimo local en el segmento
abierto.
314](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-329-320.jpg)
![Cap´ıtulo 4
Integraci´on Multiple
Falta una introducci´on
4.1. Integrales dobles y triples
4.1.1. Integrales Dobles
Aspectos geom´etricos
Sea R un rect´angulo representado por R = [a, b] × [c, d] y f una funci´on
continua definida sobre R, es decir
f : R ⊆ R2
→ R
Caso de funciones no negativas:
Supongamos que f(x, y) ≥ 0 y ∀(x, y) ∈ R tal que la gr´afica de z = f(x, y)
est´a arriba del plano xy ,determinando una regi´on V del espacio R3
, bajo la
superficie z = f(x, y) y sobre la regi´on R.
Antes de dar una definici´on en el lenguaje de las Sumas de Riemann,
podemos decir que; bajo las condiciones anteriores el volumen de la regi´on
V corresponde en este caso a lo que llamaremos integral doble de f sobre
R y que denotaremos:
R
f(x, y)dA o
R
f(x, y)dxdy
315](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-330-320.jpg)
![Ejemplo:
Sea f(x, y) = x2
+ y2
y R = [0, 1] × [0, 2].
Figura 4.1: paraboloide
El volumen bajo el paraboloide z = x2
+ y2
sobre el rect´angulo R corre-
sponde a la integral doble de f sobre R en este caso.
R
(x2
+ y2
)dA
Debemos estar claros eso si, que el concepto de integral doble es mucho
m´as que esta interpretaci´on geom´etrica
Integral doble sobre un rect´angulo
Sea R = [a, b] × [c, d] un rect´angulo y f una funci´on acotada definida
sobre R es decir existe M > 0 tal que
−M ≤ f(x, y) ≤ M para (x, y) ∈ R
Observaci´on: Una funci´on continua sobre un rect´angulo cerrado siempre es
acotada.
Partici´on
Sean P1 = {x0, x1, ..., xn} partici´on de [a, b]
P2 = {y0, y1, ..., yn} partici´on de [c, d]
Al conjunto P = P1 × P2 = {(xi, yj) / 0 ≤ i ≤ n, 0 ≤ j ≤ n} lo llamare-
mos partici´on de R de valor n × n.
Sea P1 = m´ax { xi
= xi − xi−1 / i = 1, 2, ..., n}
P2 = m´ax { yi
= yi − yi−1 / j = 1, 2, ..., n}
316](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-331-320.jpg)
![Norma de la partici´on.
La norma de P denotada P se define por
P = m´ax { P1 , P2 }
P = m´ax {lij : diagonal de Rij}
(no es ´unica forma de definir norma de P, pero ´esta es la que usaremos)
Sumas superiores y sumas inferiores
Sean Rij rect´angulo [xi−1, xi] × [yj−1, yj] 1 ≤ i, j ≤ n y ij = ´area del
rect´angulo Rij = (xi − xi−1) · (yj − yj−1)
Definimos ahora, sumas inferiores y sumas superiores de Riemann de f
respecto de la partici´on dada, por
sP (f) =
n
i,j=1
mij(f) ij,
SP (f) =
n
i,j=1
Mij(f) ij
Como consecuencia de estas definiciones podemos decir de estas sumas:
i) Si P es una partici´on cualquiera de R
sP (f) ≤ SP (f)
ii) Si P es partici´on mas fina que P ( P ⊆ P ) entonces
sP (f) ≤ sP (f) y SP (f) ≤ SP (f)
iii) Si P1 y P2 son dos particiones cualquiera de R
sP1 (f) ≤ SP2 (f)
Con estas sumas formamos los respectivos conjuntos:
Conjunto de sumas inferiores.
{sP (f)/P es partici´on de R}
Conjunto de sumas superiores.
{SP (f)/P es partici´on de R}
317](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-332-320.jpg)
![Sea S una regi´on acotada de R2
y f una funci´on definida y acotada sobre
S, si R es en rect´angulo tal que R ⊇ S y fR la extensi´on de f a R del tipo
definido aqu´ı, entonces si existe R
fRdA , definimos
S
fdA =
R
fRdA
Importante.
Las propiedades enunciadas, de la integral doble en rect´angulos siguen
siendo v´alidas en conjuntos m´as generales lo que se puede justificar por la
definici´on anterior
Integrales Iteradas
Una integral de la forma
b
a
h(x)
g(x)
f(x, y)dydx
se llama integral iterada y se interpreta como
b
a
F(x)dx donde para cada
x ∈ [a, b],con F(x) =
h(x)
g(x)
f(x, y)dy.
Si f(x, y) es funci´on continua sobre {(x, y) : a ≤ x ≤ b, g(x) ≤ y ≤ h(x)}
y
G(x, y) una primitiva en la segunda variable, de f(x, y), es decir ,
∂G(x, y)
∂y
= f(x, y) para cada x ∈ [a, b] y todo g(x) ≤ y ≤ h(x), el
teorema
Fundamental del c´alculo permite que
F(x) =
h(x)
g(x)
f(x, y)dy = G(x, y) |
y=h(x)
y=g(x)= G(x, h(x)) − G(x, g(x))
Se puede interpretar entonces la integral iterada como un proceso sucesivo
de integraci´on as´ı
b
a
h(x)
g(x)
f(x, y)dydx =
b
a
h(x)
g(x)
f(x, y)dy dx
De manera similar se tiene
d
c
h(y)
g(y)
f(x, y)dxdy =
d
c
h(y)
g(y)
f(x, y)dx dy
321](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-336-320.jpg)
![Ejemplo.
1
0
x
0
(x2
+ 4xy)dydx =
1
0
x
0
(x2
+ 4xy)dy dx
=
1
0
x2
y + 2xy2 x
0
dx
=
1
0
(x3
+ 2x3
)dx =
1
0
3x3
dx =
3
4
x4
1
0
=
3
4
Otros ejemplos: Interprete y eval´ue:
i)
4
0
2
0
x
√
ydxdy
ii)
2
0
4
0
x
√
ydydx
iii)
1
0
x
0
sin(x2
)dydx
iv)
2
0
3
√
x
(x2
+ y) dydx
v)
5
0
x2
2x
(x + y)dydx
Algunas Respuestas
i)
4
0
2
0
x
√
ydxdy =
4
0
2
0
x
√
ydx dy =
4
0
x2
2
√
y
2
0
dy =
=
4
0
2
√
ydy = 2 · 2
3
y
3
2
4
0
= 32
3
iii)
1
0
x
0
sin(x2
)dydx = 1−cos 1
2
iv)
2
0
3
√
x
(x2
+ y) dydx 16 1 −
√
2
7
A continuaci´on examinaremos la evaluaci´on de la integral doble por medio
de integrales iteradas.
4.1.3. Teorema de Fubini
Sea f una funci´on continua en una regi´on R cerrada y acotada, entonces
a) Si R = {(x, y) a ≤ x ≤ b, g1(x) ≤ y ≤ g2(x)} y g y son funciones
continuas en [a, b] se tiene:
R
fdA =
b
a
g2(x)
g1(x)
f(x, y)dydx
b) Si R = {(x, y) c ≤ y ≤ d, h1(y) ≤ x ≤ h2(y)} y h1 y h2 son
322](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-337-320.jpg)
![Figura 4.2: Regi´on tipo a
Figura 4.3: Regi´on tipo b
funciones continuas en [c, d] se tiene
R
fdA =
d
c
h2(y)
h1(y)
f(x, y)dxdy
Ejemplo
Este ejemplo ilustra como este teorema se adapta a la situaci´on del prob-
lema, en este caso se pide calcular
R
xydA
y R es la regi´on tri´angular del plano con v´ertices en los puntos A(-6,-2),
B(-1,3) y C(9,-7).
Soluci´on:
323](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-338-320.jpg)
![Soluci´on.- En este caso
S1 = (x, y) ∈ R2
: −1 ≤ x ≤ 0, x ≤ y ≤ x3
S2 = (x, y) ∈ R2
: 0 ≤ x ≤ 1, x3
≤ y ≤ x
S
(x2
+ y)dA =
S1
(x2
+ y)dA +
S2
(x2
+ y)dA
S1
(x2
+ y)dA =
0
−1
x3
x
(x2
+ y)dydx =
0
−1
x2
y +
y2
2
x3
x
dx
=
0
−1
[(x5
+
x6
2
) − (x3
+
x2
2
)]dx
=
x6
6
+
x7
14
−
x4
4
−
x3
6
0
−1
= −
(−1)6
6
−
(−1)7
14
+
(−1)4
4
+
(−1)3
6
= −
1
84
S2
(x2
+ y)dA =
1
0
x
x3
(x2
+ y)dydx =
1
0
x2
y +
y2
2
x
x3
dx
=
1
0
[(x3
+
x2
2
) − (x5
+
x6
2
)]dx
= (
x4
4
+
x3
6
) − (
x6
6
+
x7
14
)
1
0
= (
14
4
+
13
6
) − (
16
6
+
17
14
)
=
5
28
Por lo tanto
S
(x2
+ y)dA = −
1
84
+
5
28
=
1
6
326](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-341-320.jpg)
![al interior de la regi´on se puede calcular usando la siguiente integral doble
V =
R
[f(x, y) − g(x, y)]dA
Ejemplo
1) Use la integral doble para determinar el volumen del tetraedro acotado
por los planos coordenados y el plano 3x + 6y + 4z − 12 = 0.
Soluci´on: Para determinar la regi´on R hacemos z = 0 y encontramos
su intersecci´on con el plano dado xy . As´ı z = 0 =⇒ 3x + 6y = 12 =⇒ y =
−1
2
x + 2
La regi´on en el plano xy est´a acotada por el eje x, el eje y y la recta
y = −1
2
x + 2, por lo tanto
Figura 4.8: Regi´on en el plano xy, acotada por el x = 0, y = 0 y la recta y = −x
2 +2
Figura 4.9: Tetraedro
R = (x, y) ∈ IR2
/ 0 ≤ x ≤ 4, 0 ≤ y ≤ −1
2
x + 2
328](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-343-320.jpg)
![Segundo momento con respecto al eje x:
Ix =
S
δ(x, y)y2
dA
Segundo momento Polar con respecto al origen:
I0 =
S
δ(x, y)(x2
+ y2
)dA
Centroide:
(x, y) =
My
M
,
Mx
M
Cuando la funci´on densidad es variable y est´a asociada con la distribuci´on
de la masa, los segundos momentos se llaman tambi´en momentos de inercia
y el centroide se le llama tambi´en centro de masas.
En una forma m´as general, el primer y segundo momento de un conjunto
S se puede definir con respecto a una linea recta cualquiera L.
ML =
S
δ(x, y)D(x, y)dA
IL =
S
δ(x, y) [D(x, y)]2
dA
Siendo D(x, y) la distancia de la recta L al punto (x,y).
Ejemplo.
Una l´amina triangular tiene los v´ertices (0, 0), (1, 0) y (1, 2), y tiene
densidad δ(x, y) = x2
y. Halle su centro de masa.
Soluci´on:
En este caso R = {(x, y) ∈ R2
/ 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 2x}
Debemos calcular M = M(S), My y Mx :
M =
S
x2
ydA =
1
0
2x
0
x2
ydydx =
1
0
x2
y2
2
2x
0
dx
=⇒ M =
1
0
2x4
dx =
2x5
5
1
0
=
2
5
335](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-350-320.jpg)
![e
1
ln x
0
ydydx =
1
0
e
ey
ydxdy
=
4
0
y x
e
ey
dy
=
4
0
y(e − ey
)dy
= e
y2
2
4
0
− ey
[y − ey
]4
0
= 8e − 4e4
− 1
4.4.3. Cambios de variables: Coordenadas polares
Problema 1
Calcular
D
x2
+ y2
dxdy si D = {(x, y) ∈ IR2
/ x2
+ y2
≤ 1} ,usando
coordenadas polares. V´ease figura 4.25
Soluci´on.
A partir de la coordenadas polares tenemos:
x = rcosθ, y = rsenθ =⇒ x2
+ y2
= r2
El valor absoluto del Jacobiano de transformaci´on a polares es:
∂ (x, y)
∂ (r, θ)
= r
Reemplazando t´erminos en la integral, produce
D
x2
+ y2
dxdy =
D
r2 ∂ (x, y)
∂ (r, θ)
drdθ
=
1
0
2π
0
r3
dθdr =
1
0
2π
0
r3
θ|2π
0 dr
= 2π
1
0
r3
dr = 2π
r4
4
1
0
=
π
2
Las coordenadas polares dieron una solucion m´as simple del problema.
La simplicidad depende de la naturaleza del problema y de la simetria que
presenta el dominio.
363](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-378-320.jpg)
![x + y = 6 se transforma en v = 6
Es decir, D∗
= {(u, v) /1 ≤ u ≤ 9, 4 ≤ v ≤ 6}
Vamos a calcular
∂ (x, y)
∂ (u, v)
a partir de (1)
∂ (u, v)
∂ (x, y)
y usar la propiedad
∂ (x, y)
∂ (u, v)
=
∂ (u, v)
∂ (x, y)
−1
.
En efecto
∂ (u, v)
∂ (x, y)
=
2x −2y
1 1
= 2 (x + y) = 2v =⇒
∂ (x, y)
∂ (u, v)
=
1
2v
El teorema del cambio variables afirma que:
A (D) =
D
dxdy =
D∗
∂ (x, y)
∂ (u, v)
dudv
=
9
1
6
4
1
3v
dvdu
=
1
2
9
1
[ln v]6
4 du
=
1
2
ln
6
4
9
1
du
=
1
2
ln
3
2
[u]9
1 = 4 ln
3
2
Problema 3
Calcular I =
D
x3
+ y3
xy
dxdy, donde D es la regi´on del primer cuad-
rante acotada por:
y = x2
, y = 4x2
x = y2
, x = 4y2 (1)
Soluci´on.
El c´alculo de I ser´ıa bastante complejo si usamos coordenadas cartesianas
por la simetr´ıa que tiene el dominio.Sin embargo, una cambio de variables
simplifica la regi´on D y la transforma en D∗
.
Sean u =
x2
y
, v =
y2
x
Luego D∗
esta acotada por la rectas verticales;
y = x2
se transforma en u = 1.
y = 4x2
se transforma en u =
1
4
.
y las rectas horizontales
x = y2
se transforma en v = 1.
370](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-385-320.jpg)
![I =
D
x3
+ y3
xy
dxdy =
D
x2
y
+
y2
x
dxdy
=
1
1/4
1
1/4
(u + v)
1
3
dvdu
=
1
3
1
1/4
uv +
v2
2
1
1/4
du
=
1
3
1
1/4
3
4
u +
15
32
du
=
1
3
3
8
u2
+
15
32
u
1
1/4
=
1
3
3
8
15
16
+
15
32
3
4
=
15
64
Problema 4
Evaluar la integral I =
D
[x + y]2
dxdy, donde D es la regi´on del plano
xy acotado por las curvas
x + y = 2, x + y = 4,
y = x, x2
− y2
= 4,
(1)
Figura 4.36: D regi´on acotada por x + y = 2, x + y = 4, y = x y x2 − y2 = 4
Soluci´on. Observese que las ecuaciones de la curvas de la frontera de
D s´olo incluyen a x e y en las combinaciones de x ± y,y el integrando incluye
solamentenlas mismas combinaciones. Aprovechando estas simetr´ıas, sean las
coordenadas
u = x + y, v = x − y
Luego, la imagen D∗
de la regi´on D est´a acotada por las curvas;
372](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-387-320.jpg)
![x + y = 2 se transforma en u = 2.
x + y = 4 se transforma en u = 4.
A su vez
x − y = 0 se transforma en v = 0.
x2
− y2
= (x + y) (x − y) = 4 se transforma en uv = 4.
Es decir, D∗
= (u, v) / 2 ≤ u ≤ 4, 0 ≤ v ≤
4
u
El jacobiano de la transformaci´on es
∂ (x, y)
∂ (u, v)
=
∂ (u, v)
∂ (x, y)
−1
.
En efecto
∂ (u, v)
∂ (x, y)
=
1 1
1 −1
= −2 =⇒
∂ (x, y)
∂ (u, v)
=
1
2
Entonces:
D
[x + y]2
dxdy =
1
2 D∗
u2
dudv
=
1
2
4
2
4/u
0
u2
dvdu
=
1
2
4
2
u2
v|4/u
0 du
=
1
2
4
2
4udu
=
4
2
u2
2
4
2
= 12
4.4.5. C´alculo de integrales triples en coordenadas rect´angu-
lares cartesianas
Problema 1
Sea R la regi´on en IR3
acotada por: z = 0, z =
1
2
y, x = 0; x = 1, y =
0, y = 2
Calcular
R
(x + y − z) dxdydz.
Soluci´on.
Del gr´afico de la regi´on (V´ease figura 4.37) , tenemos que 0 ≤ z ≤
1
2
y.Proyectando la regi´on R
sobre el plano xy. As´ı D = {(x, y) ∈ IR2
/ 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 2} .
Por lo tanto;
373](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-388-320.jpg)
![Figura 4.37: R regi´on acotada por z = 0, z =
1
2
y, x = 0; x = 1, y = 0, y = 2
R
(x + y − z) dxdydz =
D
(
1
2
y
0
(x + y − z) dz)dxdy
1
0
2
0
(
1
2
y
0
(x + y − z) dz)dydx =
1
0
2
0
xz + yz −
z2
2
1
2
y
0
dydx
1
0
2
0
1
2
(x + y)y −
y2
8
dydx =
1
0
2
0
1
2
xy +
3
8
y2
dydx
1
0
1
4
xy2
+
1
8
y3
2
0
dx =
1
0
[(x + 1)] dx =
1
2
x2
+ x
1
0
=
3
2
Tambi´en es posible resolver el problema anterior proyectando la regi´on R
sobre el plano xz.En tal caso, 2z ≤ y ≤ 2 y
D = {(x, z) ∈ IR2
/ 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1}
R
(x + y − z) dxdydz =
1
0
1
0
(
2
2z
(x + y − z) dy)dzdx
374](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-389-320.jpg)
![1
0
1
0
xy +
y2
2
− zy
2
2z
dzdx = 2
1
0
1
0
[x + 1 − z − xz] dzdx
2
1
0
xz + z −
z2
2
− x
z2
2
1
0
dx = 2
1
0
x + 1 −
1
2
−
x
2
dx
1
0
[(x + 1)] dx =
1
2
x2
+ x
1
0
=
3
2
Una tercera posibilidad de soluci´on consiste en proyectar la regi´on R
sobre el plano yz.
Esta se deja como ejercicio.
Problema 2
Calcular
D
x2
dxdydz si D es la regi´on acotada por y2
+ z2
= 4ax,
y2
= ax, x = 3a
Figura 4.38: D regi´on acotada por y2 + z2 = 4ax, y2 = ax, x = 3a
Soluci´on.
La superficie y2
+ z2
= 4ax corresponde a un paraboloide de revoluci´on
como el bosquejado en la figura.
En dos variables el gr´afico de y2
= ax es una par´abola, pero es tres
variables es la superficie de un manto parab´olico.
Finalmente, el gr´afico x = 3 es un plano paralelo al plano xz a la distancia
3a.
Luego el gr´afico de la regi´on es
La proyecci´on de la region sobre el plano xy es:
D = (x, y, z) ∈ IR3
/D1 ∪ D2 , − 4ax − y2 ≤ z ≤ 4ax − y2
375](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-390-320.jpg)
![En consecuencia la integral puede describirse por
I =
R
(r) drdθdz
=
π/2
−π/2
2
2 cos θ
√
4−r2
0
rdzdrdθ +
3π/2
π/2
2
0
√
4−r2
0
rdzdrdθ
=
π/2
−π/2
2
2 cos θ
r [z]
√
4−r2
0 drdθ +
3π/2
π/2
2
0
r [z]
√
4−r2
0 drdθ
=
π/2
−π/2
2
2 cos θ
r
√
4 − r2drdθ +
3π/2
π/2
2
0
r
√
4 − r2drdθ
=
π/2
−π/2
−
1
3
4 − r2 3/2
2
2 cos θ
dθ +
3π/2
π/2
−
1
3
4 − r2 3/2
2
0
dθ
=
8
3
π/2
−π/2
1 − cos2
θ
3/2
dθ +
8
3
3π/2
π/2
dθ
=
8
3
π/2
−π/2
sen3
θdθ +
8
3
3π/2
π/2
dθ
=
8
3
− cos θ +
cos3
θ
3
π/2
−π/2
+
8
3
π =
8
3
π
Problema 4
Calcular I =
D
x2
a2
+
y2
b2
+
z2
c2
dxdydz.
En la regi´on D = (x, y, z) ∈ IR3
/
x2
a2
+
y2
b2
+
z2
c2
≤ 1 a > 0, b > 0, c >
0
Figura 4.45: D es la regi´on interior al elipsoide
x2
a2
+
y2
b2
+
z2
c2
= 1
385](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-400-320.jpg)
![variar si ubicamos el eje z pasando por el punto (a, b, c). Si (0, 0, d) son las
nuevas coordenadas del punto fijo tenemos.
I =
D
dxdydz.
x2 + y2 + (z − d)2
Observaci´on
El razonamiento anterior es muy usado el c´alculo de integrales que apare-
cen aplicaciones a la F´ısica pues en dicha Ciencia son comunes las leyes en
que aparece una distacia o el cuadrado de una distancia en el denominador
del integrando.
Para calcular I en (*) usamos coordenadas esf´ericas. Obtenemos:
I =
R
0
π
0
2π
0
r2
senθ dφdθdr
√
r2 + d2 − 2dr cos θ
= 2π
R
0
π
0
r2
senθ dθdr
√
r2 + d2 − 2dr cos θ
Para calcular
J =
π
0
r2
senθ dθdr
√
r2 + d2 − 2dr cos θ
podemos hacer
s = r2
+ d2
− 2dr cos θ
ds = 2drsenθdθ
Adem´as, θ = 0 =⇒ s = r2
+ d2
− 2dr = (d − r)2
θ = π =⇒ s = r2
+ d2
+ 2dr = (d + r)2
Reemplazando en la integral anterior produce
J =
r
2d
(d+r)2
(d−r)2
s−1/2
ds =
r
2d
2s1/2 (d+r)2
(d−r)2
=
r
2d
[2 (d + r) − 2 (d − r)]
=
r
2d
[4r] =
2r2
d
Por lo tanto
388](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-403-320.jpg)
![x = 4y2
=⇒ transforma en v =
1
4
.
Es decir, D∗
= (u, v) /1 ≤ u ≤
1
4
, 1 ≤ v ≤
1
4
Para calcular
∂ (x, y)
∂ (u, v)
tenemos dos posibilidades, la primera es despejar
x e y en t´erminos de u y v a partir de (1) . La segunda, es calcular
∂ (u, v)
∂ (x, y)
y usar la propiedad
∂ (x, y)
∂ (u, v)
=
∂ (u, v)
∂ (x, y)
−1
.
En efecto
∂ (u, v)
∂ (x, y)
=
2x
y
−
x2
y2
−
y2
x2
2y
x
= 4 − 1 = 3 =⇒
∂ (x, y)
∂ (u, v)
=
1
3
Calculemos ahora el ´area pedida:
A (D) =
D
dxdy =
1
D
1
3
dvdu
=
1
3
1
1/4
1
1/4
dvdu =
1
3
1
1/4
[v]1
1/4 du
=
1
4
[u]1
1/4 =
3
16
4.6.3. Momentos y centros de masa para placas planas
delgadas
Definici´on: Sea L una l´amina con la forma de una regi´on R del plano xy.
Si la densidad en (x, y) es δ (x, y) , y δ es continua en R, entonces la masa M y
los primeros momentos de la l´amina con respecto al eje x e y respectivamente
son Mx, My y los centros de masa (x, y) se definen:
406](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-421-320.jpg)
![M =
Q
δ (x, y, z) dV
=
Q∗
kzrdrdθdz =
R
0
2π
0
h
0
kzrdzdθdr
=
R
0
2π
0
k
z2
2
h
0
dθdr =
R
0
2π
0
k
h2
2
rdθdr
= k
h2
2
R
0
[θ]2π
0 rdr = πkh2 r2
2
R
0
=
1
2
πkh2
R2
El momento de inercia del s´olido con respecto al plano xy es
Mxy =
Q
zδ (x, y, z) dV =
Q
z (kz) dV
=
Q∗
kz2
(r) drdθdz =
R
0
2π
0
h
0
kz2
rdzdθdr
=
R
0
2π
0
k
z3
3
h
0
dθdr = k
h3
3
R
0
[θ]2π
0 rdr
=
2
3
πkh3 r2
2
R
0
=
1
3
πkh3
R2
Finalmente, las coordenadas del centro de masa son:
x =
My
M
= 0
y =
Mx
M
= 0
z =
Mxy
M
=
1
3
πkh3
R2
1
2
πkh2R2
=
2
3
h
415](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-430-320.jpg)
![Usando coordenadas cil´ındricas tenemos:
x = r cos θ
y = y
z = rsenθ
⇒ Q∗
= {(r, θ, y) / 0 ≤ r ≤ 3, 0 ≤ θ ≤ 2π, r ≤ y ≤ 3}
El Jacobiano de transformaci´on es
∂ (x, y, z)
∂ (r, θ, z)
= r
Reemplazando en la expresi´on anterior se tiene
Iz =
Q∗
(r2
)k (r) drdθdy = k
3
0
2π
0
3
r
(r3
)dydθdr
= k
3
0
2π
0
(r3
) [y]3
r dθdr = k
3
0
(r3
) [3 − r] [θ]2π
0 dr
= 2πk
3
0
(3r3
− r4
)dr = 2πk
3
4
r4
−
1
5
r5
3
0
=
11
10
35
πk
Problema 4
Calcular el volumen y el centroide de la regi´on acotada arriba por la esfera
ρ = a, y abajo por el cono θ = θ0, donde 0 < θ0 <
π
2
, que tiene una densidad
δ (x, y, z) = 1
Soluci´on.
Sea la regi´on
Q = (x, y, z) ∈ IR3
/ 0 ≤ x2
+ y2
≤
a2
2
, y2 + x2 ≤ z ≤ a2 − y2 − x2
El volumen de esta regi´on en coordenadas esf´ericas es
V =
2π
0
θ0
0
a
0
ρ2
senθdρdθdφ =
2π
0
θ0
0
1
3
a3
senθdρdθdφ
=
1
3
a3
2π
0
[− cos θ]θ0
0 dφ =
2
3
πa3
[1 − cos θ0]
Por simetr´ıa, el centroide est´a en el eje z, luego determinemos el momento
del s´olido respecto al plano xy
417](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-432-320.jpg)
![Figura 4.72: Regi´on s´olida que se encuentra al exterior de la esfera x2 +y2 +z2 =
a2 y dentro de la esfera x2 + y2 + z2 = b2
x = ρsenθ cos φ
y = ρsenθsenφ
z = ρ cos θ
=⇒
∂ (x, y, z)
∂ (ρ, θ, φ)
= ρ2
senθ
La regi´on de integraci´on queda:
Q∗
= {(ρ, θ, φ) / a ≤ ρ ≤ b, 0 ≤ θ ≤ π, 0 ≤ φ ≤ 2π}
Al sustituir en la expresi´on anterior tenemos que la masa total es
M =
2π
0
π
0
b
a
(kρ2
)ρ2
senθdρdθdφ
=
2π
0
π
0
k
ρ5
5
b
a
senθdθdφ
=
1
5
k b5
− a5
2π
0
[− cos θ]π
0 dφ
=
2
5
k b5
− a5
2π
0
dφ
=
4
5
πk b4
− a4
Por la simetr´ıa, el momento de inercia con respecto al eje z es
419](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-434-320.jpg)
![Iz =
Q
x2
+ y2
δ (x, y, z) dV
=
Q
x2
+ y2 x2
+ y2
+ z2
x2 + y2
dV
= =
Q
x2
+ y2
+ z2
dxdydz
donde la regi´on s´olida est´a acotada por
Q = {(x, y, z) ∈ IR3
/ a2
≤ x2
+ y2
+ z2
≤ 9a2
}.
Para calcular la ´ultima integral usaremos coordenadas esf´ericas:
x = ρsenθ cos φ
y = ρsenθsenφ
z = ρ cos θ
=⇒
∂ (x, y, z)
∂ (ρ, θ, φ)
= ρ2
senθ
La regi´on de integraci´on queda:
Q∗
= {(ρ, θ, φ) / a ≤ ρ ≤ 3a, 0 ≤ θ ≤ π, 0 ≤ φ ≤ 2π}
Al sustituir en la expresi´on anterior tenemos que Iz queda:
Iz =
2π
0
π
0
3a
a
(ρ2
)(ρ2
senθ)dρdθdφ
=
2π
0
π
0
3a
a
ρ4
senθdρdθdφ
=
2π
0
π
0
ρ5
5
3a
a
senθdθdφ
=
1
5
(3a)5
− a5
2π
0
π
0
senθdθdφ
=
8
5
a5
2π
0
[− cos θ]π
0 dφ
=
16
5
a5
2π
0
dφ
=
32
5
πa5
Problema 7
Encontrar el centro de masa del s´olido homog´eneo , cuya densidad es
δ (x, y, z) = 1, que est´a acotado por arriba por z2
= 64 + x2
+ y2
y por
abajo z2
= 2( x2
+ y2
), z ≥ 0.
421](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-436-320.jpg)
![V (Q∗
) =
Q∗
rdrdθdz
=
2π
0
8
0
√
64+r2
√
2r
r dzdrdθ =
2π
0
8
0
[z]
√
64+r2
√
2r
rdrdθ
=
2π
0
8
0
√
64 + r2 −
√
2r rdrdθ
=
2π
0
8
0
r
√
64 + r2dr −
√
2
8
0
r2
dr dθ
=
2π
0
1
2
2
3
(64 + r2
)3/2
8
0
−
√
2
r3
3
8
0
dθ
= 2π
221/2
3
−
218/2
3
−
√
2
83
3
∴ V (Q∗
) =
2
3
π 29
23/2
− 1 −
√
229
Por otro lado, el momento de inercia es
M =
Q
δ (x, y, z) zdV
=
Q∗
z rdrdθdz
=
2π
0
8
0
√
64+r2
√
2r
r zdzdθdr
=
2π
0
8
0
r
z2
2
√
64+r2
√
2r
drdθ
=
1
2
2π
0
8
0
64 + r2
− 2r2
rdrdθ
=
1
2
2π
0
8
0
64r − r3
drdθ
=
1
2
2π
0
32r2
−
r4
4
8
0
dθ
=
1
2
2π 82
(32 − 16) = 1024π
Por tanto, la tercera coordenada del centro de masa del s´olido es:
423](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-438-320.jpg)
![Des esta manera
V (D) =
2π
0
π
4
0
2
1
r sin θdrdθdφ
=
2π
0
π
4
0
r3
3
2
1
sin θdθdφ
=
7
3
2π
0
[− cos θ]
π
4
0 dφ
=
7
3
1 −
√
2
2
2π
=
14
3
1 −
√
2
2
π
Pregunta 2
Queremos calcular la integral la integral de la funci´on f (x, y) = y2
+ z2
sobre
la regi´on R limitada por el cono a2
(h − z)2
= h2
(x2
+ y2
).
Este es un caso t´ıpico que por la simetr´ıa de la regi´on y del integrando,
bajo cualquier punto de vista conviene hacer el cambio a coordenadas
cil´ındricas para evaluar la integral. Sea
x = ρ cos θ
y = ρ sin θ
z = z
que tiene por Jacobiano de la transformaci´on
∂ (x, y, z)
∂ (ρ, θ, z)
= ρ .
Obs´ervese que la regi´on de integraci´on R se describe, proyectando sobre
el
plano XY z = 0 =⇒ (x2
+ y2
) ≤ a2
=⇒ 0 ≤ ρ ≤ a y 0 ≤ θ ≤ 2π. De
modo que
la proyeci´on de la regi´on de integraci´on R∗
se ve en el plano (ρ, θ) como
el
rect´angulo 0 ≤ ρ ≤ a y 0 ≤ θ ≤ 2π.
Por otra parte, sustituyendo en a2
(h − z)2
≤ h2
(x2
+ y2
) =⇒
0 ≤ z ≤
h
a
(a − ρ) . De esta manera, la regi´on de integraci´on en el nuevo
428](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-443-320.jpg)
![Luego la integral se puede expresar:
R
xyzdxdydz =
1
0
1−x
0
1−x−y
0
xyzdzdydx
=
1
0
1−x
0
xy
1
2
(1 − x − y)2
dydx
=
1
0
1−x
0
xy
1
2
y(1 − x)2
− 2(1 − x)y2
+ y3
dydx
=
1
2
1
0
x
(1 − x)4
2
− 2
(1 − x)4
3
+
(1 − x)4
4
dx
=
1
2
1
0
x(1 − x)4
dx =
1
720
Autoevaluaci´on No
2
Tiempo 2 horas
Pregunta 1
Encontrar el volumen del s´olido, en el primer octante, acotado por los
planos
coordenados, el cil´ındro x2
+ y2
= 4 y el plano z + y = 3.
Pregunta 2.
Calcular R
1
[1+(x2+y2+z2)3/2
]
3/2 dxdydz, siendo R la esfera
x2
+ y2
+ z2
= a2
.
Pregunta 3.
Utilice la sustituci´on u =
y
x
, v = y + x2
para evaluar la integral
Rxy
y + 2x2
x2 + xy
dydx
en donde Rxy es la regi´on del primer cuadrante acotada por las curvas
y = 3 − x2
, y = 8 − x2
, e y = 2x.
Nota: Usar la propiedad
∂ (x, y)
∂ (u, v)
=
∂ (u, v)
∂ (x, y)
−1
en un dominio en que
ambos Jacobianos son distintos de cero.
Pauta de Correcci´on.
430](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-445-320.jpg)
![Pregunta 1
El volumen de la regi´on R est´a dado por
V =
R
f(x, y)dxdy
En nuestro caso f(x, y) = z = 3−y queda definida en la regi´on del primer
octante dada por R = (x, y) /0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤
√
4 − x2 . Entonces,
al sustituir t´erminos en el integrando, obtenemos
V =
2
0
√
4−x2
0
(3 − y) dydx
=
2
0
3y −
y2
2
√
4−x2
0
dx
=
2
0
3
√
4 − x2 −
4 − x2
2
dx
=
3
2
√
4 − x2 + 6arcsen
x
2
− 2x +
x3
6
2
0
= 6
π
2
− 4 +
8
6
=
9π − 8
3
Pregunta 2.
Calculemos la integral triple de la funci´on f (x, y, z) = 1
[1+(x2+y2+z2)3/2
]
3/2
sobre la regi´on R limitada por la esfera x2
+ y2
+ z2
= a2
.
Aunque el problema se puede plantear en coordenadas directamente en
coordenadas cartesianas , por la forma de la regi´on y del integrando, ser´a
dific´ıl resolverlo directamente. En consecuencia, lo resolveremos en
coordenadas esf´ericas. Sea
x = r sin θ cos φ
y = r sin θ sin φ
z = r cos θ
que tiene por Jacobiano de la transformaci´on
∂ (x, y, z)
∂ (r, θ, φ)
= r2
sin θ.
Entonces esta regi´on R corresponde en el espacio rθφ a la regi´on R∗
dada por R∗
= {(r, θ, φ) /0 ≤ r ≤ a; 0 ≤ θ ≤ π; 0 ≤ φ ≤ 2π}
El integrando f (x, y, z) = 1
[1+(x2+y2+z2)3/2
]
3/2 en las nuevas coordenadas
431](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-446-320.jpg)
![queda f (r sin θ cos φ, r sin θ sin φ, r cos θ) =
1
(1 + r3)3/2
,de modo que la
integral por calcular toma la forma:
R
1
1 + (x2 + y2 + z2)3/2
3/2
dxdydz =
R∗
(r2
sin θ)
[1 + r3]3/2
drdθdφ
2π
0
π
0
a
0
r2
sin θ
[1 + r3]3/2
drdθdφ =
2π
0
π
0
−2
(1 + r3)1/2
a
0
sin θdθdφ
2 1 −
1
(1 + a)1/2
2π
0
− cos θ|π
0 dφ = 4 1 −
1
(1 + a)1/2
φ|2π
0
= 8π 1 −
1
(1 + a)1/2
Pregunta 3.
Vamos a evaluar la integral
Rxy
y + 2x2
x2 + xy
dydx, en la regi´on Rxydel primer
cuadrante acotada por las curvas y = 3 − x2
, y = 8 − x2
, e y = 2x.
Usando el cambio de variables u =
y
x
, v = y + x2
, la regi´on Rxy se
transforma en la regi´on del primer cuadrante acotada por las curvas:
y + x2
= 3 =⇒ v = 3
y + x2
= 8 =⇒ x = 8,
y
x
= 2 =⇒ u = 2;
y
x
= 0 =⇒ u = 0
Luego, Ruv = {(u, v) /0 ≤ u ≤ 2, 3 ≤ v ≤ 8} .
Calculemos ahora el Jacobiano de la transformaci´on usando la propiedad
∂ (x, y)
∂ (u, v)
=
∂ (u, v)
∂ (x, y)
−1
=
− y
x2
1
x
2x 1
−1
=⇒
∂ (x, y)
∂ (u, v)
=
x2
y + 2x2
Sustituyendo t´erminos en la integral, obtenemos
Rxy
y + 2x2
x2 + xy
dydx =
Ruv
1
1 + u
dudv
=
2
0
8
3
1
1 + u
dudv =
2
0
5
1 + u
du
= 5 ln |1 + u|2
0 = 5 ln 3
432](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-447-320.jpg)
![Cap´ıtulo 5
Integral de Linea
Es una forma de generalizar la integral de Riemann en una variable,
conocida en el curso anterior, a una integral definida sobre una curva del
espacio bi o tridimensional.
Planteamiento
Supongamos que tenemos:
a) f : U ⊂ IR3
→ IR funci´on escalar continua en U y
b) −→c : [a, b] → IR3
, −→c (t) = (x(t), y(t), z(t)) una trayectoria de clase
C1
,
es decir una curva en IR3
.
La integral de la funci´on f calculada sobre la trayectoria descrita por la
curva C se define de la forma dada a continuaci´on.
La integral de trayectoria de f(x, y, z) a lo largo de la trayectoria −→c ,
est´a definida cuando −→c : [a, b] → IR3
es de clase C1
y adem´as la funci´on
compuesta f(t) = f(x(t), y(t), z(t)) es continua en I = [a, b]; por:
−→c
f ds =
b
a
f(x(t), y(t), z(t)) −→c (t) dt
Alternativamente se denota como:
−→c
fds =
−→c
f(x, y, z)ds =
b
a
f(−→c (t)) −→c (t) dt
Observaciones
i) Si f(x, y, z) = 1, tenemos la longitud del arco.
436](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-451-320.jpg)
![En efecto, como f(x, y, z) = 1,
−→c
f(x, y, z) ds =
−→c
ds =
b
a
−→c (t) dt
=
b
a
(x (t))2
+ (y (t))2
+ (z (t))2
dt
ii) Si C la curva definida por −→c (t) es de clase C1
por tramos o f(−→c (t))
es continua por tramos, entonces calculamos −→c
f ds en segmentos sobre los
cuales
b
a
f(−→c (t)) −→c (t) dt es continua y sumamos las integrales resultantes.
Por ejemplo si −→c = −→c 1 ∪−→c 2 ∪−→c 3 con a lo sumo sus extremos en com´un
−→c
f(x, y, z)ds =
−→c 1
f(x, y, z)ds +
−→c 2
f(x, y, z)ds +
−→c2
f(x, y, z)ds
Algunos ejemplos donde aplicamos esta definici´on; son los siguientes.
Ejemplo 1
Sea la funci´on escalar f(x, y, z) = x2
+ y2
+ z2
continua en R y
−→c : [0, 2π] → IR3
, definida por −→c (t) = (cos t, sin t, t) una trayectoria de
clase C1
. Calcular −→c
f(x, y, z)ds
Soluci´on:
En este caso tenemos la ecuaciones param´etricas :
x(t) = cos t, y(t) = sin t, z(t) = t
Luego la funci´on compuesta es f(x(t), y(t), z(t)) = cos2
t + sin2
t + t2
=
1 + t2
Adem´as −→c (t) = (− sin t, cos t, 1) =⇒ −→c (t) =
√
2
Por lo tanto, sutituyendo t´erminos en la integral, queda
−→c
f(x, y, z)ds =
2π
0
f(x(t), y(t), z(t)) −→c (t) dt
=
2π
0
1 + t2
√
2dt
√
2 t +
t3
3
2π
0
=
2
√
2π
3
3 + 4π2
Ejemplo 2
437](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-452-320.jpg)
![Calcular la siguiente integral de trayectoria −→c
f(x, y, z)ds donde
a) f(x, y, z) = x + y + z y −→c (t) = (cos t, sin t, t), t ∈ [0, 2π]
Soluci´on:
En este caso se tiene que x(t) = cos t, y(t) = sin t, z(t) = t
Que produce la funci´on compuesta f(−→c (t)) = cos t + sent + t,
Adem´as
−→
c (t) = (− sin t, cos t, 1) y −→c (t) =
√
2. Entonces
c
f(x, y, z)ds =
2π
0
√
2(cos t + sent + t)dt
=
√
2 sent − cos t +
t2
2
2π
0
=⇒
c
f(x, y, z)ds =
4
√
2
2
π2
Como taller adicional, evaluar las siguientes integrales de trayectoria
−→c
f(x, y, z)ds
donde:
b) f(x, y, z) = cos z y −→c (t) = (cos t, sin t, t), t ∈ [0, 2π]
c) f(x, y, z) = x cos z y −→c (t) = (t, t2
, 0), t ∈ [0, 1]
Ejemplo 3
a) Demostrar que la integral de l´ınea de f(x, y), a lo largo de una trayec-
toria dada en coordenadas polares por r = r(θ), con θ1 ≤ θ ≤ θ2 es:
I =
θ2
θ1
f (r cos θ, r sin θ) r2 +
dr
dθ
2
dθ
b) Calcular la longitud de arco de r = 1 + cos θ, con 0 ≤ θ ≤ 2π
Soluci´on:
a) En primer lugar, determinemos la ecuaciones param´etricas de la
trayectoria en coordenadas polares
x = r cos θ =⇒ x = r(θ) cos θ
y = r sin θ =⇒ y = r (θ) sin θ
=⇒ −→c (θ) = (r(θ) cos θ, r (θ) sin θ)
Derivando la ecuaci´on de la trayectoria, queda
438](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-453-320.jpg)
![−→c (θ) = (r (θ) cos θ − r (θ) sin θ, r (θ) sin θ + r(θ) cos θ)
Lo que implica
−→c (θ) = (r (θ) cos θ − r (θ) sin θ)2
+ (r (θ) sin θ + r(θ) cos θ)2
= r (θ)2
+ r (θ)2
Por tanto
I =
−→c
f(x, y) ds =
θ2
θ1
f (r cos θ, r sin θ) r (θ)2
+ r (θ)2dθ
b) En este caso se tiene f(x, y) = 1, y como r = 1 + cos θ, con
0 ≤ θ ≤ 2π
Obtenemos r (θ)2
+ r (θ)2 = (1 + cos θ)2
+ (− sin θ)2
Entonces:
s =
2π
0
(1 + cos θ)2
+ (− sin θ)2
dθ
=
2π
0
√
2 + 2 cos θdθ
= 2
π
0
| cos
θ
2
|dθ
= 2
π
0
cos
θ
2
dθ +
π
π
− cos
θ
2
dθ =
8
Es ´util tener en cuenta que la integral de trayectoria se puede aplicar a
problemas de f´ısica e ingenier´ıa
1. Si f(x, y, z) representa la masa por unidad de longitud de un alambre
delgado con la forma de C, entonces −→c
fds es la masa total del alambre.
2. Si f(x, y, z) es la componente tangencial de una fuerza en (x, y, z) de
C, entonces −→c
fds representa el trabajo realizado por la fuerza al mover una
part´ıcula a lo largo de la curva C.
3.- Si f : I ⊂ IR2
→ IR funci´on escalar continua en I = [a, b] y
f(x, y) ≥ 0,entonces −→c
f(x, y)ds =
b
a
f(x(t), y(t)) −→c (t) dt representa el
´area de una pared cuya base es la imagen de −→c y la altura f(x, y).
439](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-454-320.jpg)
![Figura 5.1: Pared zigzagueante
Ejemplo 4
a) Calcular anal´ıticamente la masa M de un resorte que tiene la forma
de una h´elice dada por la ecuaci´on: −→r (t) = (5cost; 5sent; 4t); t ∈ [0; 2π] si la
densidad en cada punto (x, y, z) es el cuadrado de la distancia en cada punto
al origen de coordenadas.
Figura 5.2: H´elice circular
b) Si el centro de masa de un resorte con forma de alambre delgado de
masa M, se define por (XM ; YM ; ZM ) con
440](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-455-320.jpg)
![XM =
1
M −→r
xδ(x, y, z)ds
YM =
1
M −→r
yδ(x, y, z)ds
ZM =
1
M −→r
zδ(x, y, z)ds
Calcular la componente ZM del resorte helicoidal
Soluci´on.
a) La f´ormula para el c´alculo de la masa del resorte es:
M =
−→r
δ(x, y, z)ds =
b
a
δ(−→r (t)) −→r (t) dt
donde se tiene que:
−→r (t) = (5cost; 5sent; 4t); t ∈ [0; 2π] =⇒ −→r (t) = (−5 sin t; 5 cos t; 4)
=⇒ −→r (t) =
√
25 sin2
t + 25 cos2 t + 16 =
√
41 y la densidad
δ(x; y; z) = x2
+ y2
+ z2
=⇒ δ (−→r (t)) = (25 + 16t2
)
Reemplazando en el integrando, queda
M =
−→r
δ(x, y, z)ds =
2π
0
(25 + 16t2
)
√
41dt
=
√
41 25t +
16
3
t3
2π
0
=
√
41 50π +
128
3
π3
b) La componente ZM del centro de masa es
ZM =
1
M −→r
zδ(x, y, z)ds =
1
M
b
a
z(t)δ(−→r (t)) −→r (t) dt
=
1
M
2π
0
t(25 + 16t2
)
√
41dt =
√
41
M
25
2
t2
+ 4t4
2π
0
=
√
41
M
50π2
+ 64π4
=
π [50 + 64π2
]
50 +
128
3
π2
5.1. Campos vectoriales
Sea
−→
F = (F1, F2, F3) un campo vectorial en R3
continuo definida sobre
la trayectoria −→c : [a, b] → R3
con −→c perteneciente a C1
.
441](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-456-320.jpg)
![Ejemplo 2
Evaluar c
yzdx + xzdy + xydz donde C est´a formada por los segmentos
de rectas que unen A (1, 0, 0) a B (0, 1, 0) a C (0, 0, 1)
Soluci´on.
En este caso
−→
C =
−→
AB +
−−→
BC +
−→
CA por lo cual
−→c
yzdx + xzdy + xydz = −→
AB
yzdx + xzdy + xydz + −−→
BC
yzdx + xzdy + xydz
+ −→
CA
yzdx + xzdy + xydz
Pametrizando cada segmento de trayectoria, produce
−→
AB : x = 1 − t =⇒ dx = −dt
y = t =⇒ dy = dt
z = 0 =⇒ dz = 0
−→
AB
yzdx + xzdy + xydz =
1
0
0dt = 0
−−→
BC : x = 0 =⇒ dx = 0
y = 1 − t =⇒ dy = −dt
z = t =⇒ dz = dt
−−→
BC
yzdx + xzdy + xydz =
1
0
0dt = 0
−→
CA : x = t =⇒ dx = dt
y = 0 =⇒ dy = 0
z = 1 − t =⇒ dz = −dt
−→
CA
yzdx + xzdy + xydz =
1
0
0dt = 0
Por tanto
−→c
yzdx + xzdy + xydz = 0
Ejemplo 3
Evaluar I = −→c
−→
F · d−→s , donde
−→
F (x, y) = (xy, x2
y) y
−→c : [−1, 1] −→ IR2
tal que −→c (t) = (t, |t|). −→c /∈ C1
.
Soluci´on
445](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-460-320.jpg)
![La curva C es continua por tramos.
As´ı −→c 1 : [−1, 0] −→ IR2
, −→c 1(t) = (t, −t) =⇒ dx = dt, dy = −dt
−→c2 : [0, 1] −→ IR2
, −→c 2(t) = (t, t) =⇒ dx = dt, dy = dt
De modo que: −→c = −→c 1 + −→c 2
−→c
−→
F · d−→s =
−→c 1
−→
F · d−→s +
−→c 2
−→
F · d−→s
=
−→c 1
xydx + x2
ydy +
−→c 2
xydx + x2
ydy
=
0
−1
(−t2
+ t3
)dt +
1
0
(t2
+ t3
)dt = 0
Por tanto
−→c
−→
F · d−→s = 0
5.2. Cambio de parametrizaci´on
La pregunta crucial que surge al pensar en una curva es ¿cambiar´a el
valor de la integral si se cambia la parametrizaci´on de la curva sobre la que
se integra?.
En primer lugar, ilustremos esto con el siguiente ejemplo.
Ejemplo 1
Si C es la mitad inferior del c´ırculo unitario en el plano xy que une los
puntos (−1, 0) con (1, 0) . Calcular C
(1 + xy)ds parametrizando de dos
maneras diferentes esta curva.
Soluci´on.
Sea −→c (t) = (t, −
√
1 − t2) =⇒ −→c (t) = 1,
t
√
1 − t2
=⇒
−→c (t) =
1
√
1 − t2
entonces
−→c
(1 + xy)ds =
1
−1
(1 − t
√
1 − t2)
1
√
1 − t2
dt
=
1
−1
1
√
1 − t2
− t = π
446](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-461-320.jpg)
![Por otro lado, si ponemos −→c (t) = (cos t, sin t) con π ≤ t ≤ 2π
−→c (t) = (− sin t, cos t) =⇒ −→c (t) = 1
entonces, al reemplazar los t´erminos del integrando queda
−→c
(1 + xy)ds =
1
−1
(1 + sin t cos t) dt = t +
sin2
t
2
2π
π
= π
Por lo tanto, hemos obtenido el mismo valor para la integral a
lo
largo de estas dos trayectorias diferentes que tienen la misma
traza.
En segundo lugar, enunciemos un resultado general con el siguiente teo-
rema.
Teorema 5.2.1. Si −→c (t) y −→p (t) son dos parametrizaciones distintas suaves
o suaves por tramos, que conecta los puntos P0 y P1, que tienen la misma
traza y direcci´on, y si f(x, y, z) est´a definida y es continua sobre la traza,
entonces
−→c
f(x, y, z)ds =
−→p
f(x, y, z)ds
5.2.1. Reparametrizaci´on
Sea h : I1 → I una funci´on de clase C1
con valores reales que sea biyectiva
entre I = [a, b] y I1 = [a1, b1]. Si −→c : [a, b] → IR3
una trayectoria C1
por
tramos. Entonces a la composici´on
−→p = −→c ◦ h : [a1, b1] → IR3
La llamamos reparametrizaci´on de −→c
El valor de la integral de l´ınea no var´ıa por cambios de parametrizaci´on
de la curva −→c , excepto por el signo si hay cambios de orientaci´on, el teorema
correspondiente es:
Teorema 5.2.2. Sea
−→
F un campo vectorial continuo y −→c : [a, b] → IR3
,
trayectoria de clase C1
, y sea −→p : [a1, b1] → IR3
una reparametrizaci´on de
−→c . Entonces
i) Si −→p conserva la orientaci´on:
−→c
−→
F · d−→s =
−→p
−→
F · d−→s
ii) Si −→p invierte la orientaci´on
−→p
−→
F · d−→s = −
−→c
−→
F · d−→s
447](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-462-320.jpg)
![Figura 5.7:
Ejemplo 1:
Sea
−→
F (x, y, z) = (yz, xz, xy) campo vectorial y −→c : [−5, 10] → IR3
trayectoria dada por −→c (t) = (t, t2
, t3
) .
Una trayectoria opuesta: −→c op : [−5, 10] → R3
se puede construir:
−→c op(t) = c(a + b − t)
en este caso queda −→c op(t) = −→c (5 − t) = ((5 − t), (5 − t)2
, (5 − t)3
) .
Evaluar −→c
−→
F · d−→s y −→c op
−→
F · d−→s .
Soluci´on:
−→c
−→
F · d−→s =
10
−5
F1
dx
dt
+ F2
dy
dt
+ F3
dz
dt
dt
=
10
−5
yzdx + xzdy + xydz
=
10
−5
t5
+ 2t5
+ 3t5
dt
= 984,375
por otro lado
−→c op
−→
F · d−→s =
10
−5
yzdx + xzdy + xydz
448](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-463-320.jpg)
![5.4. Campos Conservativos
Ciertos campos de fuerza importantes en la f´ısica provienen de un poten-
cial escalar. Si existe una funci´on φ definida en una regi´on R y si al campo
de fuerza
−→
F tiene la propiedad de que
−→
F= φ = gradφ
entonces se dice que φ es un potencial de
−→
F.
5.4.1. Campo gradiente
Un campo vectorial continuo el cual se obtiene como el gradiente de una
funci´on escalar se llamar´a campo gradiente y una funci´on φ de la cual se
obtiene, la funci´on potencial
−→
F = φ
Teorema 5.4.1. (Teorema fundamental) Sea
−→
F un campo gradiente con
potencial φ definida en una regi´on R y sean P0 y P1 puntos cualesquiera de
R, entonces:
−→c
−→
F · d−→s = φ (P2) − φ (P1)
donde −→c : [a, b] → IR3
tal que −→c (a) = P1, y −→c (b) = P2, y −→c es una
trayectoria de clase C1
.
Demostraci´on
−→c
−→
F · d−→s =
−→c
∂φ
∂x
dx +
∂φ
∂y
dy +
∂φ
∂z
dz
=
b
a
∂φ
∂x
dx
dt
+
∂φ
∂y
dy
dt
+
∂φ
∂z
dz
dt
dt
=
b
a
∂φ
∂t
(−→c (t)) dt = [φ (−→c (t))]
b
a
= φ (P2) − φ (P1)
Por tanto
−→c
−→
F · d−→s = φ (P2) − φ (P1)
451](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-466-320.jpg)
![Adicionalmente podemos afirmar que
Teorema 5.4.2. Si
−→
F es un campo gradiente en una regi´on R, entonces
−→c
−→
F · d−→s es independiente de la trayectoria.
Comentario: Si
−→
F es campo gradiente existe φ definida en R tal que
−→
F = φ, y el teorema fundamental garantiza la independencia de trayectoria.
Observaci´on: No es dific´ıl ver que el rec´ıproco de este teorema tambi´en
es cierto.
Teorema 5.4.3. Si
−→
F es un campo vectorial continuo sobre una region R y
si −→c
−→
F · d−→s es independiente de la trayectoria, entonces
−→
F es un campo
gradiente.
Curva simple C, se define como la imagen de una aplicaci´on −→c : I → IR3
de C1
que sea uno a uno en el intervalo I. Una curva simple es aquella que
no se intersecta a si misma, −→c (a) y −→c (b) se llaman punto inicial y punto
final de la curva.
Curva cerrada simple, se define como −→c : [a, b] → IR3
de C1
tal que
1) es uno a uno en [a, b]
2) −→c (a) = −→c (b) Observaci´on:
i) Si la curva satisface s´olo (2) es curva cerrada.
ii) Las curvas simples cerradas tienen dos direcciones de movimiento posi-
ble.
Integrales de l´ınea sobre curvas simples orientadas y curvas cerradas sim-
ples C.
Sea C una curva simple orientada imagen de −→c : [a, b] → IR3
entonces
definimos:
C
−→
F · d−→s =
−→c
−→
F · d−→s y
C
f ds =
−→c
f ds
De las curvas cerradas y la independencia de trayectoria se tiene el siguiente
teorema.
Teorema 5.4.4. C
−→
F · d−→s es independiente de la trayectoria en R si y
solo si C
−→
F · d−→s = 0 para toda curva cerrada C contenida en R.
Un dominio D es conexo si dos puntos cualesquiera de D se pueden unir
con un segmento de recta y todos los puntos de la recta pertenecen a D
Una regi´on es simplemente conexa y abierta si ella es un conjunto abierto
y tal que toda curva simple cerrada en D encierra puntos que solo est´an en
el interior de D. Si un campo de fuerza tiene la propiedad de que el trabajo
452](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-467-320.jpg)
![∂φ(x, y, x)
∂y
= 6xyz + ex
⇒ φ(x, y, z) = (6xyz + ex
) dx + h1(x, z)
= 3xy2
z + yex
+ h1(x, z)
∂φ(x, y, x)
∂z
= 3xy2
⇒ φ(x, y, z) = 3xy2
dx + h1(x, z)
= 3xy2
z + h1(x, y)
De aqu´ı se deduce que
∴ φ(x, y, z) = 3xy2
z + yex
Adem´as, si se pide calcular I = C
−→
F · d−→s y C es la curva descrita
por
−→c (t) = (cos t, sent, t), t ∈ [0, 2π] , entonces
I =
C
−→
F · d−→s = 3xy2
z + yex 3
0
= φ(1, 0, 2π) − φ(1, 0, 0) = 0 − 0 = 0
(Divergencia de un campo vectorial)
Si
−→
F (x, y, z) = (P(x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z)) tal que P, Q y R tienen
derivadas parciales en alguna regi´on D. La divergencia de
−→
F se denota por:
div
−→
F = ·
−→
F =
∂P(x, y, z)
∂x
+
∂Q(x, y, z)
∂y
+
∂R(x, y, z)
∂z
Si
−→
F es un campo vectorial, entonces la div
−→
F da informaci´on acerca del
flujo en un punto P(x,y,z):
i) Si div
−→
F < 0 en un punto P(x,y,z) , entonces el flujo del campo
−→
F se
orienta hacia el punto y se dice que hay un sumidero en P.
ii) Si div
−→
F > 0 en un punto P(x,y,z) , entonces el flujo del campo
−→
F se
orienta desde el punto y se dice que hay una fuente en P.
iii) Si div
−→
F = 0 en un punto P(x,y,z) , entonces el flujo del campo
−→
F
es nulo.
455](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-470-320.jpg)
![Introducci´on Teorema de Green
El teorema de Green, que enunciaremos a continuaci´on, dice que bajo
ciertas condiciones las integrales de l´ınea pueden expresarse y calcularse con
integrales dobles.
Comencemos por definir una regi´on compacta R descrita simultaneamente
por las desigualdades
φ1(x) ≤ y ≤ φ2(x), a ≤ x ≤ b
denominada regi´on orientada en direcci´on del eje y
ψ1(y) ≤ x ≤ ψ2(y), c ≤ y ≤ d
denominada regi´on orientada en direcci´on del eje x donde las funciones
φ1 y φ2 son continuas y seccionalmente suaves en [a, b] y las funciones
ψ1 y ψ2 son continuas y seccionalmente suaves en [c, d] .
En esta regi´on cerrada R con una frontera continua seccionalmente suave
consideramos definidas las funciones M y N continuamente
diferenciables ( o de clase C1
) definidas en R.
La curva C frontera de la regi´on R, se dice que esta orientada
positivamente ,si al caminar sobre ella la regi´on R estar´a a su izquierda.
En este marco de ideas y condiciones se plantea el teorema de Green.
5.4.2. Teorema de Green
Sea R una regi´on cerrada y acotada con frontera C,orientada en sentido
positivo. Si M, N,
∂M
∂y
y
∂N
∂x
son continuas en R. Entonces
C
Mdx + Ndy =
R
∂N
∂x
−
∂M
∂y
dA
456](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-471-320.jpg)
![Figura 5.8: Regi´on cerrada de tipo a, frontera orientada positiva
Demostraci´on.
Supongamos que R est´a descrita por
φ1(x) ≤ y ≤ φ2(x), a ≤ x ≤ b
C
Mdx =
C1
Mdx +
C2
Mdx
=
b
a
M(x, φ1(x))dx +
a
b
M(x, φ2(x))dx
=⇒
C
Mdx =
b
a
[M(x, φ1(x)) − M(x, φ2(x))] dx
Por otra parte
R
∂M
∂y
dA =
b
a
φ2(x)
φ1(x)
∂M
∂y
dA =
b
a
[M(x, φ2(x)) − M(x, φ1(x))] dx
Luego
C
Mdx = −
R
∂M
∂y
dA
De manera simlar y considerando ahora
ψ1(y) ≤ x ≤ ψ2(y), c ≤ y ≤ d
Se establece que
C
Ndy =
R
∂N
∂x
dA
457](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-472-320.jpg)
![Figura 5.12: Regi´on
x2
a2
+
y2
b2
≤ 1
Ejemplo 3
Consideremos la regi´on
x2
a2
+
y2
b2
≤ 1, cuyo borde es una elipse de semi-ejes
dados por a y b.Calcular el ´area de la region D
Soluci´on
Podemos parametrizar la elipse usando x(t) = acost , y(t) = bsent,
t ∈ [0, 2π], y luego se obtiene
−→r (t) = (acost, bsent) =⇒ −→r (t) = (−asent, b cos t)
A(D) =
1
2
2π
0
(xy − yx )dt
=
1
2
2π
0
(ab cos2
t − (−absen2
t))dt
= πab
5.5. Aplicaciones de la integral de trayectoria
A continuacion se resumen las formulas para el c´alculo de la masa y el
momento de resortes, varillas delgadas y alambres a lo largo de una curva
suave C en el espacio.
Masa: M = C
δ (x, y, z) ds, donde δ = δ (x, y, z) es la densidad y ds un
elemento diferencial de arco.
Momentos con respecto a los planos coordenados:
Myz = C
x δ (x, y, z) ds; Mxz = C
y δ (x, y, z) ds; Mxy = C
z δ (x, y, z) ds
Coordenadas del centro de Masa
x =
Myz
M
; y =
Mxz
M
; z =
Mxy
M
Momentos de inercia con respecto a los ejes y otras rectas
Ix = C
(y2
+ z2
) δ (x, y, z) ds, Iy = C
(x2
+ z2
) δ (x, y, z) ds;
Iz = C
(y2
+ z2
) δ (x, y, z) ds;
461](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-476-320.jpg)
![Problema 2
Sea un arco de metal con forma de semicircunferencia y2
+z2
= 1, z ≥ 0.
Si la densidad en el punto (x, y, z) del arco es δ (x, y, z) = 2 − z , determinar
las coordenadas del centro de masa del arco.
Soluci´on.
Por simetr´ıa sabemos que x = 0; y = 0; dado que el arco est´a el el plano
yz con la masa distribuida simetricamente con respecto al eje z.
Para encontrar z , parametizamos el arco de semicircunferencia como:
−→r (t) = cos tj+sentk, 0 ≤ t ≤ π =⇒ |−→r (t)| = (−sent)2
+ (cos t)2
=
1
Por otra parte, δ (x, y, z) = 2 − z =⇒ δ (−→r (t)) = (2 − sent)
Ahora, determinemos la masa utilizando la definici´on de integral de trayec-
toria
M =
C
δ (x, y, z) ds =
π
0
δ (−→r (t)) |−→r (t)| dt
=
π
0
(2 − sent) (1) dt = [2t + cos t]π
0
M = 2π − 2
A continuaci´on calculemos el momento de inercia Mxy
Luego, z =
Mxy
M
=
8 − π
2 (2π − 2)
≈ 0, 57.
Finalmente, la coordenada del centro de masa es (0; 0; 0, 57) .
Problema 3
Un alambre tiene la forma de una semicircunferencia de radio a. La densi-
dad lineal de masa en un punto P es directamente proporcional a la distancia
de P a la recta que pasa por los extremos del alambre, ¿cu´al es la masa total
del alambre?.
Soluci´on
En primer lugar situar el alambre en el plano xy de sistema coordenado,
como en la figura:
Ahora, la densidad puede interpretarse como un campo escalar, ya que,
en
cada punto P = (x, y) de la curva que describe el alambre, la densidad es
δ(x, y) = ky.
Calcular la masa total equivale a sumar la densidad sobre todos los puntos
463](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-478-320.jpg)
![de la curva, y as´ı lo que queremos determinar es
M =
C
δ (x, y, z) ds =
b
a
δ (−→r (t)) |−→r (t)| dt
donde C es la curva que describe el alambre, la semicircunferencia de
radio a.
Una parametrizaci´on para C es: −→r (t) = (a cos t, asent) , t ∈ [0, π]
entonces−→r (t) = (−asent, a cos t) =⇒ |−→r (t)| = a
Lo que implica que la masa del alambre es
M =
π
0
(kasent) (a) dt = ka2
π
0
sentdt
= ka2
[− cos t]π
0 = 2ka2
Problema 4
Un alambre tiene forma de circunferencia, x2
+ y2
= a2
. Determine su
masa y su momento de inercia respecto de un di´ametro si la densidad en un
punto (x, y) del alambre est´a dada por la funci´on δ(x, y) = |x| + |y| .
Soluci´on
La masa del alambre viene dada por la expresi´on:
M =
C
δ (x, y, z) ds =
b
a
δ (−→r (t)) |−→r (t)| dt
siendo C la curva cuya trayectoria representa la forma del alambre, en
este
caso una circunferencia que parametrizamos por:
−→r (t) = (acost, asent); t ∈ [0, 2π]
que es de clase C1
.
−→r (t) = (−asent, a cos t) =⇒ −→r (t) = 1
Por lo tanto la masa es igual a
464](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-479-320.jpg)
![M =
2π
0
δ (−→r (t)) |−→r (t)| dt =
2π
0
(|a cos t| + |asent|)adt
= a2
π/2
0
(cos t + sent) dt + a2
π
π/2
(− cos t + sent) dt +
+a2
3π/2
π
(− cos t − sent) dt + a2
2π
3π/2
(cos t − sent) dt
= a2
[sent − cost]
π/2
0 + a2
[−sent − cost]π
π/2 +
+a2
[−sent + cost]3π/2
π + a2
[sent + cost]2π
3π/
= 8a2
Para calcular el momento de inercia respecto de un di´ametro necesitamos
la distancia de un punto cualquiera (x, y) a dicho di´ametro. Para simplificar,
tomaremos como eje el eje OX, por tanto, la funci´on que da la distancia de
un punto al eje es r(x, y) = |y|. Teniendo en cuenta la definici´on del momento
de inercia respecto de un eje se tiene:
IL =
C
r2
δ (x, y, z) ds =
C
y2
(|x| + |y|) ds
= a4
2π
0
sen2
t (|sent| + |cost|) dt
= a4
π/2
0
sen2
t (sent + cost) dt + a4
π
π/2
sen2
t (sent − cost) dt
+a4
3π/2
π
sen2
t (−sent − cost) dt + a4
2π
3π/2
sen2
t (−sent + cost) dt
= 4a4
5.5.1. ´Area de una pared
Problema 1
La base de una pared en el primer cuadrante es la trayectoria −→c : 0,
π
2
→
IR2
,dada por −→c (t) = (3 cos3
t, 3sen3
t) y su altura es en cada punto (x, y) es
f (x, y) = 1 +
y
3
.Calcular el ´area de la pared.
Soluci´on
465](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-480-320.jpg)
![El ´area de una pared esta dada por la integral de trayectoria
C
f (x, y) ds =
b
a
f (−→c (t)) |−→c (t)| d
donde f (x, y) ≥ 0, ∀ (x, y) ∈ C
En este caso tenemos que
−→c (t) = (3 cos3
t, 3sen3
t) , t ∈ 0,
π
2
−→c (t) = (−9 cos2
tsent, 9sen2
t cos t) =⇒ −→c (t) = 9sent cos t
f (−→c (t)) = 1 + sen3
t
As´ı, la integral es
C
1 +
y
3
ds =
π/2
0
1 + sen3
t (9sent cos t) dt
= 9
π/2
0
sent + sen4
t cos tdt
= 9
sen2
t
2
+
sen5
t
5
π/2
0
=
63
10
Problema 2
La base de una pared en el primer cuadrante es la trayectoria −→c :[0, 1] →
IR2
,dada por −→c (t) = (t, t2
) y su altura es en cada punto (x, y) es f (x, y) =√
1 + 4y.
a) Determinar la longitud de la base de la pared.
b) Calcular el ´area de la pared.
Soluci´on
Tenemos que
−→c (t) = (t, t2
) =⇒ −→c (t) = (1, 2t) =⇒ −→c (t) =
√
1 + 4t4
La longitud de la pared se determina por
l =
1
0
−→c (t) dt =
1
0
√
1 + 4t2dt
=
1
2
t
√
1 + 4t2 +
1
2
ln 2t +
√
1 + 4t2
1
0
=
1
2
√
5 +
1
2
ln 2 +
√
5
466](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-481-320.jpg)
![El ´area de una pared esta dada por la integral de trayectoria
C
f (x, y) ds =
1
0
f (−→c (t)) −→c (t) dt
=
1
0
√
1 + 4t4
√
1 + 4t4 dt
=
1
0
1 + 4t4
dt = t +
4
5
t5
1
0
=
9
5
5.6. Aplicaciones de la integral de l´ınea
Definici´on . Sea C una curva simple y regular, y sea
−→
F :⊆ R3
→ R3
un campo vectorial continuo. Definimos la integral de trabajo (o integral de
l´ınea) de
−→
F sobre la curva C ⊆ D por
W =
C
−→
F · d−→r =
b
a
−→
F (−→r (t)) · −→r (t) dt
donde −→r : [a, b] → IR3
es una parametrizaci´on regular de C
Cuando la curva C es cerrada, entonces se puede escribir
W =
C
−→
F · d−→r
y esta integral recibe el nombre de circulaci´on de
−→
F a lo largo de C. Si
−→
F
representa el campo de velocidades de un fluido, la circulaci´on es la integral
de la componente tangencial de la velocidad a lo largo de la curva cerrada
C, proporcionando la cantidad neta de giro del fluido alrededor de C.
(Campo Conservativo)
En general, se dice que un campo vectorial
−→
F : D ⊆ R3
→ R3
es conservativo
en D si existe un potencial
φ : D ⊆ R3
→ R tal que
−→
F = φ sobre D. En efecto, si C es una curva
467](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-482-320.jpg)
![regular parametrizada por −→r : [a, b] → IR3
, entonces tenemos que
C
−→
F · d−→r =
b
a
−→
F (−→r (t)) · −→r (t) dt
=
b
a
φ (−→r (t)) · −→r (t) dt
=
b
a
d
dt
[ φ (−→r (t))] dt
= φ (−→r (b)) − φ (−→r (a))
Proposici´on 5.6.1. Sea
−→
F =
−→
F (x, y, z) un campo vectorial continuo sobre
un abierto conexo de IR3
. Entonces las propiedades sobre
−→
F siguientes, son
equivalentes, para que sea campo vectorial conservativo:
i) ×
−→
F =
−→
0
ii) Para toda curva C ⊆ D cerrada y regular por pedazos se tiene
C
−→
F · d−→r = 0
iii) Para cualquier par de curvas regulares, C1 ⊆ D y C2 ⊆ D, con iguales
puntos inicial y final, se tiene
C1
−→
F · d−→r =
C2
−→
F · d−→r
Problema 1
Calcular el trabajo ejercido por el campo vectorial
−→
F (x, y, z) = (3x −
2y, y + 2z, −x2
)sobre una part´ıcula que se mueve seg´un la curva C dada por
x = z2
, z = y2
desde el punto (0, 0, 0) hasta el (1, 1, 1).
Soluci´on
En primer lugar parametricemos la curva C:−→r (t) = (t4
, t, t2
), t ∈ [0, 1]
De modo que −→r (t) = (4t3
, 1, 2t) y
−→
F (−→r (t)) = (3t4
− 2t, t + 2t2
, −t8
)
468](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-483-320.jpg)
![Soluci´on.
Formulemos el problema usando el parametro longitud de arco s
W =
C
−→
F · d−→r =
s2
s1
−→
F (−→r (s)) · −→r (s) ds
=
s2
s1
−→
F (−→r (s)) · t (s) ds =
s2
s1
FT (−→r (s)) ds
La fuerza que trabaja es la componente tangencial a la curva. Entonces,
determinemos esta componente a partir de la informacion.
Sea θ el ´angulo que forma la tangente a la curva en un punto P (x, y)
cualquiera con el eje x.
Sea φ el ´angulo que forma el radio vector P con el eje y.
Sea α el ´angulo entre la tangente y el radio vector en P.
Al mover la part´ıcula a lo largo de la trayectoria, hay que realizar trabajo
contra dos fuerzas que tienen componente tangencial, a saber, la componente
tangencial de la fuerza central:
Ft = F cos α = kr cos α y la fuerza de rozamiento
Fr = µFn = µFsenα = µkrsenα.
Donde Fn es la componente de la fuerza central que es perpendicular a la
trayectoria y que act´ua para mantener la part´ıcula en su trayectoria.
Por tanto la fuerza tangencial resultante es:
FT = kr cos α + µkrsenα
Aplicando, el teorema del ´angulo externo de la geometr´ıa plana se tiene:
α = φ − θ
Reemplazando en la expresi´on anterior, queda
FT = kr cos (φ − θ) + µkrsen (φ − θ) .
Luego, el trabajo queda
W =
s2
s1
FT (−→r (s)) ds
=
L
0
(kr cos (φ − θ) + µkrsen (φ − θ)) ds
= k
L
0
r cos (φ − θ) ds + kµ
L
0
rsen (φ − θ) ds
= k
L
0
r [cos φ cos θ + senφsenθ] ds +
+kµ
L
0
r [senφ cos θds − senθ cos φ] ds
470](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-485-320.jpg)
![y luego comparamos con la segunda ecuaci´on:
∂φ
∂y
= 3xy2
+ h (y) = 3xy2
+ 1 =⇒ h (y) = 1 =⇒ h(y) = y + c
En consecuencia, la funci´on potencial del campo
−→
F es
φ(x, y, z) = xy3
+ x + y + c
b) Como
−→
F es conservativo la integral es independiente del camino,
´unicamente depende de los puntos inicial y final. El trabajo realizado al
mover el objeto desde (0, 0) hasta (2, 0) ser´a:
C
−→
F · d−→r = φ (2, 0) − φ (0, 0)
= (2 + c) − c = 2
c) A lo largo de la circunferencia tenemos una curva cerrada,lo que
implica que el trabajo ser´a nulo:
W =
C
−→
F · d−→r = 0
Problemas propuestos para reflexionar
1.- Considere dos curvas que parten del punto P = (0, 2) y finalizan en
Q = (π, 0); la braquist´ocrona dada por la ecuaci´on:
−→r (t) = (t + sen(t + π); 1 − cos(t + π)); t ∈ [0; π];
y el segmento rectitl´ıneo que va de P a Q. Pruebe que si se suelta una bola
que se desliza por cada curva, bajo el efecto de la gravedad, entonces llega
antes la bola de la braquist´ocrona que la del segmento rectil´ıneo. T´engase
en cuenta que el tiempo total, para una curva cualquiera, es la integral a lo
largo de dicha curva del campo escalar
φ (x, y) =
1
2g (h0 − y)
donde g es la gravedad y h0 la altura inicial de la bola.
2.- Calcular el trabajo realizado por una fuerza proporcional al vector
dirigido hacia el origen, sobre el recorrido del primer cuadrante de la elipse
x2
a2
+
y2
b2
= 1, desde el punto (a, 0) hasta el (0, b).
476](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-491-320.jpg)
![Soluci´on:
k
2
(a2
− b2
) con k > 0.
3.- Dado h > 0, sea C la curva que se encuentra sobre la superficie defini-
da por x2
+ y2
=
z2
h2
, de forma tal que la altura z = z() satisface la ecuaci´on
diferencial
dz
d
= z; z(0) = h donde z y representan las coordenadas cil´ındri-
cas.
(a) Parametrice la ecuaci´on de la curva C −→r (θ) .Calcule la curvatura κ
y la torsi´on τ
(b) Considere el campo vectorial
−→
F (x, y, z) =
1
x
,
1
y
, −
1
z2
Sea C0 la restricci´on de C a ∈
π
6
,
π
3
.Calcule el trabajo realizado por el
campo
−→
F al desplazar una part´ıcula a trav´es de C0.
Soluci´on
a) −→r (θ) = eθ
cos θ, eθ
senθ, heθ
, curvatura κ =
√
2
eθ (2 + h2)
; torsi´onτ =
h
eθ (2 + h2)
b) C
−→
F · d−→r = φ (−→r (θ))|
π/3
π/6 =
π
3
+
1
h
1
eπ/3
−
1
eπ/6
5.7. Problemas Resueltos
Problemas 1
Calcular la integral de trayectoria −→r
x3
y
ds, donde −→r es la trayectoria
y =
x2
2
entre los puntos (0, 0) y (2, 2) .
Soluci´on
Primero, determinemos la ecuaci´on param´etrica de la trayectoria
x = t
y =
t2
2
t ∈ [0, 2] ⇐⇒ −→r (t) = t,
t2
2
Derivando la expresi´on anterior, queda
−→r (t) = (1, t) =⇒ −→r (t) =
√
1 + t2
Adem´as
f(x, y) =
x3
y
=⇒ f (−→r (t)) = 2t
A partir de la definici´on de integral de trayectoria tenemos
477](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-492-320.jpg)
![Calculemos la integral
−→r
−y2
dx + xdy =
π/2
0
sen3
t + cos2
t + cos t dt
=
π/2
0
1 − cos2
t sent + (
1 + cos 2t
2
) + cos t dt
= − cos t +
cos3
t
3
+
t
2
+
sen2t
4
+ sent
π/2
0
= 1 −
1
3
+
π
4
+ 1
=
5
3
+
π
4
Problema 5
Calcular la integral de l´ınea −→r
(8x + z)dx + 2xz2
dy − 4y2
dz, siendo −→r la
curva definida por las ecuaciones: z = 9 − 2x2
− 4y2
, z = 1.
Soluci´on
Observemos, que la curva contenida en el plano z = 1, es la elipse
2x2
+ 4y2
= 8,con semi ejes a = 2 y b =
√
2, que se parametriza
mediante.
x = 2 cos t
y =
√
2sent
z = 1
t ∈ [0, 2π] =⇒ −→r (t) = 2 cos t,
√
2sent, 1 t ∈
[0, 2π]
Calculemos el campo vectorial
−→
F sobre la trayectoria
−→
F(x, y, z) = (8x + z, 2xz2
, −4y2
) =⇒
−→
F(x (t) , y (t)) = (16 cos t + 1, 4 cos 1t, 1)
Evaluemos el vector
−→r (t) = −2sent,
√
2 cos t, 0 luego, obtenemos
−→
F(x (t) , y (t)) · −→r (t) = (16 cos t + 1, 4 cos t, 1) · −2sent,
√
2 cos t, 0
Entonces la integral de l´ınea es
−→r
(8x+z)dx+2xz2
dy−4y2
dz =
2π
0
−32sent cos t − 2sent + 4
√
2 cos2
t dt
480](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-495-320.jpg)
![= −16sen2
t + 2 cos t
2π
0
+ 4
√
2
2π
0
1 + cos 2t
2
dt
= 4
√
2
t
2
+
sen2t
4
2π
0
= 4
√
2π
Problema 6
Calcular el trabajo producido por campo de fuerzas dado por
−→
F = (3x +
4y, 2x+3y2
), a lo largo de la circunferencia C de radio 2 centrada en el origen
y recorrida con orientaci´on positiva.
Soluci´on
Definimos el trabajo mediante la integral de l´ınea
−→r
−→
F · d−→r =
b
a
−→
F (−→r (t)) · −→r (t) dt
Luego, parametrizando la trayectoria tenemos:
−→r (t) = (2cost, 2sent), t ∈ [0, 2π].
=⇒ −→r (t) = (−2sent, 2 cos t)
Reemplazando el integrando, queda
W = (3x + 4y, 2x + 3y2
, 0) · (dx, dy, dz)
=
2π
0
(6cost + 8sent, 4cost + 12sen2
t, 0) · (−2sent, 2cost, 0)dt
=
2π
0
[−16sen2t + 8cos2t]dt
= −16π + 8π = −8π.
Trabajo negativo significa que el campo de fuerza disipa energ´ıa.
5.7.1. Campo conservativo
Problemas 1
Sea el campo vectorial
−→
F : IR3
→ IR3
dado por
−→
F (x, y, z) = (x, −y, z).
Calcular la integral −→r
−→
F · d−→r
481](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-496-320.jpg)
![a) Si C es la circunferencia x2
+ y2
= 4 recorrida en el sentido positivo.
b) Si C es la recta que une P = (1, 0, 0) con Q = (1, 0, 4).
c) Si C es la helicoide −→r (t) = (cos(4πt), sen(4πt), 4t), t ∈ [0, 1] que une
P = (1, 0, 0) con Q = (1, 0, 4).
Soluci´on
a) Las ecuaci´on param´etrica de la circunferencia de radio 2 centrada en
el
origen y recorrida en sentido positivo, es
−→r (t) = (2 cos t, 2sent, 0) t ∈ [0, 2π] =⇒ −→r (t) = (−2sent, 2 cos t, 0)
Entonces, la integral de linea queda
−→r
−→
F · d−→r =
−→r
(x, −y, z) · (dx, dy, dz)
=
2π
0
(2 cos t, −2sent, 0) · (−2sent, 2 cot s, 0) dt
=
2π
0
−8 cos tsentdt = 0
b) La ecuaci´on param´etrica de la recta que une P = (1, 0, 0) con Q =
(1, 0, 4)
es:
−→r (t) =
−→
P + (
−→
Q −
−→
P )t = t(1, 0, 4) t ∈ [0, 1] =⇒ −→r (t) = (1, 0, 4) .
Entonces
−→r
−→
F · d−→r =
1
0
(t, 0, 4t) · (1, 0, 4) dt
=
1
0
16tdt = 8t2 1
0
= 8
c) A partir de la ecuaci´on de la helicoide se obtiene
−→r (t) = (−4πsen(4πt), 4π cos(4πt), 4)
Sustituyendo t´erminos en el integrando, queda
−→r
−→
F · d−→r =
1
0
(cos(4πt), −sen(4πt), 4t) · (−4πsen(4πt), 4π cos(4πt), 4)dt
=
1
0
(−8πsen(4πt) cos(4πt) + 4t)dt
=
1
0
16tdt = 8t2 1
0
= 8
482](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-497-320.jpg)
![El valor de la integral de l´ınea es el mismo por ambas trayectorias.
Problema 2
Calcular la integral −→r
2x cos ydx − x2
senydy, donde −→r : [1, 2] → IR2
definida por −→r (t) = et−1
, sen
π
t
.
Soluci´on.
Determinemos si el campo vectorial es conservativo, de modo que calcu-
lamos
×
−→
F =
i j k
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
2x cos y −x2
seny 0
= (0, 0, 0)
Como hallamos que ×
−→
F =
−→
0 , entonces
−→
F tiene una funci´on potencial
φ (x, y) tal que
∂
∂x
φ (x, y) = 2x cos y
∂
∂y
φ (x, y) = −x2
seny
Integrando la primera ecuaci´on parcialmente con respecto a x, se tiene
φ (x, y) = x2
cos y + h (y) =⇒
∂
∂y
φ (x, y) = −x2
seny + h (y) = −x2
seny
h (y) = 0 ⇐⇒ h (y) = c
En consecuencia, la funci´on potencial φ (x, y) para
−→
F (x, y) es
φ (x, y) = x2
cos y + c
Entonces , podemos afirmar que
−→r
2x cos ydx − x2
senydy =
−→r
φ · d−→r
= φ (−→r (2)) − φ (−→r (1))
donde
φ (−→r (2)) = φ e, sen
π
2
= e2
+ c
φ (−→r (1)) = φ (1, senπ) = 1 + c
Por tanto. obtenemos:
−→r
2x cos ydx − x2
senydy = e2
− 1
483](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-498-320.jpg)
![Q (x, y) = (x + y)2
=⇒
∂Q
∂x
= 2(x + y)
Entonces calculemos
D
∂Q
∂x
−
∂P
∂y
dxdy =
D
2 (x − y) dxdy
donde D = {(x, y) ∈ IR2
: 1 ≤ x ≤ 2, x ≤ y ≤ 4 − x} . Luego
D
2 (x − y) dxdy =
2
1
4−x
x
2 (x − y) dydx
=
2
1
xy −
y2
2
4−x
x
dx
=
2
1
2x(4 − x) − (4 − x)2
− 2x2
+ x2
dx
= −4
2
1
(x − 2)2
dx = −4
(x − 2)3
3
2
1
= −
4
3
Calculemos directamente la integral de l´ınea, segmentando la frontera
en tres curvas:
C
Pdx + Qdy =
C1
Pdx + Qdy +
C2
Pdx + Qdy
+
C3
Pdx + Qdy
Parametricemos los segmentos de curvas que unen los puntos (1, 1) y
(2, 2) ;
(2, 2) y (1, 3) ; (1, 3) y (1, 1)
Ac´a debe ir gr´afico
Sea C1 la recta y = x, 1 ≤ x ≤ 2 =⇒ −→r (t) = (t, t) , t ∈ [1, 2]
=⇒ −→r (t) = (1, 1) , t ∈ [1, 2] entonces:
486](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-501-320.jpg)
![C1
2(x2
+ y2
)dx + (x + y)2
dy =
2
1
2 t2
+ t2
+ (2t)2
dt
=
2
1
8t2
dt = 8
t3
3
2
1
=
56
3
Sea C2 la recta y = 4 − x, 1 ≤ x ≤ 2 =⇒ −→r (t) = (4 − t, t) , t ∈ [2, 3]
=⇒ −→r (t) = (−1, 1) , t ∈ [2, 3] , entonces:
C2
2(x2
+ y2
)dx + (x + y)2
dy =
3
2
2 (4 − t)2
+ t2
(−1) + (4)2
dt
=
3
2
−2 16 − 8t + 2t2
+ 16 dt
= −4
3
2
t2
− 4t + 4 dt = −4
3
2
[t − 2]2
dt
= −4
(t − 2)3
3
3
2
= −
4
3
Sea C3 la recta x = 1, 1 ≤ y ≤ 3 =⇒ −→r (t) = (1, 3 − t) , t ∈ [0, 2]
=⇒ −→r (t) = (0, −1) , t ∈ [0, 2] , entonces:
C3
2(x2
+ y2
)dx + (x + y)2
dy =
2
0
(4 − t)2
(−1)dt
=
(4 − t)3
3
2
0
=
8
3
−
64
3
= −
56
3
Por lo tanto, al sumar los tres t´erminos tenemos:
C
2(x2
+ y2
)dx + (x + y)2
dy =
56
3
−
4
3
−
56
3
= −
4
3
Lo que muestra la validez de la formula del teorema de Green.
487](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-502-320.jpg)
![Problema 2
Verificar el teorema de Green para C
x2
ydx + xy2
dy, donde C es la
frontera de la regi´on R en el primer cuadrante, limitada por las gr´aficas de
y = x, y3
= x2
.
Soluci´on.
Primero, calculemos la integral de l´ınea considerando la orientaci´on pos-
itiva
de la frontera, dividiendola en dos segmentos C1 y = x y C2 y3
= x2
.
Determinemos los puntos que se intersectan ambas curvas:
y = x
y3
= x2 =⇒ x3
= x2
=⇒ x2
(x − 1) = 0 ⇐⇒ x = 0 y x = 1
Luego, ambas curvas se intersectan en los puntos (0, 0) y (1, 1) .En
consecuencia la regi´on R queda delimitada por
R = (x, y) ∈ IR2
/0 ≤ x ≤ 1, x ≤ y ≤ x2/3
Parametrizando el segmento de curva C1tenemos:
C1 : −→r 1 (t) = (t, t) , t ∈ [0, 1] =⇒ −→r 1 (t) = (1, 1)
Calculemos el campo vectorial sobre la curva C1
−→
F (−→r 1 (t)) = t3
, t3
=⇒
−→
F (−→r 1 (t)) · −→r 1 (t) = t3
, t3
· (1, 1) = t3
+ t3
= 2t3
Para C2 encontramos
C2 : −→r 2 (t) = 1 − t, (1 − t)2/3
, t ∈ [0, 1] =⇒ −→r 1 (t) = −1, −
2
3
(1 − t)−1/3
Luego, la funci´on compuesta para el campo sobre C2 es:
−→
F (−→r 2 (t)) = (1 − t)8/3
, (1 − t)7/3
=⇒
−→
F (−→r 1 (t)) · −→r 1 (t) = (1 − t)8/3
, (1 − t)7/3
· −1, −
2
3
(1 − t)−1/3
= −(1 − t)8/3
−
2
3
(1 − t)2
Entonces la integral de l´ınea queda
C
x2
ydx + xy2
dy =
1
0
2t3
dt −
1
0
((1 − t)8/3
+
2
3
(1 − t)2
)dt
=
t4
4
+
3(1 − t)11/3
11
+
2(1 − t)3
9
11
0
=
1
4
−
3
11
−
2
9
=
1
198
488](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-503-320.jpg)
![de la curva C1 parametrizada por:
x(t) = acost, y(t) = a + asent, donde t ∈ [0, π]
y de la curva C2 parametrizada por
x(t) = a
√
2cost, y(t) = a
√
2sent, dondet ∈ [π/4, 3π/4].
El teorema de Green afirma que
A (R) =
1
2
C
xdy − ydx
donde la orientaci´on de C es positiva.
A (R) =
1
2
C1
xdy − ydx +
1
2
C2
xdy − ydx
Las orientaciones de C1 y C2, van en sentido opuesto a los punteros del
reloj,
para que C tenga orientaci´on positiva. Entonces
A (R) =
1
2
π
0
(a2
sent + a2
)dt +
1
2
π/4
3π/4
(2a2
)dt
=
1
2
a2
[− cos t + t]π
0 + 2a2
[t]
π/4
3π/4
=
1
2
2a2
+ πa2
− πa2
= a2
Resultado que verifica que el ´area de la regi´on R es igual a la de un
cuadrado de lado a.
5.8. Problemas propuestos
5.8.1. Integral de trayectoria
1.- Calcular el ´area de la superficie lateral cuya base est´a sobre la curva
−→r del plano XY y la altura en cada (x,y) es z = f (x, y) ,donde:
a) f(x, y) = xy , −→r : x2
+ y2
= 1 desde (1, 0) hasta (0, 1) .
b) f(x, y) = h , −→r : y = 1 − x2
desde (1, 0) hasta (0, 1) .
c) f(x, y) = xy, −→r : y = 1 − x2
desde (1, 0) hasta (0, 1) .
Respuestas
492](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-507-320.jpg)
![a) A(S) =
1
2
,
b)A(S) =
h
4
2
√
5 + ln 2 +
√
5 ,
c)A(S) =
1
120
25
√
5 − 11
2.- Evaluar las siguientes integrales de trayectoria −→r
f (x, y, z) ds
a) f(x, y, z) = e
√
z
, −→r : [0, 1] → IR3
dada por −→r (t) = (1, 2, t2
) .
b) f(x, y, z) = yz, −→r : [1, 3] → IR3
dada por −→r (t) = (t, 3t, 2t) .
c) f(x, y, z) =
x + y
y + z
, −→r : [1, 2] → IR3
dada por −→r (t) = t,
2
3
t3/2
, t .
d) f(x, y, z) = z, −→r : [0, 2π] → IR3
dada por −→r (t) = (tcost, tsent, t) .
Respuestas
a) −→r
e
√
z
ds = 2,
b) −→r
yzds = 52
√
14,
c) −→r
x + y
y + z
ds =
16
3
− 2
√
3
d) −→r
zds =
1
3
(2 + 4π2)3 − 2
√
2
3.- Evaluar las siguientes integrales de trayectoria −→r
f (x, y) ds
a) f(x, y) = 8y2
− 5x, la curva C dada por x2/3
+ y2/3
= 1.
b) f(x, y) = x + y, siendo C un tri´angulo de v´ertices (0, 0), (1, 0) y (0,
1), recorrido en sentido antihorario.
Respuestas
a) C
(8y2
− 5x)ds = 12
b) C
(x + y)ds = 1 +
√
2
5.8.2. Integral de l´ınea
4.- Evaluar las siguientes integrales de l´ınea:
a) −→r
xdx + ydy + zdz, donde −→r : [−1, 2] → IR3
dada por −→r (t) =
(t2
, 3t, 2t3
) .
b) −→r
2xyzdx + x2
zdy + x2
ydz, donde −→r es una curva simple orientada
que
une (1, 1, 1) con (1, 2, 4).
c) −→r
x2
zdx + 6ydy + yz2
dz, donde −→r : [1, 3] → IR3
dada por
−→r (t) = (t, t2
, ln t) .
d) C
xydx + (x − y)dy, donde C esta formado por los segmentos de recta
que van
desde (0, 0) a (2, 0) y de (2, 0) a (3, 2) .
e) C
(x+2)dx+3zdy+y2
dz,siendo C la curva intersecci´on de las superficies
x2
+ y2
+ z2
= 1; z = x − 1
493](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-508-320.jpg)
![7.- ¿Para qu´e valores de a ∈ IR el campo vectorial
−→
F (x, y, z) = (axy −
z3
; (a−2)x2
; (1−a)xz2
) es conservativo? Para esos valores, calcule la funci´on
potencial.
Respuesta
Si a=4 la funci´on potencial del campo
−→
F es φ(x; y; z) = 2x2
y − xz3
+ C.
8.- En los casos en los que
−→
F sea conservativo, halle la correspondiente
funci´on potencial.
a)
−→
F (x, y, z) = (10xz3
+ 1, −6y2
, 15x2
z2
).
b)
−→
F (x, y, z) = (2xy3
, x2
z3
, 3x2
yz2
) .
Respuestas
a)
−→
F es conservativo, funci´on potencial: φ(x, y, z) = 5x2
z3
+ x − 2y3
+ C
b)
−→
F no es conservativo.
9.- Sea
−→
F (x, y, z) = (z3
+ 2xy, x2
, 3xz2
).
a) Muestre que
−→
F es un campo conservativo.
b) Calcule directamente la integral de
−→
F alrededor del contorno del cuadra-
do conv´ertices (±1, ±1) .
c) Determine la funci´on potencial.
5.8.4. Teorema de Green
10.- Usar el teorema de Green para hallar el valor de la integral de l´ınea:
a) −→r
xy2
dx + x2
ydy, donde −→r : [0, 2π] → IR2
dada por −→r (t) =
(4 cos t, 2sent)
b) −→r
xydx + x2
dy, donde −→r es la frontera que limita la regi´on
y ≥ x2
, y ≤ x
c) C
(arctgx + y2
)dx + (ey
− x2
)dy, donde C es la frontera que encierra
la
regi´on 1 ≤ x2
+ y2
≤ 9, y ≥ 0
d) C
2xydx + (x2
+ 2x)dy, donde Ces la frontera que limita la regi´on
interior
a la elipse
x2
9
+
y2
4
= 1 y exterior a la circunferencia x2
+ y2
= 1
e) C
(x2
+ y2
) dx + (2x + y2
) dy, donde C es la frontera del cuadrado
con v´ertices (0, 0) , (k, 0) , (0, k) , (k, k) .
Respuestas
a) −→r
xy2
dx + x2
ydy = 0
b) −→r
xydx + x2
dy =
1
12
495](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-510-320.jpg)
![Pregunta 1
La circulaci´on a lo largo de la frontera del tri´angulo es la suma de las
circulaciones en cada uno de los lados
C
−→
F · d−→r =
C1
−→
F · d−→r +
C2
−→
F · d−→r +
C3
−→
F · d−→r
Parametrizando cada uno de los lados del tri´angulo se tiene
C1 : y = 0, −→r 1 (t) = (t, 0) , t ∈ [0, 1] =⇒
−→r 1 (t) = (1, 0) y
−→
F (−→r 1 (t)) = t2
, −t
C2 : y = 2 (1 − x) , −→r 2 (t) = (−t, 2 (1 + t)) , t ∈ [−1, 0] =⇒
−→r 2
(t) = (−1, 2) y
−→
F (−→r 1 (t)) = t2
+ 14 (1 + t) , t + 2 (1 + t) sin (2 (1 + t))2
C3 : x = 0, −→r 3 (t) = (0, −t) , t ∈ [−2, 0] =⇒
−→r 3
(t) = (0, −1) y
−→
F (−→r 1 (t)) = −7t, −t sin (−t)2
Sustituyendo t´erminos en los integrandos , obtenemos
C
−→
F · d−→r =
1
0
t2
dt +
0
−1
−t2
− 14 (1 + t) + 2t + 4 (1 + t) sin (2 (1 + t))2
dt
+
0
−2
t sin t2
dt
=
t3
3
1
0
+ −
t3
3
− 14t − 7t2
+ t2
−
cos (2 (1 + t))2
2
0
−1
+ −
cos t2
2
0
−2
= −8
Pregunta 2
De acuerdo con el teorema de Green tenemos
C
1 + e
√
x
dx + cos y2
+ x2
dy =
D
∂
∂x
cos y2
+ x2
−
∂
∂y
1 + e
√
x
dxdy
=
D
2xdxdy
497](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-512-320.jpg)
![Cambiando a coordenadas polares ,queda
D
2xdxdy = 2
D∗
(r cos θ) rdrdθ
= 2
π/2
0
2
1
r2
cos θ drdθ
= 2
π/2
0
r3
3
2
1
cos θdθ
=
14
3
[sin θ]π/2
0 =
14
3
Pregunta 3
Como el rotacional del campo
−→
F :
×
−→
F =
i j k
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
x y z
= (0, 0, 0) es nulo el campo es conservativo =⇒
existe φ (x, y, z) tal que
−→
F = φ (x, y, z)
Es decir
∂φ
∂x
= x,
∂φ
∂y
= y,
∂φ
∂z
= z. Integrando parcialmente la primera
componente con respecto a x, obtenemos φ (x, y, z) =
x2
2
+ h (y, z) =⇒
∂φ
∂y
(x, y, z) =
∂h
∂y
= y =⇒ h (y, z) =
y2
2
+ g (z)
De modo que φ (x, y, z) =
x2
2
+
y2
2
+ g (z) =⇒
∂φ
∂z
(x, y, z) = g (z) = z
Por tanto, el potencial es φ (x, y, z) =
x2
2
+
y2
2
+
z2
2
y la integral de l´ınea queda
C
−→
F · d−→r =
C
xdx + ydy + zdz = φ (B) − φ (A)
=
1
2
− 1 = −
1
2
Autoevaluaci´on No
2
Tiempo 2 horas
Pregunta 1.
498](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-513-320.jpg)
![Calcular el trabajo realizado por el campo de fuerza
−→
F (x, y, z) = (x, y, z)
al mover una part´ıcula a lo largo de la parab´ola y = x2
, z = x,desde x = 0
hasta x = 2.
Pregunta 2.
Verifique el teorema de Green para el campo
−→
F : IR2
→ IR2
dado por
−→
F (x, y) = (−x2
y, xy2
) sobre la regi´on R x2
+ y2
≤ a2
.
Pregunta 3.
Calcular
C
2xydx + x2
dy si C es la curva
x2
4
−
y2
9
= 1 entre los puntos
A = 4, 3
√
3 y B = (2, 0) .
Pauta de Correcci´on
Pregunta 1.
El trabajo realizado por el campo de fuerza
−→
F se define por la
integral de trayectoria
W =
C
−→
F · d−→r
donde C es la trayectoria, que en este caso se describe por la
ecuaci´on param´etrica
−→r (t) = (t, t2
, t) t ∈ [0, 2] =⇒ −→r (t) = (1, 2t, 1). Adem´as al evaluar
el campo sobre la trayectoria queda
−→
F (−→r (t)) = (t, t2
, t)
Entonces, el valor del trabajo es
2
0
−→
F (−→r (t)) · −→r (t)dt =
2
0
t + 2t3
+ t dt
= 12
Pregunta 2.
La frontera de R orientada positivamente es la curva C, dada por la
circunferencia x2
+ y2
= a2
, que puede parametrizar como:
x = a cos t, y = a sin t, 0 ≤ t ≤ 2π
Entonces, por una parte se tiene
499](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-514-320.jpg)
![Cap´ıtulo 6
Integrales de superficie
La integral de superficie generaliza la integral doble, tal como la integral
de l´ınea generaliza la integral de Riemann vista en el primer curso de C´alculo.
Para ver el significado de esta integral sigamos el siguiente razonamiento: S
es una superficie definida por
z = g(x, y)
y R la regi´on proyecci´on de S en el plano xy.
Supongamos que g, gx, gy son continuas sobre R. Sea P una partici´on de
R tal que cada subrect´angulo Ri generado por la partici´on es la proyecci´on
un Si porci´on de la superficie S generada por la partici´on P. Sea Si el
´area de Si
Sea adem´as f : S −→ IR una funci´on continua. Definimos en t´erminos
de las sumas intermedias de Riemann la integral de superficie de f sobre S
como
S
f(x, y, z)dS = l´ım
p →0
n
i,j=1
f(xi, yi, zi) Si
Para el c´alculo de ´esta integral:
Sea S superficie definida por z = g(x, y) y R regi´on proyecci´on de S en
el plano xy.
Suponiendo g, gx, gy son continuas sobre R y f funci´on continua sobre
S, entonces
S
f(x, y, z)dS =
Rxy
f(x, y, g(x, y)) 1 + [gx]2
+ [gy]2
dA
De manera similar.
Si S se expresa de la forma x = g(y, z), (y, z) ∈ Ryz entonces
504](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-519-320.jpg)
![S
f(x, y, z)dS =
Ryz
f(g(y, z), y, z) 1 + [gy]2
+ [gz]2
dA
Si S se expresa de la forma y = g(x, z), (x, z) ∈ Rxz entonces
S
f(x, y, z)dS =
Rxz
f(x, g(x, z), z) 1 + [gx]2
+ [gz]2
dA
Ejemplo 1:
Eval´ue
S
xydS S : z = 9 − x2
, 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ x
Figura 6.1:
Soluci´on:
S
xydS =
Rxy
xy
√
1 + 4x2dA
=
2
0
x
0
xy
√
1 + 4x2dydx
¡No por aqu´ı!
505](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-520-320.jpg)
![S
xydS =
Rxy
xy
√
1 + 4x2dA
=
2
0
2
y
xy
√
1 + 4x2dxdy
=
391
√
17 + 1
240
Observaci´on.
1.- Si f(x, y, z) = 1 =⇒ ´Area de S =
S
dS. =
R
1 + [gx]2
+ [gy]2
dA
2.- Si f(x, y, z) = ρ(x, y, z) densidad de una l´amina ,entonces
Masa de l´amina =
S
ρ(x, y, z)dS
Ejemplo 2:
Calcule el ´area lateral del cono z2
= x2
+ y2
entre los planos z = 1 y
z = 4 usando integral de superficie.
Figura 6.2: Cono z2 = x2 + y2 acotado por los planos z = 1 y z = 4
Soluci´on.
En primer lugar calculemos el integrando 1 + [gx]2
+ [gy]2
donde
1 + [gx]2
+ [gy]2
= 1 +
x2
x2 + y2
+
y2
x2 + y2
= 2
entonces
´Area de S =
S
dS =
√
2
R
dA
506](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-521-320.jpg)
![Cambiando a coordenadas polares, se tiene:
√
2
R
dA =
√
2
2π
0
4
1
rdrdθ =
√
2
2π
0
r2
2
4
0
dθ
= 8
√
2
2π
0
dθ = 16
√
2π
6.1. Superficie orientada
Decimos que una superficie es orientada si se puede definir un vector
normal unitario
−→
N en todo punto de la superficie que no pertenezca a la
frontera de forma tal que lo vectores normales var´ıan de forma continua
sobre la superficie S.
Figura 6.3: Superficie orientada
Sea S una superficie descrita por z = g(x, y) . Hay dos vectores normales
unitarios a S en (xo, yo, g(xo, y0)) a saber, si ponemos G(x, y, z) = z − g(x, y)
entonces
−→
N =
G
G
o sea
−→
N =
−gxi − gyj + k
1 + [gx]2
+ [gy]2
vector normal unitario
Podemos orientar todas estas superficies tomando el lado positivo de S
como el lado desde el cual apunta
−→
N . As´ı, el lado positivo de dicha superficie
esta determinado por la normal unitaria
−→
N con componente positiva k.
Por otra parte, si ponemos G(x, y, z) = g(x, y) − z
507](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-522-320.jpg)
![−→
N =
G
G
=
gxi + gyj − k
1 + [gx]2
+ [gy]2
Corresponde, al lado negativo de la superficie con normal unitaria
−→
N con
componente k hacia abajo.
6.1.1. Integral de flujo.
Si
−→
F es un campo vectorial perteneciente a C1
definido sobre una super-
ficie orientada S, con vector unitario N, entonces la integral de superficie de
−→
F sobre S es.
S
−→
F · d
−→
S =
S
−→
F · NdS
La que se llama integral de flujo. El nombre es debido a su aplicaci´on a un
problema f´ısico de un flu´ıdo a trav´es de una superficie.
Supongamos que una superficie S est´a inmersa en un fluido que tiene
un campo de velocidades continuo F.
Entonces
Volumen de fluido a trav´es de S
(por unidad de tiempo)
=
S
−→
F · NdS
S es superficie orientada mediante N, y
−→
F (x, y, z) = (P(x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z))
campo vectorial tal que P, Q, R son funciones escalares con primeras derivadas
parciales continuas en S.
Adem´as si ρ = ρ(x, y, z) representa la densidad del fluido en cada (x, y, z)de
S,entonces
Masa del flu´ıdo a trav´es de S
(por unidad de tiempo)
= ρ
S
−→
F · NdS
Ejemplo
Sea S la parte del paraboloide z = 4 − (x2
+ y2
) Sobre el plano XY,
orientado hacia arriba. Un flu´ıdo de densidad constante ρ = k pasa a trav´es
de S seg´un el campo de velocidades.
−→
F (x, y, z) = (x, y, z)
508](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-523-320.jpg)
![·
−→
F =
∂
∂x
(x) +
∂
∂y
(y) +
∂
∂z
(z) = 3.
de modo que.
V
·
−→
F dV =
V
3 dV
= 3
4
3
πa3
= 4πa3
Calculemos ahora el Flujo sobre la superficie.
S
−→
F · ndS =
D
−→
F (−→r (u, v)) · (−→r u × −→r v) dudv
Parametricemos la superficie usando coordenadas esf´ericas.
−→r (u, v) = a (sin u cos v, sin u sin v, cos u) , con D = {(u, v) /0 ≤ u ≤ π, 0 ≤ v ≤ 2π}
Calculemos el producto vectorial
−→r u × −→r v = a2
i j k
cos u cos v cos u sin v − sin u
− sin u sin v sin u cos v 0
= a2
sin2
u cos v, sin2
u sin v, sin u cos u
Por consiguiente
−→
F (−→r (u, v)) · (−→r u × −→r v) = a3
sin u
entonces la integral de flujo queda
S
−→
F · ndS =
D
a3
sin ududv
=
2π
0
π
0
a3
sin ududv
= a3
2π
0
[− cos u]π
0 dv
= 2a3
2π
0
dv
= 4πa3
Por tanto, comparando estos resultados hemos verificado el teorema de
Gauss.
Problema 3
539](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-554-320.jpg)
![donde la curva C es la frontera de la superficie S dada por
S = {(x, y, z) ∈ IR3 : x2
+ y2
≤ 2, z = 4 − x2
}
Calculemos
×
−→
F =
i j k
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
x y z
= (0, 0, 0).
Por lo tanto
S
×
−→
F · ndS =
S
(0, 0, 0) · ndS
Lo que indica que estamos frente a un campo conservativo.
Problema 4
Calcular
S
×
−→
F · ndS, siendo
−→
F = (xz + yz2
+ x, xyz3
+ y, x2
z4
) y
S = S1 ∪ S2 donde S1 es la superficie cil´ındrica x2
+ y2
= 1, 0 ≤ z ≤ 1 y S2
es la semiesfera x2
+ y2
+ z2
= 1, z ≥ 0.
Figura 6.22: Superficie S = S1 ∪S2 donde S1 es la superficie cil´ındrica x2 +y2 = 1,
0 ≤ z ≤ 1 y S2 es la semiesfera x2 + y2 + z2 = 1, z ≥ 0
Soluci´on.
El teorema de Stokes afirma que
S
×
−→
F · ndS =
C
−→
F · d−→r
donde la curva C es la frontera de la superficie S dada por x2
+ y2
= 1
Parametizando la circunferencia, queda:
−→r (t) = (cos t, sin t, 0) , t ∈ [0, 2π]
−→r (t) = (− sin t, cos t, 0) , t ∈ [0, 2π] .
548](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-563-320.jpg)
![(a) Campo vectorial (b) Sector de
paraboloide, limita-
do por planos
Figura 6.1:
(a) Campo vectorial (b) hemisferio superior de la
esfera
Figura 6.2:
3. Problema
Dado el campo vectorial
−→
F (x, y, z) = (y+sin x, z2
+cos y, x3
) y la curva
−→r (t) = (sin t, cos t, sin 2t); t ∈ [0; 2π]; halle
C
−→
F · d−→r utilizando el teorema de Stokes.
Respuesta
I = −π2
562](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-577-320.jpg)
![−→
E =
Q
4πεo
r
r2
donde εouna constante universal . De esta forma se obtiene el siguiente flujo
el´ectrico
S
−→
E · d
−→
S =
S
Q
4πεo
r
R2
· rdS
Parametrizando la superficie en coordenadas esf´ericas se tiene
−→
Φ (φ, θ) = (R sin φ cos θ, R sin φ sin θ, R cos φ) , 0 ≤ φ ≤ π, 0 ≤ θ ≤ 2π
=⇒
−→
Φφ ×
−→
Φθ = R2
sin Φ
S
Q
4πεo
r
R2
· rdS =
2π
0
π
0
Q
4πεo
1
R2
R2
sin φdφdθ
=
Q
εo
Por tanto
S
−→
E · d
−→
S =
Q
εo
Corresponde a la formulaci´on integral de la Ley de Gauss, que se aplica
tambi´en a distribuciones de carga m´as generales.
Problema 2
Calcular el flujo del campo el´ectrico generado por una carga Q en el
origen, sobre el plano infinito x = 1.
Soluci´on
En este caso la normal es constante N = i . El campo el´ectrico producido
por una carga Q en coordenadas cartesianas, esta dado por
−→
E =
Q
4πεo
r
r2
=
Q
4πεo
(x, y, z)
[x2 + y2 + z2]3/2
El flujo del campo viene dado por
S
−→
E · idS =
S
Q
4πεo
(1, y, z)
[x2 + y2 + z2]3/2
· (1, 0, 0) dS
=
Q
4πεo
∞
−∞
∞
−∞
dxdy
[1 + y2 + z2]3/2
565](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-580-320.jpg)
![Utilizando el cambio de variables a coordenadas polares, tenemos
y = rcosθ, z = rsenθ =⇒ y2
+ z2
= r2
y el jacobiano de transformaci´on es
∂ (y, z)
∂ (r, θ)
= r
Reemplazando el integrando, obtenemos
Q
4πεo
∞
0
2π
0
rdθdr
[1 + r2]3/2
=
Q
2εo
∞
0
rdr
[1 + r2]3/2
=
Q
εo
− 1 + r2 −1/2 ∞
0
=
Q
εo
Problema 3
Si
−→
E (x, y, z) = (2x, 2y, 2z) es un campo el´ectrico, encontrar el flujo de
−→
E que sale a trav´es de la superficie cerrada S que consta de la semiesfera
x2
+ y2
+ z2
= 1, z ≥ 0, y su base.
Soluci´on
Como los puntos de la circunferencia x2
+ y2
= 1, z = 0, son singulares,
debemos descomponer la superficie en dos partes, de modo que llamaremos
S1 a la semiesfera y S2 al c´ırculo que forma la tapa inferior.
Una parametrizaci´on de S1 viene dada por la funci´on
−→r 1(u, v) = ( sin u cos v, sin u sin v, cos u)
donde D1 = (u, v) ∈ IR3
/0 ≤ u ≤
π
2
, 0 ≤ v ≤ 2π
El vector normal exterior a la superficie es
−→
T u ×
−→
T v = (sin2
u cos v, sin2
u sin v, cos u sin u)
De este modo, el flujo a trav´es de S1 es
S1
−→
E · ndS =
D
2(cos2
v sin3
u + sin2
v sin3
u + sin u cos2
u)dudv
=
2π
0
π/2
0
2 sin ududv
= 4π
An´alogamente, si parametrizamos la superficie S2 por
−→r 2(u, v) = (ucosv, u sin v, 0)
566](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-581-320.jpg)
![∂R3
∂y
−
∂R2
∂z
= 2yz cos y2
R3 = −zsen x2
+ f (x, y)
R2 = x + g (y, z)
Se tiene m´as de una soluci´on, consideremos g (x, y) = 0, luego queda
∂R3
∂y
= 2yz cos y2
R3 = −zsen x2
+ f (x, y)
R2 = x
Derivando la segunda ecuaci´on parcialmente con respecto a y y se iguala con
la primera
∂
∂y
f (x, y) = 2yz cos y2
Integrando parcialmente con respecto a y esta ´ultima expresi´on produce
f (x, y) = zsen y2
+ h (z)
Para simplificar consideremos h (z) = 0,por consiguiente
R3 = −zsen x2
+ zsen y2
Finalmente, el campo
−→
R queda:
−→
R = 0, x, −zsen x2
+ zsen y2
El teorema de Stokes afirma que
S
×
−→
R · ndS =
C
−→
R · d−→r
El flujo que produce el campo
−→
R a trav´es del manto es igual a la integral
de l´ınea sobre la frontera C que limita la supercicie S.
C = {(x, y, z) ∈ IR3
/ x2
+ y2
= 9, z = 3}
Parametrizando la curva se tiene
−→r (t) = (3 cos t, 3set, 3) , t ∈ [0, 2π]
C
−→
R · d−→r =
2π
0
−→
R (−→r (t)) · −→r (t) dt
572](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-587-320.jpg)
![Ix = σ
(b4
− a4
)
3
2π
0
1
4
[(1 − cos 2t)(1 − cos 2t)] dt
= σ
(b4
− a4
)
3
3t
8
−
sen2t
4
+
sen4t
32
2π
0
= σ
(b4
− a4
)
3
6π
8
= πσ(b2
− a2
)
(b2
+ a2
)
4
=
M(b2
+ a2
)
4
Problema 2
Un fluido de densidad constante gira alrededor del eje z con velocidad
−→v = w(−yi+xj) donde w es una constante positiva llamada rapidez angular,
muestre que la circulaci´on del campo de velocidades es
c
v · d−→r = 2πR2
w
Soluci´on
La circulaci´on de un campo vectorial es su integral de l´ınea a lo largo de
una curva cerrada. Por el teorema de Stokes, la circulaci´on de −→v alrededor
de la circunferencia C de radio R que acota a un disco S en el plano xy , esta
dado por
Calculemos
× −→v =
i j k
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
−wy wx 0
= (0, 0, (w − (−w)) = (0, 0, 2w)
Luego, ( × −→v ) · kdS = 2wk · kdS = 2wdxdy.Entonces
C
−→v · d−→r =
S
( × −→v ) · k dS
=
S
2wdxdy
= 2w πR2
Problema 3
Sea el campo de fuerzas
−→
F (x, y) = (2xy2
+ y, 2x2
y +
x2
2
+ x), demostrar
que en cualquier camino cerrado sim´etrico con respecto al eje y, la circulaci´on
578](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-593-320.jpg)
![S
−→
F · ndS =
Ω
−→
F (−→r (u, v)) · (−→r u × −→r v) dudv
=
2π
0
1
0
(0, u, 0) · 2u2
cos v, −u, 2u2
sin v dudv
=
2π
0
1
0
−u2
dudv
= −
2π
3
Problema 3.
De acuerdo con el teorema de Stokes, debemos verificar que
C
−→
F · d−→r =
S
×
−→
F · ndS
En primer lugar, calculemos
C
−→
F · d−→r
Determinemos la curva C que limita la Superficie abierta del paraboloide:
si z = 2 =⇒ x2
+ y2
= 4
Parametricemos la curva C, con una orientaci´on positiva, se tiene −→r (t) =
(2 cos t, 2 sin t, 2) t ∈ [2π, 0] y evaluemos el campo sobre la curva
−→
F (−→r (t)) =
(6 sin t, −4 cos t, 8 sin t) , luego
C
−→
F · d−→r = −
0
2π
12 sin2
t + 8 cos2
t dt
=
2π
0
8 + 4 sin2
t dt
=
2π
0
8 + 4
1 − cos 2t
2
dt
= 16π + 2 t −
sin 2t
2
2π
0
= 20π
592](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-607-320.jpg)
![Pregunta 2
Determinar el ´area de la superficie x2
+ y2
= 4, limitada por el plano
z = 0 y por la superficie z = 2x2
+ y2
Pauta Correcciones
Pregunta 1
El teorema de Stokes asegura que
S
×
−→
F · ndS =
C
−→
F · d−→r
donde C es la curva cerrada que limita S.
Sea C: 1 − x2
− y2
= 0; z = 0 =⇒ x2
+ y2
= 1 corresponde a una
circunferencia en el plano xy centrada en el origen de radio 1.
Al parametrizar la curva considerando una orientaci´on positiva, produce
−→r (t) = (cos t, sin t, 0) t ∈ [2π, 0] =⇒
−→r (t) = (− sin t, cos t, 0) t ∈ [2π, 0] =⇒
−→
F (−→r (t)) = (sin t, 0, cos t)
Calculemos entonces la integral de l´ınea
−→
F de sobre la curva C
C
−→
F · d−→r =
2π
0
[sin t (− sin t) + 0 + 0] dt
= −
2π
0
sin2
tdt = −
2π
0
1 − cos 2t
2
dt
= −
t
2
−
sin 2t
4
2π
0
= −π
Pregunta 2
M´etodo 1
En primer lugar, consideremos la Superficie cil´ındrica parametrizada por
−→r (u, v) = (2 cos u, 2 sin u, v) , donde Ω = {(u, v) , 0 ≤ u ≤ 2π, 0 ≤ v ≤ 4 cos2
u + 4}
Determinemos el vector normal a la superficie
−→r u (u, v) = (−2 sin u, 2 cos u, 0)
−→r v (u, v) = (0, 0, 1)
−→r u × −→r v =
i j k
−2 sin u 2 cos u 0
0 0 1
= (2 cos u, 2 sin u, 0)
594](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-609-320.jpg)
![|−→r u × −→r v| = 2
El ´area de la superficie es entonces
A (S) =
Ω
|−→r u × −→r v| dudv
=
2π
0
4 cos2 u+4
0
2dvdu
= 2
2π
0
4 cos2
u + 4 du
= 24π
M´etodo 2
El ´area de la superficie se puede determinar con la integral curvil´ınea
A (S) =
C
zds
Sea C: x2
+ y2
= 4 es a una circunferencia en el plano xy centrada en
el origen de radio 2. Al parametrizar la curva considerando una orientaci´on
positiva, produce
−→r (t) = (2 cos t, 2 sin t) , t ∈ [2π, 0] =⇒
−→r (t) = (−2 sin t, 2 cos t) , t ∈ [2π, 0] =⇒
z (−→r (t)) = 4 cos2
u + 4
Luego, el ´area de la superficie es
A (S) =
2π
0
4 cos2
u + 4 2dt
= 24π
595](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-610-320.jpg)
![Bibliograf´ıa
[1] Tom M. Ap´ostol, Calculus, Vol I, 2a
edici´on, Ed. Revert´e, 1982
[2] George Arfken, Mathematical Methods for Physicists, Academic Press,
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[3] R.V. Churchill, Fourier Series and Boundary Value Problems, 2o
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[4] Erwing Kreyszing, Matem´aticas Avanzadas para Ingenier´ıa, Vol I y II,
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[5] R. Larson ,R.Hostetler, B. Edwars, C´alculo con Geometr´ıa Anal´ıtica,
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[6] J.E. Marsden, A.J. Tromba, C´alculo Vectorial, Addison Wesley Long-
man, 1998
[7] Peter V. O’Neil, Matem´aticas Avanzadas para Ingenier´ıa, Thomson,
2005
[8] Claudio Pita Ruiz, C´alculo Vectorial, Prentice-Hall Hispanoam´erica, SA,
1995
[9] George B. Thomas Jr., C´alculo varias variables, Addison-Wesley, Pear-
son 2000S
596](https://image.slidesharecdn.com/calculoavanzadousach-160329145521/85/Calculo-avanzado-usach-611-320.jpg)
![Cálculo avanzado y aplicaciones [u de chile]](https://cdn.slidesharecdn.com/ss_thumbnails/clculoavanzadoyaplicacionesudechile-110119125734-phpapp02-thumbnail.jpg?width=640&height=640&fit=bounds)
Calculo avanzado usach
- 1. Universidad de Santiagode Chile. Facultad de Ciencia Departamento de Matem´atica y C. C. C´alculo Avanzado Miguel Martinez - Carlos Silva - Emilio Villalobos
- 2. Derechos de Autor Autor:c Universidad de Santiago de Chile Se autoriza la reproducci´on parcial o total de esta obra, con fines acad´emicos, por cualquier forma, medio o procedimiento, siempre y cuando se incluya la cita bibliogr´afica del documento.
- 3. Agradecimientos Este texto fuefinanciado en el marco de los proyectos concursables de innovaci´on docente que promueve anualmente la Universidad de Santiago de Chile a trav´es de la Vicerrector´ıa Acad´emica por intermedio de la Direcci´on de Docencia. El centro motor que motiv´o a los autores a emprender tan significativo desaf´ıo fue su compromiso con el proceso de ense˜nanza aprendizaje que se lleva semestre a semestre en la Universidad de Santiago, con los estudiantes de ingenier´ıa quienes tienen el imperativo de mejorar sus aprendizajes y elevar sus est´andares de competencias con la finalidad de que puedan asumir con propiedad el desaf´ıo de sus asignaturas profesionales y de especialidad con un mayor empoderamiento en el contexto de: teor´ıa, pr´actica y aplicaciones a problemas en las ´areas de sus distintas especialidades. En general, cada cap´ıtulo comienza con una presentaci´on de definiciones, principios y teoremas, junto con material ilustrativo. Los problemas resueltos sirven para ilustrar la teor´ıa y suministrar herramientas de an´alisis de los principios b´asicos tan importantes en el aprendizaje activo de los estudiantes. El gran n´umero de problemas resueltos y aplicaciones sirven para encauzar el aprendizaje del material, as´ı como las autoevaluaciones propuestas al fin de cada unidad. Hemos escogido un enfoque y nivel de profundidad de acuerdo con lo que se espera del curso de C´alculo Avanzado, asignatura que se imparte durante el tercer semestre del Plan Com´un de la Carrera de Ingenier´ıa Civil de la Facultad de Ingenier´ıa de Universidad de Santiago de Chile. El objetivo del primera parte de este texto es presentar los conceptos b´asicos y las aplicaciones de las series de Fourier, y las funciones integrales, como asimismo, ilustrar su utilizaci´on en la resoluci´on de problemas de ecua- ciones en derivadas parciales y aplicaciones en el campo de la f´ısica e inge- nier´ıa. En la segunda parte se abordan los temas de funciones vectoriales y c´alcu- lo diferencial de funciones de dos o m´as variables y sus aplicaciones, incluyen- do aplicaciones e interpretaciones geom´etricas y f´ısicas que contribuyan a la comprensi´on de los estudiantes. Unido a lo anterior, en la tercera parte se incluyen los temas de integraci´on m´ultiple, integral de l´ınea , superficie y los teoremas de Green, Gauss y Stokes por sus m´ultiples aplicaciones en los campos de la f´ısica y ciencias de la ingeniera Finalmente, queremos aprovechar la ocasi´on para expresar nuestro es- pecial agradecimiento hacia nuestros colegas de la Coordinaci´on de C´alculo Avanzado que con sus cr´ıticas constructivas y opiniones han ayudado a el i
- 4. enriquecimiento del materialque conforma este texto. Deseamos tambi´en agradecer la participaci´on directa e indirecta de nuestros estudiantes con los cuales pusimos a prueba el material que se estaba generando incluy´endolos en la p´agina web de la asignatura de C´alculo Avanzado. Agradecemos tambi´en muy especialmente la colaboraci´on del profesor Omar Ramos por la confecci´on de diagramas, figuras e im´agenes de fun- ciones bi y tridimensionales que ilustran conceptos y problemas. Tambi´en se encarg´o de la versi´on Latex de los distintos archivos que conforman el manuscrito del texto. No obstante lo anterior, la responsabilidad por los eventuales errores o inexactitudes que se puedan encontrar en el texto corresponde a los autores, quienes estar´an atentos para recibir cualquier comentario o sugerencia que permita mejorar su contenido en las siguientes direcciones: miguel.martinez@usach.cl, carlos.silva.c@usach.cl,emilio.villalobos@usach.cl. Los Autores: Miguel Mart´ınez Concha Carlos Silva Cornejo Emilio Villalobos Mar´ın ii
- 5. Prefacio El material presentadoen el texto contiene los temas tratados en el curso de C´alculo Avanzado, asignatura semestral para las carreras de Ingenier´ıa de la Universidad de Santiago de Chile, correspondiente al ´area de Ciencias B´asicas, tiene por prerrequisitos las asignaturas de C´alculo I y C´alculo II de primer a˜no. Proporciona los conceptos, habilidades y t´ecnicas que permiten adquirir las competencias matem´aticas alineadas con el perfil de competen- cias profesionales, necesarias para cursar con ´exito las asignaturas de ciencias b´asicas de la ingenier´ıa e ingenier´ıa aplicada. Los temas tratados por el texto y en el orden de aparici´on son los siguientes: Series e Integrales de Fourier, que forma parte de este temario porque por razones de tiempo no se incluye en el Cap´ıtulo de Series de primer a˜no, este tema resulta necesario en la formaci´on b´asica de alumnos de ingenier´ıa sobre todo cuando necesiten re- solver ecuaciones diferenciales parciales usando el m´etodo de separaci´on de variables o bien en aplicaciones en el campo de la ingenier´ıa. Este tema bien podr´ıa formar parte de un texto de ecuaciones diferenciales. El tema de fun- ciones vectoriales de una variable real trata la importancia de la derivada de este tipo de funciones, interpretaci´on geom´etrica y anal´ıtica, y su aplicaci´on a problemas de movimiento, comportamiento de curvas, especialmente en lo que tiene que ver con caracter´ısticas geom´etricas de ellas. Las funciones es- calares son tratadas en detalle, se analiza el concepto de l´ımite y continuidad considerando funciones de dos variables, generalizando en aquellos casos que lo amerita, se ve el tema de la diferenciaci´on con todas sus potencialidades que garantizan la derivaci´on tanto la derivaci´on parcial, como la derivaci´on direccional y derivaci´on impl´ıcita, este tema termina con m´aximos y m´ıni- mos y problemas aplicados de optimizaci´on. Este ´ultimo cap´ıtulo tratan los temas de integraci´on, integrales dobles y triples en coordenadas cartesianas y generalizando con cambios de coordenadas, integral de l´ınea para funciones escalares y vectoriales, propiedades de los campos gradientes y el teorema de Green; integral de superficie para funciones escalares y vectoriales finalizan- do con el estudio de los teoremas de Gauss y Stokes. Los temas tratados de acuerdo con los objetivos generales los podemos describir como sigue: Series e integrales de Fourier i) Analizar los conceptos asociados a la definici´on de la Serie de Fourier, sus propiedades y procedimientos de c´alculo, y aplicarlos a la resoluci´on de problemas de ingenier´ıa. ii) Formular el concepto de Integral de Fourier, sus propiedades y m´etodos de calculo y aplicar esta informaci´on en la soluci´on de problemas de ingenier´ıa. iii
- 6. Funciones vectoriales i) Analizarel concepto de diferenciaci´on de funciones vectoriales, sus propiedades, procedimientos para realizar c´alculos y aplicarlos a la resoluci´on de problemas de Ciencia e Ingenier´ıa ii) Utilizar los conceptos de vector tangente, normal , binormal, curvatura y torsi´on e identidades de Frenet sus propiedades y procedimientos de c´alculos para emplearlos en la resoluci´on de problemas. Diferenciaci´on parcial i) Definir los conceptos de l´ımite, continuidad y describir las caracter´ısticas gr´aficas de las funciones de varias variables en IR2 en IR. ii) Analizar criterios para reconocer y evaluar la diferenciabilidad de una funci´on escalar de varias variables, usar su propiedades, m´etodos de c´alculos para su aplicaci´on a la resoluci´on de problemas de Ingenier´ıa. iii) Generalizar el concepto de diferenciaci´on para funciones compuestas e impl´ıcitas de varias variables, sus propiedades, m´etodos de c´alculos y su aplicaci´on a la resoluci´on de problemas de Ingenier´ıa iv) Aplicar diferentes m´etodos para determinar m´aximo y m´ınimos de una funci´on de varias variables y utilizarlos en la resoluci´on de problemas de optimizaci´on Integraci´on i) Analizar el concepto de integral doble sus propiedades y procedimientos de c´alculo , y su aplicaci´on a problemas de f´ısica e ingenier´ıa ii) Analizar el concepto de integral triple sus propiedades y procedimientos de c´alculo, y su aplicaci´on en problemas de f´ısica e ingenier´ıa. iii) Analizar los conceptos de integral de trayectoria e integral de l´ınea, y utilizar sus propiedades en la resoluci´on de problemas matem´aticos, de f´ısica e ingenier´ıa iv) Analizar los conceptos de integral de superficie, y utilizar sus propiedades en la resoluci´on de problemas matem´aticos, de f´ısica e ingenier´ıa Estructura de cada unidad Cada unidad en su desarrollo te´orico y fundamentaci´on matem´atica enfatiza los conceptos, los teoremas que avalan los procedimientos y las t´ecnicas de resoluci´on de problemas. iv
- 7. Unido a loanterior, en cada tema hay una unidad de problemas resuel- tos, otra de problemas propuestos, algunos con soluciones y una unidad de aplicaciones a los temas de ingenier´ıa. Finalmente, se incluye tam- bi´en un instrumento de autoevaluaci´on que consiste en un test con problemas de desarrollo que mide el nivel de las competencias cogniti- vas alcanzado por el estudiante. Este material pretende ser una fuente de motivaci´on que haga que los estudiantes perseveren en sus estudios y puedan vencer las dificultades de aprendizaje, y alcanzar niveles que le permitan r´apidamente conectarse con los temas en que est´a inmerso un problema y estructurar un a respuesta al problema usando diversas herramientas matem´aticas, esto le dar´a desde luego un plus durante toda su vida profesional. v
- 8. ´Indice general 1. Seriede Fourier 1 1.1. Introducci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 1.2. Propiedades Generales . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 1.2.1. Lema Elemental . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 1.3. La serie de Fourier de una funci´on . . . . . . . . . . . . 4 1.3.1. Coeficientes de Fourier . . . . . . . . . . . . . . 6 1.3.2. Atributos de la funci´on . . . . . . . . . . . . . . 7 1.3.3. Convergencia de las series de Fourier . . . . . . 9 1.3.4. La integral de funciones pares e impares . . . . 15 1.3.5. Teorema de las funciones pares y de las impares 16 1.4. Desarrollos llamados de medio rango . . . . . . . . . . 17 1.4.1. Extensi´on impar: . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 1.4.2. Extensi´on par . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 1.5. Diferenciacion e Integraci´on de la series de Fourier . . . 21 1.5.1. Derivaci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 1.5.2. Integraci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 1.5.3. Identidad de Parseval . . . . . . . . . . . . . . . 25 1.6. Integral de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 1.6.1. Criterio de convergencia de la integral de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 1.6.2. Integrales de Fourier de cosenos y senos . . . . . 31 1.7. Aplicaciones de Series de Fourier . . . . . . . . . . . . 38 vi
- 9. 1.7.1. Onda cuadradaalta frecuencia . . . . . . . . . 38 1.7.2. Rectificador de onda completa. . . . . . . . . . 39 1.7.3. Ecuaci´on de calor unidimensional . . . . . . . . 40 1.7.4. Ecuaci´on de calor: barra aislada . . . . . . . . 41 1.7.5. Ecuaci´on de Onda . . . . . . . . . . . . . . . . 42 1.7.6. Deflexi´on de una viga . . . . . . . . . . . . . . 44 1.8. Problemas Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45 1.9. Ejercicios Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50 1.9.1. Serie de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50 1.9.2. Integral de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . 63 1.10. Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70 1.10.1. Respuestas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74 1.11. Auto evaluaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77 2. Funciones Vectoriales de una variable real 92 2.1. Introducci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92 2.2. Funciones Vectoriales . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93 2.3. L´ımite de una funci´on vectorial. . . . . . . . . . . . . . 95 2.3.1. Teorema del l´ımite . . . . . . . . . . . . . . . . 95 2.3.2. Operaciones con funciones vectoriales . . . . . 98 2.3.3. Teoremas del algebra de l´ımites . . . . . . . . . 98 2.3.4. Teorema: producto de funci´on escalar por vec- torial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99 2.4. Continuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99 2.5. La Derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100 2.6. Regularidad de una curva . . . . . . . . . . . . . . . . 102 2.6.1. Camino regular . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103 2.6.2. Propiedades de la Derivada . . . . . . . . . . . 103 2.7. Parametrizaci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104 2.7.1. Ejemplos de reparametrizaciones . . . . . . . . 106 2.8. Longitud de Arco . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107 vii
- 10. 2.8.1. La Longitudde Arco como Par´ametro . . . . . 109 2.8.2. Parametrizaci´on por Longitud de Arco . . . . . 111 2.9. Trayectorias y curvas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113 2.10. Vectores Unitarios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115 2.10.1. Vector Tangente unitario . . . . . . . . . . . . 115 2.10.2. Vector Normal . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116 2.10.3. Vector Binormal . . . . . . . . . . . . . . . . . 116 2.11. Curvatura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118 2.11.1. C´alculo de curvatura usando par´ametro t cualquiera en R3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120 2.12. Planos por un punto de la curva . . . . . . . . . . . . . 123 2.12.1. Plano Osculador . . . . . . . . . . . . . . . . . 124 2.12.2. Plano Normal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124 2.12.3. Plano Rectificante . . . . . . . . . . . . . . . . 124 2.12.4. Recta Tangente . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125 2.12.5. Recta Normal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125 2.12.6. Recta Binormal . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125 2.13. Torsi´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127 2.13.1. C´alculo de la torsi´on usando par´ametro t cualquiera (en R3 ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128 2.14. Formulas de Frenet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130 2.15. Aplicaciones de Funciones Vectoriales y Curvas . . . . 131 2.15.1. Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132 2.16. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140 2.17. Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 169 2.17.1. Respuestas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173 2.18. Auto Evaluaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175 viii
- 11. 3. Funciones devarias variables 189 3.1. Introducci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189 3.2. Funciones Escalares de Variable Vectorial . . . . . . . . 193 3.2.1. Conceptos Topol´ogicos . . . . . . . . . . . . . . 193 3.2.2. Aspectos Geom´etrico de las Funciones Escalares 197 3.2.3. Gr´afica de una Funci´on . . . . . . . . . . . . . . 197 3.2.4. Curvas y Superficies de Nivel . . . . . . . . . . 198 3.2.5. L´ımite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 199 3.2.6. Continuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205 3.2.7. Derivadas Parciales . . . . . . . . . . . . . . . . 207 3.3. Diferenciabilidad en dos variables . . . . . . . . . . . . 209 3.3.1. Derivada Direccional . . . . . . . . . . . . . . . 211 3.3.2. Plano tangente y recta normal . . . . . . . . . . 215 3.3.3. Funci´on Compuesta. La Regla de la Cadena. . . 218 3.3.4. Funci´on Impl´ıcita . . . . . . . . . . . . . . . . . 222 3.3.5. Jacobiano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 226 3.3.6. M´aximos y M´ınimos . . . . . . . . . . . . . . . 228 3.3.7. Extremos Restringidos . . . . . . . . . . . . . . 233 3.4. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 245 3.4.1. Continuidad y diferenciabilidad . . . . . . . . . 245 3.4.2. Regla de la cadena . . . . . . . . . . . . . . . . 248 3.4.3. Derivaci´on Impl´ıcita . . . . . . . . . . . . . . . 251 3.4.4. Plano Tangente a una Superficie . . . . . . . . . 256 3.4.5. Derivadas Direccionales . . . . . . . . . . . . . . 258 3.4.6. Valores extremos . . . . . . . . . . . . . . . . . 260 3.4.7. Multimplicadores de Lagrange para extremos re- stringidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 264 3.4.8. Aplicaci´on al c´alculo de errores . . . . . . . . . 275 3.5. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 276 3.5.1. L´ımites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 276 3.5.2. Diferenciabilidad, continuidad . . . . . . . . . . 277 ix
- 12. 3.5.3. Derivadas parciales. . . . . . . . . . . . . . . . 278 3.5.4. Derivadas Direccionales . . . . . . . . . . . . . . 280 3.5.5. Puntos cr´ıticos m´aximos y m´ınimos . . . . . . . 284 3.6. Aplicaciones Derivada Direccional . . . . . . . . . . . . 286 3.7. Aplicaciones de M´aximos y M´ınimos . . . . . . . . . . 289 3.7.1. Aplicaci´on al campo de la mec´anica . . . . . . . 289 3.7.2. Aplicaciones a la geometr´ıa . . . . . . . . . . . 292 3.7.3. Aplicaci´on al campo de la econom´ıa . . . . . . 297 3.7.4. Problemas Propuestos de Aplicaciones . . . . . 302 3.8. Auto evaluaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 304 4. Integraci´on Multiple 315 4.1. Integrales dobles y triples . . . . . . . . . . . . . . . . 315 4.1.1. Integrales Dobles . . . . . . . . . . . . . . . . . 315 4.1.2. Integrales sobre conjuntos acotados de R2 . . . 320 4.1.3. Teorema de Fubini . . . . . . . . . . . . . . . . 322 4.1.4. ´Areas y Volumenes . . . . . . . . . . . . . . . . 327 4.1.5. Cambio de variable . . . . . . . . . . . . . . . . 329 4.2. Aplicaciones de la integral doble . . . . . . . . . . . . 333 4.2.1. Masa de una regi´on plana de densidad variable. 333 4.2.2. Momentos y centroide de una regi´on plana . . . 334 4.3. Integrales triples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 337 4.3.1. Ideas preliminares . . . . . . . . . . . . . . . . . 337 4.3.2. Teorema de Fubini . . . . . . . . . . . . . . . . 337 4.3.3. Teorema de la integral triple (Para dominios m´as generales) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 338 4.3.4. Cambio de variable para integrales triples . . . 342 4.3.5. Formula del cambio de variable . . . . . . . . . 345 4.3.6. Masa, Momentos, y Centroide de una Regi´on del Espacio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 348 4.4. Ejercicios resueltos integrales triples y dobles . . . . . . 350 x
- 13. 4.4.1. C´alculo deintegrales dobles en coordenadas rect´angu- lares cartesianas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 350 4.4.2. Cambios de orden de Integraci´on . . . . . . . . 361 4.4.3. Cambios de variables: Coordenadas polares . . . 363 4.4.4. Cambios de variables. Coordenadas curvil´ıneas . 367 4.4.5. C´alculo de integrales triples en coordenadas rect´angu- lares cartesianas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 373 4.4.6. Coordenadas esf´ericas . . . . . . . . . . . . . . 377 4.4.7. Coordenadas Cil´ındricas . . . . . . . . . . . . . 380 4.5. Ejercicios propuestos integrales dobles y triples . . . . . 389 4.5.1. Integrales dobles . . . . . . . . . . . . . . . . . 389 4.5.2. C´alculo de Integrales dobles usando transforma- ci´on de coordenadas . . . . . . . . . . . . . . . 392 4.5.3. Integrales triples . . . . . . . . . . . . . . . . . 394 4.5.4. Integrales triples iteradas . . . . . . . . . . . . . 394 4.5.5. Integrales triples en coordenadas rect´angulares cartesianas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 396 4.5.6. Calcular las integrales dadas usando las coorde- nadas adecuadas: . . . . . . . . . . . . . . . . . 397 4.5.7. Resolver las integrales usando coordenadas esf´eri- cas: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 399 4.6. Aplicaciones integrales dobles y triples . . . . . . . . . 401 4.6.1. Volumenes de cuerpos en el espacio . . . . . . . 401 4.6.2. ´Area de figuras planas. . . . . . . . . . . . . . . 404 4.6.3. Momentos y centros de masa para placas planas delgadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 406 4.6.4. Centroide de figuras geom´etricas . . . . . . . . . 407 4.6.5. Momentos y Centros de masa de un s´olido . . . 412 4.6.6. Masa de un s´olido . . . . . . . . . . . . . . . . . 413 4.6.7. Determinaci´on del centroide dee un s´olido . . . 424 4.7. Autoevaluaci´on Integrales dobles y triples . . . . . . . 426 xi
- 14. 5. Integral deLinea 436 5.1. Campos vectoriales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 441 5.2. Cambio de parametrizaci´on . . . . . . . . . . . . . . . 446 5.2.1. Reparametrizaci´on . . . . . . . . . . . . . . . . 447 5.3. Independencia de trayectoria . . . . . . . . . . . . . . . 449 5.4. Campos Conservativos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 451 5.4.1. Campo gradiente . . . . . . . . . . . . . . . . . 451 5.4.2. Teorema de Green . . . . . . . . . . . . . . . . 456 5.5. Aplicaciones de la integral de trayectoria . . . . . . . . 461 5.5.1. ´Area de una pared . . . . . . . . . . . . . . . . 465 5.6. Aplicaciones de la integral de l´ınea . . . . . . . . . . . 467 5.7. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 477 5.7.1. Campo conservativo . . . . . . . . . . . . . . . 481 5.7.2. Teorema de Green . . . . . . . . . . . . . . . . 485 5.8. Problemas propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 492 5.8.1. Integral de trayectoria . . . . . . . . . . . . . . 492 5.8.2. Integral de l´ınea . . . . . . . . . . . . . . . . . . 493 5.8.3. Campos conservativos . . . . . . . . . . . . . . 494 5.8.4. Teorema de Green . . . . . . . . . . . . . . . . 495 5.9. Autoevaluaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 496 6. Integrales de superficie 504 6.1. Superficie orientada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 507 6.1.1. Integral de flujo. . . . . . . . . . . . . . . . . . 508 6.1.2. Superficies Parametrizadas. . . . . . . . . . . . 510 6.1.3. Vector normal a S : . . . . . . . . . . . . . . . . 510 6.1.4. ´Area de una superficie parametrizada . . . . . . 513 6.1.5. Integral de una funci´on escalar sobre una super- ficie. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 516 6.1.6. Integral de Superficie de campos vectoriales . . 517 6.1.7. Aplicaci´on al campo de la f´ısica: . . . . . . . . . 519 xii
- 15. 6.2. Teoremas deGauss y de Stokes . . . . . . . . . . . . . 519 6.2.1. Divergencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 519 6.2.2. Teorema de la divergencia de Gauss. . . . . . . 520 6.2.3. Teorema de Stokes. . . . . . . . . . . . . . . . . 524 6.3. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 525 6.3.1. Integrales de superficie . . . . . . . . . . . . . . 529 6.3.2. Integral de Flujo de un campo vectorial . . . . . 532 6.3.3. Teorema de la divergencia de Gauss . . . . . . . 537 6.3.4. Teorema de Stokes . . . . . . . . . . . . . . . . 543 6.4. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 550 6.4.1. ´Area de una superficie . . . . . . . . . . . . . . 550 6.4.2. Integrales de funciones escalares sobre superficie 553 6.4.3. Integral de Flujo . . . . . . . . . . . . . . . . . 555 6.4.4. Teorema de la divergencia de Gauss . . . . . . . 557 6.4.5. Teorema de Stokes . . . . . . . . . . . . . . . . 561 6.5. Aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 564 6.5.1. Aplicaciones Integral de Flujo . . . . . . . . . . 564 6.5.2. Aplicaci´on del teorema de Gauss . . . . . . . . 568 6.5.3. Aplicaci´on teorema de Stokes . . . . . . . . . . 573 6.5.4. Aplicacion teorema de Green . . . . . . . . . . 576 6.5.5. Aplicaciones al electromagnetismo . . . . . . . 580 6.6. Auto evaluaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 587 xiii
- 16. Cap´ıtulo 1 Serie deFourier En el presente cap´ıtulo se estudiar´an los conceptos b´asicos , m´etodos de c´alculo de los coeficientes y condiciones de convergencia para repre- sentar funciones mediante series e integrales de Fourier . 1.1. Introducci´on Las funciones peri´odicas se presentan frecuentemente en una gran var- iedad de problemas de f´ısica e ingenier´ıa, tales como propagaci´on de ondas en un medio, conducci´on del calor a lo largo de una varilla , resonancia nuclear magn´etica ,en consecuencia, abordar la soluci´on de tales problemas, requiere del estudio de la serie de Fourier. La serie de Fourier es la representaci´on de una funci´on en t´erminos de una serie trigonom´etrica infinita cuyas bases son las funciones seno y coseno. Algunas de las ventajas de ´esta representaci´on sobre otras representaciones, tales como, las series de Taylor, son: a) primero, se puede representar funciones peri´odicas en t´erminos de las bases seno y coseno que tienen diferentes frecuencias; b) segundo, se puede representar funciones discontinuas en un punto o seccionalmente continuas en un n´umero finito de puntos; c) tercero, permite encontrar la respuesta de un sistema que es pertur- bado por una funci´on peri´odica, en t´erminos de una frecuencia funda- mental y cada una de las frecuencias arm´onicas. 1
- 17. 1.2. Propiedades Generales Paraproblemas con condiciones de frontera peri´odicas en el intervalo −L ≤ x ≤ L, nos preguntamos si es posible expresar una funci´on como una combinaci´on lineal de funciones seno y coseno de frecuencias cada vez mayores, como la siguiente serie infinita (conocida como serie de Fourier de f(x)): f(x) = a0 + ∞ n=1 (an cos nπx L + bn sin nπx L ) (1,1,1) Obviando la igualdad, vale preguntarse ¿converge esta serie infinita?,¿qu´e condi- ciones debe cumplir f para que se d´e la convergencia?,¿cu´ando converge a f(x)? Estas preguntas no tienen una respuesta sencilla. Sin embargo, las series de Fourier normalmente funcionan bastante bien. Supongamos que f admite desarrollo en serie de Fourier, ¿c´omo se ob- tienen los coeficientes a0, an y bn en t´erminos de f(x) ?. Para responder esta ´ultima pregunta necesitaremos del siguiente lema. 1.2.1. Lema Elemental Lema 1.2.1. i) Si m y n son n´umeros enteros no negativos distintos, entonces: L −L cos nπx L cos mπx L dx = L −L sin nπx L sin mπx L dx = 0 (1.2.1) ii) Para cualquier par de enteros no negativos m y n,entonces: L −L cos nπx L sin mπx L dx = 0 (1.2.2) iii)Para cualquier entero positivo n, entonces: L −L cos2 nπx L dx = L −L sin2 nπx L dx = L (1.2.3) 2
- 18. Demostraci´on: Se prueba integrandodirectamente: usando la identidad cos α cos β = cos(α − β) + cos(α + β) 2 i) L −L cos nπx L cos mπx L dx = 1 2 L −L cos (n − m)πx L dx+ 1 2 L −L cos (n + m)πx L d = 1 2 L (n − m) π sin (n − m) πx L L −L + 1 2 L (n + m) π sin (n + m) πx L L −L = 0 Adem´as, si m = 0 y n = 0 es facilmente verificable que la integral es cero. En forma similar se prueba que L −L sin nπx L sin mπx L dx = 0 ii) Usando la identidad trigonom´etrica sin α cos β = sin(α − β) + sin(α + β) 2 L −L cos nπx L sin mπx L dx = 1 2 L −L sin (n − m) πx L dx + 1 2 L −L sin (n + m) πx L dx = − 1 2 L (n − m) π cos (n − m) πx L |L −L − 1 2 L (n + m) π sin (n + m) πx L |L −L = 0 A estas f´ormulas integrales se les llama relaciones de ortogonalidad y diremos que en tal caso el conjunto de las funciones cos nπx L , sin mπx L ∀ n = 0, 1, 2, ..., y ∀ m = 1, 2, ..., son ortogonales en [−L, L] iii) La demostraci´on queda como ejercicio para el lector, se prueba 3
- 19. integrando directamente.En s´ıntesis,se puede puntualizar que: 1 L L −L cos nπx L cos mπx L dx = 0, si m = n 1, si m = n = δm,n 1 L L −L sin nπx L sin mπx L dx = 0, si m = n 1, si m = n = δm,n donde δm,n se define como el delta de Kroneker. 1 L L −L cos nπx L sin mπx L dx = 0 ∀m, n L −L cos nπx L dx = 0 ∀m, n ; y L −L sin mπx L dx = 0 ∀m, n 1.3. La serie de Fourier de una funci´on Se debe distinguir entre f(x) y su serie de Fourier en el intervalo −L ≤ x ≤ L: Serie de Fourier de f(x) a0 + ∞ n=1 an cos nπx L + bn sin nπx L La serie trigonom´etrica puede incluso no converger y si converge, puede que no lo haga a f(x). Partiendo del supuesto que la serie converge podr´ıamos determinar los coeficientes de Fourier a0, an y bn, usando las relaciones de ortogonalidad. Sea f(x) definida en el intervalo −L ≤ x ≤ L: f(x) = a0 + ∞ n=1 an cos nπx L + bn sin nπx L (1.3.4) Integrando la identidad ( 1.3.4) se tiene: L −L f(x)dx = L −L a0dx+ ∞ n=1 an L L cos nπx L dx + bn L −L sin nπx L dx 4
- 20. Como todas lasintegrales de la derecha valen cero, excepto la primera, se deduce de aqu´ı el valor de a0, suponiendo que la L −L f(x)dx existe, as´ı. a0 = 1 2L L −L f(x)dx Para el c´alculo de an multiplicamos la identidad ( 1.3.4) por cos mπx L e integramos la serie t´ermino a t´ermino, queda L −L f(x) cos mπx L dx = a0 L −L cos mπx L dx+ ∞ n=1 an L L cos nπx L cos mπx L dx + bn L −L sin nπx L cos mπx L dx = = 0 + ∞ n=1 an · Lδn,m + 0 = Lam Por lo tanto, al evaluar δn,m, queda un s´olo t´ermino: L −L f(x) cos mπx L dx = amL, as´ı el valor de am es am = 1 L L −L f(x) cos mπx L dx, ∀ m ≥ 1 Cambiando el ´ındice libre m por n , en ambos lados de la ecuaci´on, queda an = 1 L L −L f(x) cos nπx L dx, ∀ n ≥ 1 Ahora, multiplicando ( 1.3.4) por sin mπx L e integrando de manera similar y por el lema se tiene bn = 1 L L −L f(x) sin nπx L dx, ∀ n ≥ 1 Hemos determinado los coeficientes a0, an y bn ,claro que, bajo muchos supuestos. Estos c´alculos sugieren la siguiente definici´on. 5
- 21. 1.3.1. Coeficientes deFourier Definici´on 1.- i) Sea f una funci´on Riemann integrable en [−L, L], las constantes a0 = 1 2L L −L f(x)dx an = 1 L L −L f(x) cos nπx L dx para n = 1, 2, 3, ... bn = 1 L L −L f(x) sin nπx L dx para n = 1, 2, 3, ... 2,1,1 se denominan los coeficientes de Fourier de f en [−L, L]. ii) La serie: f(x) ∼ a0 + ∞ n=1 an cos nπx L + bn sin nπx L es la serie de Fourier de f en el intervalo [−L, L] , cuando los coefi- cientes est´an dados por (2,1,1). Para no hablar de convergencia todav´ıa, escribimos el signo”∼”que significa que a la derecha se tiene la serie de Fourier de f en −L ≤ x ≤ L. Observese que, la serie de Fourier de f, se puede interpretar como una generalizaci´on de una combinaci´on lineal en una base ortogonal seno, coseno, que es aplicada a una funci´on en lugar de un vector est´andar en Rn . El siguiente ejemplo ilustra como dada una funci´on peri´odica f(x), de per´ıodo 2π, se calculan los coeficientes de Fourier y expresa la serie trigonom´etrica de Fourier correspondiente. Ejemplo 1: Determinar la serie de Fourier de f(x) = x si x ∈ [−π, π] 6
- 22. Soluci´on: La gr´aficade la funci´on es: Los coeficientes de Fourier de f en [−π, π] , son: a0 = 1 2π π −π xdx = 0 an = 1 π π −π x cos (nx) dx = 1 n2π cos(nx) + x nπ sin(nx) π −π = 0 bn = 1 π π −π x sin(nx)dx = 1 n2π sin(nx) − x nπ cos(nx) π −π ∴ bn = 2 n (−1)n+1 ∀ n ≥ 1 Por tanto, la serie de Fourier de f en[−π, π] es: ∞ n=1 2 n (−1)n+1 sin(nx) 1.3.2. Atributos de la funci´on Lo anteriormente expuesto es v´alido para cierto tipo de funciones, nos referimos a las funciones f(x) que son seccionalmente continuas. Definici´on 2.- Sea f(x) definida en [a, b]. Entonces f es seccional- mente continua en [a, b] si: a) f es continua en [a, b] ,excepto quiz´as en un n´umero finito de puntos. b) Ambos l´ımx→a+ f(x) y l´ımx→b− f(x) existen y son finitos. c) f no es continua en x0, x0 ∈ (a, b) y los l´ımites l´ımx→x+ 0 f(x) y l´ımx→x− 0 f(x) existen y son finitos . 7
- 23. Definici´on 3.- f(x)es seccionalmente suave en [a, b] si f y f son seccionalmente continuas en [a, b] . Ejemplo 2: Muestre que f(x) = x 1 3 no es seccionalmente suave en ning´un intervalo cerrado que contenga en su interior al cero. Soluci´on: En efecto, se tiene que f (x) = 1 3 x −2 3 =⇒ l´ım x→0 f (x) = l´ım x→0 1 3 x −2 3 = ∞, no existe. Por tanto, la funci´on no es seccionalmente suave. Observaci´on: Las funciones seno y coseno, que aparecen como bases en la serie de Fourier, tienen per´ıodos diferentes los que son iguales a 2L n para n ≥ 1. Por otra parte, un m´ultiplo entero del per´ıodo de una funci´on per´ıodica es tambi´en un per´ıodo , podemos afirmar entonces, que 2L es el per´ıodo com´un para las funciones seno y coseno del desarrollo de la serie. Por lo anterior, la serie de Fourier no s´olo representa a f en el intervalo −L ≤ x ≤ L , sino que, proporciona una extensi´on per´ıodica de f en todos los reales. 8
- 24. Ejemplo 3: Encontrarel per´ıodo de la funci´on f(x) = 100 cos2 x. Soluci´on: Utilizando la identidad trigonom´etrica cos2 θ = 1 2 (1+cos 2θ) se tiene f(x) = 100 cos2 x = 100 1 2 (1 + cos 2x) luego queda f(x) = 50 + 50 cos 2x como el per´ıodo de cos 2x es π y una funci´on constante tiene cualquier per´ıodo, entonces f(x) es de per´ıodo π. 1.3.3. Convergencia de las series de Fourier A continuaci´on vamos a establecer las condiciones de suficiencia que debe cumplir una funci´on f(x) para que pueda ser representada por medio de una serie de Fourier. Teorema 1.3.1. Si f(x) es seccionalmente suave en el intervalo [−L, L], entonces la serie de Fourier de f(x) converge. i) A la ex- tensi´on per´ıodica de f(x), en los puntos que la extensi´on per´ıodica sea continua. ii) Al promedio de los l´ımites laterales 1 2 (f(x+ ) + f(x− )) en los puntos donde la extensi´on per´ıodica tenga una discontinuidad de salto. En el siguiente ejemplo, se eval´ua si la serie de Fourier resultante de una funci´on f(x) en un punto x0 dado converge o no en ese punto 9
- 25. Ejemplo 4: Seaf(x) = 0 si −3 ≤ x ≤ 0 x si 0 ≤ x ≤ 3 .Construir la serie de Fourier y analizar la convergencia en todo R Soluci´on: Representemos la gr´afica de la funci´on Los coeficientes de la serie de Fourier de f(x),son: a0 = 1 6 3 −3 f(x)dx = 1 6 3 0 xdx = 3 4 an = 1 3 3 −3 f(x) cos nπx 3 dx = 1 3 3 0 x cos nπx 3 dx = 1 3 9 cos nπx 3 n2π2 + 3x sin nπx 3 nπ 3 0 = 3 n2π2 (cos(nπ) − 1) = 3 n2π2 ((−1)n − 1) bn = 1 3 3 −3 f(x) sin nπx 3 dx = 1 3 3 0 x sin nπx 3 dx = 1 3 9 sin nπx 3 n2π2 + 3x cos nπx 3 nπ 3 0 = − 3 nπ cos(nπ) = − 3 nπ (−1)n Por consiguiente, la serie de Fourier la podemos escribir 3 4 + ∞ n=1 3 n2π2 ((−1)n − 1) cos nπx 3 − 3 nπ (−1)n sin nπx 3 10
- 26. Tenemos que fes continua en [−3, 3] ,por lo tanto su extensi´on per´ıod- ica es seccionalmente continua en R , con discontinuidad de salto en los puntos x = 3 ± 6n, n ∈ Z Por lo tanto, de acuerdo al teorema la serie converge a fE(x) = f(x) si x = 3 ± 6n 3 2 si x = 3 ± 6n n ∈ Z entonces fE(x) = 3 4 + 3 π2 ∞ n=1 1 n2 ((−1)n − 1) cos nπx 3 − π n (−1)n sin nπx 3 los coeficientes ((−1)n − 1) son nulos, si n es n´umero par e iguales a −2, si n es n´umero impar. Entonces f(x) = 3 4 − 6 π2 ∞ n=1 1 (2n − 1)2 cos (2n − 1)πx 3 + π 6n (−1)n sin nπx 3 Al evaluar la convergencia en x0= 3, punto de discontinuidad de la funci´on, se obtiene 3 2 = 3 4 − 6 π2 ∞ n=1 1 (2n − 1)2 (−1)2n−1 =⇒ ∞ n=1 1 (2n − 1)2 = π2 8 Obs´ervese que a partir de la convergencia de la serie de Fourier en un punto se puede inferir la convergencia de la suma de t´erminos de la serie resultante. Definici´on 4.- Una suma parcial de la serie de Fourier es una suma de la forma: Sn = a0 + N n=1 an cos nπ L x + bn sin nπ L x Observaci´on. Al truncar la serie infinita se obtiene un polinomio de grado n. 11
- 27. Ejemplo 5 Seaf(x) = x + π, x ∈ [−π, π] . Determine la serie de Fourier y obtener la gr´afica de sumas parciales S1(x), S3(x), S10(x). Soluci´on : La gr´afica de la funci´on es Los coeficientes de Fourier de f en [−π, π] a0 = 1 2π π −π (x + π)dx = 1 2π x2 2 + πx π −π = 1 2π 2π2 = π ∴ a0 = π an = 1 π π −π (x + π) cos (nx) dx = 1 π 1 n2 cos(nx) + x n sin(nx) π −π ∴ an = 0 bn = 1 π π −π (x + π) sin(nx)dx = 1 π 1 n2 sen(nx) − x n cos s(nx) π −π ∴ bn = 2 n (−1)n+1 As´ı la serie de Fourier de f (x) es π + 2 ∞ n=1 (−1)n+1 n sin(nx) = π + 2 sin x − sin 2x 2 + sin3x 3 − .. Para visualizar la convergencia de est´a serie gr´afiquemos algunas de sus sumas parciales Sn(x) = π + 2 n k=1 (−1)n k sin(kx) 12
- 28. Obtengamos S1 : S1(x)= π + 2 1 k=1 (−1)n k sin(kx) 13
- 29. Obtengamos S3 S3(x) =π + 2 3 k=1 (−1)n k sin(kx) Finalmente Obtengamos S10 S10 = π + 2 10 k=1 (−1)n k sin(kx) A partir de este ejemplo, podemos inferir que para las series de Fourier las gr´aficas de las sumas parciales son curvas aproximadas de la gr´afica de la funci´on per´ıodica representada por la serie. Se puede visualizar adem´as, que en la medida que es mayor el n´umero de t´erminos de las sumas parciales estas convergen de mejor forma a la gr´afica de la funci´on f. 14
- 30. 1.3.4. La integralde funciones pares e impares Lema 1.3.1. (de funciones pares e impares) Sea f una funci´on in- tegrable en [−L, L] . a) Si f una funci´on par en [−L, L], entonces L −L f(x)dx = 2 L 0 f(x)dx. b) Si f es funci´on impar en [−L, L], entonces L −L f(x)dx = 0. Demostraci´on a) f funci´on par, entonces f(−x) = f(x) ∀x ∈ R. Considerando que f es par y el cambio de variable t = −x se tiene 0 −L f(x)dx = 0 −L f(−x)dx = L 0 f(t)dt = L 0 f(x)dx entonces L −L f(x)dx = 0 −L f(x)dx + L 0 f(x)dx = 2 L 0 f(x)dx b) f funci´on impar, entonces f(−x) = −f(x) ∀x ∈ R. Usando este hecho y el cambio de variable t = −x se tiene 0 −L f(x)dx = 0 −L −f(−x)dx = 0 L f(t)dt = L − 0 f(x)dx entonces L −L f(x)dx = 0 −L f(x)dx + L 0 f(x)dx = L 0 f(x)dx − L 0 f(x)dx = 0 lo que demuestra el lema. A continuaci´on, vamos a determinar los coeficientes y la serie de Fourier coseno (o seno) seg´un corresponda, dada una funci´on f par (o impar) de periodo 2L. 15
- 31. 1.3.5. Teorema delas funciones pares y de las im- pares Teorema 1.3.2. Sea f una funci´on integrable en [−L, L], a) Si f es par, la serie de Fourier de f en [−L, L] es a0 + ∞ n=1 an cos nπx L con coeficientes a0 = 1 L L 0 f(x)dx y an = 2 L L 0 f(x) cos nπx L dx, se denomina serie de cosenos. b) Si f es impar, la serie de Fourier de f en [−L, L] es ∞ n=1 bn sin nπx L con coeficiente bn = 2 L L 0 f(x) sin nπx L dx, se denomina serie de senos. Demostraci´on: Se deja al lector, debe aplicar el Lema 1.3.1 en el c´alculo de los coeficientes de Fourier. Ejemplo 6: Calcule la serie de Fourier de f(x) = 1 − |x| en −2 ≤ x ≤ 2. Soluci´on: A partir de la gr´afica de la funci´on podemos inferir que la funci´on es par. Es decir f(−x) = 1 − |−x| = 1 − |x| = f(x) ∀x ∈ R, luego se tiene que f es par. Los coeficientes del desarrollo de Fourier, son: 16
- 32. a0 = 1 2 2 0 (1 −x)dx = 1 2 x − x2 2 2 0 = 0 an = 2 2 2 0 (1 − x) cos nπx 2 dx = 2 0 cos nπx 2 dx − 2 0 x cos nπx 2 dx = 0 − 4 cos nπx 2 n2π2 + 2x sin nπx 2 nπ 2 0 por consiguiente an = 0 si n es par 8 (2n−1)2π2 si n es impar As´ı la serie de Fourier de f(x) = 1 − |x| es: 8 π2 ∞ n=1 1 (2n − 1)2 cos (2n − 1)πx 2 En muchos problemas se tiene la posibilidad de trabajar con series de senos o series de cosenos. Por ejemplo , al resolver ecuaciones diferen- ciales parciales de segundo orden aplicando el m´etodo de separaci´on de variables. 1.4. Desarrollos llamados de medio rango Sea una funci´on f seccionalmente continua que est´a definida s´olo en el semi-intervalo [0, L], queremos obtener el desarrollo de f en serie de Fourier ∀x ∈ [0, L] . Una forma de hacer lo anterior es extender f al intervalo [−L, L] y por supuesto , puede ser hecho de muchas maneras, sin embargo, dos extensiones son las m´as convenientes e importantes. Construir una extensi´on impar lo que origina una serie de senos o construir un extensi´on par lo que determina una serie de cosenos. Estas se denominan desarrollos de medio rango. 1.4.1. Extensi´on impar: Supongamos que conocemos f(x) solamente para 0 ≤ x ≤ L, entonces podemos extenderla como una funci´on impar, obteniendo otra funci´on 17
- 33. denotada fi(x) definidapor: fi(x) = f(x), 0 ≤ x ≤ L −f(−x), −L ≤ x ≤ 0 como se muestra en la figura adjunta. Si f(x) es seccionalmente suave en 0 ≤ x ≤ L, entonces fi(x) es tambi´en seccionamente suave y se puede aplicar el teorema de convergencia de series de Fourier. La serie de Fourier de fi(x) es fi(x) = ∞ n=1 bn sin nπx L , − L ≤ x ≤ L Como estamos interesados solamente en lo que ocurre entre 0 ≤ x ≤ L. En esa regi´on f(x) es id´entica a fi(x) y la serie de Fourier es f(x) = ∞ n=1 bn sin nπx L , 0 ≤ x ≤ L con coeficiente bn = 2 L L 0 f(x) sin nπx L Ejemplo 7. Sea la funci´on f(x) = x en el interior 0 ≤ x ≤ L. Obtener el desarrollo de medio rango considerando una extensi´on im- par. 18
- 34. Soluci´on. Consideremos laextensi´on impar de f(x) en 0 ≤ x ≤ L, la gr´afica de f muestra que la serie de fourier de senos converge a f(x) en 0 ≤ x ≤ L. Sin embargo, en x = L hay una discontinuidad de salto, luego la serie converge a cero aunque f(L) = 0. bn = 2 L L 0 f(x) sin nπx L dx = 2 L L 0 x sin nπx L dx = 2L nπ (−1)n+1 Por lo tanto, la serie resultante es: x = 2L π ∞ n=1 (−1)n+1 n sin nπx L , 0 ≤ x ≤ L 1.4.2. Extensi´on par Supongamos ahora que conocemos f(x) solamente para 0 ≤ x ≤ L , entonces la extendemos como funci´on par, obteniendo otra funci´on denotada fp(x) definida por: fp(x) = f(x), 0 ≤ x ≤ L f(−x), −L ≤ x ≤ 0 como muestra la figura adjunta: Si f(x) es seccionalmente continua en 0 ≤ x ≤ L, entonces su extensi´on par fp(x) lo ser´a tambi´en por lo que se puede aplicar el teorema de convergencia de series de Fourier. En el intervalo 0 ≤ x ≤ L, la funci´on f(x) es id´entica a su extensi´on par. La serie que se obtiene se denomina serie de Fourier de cosenos de f(x). a0 + ∞ n=1 an cos nπx L , 0 ≤ x ≤ L, con coeficientes 19
- 35. a0 = 1 L L 0 f(x)dx yan = 2 L L 0 f(x) cos nπx L dx Ejemplo 8: Construir la serie de Fourier de Cosenos de f(x) = x en 0 ≤ x ≤ L. Soluci´on: Por las caracter´ısticas de la extensi´on en lo que concierne a la continuidad de la funci´on tenemos: x = a0 + ∞ n=1 an cos nπx L , 0 ≤ x ≤ L a0 = 1 L L 0 f(x)dx = 1 L L 0 xdx = 1 L x2 2 L 0 = L 2 an = 2 L L 0 f(x) cos nπx L dx = 2 L L 0 f(x) cos nπx L dx an = 0 si n par. − 4L n2π2 si n impar. 20
- 36. Finalmente, la seriede Fourier coseno de f(x) = x en 0 ≤ x ≤ L es: L 2 − 4L π2 ∞ n=1 1 (2n − 1)2 cos (2n − 1)πx L 1.5. Diferenciacion e Integraci´on de la se- ries de Fourier 1.5.1. Derivaci´on Las series infinitas, a´un las convergentes no siempre se pueden derivar t´ermino a t´ermino. Un caso ilustrativo, es el de la funci´on f(x) = x definida para −π ≤ x ≤ π, cuya serie de Fourier es ∞ n=1 2(−1)n+1 n sin(nx) que converge para −π < x < π, es decir x = ∞ n=1 2(−1)n+1 n sin(nx), x ∈ ]−π, π[ Si diferenciamos, esta serie t´ermino a t´ermino tenemos: ∞ n=1 2(−1)n+1 cos(nx) la cual es una serie que no converge en ] − π, π[ , ya que si an = 2(−1)n+1 cos(nx) para cada x ∈] − π, π[, l´ım n→∞ an no existe, como no ocurre que an −→ 0 ,concluimos que ∞ n=1 2(−1)n+1 cos(nx) no converge para cada x ∈] − π, π[. Por otro lado, f (x) = 1 ∀x ∈]−π, π[. Esto muestra en este caso que la derivada t´ermino a t´ermino de la serie, no converge a la derivada de la funci´on que representa. La dificultad se nos presenta cada vez que la serie de Fourier de f(x) tiene una discontinuidad de salto, la derivaci´on t´ermino a t´ermino no est´a justificada en estos casos. Sin embargo, podemos aqu´ı considerar el siguiente teorema que precisa las condiciones para permitir la derivaci´on t´ermino a t´ermino. 21
- 37. Teorema 1.5.1. Seaf una funci´on continua en [−L, L] con f(−L) = f(L), si f es seccionalmente suave en [−L, L] donde f (x) existe se tiene. f (x) = ∞ n=1 nπ L −an sin nπx L + bn cos nπx L Demostraci´on.- Se deja al lector, se sugiere escribir la serie de Fourier de f (x), con- siderando que esta serie converge a f (x) siempre que f (x) exista. Use integraci´on por partes para relacionar los coeficientes de f (x) con los correspondientes de f(x). Ejemplo 9. Dada la funci´on f(x) = x2 en −π ≤ x ≤ π , verifique si la derivada de esta serie existe. Soluci´on Claramente se satisface las hip´otesis de la proposici´on an- terior. La serie de Fourier de la funci´on f(x) en [−π, π] es: (Ver Problema 2 en problemas resueltos) f(x) = π2 3 + 4 ∞ n=1 (−1)n n2 cos(nx) Como f (x) = 2x es continua, y existe f (x) = 2 en todo el intervalo, entonces para −π < x < π f (x) = 2x = 4 ∞ n=1 (−1)n+1 n sin(nx) Note que este resultado concuerda con lo establecido en el ejemplo 1 del inciso 2.1. 22
- 38. 1.5.2. Integraci´on La precauci´onque se tiene para la derivaci´on t´ermino a t´ermino de la serie de Fourier no se requiere para el caso de la integraci´on . Teorema 1.5.2. Sea f una funci´on seccionalmente suave en [−L, L] con serie de Fourier f(x) = a0 + ∞ n=1 an cos nπx L + bn sin nπx L Entonces para cada x ∈ [−L, L] . x −L f(t)dt = a0(x+L)+ L π ∞ n=1 1 n an sin nπx L − bn cos nπx L − (−1)n Demostraci´on; Sea F(x) = x −L f(t)dt − a0x ∀x ∈ [−L, L] , as´ı definida F es continua en [−L, L] , adem´as F(−L) = −L −L f(t)dt−a0 (−L) = a0L y F(L) = L −L f(t)dt−a0L = 2a0L−a0L = a0L Por lo cual F(−L) = F(L), asimismo F (x) = f(x) − a0 ∀x ∈ [−L, L] donde f es continua. Entonces podemos asegurar que F es seccional- mente continua en [−L, L] y por el teorema de convergencia tenemos que F(x) = A0 + ∞ n=1 An cos nπx L + Bn sin nπx L (1.5.5) donde para n ≥ 1. 23
- 39. An = 1 L L −L F(t) cos nπt L dtintegrando por partes = 1 L F(t) L nπ sin nπt L L L − L nπ L −L F (t) sin nπt L dt = 0 − L nπ L −L (f(t) − a0) sin nπt L dt = − L nπ L −L f(t) sin nπt L dt + L nπ a0 L −L sin nπt L dt An = − L nπ bn donde bn es el coeficiente correspondiente de la serie de Fourier de f en [−L, L]. De manera analoga se tiene que: Bn = 1 L L −L F(t) sin nπt L dt = L nπ an donde an es tambi´en el correspondiente coeficiente de la serie de Fourier de f en [−L, L]. Por lo tanto, reemplazando en 1.5.5 F(x) = A0 + L π ∞ n=1 1 n −bn cos nπx L + an sin nπx L , x ∈ [−L, L] para A0 tenemos: F(L) = a0L = A0 + ∞ n=1 An cos(nπ) =⇒ A0 = a0L − ∞ n=1 An cos(nπ) finalmente A0 = a0L + L π ∞ n=1 1 n bn cos(nπ) 24
- 40. ahora sustituyendo A0se tiene F(x) = a0L+ L π 1 n ∞ n=1 bn cos(nπ)+ L π ∞ n=1 1 n −bn cos nπx L + an sin nπx L y reemplazando en la igualdad inicial obtenemos lo que afirma el teo- rema. x −L f(t)dt = a0(x+L)+ L π ∞ n=1 1 n an sin nπx L − bn cos nπx L − (−1)n 1.5.3. Identidad de Parseval Sea f una funci´on seccionalmente continua en [−L, L] y tal que f es tambi´en seccionalmente continua en [−L, L]. Si f(x) = a0 + ∞ n=1 an cos nπx L − bn sin nπx L es la serie de Fourier de f, entonces 1 L L −L [f(x)]2 dx = 2 (a0)2 + ∞ n=1 (an)2 + (bn)2 que se conoce como identidad de Parseval Prueba: La serie de Fourier de f converge a f(x) para cada x del intervalo [−L, L]. f(x) = a0 + ∞ n=1 an cos nπx L − bn sin nπx L Multiplicando por f(x) se tiene f(x)2 = a0f(x) + ∞ n=1 anf(x) cos nπx L − bnf(x) sin nπx L 25
- 41. podemos integrar t´erminoa t´ermino. L −L [f(x)]2 dx = a0 L −L f(x)dx+ ∞ n=1 an L −L f(x) cos nπx L − bn L −L f(x) sin nπx L de aqu´ı recordando lo que son los coeficientes de una serie de Fourier se tiene. L −L [f(x)]2 dx = 2 (a0)2 L + L ∞ n=1 [an · an + bn · bn] =⇒ 1 L L −L [f(x)]2 dx = 2 (a0)2 + ∞ n=1 (an)2 + (bn)2 Obs´ervese que la identidad de Parseval, permite inferir la suma de una serie infinita, dada una funci´on f que tiene una representaci´on de Fourier para cada x del intervalo [−L, L]. Ejemplo 10. Sea f(x) = x −π < x < π 0 x = −π, π , per´ıodica de per´ıodo 2π. Pruebe que ∞ n=1 1 n2 = π2 6 . Figura 1.1: gr´afica funci´on per´ıodo 2π Soluci´on: Como f(x) en es una funci´on impar se tiene que : an = 0 para n = 0, 1, 2, ...y 26
- 42. bn = 1 π π −π x sin(nπ) dx = 2 π π 0 x sin (nπ) dx = − 2x cos(nx) nπ π 0 =⇒ bn = 2 n n = 1, 3, 5, ... −2 n n = 2, 4, 6, ... Por tanto f(x) ∼ 2 ∞ n=1 (−1)n+1 sin(nx) n = 2 sin x 1 − sin 2x 2 + sin 3x 3 ... Aplicando la identidad de Parseval 1 π π −π x2 dx = 4 1 12 + 1 22 + 1 32 + 1 42 + ... =⇒ ∞ n=1 1 n2 = 1 4π π −π x2 dx = 1 4π x3 3 π −π = π2 6 ∞ n=1 1 n2 = π2 6 1.6. Integral de Fourier Las series de Fourier nos proporcionan una herramienta poderosa para representar funciones per´ıodicas. Luego, es conveniente generalizar este m´etodo para incluir funciones no per´ıodicas. A continuaci´on en esta secci´on vamos a representar una funci´on f no per´ıodica por medio de la integral de Fourier Definici´on.- Si f(x) definida en (−∞, ∞) es seccionalmente continua en cada intervalo finito y tiene derivadas por la derecha e izquierda en 27
- 43. todo punto ytal que ∞ −∞ |f(x)| dx converge, entonces la integral de Fourier de f se define como: ∞ 0 [A(w) cos wx + B(w) sin wx] dw donde: A(w) = 1 π ∞ −∞ f(t) cos wtdt B(w) = 1 π ∞ −∞ f(t) sin wtdt A(w) y B(w) se llaman los coeficientes de la integral de Fourier de f(x). Ejemplo 11. Encontrar la representaci´on por medio de la integral de Fourier de la funci´on: f(x) = 1 , |x| < 1 0 , |x| > 1 Soluci´on: Primeramente, determinemos la gr´afica de la funci´on Ahora, calculemos los coeficientes de la Integral de Fourier A(w) = ∞ 1 π −∞ f(u) cos wudu = 1 −1 cos wudu = sin wu w | 1 −1 = 2 1 π sin w w B(w) = ∞ 1 π −∞ f(u) sin wudu = 1 −1 sin wudu = 0 28
- 44. Por lo tanto,la integral de Fourier de f(x) es: 1 π ∞ 0 2 w sin w cos wxdw 1.6.1. Criterio de convergencia de la integral de Fourier Si f(x) es seccionalmente continua en [−L, L] ∀ L > 0 y tal que ∞ −∞ |f(t)| dt existe, entonces la integral de Fourier converge a 1 2 [f(x+ )+ f(x− )] (Promedio de los l´ımites izquierdo y derecho de f(x)), ∀ x donde f (x+ ) y f (x− ) existen. Ejemplo 12. Estudie la convergencia de la Integral de Fourier del ejemplo 11 Soluci´on Sea f(x) definida en ejemplo 11, debido a que f(x) es sec- cionalmente suave, la integral de Fourier de f(x) converge a 1 2 [f(x+ ) + f(x− )] ∀ x. De acuerdo con el criterio de convergencia se tiene: 2 π ∞ 0 sin w w cos wxdw = 1 si −1 < x < 1 1 2 si x = ±1 0 si |x| > 1 En particular, una situaci´on interesante se da cuando x = 0. 2 π ∞ 0 sin w w cos 0dw = 1 =⇒ ∞ 0 sin w w dw = π 2 Aunque integrales de este tipo no pueden expresarse en t´erminos de funciones elementales, suelen presentarse en matem´aticas aplicadas con tal frecuencia , que han recibido un nombre especial y se encuentran 29
- 45. tabuladas. En particular sabemosque: l´ım w→0 sin w w = 1 y que ∞ 0 sin w w dw = π 2 En el caso de la integral de Fourier, la gr´afica de la funci´on f se obtiene mediante aproximaciones sucesivas sustituyendo el l´ımite superior de la integral ∞ por los n´umeros x. De aqu´ı que la integral z 0 sin w w cos wxdw es una aproximaci´on de la integral encontrada anteriormente, y por lo tanto de f (x) . Supongamos que s´olo consideramos las frecuencias w < w0.En este caso, nos da como aproximaci´on de f (x) f (x) ≈ 2 π w0 0 cos wx sin w w dw 30
- 46. Ahora bien, cos wxsin w = sin (wx + w) − sin(wx − w) 2 y, por consiguiente, podemos escribir la ´ultima integral en la forma f (x) ≈ 1 π w0 0 sin w(x + 1) w dw − 1 π w0 0 sin w (x − 1) w dw Consideremos el cambio de variable u = w (x ± 1) =⇒ du = wdx para la primera y la segunda de estas integrales. Entonces tenemos f (x) ≈ 1 π w0(x+1) 0 sin u u du − 1 π w0(x−1) 0 sin u u du f (x) ≈ 1 π Si [w0 (x + 1)] − 1 π Si [w0 (x − 1)] En t´erminos f´ısicos, estas curvas describen la salida de un filtro ideal de pasa baja, que elimina todas las frecuencias superiores w0 cuando la se˜nal de entrada es un impulso aislado rectangular. 1.6.2. Integrales de Fourier de cosenos y senos Sea f(x) una funci´on definida en [0, ∞), podemos extender esta funci´on a una funci´on par o impar en (−∞, ∞) y calcular la integral de Fourier de esta ´ultima, que resulta ser de coseno y seno respectivamente, lo cual es completamente an´aloga a los desarrollos en cosenos y senos de una funci´on definida en un intervalo [0, L] para el caso de las series de Fourier. Definici´on: Sea f definida en [0, ∞) y sea ∞ 0 |f(u)| du convergente, la integral de Fourier en cosenos de f es ∞ 0 A(w) cos(wx)dw donde el coeficiente es: 31
- 47. A(w) = 2 π ∞ 0 f(u) cos(wu)du Asu vez, la integral de Fourier en senos de f es ∞ 0 B(w) sin(wx)dw donde el coeficiente es: B(w) = 2 π ∞ 0 f(u) sin(wu)du En cuanto a la convergencia de la integral de Fourier, en este caso, si f es seccionalmente suave en todo el intervalo [0, ∞], entonces esta integral converge a 1 2 [f(x+ ) + f(x− )] en (0, ∞). Ejemplo 13: Encontrar la integral de Fourier de f(x) = x2 si 0 ≤ x ≤ 10 0 si x > 10 , si: a) se considera una extension par de f(x) b) se considera una extension impar de f(x); y luego c) en ambos casos, determinar las convergencias de estas integrales . Soluci´on: Consideremos la gr´afica de la funci´on a) Para obtener la integral de Fourier de cosenos, extendemos f como una funci´on par fP definida en toda la recta real, luego: 32
- 48. A(w) = 2 π ∞ 0 f(u) cos(wu)du= 2 π 10 0 u2 cos(wu)du = 2 π u2 w sin(wu)|10 0 − 2 w 10 0 u sin(wu)du = 2 π u2 w sin(wu) − 2 w 1 w2 sin(wu) − u w cos(wu) 10 0 = 1 π 200 w − 4 w3 sin 10w + 40 πw2 cos 10w Por tanto, la integral de Fourier de cosenos es: 1 π ∞ 0 200 w − 4 w3 sin 10w + 40 w2 cos 10w cos wxdw Al aplicar el criterio de convergencia obtenemos: 1 π ∞ 0 200 w − 4 w3 sin 10w + 40 w2 cos 10w cos wxdw = x2 si 0 < x < 10 0 si x > 10 0 si x = 0 50 si x = 10 33
- 49. b) Para obtenerla integral de Fourier de senos, extendemos f como una funci´on impar fI definida en toda la recta real. B(w) = 1 π ∞ −∞ f(t) sin wtdt = 2 π 10 0 u2 sin wudu = 2 π − u2 w cos wu 10 0 + 2 w 10 0 u cos wudu = 2 π − u2 w cos wu + 2 w 1 w2 cos wu + u w sin wu 10 0 = 2 π − 102 w cos 10w + 2 w3 cos 10w + 20 w2 sin 10w − 2 w3 entonces la integral de Fourier de senos es: 1 π ∞ 0 − 200 w + 4 w3 cos 10w + 40 w2 sin 10w − 4 w3 sin wxdw Finalmente, al aplicar el criterio de convergencia obtenemos: 1 π ∞ 0 − 200 w + 4 w3 cos 10w + 40 w2 sin 10w − 4 w3 sin wxdw = x2 si 0 < x < 10 0 si x > 10 0 si x = 0 50 si x = 10 Ejemplo 14: Encontrar la integral de Fourier de f (x) = e−ax si x > 0 y a es una constante tal que a > 0, considerando una extensi´on a) par de f. b) impar de f. c) en ambos casos, determinar las convergencias de estas integrales. Soluci´on Extensi´on Par 34
- 50. Extensi´on impar a) Puestoque f es par , es decir f (x) = f (−x) ∀x ∈ R se tiene f (x) = ∞ 0 A(w) cos(wx)dw donde el coeficiente es: A(w) = 2 π ∞ 0 e−au cos(wu)du Integrando por partes se tiene ∞ 0 e−au cos(wu)du = − a a2 + w2 l´ım R→∞ e−au − w a senwu + cos wu R 0 = a a2 + w2 35
- 51. Por consiguiente, A (w)= 2 π a a2 + w2 Sustituyendo esta expresi´on se obtiene: 2a π ∞ 0 cos(wx) a2 + w2 dw para x > 0, a > 0. Finalmente, como la funci´on es continua ∀x > 0, la integral converge a f (x) , entonces f (x) = e−ax = 2a π ∞ 0 cos(wx) a2 + w2 dw =⇒ ∞ 0 cos(wx) a2 + w2 dw = πe−ax 2a b) Puesto que f es impar , es decir f (x) = −f (−x) ∀x ∈ R se tiene f (x) = ∞ 0 B(w) sin(wx)dw donde el coeficiente es: B(w) = 2 π ∞ 0 e−au sin(wu)du Integrando por partes se tiene ∞ 0 e−au sin(wu)du = 1 a2 + w2 l´ım R→∞ e−au (asenwu − w cos wu) R 0 = w a2 + w2 36
- 52. Por consiguiente, B (w)= 2 π w a2 + w2 Sustituyendo esta expresi´on se obtiene: f (x) = e−ax = 2 π ∞ 0 w sin(wx) a2 + w2 dw para x > 0, a > 0. Estos ejemplos ilustran como puede aplicarse la representaci´on de la integral de Fourier para evaluar integrales. 37
- 53. 1.7. Aplicaciones deSeries de Fourier Para dar una visi´on del uso de las series e integrales de Fourier, se for- mular´an, analizar´an y resolver´an problemas de sistemas f´ısicos sujetos a perturbaciones peri´odicas y no peri´odicas. 1.7.1. Onda cuadrada alta frecuencia Una aplicaci´on simple de la Serie de Fourier la podemos encontrar en el an´alisis de circuitos electr´onicos que son dise˜nados para manejar pulsos variables agudos, tales como, una onda cuadrada o un ”diente de sierra”. Supongamos que una onda cuadrada est´a definida por la funci´on: f(x) = 0, − π < x < 0 h, 0 < x < π Encuentre la serie de Fourier que representa esta se˜nal. Soluci´on Los coeficientes de Fourier son: a0 = 1 2π π 0 hdt = h 2 an = 1 π π 0 h cos ntdt = 0, n ≥ 1 bn = 1 π π 0 h sin ntdt = h nπ (1 − cos nπ) bn = 2h nπ , n impar =⇒ bn = 2h (2n−1)π 0 ; n par As´ı la serie resultante es: f(x) = ∞ n=1 2h (2n − 1)π sin (2n − 1) x = h 2 + sin x 1 + sin 3x 3 + sin 5x 5 + ... 38
- 54. Es importante decirque el primer t´ermino representa el promedio de f(x) sobre el intervalo [−π, π] y que todos los t´erminos en base coseno se anulan. Adem´as f (x) − h 2 es una funci´on impar, luego ,tenemos una serie de fourier s´olo con base seno. Por otra parte, los coficientes bn decrecen inversamente proporcional con n. Fisicamente esto signifi- ca que la onda cuadrada debe contener muchos componentes de alta frecuencia. Si el aparato electr´onico no deja pasar estos componentes, la onda cuadrada resultante emerge m´as o menos redondeada. 1.7.2. Rectificador de onda completa. Consideremos ahora la salida de un rectificador de onda completa, que produce corriente continua pulsante como muestra la figura. El rectifi- cador se puede modelar como un dispositivo que se alimenta con una onda senoidal ,que deja pasar los los pulsos positivos, e invierte los pulsos negativos. Esto produce: f(x) = sin ωx, 0 < ωx < π − sin ωx, −π < ωx < 0 Encuentre la serie de Fourier que respresenta esta se˜nal Soluci´on Puesto que f (x) es una funci´on par, es decir f (x) = f (−x), la serie de fourier ser´a cosenoidal a0 = 1 2π 0 −π − sin ωtd(ωt) + π 0 sin ωtd(ωt) = 2 2π π 0 sin ωtd(ωt) = 2 π an = 2 π π 0 sin ωt cos nωtd(ωt), n ≥ 1 an = −2 π 2 n2−1 , n par =⇒ an = −1 π 4 4n2−1 0, n impar bn = 0, ∀ n 39
- 55. Por lo tanto,la serie resultante es: f(x) = 2 π − 4 π ∞ n=1 1 (4n2 − 1) cos (2nωx) La frecuencia de oscilacion m´as baja es 2ω.Las componentes de alta frecuencia decaen inversamente con n2 , lo que muestra que el rectifi- cador de onda completa hace un buen trabajo para producir un modelo aproximado de la corriente continua. 1.7.3. Ecuaci´on de calor unidimensional El flujo unidimensional de calor en un cuerpo material homog´eneo est´a modelado por la ecuaci´on c2 ∂2u(x,t) ∂x2 = ∂u(x,t) ∂t donde u(x, t) es la temperatura del cuerpo y c2 = 2 la constante de difusi´on del calor. Si se considera que 0 < x < 3 y t > 0, y que las temperaturas en la fronteras son u(0, t) = u(3, t) = 0, lim x→0 u(x, t) < ∞ , entonces la soluci´on general de este problema esta dado por: u (x, t) = ∞ n=1 Cne−2n2π2t sin nπx 3 , 0 < x < 3 y t > 0 Encontrar la temperatura de la barra , si la temperatura inicial es u(x, 0) = 25o C , 0 < x < 3 . Soluci´on: Evaluemos la soluci´on general para t = 0, lo que produce: u (x, 0) = 25 = ∞ n=1 Cn sin nπx 3 , 0 < x < 3 Se obtiene una serie de Fourier seno. As´ı, para determinar la constante Cn se debe construir una extensi´on impar f (x) = 25 0 < x < 3 −25 −3 < x < 0 . 40
- 56. Podemos encontrar entonces: Cn= 2 L L 0 f (x) sin nπx L dx = 2 3 3 0 25 sin nπx 3 dx Cn = 50 3 − 3 nπ cos nπx 3 3 0 = 50 (1 − cos nπ) nπ De modo, que la temperatura en la barra queda u (x, t) = ∞ n=1 50 (1 − cos nπ) nπ e−2n2π2t sin nπx 3 , 0 < x < 3 y t > 0 Este problema ilustra la importancia de la serie de Fourier para re- solver problemas de aplicaci´on modelados por ecuaciones diferenciales parciales de segundo orden. 1.7.4. Ecuaci´on de calor: barra aislada El flujo unidimensional de calor en un cuerpo material homog´eneo est´a modelado por la ecuaci´on c2 ∂2u(x,t) ∂x2 = ∂u(x,t) ∂t donde u(x, t) es la temperatura del cuerpo y c2 la constante de difusi´on del calor. En el caso de una barra aislada, que se prolonga hacia el infinito en ambos sentidos, la soluci´on general est´a dada por u(x, t) = ∞ 0 (A (w) cos(wx)+B (w) sin(wx) ) e−c2w2t dw. Si se aplica la condicion inicial u(x, 0) = f (x) , −∞ < x < ∞ ,donde f(x) es la tem- peratura inicial, se obtiene que u(x, 0) = f (x) = ∞ 0 (A (w) cos(wx) + B (w) sin(wx) ) dw es una integral de Fourier con coeficientes A (w) = 1 π ∞ −∞ f (v) cos(wv) dv y B (w) = 1 π ∞ −∞ f (v) sin(wv) dv Determine la integral de Fourier, si la funci´on temperatura inicial es f(x) = e−x2/2 ; −∞ < x < ∞, y la soluci´on general de est´a ecuaci´on. Soluci´on: Como f es una funci´on par se tiene Ip = ∞ 0 A (w) cos(wx) dw, con , y B (w) = 0 luego 41
- 57. A (w) = 2 π ∞ 0 e−v2/2 cos(wv)dv =⇒ A (w) = − 2 π ∞ 0 ve−v2/2 sin(wv) dv Integrando por partes se tiene A (w) = − 2 π −e−v2/2 sin(wv) + w ∞ 0 e−v2/2 sin(wv) dv ∞ 0 Evaluando la integral y resolviendo EDO(1) A (w) = − 2 π 0 + w( π 2 A (w) ∞ 0 =⇒ A (w) = −wA (w) A (w) = Ce−w2/2 , C constante Luego la integral de Fourier es: e−x2/2 = C π 0 e−w2/2 cos(wx) dw Por tanto, la soluci´on general queda: u(x, t) = C ∞ 0 (e−w2/2 cos(wx)) e−c2w2t dw Este problema ilustra la importancia de la Integral de Fourier para resolver problemas de aplicaci´on modelados por ecuaciones de difusion del calor. 1.7.5. Ecuaci´on de Onda Una onda unidimensional que se desplaza en una cuerda el´astica ho- mog´enea, est´a modelado por la ecuaci´on c2 ∂2u(x,t) ∂x2 = ∂2u(x,t) ∂t2 donde u(x, t) es el desplazamiento de la cuerda desde el eje x en el tiempo t y c2 la constante la rapidez de la onda en el medio. Si los extremos de la cuerda est´an fijos en x = 0, x = L , t > 0, es decir que las condiciones de frontera son u(0, t) = u(L, t) = 0 , entonces la soluci´on general de este problema est´a dado por: u (x, t) = ∞ n=1 (An cos nπct L + Bn sin nπct L ) sin nπx L , 0 < x < L y t > 0 42
- 58. Considere que laforma inicial de la cuerda est´a dado por f (x) , es decir u (x, 0) = f (x) , y que la velocidad inicial de la cuerda es cero, es decir ∂u (x, t) ∂t = 0. Encontrar el desplazamiento u (x, t) de la cuerda en un tiempo posterior. Soluci´on. Determinemos las constantes An y Bn de la soluci´on general aplicando las condiciones iniciales. Para satisfacer la condici´on ∂u (x, t) ∂t = 0 , ser´a necesario derivar la soluci´on general, entonces ut (x, t) = ∞ n=1 nπc L (−An sin nπct L + Bn cos nπct L ) sin nπx L ut (x, t) = ∞ n=1 nπc L Bn sin nπx L ⇐⇒ Bn = 0 ∀n De manera que la soluci´on general se reduce a u (x, t) = ∞ n=1 An cos nπct L sin nπx L , 0 < x < L y t > 0 Ahora, apliquemos la condici´on u (x, 0) = f (x) , para determinar la constante An. Esto da como resultado u (x, 0) = f (x) = ∞ n=1 An sen nπx L , 0 < x < L y t > 0 que corresponde a una serie de Fourier senoidal. As´ı, es necesario con- siderar una extension impar de la funci´on dada fi (x) = f (x) si 0 < x < L −f (−x) si −L < x < 0 , de este modo el coeficiente queda An = 2 L L 0 f (x) sin nπx L dx El resultado final es u (x, t) = ∞ n=1 2 L L 0 f (x) sin nπx L dx cos nπt L sin nπx L , 0 < x < L y t > 0 43
- 59. 1.7.6. Deflexi´on deuna viga Una viga de longitud L , esta soportada desde sus extremos como mues- tra la figura adjunta . Sobre la viga act´ua una carga uniformemente dis- tribuida q por unidad de longitud y su deflexi´on est´a dada por y (x) . Si se escoge la direcci´on del eje y apuntando hacia abajo, como indica la figura, se sabe que la funci´on y (x) satisface la ecuaci´on: d4 y dx4 = 1 EI q (x) donde q (x) es la carga por unidad de longitud en el punto x, I es el momento de inercia y E el m´odulo de elasticidad de la viga. Si en nuestro caso estas tres cantidades son constantes encuente la deflexi´on y (x) de la viga. Soluci´on. Puesto que la funci´on y (x) debe se nula en los extremos x = 0 y x = L, la podemos representar mediante una serie de Fourier de senos. y (x) = ∞ n=1 bn sin nπx L , x ∈ [0, L] Si suponemos que y (x) es una funci´on continua , con derivadas contin- uas hasta el cuarto orden en [0, L] , entonces y(4) (x) = ∞ n=1 nπx L 4 bn sin nπx L , x ∈ [0, L] A su vez la carga distrribuida por unidad de longitud q (x) = q, tambi´en puede ser desarrollada en serie de Fourier de senos q = ∞ n=1 qn sin nπx L , x ∈ [0, L] 44
- 60. de donde qn= 1 L L 0 q sin nπx L dx = 4 nπ n = impar 0 n = par Sustituyendo ambas series de Fourier en la ecuaci´on diferencial ∞ n=1 nπx L 2 bn sin nπx L = ∞ n=1 qn sin nπx L , x ∈ [0, L] Comparando los coeficientes de ambas serie queda nπx L 2 bn = 4 nπ n = impar 0 n = par =⇒ bn 4qL4 EIπ5 1 n5 n = impar 0 n = par Por tanto la deflexi´on queda determinada por y (x) = 4qL4 EIπ5 ∞ n=1 1 (2n − 1)5 sin (2n − 1)πx L , x ∈ [0, L] 1.8. Problemas Propuestos Rectificador media onda La funci´on adjunta sirve para modelar la salida de un rectificador de media onda: f(x) = sin ωx, 0 ≤ ωx ≤ π 0, −π ≤ ωx ≤ 0 a) Represente graficamente la se˜nal de salida si ´esta se extiende peri- odicamente con periodo 2π. b) Determine la serie de Fourier que la representa. Soluci´on: f(x) = 1 π + 1 2 sin ωx − 2 π ∞ n=1 1 (4n2 − 1) cos (2nωx) Onda triangular Una onda tri´angular se representa por la funci´on: f(x) = −x, −π < x < 0 x, 0 < x < h 45
- 61. a) Represente graficamentela funci´on. b) Represente f(x) mediante una serie de Fourier. c) Estudie la convergencia de la serie en x = −π, x = 0, y x = π d) Muestre que: ∞ n=1 1 (2n − 1)2 = π2 8 Soluci´on: b) f(x) = π 2 − 4 π ∞ n=1 cos (2n − 1) x (2n − 1)2 Conducci´on del calor. Consideremos una varilla delgada, aislada, situada a lo largo del eje x, desde x = 0 hasta x = a,y supongamos que la conducci´on de calor desde la varilla hacia el exterior se da solamente por los extremos de ella, los cuales se mantienen a temperatura cero. En f´ısica se muestra que si en tiempo t = 0 la temperatura u a lo largo de la varilla es igual a u(x, 0) = bn sin nx, donde bn = cte y n ∈ Z+ , entonces para el tiempo t > 0 la temperatura es igual a u(x, t) = bn(sin nx) e−κn2t , donde κ > 0 es una constante positiva. Asimismo, hay un principo de superposici´on que nos permite a˜nadir los efectos de diferentes distribuciones iniciales de temperatura. Por lo tanto, si la temperatura inicial es: u(x, 0) = f (x) = ∞ n=1 bn sin nx entonces en tiempo t > 0, se tiene: u(x, t) = ∞ n=1 bn (sin nx) e−κn2t para 0 ≤ x ≤ a De acuerdo con todo esto, hallar la temperatura para t > 0 para las siguientes temperaturas iniciales dadas. a) u(x, 0) = f (x) = 3 sin x + 5 sin 2x. ¿Que tipo de extensi´on de f(x)se requiere en este caso? b) u(x, 0) = f (x) = ex sin x.¿Que tipo de extensi´on de f(x)se requiere en este caso? 46
- 62. Soluciones. a) u(x, t) =f (x) = 3 sin xe−κt + 5 sin 2xe−4κt b) u(x, t) = 4 π ∞ n=1 n n2 + 4 (−1)n−1 eπ − 1 sin nx e−κn2t Valor de la ra´ız media cuadr´atica Las series de fourier se constituyen en una herramienta poderosa en el an´alisis del comportamiento de los sistemas f´ısicos sujetos a pertuba- ciones peri´odicas f(t). El valor de la ra´ız media cuadr´atica ´o RMC de una funci´on f(t), sobre un intervalo (a, b) ,se define como: f(t) = b a f2 (t) dt b − a a) Sea f (t) una funci´on definida x ∈ [a, b] , con un per´ıodo funda- mental T = b − a. Pruebe que aplicando la identidad de Parseval el valor RMC se reduce a la formula: f(t) = a2 0 + 1 2 ∞ n=1 [a2 n + b2 n] b) Determine RMC de f(t) = E sin ωt, con E y ω constantes positi- vas. Soluci´on: 47
- 63. b) El per´ıodofundamental de la funci´on f(t) = E sin ωt, es 2π ω . Entonces el valor RMC de f(t) es: f(t) = 1 (2π/ω) 2π ω 0 E2 sin2 (ωt) dt = E √ 2 Cuerda vibrante. Extremos fijos Un cuerda vibra libremente con ambos estremos fijos en x = 0 y x = L. a) Si su movimiento esta descrito por la ecuaci´on de onda: ∂2 u (x, t) ∂t2 = v2 ∂2 u (x, t) ∂x2 con las condiciones iniciales: u (x, t) = f (x) y ∂u (x, 0) ∂t = g(x) Suponga que la soluci´on de esta ecuaci´on es una serie de Fourier de la forma: u(x, t) = ∞ bn n=1 (t) sin( nπx L ) sustituya esta soluci´on en la ecuacion anterior y determine los coefi- cientes b (t) . b) Considere la presencia de un medio resistivo que amortigua las vi- braciones de acuerdo con la ecuaci´on ∂2 u (x, t) ∂t2 = v2 ∂2 u (x, t) ∂x2 − k ∂u (x, t) ∂t Suponga que rige la soluci´on anterior con las mismas condiciones ini- ciales y nuevamente determine el coeficiente b (t) , suponiendo que el amortiguamiento es peque˜no, es decir nπυ L 2 − k 2 2 > 0 c) Repita los calculos pero suponiendo que el amortiguamiento es grande es decir nπυ L 2 − k 2 2 < 0. Soluciones: 48
- 64. a) bn (t) =An cos( nπνt L ) + Bn sin( nπυt L ) An = 2 L L 0 f (x) sin nπx L dx, Bn = 2 nπυ L 0 g (x) sin nπx L dx b) bn (t) = e−k 2 t (An cos(ωnt) + Bn sin(ωnt)) An = 2 L L 0 f (x) sin nπx L dx, Bn = 2 Lωn L 0 g (x) sin nπx L dx + k 2ωn An, ω2 n = nπυ L 2 − k 2 2 > 0 c) bn (t) = e−k 2 t (An cosh(σnt) + Bn sinh(σnt)) An = 2 L L 0 f (x) sin nπx L dx, Bn = 2 Lσn L 0 g (x) sin nπx L dx + k 2σn An donde, σ2 n = nπυ L 2 − k 2 2 < 0 Distribuci´on de temperatura en un disco En una placa circular de radio ρ = 1, cuyas secciones superior e inferior est´an aisladas, se mantiene la mitad de su periferia superior a una temperatura constante T1y la otra mitad a una temperatura constante T2.Encontrar la temperatura de la placa en condiciones estacionarias. a) La ecuaci´on de difusi´on del calor, en coordenadas polares (ρ, θ) ,en condiciones estacionarias esta dada por ∂2φ ∂ρ2 + 1 ρ ∂φ ∂ρ + 1 ρ2 ∂2φ ∂θ2 = 0,donde φ (ρ, θ) es la funcion temperatura. Suponga que φ (ρ, θ) ,se puede sepa- rar como φ (ρ, θ) = M (ρ) N (θ)y pruebe que la ecuaci´on se transforma en ρ2 M M + ρ M M = −N N . b) A partir del resultado anterior , haga cada lado de la ecuaci´on igual a λ2 y encuentre las EDO(2) N” (θ) + λ2 N (θ) = 0 49
- 65. ρ2 M” (ρ) +ρM (ρ) + M (ρ) = 0 b) Pruebe que N (θ) = A1 cos λθ + A2 sin λθ y M (ρ) = B1ρλ + B2ρ−λ son soluciones de las correspondientes ecuaciones anteriores. c) Pruebe que la soluci´on general es φ (ρ, θ) = M (ρ) N (θ) = ∞ n=1 T1 + T2 2 (T − T) (1 − cos nπ) nπ ρn sennθ 1.9. Ejercicios Resueltos Mediante la inclusi´on de ejercicios resueltos se espera que los estudiantes tengan oportunidad de movilizar sus capaci- dades para buscar, analizar, procesar, representar y comu- nicar diferentes tipos de informaci´on, decodificando y tra- duciendo la informaci´on contenida en las funciones, gr´aficos, series de Fourier, integrales de Fourier y sus propiedades. 1.9.1. Serie de Fourier Problema 1 Sea f (x) peri´odica de per´ıodo 2 dada por f(x) = 1 2 − x, 0 ≤ x ≤ 1 x − 3 2 , 1 ≤ x ≤ 2 a) determinar su serie de Fourier b) estudie la convergencia de la serie en x0 = −π Soluci´on La serie de Fourier en este intervalo es a0 + ∞ n=1 (an cos (nx) + bn sin n (nx)), x ∈ [0, 2] con coeficientes 50
- 66. a0 = 1 2 2 0 f(x) dx = 1 2 1 0 (1 2 − x)dx + 1 2 2 1 (x − 3 2 )dx a0 = 1 2 1 2 x − x2 2 1 0 + 1 2 x2 2 − 3 2 x 2 1 = 0 an = 2 0 f (x) cos nxdx an = 1 0 1 2 − x cos nxdx + 2 1 (x − 3 2 ) cos nxdx Integrando por partes, se tiene an = 1 2nπ sin nπx 1 0 − cos nπx (nπ)2 + x sin nπx nπ 1 0 + + cos nπx (nπ)2 + x sin nπx nπ 2 1 − 3 2nπ sin nπx 2 0 ∴ an = 2 (1 − (−1)n ) (nπ)2 bn = 2 0 f (x) sin nxdx bn = 1 0 1 2 − x sin nxdx + 2 1 (x − 3 2 ) sin nxdx Integrando por partes, se tiene bn = − 1 2nπ cos nπx 1 0 − sin nπx (nπ)2 − x cos nπx nπ 1 0 + + sin nπx (nπ)2 − x cos nπx nπ 2 1 + 3 2nπ cos nπx 2 1 = 0 La serie de Fourier de f en [0, 2] es 2 ∞ n=1 (1 − (−1)n ) (nπ)2 cos nx = 4 π2 ∞ n=1 1 (2n − 1)2 cos ((2n − 1) x) b) Como f es continua ,entonces la serie en x = −π converge a f (−π) = f (4 − π) = 1 2 − (4 − π) = π − 7 2 51
- 67. Problema 2 a) Desarrollaren serie de Fourier la funci´on peri´odica de per´ıodo 2π, definida por: f(x) = x2 , − π ≤ x ≤ π b) A partir del resultado obtenido calcular la suma de: ∞ n=1 1 n2 c) Determine la convergencia de la serie ∞ n=1 1 n4 Soluci´on: a) La funci´on f es par por lo cual obtendremos una serie de cosenos, que tiene la forma: a0 + ∞ n=1 an cos (nx) a0 = 1 π π 0 f(x)dx = 1 π π 0 x2 dx = 1 π x3 3 π 0 = π2 3 an = 2 π π 0 f(x) cos(nx)dx = 2 π π 0 x2 cos(nx)dx an = x2 sin(nx) n + 2x cos(nx) n2 π 0 = 4 cos(nπ) n2 = 4(−1)n n2 Luego, la serie de Fourier de f en [−π, π]es: π2 3 + 4 ∞ n=1 (−1)n n2 cos (nx) Como la funci´on es continua en R ,tenemos: x2 = π2 3 + 4 ∞ n=1 (−1)n n2 cos (nx) , ∀ x ∈ R 52
- 68. b) La serienum´erica se puede obtener poniendo x = π y f(π) = π2 , π2 = π2 3 − 4 − 1 12 − 1 22 − 1 32 − ... de donde ∞ n=1 1 n2 = 1 4 π − π2 3 = π2 6 c) Como la funci´on f es seccionalmente suave para −π ≤ x ≤ π y f (−π) = f (π) se cumplen las condiciones de suficiencia de la identidad de Parseval, entonces: 1 π π −π x2 2 dx = 2 π2 3 2 + ∞ n=1 4 (−1)n n2 2 =⇒ 1 π x5 5 π −π = 2 9 π4 + ∞ n=1 16 n4 =⇒ ∞ n=1 1 n2 = π4 90 Problema 3 Sea f(x) = |x| + 1, −1 ≤ x ≤ 1, la funci´on peri´odica de per´ıodo 2, determinar: a) Su serie de Fourier b) La convergencia de la serie: ∞ n=1 1 (2n − 1)2 c) La convergencia de la serie ∞ n=1 1 (2n − 1)4 Soluci´on a) f(x) = |x| + 1 es funci´on par, con semiper´ıodo L = 1, entonces tenemos una serie coseno, que tiene la forma: S (x) = a0 + ∞ n=1 an cos (nπx) 53
- 69. Con coeficientes a0 =1 2 1 0 f(x)dx = 1 2 1 0 (x + 1) dx = 3 2 an = 2 1 0 f(x) cos(nπx)dx = 2 1 0 (x + 1) cos(nx)dx an = 2 sin(nπx) nπ 1 0 + 2 x sin(nπx) nπ + 2 cos(nπx) (nπ)2 1 0 an = 2 cos(nπx) (nπ)2 1 0 = 2((−1)n −1) (nπ)2 an = 0; si n par − 4 (nπ)2 ; si n impar Por consiguiente, la serie de Fourier de f en [−1, 1] es: S (x) = 3 2 − 4 π2 ∞ n=1 1 (2n − 1)2 cos ((2n − 1) πx) b) Como la funci´on es continua en R ,considerando el valor x = 0,se obtiene por el teorema de la convergencia puntual: 3 2 + 4 π2 ∞ n=1 1 (2n − 1)2 = f (0) = 1 ∞ n=1 1 (2n − 1)2 = π2 8 c) Como la funci´on f es seccionalmente suave para −1 ≤ x ≤ 1 y f (−1) = f (1) se cumplen las condiciones de suficiencia de la identidad de Parseval, entonces: 2 1 0 [x + 1]2 dx = 2 3 2 2 + ∞ n=1 4 (2n − 1)2 2 =⇒ 2 (x + 1)3 3 1 0 = 9 2 + ∞ n=1 16 π2 (2n − 1)4 =⇒ ∞ n=1 1 (2n − 1)2 = π4 96 54
- 70. Problema 4 a) Paraf(x) = e−[x] , 0 ≤ x ≤ 2 ,obtener su serie de Fourier en cosenos, de per´ıodo 4. b) Del resultado determinar la convergencia de: ∞ n=1 (−1)n−1 2n − 1 Soluci´on a) Evaluando la funci´on parte entera tenemos f(x) = 1 si 0 ≤ x < 1 e−1 si 1 ≤ x < 2 e−2 si x = 2 Con extensi´on par fp(x) de f(x) se obtiene la serie: a0 + ∞ n=1 an cos nπx 2 a0 = 1 2 1 0 1dx + 2 1 e−1 dx = 1 2 [1 + e−1 ] an = 1 0 cos nπx 2 dx + 2 1 e−1 cos nπx 2 dx = sin nπx 2 nπ 2 |1 0 + e−1 sin nπx 2 nπ 2 |2 1 = 2 sin nπ 2 nπ + 2e−1 sin nπ−sin nπ 2 nπ = 2 sin nπ 2 nπ [1 − e−1 ] Finalmente, la serie es: 1 + e−1 2 + 2(1 − e−1 ) ∞ n=1 sin nπ 2 nπ cos nπx 2 b) Convergencia de x0 = 2 punto de discontinuidad con l´ımites laterales e−1 se tiene convergencia: e−1 = 1 + e−1 2 + 2(1 − e−1 ) ∞ n=1 sin nπ 2 nπ cos nπ 55
- 71. e−1 − 1 2 = 2(1− e−1 ) ∞ n=1 sin nπ 2 nπ cos nπ ∞ n=1 (−1)n−1 2n − 1 = π 4 Problema 5 Sea f (x) = x2 − [x] , para x ∈ [0, 2] . a) Obtener la serie de Fourier coseno de f (x) . b) Obtener a qu´e valores converge la serie para cada x ∈ [0, 2] . Soluci´on a) Si se eval´ua la funci´on parte entera de x tenemos [x] = 0, ∀x ∈ (0, 1) y [x] = 1, ∀x ∈ (1, 2) . Entonces la funci´on queda f (x) = x2 , 0 ≤ x < 1 x2 − 1, 1 ≤ x < 2 Consideremos ahora una extensi´on par de la funci´on f, entonces la serie coseno de f (x) es S (x) = a0 + ∞ n=1 an cos nπx 2 con coeficientes a0 = 1 2 2 0 f (x) dx = 1 2 1 0 x2 dx + 1 2 2 1 (x2 − 1)dx a0 = 1 2 x3 3 1 0 + 1 2 x3 3 − x 2 1 = 5 6 an = 2 0 f (x) cos nπx 2 dx an = 1 0 x2 cos nπx 2 dx + 2 1 (x2 − 1) cos nπx 2 dx Integrando por partes, se tiene an = 8x (nπ)2 cos nπx 2 + 2 nπ x2 − 16 (nπ)3 sin nπx 2 1 0 56
- 72. + 8x (nπ)2 cos nπx 2 + 2 nπ x2 − 16 (nπ)3 sin nπx 2 2 1 − 2 nπ sin nπx 2 1 0 ∴an = 16 (nπ)2 cos nπ + 2 nπ sin nπ Sustituyendo estos resultados, se obtiene la serie de Fourier S (x) = 5 6 + ∞ n=1 16 (nπ)2 cos nπ + 2 nπ sin nπ cos nπx 2 Tenemos que f es seccionamente continua en [0, 2] , por lo tanto su ex- tensi´on per´ıodica es seccionalmente continua en R , con discontinuidad de salto en los puntos x = 1 y x = 2 Por lo tanto, de acuerdo con el teorema de convergencia, la serie con- verge a S(x) = f(x) si 0 ≤ x < 1 1 2 si x = 1 f (x) si 1 ≤ x < 2 3 2 si x = 2 Problema 6 Utilice la serie de Fourier para demostrar la identidad trigonom´etrica sin3 (x) = 3 4 sin(x) − 1 4 sin(3x) Soluci´on Se calcula la serie de Fourier de f(x) = sin3 (x) en [−π, π] . Como f (x) es impar la serie ser´a: ∞ n=1 bn sin nπ con coeficientes: bn = 2 π π 0 sin3 (x) sin(nx)dx 57
- 73. En primer lugar,calculemos la integral para n = 1 π 0 sin3 x sin nxdx = − sin3 x cos nx n |π 0 + 3 n π 0 sin2 x cos x cos nxdx Usando la identidad trigom´etrica: cos x cos nx = cos(n − 1)x − cos(n + 1)x 2 La ´ultima integral se puede expesar como = 3 2n π 0 sin2 x [cos(n − 1)x − cos(n + 1)x] dx (1) En segundo lugar, calculemos el valor del coeficiente b1 para n = 1 en (1) b1 = − 1 π 3 2 π 0 sin2 x cos 2xdx = − 3 4π π 0 (1 − cos 2x) cos 2xdx = 3 4π π 0 1 − cos 4x 2 dx b1 = 2 · 3 4π π 2 = 3 4 En tercer lugar, para n > 1 en (1) bn = 3 2n sin2 x sin(n + 1)x n + 1 + sin(n − 1)x n − 1 |π 0 − π 0 sin(n + 1)x n + 1 + sin(n − 1)x n − 1 sin 2xdx bn = − 3 2n π 0 sin(n + 1)x n + 1 + sin(n − 1)x n − 1 sin 2xdx Usando la identidad trigonom´etrica bn = − 3 2n 1 n + 1 1 2 π 0 (cos(n + 1)x − cos(n + 3)xπ) dx − 3 2n 1 n − 1 1 2 π 0 (cos(n − 3)x − cos(n + 1)x)dx = 0, ∀ n = 3 Para n = 3 el c´alculo directo, produce: b3 = − 3 2 · 3 · 2 π 2 2 π = − 1 4 Por tanto, la serie de Fourier de f en [−π, π]es: 3 4 sin(x) − 1 4 sin(3x) 58
- 74. Problema 7 Sea f(x)= x(sin x), para −π ≤ x ≤ π, entonces: a) Determine la serie de esta funci´on. b) Pruebe la convergencia de la serie: ∞ n=1 (−1)n n2 − 1 = 1 4 c) Pruebe que esta serie se puede diferenciar t´ermino a t´ermino y utilice este hecho para obtener el desarrollo de Fourier de sin (x) + x cos (x) . Soluci´on a) La funci´on f(x) es par, es decir f(x) = f(−x) ∀ x ∈ (−π, π), entonces: bn = 0 a0 = 1 π π 0 f(x)dx = 1 π π 0 x sin xdx = ∴ a0 = 1 π [x (− cos x)]π 0 + π 0 cos xdx = 1 an = 2 π π 0 f(x) cos(nx)dx = 2 π π 0 x sin x cos(nx)dx Para n = 1 an = 1 π π 0 x [sin ((n + 1) x) − sin ((n − 1) x)] dx Integrando por partes, queda an = 1 π x − cos ((n + 1) x) (n + 1) + cos ((n − 1) x) (n − 1) π 0 − − 1 π − sin ((n + 1) x) (n + 1)2 + sin ((n − 1) x) (n − 1)2 π 0 Evaluando los l´ımites de la integral produce 59
- 75. ∴ an = 2(−1)n+1 n2 − 1 Para n = 1 a1 = 2 π π 0 x sin x cos xdx = 1 π π 0 x sin(2x)dx = − 1 2 Por tanto, la serie de Fourier de f para x ∈ [−π, π]es: f (x) = 1 − 1 2 cos x + 2 ∞ n=2 (−1)n+1 n2 − 1 cos (nx) b) En x = 0 hay un punto de continuidad de la funci´on, entonces la serie converge a f(0) f(0) = 0 = 1 − 1 2 cos 0 + 2 ∞ n=2 (−1)n+1 n2 − 1 cos (0) Finalmente ∞ n=2 (−1)n+1 n2 − 1 = 1 4 c) Sea f(x) = x(sin x), para −π ≤ x ≤ π. i) Como f (x) = x sin x ,es producto de funciones continuas, es continua en [−π, π] . ii) f (x) = sin x + x cos x ,es producto y suma de funciones continuas, es continua en [−π, π] . iii) Existe f (x) = 2 cos x − x sin x, y tambi´en es continua en [−π, π] . Adem´as f (−π) = (−π) (sin (−π)) = (−π) (− sin (π)) = π sin π = f (π) Por tanto, se satisfacen las hip´otesis del teorema de diferenciaci´on de la serie de Fourier, entonces para −π < x < π 60
- 76. f (x) =1 − 1 2 cos x + 2 ∞ n=2 (−1)n+1 n2 − 1 cos (nx) =⇒ f (x) = sin x + x cos x = 1 2 sin x + 2 ∞ n=2 (−1)n n2 − 1 sin (nx) Problema 8 a) Desarrollar en serie de Fourier la funci´on per´ıodica de per´ıodo 2π. Representar graficamente y estudiar la convergencia de la serie en R. f(x) = 0, si − π ≤ x ≤ 0 x, si 0 < x ≤ π b) A partir del resultado anterior obtenga la suma de la serie: ∞ n=1 1 (2n − 1)2 c) Pruebe que esta serie se puede integrar t´ermino a t´ermino y obtener un desarrollo en serie trigonom´etrica para x −π f (u) du en [−π, π] . Soluci´on a) Calculemos los coeficientes de Fourier. a0 = 1 2π π −π f(x)dx = 1 2π 0 −π f(x)dx + π 0 f(x)dx = 1 2π π 0 xdx ∴ a0 = 1 2π x2 2 π 0 = π 4 an = 1 π π −π f(x) cos(nx)dx = 1 π π 0 x cos(nx)dx Usando el m´etodo de integraci´on por partes se tiene: an = 1 π x cos(nx) n + cos(nx) n2 π 0 = 1 π 0 − 0 + (−1)n n2 − 1 n2 an = (−1)n − 1 n2π = 0 si n par − 2 n2π si n impar 61
- 77. As´ı: a2n = 0∀ n a2n−1 = − 2 (2n − 1)2π ∀ n. bn = 1 π π −π f(x) sin(nx)dx = 1 π π 0 x sin(nx)dx = 1 π −x cos(nx) n + sin(nx) n2 π 0 = − cos(nπ) n luego estos coeficientes son: ∴ bn = (−1)n+1 n Por lo tanto, la serie de Fourier de f para x ∈ [−π, π] ,es: π 4 + ∞ n=1 − (−1)n−1 n2π cos nx + (−1)n+1 n sin(nx) Esta serie converge a: i) f(x) = 0 para −π < x ≤ 0, puesto que, son puntos de continuidad de f. ii) f (x) = x para 0 < x < π, son puntos de continuidad de f. iii) f (π+) + f (π−) 2 = π 2 en los puntos de discontinuidad del tipo x = π + 2nπ con n ∈ Z. b) Aplicando el criterio de convergencia en x = 0, f (0) = 0 se tiene 0 = π 4 − 2 π 1 12 + 1 32 + 1 52 + ... de donde π 4 = 2 π 1 12 + 1 32 + 1 52 + ... y de aqu´ı ∞ n=1 1 (2n − 1)2 = π2 8 62
- 78. c) Como f(x)= 0, si − π ≤ x ≤ 0 x, si 0 < x ≤ π es una funci´on seccionalmente continua en [−π, π] , con serie de Fourier π 4 + ∞ n=1 − 2 π (2n − 1)2 cos ((2n − 1) x) + (−1)n+1 n sin(nx) se satisface las hip´otesis del teorema de integraci´on de series de Fourier, luego puede integrase t´ermino a t´ermino. Entonces, para cualquier x ∈ [−π, π] , se tiene: Primero, x −π f (u) du = 0, si − π ≤ x ≤ 0 x2 2 si 0 < x ≤ π en [−π, π] Segundo, integrando la serie produce x −π π 4 + ∞ n=1 − 2 cos ((2n − 1) u) π (2n − 1)2 + (−1)n+1 sin(nu) n du = π 4 u + ∞ n=1 − 2 sin ((2n − 1) u) π (2n − 1)3 − (−1)n+1 cos(nu) n2 x −π = π 4 x + π2 + ∞ n=1 − 2 sin (2n − 1) x π (2n − 1)3 + (−1)n+1 cos(nx) n2 − 1 n2 Por tanto, la funci´on f queda representada por la serie anteriormente obtenida. 1.9.2. Integral de Fourier Problema 9 a) Halle la representaci´on de la integral de Fourier de la funci´on f(x) = x, |x| < π 0, |x| ≥ π b) De esta representacion deducir que: ∞ 0 sin(wπ) w2 sin(wx)dx = π ∞ 0 cos(wπ) w sin(wx)dx 63
- 79. Soluci´on a) Como fes una funci´on impar, entonces f (x) = ∞ 0 B(w) sin(wu)dw con coeficiente B (w) = 2 π π 0 u sin(wu)du = 2 π −u cos(wu) w + sin(wu) w2 π 0 B (w) = 2 π −π cos(wπ) w + sin(wπ) w2 Por consiguiente f (x) = 2 π ∞ 0 −π cos(wπ) w + sin(wπ) w2 sin(wx)dw Es la integral de Fourier de f para |x| = 0 b) En particular cuando |x| > π, se tiene f (x) = 0. Entonces la integral converge a cero 0 = 2 π ∞ 0 −π cos(wπ) w + sin(wπ) w2 sin(wx)dw Por tanto, ∞ 0 sin(wπ) w2 sin(wx)dw = π ∞ 0 cos(wπ) w sin(wx)dw 64
- 80. Problema 10 Halle larepresentaci´on de la integral de Fourier de la funci´on f(x) = xe−|x| si x ∈ (−∞, ∞) y estudie su convergencia en R. Soluci´on Se tiene que f(x) es una funci´on impar. Examinemos, si se cumplen las condiciones de existencia de integral de Fourier. En primer lugar ∞ −∞ xe−|x| dx = 2 ∞ 0 xe−x dx = 2 −xe−x |∞ 0 + ∞ 0 e−x dx = 2 · 1 = 2 la integral es convergente Adem´as, f es continua y diferenciable ∀x. Los coeficientes de Fourier de f son: A(w) = 0 ya que f es una funci´on impar B(w) = ∞ −∞ ue−|u| sin(wu)du = 4w (1 + w2)2 Entonces, para todo x la integral de Fourier converge a: xe−x = 4 π ∞ 0 w (1 + w2)2 sin(wx)dw 65
- 81. Problema 11 Sea fla funci´on pulso rectangular unitario de per´ıodo 2 definida por f (x) = 1 2δ si −δ < x < δ 0 si −1 ≤ x < δ ´o δ < x ≤ 1 a) Representar graficamente f (x) b) Obtener la serie de Fourier de f (x) . c) Si an (δ) es el coeficiente n-´esimo de la serie anterior, calcular los l´ımites: l´ım n→∞ ( l´ım δ→0+ (an (δ)) , l´ım δ→0+ ( l´ım n→∞ (an (δ))) Soluci´on b) Como f es una funci´on par de per´ıodo 2 ,entonces : a0 = 1 0 f (x) dx = δ 0 1 2δ dx = 1 2 an = 2 1 0 f (x) cos(nπx)dx = 2 δ 0 1 2δ cos (nπx) dx = 1 δ sen(nπδ) nπ = an (δ) donde en este caso definimos an(δ) = 1 δ sin(nπδ) nπ bn = 0 ∀n Luego, se tiene que: f (x) ∼ 1 2 + 1 δ ∞ n=1 sen(nπδ) nπ cos (nπx) , x ∈ [−1, 1] c) En primer lugar calculemos: l´ım δ→0+ ( l´ım n→∞ (an (δ))) = l´ım δ→0+ ( l´ım n→∞ 1 δ sen(nπδ) nπ n→∞ ) = l´ım δ→0+ (0) = 0 En segundo lugar l´ım n→∞ ( l´ım δ→0+ (ak (δ)) = l´ım n→∞ ( l´ım δ→0+ 1 δ sen(nπδ) nπ ) = l´ım n→∞ (1) = 1 66
- 82. Problema 12 Dada lafunci´on f(x) = xe−x con x 0, a) Verifique que considerando las extensiones par e impar de la funci´on f: ∞ 0 1 − w2 (1 + w2)2 cos wx dw = ∞ 0 2w (1 + w2)2 senwx dw b) Estudiar la convergencia de la IF para deducir que: ∞ 0 1 (1 + w2)2 dw = ∞ 0 w2 (1 + w2)2 dw Soluci´on Consideremos para f(x) = xex con x 0 su extensi´on par fp (x) = xe−x si x 0 −xex si x < 0 =⇒ fp (x) ∼ 1 π ∞ 0 A (w) cos wxdw con A (w) = 2 ∞ 0 xe−x cos wx dx Ahora, consideremos la extensi´on impar de f fi (x) = xe−x si x 0 xex si x < 0 =⇒ fi (x) ∼ 1 π ∞ 0 B (w) sin wxdw con B (w) = 2 ∞ 0 xe−x senwx dx Podemos calcular los coeficientes A (w) y B (w) integrando por partes: 67
- 83. A (w) =2 ∞ 0 xe−x cos wx dx = 2 ∞ 0 e−x (x cos wx)dx =⇒ A (w) = 2 xe−x (− cos wx + wsenwx) (1 + w2) − e−x ((1 − w2 ) cos wx − 2wsenwx) (1 + w2)2 ∞ 0 A(w) = 2 1 − w2 (1 + w2)2 B (w) = 2 ∞ 0 xe−x sin wx dx = 2 ∞ 0 e−x (x sin wx)dx =⇒ B (w) = 2 xe−x (− sin wx − w cos wx) (1 + w2) − e−x ((1 − w2 ) sin wx + 2w cos wx) (1 + w2)2 ∞ 0 B(w) = 2 2w (1 + w2)2 Construyendo las respectivas integrales de Fourier y aplicando el teo- rema de la convergencia , puesto que f es una funci´on seccionalmente suave ∀x 0 ,se tiene que : xe−x = 2 π ∞ 0 1 − w2 (1 + w2)2 cos wxdw xe−x = 2 π ∞ 0 2w (1 + w2)2 senwxdw Por lo tanto, las extensiones son iguales: ∞ 0 1 − w2 (1 + w2)2 cos wx dw = ∞ 0 2w (1 + w2)2 sin wx dw b) En x = 0 se tiene un punto en que estas extensiones son continuas, luego ambas integrales convergen a f(0) = 0 ∞ 0 1 − w2 (1 + w2)2 dw = 0 =⇒ ∞ 0 1 (1 + w2)2 dw = ∞ 0 w2 (1 + w2)2 dw 68
- 84. Problema 13 Si f(x) es una funci´on par ,con integral de Fourier f (x) = 1 π ∞ 0 A (w) cos(wx)dw, demuestre que: a) xf (x) = 1 π ∞ 0 A∗ (w) cos(wx)dw, donde A∗ (w) = −dA(w) dw b) x2 f (x) = 1 π ∞ 0 A∗ (w) cos(wx)dw, donde A∗ (w) = −d2A(w) dw2 Soluci´on a) Se tiene que xf (x) = 1 π ∞ 0 A∗ (w) sin(wx)dw, es una funci´on impar, entonces A∗ (w) = 2 ∞ 0 v f (v) sin(wv)dv (1). Como f (x) = 1 π ∞ 0 A (w) cos(wx)dw con A (w) = 2 ∞ 0 f (v) cos(wv)dv. Entonces, derivando el coeficiente queda dA(w) dw = −2 ∞ 0 vf (v) sin(wv)dv (2) Por lo tanto, comparando (1) y (2) se tienedA(w) dw = −A∗ (w) b) Como x2 f (x) = 1 π ∞ 0 A∗ (w) cos(wx)dw, es una funci´on par, entonces A∗ (w) = 2 π ∞ 0 v2 f (v) cos(wv)dv (1) Como, f (x) = 1 π ∞ 0 A (w) cos(wx)dw con A (w) = 2 ∞ 0 f (v) cos(wv)dv. Por consiguiente dA(w) dw = −2 ∞ 0 vf (v) sin(wv)dv =⇒ 69
- 85. d2A(w) dw2 = −2 ∞ 0 v2 f(v) cos(wv)dv (2) Por lo tanto, comparando (1) y (2)se tiene d2A(w) dw2 = −A∗ (w) . 1.10. Ejercicios propuestos 1.- Sea f una funci´on de per´ıodo π dada por f(x) = sin 2x si 0 ≤ x ≤ π/2 0 si π/2 ≤ x ≤ π a) Obtener la serie de Fourier de f(x). b) Deducir la convergencia de la serie: ∞ n=1 1 4n2−1 2.- Sea f una funci´on dada por f(x) = x (π − x) si 0 < x < π x (π + x) si −π < x < 0 a) Represente graficamente la funci´on f usando Maple b) Obtener la serie de Fourier de f(x). c) Deducir la convergencia de la serie: ∞ n=1 (−1)(n−1) (2n−1)3 3.- Un pulso tri´angular sim´etrico de altura y ancho ajustables es descrito por: f(x) = a 1 − x b si 0 ≤ x ≤ b 0 si b ≤ x ≤ π a) Muestre que los coefientes de Fourier son: a0 = ab 2π , an = 2ab π (1−cos nb) (nb)2 b) Tome a = 1 y b = π 2 calcule y represente las cinco primeras sumas parciales. 70
- 86. 4. Sea funa funci´on dada por f(x) = 1 + |x| x ∈ [−1, 1] a) Obtener la serie de Fourier de f(x). b) Deducir la convergencia de la serie: ∞ n=1 1 (2n−1)2 5. Encontrar la serie de coseno de Fourier de la funci´on per´ıodica de per´ıodo 4, dada por f (x) = e−[x] 0 ≤ x ≤ 2. b) Deducir la convergencia de la serie: ∞ n=1 1 2n−1 c) Usando la identidad de Parseval deducir la convergencia de la serie: ∞ n=1 1 (2n−1)2 6. Sea f (x) = x sin x, −π ≤ x ≤ π a) Obtener la serie de Fourier de f. b) Pruebe que esta serie se puede diferenciar t´ermino a t´ermino. c) Use el resultado anterior para obtener el desarrollo de Fourier. de sin x + x cos x, −π ≤ x ≤ π. b) Deducir la convergencia de la serie ∞ n=1 1 (2n−1)6 7. Sea f(x) = 0 si −π ≤ x ≤ 0 x si 0 < x ≤ π a) Obtener la serie de Fourier de f. b) Pruebe que esta serie se puede integrar t´ermino a t´ermino. c) Use los resultados anteriores para obtener el desarrollo en serie trigonom´etrica para x −π f (u) du 8. a) Establecer que si f(x) = x, −π < x < π entonces x = 2 ∞ n=1 (−1)n+1 n sin nx b) Con la identidad de Parseval deducir la convergencia ∞ n=1 1 n2 = π2 6 c) Muestre que la integraci´on de la serie de Fourier de f(x) = x, −π < x < π 71
- 87. conduce a. ∞ n=1 (−1)n+1 n2 = π2 12 d) Seaf(x) una funci´on continua definida en −π < x < π con serie de Fourier a0 + ∞ n=1 (an cos nx + bn sin nx). Si g(x) = f(x − π) pruebe que la serie de Fourier de g(x) es a0 + ∞ n=1 ((−1)n an cos nx + (−1)n bn sin nx) e) Aplicando los resultados de a) y d), obtener la serie de Fourier de per´ıodo 2π de la funci´on definida por g(x) = x − π , 0 < x < π. 9. Sea f(x) una funci´on seccionalmente cont´ınua, impar de per´ıodo 2π, con serie de Fourier ∞ n=1 bn sin(nx) a) Verificar que g(x) = x 0 f(t)dt, x ∈ R es funci´on par de per´ıodo 2π b) Deducir que ∞ n=1 bn n (1 − cos(nx)) es la serie de Fourier de g(x) y que ∞ n=1 bn n = 1 π π 0 ( x 0 f(t)dt) 10. Sea f (x) , x ∈ R funci´on impar con integral de Fourier Ii = 1 π π 0 B (w) sin wx dw. Pruebe que la integral de Fourier de g (x) = f (x) sin x es: Ip = π 0 A (w) cos(wx) dw, con A(w) = 1 π [B (w + 1) − B (w − 1)] w 1 1 π [B (w + 1) + B (w − 1)] 0 ≤ w < 1 72
- 88. 11. Sea f(x)= 1 − x2 si |x| ≤ 1 0 si |x| > 1 , obtener la integral de Fourier y estudie su convergencia en x0 = 0. 12. a) Obtener la integral de Fourier de f(x) = cos x si |x| ≤ π 0 si |x| > π b) Estudiar la convergencia de la IF en x0 = 0 , x1 = π. 13. Establecer la igualdad 2 π ∞ 0 w 1 + w2 sin wπdw = e−x si x > 0 y de esto deducir el valor al cual converge ∞ 0 w2 (1+w2)2 dw. 14. Obtener la Integral de Fourier de f (x) = e−|x| , x ∈ R. Del resultado, deducir el valor de ∞ 0 cos(wx) (1+w2) dw. 15. Aplicando la la representaci´on de la integral de Fourier demostrar que: a) ∞ 0 cos(πw/2) cos wx 1 − w2 dw = π 2 cos x si |x| < π 2 0 si |x| > π 2 b) ∞ 0 1 − cos πw w sin(wx)dw = π 2 si 0 < x < π 0 si x > π 16. Si f (x)es una funci´on par con integral de Fourier f (x) = ∞ 0 A (w) cos(wx)dw, demuestre que: f (ax) = 1 πa ∞ 0 A w a cos(wx)dw, a > 0 17. Pruebe que la integral de Fourier de f puede escribirse como l´ım w→∞ 1 π ∞ −∞ f (t) sin(w(t − x)) t − x dt 73
- 89. 1.10.1. Respuestas 1) a) f(x) ∼ 1 π + 1 2 sin 2x − 2 π ∞ n=1 1 4n2 − 1 cos 4nx b) Estudie la convergencia en f π 2 ∞ n=1 1 4n2 − 1 = 1 2 2) a) f(x) = x (π − x) si 0 < x < π x (π + x) si −π < x < 0 b) f (x) ∼ 8 π ∞ n=1 1 (2n − 1)3 sin(2n − 1)x c) Como f(x) es discontinua en x = π la serie converge a f(π+) + f(π−) 2 luego ∞ n=1 (−1)(n−1) (2n − 1)2 = π3 32 3) Si a = 1 y b = π 2 el gr´afico de la funci´on es 4) a) 74
- 90. f (x) ∼ 3 2 − 4 π2 ∞ n=1 1 (2n− 1)2 cos(2n − 1)πx b) Como f(x) es continua ∀x la serie converge a f(0), luego ∞ n=1 1 (2n − 1)2 = π2 8 c) Aplicando la identidad de Parseval, se tiene: ∞ n=1 1 (2n − 1)4 = π4 96 5. a) f (x) ∼ 1 + e−1 2 + 2 π 1 − e−1 ∞ n=1 sin(nπ 2 ) n cos( nπ 2 x) b) Como f(x) es discontinua en x0 = 2 converge a los l´ımites laterales en ese punto, entonces se tiene la convergencia ∞ n=1 1 2n − 1 = π 4 6. a) x sin x = π − 1 2 π cos x + 2π ∞ n=1 (−1)n+1 n2 − 1 cos (nx) , -π ≤ x ≤ π b) f y f son seccionalmente suave en −π ≤ x ≤ π y f (−π) = f (π) , luego se satisfacen las condiciones del teorema de diferenciaci´on. c)Tenemos que x cos x + senx = 1 2 π sin x + 2π ∞ n=1 (−1)n n2 − 1 n sin (nx) , − π ≤ x ≤ π 7. a) 75
- 91. f (x) ∼ 1 4 π+ ∞ n=1 (−1)n −1 πn2 cos (nx) + (−1)n+1 n sin (nx) , −π ≤ x ≤ π b) f es seccionalmente continua en −π ≤ x ≤ π ,entonces se satisfacen las condiciones del teorema de integracion. Luego, su serie puede integrarse t´ermino a t´ermino c) Tenemos que x −π f (u) du = 0 −π ≤ x ≤ 0 x2 2 0 < x ≤ π Esta funci´on esta representada por la serie obtenida al integrar la serie de Fourier anterior 1 4 πx + 1 4 π2 + ∞ n=1 (−1)n − 1 πn2 sin (nx) n + (−1)n+1 n (− cos nx + (−1)n ) n 8)e) x − π = −2 ∞ n=1 sin(nx) n 11)a) 1 π ∞ 0 4 sin w w3 − 4 cos w w2 cos wx dw b) La funci´on es continua en x0 = 0 luego la IF converge a f(0) ∞ 0 4 sin w w3 − 4 cos w w2 dw = π 12) a) Comof(x) es una funci´on par se tiene que: A(w) = 2 π π 0 cos v cos(wv) dv = 2 π w sin wπ 1 − w2 B (w) = 0 76
- 92. Por lo tanto, IF= 2 π π 0 w sin wπ 1 − w2 cos wxdw. b) En x0 = 0 hay un punto de continuidad de f (x), entonces 2 π π 0 w sin wπ 1 − w2 dw = f (0) = 1 y x1 = π es un punto de discontinuidad de f (x), entonces: 2 π π 0 w sin 2wπ 1 − w2 dw = f (π+ ) + f (π− ) 2 = 0 + 1 2 13) Considere una extensi´on impar de f(x), entonces A (w) = 0 y B (w) = 2w 1+w2 La Integral de Fourier de f(x)es 2 π ∞ 0 w 1+w2 sin wx dw. Usando la identidad de Parseval ∞ 0 w2 (1+w2)2 dw = π 4 14) Como f es par tiene Integral de Fourier f(x) = 2 π ∞ 0 cos(wx) (1+w2) dw. Al estudiar la continuidad en x0 = 1 se obtiene la convergencia ∞ 0 cos(w) (1+w2) dw = π 2e 1.11. Auto evaluaciones En el aprendizaje de C´alculo Avanzado como parte de la matem´atica se requiere el dominio de dos tipos b´asicos de conocimientos: a) el conocimiento conceptual y b) el conocimiento procedimental. El primero est´a vinculado al razonamiento y reflexi´on, se caracteriza por ser un conocimiento te´orico, producido por la actividad cognitiva, 77
- 93. que permite establecerrelaciones entre sus componentes; su car´acter es declarativo y se asocia con el saber qu´e y el saber por qu´e. El segundo est´a vinculado a la acci´on y se relaciona con m´etodos y las estrategias para representar conceptos y transformar estas representa- ciones; usando habilidades y destrezas para analizar comprensivamente, elaborar, comparar, resolver algoritmos, evaluar y argumentar. De este modo el conocimiento procedimental permite depurar y refinar la con- strucci´on del conocimiento conceptual, como asimismo, usar de manera eficaz y flexible, en un contexto aplicado, los conceptos, proposiciones, teor´ıas y modelos matem´aticos. En consecuencia, est´a asociado con el saber hacer. Evaluaci´on formativa Al t´ermino de cada unidad , se incluyen una serie de evaluaciones for- mativas que deben realizar los propios alumnos en situaciones de auto- evaluaci´on de acuerdo a la din´amica de trabajo individual, por equipos o grupal si se utiliza en el trabajo en el aula o en trabajo personal realizado en casa. Por consiguiente, esta modalidad de evaluaci´on tiene por funci´on gener- ar evidencias de los resultados de aprendizaje logrados por los propios estudiantes para retroalimentar su avances de aprendizaje. Asimismo, debe proporcionar informaci´on a los estudiantes sobre sus aciertos, difi- cultades, falencias y omisiones en el proceso de aprendizaje del C´alcu- lo Avanzado de modo de introducir cambios y ajustes en los m´eto- dos de estudios. De este modo, las autoevaluaciones abarcan tanto los conocimientos conceptuales como procedimentalales luego son una in- stancia para que los estudiantes perfeccionen su capacidad para: re- conocer los conceptos, principios, reglas y propiedades que se sustenta el C´alculo Avanzado; identificar y aplicar m´etodos matem´aticos en la resoluci´on de problemas; analizar y evaluar informaci´on matem´atica proveniente de otras ciencias ; y analizar y evaluar las soluciones de un problema para fundamentar su pertinencia. Estrategia de aplicaci´on Como se ha se˜nalado el objetivo fundamental de estos instrumentos de autoevaluaci´on es que el alumno verifique, constate y descubra las falencias que a´un persisten en el ambito cognitivo y procedimental de 78
- 94. su aprendizaje deltema objeto del estudio, ya sea que este sea el total o una parcialidad de un tema. Se pretende que con esta constataci´on el alumno se motive para persistir en su estudio, si a´un no ha logrado el nivel necesario que asegure su ´exito en las evaluaciones regulares que se har´an del tema. Para que este ejercicio tenga el ´exito propuesto, se debe trabajar el tiempo estipulado, y con las condiciones medioambientales necesarias de privacidad y silencio , que aseguren la efectividad de la actividad, o que reproduzcan condiciones requeridas de una prueba o examen.. Series e Integrales de Fourier Autoevaluaci´on No 1 El estudiante: 1) Representar´a una funci´on f(x) definida en el intervalo [0, L] por una serie de Fourier coseno o seno, aplicando extensiones pares o impares seg´un sea el caso, y evaluar si la serie converge o no en un punto x0 dado del dominio. 2) Obtendr´a la suma de ciertas series infinitas empleando el teorema de la convergencia de las series de Fourier. 3) Verificar´a si una serie de Fourier se puede diferenciar t´ermino a t´ermi- no y aplicar el teorema de la diferenciaci´on para obtener la derivada de la serie de fourier 4) Representar´a una funci´on f (x) no per´ıodica por una Integral de Fourier y emplear el teorema de la convergencia para probar si la Inte- gral Fourier converge o no en un punto x0 del dominio. 5) Probar´a el teorema de Parseval para una funci´on f que se representa por una integral de Fourier y deducir´a la convergencia de ciertas sumas de series. 6) Representar´a una funci´on peri´odica f(x) de per´ıodo 2L por una serie de Fourier, y aplicar´a el teorema de la convergencia para determinar si la serie converge o no en un punto x0 del dominio. Tiempo : 1 hora 20 minutos Problema 1 79
- 95. a) Desarrollar enserie de Fourier de cosenos la funci´on f (x) = sin x 2 definida en el intervalo [0, π]. b) Deducir la convergencia de la serie ∞ n=1 1 4n2 − 1 = 1 2 b) Pruebe que la serie de f se puede diferenciar t´ermino a t´ermino y utilice este hecho para obtener el desarrollo de Fourier de cos x 2 . Problema 2 a) Probar que si f (x) = ∞ 0 (A (w) cos (wx)+B (w) sin (wx))dw, con co- eficientes A (w) = 1 π ∞ −∞ f (u) cos (wu) du y B (w) = 1 π ∞ −∞ f (u) sin (wu) du. Entonces 1 π ∞ −∞ [f (x)]2 dx = ∞ 0 (A2 (w) + B2 (w))dw b) Si f (x) = π, |x| ≤ a 0, |x| > a ,pruebe que ∞ 0 sin2 wa w2 dw = aπ 2 Problema 3 Sea f (x) = 0 si −5 < x < 0 3 si 0 < x < 5 tal que f (x + 10) = f (x) a) Obtener la serie de Fourier de f (x) b) Defina f (x) en los puntos −5, 0 y 5 de manera que la serie de Fourier obtenida anteriormente converja a f (x) ∀x con |x| ≤ 5. Pauta de Correcci´on Problema 1 Para obtener el desarrollo en serie de Fourier de cosenos de la funci´on dada, construimos una extensi´on par de la funci´on f tal que fp (x) = sin x 2 , 0 ≤ x ≤ π − sin x 2 , −π ≤ x < 0 Como esta funci´on es par, de per´ıodo 2π ,tenemos que 80
- 96. bn = 0 a0= 1 π π 0 f(x)dx = 1 π π 0 sin x 2 dx = 1 π −2 cos x 2 π 0 a0 = 2 π 1 − cos π 2 = 2 π an = 2 π π 0 f(x) cos(nx)dx = 2 π π 0 sin x 2 cos(nx)dx an = 1 π π 0 sin 1 2 + n x − sin 1 2 − n x dx an = 1 π − cos 1 2 + n x 1 2 + n − cos 1 2 + n x 1 2 + n π 0 an = 1 π 2 1 + 2n + 2 1 − 2n = 4 π (1 − 4n2) Por lo tanto, la serie de fp en [0, π] ,es: 2 π + 1 π ∞ n=1 4 (1 − 4n2) cos (nx) La funci´on fp seccionalmente continua, de per´ıodo 2π, aplicando el teorema de convergencia de Fourier , tenemos que: f (x) = 2 π + 1 π ∞ n=1 4 (1 − 4n2) cos (nx) , ∀x ∈ (0, 2π) En particular para x = 0, 2 π + 1 π ∞ n=1 4 (1 − 4n2) = 0 ∞ n=1 4 (4n2 − 1) = 1 2 c) Sea f(x) = sin x 2 , para 0 ≤ x ≤ π. i) Como f (x) = sin x 2 , es continua en (0, π) . 81
- 97. ii) f (x)= 1 2 cos x 2 , es continua en (0, π) . iii) Existe f (x) = −1 4 sin 1 2 , y tambi´en es continua en (0, π) . Adem´as f (0) = (sin (0)) = (sin (π)) = sin 2π = f (π) Luego, se satisfacen las hip´otesis del teorema de diferenciaci´on de la serie de Fourier, entonces para −π < x < π,derivando la serie de Fourier de f , obtenemos: sin x 2 = 2 π + 1 π ∞ n=1 4 (1 − 4n2) cos (nx) 1 2 cos x 2 = 0 − 1 π ∞ n=1 4n (1 − 4n2) sin (nx) cos x 2 = 1 π ∞ n=1 8n (4n2 − 1) sin (nx) Problema 2 a) Mutiplicando la integral de Fourier por f y realizando el producto interno en (−∞, ∞) , se tiene ∞ −∞ [f (x)]2 dx = ∞ 0 ∞ −∞ [(A (w) f (x) cos (wx) + B (w) f (x) sin (wx))dw]dx ∞ −∞ [f (x)]2 dx = ∞ 0 (A (w) ∞ −∞ f (x) cos (wx) dx + B (w) ∞ −∞ f (x) sin (wx) dx)dw ∞ −∞ [f (x)]2 dx = π ∞ 0 (A2 (w) + B2 (w))dw =⇒ 1 π ∞ −∞ [f (x)]2 dx = ∞ 0 (A2 (w) + B2 (w))dw b) Como f (x) = π, |x| ≤ a 0, |x| > a , es funci´on par, entonces la integral de Fourier de f es ∞ 0 A (w) cos (wx) dw 82
- 98. con coeficiente A (w)= 2 π ∞ 0 f (u) cos (wu) du = 2 π a 0 π cos (wu) du = 2 sin wu w a 0 = 2 sin wa w ∴ A2 (w) = 4 sin2 wa w2 Por otra parte: 1 π ∞ −∞ [f (x)]2 dx = 1 π a −a π2 dx = 2aπ Como la funci´on f es par, se tiene 1 π ∞ −∞ [f (x)]2 dx = ∞ 0 A2 (w) dw Entonces, al reemplazar los t´erminos 2aπ = 4 ∞ 0 sin2 wa w2 dw ∴ ∞ 0 sin2 wa w2 dw = aπ 2 Problema 3 La serie de Fourier buscada es de la forma: f (x) ∼ a0 + ∞ n=1 (an cos nπx 5 + bn sin nπx 5 ) con coeficientes a0 = 1 10 5 0 3dx = 3x 10 5 0 = 3 2 an = 1 5 0 −5 0 cos nπx 5 dx + 5 0 3 cos nπx 5 dx an = 3 5 5 nπ sin nπx 5 5 0 = 0 bn = 1 5 0 −5 0 sin nπx 5 dx + 5 0 3 sin nπx 5 dx 83
- 99. bn = 3 5 − 5 nπ cos nπx 5 5 0 bn = 3 nπ [1− cos nπ] Sustituyendo los coeficientes en la serie obtenemos 3 2 + 3 π ∞ n=1 [1 − cos nπ] n sin( nπx 5 ) b) Como f (x) es una funci´on seccionalmente continua entonces en los puntos de discotinuidad converge a f (x+ o ) + f (x− o ) 2 . Luego en los pun- tos −5, 0 y 5 converge a 3 2 . Por tanto la funci´on debe asumir estos valores en los puntos menciona- dos para que se cumpla la covergencia propuesta. Autoevaluaci´on No 2 Tiempo : 2 horas Problema 1 Dada la funci´on f (x) = x − [2x] , 0 < x < 1 a) Obtener la serie de Fourier de cosenos. b) Establecer la convergencia de la serie en x0 = 0 y x1 = 1 2 . Problema 2 Deducir la igualdad de la integral de Fourier x = 2 π − π cos πw w + sin πw w2 sin wxdw para 0 < x < π. Problema 3 Sea f (x) continua por tramos, impar de per´ıodo 2π con serie de Fourier ∞ n=1 bn sin (nx) . a) Verificar que g (x) = x 0 f (t) dt , x ∈ R es funci´on par de per´ıodo 2π. 84
- 100. b) Deducir ∞ n=1 bn n − ∞ n=1 bn n cos (nx)es la serie de Fourier de g (x) y que ∞ n=1 bn n = 1 π π 0 x 0 f (t) dt dx Pauta de Correcci´on Problema 1 a) Consideremos una extensi´on par de f (x) de per´ıodo P = 2, es decir f (x + 2) = f (x) Como f (x) = x − [2x] , 0 < x < 1, se tiene que 0 < x < 1 2 , [2x] = 0 y 1 2 < x < 1, [2x] = 1. As´ı f (x) = x si 0 < x < 1 2 x − 1 si 1 2 < x < 1 , luego los coeficientes de Fourier son a0 = 1/2 0 xdx + 1 1/2 (x − 1) dx = x2 2 1/2 0 + (x − 1)2 2 1 1/2 = 0 an = 2 1/2 0 x cos nπxdx + 2 1 1/2 (x − 1) cos nπxdx an = 2 x sin nπx nπ + cos nπx (nπ)2 1/2 0 +2 x sin nπx nπ + cos nπx (nπ)2 1 1/2 −2 sin nπx nπ 1 1/2 an = 2 (nπ)2 [cos nπ − 1] + 2 sin nπ 2 nπ an = 2 (nπ)2 [(−1)n − 1] + 2 (−1)n−1 (2n − 1)π bn = 0 De este modo la serie de Fourier queda ∞ n=1 2 (nπ)2 [(−1)n − 1] + 2 (−1)n−1 (2n − 1)π cos nπx b) En x0 = 0 hay un punto de continuidad de f, entonces la serie converge a 85
- 101. f (0) =0 = ∞ n=1 2 (nπ)2 [(−1)n − 1] + 2 (−1)n−1 (2n − 1)π Para x1 = 1 2 se tiene un punto de discontinuidad de f , entonces la serie converge a f 1 2 + + f 1 2 2 = 1 2 + −1 2 2 = 0. Problema 2 Consideremos la funci´on f (x) = x si −π < |x| < π 0 si |x| > π , la cual es impar, entonces la integral de Fourier de f es ∞ 0 B (w) sin (wx) dx, con coeficiente: B (w) = 2 π ∞ 0 f (x) sin (wx) dx = 2 π π 0 x sin (wx) dx B (w) = 2 π −x cos wx w + sin (wx) w2 π 0 B (w) = 2 π −π cos wπ w + sin (wπ) w2 Por tanto la integral de Fourier , queda 2 π ∞ 0 −π cos wπ w + sin (wπ) w2 sin (wx) dx Como f es continua en (0, π) , la integral de Fourier converge a f (x) = x = 2 π ∞ 0 −π cos wπ w + sin (wπ) w2 sin wxdw Problema 3 a) En primer lugar, verifiquemos que g (x) es una funci´on par. En efecto sea g (−x) = −x 0 f (t) dt = x 0 f (−u) (−du), si cambiamos la variable u = −t Pero la funci´on del integrando f (u) es una impar es decir f (−u) = −f (u) ∀u entonces g (−x) = x 0 f (u) (du) = g (x) 86
- 102. En segundo lugar,estudiemos el per´ıodo de la funci´on g (x + 2π) = x+2π 0 f (t) dt = x 0 f (t) dt + x+2π x f (t) dt = x 0 f (t) dt + π −π f (t) dt = x 0 f (t) dt = g (x) Por tanto g (x) tiene per´ıodo 2π b) Integrando la serie de Fourier de f , se tiene g (x) = x 0 f (t) dt = x 0 ∞ n=1 bn sin (nx) dt = − ∞ n=1 bn cos (nx) n x 0 = ∞ n=1 bn n − ∞ n=1 bn n cos (nx) Como g (x) es par su serie de Fourier es de la forma g(x) = a0 + ∞ n=1 an cos nx donde −π ≤ x ≤ π y coeficientes a0 = 1 2π π −π g (x) dx = 1 π π 0 g (x) dx = 1 π π 0 x 0 f (t) dt dx = ∞ n=1 bn n Autovaluaci´on No 3 Tiempo : 1 hora 20 minutos 87
- 103. Problema 1 Sea f(x) = cos bx, −π ≤ x ≤ π, con f (x + 2π) = f (x) , b constante no entera. a) Obtener la serie de Fourier de f. b) A partir de la convergencia de la serie, deducir la igualdad π senbπ = 2b 1 2b2 − 1 b2 − 12 + 1 b2 − 22 ... Problema 2 Sea la funci´on f (x) = 1 − |x| a si |x| < a 0 si |x| > a a) Obtener la integral de Fourier de f. b) Deducir que 1 − x = 2 π ∞ 0 1 − cos w w2 cos wxdw, si 0 ≤ x ≤ 1; y ∞ 0 1 − cos w w2 cos wx dw = 0, si x > 1. Problema 3 a) Utilice la integral de Fourier para obtener la convergencia ∞ 0 sin w w dw = π 2 . b) Probar que la funci´on definida por g (x) = 1 x 0 sin w x w dw, x > 0 g (0) = π 2 es continua en cero. Pauta de Autocorrecci´on Problema 1 a) Como f (x) = cos bx, en −π ≤ x ≤ π es funci´on par, entonces la serie de Fourier de f es cosenoidal, es decir f (x) ∼ a0 + ∞ n=1 an cos nx con coeficientes 88
- 104. a0 = 1 π π 0 cos bxdx= 1 bπ sin bπ π 0 = sin bπ bπ an = 2 π π 0 cos bx cos nxdx = 2 π sin (b − n) x 2(b − n) + sin (b + n) x 2 (b + n) π 0 an = 2 π sin (b − n) π 2(b − n) + sin (b + n) π 2 (b + n) an = 2b (−1)n sin bπ π(b2 − n2) Por tanto la serie de fourier queda f (x) ∼ sin bπ bπ + 2b sin bπ π ∞ n=1 (−1)n (b2 − n2) cos nx b) En x0 = 0 hay un punto de continuidad de f entonces por el teorema de convergencia de la serie, esta converge a f (0) = 1 = sin bπ bπ + 2b sin bπ π ∞ n=1 (−1)n (b2 − n2) Entonces π sin bπ = 1 b + 2b ∞ n=1 (−1)n (b2 − n2) ⇐⇒ π sin bπ = 2b 1 2b2 + ∞ n=1 (−1)n (b2 − n2) ⇐⇒ π sin bπ = 2b 1 2b2 − 1 b2 − 12 + 1 b2 − 22 ... Problema 2 a) Como: f (−x) = 1 − |−x| a = 1 − |x| a = f (x) ∀x ∈ [−a, a] la funci´on f es par, entonces la integral de Fourier de f es ∞ 0 A (w) cos (wx) dx, con coeficiente: A (w) = 2 π a 0 1 − x a cos (wx) dx + ∞ a 0 cos (wx) dx A (w) = 2 π a 0 1 − x a cos (wx) dx A (w) = 2 π 1 − cos aw aw2 89
- 105. Por tanto laintegral de Fourier queda 2 π ∞ 0 1 − cos aw aw2 cos (wx) dx, b) Como la funci´on f es continua para ∀x ∈ [0, 1],aplicando el teorema de convergencia con a = 1, se deduce que la integral de Fourier converge a f (x) = 1 − x = 2 π ∞ 0 1 − cos w w2 cos wxdw, y del mismo modo f (x) = 0 = 2 π ∞ 0 1 − cos w w2 cos wxdw, ∀x > 1 Problema 3 a)Sea la funci´on f (x) = 1 si |x| ≤ 1 0 si |x| > 1 , como la funci´on f es par, entonces la integral de Fourier de f es ∞ 0 A (w) cos (wx) dx, con coeficiente: A (w) = 2 π 1 0 1 cos (wx) dx + ∞ 1 0 cos (wx) dx A (w) = 2 π 1 0 cos (wx) dx A (w) = 2 π sin wx w 1 0 = 2 π sin w w Por tanto, la integral de Fourier queda f (x) = 2 π ∞ 0 sin w w cos (wx) dx Como la funci´on es continua en x = 0,entonces la integral converge a f (0) = 1 = 2 π ∞ 0 sin w w dx =⇒ ∞ 0 sin w w dx = π 2 b) Sea la integral g (x) = 1 x 0 sin w x w dw, x > 0 g (0) = π 2 90
- 106. aplicando el cambiode variables u = w x =⇒ xdu = dw, se tiene g (x) = 1 x2 0 sin u xu xdu = 1 x2 0 sin u u du Calculemos ahora el l´ımite de ´esta funci´on cuando x → 0 lim x→0 g (x) = l´ım x→0 1 x2 0 sin u u du = ∞ 0 sin u u du = π 2 = g (0) Lo que implica que g(x) es continua en cero. 91
- 107. Cap´ıtulo 2 Funciones Vectorialesde una variable real 2.1. Introducci´on La recta de R3 que pasa por el punto −→ P 0 = (x0, y0, z0) y es paralela a un vector −→a = (a1,a2,a3) se define como el conjunto −→ P 0 + t−→a | t ∈ R .En esta definici´on de recta a cada n´umero real t corresponde el punto −→ P 0 + t−→a de R3 es decir a cada valor t de R le asocia el punto (x0 + ta1,y0 + ta2,z0 + ta3) de R3 . Tal correspondencia o asociaci´on genera lo que llamaremos una funci´on vectorial de una variable real que en este caso es de R en R3 . Si denotamos por −→ f a tal funci´on entonces su regla de correspondencia es −→ f (t) = (x0 + ta1,y0 + ta2,z0 + ta3) El dominio de −→ f es el conjunto de todos los n´umeros reales y el rango de −→ f es la recta que pasa por el punto −→ P o y es paralela al vector −→a . Este es un ejemplo del tipo de funciones que estudiaremos en este m´odulo; para tales funciones consideraremos los conceptos de l´ımite, continuidad, derivada e integral. Desde el punto de vista conceptual no hallaremos ideas nuevas y en la mayor parte de los casos las t´ecnicas usadas son las mismas desarrolladas en el c´alculo de funciones real de una variable real. 92
- 108. 2.2. Funciones Vectoriales Definici´on2.2.1. Una funci´on vectorial de una variable real es una funci´on cuyo dominio es un conjunto de n´umeros reales y el rango es un conjunto de vectores o puntos de Rn Notaci´on −→ f : D ⊆ R → Rn tal que ∀ t ∈ D, −→ f (t) = (f1(t), f2(t), . . . , fn(t)), donde fk : D ⊆ R → R para cada k = 1, 2, .., n es una funci´on real de variable real. Cada fk es la k-´esima componente del vector −→ f (t). Si la funci´on −→ f describe el movimiento de una part´ıcula, el vector −→ f (t) = (f1(t), f2(t), . . . , fn(t)) se˜nala la posici´on en el instante t, es decir en estos casos t representa la variable tiempo. Ejemplo 1 Sea −→ f : I ⊆ R → R3 tal que −→ f (t) = (cos t, sin t, t), I = [0, 2π] Hacer un esquema del rango de −→ f Soluci´on: Pongamos −→ f (t) = (x(t), y(t), z(t)) donde x = cos t, y = sin t, z = t. En este caso para cualquier valor de t se cumple x2 + y2 = 1 que es la proyecci´on en el plano XY de cualquier punto −→ f (t) de la curva que est´a sobre el manto de un cilindro de radio unitario x2 + y2 = 1, y z = t se˜nala la distancia de −→ f (t) al plano XY. El rango de −→ f es entonces una curva que partiendo de (1, 0, 0) describe un arco completo de una helicoidal en el manto del cilindro x2 + y2 = 1 de R3 . 93
- 109. Ejemplo 2 Sea −→ f :I ⊆ R → R3 tal que −→ f (t) = (t, t, t), describa el rango de −→ f . Soluci´on: Las imagenes −→ f(t) = (t, t, t) las podemos escribir vectorialmente de la forma −→ f (t) = (0, 0, 0) + t(1, 1, 1) lo que nos permite reconocer que se trata de una recta que pasa por el origen (0, 0, 0) en la direcci´on del vector −→v = (1, 1, 1). Ejemplo 3 Sea −→ f : I ⊆ R → R3 tal que −→ f = (t, t, 2t2 ), I = [−3, 3] describa el rango de −→ f. Soluci´on: Ponemos −→ f (t) = t(1, 1, 0) + t2 (0, 0, 2), de esta expresi´on se puede afir- mar que −→ f (t) es la suma de un vector a lo largo de la recta y = x en el plano XY y un vector perpendicular al plano XY. Quiere decir entonces que el rango de −→ f se encuentra en el plano que contiene los vectores (1, 1, 0), (0, 0, 2) perpendicular al plano XY. Si se considera en un punto (t, t, 0) en el plano XY y u distancia al origen, u = √ t2 + t2 = √ 2t, resulta que z = 2t2 = u2 . Por lo tanto, el rango de −→ f es una porci´on de la par´abola z = u2 que esta en el plano y = x perpendicular al plano XY y que contiene al eje z. 94
- 110. 2.3. L´ımite deuna funci´on vectorial. Previamente aclaremos o recordemos algunos conceptos en cuanto a la m´etrica que usaremos. Definici´on 2.3.1. (distancia) Si −→a y −→ b son una par de elementos (puntos) de Rn dados por −→a = (a1, a2, a3, . . . , an), −→ b = (b1, b2, b3, . . . , bn) la distancia desde −→a hasta −→ b es −→ b − −→a se define por −→ b − −→a = n i=1 (bi − ai)2 1 2 que en R2 y R3 viene a corresponder a lo que definimos como distancias entre dos puntos. Definici´on 2.3.2. Se dice que el vector −→ l = (l1, l2, l3, . . . , ln) es el l´ımite de la funci´on vectorial −→ f : I ⊆ R → Rn en t0 ∈ I , si para cada > 0 existe un n´umero δ > 0 tal que siempre que t esta en el dominio de −→ f y 0 < |t − t0| < δ entonces −→ f (t) − −→ l < 2.3.1. Teorema del l´ımite Teorema 2.3.1. Sea −→ f : I ⊆ R → Rn funci´on vectorial. Entonces 95
- 111. l´ım t→t0 −→ f (t) = −→ l= (l1, l2, l3, . . . , ln) ⇐⇒ l´ım t→t0 fk(t) = lk, k = 1, 2, ..., n donde −→ f (t) = (f1(t), f2(t), . . . , fn(t)) Demostraci´on.- i) (⇐) Suponemos que l´ım t→t0 fk(t) = lk, k = 1, 2, ..., n Sea > 0 dado −→ f (t) − −→ l = (f1(t) − l1, f2(t) − l2, ..., fn(t) − ln) = (f1(t) − l1, 0, 0, ..., 0) + (0, f2(t) − l2, 0, ..., 0) + (0, 0, 0, ..., fn(t) − ln) ≤ (f1(t) − l, 0, ..., 0) + (0, f2(t) − l2, 0, ..,0) + ... + (0, ..., 0, fn(t) − ln) ≤ |f1(t) − l| + |f2(t) − l2| + ... + |fn(t) − ln| Si l´ım t→t0 fk(t) = lk =⇒Si n > 0 existe δk > 0 tal que 0 < |t − t0| < δk =⇒ |fk(t) − lk| < n , k = 1, 2, ..., n tomando δ = m´ın {δk} , k = 1, 2, ..., n se tiene que 0 < |t − t0| < δ =⇒ |fk(t) − lk| < n para todo k = 1, 2, .., n. De la desigualdad anterior, mayorando por n . −→ f (t) − −→ l < n + ... + n = n i=1 n = n n = ∀ t ∈ (t0 − δ, t0 + δ), lo que prueba esta parte del teorema. ii) (⇒) Suponemos que l´ım t→t0 −→ f (t) = −→ l Sea > 0 dado l´ım t→t0 −→ f (t) = −→ l = (l1, l2, l3, . . . , ln) y −→ f (t) = (f1(t), f2(t), . . . , fn(t)) implica que existe δ > 0 tal que 96
- 112. −→ f (t) − −→ l< todo t en el dominio de −→ f tal que 0 < |t − t0| < δ pero |fk(t) − lk| < f(t) − l todo k, entonces |fk(t) − lk| < todo t en el dominio de −→ f tal que 0 < |t − t0| < δ. Por lo tanto l´ım t→t0 fk(t) = lk todo k = 1, 2, ..., n. Se ha establecido entonces que: lim t→to −→ f (t) = −→ l = (l1, l2, l3, ...., ln) ⇔ lim t→to fk(t) = lk, k = 1, 2, 3, ...., n. Ejemplo 4 Si −→ f (t) = (cos t, sin t) , calcule l´ım t→ π 2 −→ f (t) Soluci´on: l´ım t→ π 2 −→ f (t) = l´ım t→ π 2 cos t, l´ım t→ π 2 sin t = (0, 1) Ejemplo 5 La trayectoria de una part´ıcula en el espacio R3 est´a dada por la funci´on vectorial −→c (t) = (cos 2t, sin t, 2t π ). Calcule: lim t→ π 2 −→c (t), lim t→π −→c (t) y lim t→− π 2 −→c (t) . Soluci´on.- l´ım t→ π 2 (cos 2t, sin t, 2t π ) = (l´ım t→ π 2 cos 2t, l´ım t→ π 2 sin t, l´ım t→π 2 2t π ) =(−1, 1, 1) l´ımt→π(cos 2t, sin t, 2t π ) = (l´ım t→π cos 2t, l´ım t→π sin t, l´ım t→π 2t π ) = (1, 0, 2) l´ım t→−π 2 (cos 2t, sin t, 2t π ) = ( l´ım t→−π 2 cos 2t, l´ım t→−π 2 sin t, l´ım t→−π 2 2t π ) = (−1, −1, −1) 97
- 113. 2.3.2. Operaciones confunciones vectoriales Definici´on 2.3.3. Sean −→ f , −→g : I ⊆ R → Rn funciones vectoriales, entonces, para cada t ∈ I se define −→ f + −→g , −→ f − −→g , −→ f · −→g , −→ f × −→g de la forma siguiente: a) ( −→ f + −→g )(t) = −→ f (t) + −→g (t) = ((f1 + g1)(t), (f2 + g2)(t), ..., (fn + gn)(t)) b) ( −→ f − −→g )(t) = −→ f (t) − −→g (t) = ((f1 − g1)(t), (f2 − g2)(t), ..., (fn − gn)(t)) c) ( −→ f · −→g )(t) = −→ f (t) · −→g (t) = f1(t)g1(t) + f2(t)g2(t) + ... + fn(t)gn(t) = n i=1 fi(t) · gi(t) d) ( −→ f × −→g )(t) = −→ f (t) × −→g (t) = ((f2g3)(t) − (f3g2)(t)), (f3g1)(t) − (f1g3)(t), (f1g2)(t) − (f2g1)(t)). en este caso para n = 3. Definici´on 2.3.4. Producto por escalar Si γ : I → R y −→ f : I → Rn es funci´on vectorial, definimos: γ −→ f : I → Rn tal que (γ −→ f )(t) = γ(t) −→ f (t) = (γ(t)f1(t), γ(t)f2(t), ..., γ(t)fn(t)) Estas definiciones nos llevan al siguiente teorema 2.3.3. Teoremas del algebra de l´ımites Teorema 2.3.2. Sean −→ f , −→g : I ⊆ R → Rn funciones vectoriales, to ∈ I , si l´ım t→to −→ f (t) = −→a y l´ım t→to −→g (t) = −→ b ; −→a , −→ b ∈ Rn ,entonces: a) l´ım t→to −→ f + −→g (t) = lim t→to −→ f (t) + l´ım t→to −→g (t) = −→a + −→ b b) l´ım t→to −→ f − −→g (t) = l´ım t→to −→ f (t) − l´ım t→to −→g (t) = −→a − −→ b c) l´ım t→to −→ f · −→g (t) = l´ım t→to −→ f (t) · l´ım t→to −→g (t) = −→a · −→ b d) l´ım t→to −→ f × −→g (t) = l´ım t→to −→ f (t) × l´ım t→to −→g (t) = −→a × −→ b , con n = 3 en este caso. 98
- 114. Demostraci´on: Es consecuencia directade aplicaci´on del Teorema del L´ımite y la definici´on de las operaciones. Se deja como ejercicio al lector. 2.3.4. Teorema: producto de funci´on escalar por vectorial Teorema 2.3.3. Sean γ : I ⊆ R → R y −→ f : I ⊆ R → Rn , to ∈ I tal que: l´ım t→to γ(t) = α ; y l´ım t→to −→ f (t) = −→a , α ∈ R y −→a ∈ Rn , entonces: lim t→to γ −→ f (t) = lim t→to γ(t)lim t→to −→ f (t) = α−→a Demostraci´on: Se deja como ejercicio al lector. 2.4. Continuidad Definici´on 2.4.1. Sea −→ f : I → Rn y to ∈ I , diremos que −→ f es con- tinua en to si para cada ε > 0,existe δ > 0 tal que ∀ t ∈ I : |t − to| < δ,entonces −→ f (t) − −→ f (to) < ε Note que: si −→ f = (f1, f2, f3, ..., fn) tal que −→ f : I → Rn y fi : I → R, i = 1, 2, 3, ..., n. Entonces −→ f es continua en to, ssi, fi es cont´ınua en to para todo i = 1, 2, 3, ..., n. En efecto, vea que |fi(t) − fi(to)| ≤ n i=1 ((fi(t) − fi(to))2 1 2 =⇒ si −→ f es continua, entonces fi es continua. Reciprocamente co- mo −→ f (t) − −→ f (to) ≤ n i=1 |fi(t) − fi(to| podemos inferir que si fi es continua, i = 1, 2, 3, ..., n,entonces −→ f es continua. Por lo tanto, decimos que una funci´on vectorial es continua ,si y s´olo si, lo son cada una de sus funciones componentes 99
- 115. Observaci´on: Los teoremasde continuidad que obviaremos en este caso y que son una r´eplica de los teoremas de l´ımites se pueden probar f´acilmente. 2.5. La Derivada Definici´on 2.5.1. Sea −→ f : I ⊆ R → Rn funci´on vectorial y to ∈ I. Se define la derivada de −→ f en to, denotada d −→ f dt (t0) o −→ f´(to) por el l´ımite: −→ f´(to) = l´ım h→0 −→ f (to+h)− −→ f (to) h , cuando este l´ımite existe. Geom´etricamente −→c (to) es un vector tangente a la curva C descrita por la trayectoria −→c (t) en el punto −→c (t0) orientado. De la definici´on del l´ımite se deduce que: Teorema 2.5.1. Sea −→ f : I ⊆ R → Rn , to ∈ I y −→ f = (f1, f2, f3, ..., fn) entonces −→ f es derivable en to si y solo si cada fi es derivable en to. Demostraci´on −→ f‘(to) = l´ım h→0 −→ f (to + h) − −→ f (to) h 100
- 116. = lim h→0 1 h [f1(to +h) − f1(to), f2(to + h) − f2(to), ..., fn(to + h) − fn(to)] = lim h→0 f1(to+h)−f1(to) h , l´ım h→0 f2(to+h)−f2(to) h , ..., l´ım h→0 fn(to+h)−fn(to) h = f1(to), f2(to), ..., fn(to) Por lo tanto −→ f (to) existe si y solo si fk(to) existe para k = 1, 2, 3, ..., n Definici´on Si suponemos que −→c (t) describe una trayectoria seguida por una part´ıcula podemos definir al vector −→c´(t) como el vector velocidad en la trayectoria −→c en el punto −→c (t). Asimismo , definiremos la rapidez en ese punto como −→c´ (t) Ejemplo 6 Sea −→c (t) = (r cos(t), r sin(t)), trayectoria cuyo camino corresponde a una circunferencia de radio r. Muestre que −→c (t) y −→c (t) son ortogonales Muestre que −→c (t) y −→c (t) son ortogonales Soluci´on. Tenemos −→c (t) es derivable lo que implica −→c (t) = (−r sin t, r cos t) Por consiguiente −→c (t) · −→c (t) = (r cos(t), r sin(t)) · (−r sin t, r cos t) = r (sin t) r cos (t) − r (cos t) r sin (t) = 0 ∴ −→c (t) y −→c (t) son ortogonales ∀ t. 101
- 117. 2.6. Regularidad deuna curva Una diferencia significativa de la derivada de funciones vectoriales re- specto de la suavidad o regularidad de la curva en el aspecto geom´etrico es que en este caso la derivabilidad no detecta picos en la curva. Para describir este hecho consideramos el siguiente ejemplo: Ejemplo 7 Sea −→ f : R → R2 definida por −→ f (t) = (t3 , t2 |t|). Su gr´afico como muestra la figura es similar al gr´afico de y = |x| en R2 y sabemos que la funci´on f (x) = |x| no es derivable en x = 0. Muestre que la funci´on dada es derivable para t = 0. Soluci´on −→ f (t) = (t3 , t2 |t|) ⇒ x(t) = t3 , y(t) = t2 |t| x(t) = t3 ⇒ x (t) = 3t2 , ∀ t, y(t) = t2 |t| ⇒ y (t) = 3t2 , t > 0−3t2 , t < 0 Adem´as si t = 0 ⇒ y (0) = lim h→0 y(h) − y(0) h = lim h→0 h2 |h| h = lim h→0 h |h| = 0 ∴ −→ f´(0) = (0, 0) Lo que prueba que esta funci´on es derivable en todo R y que hay puntos en los cuales la derivada es cero, esto geometricamente significa que la curva no es suave en ese punto, cambia rapidamente de direcci´on, presenta un peak. Con el objeto de advertir este comportamiento geom´etrico en una curva y su relaci´on con la derivada demos la siguiente definici´on. 102
- 118. 2.6.1. Camino regular Definici´on2.6.1. Sea −→ f : I ⊆ R → Rn una funci´on de clase C1 (I).Se dice que −→ f (t) describe un camino regular si −→ f (t) = −→ 0 ∀ t ∈ I. Consideremos el siguiente ejemplo para aclarar a´un m´as este concepto Ejemplo 8 Sea la curva C es descrita por −→c (t) = (cos3 t, sin3 t), 0 ≤ t ≤ 2π, que corresponde a un Astroide Muestre que no es una curva regular en 0 ≤ t ≤ 2π, Soluci´on Esta trayectoria regular no es regular, pues en t = 0, π 2 , π, y 3π 2 la derivada se anula como podemos verificar en el siguiente c´alculo. −→c´(t) = (3 cos2 t(− sin t); 3 sin2 t cos3 t) = (−3 cos2 t sin t; 3 sin2 t cos3 t) −→c´(0) = (0, 0) ; −→c´(π 2 ) = (0, 0) , −→c´(π) = (0, 0) , y −→c´(3π 2 ) = (0, 0) 2.6.2. Propiedades de la Derivada Teorema 2.6.1. Sean −→ f , −→g : I ⊆ R → Rn funciones derivables y α : I ⊆ R→ R una funci´on derivable, entonces: i) (k −→ f ) (t) = k −→ f´(t) 103
- 119. ii) ( −→ f +−→g ) (t) = −→ f (t) + −→g (t) iii) ( −→ f − −→g ) (t) = −→ f (t) − −→g (t) iv) (α −→ f ) (t) = α (t) −→ f (t) + α(t) −→ f (t) v) ( −→ f ·−→g ) (t) = −→ f´(t)·−→g (t)+ −→ f (t)·−→g´(t) Producto Punto o Producto interno vi) ( −→ f ◦ α)´(t) = −→ f´(α(t))α´(t) vii) ( −→ f × −→g ) (t) = −→ f´(t) × −→g (t) + −→ f (t) × −→g (t) para n = 3 Demostraci´on: i), ii), iii) se dejan al lector (α −→ f ) (t) = (α(t) −→ f (t))´= g ((αf1)´(t), (αf2)´(t), (αf3)´(t), ..., (αfn)´(t)) = (α (t)f1(t) + α(t)f´1(t), α (t)f2(t) + α(t)f2(t), ..., α (t)fn(t) + α(t)fn(t)) = (α (t)f1(t), α (t)f2(t), ..., α (t)fn(t) + α(t)f1(t), α(t)f2(t), ..., α(t)fn(t)) = α (t)(f1(t), f2(t), ..., fn(t)) + α(t)(f1(t), f2(t), ..., fn(t)) = α (t) −→ f (t) + α(t) −→ f (t) v) ( −→ f · −→g ) (t) = −→ f (t) · −→g (t) = d dt n k=1 fi(t)gi(t) = n k=1 d dt (fk(t)gk(t)) = n k=1 [fk(t)gk(t) + fk(t)gk(t)] = n k=1 fk(t)gk(t) + n k=1 fk(t)gk(t) = −→ f (t) · −→g (t) + −→ f (t) · −→g (t) v), vi) se dejan al lector. 2.7. Parametrizaci´on Si −→c (t) define una trayectoria donde t es el par´ametro, podemos mod- ificar la expresi´on que define −→c (t) por −→c (s) de tal modo de tener el mismo conjunto de imagenes, esto lo llamaremos reparametrizaci´on. 104
- 120. Definici´on 2.7.1. Sean −→ f: I ⊆ R → Rn tal que −→ f = (f1, f2, f3, ..., fn) define un camino regular en el espacio Rn y ϕ : I1 → I una fun- ci´on de clase C1 (I) biyectiva y tal que ϕ (s) = 0, ∀ s ∈ I1, entonces −→ f o : I1 → Rn tal que −→ f o(s) = ( −→ f ◦ ϕ)(s) se llama reparametrizaci´on de la trayectoria) −→ f . Observaci´on: De esta definici´on se tiene que: 1) −→ f o(s) = ( −→ f ◦ ϕ)(s) ⇒ −→ f (s) = −→ f´(ϕ(s)) · ϕ´(s) si ϕ(s) = t ⇒ −→ f o(s) = −→ f´(t) · ϕ´(s) = ϕ´(s) · −→ f´(t) ∴ −→ f o (s) = ϕ´(s) · −→ f (t) como ϕ(s) es un escalar, esto significa que −→ f o(s) es ϕ´(s) veces la velocidad que llevar´ıa una part´ıcula parametrizada por −→ f (t). 2) ϕ (s) = 0 ⇒ ϕ´(s) > 0, ∀s ∈ I1 v ϕ´(s) < 0, ∀s ∈ I, de la expresi´on −→ f o (s) = ϕ´(s) · −→ f (t) se puede inferir que: a.- Si ϕ´(s) > 0 , ∀ s ∈ I1 ⇒ −→ fo (s) conserva la orientaci´on de −→ f (t) b.- Si ϕ´(s) < 0 , ∀ s ∈ I1 ⇒ −→ fo (s) invierte la orientaci´on de −→ f Si −→ fo (s) es una reparametrizaci´on de −→ f (t) y del hecho que −→ fo (s) = ϕ´(s) · −→ f´ (t) en cada punto −→ fo (s) = −→ f (t) si ϕ(s) = t, se deduce el 105
- 121. siguiente teorema. Teorema 2.7.1.Sea −→ f : I ⊆ R → R2 ( o R3 ) un camino regular y −→ fo = −→ f ◦ ϕ : J ⊆ R → R2 ( o R3 ) una reparametrizaci´on de ´el ( donde ϕ tiene las condiciones pedidas en la definici´on). Entonces la recta tangente a la curva C (traza de −→ f ) en −→ f (to) con t0 ∈ I , es la misma que la recta tangente a C en −→ fo (s0) si t0 = ϕ(s0). Demostraci´on.- t0 = ϕ(s0) ⇒ −→ P 0 = −→ f (to) = −→ f (ϕ(s0) ) = −→ fo (s0) adem´as −→ fo´(s) = ϕ´(s)· −→ f´(s) implica que los vectores −→ f (to) y −→ fo (s0) son paralelos,entonces las rectas tangentes a la curva en −→ f (to) coinciden. 2.7.1. Ejemplos de reparametrizaciones Sea −→ f : [a, b] → R3 ,una trayectoria regular . Entonces: 1) La trayectoria −→ fo : [a, b] → R3 tal que t −→ −→ f (a + b − t) es la reparametrizacion de −→ f que corresponde a la aplicacion ϕ : [a, b] −→ [a, b] dada por t −→ a + b − t, llamamos a −→ f o trayectoria opuesta a −→ f . 2) La trayectoria −→g : [0, 1] → R3 tal que t −→ −→ f (a + (b − a)t) es una reparametrizacion de −→ f que corresponde a la aplicaci´on ϕ : [0, 1] −→ [a, b] dada por t −→ a + (b − a)t, y que conserva la trayectoria de −→ f . Ejemplo 9 Sea −→ f : [−5, 10] → R3 definida por t −→ −→ f (t) = (t, t2 , t3 ) . Reparametrizar como trayectoria opuesta a −→ f . Soluci´on Aplicando el apartado 1) tenemos: −→ fo : [−5, 10] → R3 tal que t −→ −→ f (5 − t) = ((5 − t), (5 − t)2 , (5 − t)3 ) es la reparametrizaci´on opuesta a −→ f que corresponde a la aplicaci´on ϕ : [−5, 10] −→ [−5, 10] dada por t −→ 5 − t. Ejercicio Sea −→ f : [a, b] → R3 , una trayectoria regular y k una contante positiva . Sea la aplicaci´on ϕ : 0, b−a k −→ [a, b] dada por ϕ(t) −→ kt + a. 106
- 122. Muestre que latrayectoria reparametizada −→ f ◦ ϕ : 0, b−a k → R3 mantiene la trayectoria de −→ f pero la recorre k veces m´as r´apido. 2.8. Longitud de Arco Sea C una curva descrita por −→ f (t) = (f1(t), f2(t), f3(t), ..., fn(t)), defini- da en un intervalo I = [a, b] en R.Sea P una partici´on de [a, b] y Lp la longitud de la poligonal originada por P. Lp = n i=1 −→ f (ti) − −→ f (ti−1) Para cada partici´on P se tiene una correspondiente Lp. Definici´on 2.8.1. La curva C descrita por −→ f (t) = (f1(t), f2(t), f3(t), ..., fn(t)) definida en [a, b] se dice que es rectificable si {Lp/P es partici´on de [a, b]} tiene una cota superior. Si C es rectificable entonces la longitud de C es el supremo del conjunto de los Lp, es decir = sup {Lp/P es partici´on de [a, b]} Definici´on 2.8.2. Sea −→ f : I ⊆ R → Rn una trayectoria regular de clase C1 . La longitud de −→ f entre t = a, t = b denotada por ( −→ f ) o simplemente se define por: = b a −→ f´(t) dt 107
- 123. Ejemplo 10. Si −→c: [0, 2π] → R2 tal que −→c (t) = (r cos t, r sin t). ¿ Es una trayectoria regular? ¿Cu´al es la longitud de la Curva asociada? Soluci´on. Como −→c´(t) = (−r sin t, r cos t) = (0, 0) ∀t ∈ [0, 2π] la trayectoria es regular, luego −→c´(t) = (−r cos t)2 + (r sin t)2) = r ∴ = 2π 0 −→c´(t) dt = 2π 0 rdt = 2πr Ejemplo 11. ¿Cu´al es la longitud del astroide dado por la ecuaci´on: −→c (t) = (a cos3 t, a sin3 t) con t ∈ [0, 2π]? Soluci´on: Verifiquemos primeramente si el astroide es una curva regular: −→c´(t) = (−3a cos2 t sin t, 3a cos t sin2 t) Podemos inferir que el astroide no es una curva regular, pues −→c´(t) = (−3a cos2 t sin t, 3a cos t sin2 t) = (0, 0) para t = 0, π 2 , π, 3π 2 , 2π pero dado que es sim´etrica respecto de ambos ejes podemos calcular su longitud en el segmento del dominio 0, π 2 y luego multiplicamos por 108
- 124. cuatro. 4 = π 2 0 −→c´(t) dt = π 2 0 9a2cos4 t sin2 t + 9a2 sin4 t cos2 tdt = 3a π 2 0 sin t cos tdt = 3a sin2 t 2 π 2 0 = 3a 2 =⇒ ∴ = 6a 2.8.1. La Longitud de Arco como Par´ametro Teorema 2.8.1. Sea −→ f : I ⊆ R → Rn funci´on de clase C1 tal que −→ f´(t) = −→ 0 ∀ t ∈ I . Entonces la longitud s definida por s(t) = t 0 −→ f (u) du, con t ∈ I , de una curva puede introducirse como un par´ametro de la curva y : d −→ f ds = 1 Demostraci´on: s(t) = t 0 −→ f (u) du ⇒ s´(t) = ds dt = −→ f (t) ≥ 0 Claramente s = s(t) es mon´otona, estrictamente creciente y cont´ınua, por lo tanto s(t) tiene funci´on inversa, que denominaremos por t(s) tal que t´(s) existe y es positiva para todo s con 0 ≤ s ≤ l( −→ f ). −→ f (t(s)) = (f1(t(s)), f2(t(s)), ..., fn(t(s)) Derivando usando la regla de la cadena tenemos: 109
- 125. d −→ f ds = (f1´(t(s)) ·t´(s), f2´(t(s)) · t´(s), ..., fn´(t(s)) · t´(s)) = d −→ f dt · dt ds = d −→ f dt ds dt De donde se obtiene que: d −→ f ds = −→ f´(t) s´(t) =⇒ −→ f´(t) s´(t) = 1 Observaci´on: 1. Del teorema anterior se desprende, la rapidez con que recorre −→ f es constante e igual a 1 si est´a param´etrizada con el par´ametro longitud de arco. 2. Si −→r (s) = (x(s), y(s), z(s)) describe una curva de R3 , y s es par´ametro longitud de arco, entonces T = d−→r ds es vector tangente unitario, ya que: T = dr ds = 1 Propiedades 2.8.1. La longitud de un arco es independiente de la parametrizaci´on Demostraci´on: Sean −→ f : [a, b] → Rn un camino regular y −→ f ∗ : [c, d] → Rn una reparametrizaci´on de −→ f ; por lo cual existe ϕ de [c, d] en [a, b] de C1 que es sobreyectiva y ϕ´(s) = 0 ∀ s ∈ [c, d] Entonces: 110
- 126. s −→ fo = d c −→ f ∗ ´(u)du = d c −→ f´(ϕ(u))ϕ´(u) du = d c −→ f´(ϕ(u)) ϕ´(u)du si ϕ´(u) > 0 t = ϕ(u) ⇒ s −→ fo = b a −→ f´(t) dt = s( −→ f ) ∴ s −→ fo = s( −→ f ) De la misma forma si ϕ´(u) < 0, la parametrizaci´on invierte el sentido y ϕ(c) = b, ϕ(d) = a ∴ s −→ f ∗ = d c −→ f´(ϕ(u))ϕ´(u) du = d c −→ f´(ϕ(u)) (−ϕ´(u)) du = − d c −→ f´(ϕ(u)) ϕ´(u)du = d c −→ f´(t)) dt =⇒ s −→ fo = s( −→ f ) 2.8.2. Parametrizaci´on por Longitud de Arco Definici´on 2.8.3. Sea −→ f : I ⊆ R → Rn , funci´on de clase C1 y tal que −→ f´(t) = 0 en I = [a, b] , se define s por s = t a −→ f (u) du = ϕ(t) De la definici´on de s se pueden hacer las siguientes precisiones: 1. s = ϕ(t) = t a −→ f´(u) du ⇒ ds dt = ϕ´(t) = −→ f´(t) 111
- 127. 2. Si t∈ (a, b] ⇒ ds dt > 0 ⇒ s = ϕ(t) es funci´on estrictamente creciente. 3. Por (2) s = ϕ(t) es biyectiva y por lo tanto invertible, sea t = ϕ−1 (s). Por tanto, la parametrizaci´on de −→ f en t´erminos s es: −→ f (s) = −→ f (ϕ−1 (s)) Ejemplo 12 Considere la trayectoria: −→r (t) = (a cos t, asent) ,y reparametrice en funci´on de la longitud de arco s. Soluci´on La ecuaci´on cartesiana de la curva C es x2 + y2 = a2 ,que corresponde a una circunsferencia centrada en el origen de radio a. Verifiquemos si es una curva regular, su derivada es: −→r´(t) = (−a sin t, a cos t) = (0, 0) ∀t ⇒ −→r´(t) = a2 sin2 t + a2 cos2 t ∴ −→r´(t) = a Determinemos su longitud de arco, s = t 0 −→r´(u) du = t 0 adu = [au]t 0 = at ∴ s = at o t = s a Por lo tanto, −→r (s) = (a cos s a , a sin s a ) es una parametrizaci´on por lon- gitud de arco de la circunferencia de radio a. Observaci´on: No siempre es sencillo parametrizar por longitud de arco, a modo de ejemplo veamos el siguiente caso. Ejemplo 13 112
- 128. Considere la curvaC curva descrita por la trayectoria−→r (t) = (t, t2 +1), t ∈ [0, 3] , y parametrice en funci´on de la longitud de arco s. Soluci´on. La curva corresponde a una parab´ola que tiene por ecuaci´on cartesiana: y = x2 + 1, x ∈ [0, 3] Determinemos la longitud de la curva: −→r´(t) = (1, 2t) ⇒ r´(t) = √ 1 + 4t2 s = t 0 √ 1 + 4u2du = ln √ 1 + 4u2 + 2u 4 + u √ 1 + 4u2 2 t 0 s = 1 4 ln √ 1 + 4t2 + 2t + t 2 √ 1 + 4t2 En este caso no es posible obtener t = ϕ−1 (s) es decir despejar t en funci´on de s a partir de s = ϕ(t) = 1 4 ln √ 1 + 4t2 + 2t + t 2 √ 1 + 4t2 Luego no es posible hacer explicita la funci´on t = g−1 (s). 2.9. Trayectorias y curvas La aplicaci´on −→c : [a, b] −→ R3 (o R2 ) continua , definida de un inter- valo I al espacio R3 o al plano R2 , la llamaremos trayectoria. La imagen C en R3 (o R2 ) de la trayectoria corresponde a lo que es una curva. Definici´on 2.9.1. Se llama curva de la trayectoria −→c : I ⊂ R → R3 (R2 ) dada por −→c (t) = (x(t), y(t), z(t)) al conjunto de imagenes de −→c ;es decir C = −→c (t) ∈ R3 / t ∈ I = (x(t), y(t), z(t)) ∈ R3 : t ∈ I 113
- 129. Ejemplo 1: Sea−→c : R → R3 una funci´on definida por −→c (t) = (x0,y0,z0)+t(v1,v2,v3) es una recta L en el espacio que pasa por (x0,y0,z0) y tiene la direcci´on −→v = (v1,v2,v3). A partir de esta funci´on se deducen las ecuaciones: x(t) = x0 + tv1, y(t) = y0 + tv2, z(t) = z0 + tv3 , que se conocen como ecuaciones param´etricas de una recta en el espa- cio.Luego, la recta es la imagen de la trayectoria: −→c (t) = (x0,y0,z0) + t(v1,v2,v3), t ∈ R Generalmente, usamos t como variable independiente y −→c (t) se˜nala la posici´on de una part´ıcula en el espacio y t en este caso es la variable tiempo. Ejemplo 2: Sea −→c : [0, 2π] → R2 una funci´on definida por −→c (t) = (cos t, sin t) ,¿cu´al es la curva asociada a esta trayectoria? Soluci´on A partir de las funciones param´etricas tenemos , x (t) = cos t y (t) = sin t que cumplen con (x (t))2 + (y (t))2 = (cos t)2 + (sin t)2 = 1 ∀t ∈ [0, 2π] Por lo tanto, es una trayectoria cuya imagen corresponde a una cir- cunsferencia centrada en el origen y radio unitario. Observe que −→c (t) = (cos 3t, sin 3t) con t ∈ 0, 2π 3 describe la misma curva. En este caso tenemos que trayectorias parametrizadas en forma diferente describen una misma curva. La variable t se designa usual- mente con el nombre de par´ametro. De ahora en adelante diremos que −→c (t) = (x(t), y(t), z(t)) es una representaci´on param´etrica de la curva C, donde t es el par´ametro. Definici´on 2.9.2. Sea −→c (t):[a, b] → R3 continua, una trayectoria que describe la curva C.diremos que C en una curva cerrada si y solo si −→c (a) = −→c (b). 114
- 130. Una curva cerradasimple, o curva de Jordan es una curva cerrada que tiene la propiedad :si −→c (t1) = −→c (t2) =⇒ (t1 = t2) ∨ (t1 = a y t2 = b).Como vemos esto ocurrre si la funci´on −→c es inyectiva en I es decir ∀t1, t2 ∈ I, t1 = t2 =⇒ −→c (t1) = −→c (t2) Ejercicios 3 A partir de la representaci´on param´etrica dada, describa las curvas y encuentre las ecuaciones cartesianas de las mismas, si ello es posible: 1) −→c (t) = (t, −t) t ≥ 0 2) −→c (t) = (4 − t2 , t) t ∈ [−2, 3] 3) −→c (t) = (cos t, sin t, 2t) 0 ≤ t ≤ ∞ 4) −→c (t) = (a cos t, b sin t, 1) 0 ≤ t ≤ 2π 2.10. Vectores Unitarios 2.10.1. Vector Tangente unitario Sea −→c (t) : [a, b] → R3 una trayectoria y C la curva descrita por −→c (t), supongamos que −→c tiene derivada de tercer orden y que −→c´(t) = −→ 0 ∀ t ∈ [a, b] . Definimos el Vector Tangente unitario en un punto −→c (t) de la trayectoria, como sigue: T(t) = −→c´(t) −→c´(t) En el caso que el par´ametro sea el par´ametro longitud de arco, entonces: T(s) = −→c´(s) Propiedad Sea −→c (s) : [0, L] → R3 una trayectoria parametrizada por longitud de arco. Pruebe que los vectores T y TT´ son ortogonales. En efecto: Como: T · T = T 2 = 1 =⇒ d ds (T·T) = 0 ⇒ T · T´+ T´· T = 0 ⇒ 2T · T´= 0 ∴ T · T´= 0 ; es decir que T es ortogonal a T´ 115
- 131. 2.10.2. Vector Normal Entodos los puntos donde T´= 0 definimos : N = T (s) T (s) ,Vector normal principal a la curva C en el punto −→c (s). 2.10.3. Vector Binormal Hay un tercer vector unitario que es perpendicular tanto a T como a N . Se define por el producto cruz de estos vectores, y es denominado vector Binormal, denotado por: B = T × N El conjunto de vectores T, N, B forma un sistema de vectores unitarios, ortogonales entre s´ı, orientados positivamente en este orden en cada punto −→c (s) de la curva, es decir se cumple que: T · N = 0, N · B = 0, B · T = 0 T · T = 1, N · N = 1, B · B = 1 T × N = B, N × B = T, B × T = N En la medida que var´ıa el conjunto de vectores T, N, B ,este se de- splaza a lo largo de la curva y se llama triedro movil. Ejemplo 4 Considere la h´elice circular definida por: −→c (t) = (3 cos t, 3 sin t, 4t), t > 0 . Hallar los vectores T, N, y B. 116
- 132. Soluci´on. Sea −→c´ (t) =(−3 sin t, 3 cos t, 4) =⇒ −→c´ (t) = 5 ⇒ s = t 0 c(u) du = 5t ⇒ t = s 5 ∴ −→c (s) = (3 cos s 5 , 3 sin s 5 , 4 s 5 ) Por lo tanto: T = −→c (s) = (−3 5 sin s 5 , 3 5 cos s 5 , 4 5 ) Del resultado anterior podemos inferir que T = 1 Ahora determinemos el vector normal a partir de su definici´on: N = T´(s) T´(s) T´(s) = (− 3 25 cos s 5 , − 3 25 sin s 5 , 0) T´(s) = − 3 25 cos s 5 2 + − 3 25 sin s 5 2 = 3 25 2 = 3 25 117
- 133. N = (− 3 25 coss 5 , − 3 25 sin s 5 , 0) 3 25 = (− cos s 5 , − sin s 5 , 0) Del resultado anterior podemos inferir que: N = 1 A partir de los vectores T y N se tiene B = T × N ⇒ B = i j k −3 5 sin s 5 3 5 cos s 5 4 5 − cos s 5 − sin s 5 0 = 4 5 sin s 5 i − 4 5 cos s 5 j + 3 5 j y podemos com- probar que: B = 1 De los calculos anteriores podemos resumir que tenemos: En cada punto −→c (s) de la curva T = (−3 5 sin s 5 , 3 5 cos s 5 , 4 5 ), N = (− cos s 5 , − sin s 5 , 0), B = (4 5 sin s 5 , −4 5 cos s 5 + 3 5 , 0) como t = s 5 podemos reparametrizar la trayectoria en funcion de t, como sigue T(t) = (−3 5 sin t, 3 5 cos t, 4 5 ), N(t) = (− cos t, − sin t, 0), B(t) = (4 5 sin t, −4 5 cos t + 3 5 , 0) Como ejercicio dejamos que verifique que: T × N = B N × B = T B × T = N 2.11. Curvatura Sea −→ f : I → Rn funci´on vectorial dos veces diferenciable, parametriza- da por el par´ametro longitud de arco. Al n´umero k(s) = −→ f ”(s) se le llama curvatura de −→ f en el punto −→ f (s). Intuitivamente, de la definici´on se infiere que la curvatura es una medida de cuanto se ”dobla¨una curva, como una medida del alejamiento de la curva de la recta tangente. Ejemplo 5 Calcular la curvatura de la h´elice −→c (t) = (3 cos t, 3 sin t, 4t), t ≥ 0 Soluci´on. 118
- 134. Sabemos que alparametrizar en funci´on del arco se tiene −→c (s) = (3 cos s 5 , 3 sin s 5 , 4 s 5 ) k(s) = −→c ”(s) = (− 3 25 cos s 5 , − 3 25 sin s 5 , 0) = 3 25 En este caso, la curvatura es constante y como k(s) = −→c ”(s) = T´(s) ,significa que el vector tangente unitario T (s) tiene la misma rapidez de variaci´on de su direcci´on, en todos los puntos. Ejemplo 6 Mostrar que la curvatura de una recta es cero. Soluci´on Sea P0 = (xo, yo, zo) punto de la recta y −→v = (a, b, c) su vector direcci´on, entonces podemos escribir −→c (t) = (xo + ta, yo + bt, zo + ct) −→c´(t) = (a, b, c) =⇒ s = t 0 √ a2 + b2 + c2dt = t √ a2 + b2 + c2 ∴ s = t √ a2 + b2 + c2 o t = s √ a2 + b2 + c2 Reparametrizando en funci´on del arco se tiene −→c (s) = (xo + sa √ a2 + b2 + c2 , yo + sb √ a2 + b2 + c2 , zo + sc √ a2 + b2 + c2 ) Derivando la expresion anterior: −→c (s) = 1 √ a2 + b2 + c2 (a, b, c) ⇒ −→c ”(s) = (0, 0, 0) ∴ k(s) = 0 Por lo tanto, la curvatura en cualquier punto es cero. C´ırculo, circunferencia de curvatura 119
- 135. Si −→c (s)es un punto de la curva C y k la curvatura. La circunferencia que es tangente la curva C en el punto −→c (s) de radio R = 1 k se llama circunferencia de curvatura y R radio de curvatura. El centro de esta circunferencia se encuentra en la direcci´on del vector −→c ”(s). 2.11.1. C´alculo de curvatura usando par´ametro t cualquiera en R3 Teorema 2.11.1. Sea −→ f : I ⊆ R → R3 funci´on vectorial, al menos dos veces diferenciable ,tal que: −→ f´(t) = 0 ∀t ∈ I. Entonces: k(t) = −→ f´(t) × −→ f ”(t) −→ f´(t) 3 Demostraci´on: Sea s par´ametro longitud de arco tal que t = ϕ(s) −→ f´(s) = T (s) = −→ f ‘(t) −→ f ‘(t) ⇒ −→ f´(s) = 1 −→ f ‘(t) −→ f ‘(t) Debemos calcular −→ f (s). Usando la regla de la cadena se tiene: 120
- 136. −→ f ”(s) = d dt 1 −→ f ‘(t) −→ f ‘(t) dt ds con dt ds = 1 ds dt = 1 −→ f ‘(t) Por otra parte, como −→ f ‘(t) 2 = −→ f ‘(t) · −→ f ‘(t) Se tiene: 2 −→ f ‘(t) d dt −→ f ‘(t) = −→ f ‘(t) · −→ f ”(t) + −→ f ”(t) · −→ f ‘(t) ⇒ d dt −→ f ‘(t) = −→ f ‘(t) · −→ f ”(t) −→ f ‘(t) Volviendo a la derivada de −→ f´(s) : −→ f ”(s) = −→ f ”(t) −→ f ‘(t) − −→ f ‘(t) d dt −→ f ‘(t) f‘(t) 2 · 1 ds dt −→ f ”(s) = −→ f ”(t) −→ f ‘(t) − −→ f ‘(t) −→ f ‘(t) · −→ f ”(t) −→ f ‘(t) −→ f ‘(t) 2 · 1 −→ f ‘(t) −→ f ”(s) = −→ f ”(t) −→ f ‘(t) 2 − −→ f ‘(t) −→ f ‘(t) · −→ f ”(t) −→ f ‘(t) 4 Como −→ f ”(t) 2 = −→ f ”(t) · −→ f ”(t) ⇒ −→ f”(s) 2 = −→ f”(t) −→ f ‘(t) 2 − −→ f ‘(t) −→ f ‘(t) · −→ f ”(t) −→ f ‘(t) 4 2 −→ f ”(s) 2 = −→ f ”(t) 2 −→ f ‘(t) 4 − 2 −→ f ‘(t) 2 −→ f ‘(t) · −→ f ”(t) 2 + −→ f ‘(t) 2 −→ f ‘(t) · −→ f ”(t) f‘(t) 8 121
- 137. −→ f ”(s) 2 = −→ f´(t) 2 −→ f”(t) 2 − −→ f ‘(t) · −→ f ”(t) 2 −→ f ‘(t) 6 −→ f ”(s) 2 = −→ f ‘(t) × −→ f ”(t) 2 −→ f ‘(t) 6 Por lo tanto: k(t) = −→ f ‘(t) × −→ f ”(t) −→ f ‘(t) 3 Caso particular es el de curvas en el plano. Ejemplo 7 Sea −→r (t) = (x(t), y(t)) una trayectoria de R2 , en este caso k(t) = |x´(t)y”(t) − x”(t)y´(t)| [(x´(t))2 + (y´(t))2]3/2 Soluci´on Se deja al alumno, como indicaci´on se sugiere poner −→r (t) ≡ −→ f (t) = (x(t), y(t), 0) y aplicar la formula del teorema precedente Ejemplo 8 Calcule la curvatura de la espiral de Arqu´ımides ρ = aθ. Soluci´on.- x = ρ cos θ y = ρsinθ =⇒ r(θ) = (aθ cos θ, aθsenθ) se considera que x(θ) = aθ cos θ y y(θ) = aθsenθ, derivando estas funciones se tiene x´(θ) = a cos θ − aθsenθ y y´(θ) = asenθ + aθ cos θ x´´(θ) = −2asenθ − aθ cos θ y y´´(θ) = 2a cos θ − aθsenθ 122
- 138. Figura 2.1: Espiralde Arqu´ımides efectuando los productos y simplificando se tiene x´(θ) y”(θ) − x”(θ)y´(θ) = 2a2 + a2 θ2 = a2 (2 + θ2 ) por otro lado tambi´en (x´(t))2 + (y´(t))2 = a2 + a2 θ2 = (1 + θ2 )a2 reemplazando en la formula se tiene k(θ) = |a2 (2 + θ2 )| [(1 + θ2)a2]3/2 y simplificando k(θ) = 2 + θ2 a(1 + θ2)3/2 para cualquier θ positivo. Obs´ervese que l´ım θ→∞ 2 + θ2 a(1 + θ2)3/2 = 0, esto significa que la curvatura de la espiral de Arqu´ımides muy lejos del origen tiende a ser casi una recta. 2.12. Planos por un punto de la curva Sea −→c : I ⊆ IR → R3 un camino regular dos veces diferenciable y −→ P0 = −→c (t0) (donde t puede ser par´ametro longitud de arco). Si −→ T, −→ N y −→ B son los vectores tangente, normal y binormal de la curva en −→c (t0) = (x0, y0, z0).Podemos definir los siguientes planos por −→ P0 = −→c (t0) 123
- 139. 2.12.1. Plano Osculador Planodeterminado por −→ T y −→ N en el −→ P0 cuya ecuaci´on es: (x − x0, y − y0, z − z0) · −→ B = 0 2.12.2. Plano Normal Plano determinado por −→ N y −→ B en el punto −→ P0 cuya ecuaci´on es: (x − x0, y − y0, z − z0) · −→ T = 0 2.12.3. Plano Rectificante Plano determinado por −→ B y −→ T en el punto −→ P0 cuya ecuaci´on es: (x − x0, y − y0, z − z0) · −→ N = 0 Con estos mismos vectores en el punto −→ P0 se definen las rectas: 124
- 140. 2.12.4. Recta Tangente Cuyaecuaci´on vectorial es: −→ P (t) = −→ P0 + t −→ T Es decir (x, y, z) = (x0, y0, z0) + t (T1, T2, T2) , t ∈ IR 2.12.5. Recta Normal Cuya ecuaci´on vectorial es: −→ P (t) = −→ P 0 + t −→ N Es decir (x, y, z) = (x0, y0, z0) + t (N1, N2, N2) , t ∈ IR 2.12.6. Recta Binormal Cuya ecuaci´on vectorial es: −→ P (t) = −→ P 0 + t −→ B Es decir (x, y, z) = (x0, y0, z0) + t (B1, B2, B2) , t ∈ IR Ejemplo 9 Considere el camino regular definido por −→c (t) = (t3 , t2 , t). Obtener: a) las ecuaciones de los planos Osculador, Normal, Rectificante y b) las rectas tangente, normal y binormal a esta curva en el punto (1, 1, 1). Soluci´on Previo a responder este problema observemos que para determinar los planos 125
- 141. y rectas pedidasno es obligatorio trabajar con los vectores unitarios por lo cual ´util observar que: −→c´(t) es vector paralelo a −→ T (t) , es decir: −→c´(t) = α −→ T −→c´(t) × −→c ”(t) es vector paralelo a −→ B (t), es decir :−→c´(t) × −→c ”(t) = β −→ B (−→c´(t) × −→c ”(t)) × −→c´(t) es vector paralelo a −→ N (t) es decir : (−→c´(t) × −→c ”(t)) × −→c´(t) = γ −→ N De este modo, en nuestro problema particular. −→c´(t) = (3t2 , 2t, 1) y −→c´´(t) = (6t, 2, 0) Lo que implica al evualar en t = 1 queda: −→c´(1) = (3, 2, 1) y −→c´´(1) = (6, 2, 0) por consiguiente −→c´(1) × −→c ”(1) = i j k 3 2 1 6 2 0 = −2i + 6j − 6k = −2(i − 3j + 3k) (−→c´(1) × −→c ”(1) × −→c´(1) = i j k −2 6 −6 3 2 1 = 18i − 16j − 22k = 2(9i − 8j − 11k) As´ı estamos en condiciones de calcular en el punto (1, 1, 1): Plano Rectificante (x − 1, y − 1, z − 1) · (9, −8, −11) = 0 ⇒ 9x − 8y − 11z + 10 = 0 ecuaci´on del plano Plano Osculador (x − 1, y − 1, z − 1) · (1, −3, 3) = 0 ⇒ x − 3y + 2z − 1 = 0 ecuaci´on del plano Plano Normal (x − 1, y − 1, z − 1) · (3, 2, 1) = 0 126
- 142. ⇒ 3 x+ 2y + z − 6 = 0 ecuaci´on del plano Recta tangente: x − 1 3 = y − 1 2 = z − 1 1 Recta Normal: x − 1 9 = y − 1 −8 = z − 1 −11 Recta binormal: x − 1 1 = y − 1 −3 = z − 1 3 2.13. Torsi´on Si una part´ıcula se mueve siguiendo un camino C, el plano osculador en un punto P de la curva es un buen referente para observar el giro o torsimiento de la curva, que no es otra cosa que la medida del ale- jamiento de la curva del plano osculador en una vecindad del punto P. El comportamiento de la derivada del vector Binormal B(s) respecto del par´ametro longitud de arco da la raz´on de cambio del vector −→ B respecto del plano osculador Por otro lado se puede obsevar que: B (s)·B (s) = 1 =⇒ B´(s)·B (s)+B (s)·B´(s) = 0 =⇒∴ B´(s)·B (s) = 0 por lo que afirmamos que B´(s) es perpendicular a B (s) . Adem´as como B (s) · T (s) = 0 =⇒ B (s) · T´(s) + B´(s) · T (s) = 0 T´(s) = αN (s) por lo que B (s) · T´(s) = 0 =⇒ ∴ dB ds ·T = 0 por lo que se deduce dB ds es perpendicular a T. Estas dos ´ultimas conclusiones se˜nalan que dB ds es un vector perpendicular a B y a T, esto significa entonces que dB ds es paralelo a N ,es decir normal al plano rectificante en el punto P. Este razonamiento nos permite formular la siguiente definici´on. Sea −→c : I ⊆ IR → R3 un camino regular tres veces diferenciable parametrizado por longitud de arco y tal que −→ f´´(s) = 0 ∀s ∈ I ( es decir con curvatura no nula). Al n´umero real τ(s) tal que 127
- 143. dB ds = −τ(s)N(s) se llamaTorsi´on de la curva en el punto −→c (s). Entonces, se tiene que τ(s) = − dB ds · N(s) Observaciones: 1) El signo menos tiene el prop´osito de que si τ(s) > 0,entonces dB ds tiene la direcci´on de −N(s). As´ı cuando P se mueve sobre la curva en una direcci´on positiva T, B(s) gira alrededor de T en el mismo sentido que un tirabuz´on diestro que avanza en la direcci´on de T, como se muestra en la figura adjunta. 2) La τ(s) = dB ds es una medida de la rapidez con que la curva se despega del plano osculador 3) La primera consecuencia importante, de lo anterior, es que si B(s) no var´ıa ( B constante) significa que la curva se mantiene en el plano osculador y dB ds = 0. Afirmamos, entonces que: −→c (s) describe una curva plana si y solo si su torsi´on es cero 2.13.1. C´alculo de la torsi´on usando par´ametro t cualquiera (en R3 ) Teorema 2.13.1. Sea −→ f : I ⊆ R → R3 funci´on vectorial al menos tres veces diferenciable tal que: −→ f ´( t) = 0 y −→ f ( t) = 0 ∀t ∈ I. Entonces: 128
- 144. τ(t) = −→ f (t)× −→ f (t) · −→ f (t) −→ f (t) × −→ f (t) 2 La demostraci´on de esta f´ormula la dejamos como interesante aunque largo ejercicio para el lector. Ejemplo 10 La curva C resulta de la intersecci´on de las superficies z = 2x2 y y z = x + y. Verifique usando la f´ormula que τ(1) = 0. Soluci´on.- Sea z = 2x2 y y z = x + y =⇒ x + y = 2x2 y de aqu´ı despejando y se tiene y = x 2x2 − 1 Haciendo x = t se tiene una parametrizaci´on para la curva intersecci´on de las superficies: −→c (t) = t, t 2t2 − 1 , 2t3 2t2 − 1 Las derivadas son: −→c’(t) = 1, −(2t2 + 1) (2t2 − 1)2 , 2t2 (2t2 − 3) (2t2 − 1)2 −→c ”(t) = 0, 4t(2t2 + 3) (2t2 − 1)3 , 4t(2t2 + 3) (2t2 − 1)3 −→c ”’(t) = 0, −12(4t4 + 12t2 + 1) (2t2 − 1)4 , −12(4t4 + 12t2 + 1) (2t2 − 1)4 En P = (1, 1, 2), t = 1 y evaluando las derivadas en t = 1 se tiene: −→c ’(1) = (1, −3, −2) , −→c ”(1) = (0, 20, 20) , −→c ”’(1) = (0, −204, −204) −→c ’(t) × −→c ”(t) · −→c ”’(t) = 1 −3 −2 0 20 20 0 −204 −204 = 0. =⇒ τ(1) = 0. Comentario.- El resultado no pod´ıa ser otro ya que la curva C est´a en un plano, el plano z = x + y. 129
- 145. 2.14. Formulas deFrenet Fueron obtenidas por el matem´atico Frances Jean Fr´ed´eric Frenet en 1847 en su tesis doctoral, hoy se les conoce como las formulas de Frenet. 1) dT ds = kN 2) dN ds = − kT + τB 3) dB ds = − τ N Demostraci´on.- 1) Igualdad establecida en la fundamentaci´on de la definici´on de la torsi´on 2) De las respectivas definiciones se tiene: N = dT ds dT ds , T(t) = −→c´(s) y k(s) = −→c ”(s) N = dT ds dT ds =⇒ dT ds = dT ds N T(t) = −→c´(s) y k(s) = −→c ”(s) =⇒ dT ds = −→c ”(s) N = k(s) N ∴ dT ds = k N. 2) A partir de N = B × T y diferenciando se tiene: dN ds = dB ds × T + B × dT ds = (−τ N) × T + B × (k N) = τ (N × T) + k(B× N) = τB − kT. ∴ dN ds = τB − kT 130
- 146. Finalmente, las f´ormulasde Frenet se pueden resumir en una repre- sentaci´on matricial, donde la matriz de transformaci´on es antisim´etri- ca. T (s) N (s) B (s) = 0 k 0 −k 0 τ 0 −τ 0 T N B 2.15. Aplicaciones de Funciones Vectori- ales y Curvas Cuando una part´ıcula se mueve en el espacio y describe una curva en tres dimensiones, es conveniente fijar a la part´ıcula un sistema de coor- denadas rectangular, de tal manera que una coordenada sea tangente a la trayectoria, otra sea normal a ella y una tercera que sea ortogonal a las dos primeras. Es decir , las coordenadas tangencial, normal y bi- normal constituyen un sistema de referencia cuya base esta constituida por los vectores T, N, B . Las ecuaciones de la velocidad y la aceleracion pueden obtenerse como sigue: −→v = −→r = d−→r ds ds dt = s T −→a = −→v = −→r = s T + s T = s T + (s )2 ρ N donde ρ = 1 k Puede concluirse que: 1. la velocidad es tangente a la trayectoria y su magnitud es s 131
- 147. 2. la aceleraci´ontiene dos componentes. a) Una es la componente tangencial , de magnitud (s ),debida al cambio de magnitud de la velocidad. b) La otra es la componente normal, de magnitud (s )2 /ρ, hacia el centro de curvatura. Esta componente se debe al cambio de direcci´on de la velocidad. Tanto la velocidad como la aceleraci´on siempre est´an sobre el plano osculador. 2.15.1. Problemas Problema 1 Una part´ıcula se mueve a lo largo de la curva: y = 2x−x2 con una componente horizontal de la velocidad de 4m/s, es decir vx = 4m/s. Hallar las componentes tangencial y normal de la aceleraci´on en el punto (1, 1), si en el instante t = 0, x(0) = 0 Soluci´on: La funci´on de posici´on de la part´ıcula es: −→r (t) = (x(t), 2x(t) − x2 (t)), t ∈ I y derivando obtenemos su velocidad −→v (t) = (x (t), 2x (t)−2x(t)x (t)). Como la componente horizontal de la velocidad es 4m/s entonces x (t) = 4 , integrando x(t) = 4t+C =⇒ x(0) = 0+C = 0 =⇒ C = 0 Luego −→r (t) = (4t, 8t − 16t2 ) =⇒ −→v (t) = −→r (t) = (4, 8 − 32t) =⇒ −→a = −→r (t) = (0, −32) Como −→r (1/4) = (4, 0), entonces −→ T (1/4) = −→r (1/4) −→r (1/4) = (1, 0) y −→ N (1/4) = (0, −1) . Luego, las componentes tangencial y normal de la aceleraci´on se obtienen proyectando el vector aceleraci´on en esas direcciones. aT = −→a (1/4) · −→ T (1/4) = (0, −32) · (1, 0) = 0 y aN = −→a (1/4) · −→ N (1/4) = (0, −32) · (0, −1) = 32 132
- 148. Problema 2 a) Unapart´ıcula se mueve en el espacio de tal forma que en el in- stante t = t0,el vector velocidad es (1, 1, 1) ,y el vector aceleraci´on es (−2, 1, 0) .Hallar las componentes tangencial y normal de la aceleraci´on en el instante t = t0. b) Si la part´ıcula describe una curva en el espacio de tal manera que los vectores velocidad y aceleraci´on tienen siempre magnitud constante, pruebe que la curvatura es constante en cada punto de la curva. Soluci´on: a) Puesto que , se conoce la velocidad tenemos: −→v (t0) = −→v (t0) T = (1, 1, 1) =⇒ −→v (t0) = √ 3 −→a (t0) = aT (t0)T + aN (t0)N =⇒ −→v (t0) · −→a (t0) = aT (t0) −→v (t0) T · T + aN (t0) −→v (t0) T · N aT (t0) = −→v (t0) · −→a (t0) −→v (t0) = (1, 1, 1) · (−2, 1, 0) √ 3 Por otra parte: −→v (t0) × −→a (t0) = aT (t0) −→v (t0) T × T + aN (t0) −→v (t0) T × N aN (t0) = −→v (t0) × −→a (t0) −→v (t0) = (1, 1, 1) × (−2, 1, 0) √ 3 = 3 √ 2 2 b) La curvatura esta dada por: k (t) = −→v (t) × −→a (t) −→v (t) 3 Supongamos que −→v (t) = c1 y −→a (t) = c2 Dado que −→v (t) = c1 ,al derivar est´a expresi´on , se tiene −→v (t)·−→a (t) = 0, entonces −→v (t) es ortogonal con −→a (t). As´ı k (t) = −→v (t) × −→a (t) −→v (t) 3 = −→v (t) −→a (t) −→v (t) 3 = −→a (t) −→v (t) 2 = c2 c2 1 Problema 3 133
- 149. La aceleraci´on deuna part´ıcula en funci´on del tiempo viene dada por −→a (t) = (2t, 3t2 , 4t3 ) . Si en el instante t = 0 est´a en el origen de coor- denadas con velocidad inicial −→v (0) = (1, 0, −1). a) Hallar la velocidad y la posici´on en cualquier instante de tiempo. b) Hallar el valor de t en el que la part´ıcula pasa por el plano xy. Soluci´on: a) Sea −→r (t) la posici´on de la part´ıcula en el instante t. Entonces −→r (t) = −→v (t) y −→r (t) = −→a (t). Por lo tanto: t 0 d−→v = t 0 −→a (u)du = t 0 2u, 3u2 , 4u3 du = (u2 , u3 , u4 ) t 0 = (t2 , t3 , t4 ) Entonces: −→v (t) − −→v (0) = (t2 , t3 , t4 ) =⇒ −→v (t) = (t2 + 1, t3 , t4 − 1) Ahora: t 0 d−→r (t) = t 0 −→v (u)du = t 0 (u2 + 1, u3 , u4 − 1) du −→r t) − −→r (0) = ( t3 3 + t, t4 4 , t5 5 − t) =⇒ −→r t) = ( t3 3 + t, t4 4 , t5 5 − t) b) La part´ıcula pasa por el plano xy cuando z = 0 =⇒ t5 5 − t = 0 =⇒ t = 0 y t = 5. Problema 4 Usando la ecuaci´on 1 ρ = d2 y/dx2 (1 + (dy/dx)2)3/2 . 134
- 150. a) Hallar elradio de la curvatura de la curva representada por y = x2 + 2x en el punto x = 2. b) Hallar los radios de la curvatura de la curva representada por x2 16 + y2 9 = 1 en los puntos x = 0 y x = 4 respectivamente. Soluci´on: a) La curva representada por y = x2 + 2x corresponde a una par´abola que se abre hacia arriba cuyo v´ertice est´a en el punto (−1, −1). Usando la ecuaci´on calculemos el radio de curvatura: y = x2 + 2x =⇒ dy dx = 2x + 2 =⇒ d2y dx2 = 2 1 ρ = 2 (1 + 4(x + 1)2)3/2 .As´ı, el radio de curvatura en x = 0 es: 1 ρ = 2 (37)3/2 b) La curva representada por x2 16 + y2 9 = 1 corresponde a una elipse con semiejes mayor a = 4 y menor b = 3 respectivamente. Derivando la ecuaci´on y = 3 1 − x2 16 se tiene dy dx = − 3 16 x 1− x2 16 =⇒ d2 y dx2 = − 3 16 1 1− x2 16 3/2 135
- 151. Por lo tanto, el radio de curvatura queda 1 ρ = 3 16 1 (1 − 7x2 256 )3/2 As´ı, el radio de curvatura en x = 0 es: 1 ρ = 3 16 =⇒ ρ = 16 3 Problema 5 El vector posici´on de una part´ıcula m´ovil a lo largo de una curva, est´a dado por: −→r = ati + b cos tj + b sin tk en donde a y b son constante usando la ecuaci´on: 1 ρ = d2−→r ds2 donde ρ es el radio de curvatura. Hallar la curvatura de la curva. Soluci´on: Parametricemos , el vector posici´on en funci´on de la longitud de arco s. 136
- 152. s = t 0 −→r (τ)dτ = t 0 (a, −b sin t, b cos t) dτ = √ a2 + b2τ t 0 =⇒ t = s √ a2 + b2 −→r (s) = a s √ a2 + b2 , b cos s √ a2 + b2 , b sin s √ a2 + b2 −→r (s) = a √ a2 + b2 , − b √ a2 + b2 sin s √ a2 + b2 , b √ a2 + b2 cos s √ a2 + b2 −→r (s) = 0, − b a2 + b2 sin s √ a2 + b2 , b a2 + b2 cos s √ a2 + b2 Por consiguiente, el radio de curvatura es: 1 ρ = d2−→r ds2 = b a2 + b2 =⇒ ρ = a2 + b2 b = constante Problema 6 En un cierto instante, las magnitudes de la velocidad y la aceleraci´on de un proyectil son 20 m/s y 80 m/s respectivamente, y el ´angulo de inclinaci´on entre ellas es de 30o .Determinar el radio de curvatura de la trayectoria en ese instante Soluci´on: Sean T y N los vectores unitarios en las direcciones tangencial y normal respectivamente. Como la velocidad es tangente a la trayectoria tenemos que −→v = −→v T = 20 (m/s) T Las componentes tangencial y normal de la aceleraci´on son: 137
- 153. aT = acos θ = 80 cos 30o = 40 √ 3 m/s2 aN = asenθ = 80 sen30o = 40 m/s2 −→a = 40 √ 3 m/s2 T + 40 m/s2 N El radio de curvatura puede calcularse a partir de: aN = −→v 2 ρ =⇒ ρ = −→v 2 aN = 400 40 = 10m Problema 7 La aceleraci´on de una part´ıcula, est´a dada por: −→a = 2ti+3t2 j +2k en donde −→a est´a m/s2 y t est´a en s. Si en el instante t = 0, −→v = 0. A partir de la componente normal de la aceleraci´on hallar el radio de curvatura de la trayectoria de la part´ıcula en el instante t = 1 s. Soluci´on: En primera instancia determinemos la velocidad de la part´ıcula t 0 d−→v = t 0 −→a (u)du = t 0 2τi + 3τ2 j + 2k dτ = t2 i + t3 j + 2tk −→v (t) − −→v (0) = t2 i + t3 j + 2tk =⇒ −→v (t) = t2 i + t3 j + 2tk Ahora evaluemos la velocidad y la aceleraci´on respectivamente, en el instante t = 1s : −→v (1) = i + j + 2k −→a (1) = 2i + 3j + 2k As´ı la componente normal de la aceleraci´on en el instante t = 1 es aN (1) = −→v (1) 2 ρ = −→v (1) × −→a (1) −→v (1) =⇒ ρ = −→v (1) 3 −→v (1) × −→a (1) = √ 6 3 (−4, 2, 1) Por lo tanto el radio de curvatura es:ρ = √ 6 3 (−4, 2, 1) = √ 6 3 √ 21 m Problema 8 138
- 154. El vector posici´onde una part´ıcula se describe por la funci´on vectorial −→r (t) = a cos(wt)i + a sin (wt) j + bt2 k ,donde a y b son constantes positivas. Expresar la velocidad y la aceleraci´on en sus componentes tangencial y normal. Soluci´on: Calculemos la velocidad y la aceleraci´on en coordenadas rectangulares. −→v = −→r (t) = −awsen(wt)i + aw cos (wt) j + 2btk −→a = −→r (t) = −aw2 cos(wt)i − aw2 sin (wt) j + 2bk A continuaci´on , podemos calcular la rapidez y la magnitud de la acel- eraci´on −→v = √−→v · −→v = √ a2w2 + 4b2t2 −→a = √−→a · −→a = √ a2w4 + 4b2 Ahora, estamos en condiciones de expresar la velocidad y la aceleraci´on en sus componentes tangencial y normal. −→v = −→v T = √ a2w2 + 4b2t2 T aT (t) = −→v (t) · −→a (t) −→v (t0) = 4b2 t √ a2w2 + 4b2t2 aN (t) = −→v (t) × −→a (t) −→v (t0) = √ a4w6 + 4a2b2w4t2 + 4a2b2w2 √ a2w2 + 4b2t2 Por tanto, la aceleraci´on es: −→a = 4b2 t √ a2w2 + 4b2t2 T + √ a4w6 + 4a2b2w4t2 + 4a2b2w2 √ a2w2 + 4b2t2 N Problema 9 La posici´on de una part´ıcula sobre la periferia de una rueda de 8 cm de di´ametro se especifica como s(t) = t3 − 4t2 + 8t en donde s es la longitud del arco, medida en cm, a lo largo de la periferia circular, a partir de un origen conveniente, y t es el tiempo, en segundos. Hallar la magnitud de la aceleraci´on −→a en el instante en que la mag- nitud de la aceleraci´on tangencial es de 4cm/s2 . Soluci´on: A partir de la ecuaci´on dada s(t) = t3 − 4t2 + 8t, obtenemos s (t) = −→v = 3t2 − 8t + 8 139
- 155. s (t) =aN (t) = 6t − 8 El radio de curvatura ρ en este caso es el radio de la rueda. As´ı que: ρ = 8 2 = 4cm. La aceleraci´on es −→a (t) = s (t)T + (s (t))2 ρ N = (6t − 8)T + (3t2 − 8t + 8) 2 4 N En el instante que aT = 4, 6t − 8 = 4, de donde t = 2s. Luego, en el instante t = 2s. −→a (2) = 4T + 4N Por lo tanto, la magnitud de la aceleraci´on es: −→a = √−→a · −→a = 4 √ 2cm/s2 2.16. Ejercicios resueltos Ejercicio 1 Un par de trayectorias de [0, ∞) en R3 se definen por −→c (t) = (cos t, sin t, bt) y −→r (t) = (1, 0, t). Responda las siguientes preguntas: a) ¿Se intersectan las curvas generadas por −→c (t) y −→r (t)? b) Si estas trayectorias representan el desplazamiento de un par de part´ıculas. ¿En qu´e puntos ,si los hay, estas part´ıculas se encuentran? Soluci´on: a) −→c (t) es la ecuaci´on de la h´elice ascendente sobre el manto del cilindro x2 + y2 = 1 y cada vuelta demora 2π unidades de tiempo. Asimismo, −→r (t) = (1, 0, t) es una recta vertical paralela al eje axial del cilindro , que est´a sobre el manto de x2 + y2 = 1 y pasa por (1, 0, 0). Igualando las primeras componentes cost = 1 ,obtenemos que las curvas se intersectan para t = 0, 2π, 4π, . . . 140
- 156. b) Igualando lasterceras componentes bt = t =⇒ Si b = 1,entonces las part´ıculas se encuentran en los puntos (1, 0, 0), (1, 0, 2π), ..., (1, 0, 2nπ) con n ∈ Z+ 0 . Ejercicio 2 La curva C es definida a partir de la trayectoria −→c (t) = (2 cos(t), 2 sin(t), t) con 0 ≤ t ≤ 2π . Describa la representaci´on gr´afica de C y pruebe que si se usa como par´ametro la longitud de arco s , el vector tangente a la curva es un vector unitario. Soluci´on: Por la continuidad de las funciones x(t) = 2cos(t), y(t) = 2sin(t) y z(t) = t podemos inferir que C parte del punto −→c (0) = (x(0), y(0), z(0)) = (2, 0, 0) y termina en −→c (2π) = (x(2π), y(2π), z(2π)) = (2, 0, 2π); adem´as que la curva asciende a trav´es del manto del cilindro x2 + y2 = 4 porque [x(t)]2 +[y(t)]2 = [2 cos(t)]2 +[2 sin(t)]2 = 4 como se ilustra en la figura El vector posici´on de esta curva es −→c (t) = (2cos(t), 2sin(t), t). El vector tangente es −→c (t) = (−2 sin(t), 2 cos(t), 1) ¤(a) y la longitud del vector tangente es −→c (t) = [−2 sin(t)]2 + [2 cos(t)]2 + 1 = √ 5 (b) 141
- 157. La longitud totalde esta curva es Longitud = 2π 0 −→c (t) dt = 2π 0 √ 5dt = 2π √ 5 Definimos s(t) = t 0 c (u) du para t ∈ [0, 2π] =⇒ s(t) es la longitud de curva C desde (2, 0, 0) hasta (x(t), y(t), z(t)). Claramente s(t) es continua y estrictamente creciente en [0, 2π] la ecuaci´on s = s(t) puede resolverse para t como una funci´on de s, es decir t = t(s) (c) En este caso t = s√ 5 as´ı es que −→c (s) = −→c (t(s)) = 2 cos s √ 5 , 2 sin s √ 5 , s √ 5 es vector posici´on en t´erminos de s, derivando −→c (s) = −→c (t(s)) = −2 sin s √ 5 1 √ 5 , 2 cos s √ 5 1 √ 5 , 1 √ 5 = 2 √ 5 sin s √ 5 , cos s √ 5 , 1 2 (2.16.1) Calculando su m´odulo −→c (s) = 2 √ 5 sin s √ 5 2 + cos s √ 5 2 + 1 4 = 2 √ 5 1 + 1 4 = 1 Por lo tanto, −→c (s) es vector unitario. Especificaciones: a) Si −→c (t) describe la trayectoria de una part´ıcula en el espacio, el vector −→c (t) = (−2 sin(t), 2 cos(t), 1) es la velocidad con que se desplaza la part´ıcula por la curva C en el punto −→c (t), en el instante “t”. 142
- 158. b) −→c (t)= √ 5 es la rapidez con que se desplaza la part´ıcula ∀t, lo que significa que la part´ıcula se mueve con rapidez constante ∀t. c) Asimismo, la longitud del arco es s(t) = t 0 −→c (t) du = t 0 √ 5du = √ 5t s = √ 5t =⇒ t = s √ 5 En general y en teor´ıa la ecuaci´on s = s(t) siempre se puede resolver para t en t´erminos de s, es decir tener t = t(s). En la pr´actica existen casos en los que por razones algebraicas no se puede tener t = t(s) ¿Conoces alg´un caso? Ejercicio 3 Una part´ıcula se mueve en el espacio con vector posici´on −→r (t) = t −→ A + t2−→ B + 2 2 3 t 3 2 −→ A × −→ B donde −→ A y −→ B son dos vectores unitarios fijos que forman ´angulo deπ 3 radianes. Calcular la velocidad de la part´ıcula en el instante t y determinar en cuanto tiempo recorre una distancia de 12 unidades de longitud de arco desde la posici´on en t = 0. Soluci´on: 143
- 159. La velocidad esel vector −→v (t) = −→r (t) donde −→r (t) = −→ A + 2t −→ B + 3 2 3 t 1 2 2 3 −→ A × −→ B Por lo tanto −→v (t) = −→ A + 2t −→ B + 2 2 3 t 1 2 −→ A × −→ B Para la segunda parte del problema usaremos s(t) = t 0 −→r (t) du con −→r (t) = −→r (t) · −→r (t) Calculando −→r (t) · −→r (t) = = −→ A + 2t −→ B + 2 2 3 t 1 2 −→ A × −→ B · −→ A + 2t −→ B + 2 2 3 t 1 2 −→ A × −→ B = 1 + 4t + 4t2 (a) por lo tanto −→r (t) · −→r (t) = (1 + 2t)2 =⇒ −→r (t) = (1 + 2t)2 = 1 + 2t as´ı que s(t) = t 0 (1 + 2u) du = u + u2 t 0 = t + t2 De acuerdo a lo que se pide en el problema s(t) = 12 =⇒ t2 +t−12 = 0 Las soluciones de esta ecuaci´on son t1 = 3 y t2 = −4 por la naturaleza del problema debe ser t ≥ 0 luego desconsideramos t2 = −4. En conse- cuencia, 3 unidades de tiempo son necesarios 144
- 160. Especificaciones: a) −→ A + 2t −→ B+ 2 2 3 t 1 2 −→ A × −→ B · −→ A + 2t −→ B + 2 2 3 t 1 2 −→ A × −→ B = −→ A · −→ A + 2t −→ B · −→ A + 2 2 3 t 1 2 −→ A × −→ B · −→ A + 2t −→ A · −→ B + 4t2−→ B · −→ B +2(2t) 2 3 t 1 2 −→ A × −→ B · −→ B + 2 2 3 t 1 2 −→ A · −→ A × −→ B +2(2t) 2 3 t 1 2 −→ B · −→ A × −→ B + 4 2 3 t −→ A × −→ B · −→ A × −→ B Como: −→ A · −→ A = 1, −→ B · −→ B = 1, −→ A · −→ B = cos π 3 = 1 2 −→ A · −→ A × −→ B = 0, −→ B · −→ A × −→ B = 0, y −→ A × −→ B · −→ A × −→ B = −→ A × −→ B 2 = √ 3 2 2 = 3 4 Se concluye que: −→r (t) · −→r (t) = 1 + t + 0 + t + 4t2 + 0 + 0 + 0 + 8 3 + 3 4 = 1 + 4t + 4t2 = (1 + 2t)2 Ejercicio 4 Sea −→ F : I → Rn una funci´on velocidad dos veces diferenciable. a) Pruebe que la aceleraci´on se puede escribir como combinaci´on lineal de los vectores unitarios T y N, espec´ıficamente se pide establecer que: −→a (t) = d2 s dt2 T + k(t) ds dt 2 N = aT T + aN N b) Aplicando a) calcule las componentes tangencial y normal del vector aceleraci´on correspondiente a −→r (t) = (t, cos2 t, sin2 t). Soluci´on: a) Sea −→g una reparametrizaci´on de −→ F por longitud de arco entonces −→ F (t) = −→g (s) si y s´olo si t = t(s) ⇐⇒ s = s(t). Aplicando la regla de la cadena, queda −→ F (t) = −→g (s(t)) =⇒ −→ F (t) = −→g (s) s (t) = T ds dt 145
- 161. derivando nuevamente respectode t −→ F (t) = −→g (s) [s (t)] 2 + −→g (s) s (t) Por definici´on k = k(s) = −→g (s) es la, curvatura de C en g(s). por otro lado N = dT ds dT ds =⇒ −→g (s) = −→g (s) N Relacionando las igualdades anteriores −→a (t) = −→ F (t) = −→g (s) N ds dt 2 + T d2 s dt2 = d2 s dt2 T + −→g (s) ds dt 2 N = d2 s dt2 T + k ds dt 2 N lo que significa que −→a (t) = d2 s dt2 T + k ds dt 2 N b) En la aplicaci´on de a) en −→r (t) = t, cos2 t, sin2 t tenemos −→r (t) = (1, − sin(2t), sin(2t)) . Usando la expresion anterior, se tiene s (t) = −→r (t) = 1 + 2 sin2 (2t) =⇒ s (t) = 4 sin(2t) cos(2t) 1 + 2 sin2 (2t) Luego, la componente tangencial aT es aT = s = 2 sin(2t) 1 + 2 sin2 (2t) 146
- 162. Adem´as, −→r (t)= (0, −2 cos(2t), 2 cos(2t)) y haciendo el producto cruz entre −→r (t) y −→r (t) se tiene −→r (t) × −→r (t) = −2 cos(2t)j − 2 cos(2t)k (e) y −→r (t) × −→r (t) = 4 cos2(2t) + 4 cos2(2t) = 8 cos2(2t) = 2 √ 2 |cos(2t)| Como la curvatura k en funci´on de t es k = −→r (t) × −→r (t) −→r (t) 3 reemplazando k = 2 √ 2 |cos(2t)| 1 + 2 sin2 (2t) 3 2 de aN = k(t) ds dt 2 = 2 √ 2 |cos(2t)| 1 + 2 sin2 (2t) 3 2 1 + 2 sin2 (2t) Por lo tanto, la componente normal de la aceleraci´on en este caso es aN = 2 √ 2 |cos(2t)| 1 + 2 sin2 (2t) Ejercicio 5 Sea la trayectoria regular −→r : R → R3 , definida por: −→r (u) = ( 4au2 (1 + u2)2 , 2au(1 − u2 ) (1 + u2)2 , a(1 − u2 ) 1 + u2 ), a > 0 a) Pruebe que la funci´on ϕ : R → ]−π, π[ tal que t = ϕ(u) = 2 arctan u 147
- 163. define la reparametrizaci´onde −→r , −→r ∗ : ]−π, π[ → R tal que ¯r(t) = (a sin2 t, a sin(t) cos(t), a cos t) b) Verifique que −→r ∗ (t) est´a contenida en una superficie esf´erica. c) Probar que los planos normales a la curva descrita por ¯r(t) pasan por el centro de la esfera. Soluci´on De ϕ(u) = 2 arctan u se tiene que: ϕ (u) = 2 1+u2 > 0 ∀u ∈ R, por lo tanto, es estrictamente creciente en R y como ϕ es continua, ϕ es biyectiva, y por tanto, invertible. Adem´as ϕ−1 (t) = tan( t 2 ) ϕ−1 : ]−π, π[ → R es de clase C1 en ]−π, π[ . Por lo anterior, se puede definir ¯r(t) : −→r ∗ (t) = (−→r ◦ ϕ−1 )(t) = −→r (ϕ−1 (t)) = −→r (tan( t 2 )) =⇒ −→r ∗ (t) = ( 4a tan2 (t 2 ) (1 + tan2 (t 2 ))2 , 2a tan(t 2 )(1 − tan2 (t 2 ) (1 + tan2 (t 2 ))2 , a(1 − tan2 (t 2 )) (1 + tan2 (t 2 )) Sustituyendo −→r ∗ (t) = ( 4a(1−cos t 1+cos t ) ( 2 1+cos t )2 , 2a 1−cos t 1+cos t ( 2 cos t 1+cos t ) ( 2 1+cos t )2 , a( 2 cos t 1+cos t ) ( 2 1+cos t ) ) = (a(1 − cos2 t), a cos t √ 1 − cos2 t, a cos t) Por lo tanto, la reparametrizaci´on la podemos definir por: −→r ∗ (t) = (a sin2 t, a sin(t) cos(t), a cos t) 148
- 164. b) Consideremos ahora x(t)= a sin2 t, y(t) = a sin t cos t, z(t) = a cos t =⇒ x2 + y2 + z2 = a2 sin4 t + a2 sin2 t cos2 t + a2 cos2 t = a2 sin2 t(sin2 t + cos2 t) + a2 cos2 t = a2 (sin2 t + cos2 t) = a2 ∴ la curva est´a en la esfera x2 + y2 + z2 = a2 c) Se −→r ∗ (t0) un punto cualquiera de la curva. La ecuaci´on del plano normal es: πN : ((x, y, z) − ¯r(t0)) · ¯r (t0) = 0 y (0, 0, 0) ∈ πN si s´olo si −→r ∗ (t0) · −→r ∗ (t0) = 0 −→r ∗ (t0)·−→r ∗ (t0) = (a sin2 t0, a sin(t0) cos(t0), a cos t0)·(2a sin t0 cos t0, a(cos2 t0−sin2 t0), −a sin = 2a2 sin3 t0 cos t0 + a2 (sin t0 cos3 t0 − sin3 t0 cos t0) − a2 sin t0 cos t0 = a2 sin3 t0 cos t0 + a2 sin t0 cos3 t0 − a2 sin t0 cos t0 = a2 sin t0 cos t0 − a2 sin t0 cos t0 = 0 ∴ (0, 0, 0) ∈ πN Ejercicio 6 Sea −→r : R+ → R3 , definida por: −→r = (t2 , 2 3 t3 , t),la trayectoria regular que describe una part´ıcula que se mueve a lo largo de una curva C. Para el instante t = 1, determine: 149
- 165. a) Su velocidad,rapidez y aceleraci´on. b) Los versores tangente, normal y binormal a trayectoria en ese in- stante c) La curvatura y torsi´on de la curva en ese punto. d) Las componentes tangencial y normal de la aceleraci´on en el punto. e) La hod´ografa del movimiento o trayectoria que se determina en el espacio de velocidad. Soluci´on: a) A partir de la definici´on tenemos que la velocidad ,rapidez y acel- eraci´on en funci´on del tiempo est´an dadas por: −→v (t) = −→r (t) = (2t, 2t2 , 1) =⇒ −→v (1) = −→r (1) = (2, 2, 1) |−→v (t)| = √−→r · −→r = (4t2 + 4t4 + 1) =⇒ |−→v (1)| = 3 −→a (t) = −→r (t) = (2, 4t, 0) =⇒ −→a (1) = (2, 4, 0) b) Los versores se pueden calcular usando las identidades T (t) = −→r (t) |−→r (t)| =⇒ T (1) = −→r (1) |−→r (1)| = (2,2,1) 3 B (t) = −→r (t)×−→r (t) |−→r (t)×−→r (t)| =⇒ B (1) = −→r (1)×−→r (1) |−→r (1)×−→r (1)| = (−4,2,4) 6 N (t) = B (t) × T (t) =⇒ N (1) = B (1) × T (1) = (−1,2.−2) 3 c) La curvatura y torsi´on en el punto se pueden determinar usando las identidades: κ (t) = −→r (t)×−→r (t) |−→r (t)| 3 =⇒ κ (1) = −→r (1)×−→r (1) |−→r (1)| 3 = 6 33 = 2 9 > 0 τ (t) = −→r (t)×−→r (t) · −→r (t) |−→r (t)×−→r (t)| 2 =⇒ τ (1) = −→r (1)×−→r (1) · −→r (1) |−→r (1)×−→r (1)| 2 = 8 36 = 2 9 d) Derivando la velocidad tenemos −→a (t) = −→r (t) = |−→v (t)| T (t) + κ (t) |−→v (t)| 2 N (t) , entonces las componentes tangencial y normal de la aceleraci´on son: 150
- 166. aT = |−→v(t)| = 4t + 8t3) √ (4t2+4t4+1) aN = κ (t) |−→v (t)| 2 =⇒ aT = |−→v (1)| = 4 + 8√ (4+4+1) = 12 3 = 4 aN = κ (1) |−→v (1)| 2 = 2 9 (3)2 = 2 e) A partir del vector velocidad −→v (t) = −→r (t) = (2t, 2t2 , 1) podemos inferir sus componentes x (t) = 2t y (t) = 2t2 z (t) = 1 =⇒ y (x) = x2 2 z = 1 Por lo tanto, la hod´ografa es una parab´ola en el plano z = 1 del espacio de velocidades. Ejercicio 7 Sea −→r : R+ → R3 , definida por: −→r = (a cos t, asent, β(t)), trayectoria regular que describe una part´ıcula que se mueve a lo largo de una curva C. ¿Cu´al debe ser la funci´on β(t) para que la trayectoria est´e contenida en un plano para todo t?. Soluci´on: La trayectoria de la part´ıcula es plana si y solo s´ı la torsi´on es nula para todo t. Es decir: τ (t) = −→r (t)×−→r (t) · −→r (t) |−→r (t)×−→r (t)| 2 = 0 ∀t =⇒ −→r (t)×−→r (t) · −→r (t) = 0 ∀t, luego derivemos y calculemos el producto mixto −→r = (−asent, a cos t, β (t)) −→r = (−a cos t, −asent, β (t)) −→r = (asent, −a cos t, β (t)) =⇒ −→r (t) × −→r (t) · −→r (t) = a2 (β (t) + β (t)) = 0 =⇒ (β (t) + β (t)) = 0 La ecuaci´on diferencial hom´ogenea de tercer orden , tiene soluci´on de la forma β(t) = eλt ; entonces β (t) = λeλt =⇒ β (t) = λ2 eλt =⇒ β (t) = λ3 eλt 151
- 167. reemplazando t´erminos enla ecuaci´on anterior: (λ3 +λ)eλt = 0, eλt = 0 ∀t conduce a la ecuaci´on caracter´ıstica (λ3 + λ) = 0, luego β(t) = C1 + C2 cos t + C3sent, donde C1, C2, C3 son constantes reales. Por lo tanto, si la trayectoria est´a dada por −→r (t) = (a cos t, asent, C1 + C2 cos t + C3sent) la part´ıcula siempre se mover´a sobre un mismo plano. Ejercicio 8 a) Sea −→r : I ⊆ R → R3 una trayectoria regular de modo que −→r (t) = 0 ∀t. supongamos que hay un t0 ∈ I para el que la distancia del origen al punto−→r (t0) ∈ R3 alcanza un valor m´ınimo. Pruebe que en ese punto −→r (t0) es perpendicular a −→r (t0) . b) Usando lo anterior , hallar los puntos en que la recta dada por −→r (t) = (t + 1, 3t − 2, 2t − 1) est´a m´as cerca del origen. Soluci´on: a) En efecto consideremos la funci´on distancia d(t)= |−→r (t)|de un punto cualquiera al origen y supongamos que hay un t0 ∈ I, tal que se alcanza un m´ınimo, entonces se tiene que d (t0) = |−→r (t0)| = −→r (t0) · −→r (t0) |−→r (t0)| = 0, de donde se tiene que −→r (t0)·−→r (t0) = 0 , por lo tanto, −→r (t0) y −→r (t0) son ortogonales en ese punto. b) Basta encontrar un t0 ∈ I para el que la distancia del punto −→r (t0) ∈ R3 alcanza su valor m´ınimo que satisface −→r (t0) · −→r (t0) = 0 −→r (t0) −→·r (t0) = (t0 + 1, 3t0 − 2, 2t0 − 1) · (1, 3, 2) = 0 =⇒ (t0 + 1) + 3(3t0 − 2) + 2(2t0 − 1) = 0 =⇒ t0 = 1 2 152
- 168. Por lo tanto,el punto buscado es −→r 1 2 = 3 2 , −1 2 , 0 . Ejercicio 9 Se llama evoluta de una curva −→r : I ⊆ R+ → R2 a la curva que describen los centros de curvatura de −→r . Determine la evoluta de la curva −→r (t) = (t, t2 ). Soluci´on: La curva que describe el centro de curvatura est´a dada por la ecuaci´on: −→c (t) = −→r (t)+ 1 κ(t) N (t) , determinemos la curvatura y el versor normal. −→r (t) = (1, 2t, 0) =⇒ −→r (t) = (0, 2, 0) =⇒ −→r (t) × −→r (t) = (0, 0, 2) =⇒ −→r (t) × −→r (t) × −→r (t) = (−4t, 2, 0) Adem´as: −→r (t) × −→r (t) = 2 y −→r (t) × −→r (t) × −→r (t) = 2 (1 + 4t2 ) 1/2 κ (t) = −→r (t)×−→r (t) |−→r (t)| 3 = 2 (1 +4t2)3/2 N (t) = −→r (t)×−→r (t)×−→r (t) |−→r (t)×−→r (t)×−→r (t)| = (−4t,2) 2(1 +4t2)1/2 , reemplazando t´erminos en la ecuaci´on tenemos −→c (t) = (t, t2 )+ (1 +4t2 ) 3/2 2 (−4t,2) 2(1 +4t2)1/2 = −4t3 , 3t2 + 1 2 ,que corresponde a la ecuaci´on param´etrica de la evoluta. 1.10 Ejercicio 10 Sea −→r : I ⊆ R → R3 una trayectoria regular, dada por −→r = (x(t), y(t), z(t)), t ∈ I. Pruebe que la ecuaci´on del plano osculador en −→r (t0), t0 ∈ I,es: x − x (t0) y − y (t0) z − z (t0) x (t0) y (t0) z (t0) x (t0) y (t0) z (t0) = 0 Soluci´on: La ecuaci´on del plano osculador es : ( −→ f − −→r (t0)) · −→ B (t0) = 0, donde −→ B (t0) = −→r (t0) × −→r (t0) = i j k x (t0) y (t0) z (t0) x (t0) y (t0) z (t0) 153
- 169. −→ B (t0) =(y (t0) z (t0) − y (t0) z (t0) , x (t0) z (t0) − x (t0) z (t0) , x (t0) y (t0) − x (t0) y (t0)) pongamos: x0 = x (t0) , y0 = y (t0) y z0 = z (t0) ( −→ f − −→r (t0)) · −→ B (t0) = 0 =⇒ (x − x0, y − y0, z − z0) · (y0z0 − y0 z0, x0z0 − x0z0 , x0y0 − x0y0) = 0 desarrollando (y0z0 −y0 z0)(x−x0)+ (x0z0 −x0z0 )(y −y0)+(x0y0 −x0y0)(z −z0) = 0 esto ´ultimo se puede escribir x − x (t0) y − y (t0) z − z (t0) x (t0) y (t0) z (t0) x (t0) y (t0) z (t0) = 0 lo que prueba la hip´otesis. Ejercicio 11 Un automovilista se desplaza por una carretera recta. En el instante t = 0 llega a una rotonda la que recorre con un trayectoria −→ f(t) = (acost, asent, bt(2 − t)), t ∈ [0, 2] En el instante t = 2 sale de la rotonda y vuelve a continuar por una carretera recta. a) C´alcule la curvatura m´axima de la rotonda para t ∈ [0, 2]¿en qu´e pun- to ocurre? b) Determine la torsi´on de la rotonda para t ∈ [0, 2] .Haga un gr´afico de la torsi´on en funci´on del tiempo. 154
- 170. Soluci´on: a) Calculemos lacurvatura de la trayectoria mediante la identidad: κ (t) = −→ f (t)× −→ f (t) | −→ f (t)| 3 −→ f (t) = (−asent, a cos t, 2b(1−t)) =⇒ −→ f (t) = a2 + 4b2(1 − t)2 −→ f (t) = (−acost, −asent, −2b) =⇒ −→ f (t) × −→ f (t) = (−2ab cos t + 2ab(1 − t)sent, −2absent − 2ab(1 − t) cos t, a2 ) −→ f (t) × −→ f (t) = a a2 + 4b2(1 + (1 − t)2,reemplazando en la identi- dad, tenemos κ (t) = a a2 + 4b2(1 + (1 − t)2 (a2 + 4b2(1 − t)2)3/2 Sea Ψ (t) = a2 + 4b2 (1 − t)2 =⇒ Ψ (t) = −8b2 (1 − t) = 0 =⇒ En t = 1 hay un punto cr´ıtico de Ψ (t) Como Ψ (1) = 8b2 > 0, en t = 1 hay un m´ınimo de Ψ (t) y un m´aximo de κ (t) pues son inversamente proporcionales Luego, κ (t) = √ a2+4b2 a2 y se alcanza en el punto −→ f(1) = (a cos 1, asen1, b). b) Calculemos ahora la torsi´on; τ (t) = −→ f (t)× −→ f (t) · −→ f (t) | −→ f (t)× −→ f (t)| 2 ∀t −→ f (t) = (asent, −a cos t, 0) =⇒ −→ f (t) × −→ f (t) · −→ f (t) = 2a2 b(1 − t) τ (t) = 2a2b(1−t) a2[a2+4b2(1+(1−t)2] Se tiene que τ (0) = 2b [a2+8b2] , τ (1) = 0, τ (2) = − 2b [a2+8b2] τ (t) = 0 =⇒ 4b2 (1 − t)2 = a2 + 4b2 =⇒ (1 − t)2 = a2+4b2 4b2 (1 − t)2 = 1 + a2 4b2 > 1 =⇒ (1 − t)2 > 1 lo cual es imposible porque (1 − t) ≤ 1 para 0 ≤ t ≤ 2. Por lo tanto, τ no tiene punto cr´ıtico en[0, 2] 155
- 171. El gr´afico esdel tipo Ejercicio 12 a) Demuestre que la curva descrita por −→r (t) = (t cos t, t sin t, t) se encuentra sobre la superficie de un cono. Dibuje la curva. b) Si una part´ıcula parte del origen siguiendo la trayectoria anterior- mente descrita, determine en qu´e punto intersecta la esfera: x2 + y2 + z2 = 2. c) Calcule la longitud de la curva desde el origen al punto de itersecci´on. Soluci´on: a) A partir de las ecuaciones param´etricas tenemos: x (t) = t cos t y (t) = t sin t z (t) = t =⇒ x2 + y2 = t2 (cos2 t + sin2 t) =⇒ x2 + y2 = t2 ∴ z2 = x2 + y2 corresponde a la ecuaci´on de un cono, cuyo sector superior ,se dibuja en el gr´afico adjunto ∀t ≥ 0 b) Calculemos para que valor del par´ametro t la part´ıcula intersecta la esfera, sustityendo las ecuaciones param´etricas en la esfera x2 + y2 + z2 = 2t2 = 2 =⇒ t = 1.Luego, la posici´on del punto de impacto es −→r (1) = (cos 1, sin 1, 1) c) La longitud de la curva es: l = 1 0 −→r (t) du con −→r (t) = −→r (t) · −→r (t) 156
- 172. con −→r (t)= (cos t − t sin t, sin t + t cos t, 0) −→r (t) = −→r (t) · −→r (t) = √ 2 + t2 =⇒ l = 1 0 √ 2 + t2dt = ln √ 2 + x2 + x + x √ 2 + x2 2 1 0 l = ln( √ 3 + 2) 2 + √ 3 2 Ejercicio 13 Un proyectil es lanzado desde el nivel del suelo con una velocidad inicial de 100 m/seg con un ´angulo de elevaci´on de 30o .Determine: a) la funci´on vectorial y las ecuaciones param´etricas de la trayectoria del proyectil. b) la altura m´axima alcanzada. c) el alcance del proyectil d) la velocidad y rapidez en el impacto contra el suelo. e) la curvatura en el punto de impacto. Soluci´on: a) Inicialmente tenemos t = 0 , −→r 0 = (0, 0) ,y −→v 0 = (100 cos 30, 100 sin 30) Integrando: −→a (t) = −→r ” (t) = (0, −10) =⇒ −→v (t) = −→r´ (t) = (100 cos 30, −10t + 100 sin 30) Integrando por segunda vez se obtiene:−→r (t) = ((100 cos 30) t, −5t2 + (100 sin 30)t) 157
- 173. Evaluando las funcionestrigonom´etricas queda: −→r (t) = (50 √ 3 t, −5t2 + 50t) Por lo tanto, las ecuaciones param´etricas de la trayectoria del proyectil son x(t) = 50 √ 3 t, y(t) = −5t2 + 50t b) Determinemos el tiempo que demora en llegar a la altura m´axima dy dt = 0 =⇒ −10t + 50 = 0 =⇒ t = 5s Asi la altura m´axima h alcanzada por el proyectil es h = y(5) = −125 + 250 = 125m c) El alcance m´aximo se logra cuando y(t) = 0, es decir si: −5t2 +50t = 0 t(−5t + 50) = 0 ⇒ t = 0, t = 10. Entonces el alcance es: x (10) = 500 √ 3 d) La velocidad del proyectil en el impacto es:−→v (10) = (50 √ 3, −50) e) La curvatura en el punto de impacto es:K (10) = −→r (10)×−→r (10) −→r (10) 3 = 5 √ 3 104 Ejercicio 14 Sea C una curva determinada por la intersecci´on de los cilindros: x2 = 1 − y, z2 = y a) Parametrizar C de forma −→r (t) = (x (t) , y (t) , z (t)), t ∈ I. Indicaci´on: x2 + z2 = 1 b) Obtener T, N, B, K y τ en P = (0, 1, 1) Soluci´on: a) Se puede parametrizar como −→r (t) = (cos t, sin2 t, sin t), t ∈ [0, 2π] , Calculemos el valor del par´ametro para −→r (t1) = (cos t1, sin2 t1, sin t1) = (0, 1, 1) =⇒ t1 = π 2 . As´ı, −→r π 2 = (0, 1, 1). b)−→r (t) = (− sin t, sin t cos t, cos t) =⇒ −→r π 2 = (−1, 0, 0) =⇒ 158
- 174. T π 2 = (−1,0, 0) −→r (t) = (− cos t, 2 cos 2t, − sin t); −→r π 2 = (0, −2, −1) −→r π 2 × −→r π 2 = (0, −1, 2) =⇒ −→r π 2 × −→r π 2 = √ 5 =⇒ B π 2 = 0, − 1√ 5 , 2√ 5 y N π 2 = 0, − 2√ 5 , − 1√ 5 Derivando por tercera vez tenemos: −→r (t) = (sin t, −4 sin 2t, − cos t) =⇒ −→r π 2 = (1, 0, 0) N π 2 = −→r π 2 × −→r π 2 × −→r π 2 −→r π 2 × −→r π 2 × −→r π 2 = 0, − 2√ 5 , − 1√ 5 Por otra parte K π 2 = −→r (π 2 )×−→r (π 2 ) −→r (π 2 ) 3 = √ 5 y τ π 2 = −→r (π 2 )×−→r (π 2 ) · −→r (π 2 ) −→r (π 2 )×−→r (π 2 ) 2 = 0 Ejercicio 15 Dada la ecuaci´on param´etrica de la trayectoria −→r (t) = (2t3 − 3t2 , t − 2arctan(t)), encontrar todos los valores de t para los cuales la curva (i) Tiene tangente horizontal. (ii) Tiene tangente vertical. (iii) No es regular. Soluci´on: El vector tangente a la curva −→r (t) = (2t3 − 3t2 , t − 2arctan(t)) es −→r (t) = (6t2 − 6t, t2 − 1 t2 + 1 ) cuya pendiente es m (t) = y (t) x (t) =⇒ m (t) = y (t) x (t) = t + 1 6t (t2 + 1) (i) Para que la tangente sea horizontal, ´esta tiene que existir, es decir −→r (t) = −→ 0 , y adem´as m (t) = 0. Por tanto, t = −1. ii) Para que la tangente sea vertical, ´esta tiene que existir, es decir−→r (t) = −→ 0 , y adem´as m(t) = ∞. Por tanto,t = 0. (iii) Para que la curva sea no regular −→r (t) = −→ 0 =⇒ x (t) = y (t) = 0, es decir, t = 1. Ejercicio 16 159
- 175. Se llama evolutade una curva parametrizada regular −→r (t) ,con curvatu- ra no nula, al lugar geom´etrico de los centros de curvatura. Denotamos la evoluta de −→r (t) por −→c (t). (i) Encontrar una parametrizaci´on de −→c (t). (ii) Hallar la evoluta de la par´abola −→r (t) = t, t2 2 . (iii) Hallar la evoluta de la h´elice −→r (s) = √ 2 2 cos(s), √ 2 2 sen(s), √ 2 2 s , s ∈ IR y comprobar que es regular y que s es su par´ametro arco. Soluci´on: (i) Si −→r (t) es punto de la curva y −→c (t) su correspondiente centro de curvatura para t entonces la condici´on que define el lugar geom´etrico se tiene la relaci´on −→c (t) − −→r (t) = 1 k(t) −→ N (t) de donde se deduce que la ecuaci´on de la evoluta es −→c (t) = −→r (t) + 1 k(t) −→ N (t) (ii) Calculamos en primer lugar el vector normal y la curvatura de la par´abola. −→r (t) = t, t2 2 =⇒ −→r (t) = (1, t) =⇒ |−→r (t)| = √ 1 + t2 =⇒ −→ N (t) = (−t, 1) √ 1 + t2 Por otra parte −→r ” (t) = (0, 1) =⇒ k(t) = |−→r (t) × −→r ” (t)| |−→r (t)| 3 = 1 √ 1 + t2 3 Por lo tanto −→c (t) = t, t2 2 + √ 1 + t2 3 √ 1 + t2 (−t, 1) = −t3 , 1 + 3 2 t2 iii) Calculamos el vector tangente a la curva a partir de su definici´on −→r (s) = √ 2 2 cos(s), √ 2 2 sen(s), √ 2 2 s =⇒ −→r (s) = − √ 2 2 sen(s), √ 2 2 cos(s), √ 2 2 160
- 176. =⇒ |−→r (s)|= 1 Por tanto T (s) = − √ 2 2 sen(s), √ 2 2 cos(s), √ 2 2 Por otra parte, T (s) = −→r (s) = − √ 2 2 cos(s), − √ 2 2 sen(s), 0 =⇒ |−→r (s)| = √ 2 2 de donde N (s) = −→r (s) |−→r (s)| = (− cos(s), −sen(s), 0) Adem´as k(s) = |−→r (s)| = √ 2 2 Finalmente −→c (s) = −→r (s) + 1 k(s) −→ N (s) = − √ 2 2 cos(s), − √ 2 2 sen(s), √ 2 2 s , s ∈ IR lo que implica −→c (s) = √ 2 2 sen(s), − √ 2 2 cos(s), √ 2 2 s , y por tanto que |−→c (s)| = 1 para cada s ∈ IR y en definitiva que −→c es regular y est´a parametrizada por arco s. Ejercicio 17 Encontrar una parametrizaci´on de las siguientes curvas. (i) y = x2 + 3x (ii) x2 + y2 + 2y = 0 (iii) x2 − y2 4 = 1 (iv) x2 + 3y2 = 1 Calcular en cada caso los vectores tangente unitario T, normal N , la curvatura κ (t) y la torsi´on τ (t) Soluci´on: (i) Como se trata de una par´abola podemos parametrizarla tomando x = t =⇒ y = t2 + 3t As´ı −→r (t) = (t, t2 + 3t), y calculamos el vector tangente, −→r (t) = (1, 2t + 3) =⇒ −→r (t) = √ 4t2 + 12t + 10 161
- 177. y T (t)= −→r (t) −→r (t) = (1, 2t + 3) √ 4t2 + 12t + 10 Para calcular el vector normal en IR2 tenemos en cuenta que es un vector ortogonal al tangente y unitario. N (t) = (−2t − 3, 1) √ 4t2 + 12t + 10 La curvatura de una curva plana es k(t) = |−→r (t) × −→r ” (t)| |−→r (t)| 3 , con- siderando que IR2 es subespacio de IR3 En nuestro caso −→r (t) = (1, 2t + 3, 0) =⇒ −→r (t) = (0, 2, 0) Por tanto, k(t) = 2 √ 4t2 + 12t + 10 3 , la curvatura de la par´abola var´ıa en funci´on de t. Finalmente, la torsi´on de la curva plana es τ(t) = −→r (t) × −→r ” (t) · −→r (t) |−→r (t)| 3 = 0, pues −→r (t) = (0, 0, 0) lo que significa que la curva siempre est´a en el mismo plano. (ii) La ecuaci´on dada representa una circunferencia de centro el (0, −1) y radio r = 1, ya que x2 + y2 + 2y = x2 + (y + 1)2 − 1. Por tanto, una parametrizaci´on es −→r (t) = (cos(t), −1 + sen(t)) Calculamos el vector tangente. −→r (t) = (−sen(t), cos(t)) =⇒ −→r (t) = 1 =⇒ T (t) = −→r (t) −→r (t) = (−sen(t), cos(t)) Para calcular el vector normal tenemos en cuenta que es un vector ortogonal al tangente y unitario. N (t) = (−cos(t), −sen(t)) 162
- 178. La curvatura deuna curva plana es k(t) = |−→r (t) × −→r ” (t)| |−→r (t)| 3 , con- siderando que IR2 es subespacio de IR3 En nuestro caso −→r (t) = (−sen(t), cos(t), 0) =⇒ −→r (t) = (− cos(t), −sent(t), 0) =⇒ |−→r (t) × −→r ” (t)| = 1 Por tanto, k(t) = 1 la curvatura de una circunsferencia es constante Finalmente, la torsi´on de la curva plana es τ(t) = −→r (t) × −→r ” (t) · −→r (t) |−→r (t)| 3 = 0,pues −→r (t) × −→r ” (t) · −→r (t) = (0, 0, 0). (iii) La ecuaci´on dada representa una hip´erbola de semieje a = 1 y b = 2. Por tanto, una parametrizaci´on es −→r (t) = (cosh(t); 2senh(t)) Calculamos el vector tangente.−→r (t) = (senh(t), 2 cos h(t)) =⇒ −→r (t) = senh2(t) + 4 cos h2(t) y T (t) = −→r (t) −→r (t) = (senh(t), 2 cos h(t)) senh2(t) + 4 cos h2(t) Para calcular el vector normal tenemos en cuenta que es un vector ortogonal al tangente y unitario. N (t) = (−2 cos h(t), senh(t)) senh2(t) + 4 cos h2(t) La curvatura de una curva plana es k(t) = |−→r (t) × −→r ” (t)| |−→r (t)| 3 , con- siderando que IR2 es subespacio de IR3 En nuestro caso :−→r (t) = (senh(t), 2 cos h(t), 0) =⇒ −→r (t) = (cosh(t); 2senh(t), 0) =⇒ |−→r (t) × −→r ” (t)| = 2 Por tanto k(t) = 2 senh2(t) + 4 cos h2(t) 3 , la curvatura de la hip´erbo- la 163
- 179. var´ıa en funci´onde t. Finalmente, la torsi´on de la curva plana es τ(t) = −→r (t) × −→r ” (t) · −→r (t) |−→r (t)| 3 = 0, pues −→r (t) × −→r ” (t) · −→r (t) = (0, 0, 0) (iv) La ecuaci´on dada representa una elipse de centro el (0, 0)y semiejes a = 1 y b = 1 √ 3 Entonces, una parametrizaci´on es −→r (t) = (cos(t), 1 √ 3 sen(t)) Calculamos el vector tangente. −→r (t) = (−sen(t), 1 √ 3 cos(t)) =⇒ −→r (t) = √ 3 3 2sen2(t) + 1 =⇒ T (t) = −→r (t) −→r (t) = √ 3 2sen2(t) + 1 (−sen(t), 1 √ 3 cos(t)) Para calcular el vector normal tenemos en cuenta que es un vector ortogonal al tangente y unitario. N (t) = √ 3 2sen2(t) + 1 (− 1 √ 3 cos(t), −sen(t)) La curvatura de una curva plana es k(t) = |−→r (t) × −→r ” (t)| |−→r (t)| 3 , con- siderando que IR2 es subespacio de IR3 . En nuestro caso −→r (t) = (−sen(t), 1 √ 3 cos(t), 0) =⇒ −→r (t) = (− cos(t), − 1 √ 3 sent(t), 0) =⇒ |−→r (t) × −→r ” (t)| = 1 √ 3 Por tanto, k(t) = 3 2sen2(t) + 1 3 la curvatura de la elipse var´ıa en funci´on de t. 164
- 180. Finalmente, la torsi´onde la curva plana es τ(t) = −→r (t) × −→r ” (t) · −→r (t) |−→r (t)| 3 = 0 pues −→r (t) × −→r ” (t) · −→r (t) = (0, 0, 0) Ejercicio 18 Sean −→r : I → IR3 una curva regular y consideremos −→c la evoluta de −→r . Demostrar que −→c es regular si y s´olo si la torsi´on y la derivada de la curvatura de −→r no se anulan simult´aneamente en ning´un punto y en este caso demostrar que el par´ametro arco de −→c , s∗ satisface que (s∗ (t)) = 1 k2 (t) (k (t))2 + (k (t))2 (τ (t))2 |−→r (t)| 2 ∀t ∈ I Soluci´on: La evoluta de est´a definida como la curva −→c (t) = −→r (t) + 1 k(t) −→ N (t) = −→r (t) + ρ (t) −→ N (t), donde ρ (t) = 1 k(t) es el radio de curvatura de −→r . Por lo tanto, si s denota el par´ametro arco de −→r tenemos que s (t) = |−→r (t)| −→c (t) = −→r (t) + ρ (t) −→ N (t) + ρ (t) −→ N (t) = −→r (t) + ρ (t) −→ N (t) + ρ (t) −→ N (s) s (t) Por Frenet sabemos que: −→ N (s) = −k (s) T (s) − τ (s) B (s) =⇒ −→ N (s) = −ρ (s) T (s) − τ (s) B (s) −→c (t) = |−→r (t)| T (t)+ρ (t) −→ N (t)+ρ (t) s (t) −T (s) − ρ (s) τ (s) B (s) =⇒ −→c (t) = ρ (t) −→ N (t) − ρ (t) τ (t) |−→r (t)| B (t) . As´ı |−→c (t)| = (ρ (t))2 + ρ2 (t) τ2 (t) |−→r (t)|)2 puesto que el Triedro de Frenet es ortonormal. Sustituyendo ρ y ρ por su expresi´on en funci´on de la curvatura, resulta que |−→c (t)| = (k (t))2 (k (t))4 + τ2 (t) k2 (t) |−→r (t)| 2 = 1 k2 (t) (k (t))2 + k2 (t) τ2 (t) |−→r (t)| 2 165
- 181. para cada t∈ I y por tanto, como ρ (t) y |−→r (t)| = −→ 0 c es regular en t ∈ I si y s´olo si k´ (t) = τ (t) = 0. La expresi´on anterior muestra tambi´en que cuando −→c es regular, la derivada de su par´ametro arco coincide con el t´ermino de la derecha de la igual- dad Ejercicio 19 Consideremos la curva C dada por −→r (t) = (et , e2t , t), t ∈ R. Hallar su curvatura y su torsi´on en el punto (1, 1, 0). ¿Es cierto qu´e la curva tiene torsi´on negativa en todos sus puntos? Soluci´on: Calculamos primero las derivadas: −→r (t) = (et , 2e2t , 1) ⇒ −→r (t) = √ 1 + e2t + 4e4t −→r = (et , 4e2t , 0) −→r × −→r = (−4e2t , et , 2e3t ) ⇒ −→r × −→r = √ e2t + 16e4t + 4e6t −→r = (et , 8e2t , 0) Y podemos obtener la curvatura y la torsi´on en cada punto: k(t) = −→r × −→r −→r (t) 3 = √ e2t + 16e4t + 4e6t √ 1 + e2t + 4e4t 3 τ(t) = −→r × −→r · −→r −→r × −→r 2 = 4e3t √ e2t + 16e4t + 4e6t 2 En el punto (1, 1, 0) = (et0 , e2t 0 , t0) =⇒ t = 0 De donde deducimos que la curvatura y la torsi´on son k(0) = −→r (0) × −→r (0) −→r (0) 3 = √ 21 63/2 τ(0) = −→r (0) × −→r (0) · −→r (0) −→r (0) × −→r (0) 2 = 4 21 Por ´ultimo, la funci´on τ(t) es claramente positiva, ∀ t ∈ IR Ejercicio 20 166
- 182. Considere la curvaC dada por −→r (t) = (cosh(t), sinh(t), t), t ∈ IR (a) Dibuje aproximadamente su traza. (b) Si se recorre la traza partiendo desde punto (1, 0, 0), tras recorrer una longitud de arco √ 2 sobre la curva, ¿cu´ales son las coordenadas del punto del espacio en el que nos encontraremos? Soluci´on: Consideremos la proyecci´on de la curva sobre el plano XY : x2 − y2 = cos h2 (t) − sinh2 (t) = 1 se trata de una rama de hip´erbola, cuyo eje de simetria es X, toma valores positivos de X y se recorre en el sentido creciente de Y . La tercera componente es simplemente z = t, para valores t > 0 la curva se eleva con respecto al plano z = 0 hacia, mientras que para valores de t < 0, “baja” con respecto el plano z = 0. Determinemos el valor del par´ametro en el punto de partida (1, 0, 0) = (cosh(t), sinh(t), t) =⇒ t = 0 Empezamos en s(0), la longitud de la curva, desde ese punto, se mide la longitud de arco. Calculemos la rapidez, y luego la longitud del arco 167
- 183. −→r (t) =(cosh(t), sinh(t), t), t ∈ IR ⇒ −→r (t) = (senh(t), cos h(t), 1), t ∈ IR =⇒ −→r (t) = cosh2(t) + sinh2(t) + 1 = 2cosh2(t) = √ 2cosh(t) . As´ı que la longitud desde s(0) hasta s(t) = t 0 −→r (u) du = √ 2 t 0 cosh(u)du = √ 2 senh(u)|t 0 = √ 2senh (t) Ahora s´olo queda determinar el valor de t que hace que la longitud sea exactamente √ 2. Esto es, resolver √ 2 = √ 2sinh(t) ⇒ 1 = sinh(t) ⇒ t = arcsinh(1). De manera que estaremos en el punto de coordenadas −→r (arcsinh(1)) = (cosh(arcsinh(1)), sinh(arcsinh(1)), arcsinh(1)) =⇒ −→r (arcsinh(1)) = ( √ 2, 1, arcsinh(1)) Ejercicio 21 Consideremos la curva C dada por −→r (t) = (t, t2 , t3 ) ∈ R. Hallar su curvatura y su torsi´on en el punto (0, 0, 0). ¿En qu´e punto tiene la curva una torsi´on (en valor absoluto) m´axima? Soluci´on: Calculamos primero las derivadas: k(t) = −→r (t) × −→r (t) −→r (t) 3 = √ 4 + 36t2 + 36t4 √ 1 + 4t2 + 9t4 3 τ(t) = −→r × −→r · −→r −→r × −→r 2 = 12 [4 + 36t2 + 36t4]2 De donde deducimos que la curvatura y la torsi´on son k(0) = −→r (0) × −→r (0) −→r (0) 3 = 2 τ(0) = −→r (0) × −→r (0) · −→r (0) −→r (0) × −→r (0) 2 = 3 Como el denominador que aparece en la expresi´on de τ(t) es siempre una cantidad positiva que toma su valor m´ınimo en t = 0, concluimos que el valor absoluto de la torsi´on alcanza su valor m´aximo en t = 0. 168
- 184. 2.17. Ejercicios propuestos 1.Sean f, g : [a, b] → Rn funciones derivables, probar que: a) (αf + βg)(t) = αf (t) + βg (t) , α y β constantes b) (αf) (t) = α (t) f (t)+α(t)f (t) si α = α(t) es una funci´on escalar. c) f · g (t) = f (t) · g(t) + f(t) · g (t) d) f × g (t) = (f × g) (t) + (f × g ) (t) 2. Para f(t) = (e2t , t2 , e−2t ) calcular: a) f (t) b) f (t) c) f (t) 3. Obtener una funci´on param´etrica vectorial de la curva resultante al intersectar las superficies: x2 + y2 + z2 = 2 y z = 2 (1 + y) 169
- 185. 4. Parametrizar enla forma r = r(t) = (x(t), y(t), z(t)), t ∈ [a, b] las curvas C definidas por: a) Recta por A = (1, 2, −3) y B = (2, 2, 2) b) Recta intersecci´on de los planos x + y + z = 0 y y − z = 0 c) Intersecci´on del cilindro recto x2 + y2 = 9 y el plano z = 1 d) El cilindro x2 − ax + y2 = 0 intersecci´on la esfera x2 + y2 + z2 = a2 5. Calcular la longitud l de la curva descrita por la trayectoria r(t) = (a cos3 t, a sin3 t), t ∈ [0, 2π] 6. Una hormiga camina sobre la superficie S : x(u, v) = sin u cos v, y (u, v) = sin u sin v, z (u, v) = cos u π 6 ≤ u ≤ π 2 , −π 2 ≤ v ≤ π en el instante t = 0, se mueve de tal forma que en cualquier tiempo t > 0 describe la trayectoria −→r (t) = √ 3 2 sin t, 1 2 , √ 3 2 cos t . Demuestre que la hormiga se mueve sobre la superficie esferica S y determine cuando y en donde la hormiga abandona el sector descrito de la esfera 170
- 186. 7. Halle elo los valores de t para los cuales el vector tangente a la curva descrita por r(t) = (2t2 + 1, 3t − 2), t ∈ R sea paralelo al vector u = (2, −1). 8. Calcule l´ım t→0 ((x+t)2 −x2 t , (x+t)3 −x3 t , (x+t)4 −x4 t ) 9. Discuta la continuidad de la funci´on f(t) = { (t, sin t t ) si t = 0 (0, 1) si t = 0 10. Demuestre que: si −→ f (t) es constante, entonces −→ f y −→ f son or- togonales. 11. Encuentre un vector tangente y la recta tangente a la h´elice c´onica de representaci´on param´etrica −→ f (t) = (t cos t, t sin t, t 2π ) en los puntos (0, 0, 0) y (0, π 2 , 1 4 ) 12. Sea la h´elice descrita por −→ f (t) = (cos t, sin t, t) t ∈ [0, π 2 ]. Pruebe que en ning´un punto de esta curva −→ f (t) es paralelo a la cuerda de −→ f (0) a −→ f (π 2 ) 13. Una part´ıcula se mueve en el plano a lo largo de la espiral ρ = eθ con una rapidez constante de 5 pies por segundo. 171
- 187. a) ¿Cu´ales sonla velocidad y la aceleraci´on de la part´ıcula cuando θ = π 4 ? b) ¿Cu´anto tarda la part´ıcula en ir desde el punto correspondiente a θ = 0 hasta el punto correspondiente a θ = π? c) Si θ = 0 cuando t = 0, proporcione ecuaciones param´etricas para la trayectoria de la part´ıcula. 14. Determine los puntos en que la recta tangente a la curva de R3 dada por r(t) = 6t + 2t3 ˆı + (6t − 2t3 )ˆ + 3t2ˆk es paralela al plano x + 3y + 2z = 5 15. Demuestre que el camino descrito por −→ f : [−2, 2] → R2 definida por −→ f (t) = (t2 − 1, t3 + 2t2 − t − 2) no es simple. ¿Es cerrado?¿Es cerrado simple? 16. Determine las ecuaciones de la recta tangente y del plano nor- mal a la curva descrita por −→ f : I → R3 definida por f(t) = (et sint, et cost, 5t) en el punto P = −→ f (0) 17. Sea −→ f : [0, 5] → R3 la trayectoria −→ f (t) = (sin t, cos t, t). Obtenga una reparametrizaci´on −→ f c de −→ f que conserve su orientaci´on y que recorra la trayectoria de −→ f en la quinta parte del tiempo en el que lo hace −→ f . 18. Un objeto ubicado inicialmente en el origen de coordenadas se desplaza de acuerdo al movimiento r(t) = (t2 , −t cos t, t sin t) a) Determine el punto en que el objeto impacta a la esfera x2 +y2 +z2 = 2 b) Calcular la longitud recorrida por el objeto hasta el instante del impacto. c) Calcular el ´angulo entre la trayectoria y la esfera en el instante del impacto. 172
- 188. 19. El movimientode una part´ıcula se realiza en el c´ırculo unitario del plano XY de acuerdo con la f´ormula (x, y, z) = (cos t2 , sin t2 , 0) , t ≥ 0. a) Como funciones de t. ¿Cu´al es el vector velocidad y la rapidez de la part´ıcula? b) ¿En qu´e punto del c´ırculo se debe liberar la part´ıcula para que golpee un blanco localizado en (2, 0, 0)? c) ¿En que tiempo t se debe liberar? (usar t ≥ 0 m´as pregunta b)) d) ¿Cu´al es su velocidad y rapidez en el instante en que se libera? e) ¿En qu´e instante se golpea el blanco? 20. Si f : I → IR es una funci´on diferenciable, demostrar que la gr´afica de f, es decir la curva y = f(x), es una curva regular y calcular sus vectores tangente , normal, su curvatura, su radio de curvatura, y su centro de curvatura. 21. Sea C una curva de IR3 dada por la ecuaci´on−→r (t) = (4 cos(t), 4sen (t) , 4 cos t(t)), t ∈ [0, 2π] a) Verificar que es una elipse. b) Determinar los vectores T, N, B en cualquier punto C c) Calcular la curvatura y torsi´on de C en todo punto. d) Determinar en qu´e puntos de C la curvtura k es m´axima y en cu´ales es m´ınima 2.17.1. Respuestas 2. a) f (t) = 2 (e2t , t, −e−2t ) b) f (t) = 2(2e2t , 1, 2e−2t ) c) f (t) = 2 √ e4t + e−4t + t2 3. r(t) = (cos t, −1 + sin t, √ 2 sin t), 0 ≤ t ≤ 2π 4. a) r(t) = (1 + t, 2, −3 + 5t) t ∈ R 173
- 189. b) r(t) =(−2t, t, t) t ∈ R c) r(t) = (3 cos t, 3 sin t, 1) t ∈ [0, 2π] d) r(t) = (a 2 + a 2 cos t, a 2 sin t, √ 2a sin t 4 ) t ∈ [0, 2π] 5. 6a, 6 − t = π 2 , (x, y, z) = ( √ 3 2 , 1 2 , 0) 7. t = −3 2 8. (2x, 3x2 , 4x3 ) 9. Es continua 10. −→ f · −→ f = 0 11. 1, 0, 1 2π , −→r (t) = (t, 0, 1 2π t) (0, π 2 , 1 4 ), −→r (t) = (−π 2 t, π 2 + t, 1 4 + t 1 2π ) 13. a) v = (0, 5), a = (− 25√ 2 e−π 4 , 0) b) 1 5 √ 2(eπ − 1) c) −→ f (t) = [ 5√ 2 t + 1](cos ln( 5√ 2 t + 1), sin ln( 5√ 2 t + 1)) 14. r(2) = (28, −4, 12) 15. No es simple −→ f (1) = (0, 0) = −→ f (−1) 16. r(t) = (t, 1 + t, 5t), x + y + 5z = 1 plano normal 17. ¯f : [0, 1] → R3 , ¯f (s) = (sin(5s), cos(5s), 5s) 18. a) (1, −cos1, sin1) b) 1,57 19. a) v = (−2t sin t2 , 2t cos t2 , 0); s = 2t b) (1 2 , − √ 3 2 , 0) c) 5π 3 d) v = 2 5π 3 ( √ 3 2 , 1 2 , 0); s = 2 5π 3 e) 3 √ 3+10π 2 √ 15π 174
- 190. 20. La gr´aficade la funci´on es la curva −→r : I → IR2 determinada por −→r (x) = (x, f(x)) Como −→r (x) = (x, f (x)), resulta que |−→r (x)| = 1 + (f (x))2 > 0 ∀x ∈ I y por tanto la curva es regular T (x) = (1, f (x)) 1 + (f (x))2 y −→ N (x) = (−f (x) , 1) 1 + (f (x))2 k(x) = |f” (x)| ( 1 + (f (x))2)3 y R(x) = ( 1 + (f (x))2)3 |f” (x)| −→c (x) = (x, f(x)) + (1 + (f (x)2 ) |f” (x)| (−f (x) , 1) 21. A partir de las ecuaciones param´etricas, se tiene que: x (t) = 4 cos(t) y (t) = 4sen (t) =⇒ x2 + y2 = 16 z (t) = 4 cos(t) z = x T (t) = (−4sen (t) , 4 cos (t) , −4sen (t)) 16 + 16sen2 (t) , B (t) = (−16, 0, 16) 16 √ 2 N (t) = B (t) × T (t) = (cos (t) , 2sen (t) , cos (t)) √ 2 1 + sen2 (t) k(t) = 16 √ 2 43 1 + sen2 (t) 3 , τ(t) = 0 La curvatura es m´axima si t = 0, π =⇒ P0 = (4, 0, 4) La curvatura es m´ınima si t = π 2 , 3π 2 =⇒ P1 = (0, 4, 0) 2.18. Auto Evaluaciones Autoevaluaci´on No 1 El estudiante: 1) Calcular´a ecuaci´on cartesiana de la trayectoria, curvatura y torsi´on en un punto de la curva, dada la ecuaci´on vectorial de una curva regular, 175
- 191. dos veces diferenciable,con ecuaciones param´etricas en funci´on de un par´ametro cualquiera t, 2) Determinar´a la ecuaci´on de la recta tangente y del plano osculador a la curva descrita por la trayectoria −→ f : I ⊆ R −→ R3 en un punto de la curva. 3) Resolver´a problemas de din´amica de part´ıculas querequiera calcular longitud de una curva, curvatura m´axima , torsi´on de la curva, ecua- ciones de rectas ,y planos principales en un punto dado de la curva. Tiempo : 2 horas Tiempo : 2 horas Pregunta 1 Sea la h´elice −→r (t) = (a cos t, a sin t, bt) , b = 0, determine: a) los valores de a y b si su curvatura es κ (t) = 1 5 y su torsi´on τ (t) = 2 5 . b) La ecuaci´on del cil´ındro sobre el cu´al se encuentra la h´elice. Pregunta 2 Para la curva C dada por: −→r (t) = t3 3 , 2t, 2 t en P0 = 8 3 , 4, 1 Obtener las ecuaciones vectoriales y cartesianadas de: a) Recta tangente. b) Planos osculador. Pregunta 3 En el instante t= 0 , una casa es lanzada al espacio por causa de un tornado siguiendo la trayectoria −→r (t) = eat cos t, eat sin t, beat − b con a > 0, b > 0, t ≥ 0. a) Calcular la distancia que recorre la casa hasta el instante t = π. b) En el instante t1 con t1 ∈ [0, π] , en el cual la trayectoria tiene curvatura m´axima, un residente que dorm´ıa tranquilo es lanzado 176
- 192. hacia el exterior. i)¿qu´e trayectoria sigue el residente? ii) ¿en qu´e punto se encuentra la casa en t = π? iii) Obtener la ecuaci´on de plano osculador a la trayectoria de la casa en t = π. Pauta de Autocorrecci´on Pregunta 1 En primer lugar determinemos la curvatura la torsi´on en funci´on del tiempo −→r (t) = (−a sin t, a cos t, b) ∀t ∈ IR =⇒ −→r (t) = √ a2 + b2 −→r (t) = (−a cos t, −a sin t, 0) −→r (t) = (−a sin t, a cos t, 0) −→r (t) × −→r (t) = (ab sin t, −ab cos t, a2 ) =⇒ −→r (t) × −→r (t) = a √ a2 + b2 −→r (t) × −→r (t) · −→r (t) = −a2 b sin2 t, −a2 b cos2 t, 0 Entonces, se tiene κ (t) = −→r (t) × −→r (t) −→r (t) 3/2 = a a2 + b2 , y τ (t) = −→r (t) × −→r (t) · −→r (t) −→r (t) 3/2 = b a2 + b2 Luego, a partir de los valores dados de curvatura y torsi´on, obtenemos a a2 + b2 = 1 5 , b a2 + b2 = 2 5 =⇒ a = 1, b = 2 Por tanto la ecuaci´on de la h´elice es −→r (t) = (cos t, sin t, 2t) b) A partir de la ecuaciones param´etricas de la h´elice , se tiene x = cos t, y = sin t, z = 2t ≥ 0 =⇒ x2 + y2 = 1, z ≥ 0, corresponde a un 177
- 193. cilindro de radior = 1, cuyo eje axial coincide con el eje z. Pregunta 2 a) La ecuaci´on de la recta tangente al punto P0 se define por −→ f (λ) = −→r (t0) + λ−→r (t0) , con λ ∈ IR siendo −→r (t0) = t3 0 3 , 2t0, 2 t0 = 8 3 , 4, 1 =⇒ 2t0 = 4 ⇐⇒ t0 = 2 Calculemos ahora la direcci´on de la recta tangente −→r (t) = t2 , 2, − 2 t2 =⇒ −→r (t0) = 4, 2, − 1 2 Sustituyendo t´erminos en la ecuaci´on de la recta tangente, obtenemos (x, y, z) = 8 3 , 4, 1 + λ 4, 2, − 1 2 , λ ∈ IR Eliminando el par´ametro λ , tenemos la ecuaci´on cartesiana x − 8 3 4 = y − 4 2 = z − 1 −1 2 b) La ecuaci´on del plano osculador al punto P0 se define por −→ f (t) − −→r (t0) · −→ B (t0) = 0, siendo −→ B (t0) = −→r (t0) × −→r (t0) el vector normal al plano osculador en el punto P0. Como −→r (t) = t2 , 2, − 2 t2 =⇒ −→r (t) = 2t, 0, 4 t3 ⇐⇒ −→r (t0) = 4, 0, 1 2 . De manera que −→ B (t0) = −→r (t0) × −→r (t0) = i j k 4 2 −1 2 4 0 1 2 = (1, −4, −8) Por tanto la ecuaci´on de plano, queda 178
- 194. (x, y, z)− 8 3 , 4, 1 · (1, −4, −8) = 0 3x − 12y − 24z = −64 Pregunta 3 a) Derivando la ecuaci´on de la trayectoria se tiene −→r (t) = aeat cos t − eat sin t, aeat sin t + eat cos t, abeat = eat (a cos t − sin t, a sin t + cos t, ab) Calculando la norma de este vector obtenemos −→r (t) = eat √ a2 + 1 + a2b2 Entonces, la longitud de la curva es l(−→r ) = π 0 −→r (t) dt = √ a2 + 1 + a2b2 eaπ − 1 a b) La curvatura est´a dada por la expresi´on κ (t) = −→r (t) × −→r (t) −→r (t) 3/2 Derivando por segunda vez, −→r (t) = aeat (a cos t − sin t, a sin t + cos t, ab) +eat (−a sin t − cos t, a cos t − sin t, 0) =⇒ −→r (t)×−→r (t) = e2at (ab(sin t − a cos t), −ab(a sin t + cos t, a2 + 1) =⇒ −→r (t) × −→r (t) = e2at √ a2 + 1 √ a2 + 1 + a2b2 Luego, obtenemos κ (t) = √ a2 + 1 eat(a2 + 1 + a2b2) Por tanto, κ (t) es m´aximo para t1 = 0, cuando se tiene el valor m´ınimo del denominador 179
- 195. i) El residentesale despedido por la recta tangente a la trayectoria del tornado, en el instante t1 = 0, luego la ecuaci´on de la recta ser´a −→ R (0) = −→r (0) + λ−→r (0) = (1, 0, 0) + λ (a, 1, ab) ii) En el instante t = π la casa se encuentra en el punto −→r (π) = (−eaπ , 0, beaπ − b) iii) El plano osculador a la trayectoria de la casa en t1 = π es ( −→ R − −→r (π)) · −→ B (π) = 0 donde el vector binormal se determina por −→ B (π) = −→r (π) × −→r (π) = e2πa a2 b, ab, a2 + 1 Por tanto, la ecuaci´on que produce es (x − eaπ , y, z − (beaπ − b)) · e2πa a2 b, ab, a2 + 1 = 0 Autoevaluaci´on No 2 Tiempo : 2 horas Pregunta 1 Una part´ıcula se desplaza a partir del instante t = 0 siguiendo la trayec- toria: −→r (t) = (t, ln (sec t + tagt) , ln sec t) , 0 ≤ t < π 2 Determinar la velocidad y rapidez en el instante que ha recorido una distancia igual √ 2 2 . Pregunta 2 Dada la curva C definida por las superficies x2 +y2 +z2 = 11, x2 +y2 = 2, z > 0, determinar en el punto 0, √ 2, 3 ; a) la ecuaci´on del plano osculador b) los versores tangente, normal y binormal 180
- 196. Pregunta 3 Para lacurva C dada por −→r = −→r (s) ,donde s es el par´ametro longitud de arco, deducir las f´ormulas: a) −→r (s) · −→r (s) = −κ2 (s) b) −→r (s) · −→r (s) × −→r (t) = κ2 τ c) Usar las f´ormulas anteriores para calcular κ, τ de la curva C −→r (s) = 4 5 cos s, 1 − sin s, − 3 5 cos s d) Identificar la curva C Pauta de Autocorrecci´on Pregunta 1 Derivando la ecuaci´on de la trayectoria: −→r (t) = (t, ln (sec t + tagt) , ln sec t) , 0 ≤ t < π 2 obtenemos la velocidad −→r (t) = (1, sec t, tagt) , 0 ≤ t < π 2 En consecuencia la rapidez de la part´ıcula, queda −→r (t) = 1 + sec2 t + tag2 = √ 2 sec t Entonces, la distancia recorrida en funci´on del tiempo, es s (t) = √ 2 t 0 sec udu = √ 2 2 ln 1 + sin t 1 − sin t A continuaci´on determinemos el tiempo t0, que corresponde a la dis- tancia 181
- 197. √ 2 2 : √ 2 2 ln 1 + sint0 1 − sin t0 = √ 2 2 ln 1 + sin t0 1 − sin t0 = 1 t0 = arcsin e − 1 e + 1 ≈ 0, 48 Por lo tanto la velocidad en ese tiempo es −→v (t0) = −→r (t0) = (1, sec (0,48) , tag (0, 48)) = (1; 1, 127; 0, 521) y la rapidez −→r (t0) = 1 + (1, 127)2 + (0, 521)2 Pregunta 2 a) Determinemos la ecuaci´on de la curva C, sustituyendo la segunda ecuaci´on en la primera, obtenemos 2 + z2 = 11 =⇒ z2 = 9, z = ±3. Como z > 0, la curva dada es la circunsferencia x2 + y2 = 2, z = 3. La ecuaci´on param´etrica de la curva es −→r (t) = √ 2 cos t, √ 2 sin t, 3 , y el valor del par´ametro en el punto es −→r (t0) = √ 2 cos t0, √ 2 sin t0, 3 = 0, √ 2, 3 =⇒ √ 2 cos t0 = 0 =⇒ t0 = π 2 . Calculemos ahora la ecuaci´on del plano osculador, derivando, obten- emos −→r (t) = − √ 2 sin t, √ 2 cos t, 0 =⇒ −→r π 2 = − √ 2, 0, 0 −→r (t) = − √ 2 cos t, − √ 2 sin t, 0 =⇒ −→r π 2 = 0, − √ 2, 0 El vector normal al plano en el punto dado es −→r π 2 × −→r π 2 = i j k − √ 2 0 0 0 − √ 2 0 = (0, 0, 2) 182
- 198. La ecuaci´on delplano osculador viene dada por −→ f − −→r π 2 · −→ N π 2 = 0 ⇐⇒ (x.y.z) − 0, √ 2, 3 · (0, 0, 2) =⇒ z = 3 b) El versor tangente, en el punto es t = −→r π 2 −→r π 2 = 0, − √ 2, 0 √ 2 = (0, −1, 0) . El versor binormal viene dado por b = −→r π 2 × −→r π 2 −→r π 2 × −→r π 2 = (0, 0, 2) 2 = (0, 0, 1) . Finalmente el versor normal es n = b × t = (1, 0, 0) . Pregunta 3 a) A partir de −→r = −→r (s) tenemos que −→r (s) = T (s) derivando por segunda vez y aplicando la identidad de Frenet, queda −→r (s) = T (s) = κN (s) =⇒ −→r (s) = κ N (s) + κN (s) Utilizando nuevamente la identidades de Frenet , obtenemos −→r (s) = κ N (s) + κ τB − κT =⇒ −→r (s) = κ N (s) + κτB − κ2 T Calculando el producto interno y considerando la ortonormalidad de la base T, N, B , produce −→r (s) · −→r (s) = T (s) · κ N (s) + κτB − κ2 T = −κ2 −→r (s) · −→r (s) × −→r (s) = T (s) · κN (s) × κ N (s) + κτB − κ2 T = κ2 τ b) A partir de −→r (s) = 4 5 cos s, 1 − sin s, −3 5 cos s =⇒ 183
- 199. −→r (s) =−4 5 sin s, − cos s, 3 5 sin s =⇒ −→r (s) = −4 5 cos s, sin s, −3 5 cos s =⇒ −→r (s) = 4 5 sin s, cos s, 3 5 sin s Realizando el producto interno −→r (s) · −→r (s) = −1 = −κ2 =⇒ κ = 1 −→r (s) · −→r (s) × −→r (s) = 0 c) Desde κ = 1 podemos inferir que la curva es una circunferencia y por τ = 0 concluimos, que la curva es plana. d) Eliminando el par´ametro s en las ecuaciones param´etricas (x, y, z) = 4 5 cos s, 1 − sin s, − 3 5 cos s Produce x2 + (y − 1)2 + z2 = 1, 3x + 4z = 0 Autoevaluaci´on No 3 Pregunta 1 Dada la ecuaci´on param´etrica de la curva −→r (t) = t, 1 t + 1, 1 t − t , en el punto (1, 2, 0) , determine: a) la curvatura de la curva b) La torsi´on de la curva Pregunta 2 Sea r = r (θ) la ecuaci´on de una curva C en coordenadas polares, con a ≤ θ ≤ b ´angulo polar y P (θ) punto de C. Demuestre que a) La longitud de C desde P(a) hasta P(b) es L = b a r2 + (r )2dθ b) La curvatura de C en P (θ) es κ = 2(r )2 − rr + r2 [r2 + (r )2]3/2 . 184
- 200. c) Usando loanterior,calcular la longitud L y la curvatura κ de la espiral logar´ıtmica r (θ) = eλθ , donde λ es constante. Pregunta 3 Un punto se mueve sobre la par´abola y = x2 . Si en el instante t = α , P se encuentra en (0, 0) y s (α) = a ,s (α) = b ; donde la funci´on s = s (t) es la longitud de arco de la curva y a , b constantes. Determine la velocidad y la aceleraci´on de P en el instante t = α. Pauta de Autocorrecci´on Pregunta 1 El valor del par´ametro en el punto viene dado por −→r (t0) = t0, 1 t0 + 1, 1 t0 − t0 = (1, 2, 0) =⇒ t0 = 1 Derivando sucesivamente −→r (t) = 1, − 1 t2 , − 1 t2 − 1 =⇒ −→r (1) = (1, −1, −2) −→r (t) = 0, 2 t3 , 2 t3 =⇒ −→r (1) = (0, 2, 2) −→r (t) = 0, − 6 t4 , − 6 t4 =⇒ −→r (1) = (0, −6, −6) La curvatura se determina mediante la identidad κ (1) = −→r (1) × −→r (1) −→r (1) 3/2 = (2, −2, 2) √ 63 = √ 2 6 Mientras que la torsi´on est´a dada por la identidad τ (1) = −→r (1) × −→r (1) · −→r (1) −→r (1) × −→r (1) 2 = (2, −2, 2) · (0, −6, −6) √ 63 = 0 Obs´ervese que la torsi´on es cero en todos los puntos ya que la curva est´a contenida siempre en el mismo plano. Pregunta 2 185
- 201. a) En estecaso podemos parametrizar la ecuaci´on de la curva C de la forma −→r = −→r (θ) = (r (θ) cos θ, r (θ) sin θ) Derivando esta expresi´on respecto de θ obtenemos −→r = −→r (θ) = (r (θ) cos θ − r (θ) sin θ, r (θ) sin θ + r (θ) cos θ) De modo que −→r (θ) = −→r (θ) · −→r (θ) 1/2 = (r cos θ − r sin θ)2 + (r sin θ + r cos θ)2 =⇒ −→r (θ) = r2 + (r )2. Entonces la longitud del arco entre θ = a y θ = b para la curva −→r (θ) es L = b a −→r (θ) dθ = b a r2 + (r )2dθ. b) Deduciremos la curvatura usando la f´ormula κ (θ) = −→r (θ) × −→r (θ) −→r (θ) 3/2 Tenemos que −→r = r (θ) (cos θ, sin θ) + r (θ) (− sin θ, cos θ) Derivando por segunda vez obtenemos −→r = r (θ) (cos θ, sin θ) + 2r (θ) (− sin θ, cos θ) − r (θ) (cos θ, sin θ) Determinemos el producto vectorial considerando R2 un subespacio vectorial de R3 −→r × −→r = r (cos θ, sin θ, 0) + r(− sin θ, cos θ, 0) × r (cos θ, sin θ) + 2r (− sin θ, cos θ) − r(cos θ, sin θ) = 0, 0, 2(r )2 − rr + r2 ya que se satisfacen que (cos θ, sin θ, 0) × (cos θ, sin θ, 0) = (0, 0, 0) y (cos θ, sin θ, 0) × (− sin θ, cos θ, 0) = (0, 0, 1) De esta forma −→r × −→r = 2(r )2 − rr + r2 186
- 202. Por lo tanto κ(θ) = −→r (θ) × −→r (θ) −→r (θ) 3/2 = 2(r )2 − rr + r2 [r2 + (r )2]3/2 c) Sea r (θ) = eλθ =⇒ r (θ) = λeλθ =⇒ r (θ) = λ2 eλθ . Aplicando directamente las f´ormulas obtenidas en a) y b), obtenemos la longitud de la curva y su curvatura L = b a r2 + (r )2dθ = b a e2λθ + λ2e2λθdθ = 1 + λ2 λ eλb − eλa κ (θ) = 2(r )2 − rr + r2 [r2 + (r )2]3/2 = (1 + λ2 ) e2λθ (1 + λ2) √ 1 + λ2e3λθ = 1 √ 1 + λ2eλθ Pregunta 3 Dada la ecuaci´on cartesiana de la curva y = x2 Sea −→r (t) = (x (t) , y (t)) la funci´on vectorial que describe el movimiento del punto tal que y (t) = [x (t)]2 , entonces al derivar esta expresi´on tenemos y (t) = 2x (t) x (t) =⇒ y (t) = 2((x (t))2 + x (t) x (t)). Sabemos que en el instante t = 0, −→r (α) = (x (α) , y (α)) = (0, 0) =⇒ x (α) = 0, y (α) = 0 Al evaluar las derivadas de y produce: y (α) = 0, y (α) = 2 x (α) 2 Por otra parte , sabemos que: s (α) = −→r (α) = (x (α))2 + (y (α))2 = x (α) = a s (α) = −→r (t) (α) = x (t) x (t) + y (t) y (t) −→r (t) (α) = s (α) = x (α) x (α) a = b =⇒ x (α) = b 187
- 203. Por lo tanto,la velocidad y la aceleraci´on en el punto P son −→r (α) = x (α) , y (α) = (a, 0) −→r (α) = x (α) , y (α) = b, 2a2 188
- 204. Cap´ıtulo 3 Funciones devarias variables 3.1. Introducci´on El concepto de funci´on, ya establecido, en cursos precedentes puede ser extendido a situaciones del tipo −→ f : A ⊂ IRm → B ⊂ IRn , m, n ∈ IN en el sentido que son correspondencias que asignan a cada vector −→x ∈ A un ´unico vector −→y ∈ B anotado −→y = −→ f (−→x ) . Consideradas las componentes de −→x y de −→y la igualdad anterior, tambi´en, se anota de la forma (y1, y2, . . . , yn) = −→ f (x1, x2, . . . , xm); estas funciones se denominan funciones vectoriales de variable vectorial , o bien, n funciones dependientes de m variables independientes. Sus respectivos dominio de definici´on A y recorrido B se denominan campos vectoriales. En este curso se consider´an funciones del tipo −→ f : A ⊂ IRm → B ⊂ IR esto es con m > 1 y n = 1 , que por las caracter´ıstica de los espacios pasan a llamarse, funciones reales de variable vectorial ( de m variables independientes). En la unidad anterior fueron consideradas funciones vectoriales −→ f : A ⊂ IR → IRn 189
- 205. es decir, conm = 1 y n > 1. Estas funciones se denotan como y = −→ f (x1, x2, . . . , xm) alternativamente −→y = f (−→x ) con−→x = (x1, x2, . . . , xm) y se estudiar´an sus propiedades en cu´anto a variaciones, gr´aficas, aplicaciones, etc, a partir de los conceptos de l´ımite, continuidad, y derivada. En particular, para los casos usuales m = 2 y m = 3, se denotan z = f(x, y), (x, y) ∈ A ⊂ IR2 ; w = f(x, y, z)(x, y, z) ∈ A ⊂ IR3 , respectivamente. Ejemplos Caso 1) a) La correspondencia z = f(x, y) = xy , A = IR2 , B = IR , restringi- dos x e y a valores positivos f(x, y) = xy corresponde al ´area del rect´angulo de lados x e y (comparado con f (r) = πr2 , ´esta representa el ´area del c´ırculo de radio r y es funci´on del tipo f : A ⊂ IR → B ⊂ IR, o sea con m = 1 y n = 1. b) La correspondencia w = f(x, y, z) = xyz , tiene A = IR3 , B = IR , y con x, y, z positivos representa el volumen V del prisma recto de aristas x, y, z. Caso 2) a) La funci´on f : A ⊂ IR2 → B ⊂ IR dada por z = f(x, y) = x2 + y2, A = IR2 , B = IR, representa la distancia del punto P = (x, y) al origen O = (0, 0) de IR2 . b) La funci´on f : A ⊂ IR3 → B ⊂ IR dada por w = f(x, y, z) = x2 + y2 + z2, A = IR3 , B = IR, representa la distancia del punto P = (x, y, z) al origen O = (0, 0, 0) de IR3 . Caso 3) La funci´on z = f(x, y) = 1 x2 + y2 , en que f : A ⊂ IR2 → B ⊂ IR tiene dominio A = IR2 ,y recorrido B = IR, representa el potencial 190
- 206. electrost´atico en cadapunto P = (x, y) del plano debido a una carga unitaria colocada en el origen O = (0, 0) de IR2 . Nota: En estos ejemplos de funciones con m = 2, ´o m = 3 se puede considerar los conceptos de l´ıneas de nivel y superficies de nivel como S = {(x, y) ∈ A/ f (x, y) = c} para c constante dada; y S = {(x, y, z) ∈ A/ f (x, y, z) = c} para c constante dada. a) En el caso 2) se tiene que S = (x, y) ∈ IR2 / x2 + y2 = c con c ≥ 0 son circunsferencias de radio √ c (´o el origen si c = 0). b) En el caso 3) S = (x, y) ∈ IR2 − {(0, 0)} / 1 x2 + y2 = c, c > 0 las l´ıneas que verifican x2 + y2 = 1 c2 se llaman l´ıneas equipotenciales alrededor de la carga, describen circunsferencias centradas el (0, 0) de radio 1 c . Unido a lo anterior, en topograf´ıa las curvas determinadas por ecuaci´on f (x, y) = c se llaman tambi´en contornos de nivel de una superficie. Por ejemplo, la funci´on z = f(x, y) = 25 − x2 − y2 que tiene A = (x, y) ∈ IR2 / x2 + y2 ≤ 25 , B = [0, 5] representa una ”monta˜na.esf´erica de radio basal 5 y altura 5; con c = 3 se tiene 25 − x2 − y2 = 3, de lo cual se tiene el contorno de nivel x2 + y2 = 16. Caso 4) La presi´on P ejercida por un gas ideal encerrado en un cilindro pist´on es dada por la funci´on P (T, V ) = k T V donde k cte, T es la temperatura y V el volumen del cilindro. En este caso las l´ıneas de nivel reciben el nombre de l´ıneas isob´aricas P = c, ´o isotermas cuando T = c con T funci´on temperatura en cada punto (x, y, z) . Caso 5) 191
- 207. a) El ´areaS de la superficie del cuerpo humano es una funci´on del peso w y la altura h dada por S (w, h) = 0, 091w0,425 h0,725 (deducci´on emp´ırica), donde w est´a en libras y h en pulgadas y S en pie2 . b) Tambi´en S es dada por S (h, t) = 2ht donde h es la altura en cm y t es la longitud de la circunferencia m´axima del muslo en cm. Por ejemplo, una ni˜na de altura h = 156 cm y 50 cm de de circunsferencia m´axima del muslo tienen una superficie corporal de 15,600 cm2 . Caso 6) La funci´on f (x, y) = C xa y1−a con C y a constantes, donde x son las unidades de trabajo e y las unidades de capital representa un modelo de unidades de producci´on (Modelo de Cobb-Douglas), que se utiliza en econom´ıa y en la evaluaci´on de proyectos. Caso 7) a) La potencia el´ectrica para un voltage E y resistencia R es la funci´on de dos variables P(E, R) = E2 R . b) La resistencia total al conectar en paralelo dos resistencias R1, R2 es regido por la ecuaci´on 1 R = 1 R1 + 1 R2 , de donde se deduce R = R (R1, R2) . Caso 8) a) La aceleraci´on centr´ıpeta de una part´ıcula que se mueve en la cir- cunferencia de radio r siendo v la rapidez es dada por a (r, v) = v2 r . b) El desplazamiento vertical de una cuerda larga sujeta en el origen, que cae bajo la acci´on de su propio peso es dada por u (x, t) = − g 2a2 (2axt − x2 ) , si 0 ≤ x ≤ at − g 2a2 t2 , si x > at, a cte Caso 9) La concentraci´on molecular C (x, t) de un l´ıquido es dada por C (x, t) = t−1/2 e− x2 k t y esta funci´on verifica la ecuaci´on de difusi´on 192
- 208. k 4 ∂2 C ∂x2 = ∂C ∂t . Caso 10) Cuando unachimenea de h metros de altura emite humo que contiene contaminante ´oxido n´ıtrico la concentraci´on C (x, z) a x km de distancia y z metros de altura es dada por C (x, z) = a x2 e b(z−h)2 x2 + e− b(z−h)2 x2 Calcular e interpretar los valores de ∂C ∂x , ∂C ∂t ,en el punto P = (2, 5) para a = 200, b = 0, 02; h = 10 m. Caso 11) Un ejemplo de una funci´on que depende de 4 variables es la que es- tablece la ley de Poiseuille en la cual la intensidad del flujo de un fluido viscoso (como la sangre) trav´es de un conducto (como una arteria), es Q (R, L, p1, p2) = k R4 L (p1 − p2) con k cte, R radio de conducto, L su longitud y p1, p2 presiones en los extremos del conducto. 3.2. Funciones Escalares de Variable Vec- torial 3.2.1. Conceptos Topol´ogicos Nuestro espacio universo ser´a Rn pensado preferentemente con n = 2 o n = 3. Si −→x ∈ Rn entonces cada vector −→x = (x1, x2, . . . , xn) esta conformado por una n- upla ordenada de n´umeros reales. La m´etrica que se usar´a, es la m´etrica usual, es decir si −→x , −→y ∈ Rn tal que: −→x = (x1, x2, . . . , xn) −→y = (y1, y2, . . . , yn) 193
- 209. entonces −→x − −→y= n i=1 (xi − yi)2 1 2 A se le llama norma euclidea y permite calcular la distancia entre los puntos x e y. Si y = 0 entonces −→x = n i=1 x2 i 1 2 Vecindad Sea x0 ∈ Rn , una vecindad de x0 es: Vδ (x0) = {x ∈ Rn | x − x0 < δ} En R2 esta vecindad es un disco centrado en P0. En R3 es una esfera centrada en P0 y de radio δ Caso especial es el de la vecindad despuntada V ∗ δ (x0) = Vδ (x0) − {x0} Punto Interior Sea S ⊆ Rn , x ∈ S es un punto interior de S si existe δ > 0 tal que: Vδ(x) ⊂ S Conjunto Abierto Sea A ⊆ Rn , diremos que A es un conjunto abierto si y s´olo si todos sus puntos son interiores. 194
- 210. Ejemplo: ¿Cu´ales delos siguientes conjuntos son abiertos? A = {(x, y) ∈ R2 | x2 + y2 ≤ 1} No es conjunto abierto A = {(x, y) ∈ R2 | |x| < 1, |y| < 1} Es conjunto abierto A = {(x, y) ∈ R2 | 0 ≤ x < 1} No es conjunto abierto Conjunto Cerrado Sea B ⊆ Rn , diremos que B es un conjunto cerrado si su complemento Rn − B es abierto. Punto Frontera Sea A ⊆ Rn , x0 es un punto frontera de A si y solo si ∀δ > 0 : Vδ (x0) ∩ A = ∅ y Vδ (x0) ∩ (Rn − A) = ∅ Interior de un Conjunto Sea A ⊆ Rn ,el conjunto de todos los puntos interiores de A se llama el interior de A y se denota o A o sea: o A = {x | x es punto interior de A} Frontera de un Conjunto Sea A ⊆ Rn , la frontera de A es el conjunto de todos los puntos frontera de A y se denota Fr(A). Proposici´on 1 Si S es abierto, no contiene ninguno de sus puntos fronteras. Dem. Directamente de la definici´on de conjunto abierto. 195
- 211. Proposici´on 2 SiS es cerrado, contiene a todos sus puntos fronteras. Segmento Lineal Si P1, P2 ∈ Rn , el segmento lineal que une P1 con P2 es P = (1−t)P1 + P2, 0 ≤ t ≤ 1. P1 se llama punto inicial y P2 punto terminal. Linea Poligonal Una poligonal est´a formada por un n´umero finito de segmentos lineales unidos sucesivamente por sus extremos. Punto Aislado Sea A ⊆ Rn , x0 es punto aislado de A si y solo si x0 ∈ A y ∃δ > 0 : V ∗ δ (x0) ∩ A = ∅ Punto de Acumulaci´on Sea A ⊆ Rn , x ∈ Rn , x es punto de acumulaci´on de A si toda vecindad despuntada de x contiene puntos de A, es decir: x es punto de acumulaci´on de A ⇐⇒ V ∗ δ (x0) ∩ A = ∅ Regi´on Sea R ⊆ Rn ,diremos que el conjunto R es una regi´on si es un conjunto abierto y cualquier par de puntos de ella pueden unirse mediante una l´ınea poligonal, contenida en R. 196
- 212. Regi´on Cerrada Es unaregi´on unida con su frontera. Teorema 3.2.1. Sea C ⊆ Rn y C es conjunto cerrado, entonces C contiene en todos sus puntos de acumulaci´on. 3.2.2. Aspectos Geom´etrico de las Funciones Es- calares Sea f : D ⊆ Rn → R esta funci´on a cada x ∈ D, x = (x1, x2, . . . , xn) le asigna una imagen b ∈ R, b un escalar. b = f(x1, x2, . . . , xn) a este tipo de funciones se les llama usualmente campo escalar. Con el objeto de resaltar sus aspectos geom´etricos, especialmente para funciones de dominio en R2 o R3 analizaremos conceptos como, gr´afi- cas, curvas de nivel, superficies de nivel, trazos, etc. de estas funciones. Sea f : D ⊆ Rn → R si x ∈ D =⇒ x = (x1, x2, . . . , xn), D es el dominio de la funci´on f. f (D) = Im(f) = {z ∈ R | z = f(x1, x2, . . . , xn)} 3.2.3. Gr´afica de una Funci´on Sea f : D ⊆ Rn → R , definimos la gr´afica de f como el subconjunto de Rn+1 formado por todos los puntos (x1, x2, . . . , xn, f(x1, x2, . . . , xn)) para cada (x1, x2, . . . , xn) ∈ Rn . Simb´olicamente Gf = (x1, x2, . . . , xn, f(x1, x2, . . . , xn)) ∈ Rn+1 | (x1, x2, . . . , xn) ∈ D As´ı, si n = 2 y f es tal que z = f(x, y) entonces su gr´afica ser´a: Gf = (x, y, z) ∈ R3 | z = f(x, y) 197
- 213. 3.2.4. Curvas ySuperficies de Nivel Sea f : D ⊆ Rn → R y C un escalar. Entonces el conjunto de puntos de nivel de valor C ,se define como el conjunto de puntos (x1, x2, . . . , xn) ∈ D para los cuales f(x1, x2, . . . , xn) = C.Simb´olicamente, el conjunto de nivel S = {(x1, x2, . . . , xn) ∈ D | f(x1, x2, . . . , xn) = C} Si n = 2 el conjunto {(x, y) | f(x, y) = C} es una curva de nivel. Si n = 3 el conjunto {(x, y, z) | f(x, y, z) = C} es una superficie de nivel. Ejemplo: 1.- Trazar la curva de nivel de f(x, y) = x − y, C = 0, 1, 2 · ·· 2.- Trazar la curva de nivel de f(x, y) = 10 − x2 − 4y2 , C = 0, 1, 2 · ·· Es familia de elipses centradas para C < 10, cuyo eje mayor se encuentra sobre el eje x Observaci´on: Las curvas y las superficies de nivel permiten dar una imagen de la gr´afica de la funci´on. 198
- 214. 3.2.5. L´ımite Sea f: D ⊆ Rn → R una funci´on escalar y x0 un punto de acumulaci´on del dominio D. Formularemos la definici´on de l´ımite de una funci´on escalar de la siguiente forma. Definici´on 3.2.1. La funci´on f tiene como l´ımite al n´umero L ∈ R cuando x → x0, si para cada > 0, existe δ ( , x0) > 0 tal que x ∈ D y 0 < x − x0 < δ entonces |f (x) − L| < Simb´olicamente: l´ım x→x0 f (x) = L ⇐⇒ ∀ > 0, ∃δ > 0 : x ∈ D y 0 < x − x0 < δ =⇒ |f (x) − L| < En el caso particular n = 2 esta definici´on es l´ım (x,y)→(x0,y0) f(x, y) = L ⇐⇒ ∀ > 0, ∃δ > 0 : (x, y) ∈ D y 0 < (x, y) − (x0, y0) < δ =⇒ |f(x, y) − L| < Ejemplo Sea f(x, y) = x2 + 2xy. Determinar si existe l´ım (x,y)→(3,−1) (x2 + 2xy) 199
- 215. An´alisis: Si (x, y)→ (3, −1) significa que x est´a cercano a 3 e y est´a cercano a −1 por lo tanto el valor de x2 + 2xy debe estar pr´oximo a 3 se espera entonces que si este l´ımite existe debe ocurrir que: l´ım (x,y)→(3,−1) x2 + 2xy = 3 Observe que: |x − 3| ≤ (x − 3)2 ≤ (x − 3)2 + (y + 1)2 = (x, y) − (3, −1) |y + 1| ≤ (y + 1)2 ≤ (x − 3)2 + (y + 1)2 = (x, y) − (3, −1) por lo cual: (x, y) − (3, −1) < δ =⇒ |x − 3| < δ y |y + 1| < x2 + 2xy − 3 < δ por otro lado , se tiene x2 + 2xy − 3 = (x − 3)2 + 2(x − 3)(y + 1) + 4(x − 3) + 6(y + 1) ≤ |x − 3|2 + 2 |x − 3| |y + 1| + 4 |x − 3| + 6 |y + 1| Sin p´erdida de generalidad se puede poner la condici´on δ < 1 entonces mayorando t´ermino a t´ermino, produce x2 + 2xy − 3 < |x − 3| + 2 |y + 1| + 4 |x − 3| + 6 |y + 1| < δ + 2δ + 4δ + 6δ = 13δ Definiendo δ = min 1, ε 13 , Todo lo anterior permite afirmar que: (x, y) − (3, −1) < δ ⇒ x2 + 2xy − 3 < 13 x2 + 2xy − 3 < 13δ = 13 ε 13 = ε 200
- 216. Lo cual pruebaque l´ım (x,y)→(3,−1) (x2 + 2xy) = 3 Consideremos otro ejemplo en que usamos tambi´en la definici´on pero otro procedimiento Ejercicio: Probar que l´ım (x,y)→(0,0) x2 y2 x2 + y2 = 0 Soluci´on: Sea > 0 y x2 ≤ x2 + y2 , y2 ≤ x2 + y2 =⇒ x2 y2 ≤ x2 + y2 2 =⇒ x2 y2 x2 + y2 ≤ x2 + y2 , (x, y) = (0, 0) Sea δ = √ ε, (x, y) − (0, 0) = (x, y) = x2 + y2 x2 + y2 < δ =⇒ x2 + y2 < √ ε =⇒ x2 + y2 < ε ∴ x2 y2 x2 + y2 = x2 y2 x2 + y2 < ε Lo que prueba que l´ım (x,y)→(0,0) x2 y2 x2 + y2 = 0 201
- 217. Los Teoremas deL´ımites Sean f : D1 ⊆ Rn → R , g : D2 ⊆ Rn → R tales que si a = (a1, a2, . . . , an) es punto de acumulaci´on de D1 y D2 y l´ım x→a f(x) = L, l´ım x→a g(x) = M, aqu´ı x = (x1, x2, . . . , xn). Entonces: a.) l´ım x→a (f + g) (x) = L + M b.) l´ım x→a (f − g) (x) = L − M c.) l´ım x→a (f · g) (x) = L · M d.) l´ım x→a f g (x) = L M , M = 0 La demostraci´on de estas propiedades es id´entica a la correspondiente de las funciones de R en R. Teorema 3.2.2. Sea f : D ⊆ Rn → R tal que l´ım x→a f(x) = L, y g : I ⊆ R → R es una funci´on continua en I. Entonces g ◦ f : D ⊆ Rn → R y l´ım x→a (g ◦ f) (x) = g l´ım x→a f(x) = g(L) Ejemplo: Evaluar l´ım (x,y)→(3,2) ex+y2 Soluci´on: Sea g(z) = ez continua en todo R, l´ım (x,y)→(3,2) x + y2 = 7, entonces l´ım (x,y)→(3,2) ex+y2 = e7 Trayectorias: Sea (x, y) un punto de R2 . Una trayectoria por (x, y) es cualquier recta o curva que contenga a (x, y) 202
- 218. Regla de lasdos trayectorias Una condici´on necesaria (no sufi- ciente) para que l´ım (x,y)→(x0,y0) f(x, y) exista y sea L, es que si los l´ımites l´ım x→x0 f(x, ϕ (x)) y l´ım x→x0 f(x, ψ (x)) existen , para cualquier trayectoria y = ϕ(x) , y = ψ (x) que pase por (x0, y0),deben valer L Ejemplo: Sea f(x, y) = x2y x4+y2 ¿Existir´a l´ım (x,y)→(0,0) f(x, y)?. Soluci´on: Dominio de f es R2 − {(0, 0)} y claramente (0, 0) es punto de acumu- laci´on del dominio de f. Sea T1 = {(x, y) | y = ax} familia de rectas que pasan por el origen si el l´ımite existe deber´ıa ocurrir que: l´ım (x,y)→(0,0) x2 y x4 + y2 = l´ım x→0 x2 (αx) x4 + α2x2 = l´ım x→0 (αx) x2 + α2 = 0 Esto se˜nala que si el l´ımite existe este debe ser cero, seguimos averiguan- do: Sea T2 = {(x, y) | y = x2 } par´abola por el origen. l´ım (x,y)→(0,0) x2 y x4 + y2 = l´ım x→0 x4 x4 + x4 = 1 2 No puede ser, el l´ımite si existe no puede tener dos valores diferentes. Luego, no existe l´ım (x,y)→(0,0) x2 y x4 + y2 L´ımites Iterados Se llaman l´ımites iterados a los siguientes. l´ım x→x0 l´ım y→y0 f(x, y) ; l´ım y→y0 l´ım x→x0 f(x, y) 203
- 219. Ejemplo: Sea f(x,y) = x2−y2 x2+y2 , (x, y) = (0, 0) .Determine los l´ımites iterados de f. Soluci´on: Tenemos que (0, 0) es punto de acumulaci´on del dominio de f. Evaluemos, los l´ımites iterados l´ım x→0 l´ım y→0 x2 − y2 x2 + y2 = l´ım x→0 x2 x2 = 1 l´ım y→0 l´ım x→0 x2 − y2 x2 + y2 = l´ım y→0 −y2 y2 = −1 Los conceptos de l´ımites y l´ımites iterados se relacionan seg´un los sigu- ientes teoremas. Teorema 3.2.3. Si l´ım (x,y)→(x0,y0) f(x, y) existe, y si para cada x en una vecindad reducida de x0, l´ım y→y0 f(x, y) existe. Entonces l´ım x→x0 l´ım y→y0 f(x, y) = l´ım (x,y)→(x0,y0) f(x, y) Este teorema nos lleva a formular otro equivalente. Teorema 3.2.4. Si l´ım (x,y)→(x0,y0) f(x, y) existe, y si para cada y en una vecindad reducida de y0, l´ım x→x0 f(x, y) existe. Entonces l´ım y→y0 l´ım x→x0 f(x, y) = l´ım (x,y)→(x0,y0) f(x, y) Ahora, se puede combinar ambos teoremas, lo que produce: Teorema 3.2.5. Si l´ım (x,y)→(x0,y0) f(x, y) existe, y si para cada x en una vecindad reducida de x0, l´ım y→y0 f(x, y) existe, y si para cada y de una vecindad reducida de y0, l´ım x→x0 f(x, y) existe. Entonces l´ım y→y0 l´ım x→x0 f(x, y) = l´ım x→x0 l´ım y→y0 f(x, y) = l´ım (x,y)→(x0,y0) f(x, y) En el ejemplo anterior podemos concluir que no existe l´ım (x,y)→(0,0) x2−y2 x2+y2 ,pues de existir su l´ımites iterados deben ser iguales. 204
- 220. 3.2.6. Continuidad Una funci´onf es continua en a ( a es punto de acumulaci´on de D ⊆ Rn ) si para cada ε > 0 existe δ > 0 tal que ∀x ∈ D : x − a < δ =⇒ |f(x) − f(a)| < ε donde x = (x1, x2, ..., xn), a = (a1, a2, ..., an). O lo que es lo mismo: Se tiene que f es continua en un punto a si: i) f(a) existe, ii)l´ım x→a f(x) existe y ; iii)l´ım x→a f(x) = f(a). Es decir, para que una funci´on de varias variables sea continua en un punto debe estar definida all´ı, debe tener l´ımite en ´el y el valor de la funci´on en el punto debe ser igual al valor del l´ımite en ese punto. En R2 podemos enunciar esta propiedad de la siguiente forma. Una funci´on f en continua en un punto interior (x0, y0) de una regi´on R si f (x0, y0) est´a definida y l´ım (x,y)→(x0,y0) f(x, y) = f (x0, y0) f ser´a continua en la regi´on R si es continua en cada punto de R. Las funciones que no son continuas se dicen que son discontinuas. Teoremas de Continuidad Son similares a los teoremas para funciones de una variable. Esto sig- nifica que, si una funci´on es combinaci´on de otras funciones y estas funciones a su vez son continuas entonces la funci´on es continua excep- to en aquellos puntos en los que no est´a definida. Ejemplo. Sea la funci´on f(x, y) = x2 y2 x2 + y2 si (x, y) = (0, 0) 0 si (x, y) = (0, 0) ,estudie la continuidad de f en R2 . Soluci´on. 205
- 221. Claramente si (x,y) = (0, 0), f es un cuociente de funciones con- tinuas por lo que tambi´en es continua. Adem´as, la funci´on es continua en (0, 0) pues se demostr´o en 1.4.2, que l´ım (x,y)→(0,0) x2 y2 x2 + y2 = 0 = f(0, 0), Por lo tanto, esta funci´on es continua en todo R2 . Continuando con este mismo ejemplo, podemos usar coordenadas polares para mostrar de que ´este ´ultimo l´ımite vale cero. Decir que (x, y) → (0, 0) , en coordenadas polares es equivalente a que r → 0 (independientemente del valor de θ). Expresando la funci´on f(x, y) = x2 y2 x2 + y2 en coordenadas polares, x = r cos θ, y = r sin θ, obtenemos la funci´on g(r, θ) = r2 cos 2 θ sin 2 θ cos 2θ + sin 2θ = r2 cos 2 θ sin 2 θ cos 2θ + sin 2θ observese que ϕ (θ) = cos 2 θ sin 2 θ cos 2θ + sin 2θ = cos 2 θ sin 2 θ ≤ 1. est´a acotada, y adem´as ψ (r) = r2 Lo que implica que: l´ım r→0 g(r, θ) = l´ım r→0 ψ(r)ϕ(θ) = 0. Podemos concluir que si ϕ(θ) ≤ M est´a acotada, en una vecindad con centro en el origen, y ψ(r) → 0 cuando r −→ 0,entonces l´ım r→0 ψ(r)ϕ(∅) = 0. Continuidad en un conjunto abierto. Diremos una funci´on es continua en un conjunto abierto U ⊆ Rn ,si ella es continua en cada punto del conjunto U. 206
- 222. 3.2.7. Derivadas Parciales Seaf : D ⊆ R2 → R funci´on de dos variables que est´a definida en una vecindad del puntos (x0, y0). La derivada parcial de f respecto de x en (x0, y0) se define por: ∂f ∂x (x0, y0) = l´ım h→0 f(x0 + h, y0) − f(x0, y0) h Similarmente, la derivada parcial de f respecto de y en (x0, y0) se define por: ∂f ∂y (x0, y0) = l´ım h→0 f(x0, y0 + h) − f(x0, y0) h siempre que estos l´ımites existan. Las derivadas de orden superior son una reiteraci´on de la definici´on anterior, es decir, derivadas sucesivas, as´ı: ∂2 f ∂x2 = ∂ ∂x ∂f ∂x = l´ım h→0 fx(x0 + h, y0) − fx(x0, y0) h ∂2 f ∂y2 = ∂ ∂y ∂f ∂y = l´ım h→0 fy(x0, y0 + h) − fy(x0, y0) h ∂2 f ∂x∂y = ∂ ∂x ∂f ∂y = l´ım h→0 fy(x0 + h, y0) − fy(x0, y0) h Ejemplo: Ejemplo: Calcular las derivadas parciales de: f(x, y) = x4 sin y + cos xy Soluci´on: De acuerdo con la definici´on debemos calcular l´ım h→0 (x + h)4 sin y + cos(x + h)y − (x4 sin y + cos xy) h 207
- 223. Desarrollando el numeradorse tiene: x4 sin y + 4x3 h sin y + 6x2 h2 sin y + 4xh3 sin y + h4 sin y + cos(xy) cos(hy) − sin(xy) sin(hy) − x4 sin y − cos(xy) = 4x3 h sin y + 6x2 h2 sin y + 4xh3 sin y + h4 sin y + cos(xy)(cos(hy) − 1) − sin(xy) sin(hy) = Calculando l´ımite l´ım h→0 (x + h)4 sin y + cos(x + h)y − (x4 sin y + cos xy) h = 4x3 sin y + cos xyl´ım h→0 (cos(hy) − 1) h − sin(xy)l´ım h→0 sin(hy) h Como l´ım h→0 (cos(hy) − 1) h = 0 y l´ım h→0 sin(hy) h = y Tenemos que este l´ımite y por tanto la derivada es ∂f ∂x (x, y) = 4x3 sin y − y sin(xy) De igual forma se puede calcular por definici´on. ∂f ∂y (x, y) = x4 cos y − x cos xy Derivadas Parciales Cruzadas Teorema 3.2.6. (Teorema de Schwarz) Sea f : D ⊆ R2 → R una funci´on, D abierto. Si las derivadas ∂2 f ∂x∂y y ∂2 f ∂y∂x existen y son continuas en D, entonces: ∂2 f ∂x∂y = ∂2 f ∂y∂x 208
- 224. Demostraci´on queda propuesta. Comoejemplo ilustrativo considere la funci´on f(x, y) = x3y−xy3 x2+y2 si (x, y) = (0, 0) 0 si (x, y) = (0, 0) y verifique que: ∂2 f ∂x∂y (0, 0) = 1, ∂2 f ∂y∂x (0, 0) = −1 Observaci´on: Use la definici´on y encuentre estos resultados. 3.3. Diferenciabilidad en dos variables Sea f una funci´on definida en una vecindad de (x0, y0). Diremos que f es diferenciable en (x0, y0) si existen n´umeros A y B tales que: f(x0 + h, y0 + k) − f(x0, y0) = Ah + Bk + α (h, k) (h, k) y si el residuo tiene la propiedad l´ım (h,k) →0 α (h, k) = 0. Diremos que f es diferenciable en una regi´on, si es diferenciable en cada punto de la regi´on. Teorema 3.3.1. Si f es diferenciable en (x0, y0), entonces f es con- tinua en (x0, y0). Demostraci´on: Sea (x, y) ∈ Vδ ((x0, y0)) y f(x0+h, y0+k)−f(x0, y0) = A (x − x0)+B (y − y0)+α (h, k) (x, y) − (x0, y0) Adem´as sabemos que |x − x0| ≤ (x, y) − (x0, y0) , |y − y0| ≤ (x, y) − (x0, y0) entonces 209
- 225. f(x0 + h,y0 + k) − f(x0, y0) ≤ |Ah + Bk + α (h, k)| (x, y) − (x0, y0) Si (x, y) → (x0, y0) , tenemos que α (h, k) → 0 y (x, y) − (x0, y0) → 0 por lo tanto f(x0 + h, y0 + k) − f(x0, y0) → 0 ∴ l´ım (h,k)→(0,0) f(x0 + h, y0 + k) = f(x0, y0) La diferenciabilidad es tambi´en una condici´on m´as fuerte que la exis- tencia de las derivadas parciales. Teorema 3.3.2. Si f es diferenciable en (x0, y0), entonces las derivadas parciales de primer orden existen en (x0, y0) y fx(x0, y0) = A fy(x0, y0) = B Demostraci´on Sea f diferenciable en (x0, y0) =⇒ f(x0 + h, y0 + k) − f(x0, y0) = Ah + Bk + α (h, k) √ h2 + k2 dividiendo por h = 0 y haciendo k = 0 se tiene: f(x0 + h, y0) − f(x0, y0) h = A + α |h| h =⇒ f(x0 + h, y0) − f(x0, y0) h − A = |α (h)| |h| h = |α (h)| pero l´ım h→0 α (h) = 0 ∴ l´ım h→0 f(x0 + h, y0) − f(x0, y0) h = A De manera analoga 210
- 226. ∴ l´ım k→0 f(x0, y0+ k) − f(x0, y0) k = B Se puede tener tambi´en el siguiente criterio para la diferenciabilidad de una funci´on. Teorema 3.3.3. Sea f : D ⊆ R2 → R una funci´on. Si f tiene primeras derivadas parciales continuas en una regi´on D. Entonces f es diferen- ciable en cada punto de D. Nota: Todas las ideas dadas para funciones de dos variables se pueden extender a funciones definidas en un espacio n dimensional. Diferencial Total En dos dimensiones: Si f es diferenciable en (x0, y0) entonces la diferencial total es: df = ∂f ∂x dx + ∂f ∂y dy en (x0, y0) En tres dimensiones:. Si f es diferenciable en (x0, y0, z0) entonces la diferencial total es: df = ∂f ∂x dx + ∂f ∂y dy + ∂f ∂z dz en (x0, y0, z0) 3.3.1. Derivada Direccional Gradiente Sea f : D ⊆ Rn → R, P ∈ D abierto y f diferenciable en P. Entonces el vector gradiente de f en P se denota f (P) y se define por la f´ormula: f (P) = ∂f ∂x1 (P) , ∂f ∂x2 (P) , ..., ∂f ∂xn (P) 211
- 227. Ejemplo: Sea f(x,y, z) = 3x3 y2 z. Calcular f(1, 2, 3). Soluci´on: La funci´on tiene derivadas parciales continuas, entonces f(x, y, z) = 9x2 y2 z, 6x3 yz, 3x3 y2 Evaluando, el gradiente de la funci´on f en el punto (1, 2, 3) queda f(1, 2, 3) = (108, 36, 12) = 12 (9, 3, 1) Propiedades Si f y g son funciones diferenciables demuestre que: (fg) = f g + g f f g = g f − f g g2 si g no es cero Ejemplo Si f es diferenciable en una variable y g = f (x2 + y2 + z2 ) . Calcular g · g. Soluci´on. Si ponemos u = x2 + y2 + z2 al derivar parcialmente se tiene ∂g ∂x = 2xf (u) ; ∂g ∂y = 2yf (u) ; ∂g ∂z = 2zf (u). =⇒ g = 2f (u)(x, y, z) =⇒ g · g = 4 [f (u)] 2 [(x, y, z) · (x, y, z)] = 4 [f´(u)] 2 (x2 + y2 + z2 ) (Definici´on Derivada direccional) Sea f : D ⊆ Rn → R y P0 un punto interior de D. Sea u vector unitario u = 1. La derivada direccional de f en P0 en la direcci´on de u se define por: l´ım h→0 f(P0 + hu) − f(P0) h Si este l´ımite existe f tiene derivada direccional en P0 en la direcci´on de u y la denotamos ∂f ∂u (P0) . 212
- 228. Teorema 3.3.4. Sif es diferenciable en P, entonces ∂f ∂u (P) existe para todos los vectores u, unitarios y ∂f ∂u (P) = f (P) · u Demostraci´on: Considerando la demostraci´on en R3 .Sean P0 = (x, y, z) y u = (u1,u2, u3) Por definici´on de diferenciabilidad se tiene: f(P0 + hu) − f(P0) = f(x + hu1, y + hu2, z + hu3) − f(x, y, z) = ∂f ∂x h · u1 + ∂f ∂y h · u2 + ∂f ∂z h · u3 + α |h| = h ∂f ∂x u1 + ∂f ∂y u1 + ∂f ∂z u3 + α |h| Dividiendo por h y tomando l´ımite cuando h → 0 se tiene α → 0 y l´ım h→0 f(P0 + hu) − f(P0) h = ∂f ∂x u1 + ∂f ∂y u2 + ∂f ∂z u3 ∴ ∂f ∂u (P0) = f (P0) · u Nota: Para cada u vector unitario fijo, la derivada direccional ∂f ∂u de- fine una nueva funci´on, a la cual a su vez se le puede aplicar la definici´on de derivada direccional y tenemos as´ı las derivadas direccionales de or- den superior. ∂2 f ∂u2 = ∂ ∂u ∂f ∂u Ejemplo Sea f (x, y) = x3 y2 , calcular la derivada direccional de f en el punto P0(−1, 2) en la direcci´on del vector −→u = (4, −3). Soluci´on. Como f (x, y) = x3 y2 en una funci´on diferenciable ∀ (x, y) ∈ R2 ,entonces 213
- 229. ∂f ∂u (P) = f(P) · u En primer lugar calculemos el vector gradiente f (P0) = (3x2 y2 , 2x3 y) En segundo lugar calculemos el vector unitario u = −→u −→u = (4, −3) 5 Se deduce que ∂f ∂u (x, y) = 3x2 y2 , 2x3 y · (4, −3) 5 Por lo tanto, evaluando en P0(−1, 2) queda ∂f ∂u (−1, 2) = 3 (−1)2 22 , 2 (−1)3 2 · (4, −3) 5 = 96 5 + 12 5 = 108 5 Teorema 3.3.5. Supongamos que f tiene segundas derivadas parciales continuas en una vecindad de un punto P. Entonces: ∂2 f ∂u2 (P) = (u · )2 f Demostraci´on: ∂f ∂u = f1u1 + f2u2 + f3u3 ∂2 f ∂u2 = u1 ∂f1 ∂u + u2 ∂f2 ∂u + u3 ∂f3 ∂u ∂2 f ∂u2 = u1 (f11u1 + f12u2 + f13u3) + u2 (f21u1 + f22u2 + f23u3) +u3 (f31u1 + f32u2 + f33u3) Como las derivadas cruzadas son iguales se tiene ∂2 f ∂u2 = u2 1 f11 + 2u1u2 f12 + 2u1u3 f13 + u2 2 f22 + 2u2u3 f23 + u2 3 f33 = u1 ∂ ∂x + u2 ∂ ∂y + u3 ∂ ∂z 2 f = (u · )2 f 214
- 230. Consecuencias de ∂f ∂u (P) =f (P) · u 1.) Si f (P) = 0 =⇒ ∂f ∂−→u (P) = 0 ∀u 2.) La direcci´on de m´aximo crecimiento de la derivada direccional viene dada por ∂f ∂u (P) = f (P) en la direcci´on del vector gradiente. 3.) La direcci´on de mayor decrecimiento (o m´ınimo crecimiento) viene dada en la direcci´on − f (P) y el valor m´ınimo es ∂f ∂u (P) = − f (P) . Demostraci´on: Basta considerar ∂f ∂u (P) = f (P) · u = f (P) cos θ 3.3.2. Plano tangente y recta normal Sea z = f(x, y) la ecuaci´on de una superficie cualquiera. En lo que sigue conviene para mayor comprensi´on del razonamiento usar la expresi´on F(x, y, z) = 0 para denotar la superficie de nivel de la funci´on F(x, y, z) = f(x, y) − z = 0 ´o F(x, y, z) = z − f (x, y) = 0 Sea entonces la superficie F(x, y, z) = 0 y P0 = (x0, y0, z0) un punto de ella. Sea −→r (t) = (x(t), y(t), z(t)) la ecuaci´on param´etrica de una curva C en dicha superficie y que pasa por el punto (x0, y0, z0). Tomando la diferencial de F(x, y, z) = 0 tenemos ∂F ∂x dx + ∂F ∂y dy + ∂F ∂z dz = 0 En P0 = (x0, y0, z0) de la curva donde −→r (t0) = P0 se tiene 215
- 231. ∂F(P0) ∂x · x´(t0)dt + ∂F(P0) ∂y ·y´(t0)dt + ∂F(P0) ∂z · z´(t0)dt = 0 =⇒ ∂F(P0) ∂x · x´(t0) + ∂F(P0) ∂y · y´(t0) + ∂F(P0) ∂z · z´(t0) = 0 Es decir ∂F(P0) ∂x , ∂F(P0) ∂y , ∂F(P0) ∂z · (x´(t0), y´(t0), z´(t0)) = 0 ∴ F(P0) · −→r´(t0) = 0 Esto nos dice que F(P0) es perpendicular a −→r´(t0). Esto ocurre para toda curva C que pase por P0 y como −→r´(t0) es vector tangente a C se tiene que F(P0) es perpendicular a toda recta tangente a la superficie en P0. Por lo tanto, F(P0) es un vector normal a la superficie en P0. Plano Tangente La expresi´on de la forma: ∂F(P0) ∂x (x − x0) + ∂F(P0) ∂y (y − y0) + ∂F(P0) ∂z (z − z0) = 0 es la ecuaci´on del plano tangente a la superficie F(x, y, z) = 0 en el punto P0 = (x0, y0, z0). Si la superficie es z = f(x, y) =⇒ F(x, y, z) = z − f (x, y) = 0 la ecuaci´on del plano tangente se puede escribir, tambi´en como: z − z0 = fx(x0, y0)(x − x0) + fy(x0, y0)(y − y0) Recta Normal Sean P0 (x0, y0, z0) un punto dado y el vector director de esta recta F(P0) La ecuaci´on vectorial es: 216
- 232. (x, y, z)= (x0, y0, z0) + t( ∂F(P0) ∂x , ∂F(P0) ∂y , ∂F(P0) ∂z ), t ∈ R Ecuaci´on param´etrica: x = x0 + t ∂F(P0) ∂x y = y0 + t ∂F(P0) ∂y , t ∈ R x = z0 + t ∂F(P0) ∂z Eliminando el par´ametro t obtenemos la ecuaci´on cartesiana: x − x0 Fx(P0) = y − y0 Fy(P0) = z − z0 Fz(P0) Ejemplo: Sea z = ex (cos y + 1) en el punto (0, π 2 , 1) ,calcular las ecuaciones del plano tangente y la recta normal a la superficie. Soluci´on. La componentes del vector gradiente son fx(x, y) = ex (cos y + 1), fy(x, y) = −ex (seny) fx(0, π 2 ) = 1, fy(0, π 2 ) = − 1 Reemplanzando t´erminos en la ecuaci´on del plano tenemos: z − 1 = 1 · (x − 0) + (−1)(y − π 2 ) =⇒ z − 1 = x − y + π 2 Finalmente, la ecuaci´on del plano tangente queda 217
- 233. x − y− z + π 2 + 1 = 0 y (x, y, z) = (0, π 2 , 1) + t(1, −1, −1) la ecuaci´on de la recta normal en su forma vectorial. 3.3.3. Funci´on Compuesta. La Regla de la Cadena. En este m´odulo abordaremos en forma b´asica la siguiente problem´atica. Si u es una funci´on diferenciable de variables x, y, z, · · ·, y a su vez estas ´ultimas son funciones de otras variables nuevas t y/o s ¿podemos encontrar la primera derivada parcial de u con respecto a las nuevas variables t y/o s expresada en t´erminos de las derivadas parciales de las funciones dadas?. As´ı, por ejemplo, si un fen´omeno f´ısico est´a ocur- riendo digamos en una regi´on cil´ındrica, resultar´ıa mejor expresar las cantidades que interesen en t´erminos de coordenadas cilindricas y no en cartesianas. Caso particular: Sea f : D ⊆ R2 −→ R tal que u = f(x, y), tiene dos variables independientes. Supongamos que cada una de estas variables es diferen- ciable de una simple variable independiente t. Si x = x(t) y y = y(t), la derivada de la funci´on compuesta (regla de la cadena) con respecto a t es du dt = ∂u ∂x · dx dt + ∂u ∂y · dy dt du dt = u · −→r (t) 218
- 234. Caso particular dedos variable independientes simples. Sea f : D ⊆ R2 −→ R tal que u = f(x, y), tiene dos variables independientes. Estas variables a su vez son funciones diferenciables de dos variables simples independientes t y s. La expresi´on de las derivadas de la funci´on compuesta (o regla de la cadena) es: ∂u ∂t = ∂u ∂x · dx dt + ∂u ∂y · dy dt ∂u ∂s = ∂u ∂x · dx ds + ∂u ∂y · dy ds Las expresiones anteriores las podemos expresar matricialmente como: ∂u ∂t , ∂u ∂s = ∂u ∂x , ∂u ∂y dx dt dy dt dx ds dy ds Ejemplo 1: Hallar dz dt , si z = x y , donde x = et y y = ln t. Soluci´on. Aplicando la derivaci´on compuesta, tenemos dz dt = ∂u ∂x · dx dt + ∂u ∂y · dy dt =⇒ dz dt = 1 y et + − x y2 1 t dz dt = et ln t − et (ln t)2 1 t = et 1 ln t − 1 t(ln t)2 Ejemplo 2: Hallar ∂u ∂t y ∂u ∂s si u = f(x, y), donde x = t2 −s2 , y = ets Soluci´on. 219
- 235. En este caso ∂u ∂t =fx(x, y) dx dt +fy(x, y) dy dt =⇒ ∂u ∂t = fx(x, y)(2t)+fy(x, y)(s ets ) Similarmente ∂u ∂s = fx(x, y) dx ds +fy(x, y) dy ds =⇒ ∂u ∂s = fx(x, y)(−2s)+fy(x, y)(t ets ) De forma m´as general si f : D ⊆ Rn −→ R tal que z = f(y1,y2,y3, · ··, yn,), es funci´on de n variables independientes. Supongamos tambi´en que cada una de estas variables independientes es funci´on diferenciable de otras m variables simples independientes x1, x2, x3, · · ·, xm. La expresi´on de la derivada de la funci´on compuesta (regla de la cadena) es similar, pudiendose escribir cada una de estas derivadas por ∂z ∂xj = n i=1 ∂z ∂yi · ∂yi ∂xj , j = 1, 2, ..., m Esta ecuaci´on se puede escribir utilizando matrices, como ∂z ∂x1 , . . . , ∂z ∂xm = ∂z ∂y1 , . . . , ∂z ∂yn ∂y1 ∂x1 . . . ∂y1 ∂xm ... ... ∂yn ∂x1 · · · ∂yn ∂xm La matriz n×m ∂yi ∂xj i=1...n, j=1...m se denomina matriz jacobiana de la transformaci´on yi = yi(x1,x2,x3, · ··, xm). 220
- 236. Ejemplo 3: Seaf(x, y, z) = x + x2 y + zey , en donde x, y, y z , est´an relacionadas con u y v a trav´es de la transformaci´on x = uv, y = u2 − v2 , z = u sin v Calcule ∂f ∂u , ∂f ∂v , y ∂2 f ∂v∂u , en el punto (u, v) = (2, 2). Soluci´on. La matriz jacobiana para esta transformaci´on es xu xv yu yv zu zv = v u 2u −2v senv u cos v xu xv yu yv zu zv (2, 2) = 2 2 4 −4 sin 2 2 cos 2 Para (u, v) = (2, 2), los valores de x, y y z son 4, 0 , y 2sen2 respectivamente.Entonces la matriz regl´on (fx fy fz) es (fx fy fz) = 1 + 2xy x2 + zey ey evaluando en el punto (4, 0, 2sen2) queda 1 + 2xy x2 + zey ey (4, 0, 2sen2) = (1 16 + 2sen2 1) De donde (fu fv) = (fx fy fz) xu xv yu yv zu zv = (fxxu + fyyu + fzzu fxxv + fyyv + fzzv) Evaluando (fu fv) (2, 2) = (66 + 9 sin 2 − 62 − 8 sin 2 + 2 cos 2) Por lo tanto ∂f ∂u (2, 2) = 66 + 9 sin 2 y ∂f ∂v (2, 2) = −62 − 8 sin 2 + 2 cos 2 221
- 237. Ahora bien, como fu= fxxu + fyyu + fzzu = (1 + 2xy )v + (x2 + zey )2u + ey sin v Se tiene ∂2 f ∂v∂u = fuv = 2(xyv + yxv)v + 1 + 2xy + 2(2xxv + zey yv + ey zv)u + yvey senv + ey cos v Evaluando en el punto (2, 2) se tiene ∂2 f ∂v∂u (2, 2) = 1 − 36sen2 + 9 cos 2 3.3.4. Funci´on Impl´ıcita Cuando definimos funciones en forma impl´ıcita decimos, por ejemplo, sea y = ϕ(x) una funci´on diferenciable definida impl´ıcitamente por medio de la ecuaci´on F(x, y) = 0, o bien, sea z = f(x, y), definida impl´ıcitamente por la ecuaci´on F(x, y, z) = 0. El primer caso lo podemos ejemplificar con una funci´on y = ϕ(x) defini- da por la ecuaci´on de la hip´erbola x2 − 4xy − 3y2 = 9. Muchas veces las ecuaciones que relacionan a las variables pueden ser tan complejas y no lineales, que no es posible esperar encontrar rela- ciones sencillas, si las hay, expl´ıcitas que expresen a una variable en t´erminos de las otras. En t´erminos generales, lo que se pide es que esta relaci´on entre las variables exista localmente, es decir en alguna vecindad de un punto donde las ecuaciones se satisfacen. La mayor´ıa de las veces no se esperan resultados globales, es decir, no todos los puntos que satisfacen las relaciones impl´ıcitas satisfacen tambi´en las expl´ıcitas. Con el objeto de ilustrar estas ideas analicemos el siguiente ejemplo. Ejemplo: Pruebe que la ecuaci´on z5 +z +xy = 0 define una funci´on z = f(x, y) para todos los valores x e y. Soluci´on. 222
- 238. Se debe establecerque para cada x e y se puede resolver en forma ´unica para z la ecuaci´on de quinto grado. Ya que esto no es obvio, razonamos utilizando la gr´afica de u = z5 + z + a gr´afica pendiente Como u´(z) = 5z4 +1, ∀a =⇒ u es estrictamente creciente, entonces para cada a existen z1 y z2 tal que u(z1) < 0 < u(z2) por lo cual existe un ´unico z tal que u(z) = 0 para cada a . Si se identifica a con la cantidad xy se ha establecido el hecho planteado. Luego, ”z = f(x, y) se define impl´ıcitamente por la ecuaci´on z5 + z + xy = 0” Derivaci´on impl´ıcita Sea F : U ⊆ R2 → R definida en un conjunto abierto U. Sea P0 = (x0, y0) ∈ U un punto tal que: i) F(x0, y0) = 0 ii) ∂F ∂x , ∂F ∂y son continuas en alguna vecindad Vδ (P0) y iii) ∂F ∂z (x0, y0) = 0. Entonces existe una vecindad (x0 −δ, x0 +δ) de x0 , (y0 −a, y0 +a) vecindad de y0, y una funci´on ´unica f (impl´ıcita) de clase C1 tal que: a) f(x0) = y0 y f(x) ∈ (y0 − a, y0 + a) ∀x ∈ (x0 − δ, x0 + δ) b) F(x, f(x)) = 0 ∀x ∈ (x0 − δ, x0 + δ) c) ∀x, ∈ Vδ(x0) tiene derivadas que pueden calcularse como: 223
- 239. dy dx = − Fx(x, y) Fy(x,y) En el caso de funciones de dos variables definida impl´ıcitamente, el siguiente teorema afirma la existencia de funciones impl´ıcitas bajo cier- tas circunstancias y da f´ormulas para obtener las derivadas parciales de estas funciones. Teorema 3.3.6. (Teorema de la funci´o impl´ıcita) Sea F : U ⊆ R3 → R definida en un conjunto abierto U. Sea P0 = (x0, y0, z0) ∈ U un punto tal que: i) F(x0, y0, z0) = 0 ii) ∂F ∂x , ∂F ∂y , ∂F ∂z son continuas en alguna vecindad Vδ (P0) y iii) ∂F ∂z (x0, y0, z0) = 0. Entonces existe una vecindad V = Vδ(x0, y0), y una vecindad (z0 − a, z0 + a) de z0 y una funci´on ´unica f (impl´ıcita) de clase C1 sobre V tal que: a) f(x0, y0) = z0 y f(x, y) ∈ (z0 − a, z0 + a) ∀(x, y) ∈ V. b) F(x, y, f(x, y)) = 0, ∀(x, y) ∈ V. c) ∀(x, y) ∈ V = Vδ(x0, y0) tiene derivadas que pueden calcularse como: ∂f(x, y) ∂x = − ∂F ∂x (x, y, f(x, y)) ∂F ∂z (x, y, f(x, y)) ∂f(x, y) ∂y = − ∂F ∂y (x, y, f(x, y)) ∂F ∂z (x, y, f(x, y)) Este teorema se puede generalizar a m´as variables, de tal modo que si se dan las condiciones exigidas por el teorema y u = f(x, y, z, · · ·) 224
- 240. est´a definida impl´ıcitamentepor F(x, y, z , · · ·, u) = 0 y Fu(x, y, z , · · ·, u) = 0, entonces: ∂f ∂x = − ∂F ∂x ∂F ∂z , ∂f ∂y = − ∂F ∂y ∂F ∂z ,etc. Ejemplo. Calcular ∂z ∂x y ∂z ∂y si z se define impl´ıcitamente en la ecuaci´on x2 y − 8xyz = yz + z3 Soluci´on. Tenemos que: F(x, y, z) = −x2 y + 8xyz + yz + z3 Derivando parcialmente con respecto a x , y ,z. Fx(x, y, z) = 8yz − 2xy, Fy(x, y, z) = 8xz + z − x2 , Fz(x, y, z) = 8xy + y + 3z2 Claramente estas derivadas son continuas en R3 , son funciones polin´omicas, Por consiguiente, F pertenece a C1 . Para todo (x, y, z) en que Fz(x, y, z) = 0 se tiene. ∂z ∂x = − 8yz − 2xy 8xy + y + 3z2 ∂z ∂y = − 8xz + z − x2 8xy + y + 3z2 225
- 241. 3.3.5. Jacobiano Si f1,f2, f3, . . . , fn son funciones diferenciables de Rn en R y si (x1, x2, x3, . . . , xn) ∈ D su dominio tal que f1 = f1(x1, x2, x3 . . . , xn) f2 = f2(x1, x2, x3 . . . , xn) ... fn = fn(x1, x2, x3 . . . , xn) El Jacobiano de las funciones f1, f2, f3, . . . , fn , respecto de las variables x1, x2, x3 . . . , xn se define por el determinante de las primeras derivadas parciales y se denota ∂(f1, f2, f3, . . . , fn) ∂(x1, x2, x3 . . . , xn) , ∂(f1, f2, f3, . . . , fn) ∂(x1, x2, x3 . . . , xn) = ∂f1 ∂x1 ∂f1 ∂x2 . . . ∂f1 ∂xn ∂f2 ∂x1 ∂f2 ∂x2 . . . ∂f2 ∂xn ... ∂fn ∂x1 ∂fn ∂x2 . . . ∂fn ∂xn Dos funciones definidas impl´ıcitamente Teorema 3.3.7. Sean F , G: U ⊆ R4 → R definidas en un conjunto abierto F(x, y, u, v) y G(x, y, u, v). Sea P0 = (x0, y0, u0, v0) ∈ U un punto tal que: i) F(x0, y0, u0, v0) = 0 y G(x0, y0, u0, v0) = 0 ii) F y G tienen derivadas parciales continuas en alguna vecindad Vδ (P0) y iii) ∂ (F, G) ∂ (u, v) (x0, y0, u0, v0) = 0. Entonces las ecuaciones F(x, y, u, v) = 0 , G(x, y, u, v) = 0 definen funciones impl´ıcitas u = u(x, y), v = v(x, y) en alguna vecindad Vδ (x0, y0), las cuales tienen primeras derivadas parciales continuas con respecto a cada una de las variables, tal que : a) u0 = u(x0, y0), v0 = v(x0, y0). b) F(x, y, u (x, y) , v (x, y)) = 0 , G(x, y, u (x, y) , v (x, y)) = 0, Vδ(x0, y0) 226
- 242. c) Las derivadasparciales de u y v en Vδ (P0) est´an dadas por ∂u ∂x = − ∂(F, G) ∂(x, v) ∂(F, G) ∂(u, v) , ∂u ∂y = − ∂(F, G) ∂(y, v) ∂(F, G) ∂(u, v) ∂v ∂x = − ∂(F, G) ∂(u, x) ∂(F, G) ∂(u, v) , ∂v ∂y = − ∂(F, G) ∂(u, y) ∂(F, G) ∂(u, v) Ejemplo Calcule las derivadas parciales ∂u ∂x y ∂v ∂x donde u y v est´an definidas por las ecuaciones impl´ıcitas x2 + 2uv = 1, x3 − u3 + v3 = 1 Soluci´on. En este caso F(x, u, v) = x2 + 2uv − 1 = 0 y G(x, u, v) = x3 − u3 + v3 − 1 = 0 ∂(F, G) ∂(u, v) = 2v 2u −3u2 3v2 = 6(u3 + v3 ) ∂(F, G) ∂(u, v) = 0 para todo (x, u, v) donde u = 0 y v = 0. ∂(F, G) ∂(x, v) = 2x 2u 3x2 3v2 = 6x(v2 − xu) ∂(F, G) ∂(u, x) = 2v 2x −3u2 3x2 = 6x(xv + u2 ) Entonces, derivando u y v con respecto a x, obtenemos ∂u ∂x = − 6x(v2 − xu) 6(u3 + v3) = x(xu − v2 ) u3 + v3 y 227
- 243. ∂v ∂x = − 6x(xv +u2 ) 6(u3 + v3) = − x(xv + u2 ) u3 + v3 3.3.6. M´aximos y M´ınimos M´aximos y M´ınimos (extremos locales o relativos) para funciones de dos o m´as variables. Sea f : U ⊆ R2 → R, U conjunto abierto. i) f tiene un m´aximo local en x0 ∈ U si f(x0) ≥ f(x) ∀x ∈ Bδ(x0, y0) ii) f tiene un m´ınimo local en x0 ∈ U si f(x0) ≤ f(x) ∀x ∈ Bδ(x0, y0) Ejemplo 1: La funci´on f(x, y) = 4 − x2 − y2 tiene un m´aximo local en (0, 0), pues ∆f = f(0,0) − f(x, y) = x2 + y2 ≥ 0 ya que x2 ≥ 0, y2 ≥ 0 ∀(x, y) ∈ Bδ(0, 0). Ejemplo 2: La funci´on z = f(x, y) = x2 + y2 Tiene un m´ınimo local en (0, 0) : f(0, 0) ≤ x2 + y2 = f(x, y) f(0, 0) = 0 es m´ınimo absoluto. Ejemplo 3: La funci´on z = f(x, y) = 1 − 3 x2 + y2 f(0, 0) = 1 es m´ınimo local y absoluto. Observaci´on: Si las desigualdades son v´alidas en todo U se tendr´a ex- tremo absolutos. Punto Cr´ıtico: (Condici´on necesaria) Definici´on. Un punto del dominio de f es un punto cr´ıtico si todas las derivadas parciales de f son cero en el punto o f no es diferenciable en el punto. Caso particular: Si f : R2 → R, (x0, y0) es punto cr´ıtico de f si y solo si : i) ∂f(x0, y0) ∂x = 0, ∂f(x0, y0) ∂y = 0 228
- 244. ´o ii) ∂f(x0, y0) ∂x , y/o ∂f(x0,y0) ∂y Ejemplo : Sea z = f(x, y) = x2 − y2 =⇒ ∂f ∂x = 2x ∂f ∂y = −2y =⇒ (0, 0) punto cr´ıtico. Punto silla: Definici´on : Sea punto (x0, y0) ∈ Dom(f) . Si cualquier Bδ(x0, y0) con- tiene puntos (x, y) ∈ Bδ(x0, y0) tales que f(x, y)− f(x0, y0) > 0 y puntos (x, y) ∈ Bδ(x0, y0) tales que f(x, y)− f(x0, y0) < 0 se llama punto ensilladura. Nota. Un punto cr´ıtico en que f no es m´aximo ni m´ınimo se llama punto silla. Ejemplo: En la funci´on f(x, y) = x2 −y2 , (0, 0) es punto ensilladura, pues ∆f = f(0, 0) − f(x, y) = −x2 + y2 no se puede decir nada a´un del signo, pero para ∆f = f(0,0) − f(x, 0) = −x2 ≤ 0 y ∆f = f(0, 0) − f(0, y) = y2 ≥ 0, permite concluir que (0, 0) es punto ensilladura. Observaci´on: Las definiciones anteriores son extensibles a funciones de m´as variables. Teorema 3.3.8. Sea f una funci´on continua de dos variables definida en una regi´on cerrada y acotada R del plano XY. Entonces: a.) Al menos hay un punto (x0, y0) ∈ R en que f alcanza su valor m´ınimo. b.) Al menos hay un punto (x0, y0) ∈ R en que f alcanza su valor m´aximo. Observaci´on: Este Teorema es extensible a m´as variables. Definici´on: Sea f : U ⊆ Rn → R funci´on definida en un conjunto abierto U ∈ Rn y sea x ∈ U. Suponga que todas las derivadas parciales de segundo orden existen en x. A la matriz cuadrada de orden n. 229
- 245. A = (aij)i,j=1,...,ndonde aij = ∂2 f ∂xi∂xj (x) x = (x1, x2, ..., xn) se llama matriz Hessiana (o simplemente Hessiano) de la funci´on f en x y se denota H(x). Caso particular: Para f(x, y) H(x, y) = ∂2f ∂x2 ∂2f ∂y∂x ∂2f ∂x∂y ∂2f ∂y2 Caso particular: Para f(x, y, z) H(x, y, z) = ∂2f ∂x2 ∂2f ∂y∂x ∂2f ∂z∂x ∂2f ∂x∂y ∂2f ∂y2 ∂2f ∂z∂y ∂2f ∂x∂z ∂2f ∂y∂z ∂2f ∂z2 Definici´on. Sea la matriz An = a11 a12 . . . a1n a21 ... ... ... an1 ann Consideremos las submatrices Ak de An (k = 1, 2, . . . , n) definidas de las siguientes maneras: A1 = (a11) , A2 = a11 a12 a21 a22 , A3 = a11 a12 a13 a21 a22 a23 a31 a32 a33 , · · · , An = a11 a12 . . . a1n a21 ... ... ... an1 ann 230
- 246. Teorema 3.3.9. (Consideracionessuficientes para la existencia de ex- tremos locales) Sea f : U ⊆ Rn → R una funci´on definida en un conjunto abierto U de Rn y x un punto cr´ıtico de f (es decir f(x) = −→ 0 ) y supongamos que las derivadas parciales de segundo orden son continuas en una vecindad abierta de x. Entonces: a.) Si todas las submatrices Ak de la matriz Hessiana H(x) definidas de la forma anterior tienen determinante positivo, f tiene un m´ınimo local en x. b.) Si todas las submatrices Ak de la matriz Hessiana H(x), definidas de la forma anterior, tienen determinantes de signo alternado comenzando por A1 < 0, f tiene un m´aximo local en x. Ejemplo 1: Sea f : R2 → R definida por f(x, y) = x2 + 3y2 − 2x − 12y + 13. Determine los valores extremos de f. Soluci´on Aplicando la condici´on necesaria de punto cr´ıtico, obtenemos f(x, y) = (2x−2, 6y−12) = (0, 0) =⇒ (1, 2) es el ´unico punto cr´ıtico. Calculemos la matriz Hessiana H(x, y) = 2 0 0 6 Examinemos los determinantes de las submatrices A1 = (2) =⇒ det A1 = 2 > 0 A2 = 2 0 0 6 =⇒ det A2 = 12 > 0 ∴ f tiene m´ınimo local en (1, 2). Ejemplo 2: Sea f : R2 → R definida por f(x, y) = (x2 + 3y2 ) e1−(x2+y2 ). ¿Cu´ales son los puntos cr´ıticos de f? Soluci´on. De la condici´on de punto cr´ıtico tenemos: ∂f ∂x = 2xe1−(x2+y2 ) − 2x (x2 + 3y2 ) e1−(x2+y2 ) = 0 =⇒ 231
- 247. ∂f ∂x = e1−(x2+y2 ) (2x− 2x3 − 6xy2 ) = 0 ∂f ∂y = 6ye1−(x2+y2 ) − 2y (x2 + 3y2 ) e1−(x2+y2 ) = 0 =⇒ ∂f ∂y = e1−(x2+y2 ) (6y − 6y3 − 2x2 y) = 0 De donde obtenemos, el sistema de ecuaciones x − x3 − 3xy2 = 0 3y − 3y3 − x2 y = 0 =⇒ x (1 − x2 − 3y2 ) = 0 y (3 − 3y2 − x2 ) = 0 =⇒ Puntos Cr´ıticos: (0, 0), (0, 1), (0, −1), (1, 0), (1, 0), (−1, 0) Determine en qu´e puntos hay m´aximos, m´ınimos o puntos sillas. Ejemplo 3: Sea f : R4 − {0, 0, 0, 0} → R y f(x, y, z, u) = x + y x + z y + u z + 1 u Determine los valores extremos de f. Soluci´on Determinemos los puntos cr´ıticos de la funci´on f ∂f ∂x = 1 − y x2 = 0 ∂f ∂y = 1 x − z y2 = 0 ∂f ∂z = 1 y − u z2 = 0 ∂f ∂y = 1 z − 1 u2 = 0 =⇒ (1, 1, 1, 1) Punto Cr´ıtico. La matriz Hessiana est´a definida como H(x, y, z, u) = ∂2f ∂x2 ∂2f ∂y∂x ∂2f ∂z∂x ∂2f ∂u∂x ∂2f ∂x∂y ∂2f ∂y2 ∂2f ∂z∂y ∂2f ∂u∂y ∂2f ∂x∂z ∂2f ∂y∂z ∂2f ∂z2 ∂2f ∂u∂z ∂2f ∂x∂u ∂2f ∂y∂u ∂2f ∂z∂u ∂2f ∂u2 232
- 248. H(x, y, z,u) = 2y x3 − 1 x2 0 0 − 1 x2 2z y3 − 1 y2 0 0 − 1 y2 2u z3 − 1 z2 0 0 − 1 z2 2 u3 H(1, 1, 1, 1) = 2 −1 0 0 −1 2 −1 0 0 −1 2 −1 0 0 −1 2 1 = 2, 2 = 3, 3 = 2, 4 = 5 ∴Hay un m´ınimo local en (1, 1, 1, 1). Teorema 3.3.10. (Condiciones suficientes para la existencia de ex- tremos locales en dos variables.) Sea f : U ⊆ R2 → R una funci´on de dos variables que tiene derivadas parciales de segundo orden continuas en el conjunto abierto U. Sea det(H (x, y)) = fxx fxy fyx fyy (x, y) ∀ (x, y) ∈ U. Sea (x0, y0) ∈ U tal que f (x0, y0) = 0. Entonces i) Si det(H (x, y)) > 0 y fxx (x0, y0) < 0, f tiene una m´aximo local en (x0, y0) . ii) Si det(H (x, y)) > 0 y fxx (x0, y0) > 0, f tiene un punto silla en (x0, y0) . iii) Si det(H (x, y)) = 0 no podemos concluir nada. 3.3.7. Extremos Restringidos Pensemos, que se tiene una funci´on f(x, y) sujeta a cierta condici´on g(x, y) = 0. Se quiere maximizar o minimizar f(x, y) con la condici´on que (x, y) satisfaga la ecuaci´on g(x, y) = 0. En este caso podemos elaborar una respuesta aplicando la condici´on necesaria de valor extremo para f(x, y) df dx = ∂f ∂x + ∂f ∂y · dy dx = 0 233
- 249. Aplicando el teoremade la funci´on impl´ıcita podemos calcular dy dx a partir de la restricci´on: g(x, y(x)) = 0 =⇒ ∂g ∂x + ∂g ∂y · dy dx = 0 =⇒ dy dx = − ∂g ∂x ∂g ∂y Sustituyendo en la primera ecuaci´on tenemos: df dx = ∂f ∂x + ∂f ∂y · − ∂g ∂x ∂g ∂y = 0 , ∂g ∂y = 0 =⇒ ∂f ∂x ∂g ∂y + ∂f ∂y · ∂g ∂x = 0 =⇒ ∂(f, g) ∂(x, y) = 0 Lo que implica que los puntos cr´ıticos deben cumplir dos condiciones: g(x, y) = 0. ∂(f, g) ∂(x, y) = 0 Adem´as, la decisi´on de valor extremo resulta del signo de d2 f dx2 en cada punto cr´ıtico, ya que f(x, y) = f(x, y(x)) = f(x). Ejemplo 1. Obtenga las dimensiones de un rect´angulo de per´ımetro dado que determinan la mayor y la menor ´area de ´este. Soluci´on. Si x e y denotan las longitudes de los lados del rect´angulo, el problema consistir´a en buscar los extremos de la funci´on f(x, y) = xy, x, y > 0 234
- 250. sujeta a larestricci´on g(x, y) = x+y− L 2 = 0 , donde L es el per´ımetro dado. Entonces aplicando las condiciones necesaria para obtener los puntos cr´ıticos tenemos: g(x, y) = x + y − L 2 = 0. ∂(f, g) ∂(x, y) = y x 1 1 =⇒ y = x Sustituyendo el resultado de la segunda ecuaci´on en la primera, se tiene: x = y = L 4 Luego hemos encontrado que la funci´on f tiene un ´unico punto cr´ıtico en P = L 4 , L 4 . Adem´as, determinemos la naturaleza del punto usando el criterio de la segunda derivada f(x, y (x)) = xy =⇒ df dx = y + x dy dx g(x, y) = x + y − L 2 = 0 =⇒ dy dx = −1 ∴ df dx = y − x d2 f dx2 = dy dx − 1 = −2 < 0 Por tanto, en el punto (L 4 , L 4 , L2 16 ) hay un m´aximo relativo sobre la curva de intersecci´on de las dos superficies z = xy y x + y = L 2 La situaci´on se puede generalizar para funciones de m´as variables o m´as condiciones. 235
- 251. Por otra parte,para resolver este mismo tipo de problemas de m´aximo y m´ınimo podemos utilizar otro m´etodo que se fundamenta en el siguiente teorema. Teorema 3.3.11. (Multiplicadores de Lagrange) Sean f : U ⊆ Rn → R, g : U ⊆ Rn → R funciones de C1 . Sean x0 ∈ U tal que g(x0) = 0 y S = {x ∈ U : g(x) = 0} supongamos adem´as que g(x0) = 0. Si f|S (f restringida a S) tiene un m´aximo o m´ınimo local en S, en x0,entonces existe λ ∈ R tal que: f(x0) + λ g(x0) = 0 Nota: Lo anterior significa que x0 es un punto cr´ıtico de f|S. M´etodo: Construir F(x, y, λ) = f +λg y determinar puntos cr´ıticos de F Ejemplo 1. Utilice el procedimiento que se origina a partir de este teorema para obtener el m´aximo local del ejemplo anterior. Soluci´on. En este caso f(x, y) = xy, x, y > 0 sujeta a la condici´on: g(x, y) = x + y − L 2 = 0 . Sea F(x, y, λ) = xy + λ(x + y − L 2 ), entonces Fx = y + λ = 0 Fy = x + λ = 0 Fλ = x + y − L 2 = 0 de aqu´ı x = −λ, y = −λ y sustituyendo en la tercera ecuaci´on: −λ − λ − L 2 = 0 =⇒ λ = −L 4 . El punto cr´ıtico es (x0, y0) = ( L 4 , L 4 ). El punto (L 4 , L 4 , L2 16 ) es el m´aximo relativo sobre la curva de intersecci´on de las dos superficies z = xy y x + y = L 2 236
- 252. Ejemplo 2. Detodos los rect´angulos inscritos en la elipse x2 a2 + y2 b2 = 1, a > 0 y b > 0 con lados paralelos al los ejes, determine el de mayor ´area. Soluci´on. En este caso f(x, y) = 4xy, x, y > 0 y g(x, y) = x2 a2 + y2 b2 − 1 = 0 Sea F(x, y, λ) = 4xy + λ x2 a2 + y2 b2 − 1 = 0 , entonces Fx = 4y + 2λ x a2 = 0 =⇒ λ = − 2a2 y x Fy = 4x + 2λ y b2 = 0 =⇒ λ = − 2b2 x y ∴ x2 a2 = y2 b2 Reemplazando esta ´ultima expresi´on en la ecuaci´on Fλ = x2 a2 + y2 b2 − 1 = 0 =⇒ obtenemos a un ´unico punto cr´ıtico: a √ 2 , b √ 2 Adem´as, determinemos la naturaleza del punto usando el criterio de la segunda derivada f(x, y (x)) = 4xy =⇒ df dx = 4y + 4x dy dx =⇒ d2 f dx2 = 4 dy dx + 4x d2 y dx2 g(x, y) = x2 a2 + y2 b2 − 1 = 0 =⇒ dy dx = − b2 x a2y =⇒ d2 y dx2 = − b2 a2 1 y + b2 a2 x2 y3 237
- 253. Evaluando segunda derivadaen el punto P a √ 2 , b √ 2 , pro- duce d2 f dx2 = −8 b2 x a2y − 4 b4 a4 x3 y3 =⇒ d2 f dx2 = −12 b a < 0 Por tanto, el punto a √ 2 , b √ 2 hay m´aximo relativo cuyo valor es f a √ 2 , b √ 2 = 2ab Ejemplo 3: Obtenga los extremos posibles de f(x, y) = x2 + 24xy + 8y2 con la restricci´on x2 + y2 − 25 = 0. Soluci´on: Sea F(x, y, λ) = x2 + 24xy + 8y2 + λ (x2 + y2 − 25) . Fx = 2x + 24y + 2λx = 0 =⇒ (1 + λ)x + 12y = 0 (1) Fy = 24x + 16y + 2λy = 0 =⇒ 12x + (8 + λ)y = 0 (2) Fλ = x2 + y2 − 25 = 0 (3) Multiplicando la ecuaci´on (1) por 12 y (3) por(1 + λ) produce. 12(1 + λ)x + 144y = 0 12(1 + λ)x + (8 + λ)(1 + λ)y = 0 Restando ambas ecuaciones =⇒ λ2 + 9λ − 136 = 0 =⇒ λ1 = 8; λ2 = −17 Si λ = 8 =⇒ 18x + 24y = 0 24x + 32y = 0 =⇒ 3x + 4y = 0 =⇒ y = −3 4 x x2 + 3 4 x 2 = 25 =⇒ x = ±4 Lo que da los puntos cr´ıticos (±4, 3) 238
- 254. Si λ =−17 en forma similar se obtiene que (±3, ±4) son puntos cr´ıticos. Localizaci´on del m´aximo y el m´ınimo absoluto de f sobre un dominio compacto. Para determinar m´aximos y m´ınimos absolutos e una regi´on cerrada y acotada encerrada por una curva suave, se debe: • Determinar todos los puntos cr´ıticos en el interior de la regi´on. • Usar Lagrange para determinar puntos cr´ıticos en la frontera. • Evaluar f en los puntos, cr´ıticos. • Comparar todos estos valores y seleccionar el m´aximo y el m´ıni- mo. Criterio de la Segunda Derivada para Extremos Restringidos. Sea f(x, y) funci´on a maximizar o minimizar y g(x, y) = 0 la condici´on: S = {(x, y) ∈ R2 | g(x, y) = 0} .Sea F(x, y, λ) = f(x, y) + λg(x, y) Sea (x0, y0, λ) punto cr´ıtico de F ∂f ∂x |(x0,y0) +λ∂g ∂x |(x0,y0)= 0 ∂f ∂y |(x0,y0) +λ∂g ∂y |(x0,y0)= 0 g (x0, y0) = 0 Se desea utilizar el criterio de la segunda derivada para identificar ex- tremos locales de la funci´on f(x, y) bajo la condici´on g (x, y) = 0 lo que conduce encontrar los m´aximos y m´ınimos de funciones de una variable f(x, y(x)) . De la condici´on, calculemos y = y(x) y reemplacemos en f |S . Aqu´ı podemos considerar f como funci´on de una variable, es decir f(x, y) = f(x, y(x)) en S. Nos proponemos calcular ∂2f ∂x2 df dx = ∂f ∂x + ∂f ∂y · dy dx 239
- 255. d2 f dx2 = ∂2 f ∂x2 + ∂2 f ∂y∂x · dy dx + ∂2 f ∂x∂y · dy dx + ∂2 f ∂y2 · dy dx 2 + ∂f ∂y · d2 y dx2 = ∂2 f ∂x2 + 2 ∂2 f ∂y∂x · dy dx + ∂2 f ∂y2 · dy dx 2 + ∂f ∂y · d2 y dx2 g(x, y(x))= 0 =⇒ ∂g ∂x + ∂g ∂y · dy dx = 0 =⇒ dy dx = − ∂g ∂x ∂g ∂y Derivando nuevamente g respecto de x ∂2 g ∂x2 + ∂2 g ∂y∂x · dy dx + ∂2 g ∂x∂y · dy dx + ∂2 g ∂y2 · dy dx 2 + ∂g ∂y · d2 y dx2 = 0 Sustituyendo dy dx se tiene: ∂2 g ∂x2 + 2 ∂2 g ∂y∂x · − ∂g ∂x ∂g ∂y + ∂2 g ∂y2 · − ∂g ∂x ∂g ∂y 2 + ∂g ∂y · d2 y dx2 = 0 / · ∂g ∂y ∂2 g ∂x2 · ∂g ∂y − 2 ∂2 g ∂y∂x · ∂g ∂x + ∂2 g ∂y2 · ∂g ∂x 2 · 1 ∂g ∂y 2 + ∂g ∂y 2 · d2 y dx2 = 0 =⇒ d2 y dx2 = 1 ∂g ∂y 2 − ∂2 g ∂x2 · ∂g ∂y + 2 ∂2 g ∂y∂x · ∂g ∂x − ∂2 g ∂y2 · ∂g ∂x 2 · 1 ∂g ∂y Reemplazando en d2f dx2 240
- 256. d2 y dx2 = ∂2 f ∂x2 − 2 ∂2 f ∂y∂x · ∂g ∂x ∂g ∂y + ∂2 f ∂y2 · ∂g ∂x ∂g ∂y 2 + ∂f ∂y · 1 ∂g ∂y 2 − ∂2 g ∂x2 · ∂g ∂y +2 ∂2 g ∂y∂x · ∂g ∂x − ∂2 g ∂y2 · ∂g ∂x 2 · 1 ∂g ∂y y0 = y(x0), ∂f ∂x |x0 = −λ ∂g ∂x |x0 ; ∂f ∂y |x0 = −λ ∂g ∂y |x0 Luego (x0, y0) , ∂f ∂x |x0 ∂g ∂x |x0 = −λ, ∂f ∂y |x0 ∂g ∂y |x0 = −λ d2 f dx2 = 1 ∂g ∂y 2 ∂2 f ∂x2 · ∂g ∂y 2 − 2 ∂2 f ∂y∂x · ∂g ∂x · ∂g ∂y + ∂2 f ∂y2 · ∂g ∂x 2 +λ ∂2 g ∂x2 · ∂g ∂y 2 − 2λ ∂2 g ∂y∂x · ∂g ∂x · ∂g ∂y + λ ∂2 g ∂y2 · ∂g ∂x 2 = 1 ∂g ∂y 2 ∂2 f ∂x2 + λ ∂2 g ∂x2 · ∂g ∂y 2 − 2 ∂2 f ∂y∂x + λ ∂2 g ∂y∂x · · ∂g ∂x · ∂g ∂y + ∂2 f ∂y2 + λ ∂2 g ∂y2 · ∂g ∂x 2 Podemos escribir entonces: d2 f dx2 = 1 ∂g ∂y 2 ∂2 F ∂x2 · ∂g ∂y 2 − 2 ∂2 F ∂y∂x · ∂g ∂x · ∂g ∂y + ∂2 F ∂y2 · ∂g ∂x 2 En el par´entesis, cuadrado se tiene 241
- 257. ∗ = ∂g ∂x ∂g ∂x ∂g ∂y ∂2F ∂y∂x ∂2F ∂y2 + ∂g ∂y ∂g ∂y ∂g ∂x ∂2F ∂y∂x ∂2F ∂x2 = − 0∂g ∂x ∂g ∂y ∂g ∂x ∂2F ∂x2 ∂2F ∂y∂x ∂g ∂y ∂2F ∂y∂x ∂2F ∂y2 = − 0 ∂g ∂x ∂g ∂y ∂g ∂x ∂2F ∂x2 ∂2F ∂y∂x ∂g ∂y ∂2F ∂y∂x ∂2F ∂y2 De lo anterior se plantea la siguiente definici´on Si f y g son funciones como las definidas antes y F = f +λg. Llamamos hessiano limitado de la funci´on F a HF = 0 ∂g ∂x ∂g ∂y ∂g ∂x ∂2F ∂x2 ∂2F ∂y∂x ∂g ∂y ∂2F ∂y∂x ∂2F ∂y2 en (x0, y0) De tal modo que d2 f dx2 = − HF (x0, y0) ∂g ∂y (x0, y0) 2 Teorema en extremos restringidos Consideremos nuevamente d2 f dx2 = − HF (x0, y0) ∂g ∂y (x0, y0) 2 De esta expresi´on, dado que el signo de la segunda derivada d2f dx2 depende s´olo del determinante Hessiano limitado, ya que ∂g ∂y (x0, y0) 2 > 0, inferimos el siguiente criterio de la segunda derivada para extremos restringidos. a) Si HF (x0, y0) > 0, entonces d2f dx2 < 0 y la funci´on tiene un m´aximo local condicionado en (x0, y0). 242
- 258. b) Si HF(x0, y0) < 0, entonces d2f dx2 > 0 y la funci´on tiene un m´ınimo local condicionado en (x0, y0) . c) Si HF (x0, y0) = 0 no hay informaci´on del punto(x0, y0). Ejemplo: Hallar los extremos de f(x, y) = (x − y)2 sujeta a la restricci´on x2 + y2 − 1 = 0 Soluci´on: Sea F(x, y, λ) = (x − y)2 + λ (x2 + y2 − 1) Fx = 2 (x − y) + 2λx = 0 Fy = −2 (x − y) + 2λy = 0 =⇒ 2λ (x + y) = 0 Fλ = x2 + y2 = 1 a) Si escogemos λ = 0 , y (x + y) = 0 obtenemos los puntos cr´ıticos de f libre de restricci´on. b) Si λ = 0 =⇒ y = −x. Reemplazando en la tercera ecuaci´on , se obtienen dos puntos cr´ıticos de la funci´on f sujetos a la restricci´on. P1 1√ 2 , − 1√ 2 y P2 − 1√ 2 , 1√ 2 Determinemos el Hessiano l´ımitado para decidir la naturaleza de estos puntos cr´ıticos HF (x, y) = 0 2x 2y 2x 2 + 2λ −2 2y −2 2 + 2λ = −8 x2 + 2xy + y2 − 8λ x2 + y2 Sustituyendo y = −x en la primera ecuaci´on se tiene λ = −2 = 0,entonces el Hessiano se reduce a HF (x, y) = −8 x2 + 2xy + y2 + 16 x2 + y2 = 8 x2 − 2xy + y2 Evaluando en el primer punto cr´ıticos produce 243
- 259. HF 1 √ 2 , − 1 √ 2 = 16> 0 entonces d2 f dx2 1√ 2 , − 1√ 2 < 0, luego en el punto 1√ 2 , − 1√ 2 la funci´on f tiene un m´aximo local condicionado. Por simetr´ıa, el segundo punto tambi´en corresponde a un m´aximo local condicionado de f. El criterio de la segunda derivada para extremos restringidos se puede generalizar para funciones de m´as de dos variables. En el caso de una funci´on de tres variables x, y, z y sujeta a la sola restricci´on g(x, y, z) = 0, formamos el Hessiano correspondiente a F(x, y, z, λ) = f(x, y, z) + λg (x, y, z) de la siguiente forma HF = 0 ∂g ∂x ∂g ∂y ∂g ∂z ∂g ∂x ∂2F ∂x2 ∂2F ∂y∂x ∂2F ∂x∂z ∂g ∂y ∂2F ∂y∂x ∂2F ∂y2 ∂2F ∂y∂z ∂g ∂z ∂2F ∂x∂z ∂2F ∂y∂z ∂2F ∂z2 y sea A3 = 0 ∂g ∂x ∂g ∂y ∂g ∂x ∂2F ∂x2 ∂2F ∂y∂x ∂g ∂y ∂2F ∂y∂x ∂2F ∂y2 El criterio de la segunda derivada en este caso expresa: Sea (x0, y0, z0) punto cr´ıtico. a) Si HF < 0 y A3 > 0,entonces la funci´on f tendr´a un m´aximo condicionado en (x0, y0, z0). b) Si HF < 0 y A3 < 0,entonces la funci´on f tendr´a un m´ınimo condicionado en (x0, y0, z0). c) Si HF > 0,entonces la funci´on f no tiene extremos condicionado en (x0, y0, z0). d.) Si HF = 0, no hay informaci´on acerca del punto (x0, y0,z0). 244
- 260. Ejemplo Hallar losextremos de la funci´on f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 sujeta a la restrici´on g (x, y, z) = z2 + 2x − y2 − 1 = 0. Soluci´on: Sea la funci´on F = x2 + y2 + z2 + λ (z2 + 2x − y2 − 1) Fx = 2x + 2λ = 0 =⇒ 2 (x + λ) = 0 =⇒ x = −λ Fy = 2y − 2λy = 0 =⇒ 2y(1 − λ) = 0 =⇒ y = 0 Fz = 2z + 2λz = 0 =⇒ 2z(1 + λ) = 0 =⇒ z = 0 Fλ = z2 + 2x − y2 − 1 = 0 Reemplazando en Fλ : 02 +2(−λ)−02 −1 = 0 =⇒ λ = −1 2 , y obtenemos el punto cr´ıtico 1 2 , 0, 0 HF = 0 2 −2y 2z 2 2 0 0 −2y 0 2 − 2λ 0 2z 0 0 2 + 2λ = −4 4 − 4x2 − 2y · 2 · 2y (2 − 2λ) + 2z · 2 (2 − 2λ) (−2z) HF 1 2 , 0, 0, − 1 2 = −16 < 0 A3 = 8y2 − 4 (2 − 2λ) = 0 − 12 < 0 ∴Hay un m´ınimo condicionado de f en el punto 1 2 , 0, 0 . Obs´ervese que las otras opciones no producen puntos cr´ıticos en IR3 3.4. Problemas Resueltos 3.4.1. Continuidad y diferenciabilidad Problema Dada la funci´on f : R2 → R definida como f (x, y) = arctg xy x2 + y2 , si (x, y) = (0, 0) 0 , si (x, y) = (0, 0) . 245
- 261. a) Verificar sif es continua en IR2 b) Calcular si existen las derivadas parciales ∂f ∂x , ∂f ∂y en IR2 Soluci´on. a) Tenemos que f (x, y) es continua ∀ (x, y) = (0, 0) puesto que es composici´on de dos funciones continuas, como son arctg y xy x2 + y2 . Para estudiar la continuidad en el punto (0, 0) tenemos que calcular l´ım (x,y)→(0,0) f(x, y) lo que haremos a trav´es de la trayectoria y = mx, entonces l´ım (x,y)→(0,0) f(x, mx) = l´ım x→0 arctg mx2 x2 + y2 = l´ım x→0 arctg m 2 + m2 que depende de la pendiente m, por lo que este l´ımite no existe. Por lo tanto f no es continua en el punto(0, 0) b) Para (x, y) = (0, 0) la funci´on admite derivadas parciales, que son: ∂f ∂x (x, y) = y y2 − x2 (x2 + y2)2 + x2y2 , ∂f ∂y (x, y) = x x2 − y2 (x2 + y2)2 + x2y2 Para (x, y) = (0, 0) ,se tiene ∂f ∂x (0, 0) = l´ım h→0 f(h, 0) − f (0, 0) h = l´ım h→0 arctg0 − 0 h = l´ım h→0 0 = 0 Analogamente, derivando con respecto a y ∂f ∂y (0, 0) = l´ım h→0 f(0, h) − f (0, 0) h = l´ım h→0 arctg0 − 0 h = l´ım h→0 0 = 0 Por lo tanto, existen las derivadas parciales en (x, y) = (0, 0) . 246
- 262. Problema Dada la funci´onf : IR2 → IR definida como f (x, y) = x2 seny2 x2 + y2 , si (x, y) = (0, 0) 0 , si (x, y) = (0, 0) , probar que es diferenciable en el punto P0 = (0, 0) .¿Es continua la funci´on en ese punto? Soluci´on. Tenemos que utilizar la definici´on y ver si el siguiente l´ımite es cero: L = l´ım (h,k)→(0,0) |∆f − df| √ h2 + k2 donde ∆f = f(h, k) − f (0, 0) = h2 senk2 h2 + k2 , y df = ∂f ∂x (0, 0) h + ∂f ∂y (0, 0) k En este caso ∂f ∂x (0, 0) = l´ım h→0 f(h, 0) − f (0, 0) h = l´ım h→0 h2 · 0 h2 − 0 h = 0 Asimismo ∂f ∂y (0, 0) = l´ım h→0 f(0, k) − f (0, 0) k = l´ım h→0 0 · senk2 k2 − 0 k = 0 Luego, df = 0, entonces L = l´ım (h,k)→(0,,0) h2 senk2 (h2 + k2) √ h2 + k2 g (h, k) = h2 senk2 (h2 + k2)3/2 ≤ h2 k2 (h2 + k2)3/2 ≤ (h2 + k2 )(h2 + k2 ) (h2 + k2)3/2 = (h2 + k2) < ε 247
- 263. Si δ =ε . As´ı L = 0 y f es diferenciable en P0 = (0, 0) . De lo anterior se deduce que f es es continua en (0, 0) ya que es diferenciable en dicho punto. 3.4.2. Regla de la cadena Problema 1 Sea la ecuaci´on zxx + 2zxy + zy = 0 , donde x(u, v) = u + v 2 , y(u, v) = u − v 2 , z(u, v) = u2 − v2 4 − w (u, v) Muestre que al cambiar las variables independientes (x, y) por (u, v) y la funci´on z por w la ecuaci´on se reduce a 2 − 4wuu = 0. Soluci´on. En primer lugar, calculamos la aplicaci´on inversa u(x, y) = x + y, v (x, y) = x − y. Derivando parcialmente estas ´ultimas expresiones se tiene: ux = 1, uy = 1; vx = 1, vy = −1 Usando estos resultados y la regla de la cadena, obtenemos zx = zu ux + zv vx = zu + zv zy = zu uy + zv vy = zu − zv Reiterando la derivaci´on parcial y usando la regla de la cadena por segunda vez zxx = (zx)u ux + (zx)v vx = zuu + zvu + zuv + zvv zxy = (zx)u uy + (zx)v vy = zuu + zvu − (zuv + zvv) zyy = (zx)u uy + (zv)v vy = zuu − zvu − (zuv − zvv) Suponiendo que z es una funci´on continua con primeras derivadas par- ciales 248
- 264. continuas, entonces zxx +2zxy + zy = 4zuu = 0 Finalmente, zu = 2u 4 − wu =⇒ zuu = 1 2 − wuu Por tanto, se tiene 1 2 − wuu = 0 Problema 2 Una funci´on z = z (x, y) se dice que es arm´onica si tiene derivadas parciales de segundo orden continuas y adem´as zxx + zyy = 0. Sean u = x x2 + y2 , v = y x2 + y2 . Pruebe que: i) u y v son arm´onicas ii) (ux)2 = (vy)2 iii) (uy)2 = (vx)2 iv) uxvx = −uyvy b) Si f (x, y) es una funci´on arm´onica, entonces la funci´on w (x, y) = f x x2 + y2 , y x2 + y2 es tambi´en arm´onica Soluci´on. a) i) u = x x2 + y2 =⇒ ux = y2 − x2 (x2 + y2)2 , uy = − 2xy (x2 + y2)2 v = y x2 + y2 =⇒ vx = − 2xy (x2 + y2)2 , vy = x2 − y2 (x2 + y2)2 Derivando parcialmente por segunda vez se tiene uxx = −2x(x2 + y2 )2 − (y2 − x2 )2(x2 + y2 )2x (x2 + y2)4 = 2x3 − 6xy2 (x2 + y2)3 249
- 265. uyy = −2x(x2 + y2 )2 −(2xy)2(x2 + y2 )2y (x2 + y2)4 = −2x3 + 6xy2 (x2 + y2)3 Lo anterior implica que uxx + uyy = 0 Analogamente para , vxx + vyy = 0 Adem´as ii) (ux)2 = y2 − x2 (x2 + y2)2 2 = x2 − y2 (x2 + y2)2 2 = (vy)2 iii)(uy)2 = − 2xy (x2 + y2)2 2 = 2xy (x2 + y2)2 2 = (vx)2 iv) uxvx = y2 − x2 (x2 + y2)2 − 2xy (x2 + y2)2 = − 2xy(y2 − x2 ) (x2 + y2)2 = −uyvy b) Aplicando derivaci´on compuesta tenemos: wx = ∂f ∂u ux + ∂f ∂v vx, wy = ∂f ∂u uy + ∂f ∂v vy Derivando parcialmente por segunda vez, queda wxx = ∂2 f ∂u2 ux + ∂2 f ∂v∂u vx ux + ∂f ∂u uxx+ + ∂2 f ∂u∂v ux + ∂2 f ∂v2 vx vx + ∂f ∂v vxx wyy = ∂2 f ∂u2 uy + ∂2 f ∂v∂u vy uy + ∂f ∂u uyy+ + ∂2 f ∂u∂v uy + ∂2 f ∂v2 vy vy + ∂f ∂v vyy Finalmente 250
- 266. wxx = ∂2 f ∂u2 (ux)2 + ∂2 f ∂v∂u vxux + ∂f ∂u uxx+ + ∂2 f ∂u∂v uxvx+ ∂2 f ∂v2 (vx)2 + ∂f ∂v vxx wyy = ∂2 f ∂u2 (uy)2 + ∂2 f ∂v∂u uyvy + ∂f ∂u uyy+ + ∂2 f ∂u∂v uyvy + ∂2 f ∂v2 (vy)2 + ∂f ∂v vyy Sumando t´erminos y utilizando las igualdades establecidas en a) se tiene wxx + wyy = ∂2 f ∂u2 + ∂2 f ∂v2 (ux)2 + ∂f ∂u (uxx + uyy)+ + ∂2 f ∂u2 + ∂2 f ∂v2 (vx)2 + ∂f ∂v (vxx + vyy) = 0 3.4.3. Derivaci´on Impl´ıcita Problema 1 a) Sea f : R → R2 una funci´on tal que grad f(1, 1) = (2, 4) y g : R3 → R2 una funci´on tal que sus funciones coordenadas gi : R3 → R, i = 1, 2 tienen los siguientes gradientes grad g1(1, 1, 1) = (2, 3, 1), grad g2(1, 1, 1) = (−5, 4, 2). Si g(1, 1, 1) = (1, 1). Obtener ∂(f ◦ g) ∂x (1, 1, 1). b) Utilizando el teorema de la funci´on impl´ıcita determine si es posible escribir y en t´erminos de x para la funci´on F(x, y) = x4 − exy3−1 = 0 en una vecindad del punto (1, 1), y adem´as encuentre su derivada. Soluci´on Sean las coordenadas cartesianas designadas en R3 por (x, y, z) y en R2 por (u, v), y tomando u = u(x, y, z), v = v(x, y, z) tenemos que: ∂f ◦ g ∂x (1, 1, 1) = ∂f ∂u (g(1, 1, 1)) · ∂u ∂x (1, 1, 1) + ∂f ∂v (g(1, 1, 1)) · ∂v ∂x (1, 1, 1) = ∂f ∂u (1, 1) · ∂u ∂x (1, 1, 1) + ∂f ∂v (1, 1) · ∂v ∂x (1, 1, 1) 251
- 267. Notemos que grad f(1,1) = ∂f ∂u (1, 1), ∂f ∂v (1, 1) = (2, 4), grad g1 = ∂g1 ∂x , ∂g1 ∂y , ∂g1 ∂z = ∂u ∂x , ∂u ∂y , ∂u ∂z = (2, 3, 1), grad g2 = ∂g2 ∂x , ∂g2 ∂y , ∂21 ∂z = ∂v ∂x , ∂v ∂y , ∂v ∂z = (−5, 4, 2), As´ı ∂f ◦ g ∂x (1, 1, 1) = 2 · 2 + 4 · −5 = −16. Primeramente note que (1, 1) ∈ F−1 (0, 0) y adem´as ∂F ∂x = 4x3 − y3 exy3−1 , ∂F ∂y = −3xy2 exy3−1 las cuales son continuas en R2 en particular para alguna vecindad V ((1, 1), δ) de (1, 1) donde ∂F ∂y (1, 1) = −3 = 0 por lo tanto podemos ocupar el teorema de la funci´on impl´ıcita, y definir f : V ((1, 1), δ) → R con y = f(x) y 1 = f(1) cuya derivada es y = 4x3 − y3 exy3−1 3xy2exy3−1 . Problema 2 a) Determine las derivadas parciales ∂u/∂x, ∂u/∂y, ∂v/∂x, ∂v/∂y, donde u, v son funciones definidas implicitamente por el sistema F(x, y, u, v) = xeu+v + uv − 1 = 0, G(x, y, u, v) = yeu−v − 2uv − 1 = 0. alrededor del punto p = (1, 1, 0, 0). b) Sea la funci´on z = f(u2 + v2 , u/v) obtener ∂2 z ∂u2 . 252
- 268. Soluci´on. a) Verificando laship´otesis del Teorema de la funci´on impl´ıcita podemos concluir que: ∂u ∂x = − (yeu−v + 2u)eu+v 2xu+vyeu−v + yeu−vu − 2vxeu+v + 2xeu+vu + vyeu−v ∂v ∂x = − eu+v (yeu−v − 2v) 2xu+vyeu−v + yeu−vu − 2vxeu+v + 2xeu+vu + vyeu−v ∂u ∂y = − e( u − v)(xeu+v + u) 2xu+vyeu−v + yeu−vu − 2vxeu+v + 2xeu+vu + vyeu−v ∂v ∂y = (xeu+v + v)eu−v 2xu+vyeu−v + yeu−vu − 2vxeu+v + 2xeu+vu + vyeu−v b) Definiendo x = x(u, v) = u2 + v2 , y = y(u, v) = u/v tenemos que z = f(x, y), entonces ∂z ∂u = ∂z ∂x ∂x ∂u + ∂z ∂y ∂y ∂u = ∂z ∂x 2u + ∂z ∂y 1 v , luego ∂2 z ∂u2 = 2 ∂z ∂x + 2u ∂2 z ∂x2 ∂x ∂u + ∂2 z ∂y∂x ∂y ∂u + 1 v ∂2 z ∂y2 ∂y ∂u + ∂2 z ∂x∂y ∂x ∂u = 2 ∂z ∂x + 2u ∂2 x ∂x2 2u + ∂2 z ∂y∂x 1 v + 1 v ∂2 z ∂y2 2u + ∂2 z ∂x∂y 1 v Utilizando finalmente el teorema de Schwarz tenemos que ∂2 z ∂u2 = 2 ∂z ∂x + 4u2 ∂2 z ∂x2 + 1 v ∂2 z ∂y2 + 4u v ∂2 z ∂x∂y . Problema 3 a) Si u = f(x, y, z) define una funci´on diferenciable, y z se define im- plicitamente como una funci´on de x e y por la ecuaci´on g(x, y, z) = 0 con los atributos pedido en el teorema de la funci´on impl´ıcita. Pruebe que u tiene primeras derivadas parciales de x e y dadas por: ∂u ∂x = ∂(f,g) ∂(x,z) ∂y ∂z ; ∂u ∂y = ∂(f,g) ∂(y,z) ∂y ∂z 253
- 269. b) Si u= x2 y + z2 , y z = g(x, y) se define impl´ıcitamente por la ecuaci´on x2 y − 3z + 8yz3 = 0 Calcule: ∂u ∂x (1, 0, 0) y ∂u ∂y (1, 0, 0) Soluci´on. a) Utilizando la regla de la cadena tenemos ∂u ∂x = ∂f ∂x + ∂f ∂z ∂z ∂x por otra parte si g(x, y, z) = 0 define impl´ıcitamente a z = z(x, y) entonces ∂z ∂x = − ∂g ∂x ∂g ∂z reemplazando en la ecuaci´on anterior ∂u ∂x = ∂f ∂x + ∂f ∂z (− ∂g ∂x ∂g ∂z ) = ∂f ∂x ∂g ∂z − ∂f ∂z ∂g ∂x ∂g ∂z = ∂(f,g) ∂(x,z) ∂g ∂z Similarmente ∂u ∂y = ∂f ∂y + ∂f ∂z ∂z ∂y y ∂z ∂y = − ∂g ∂y ∂g ∂z De lo anterior se deduce ∂u ∂y = ∂f ∂y + ∂f ∂z (− ∂g ∂y ∂g ∂z ) = ∂f ∂y ∂g ∂z − ∂f ∂z ∂g ∂y ∂g ∂z = ∂(f,g) ∂(y,z) ∂g ∂z 254
- 270. b) En estecaso u = f(x, y, z) = x2 y + z2 y z = z(x, y) se define impl´ıcitamente por g(x, y, z) = x2 y − 3z + 8yz3 = 0 ,luego tenemos ∂g ∂x = 2xy , ∂g ∂y = x2 + 8z3 , ∂g ∂z = −3 + 24yz2 derivadas que son todas continuas por lo que se afirma que g es de C1 Adem´as g(1, 0, 0) = 0 y ∂g ∂z (1, 0, 0) = −3 = 0 Entonces por el teorema de la funci´on impl´ıcita se tiene que existe V = Vδ(1, 0) y una vecindad (−a, a) de z = 0 y una funci´on z(x, y) de C1 sobre V tal que z(1, 0) = 0 y z(1, 0) (−a, a) Calculemos el Jacobiano ∂(f, g) ∂(x, z) = 2xy 2z 2xy −3 + 24yz2 = 2xy(−3 + 24yz2 ) − 2xy2z = 2xy(−3 + 24yz2 − 2z) Por otra parte ∂g ∂z = −3 + 24yz2 Entonces ∂u ∂x = 2xy(−3 + 24yz2 − 2z) −3 + 24yz2 ⇒ ∂u ∂x (1, 0, 0) = 0 −3 = 0 Tambi´en: ∂(f, g) ∂(y, z) = x2 2z x2 + 8z3 −3 + 24yz2 = −3x2 + 24x2 yz2 − 2x2 z − 16z3 = x2 (24yz2 − 2z − 3) − 16z3 255
- 271. Finalmente ⇒ ∂u ∂y = x2 (24yz2 − 2z −3) − 16z3 −3 + 24yz2 ⇒ ∂u ∂y (1, 0, 0) = −3 −3 = 1 3.4.4. Plano Tangente a una Superficie Problema 1 Probar que los planos tangentes a la superficie S: xyz = a, a > 0 constante, en cualquier punto de S forma con los planos coordenados un tetraedro de volumen constante. Soluci´on. Sea la superficie S descrita por la funci´on impl´ıcita F(x, y, z) = xyz − a = 0. los vectores normales a la superficie S satisfacen F(x, y, z) = (yz, xz, xy) Si −→ P 0 = (x0, y0, z0) ∈ S,entonces −→ N (P0) = F(x0, y0, z0) = (y0z0, x0z0, x0y0) La ecuaci´on del plano tangente al punto −→ P 0 ∈ S, esta definida por (−→r − −→ P 0)· −→ N (P0) = 0,luego y0z0 (x − x0)+x0z0 (y − y0)+x0y0 (z − z0) = 0. Entonces, las trazas de este plano con los ejes coordenados son i) Si x = α, y = 0, z = 0 =⇒ α = 3x0y0z0 y0z0 = 3x0 ii) Si x = 0, y = β, z = 0 =⇒ β = 3x0y0z0 x0z0 = 3y0 iii) Si x = 0, y = 0, z = γ =⇒ α = 3x0y0z0 x0y0 = 3z0 El volumen del tetraedro es: V = αβγ 6 = (3x0) (3y0) (3z0) 6 = 9 2 a, constante. 256
- 272. Problema 2 a) Probarque S1dada por F(x, y, z) = 0 y S2 dada por G(x, y, z) = 0 son ortogonales en sus puntos de intersecci´on s´ı y solo si FxGx + FyGy + FzGz = 0. b) Probar que las superficies S1 : x2 + y2 + z2 − 2x + 4y − 8z = 0 y S2 : 3x2 − y2 + 2z2 − 6x − 4y − 16z + 31 = 0 son ortogonales. Soluci´on. a) La normal a S1dada por F(x, y, z) = 0 es −→ N 1 = F(x, y, z) = (Fx, Fy, Fz). Del mismo modo, la normal a S2 dada por G(x, y, z) = 0 es −→ N 2 = G(x, y, z) = (Gx, Gy, Gz) Por definici´on, ambas superficies son ortogonales si F · G = 0 ⇐⇒ (Fx, Fy, Fz) · (Gx, Gy, Gz) = 0 =⇒ FxGx + FyGy + FzGz = 0 b) Sea S1 : x2 + y2 + z2 − 2x + 4y − 8z = 0 =⇒ (x − 1)2 + (y + 2)2 + (z − 4)2 − 21 = 0 y S2 : 3x2 − y2 + 2z2 − 6x − 4y − 16z + 31 = 0 =⇒ 3(x − 1)2 − (y + 2)2 + 2(z − 4)2 = 0 Entonces S1tiene normal −→ N 1 = F(x, y, z) = (2x − 2, 2y + 4, 2z − 8) Asimismo , S2 tiene normal −→ N 2 = G(x, y, z) = (6x − 6, −2y − 4, 4z − 16) =⇒ F · G = (2x − 2, 2y + 4, 2z − 8) · (6x − 6, −2y − 4, 4z − 16) = (2x − 2) (6x − 6) + (2y + 4) (−2y − 4) + (2z − 8) (4z − 16) = 4 [3(x − 1)2 − (y + 2)2 + 2(z − 4)2 ] = 4 · 0 = 0 Por lo tanto, la superficie S1 es ortogonal a S2. 257
- 273. 3.4.5. Derivadas Direccionales Problema1 Sea f (x, y) : 2xy2 x2 + y4 , si (x, y) = (0, 0) 0 , si (x, y) = (0, 0) . Determine, si existe, la derivada direccional de f en P0 = (0, 0). Soluci´on. Sea e = (e1, e2) un versor en una direcci´on cualquiera de IR2 tal que Def (0, 0) = l´ım λ→0 f((0, 0) + λ (e1, e2)) − f (0, 0) λ = l´ım λ→0 f(λe1, λe2) − f (0, 0) λ Def (0, 0) = l´ım λ→0 2 (λe1) (λe2)2 (λe1)2 + (λe2)4 λ = l´ım λ→0 2λ3 e1e2 2 λ2(e2 1 + λ2e4 2) λ Por lo tanto Def (0, 0) = l´ım λ→0 2e2 2 e1 ,este l´ımite existe si y solo si e1 = 0 Problema 2 Sea f (x, y) = x (x + y) x2 + y2 , si (x, y) = (0, 0) 0 , si (x, y) = (0, 0) . Determine, si existe, la derivada direccional de f en P0 = (0, 0). Soluci´on. Sea e = (e1, e2) un versor en una direcci´on cualquiera de IR2 tal que Def (0, 0) = l´ım λ→0 f((0, 0) + λ (e1, e2)) − f (0, 0) λ = l´ım λ→0 f(λe1, λe2) − f (0, 0) λ Def (0, 0) = l´ım λ→0 e1(e1 + e2) λ (e2 1 + e2 2) Este l´ımite existe si y solo si e1(e1 +e2) = 0 =⇒ e1 = 0 ´o (e1 +e2) = 0 i) Si e = (0, e2) = 0, Def (0, 0) = 0 ii) Si e = (e1, −e1) = 0, Def (0, 0) = 0. 258
- 274. Problema 3 Hallar laderivada direccional de f (x, y, z) = x2 yz3 en el punto P0 = (1, 1, −1) en la direcci´on de la tangente a la trayectoria : −→r (t) = (e−t , 1 + 2sen (t) , t − cos (t)) . Soluci´on. Como f (x, y, z) = x2 yz3 es una funci´on diferenciable en R3 ,entonces Dtf (P0) = f (P0) · t, donde f (P) = (2xyz3 , x2 z3 , 3x2 yz2 ) El punto P0 que corresponde a t = t0 es: −→r (t0) = (e−t0 , 1 + 2sen (t0) , t0 − cos (t0)) = (1, 1, −1) =⇒ e−t0 = 1 As´ı, t0 = ln (1) = 0 El vector tangente a la curva es: −→r (t) = (−e−t , 2 cos (t) , 1 + sen (t)) , entonces −→r (0) = (−1, 2, 1) y el vector tangente unitario en ´esta direcci´on queda t = −→r (0) −→r (0) = (−1,2,1) √ 6 Por tanto, la derivada direccional es Dtf (P0) = (−2, −1, 3) · (−1,2,1) √ 6 = 3√ 6 > 0 El valor positivo, significa que f aumenta en ´esta direcci´on. Problema 4 Calcular la derivada direccional de f (x, y, z) = xy+xz−yz en el punto P0= √ 2, − √ 2, 0 en direcci´on de la tangente a la curva determinada por las superficies x2 + y2 + z2 = 4, x + y + z = 0 Soluci´on. Como f (x, y, z) = xy + xz − yz es una funci´on diferenciable en R3 ,entonces Dtf (P0) = f (P0) · t, donde f (P) = (y + z, x − z, x − y) =⇒ f (P0) = − √ 2, √ 2, 2 √ 2 259
- 275. A´un falta calcularel vector t = −→r (P0) −→r (P0) , que es tangente a la curva determinada por las superficies dadas. Sea C dada por −→r (x) = (x, y (x) , z (x)) =⇒ −→r (x) = 1, y (x) , z (x) , donde y (x) , z (x) se calculan impl´ıcitamente a partir del sistema de ecuaciones por derivaci´on con respecto a x, en el entendido que y = y (x) , z = z (x) . En efecto: 2x + 2yy + 2zz = 0 ·1 2 1 + y + z = 0 ⇐⇒ yy + zz = −x y + z = −1 Resolviendo el ´ultimo sistema obtenemos y (x) = −x z −1 1 y z 1 1 = −x + z y − z , z (x) = y −x 1 −1 y z 1 1 = x − y y − z Evaluando y √ 2 = − √ 2 − √ 2 = 1 y y √ 2 = 2 √ 2 − √ 2 = −2 Luego =⇒ −→r √ 2 = (1, 1, −2) =⇒ t = −→r (P0) −→r (P0) = (1, 1, −2) √ 6 Por lo tanto, se tiene que Dtf (P0) = (− √ 2, √ 2, 2 √ 2) · (1, 1, −2) √ 6 = −4 √ 6 3.4.6. Valores extremos Problema 1 Sea f : U ⊆ R2 → R definida en el abierto U, dada por f(x, y) = x4 −2px2 −y2 +3 donde p es una constante entera. Calcular los valores extremos de la funci´on Soluci´on Apliquemos la condici´on necesaria de punto cr´ıtico, calculando las derivadas parciales e igual´andolas a cero, luego fx = 4x3 − 4px = 4x(x2 − p); fy = −2y. 260
- 276. Tenemos que fy= −2y = 0 =⇒ y = 0, pero en la derivada parcial respecto de x hay que analizar el signo de p. i) Si p > 0, fx = 4x(x2 − p) = 0 =⇒ x = 0, ± √ p y los puntos cr´ıticos son P1 = (0, 0), P2 = ( √ p, 0) y P3 = (− √ p, 0). ii) Si p = 0, fx = 4x3 = 0 =⇒ x = 0, y el ´unico punto cr´ıtico es P1 = (0, 0). iii) Si p < 0, fx = 4x(x2 − p) = 0 =⇒ x = 0, y el ´unico punto cr´ıtico es P1 = (0, 0) Estudiemos el Hessiano para ver si los puntos obtenidos son m´aximos, m´ınimos o puntos silla. fxx = 12x2 − 4p, fxy = 0, fyx = 0, fyy = −2 Por tanto el determinante de la matriz Hessiana es H (x, y) = 12x2 − 4p 0 0 −2 Estudiemos los puntos cr´ıticos seg´un los valores del par´ametro p 1) Si p > 0: En este caso hay 3 puntos cr´ıticos. H (0, 0) = −4p 0 0 −2 = 8p > 0 y fxx = −4p < 0 Entonces, el punto P1 = (0, 0) es un M´aximo Relativo. H (± √ p, 0) = 8p 0 0 −2 = −16p < 0 Por lo tanto, los puntos P2 = ( √ p, 0) y P3 = (− √ p, 0) son Puntos Silla. 2) Si p < 0: En este caso en P1 = (0, 0) hay un punto cr´ıtico. H (0, 0) = −4p 0 0 −2 = 8p < 0, luego en P1 = (0, 0) hay un Punto Silla. 3) Si p = 0: En este caso hay un ´unico punto cr´ıtico en el origen, pero al calcular el determinante del Hessiano, obtenemos que H(0, 0) = 0, luego no se tiene informaci´on. 261
- 277. Sin embargo, podemoscomprobar la naturaleza del punto aplicando la definici´on de extremo local en las cercan´ıas del origen, siguiendo dos trayectorias distintas, para la funci´on: f(x, y) = x4 − y2 + 3. Entonces f(x, 0) − f(0, 0) = x4 > 0 para todo (x, 0) ∈ V (0, 0) f(0, y) − f(0, 0) = −y2 < 0 para todo (0, y) ∈ V (0, 0). Por lo tanto, P1 = (0, 0) es un Punto de Silla Problema 2 Encuentre los valores extremos de la f (x, y) = x2 + y2 − 1 2 x4 . Soluci´on. Derivando parcialmente con respecto a x e y tenemos: fx (x, y) = 2x − 2x3 fy (x, y) = 2y Esta claro que fx y fy son funciones continuas en R2 Aplicando la condici´on necesaria para los puntos cr´ıticos de f tenemos: 2x − 2x3 = 0; 2y = 0. Al resolver el sistema obtenemos tres puntos cr´ıticos. P0 = (0, 0) , P1 = (1, 0) , P2 = (−1, 0) Determinemos el Hessiano H (x, y) : H (x, y) = fxx (x, y) fxy (x, y) fyx (x, y) fyy (x, y) = 2 − 6x2 0 0 2 = 4 − 12x2 Evaluemos el Hessiano H (x, y) en cada uno de los puntos: i) Para P0 = (0, 0) =⇒ H (0, 0) = 4 > 0 y fxx (0, 0) = 2 > 0 Entonces en P0 hay un m´ınimo relativo f (0, 0) = 0. ii) Para P1 = (1, 0) =⇒ H (1, 0) = −8 < 0 . Entonces, en P1 hay punto silla de f. iii) Para P2 = (−1, 0) =⇒ H (−1, 0) = −8 < 0 . As´ı, en P2 tambien hay un punto silla de f. 262
- 278. Problema 3 Encuentre losvalores extremos de la f (x, y) = x2 + y2 − xy + x + y en el dominio D = {(x, y) ∈ R2 / x ≤ 0, y ≤ 0, x + y ≥ −3} . Soluci´on. En primer lugar, determinemos los valores extremos en el conjunto abierto: D∗ = {(x, y) ∈ R2 / x < 0, y < 0, x + y > −3} . Derivando parcialmente con respecto a x e y tenemos: fx (x, y) = 2x − y + 1 fy (x, y) = 2y − x + 1 Observe que fx y fy son continuas en R2 Aplicando la condici´on necesaria para los puntos cr´ıticos de f tenemos el sistema: 2x − y = −1; −x + 2y = −1. Al resolver este sistema obtenemos un ´unico punto cr´ıtico P0 = (−1, −1) ∈ D∗ Determinemos el Hessiano H (x, y) : H (x, y) = fxx (x, y) fxy (x, y) fyx (x, y) fyy (x, y) = 2 −1 −1 2 = 3 ∀ (x, y) ∈ D∗ : As´ı, P0 = (−1, −1) =⇒ H (−1, −1) = 3 > 0 y fxx (−1, −1) = 3 > 0 Se concluye, que en P0 hay un m´ınimo relativo f (−1, −1) = −1. En segundo lugar, estudiemos la condici´on que se presenta en la frontera de D. a) Si y = 0, f (x, 0) = x2 + x con x ∈ [−3, 0] Determinemos los puntos cr´ıticos en este borde f (x) = 2x + 1 = 0 =⇒ x = −1 2 Luego, hay un punto crit´ıco en P1 = −1 2 , 0 ∈ D. Como f (x) = 2 > 0, ∀x ∈ [−3, 0] , entonces en P1 = −1 2 , 0 hay un m´ınimo f −1 2 , 0 = −1 4 . b) Si x = 0, f (0, y) = y2 + y con y ∈ [−3, 0] Determinemos los puntos cr´ıticos en este borde 263
- 279. f (y) =2y + 1 = 0 =⇒ y = −1 2 Luego, se tiene un punto crit´ıco en P2 = 0, −1 2 ∈ D. Como f (y) = 2 > 0, ∀y ∈ [−3, 0] ,entonces en P2 = 0, −1 2 hay un m´ınimo f 0, −1 2 = −1 4 . c) Si x+ y = −3, f (x, −x − 3) = 3x2 + 9x + 6 con x ∈ [−3, 0] Determinemos los puntos cr´ıticos en este borde f (x) = 6x + 9 = 0 =⇒ x = −3 2 =⇒ y = −3 2 Luego, hay un punto crit´ıco en P2 = −3 2 , −3 2 ∈ D. Como f (x, −x − 3) = 6 > 0, ∀x ∈ [−3, 0] ,entonces P2 = −3 2 , −3 2 en hay un m´ınimo f −3 2 , −3 2 = −3 4 . 3.4.7. Multimplicadores de Lagrange para extremos restringidos Problema 1 Obtener los extremos de la funci´on f(x, y) = x3 + 2xy + y2 que se encuentren en la recta x + y = 0. Soluci´on En primer lugar consideremos la funci´on de Lagrange y apliquemos la condici´on necesaria de punto cr´ıtico: F(x, y, λ) = x3 + 2xy + y2 + λ(x + y) Fx = 3x2 + 2y + λ = 0 (1) Fy = 2x + 2y + λ = 0 (2) Fz = x + y = 0 (3) De la (3) ecuaci´on obtenemos: y = −x que sustituida en la segunda: 2x − 2x + λ = 0 =⇒ λ = 0 Sustituido este valor en la ecuaci´on (1), queda: 3x2 − 2x = 0, x = 0, x = 2/3 Entonces los puntos cr´ıticos del lagrangiano son. P1(0, 0), P2 2 3 , − 2 3 . Clasificaremos los puntos con el determinante del Hessiano Limitado: 264
- 280. H (x, y)= 0 1 1 1 6x 2 1 2 2 evalu´ando en los puntos cr´ıticos obtenidos anteriormente. Consideremos H (0, 0) = 0 1 1 1 0 2 1 2 2 = 2 > 0, entonces d2 f dx2 < 0 y en P1(0, 0) hay un m´aximo local condicionado de f, cuyo valor es f(0, 0) = 0. Por otra parte H 2 3 , − 2 3 = 0 1 1 1 4 2 1 2 2 = −2 > 0, entonces d2 f dx2 < 0 y en P2 2 3 , − 2 3 hay un m´ınimo local condicionado de f, cuyo valor es f 2 3 , − 2 3 = − 4 27 . Problema 2 En que puntos de la elipse x2 a2 + y2 b2 = 1, la tangente a este lugar geom´etrico forma con los ejes coordenados un tri´angulo de ´area m´ınima. Soluci´on. Sea la ecuaci´on de la tangente a la elipse en el punto (x0, y0) . x0x a2 + y0y b2 = 1 Sea f (x, y) = 1 2 xT yT , el ´area que forma la recta tangente con los ejes coordenados, donde xT yT se determinan a partir de la ecuaci´on de la tangente. Si yT = 0 =⇒ xT = a2 x0 xT = 0 =⇒ yT = b2 y0 As´ı f (x, y) = 1 2 a2 b2 x0y0 es la funci´on a estudiar, que verifica la condici´on: x2 0 a2 + y2 0 b2 − 1 = 0. Consideremos la funci´on : 265
- 281. L (x, y,λ) = 1 2 a2 b2 x0y0 + λ x2 0 a2 + y2 0 b2 − 1 Lx (x, y, λ) = − 1 2 a2 b2 x2 0y0 + 2λ x0 a2 = 0 ·1/y0 Ly (x, y, λ) = − 1 2 a2 b2 x0y2 0 + 2λ y0 b2 = 0 ·/x0 Lλ (x, y, λ) = x2 0 a2 + y2 0 b2 − 1 = 0 Multiplicando las ecuaciones anteriores por los coeficientes que se indican, tenemos 1,0) − 1 2 a2 b2 x2 0y2 0 + 2λ a2 x0 y0 = 0 ·1/y0 2,0) − 1 2 a2 b2 x2 0y2 0 + 2λ b2 y0 x0 = 0 ·1/x0 3,0) x2 0 a2 + y2 0 b2 − 1 = 0 Restando 2,0 − 1,0 se tiene 2λ a2 x0 y0 = 2λ b2 y0 x0 =⇒ x2 0 = a2 b2 y2 0 Sustituyendo este resultado en 3.0) se tiene un ´unico punto cr´ıtico de f en P0 = a √ 2 , b √ 2 Mediante el criterio de la segunda derivada se puede determinar la naturaleza del punto cr´ıtico f (x, y(x)) = 1 2 a2 b2 x0y0 =⇒ f (x) = a2 b2 2 −y0 − x0y0(x) (x0y0)2 donde a partir de la condici´on obtenemos 2x0 a2 + 2y0 b2 y0(x) = 0 =⇒ y0(x) = − b2 x0 a2y0 =⇒ y0(x) = − b2 a2 y0 − x0y0 y2 0 As´ı f (x) = − a2 b2 2 (x0y0)2 (2y0 + x0y0 (x)) − 2(x0y0)(y0 + x0y0(x))2 (x0y0)4 Produce 266
- 282. f a √ 2 , b √ 2 > 0 Por lotanto, en el punto P0 = a √ 2 , b √ 2 un m´ınimo de f Problema 3 Se desea construir una tolva para un silo, que tenga una capacidad de 100 m3 y forma de cono circular recto de 2m de radio, coronado por un cilindro circular recto, empleando un m´ınimo de material para la superficie. Calcular las alturas x del cilindro e y del cono para tal objeto. Soluci´on: Sea la funci´on superficie definida por f (x, y) = 2π 4 + y2 +4πx Con la condici´on que el volumen sea g (x, y) = 4 3 πy + 4πx − 100 = 0 Entonces formemos la funci´on: L (x, y, λ) = f (x, y) = 2π 4 + y2 +4πx + λ 4 3 πy + 4πx − 100 Lx (x, y, λ) = 4π + 4πλ = 0 =⇒ λ = −1 Ly (x, y, λ) = 4πy 2 4 + y2 + 4 3 πλ = 0 =⇒ y 2 4 + y2 = 1 3 Lλ (x, y, λ) = 4 3 πy + 4πx − 100 = 0 9y2 = 4 (4 + y2 ) =⇒ 5y2 = 16 =⇒ y = 4 √ 5 Sustituyendo en la restricci´on se tiene 4πx = 100 − 16 3 √ 5 π =⇒ x = 100 4π − 4 3 √ 5 En consecuencia, se tiene un ´unico punto cr´ıtico en P0 = 100 4π − 4 √ 5 , 4 √ 5 La condici´on de m´ınimo de f se estable mediante la segunda derivada f (x, y(x)) = 2π 4 + y2 + 4πx =⇒ f (x) = 4πyy 2 4 + y2 + 4π 4 3 πy + 4πx − 100 = 0 =⇒ y (x) = −3 Por lo tanto, sustituyendo y (x) , y derivando por segunda vez 267
- 283. f (x) =− 6πy 4 + y2 + 4π =⇒ f (x) = −6π (−3(4 + y2 ) − y2 (4 + y2)3/2 f (P0) > 0 =⇒ Valor m´ınimo As´ı el valor m´ınimo de la funci´on es: f 100 4π − 4 √ 5 , 4 √ 5 = 2π 4 + 16 5 +4π 100 4π − 4 √ 5 = 100 − 20π 3 √ 5 Problema 4 Determine la distancia m´ınima y m´axima del origen a la curva de in- tersecci´on del paraboloide z = 7 4 − x2 − y2 y el plano x + y + z = 2. Soluci´on: En este caso es conveniente los valores extremos del cuadrado de la distancia con respecto al origen en vez de la distancia misma. Por lo tanto, se deben hallar los valores extremos de la funci´on: f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 sujeta a las restriciones g (x, y, z) = z − 7 4 + x2 + y2 = 0 h (x, y, z) = x + y + z − 2 = 0 Para aplicar el m´etodo de los multiplicadores de Lagrange se define F (x, y, z, λ1, λ2) = x2 +y2 +z2 +λ1 z − 7 4 + x2 + y2 +λ2 (x + y + z − 2) Fx = 2 (1 + λ1) x + λ2 = 0 (1,0) Fy = 2 (1 + λ1) y + 2λ2 = 0 (2,0) Fz = 2z + λ1 + λ2 = 0 (3,0) Fλ1 = z − 7 4 + x2 + y2 = 0 (4,0) Fλ2 = x + y + z − 2 = 0 (5,0) 1,0) − 2,0) : 2 (1 + λ1) (x − y) = 0 =⇒ λ1 = −1 o y = x Si λ1 = −1 ,entonces de 1) λ2 = 0 y de 3) z = 1 2 268
- 284. Si z = 1 2 ,entonces de 4) y 5) se obtiene: 2x2 − 3x + 1 = 0 Resolviendo la ecuaci´on anterior, sus soluciones son: x1 = 1; x2 = 1 2 x1 = 1 =⇒ y1 = 1 2 =⇒ 1, 1 2 , 1 2 es punto cr´ıtico. x2 = 1 2 =⇒ y2 = 1 =⇒ 1 2 , 1, 1 2 es punto cr´ıtico. Por otra parte:4) − 5) =⇒ x2 + y2 − x − y + 1 4 = 0 Si y = x =⇒ 2x2 − 2x + 1 4 = 0, resolviendo la ecuaci´on x = 2 ± √ 2 4 y = x = 2 + √ 2 4 =⇒ z = 4 − 2 √ 2 4 =⇒ 2 + √ 2 4 , 2 + √ 2 4 , 4 − 2 √ 2 4 es punto cr´ıtico de f. y = x = 2 − √ 2 4 =⇒ z = 4 + 2 √ 2 4 =⇒ 2 − √ 2 4 , 2 − √ 2 4 , 4 + 2 √ 2 4 es punto cr´ıtico de f. As´ı fm´ax 2 ± √ 2 4 , 2 ± √ 2 4 , 4 2 √ 2 4 = 1 4 9 + 2 √ 2 fm´ın 1 2 , 1, 1 2 = 3 2 Como la curva intersecci´on del paraboloide y el plano es una curva cerrada, la distancia m´ınima y la distancia m´axima al origen son re- spectivamente 3 2 y 1 2 9 + 2 √ 2 .No necesitamos m´as pruebas por las caracteristicas geom´etricas del problema. Problema 5 Demuestre que las distancias m´axima y m´ınima desde el origen a la curva de intersecci´on definida por x2 4 + y2 5 + z2 25 = 1, z = x + y. Soluci´on: 269
- 285. Debenos encontrar losvalores extremos de la funci´on f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 sujeta a las restriciones g (x, y, z) = x2 4 + y2 5 + z2 25 − 1 = 0 h (x, y, z) = x + y − z = 0 Para aplicar el m´etodo de los multiplicadores de Lagrange se define F (x, y, z, λ1, λ2) = x2 +y2 +z2 +λ1 x2 4 + y2 5 + z2 25 − 1 +λ2 (x + y − z) Aplicando la condici´on necesaria de punto cr´ıtico Fx = 2 1 + λ1 4 x + λ2 = 0 (1,0) Fy = 2 1 + λ1 5 y + λ2 = 0 (2,0) Fz = 2(1 + λ1 5 + λ2 = 0 (3,0) Fλ1 = x2 4 + y2 5 + z2 25 − 1 = 0 (4,0) Fλ2 = x + y − z = 0 (5,0) Despejando de estas ecuaciones x, y, z se tiene x = − 2λ2 λ1 + 4 ; y = − 5λ2 2λ1 + 10 ; z = − 25λ2 2λ1 + 50 ; 6,0) Al dividir 5,0 por λ2 = 0 (lo cual est´a justificado porque de otro modo de 1,0, 2,0 y 3,0, se tendr´ıa x = y = z = 0). 2 λ1 + 4 + 5 2λ1 + 10 + 25 2λ1 + 50 = 0. Multiplicando por 2 (λ1 + 4) (2λ1 + 10) (2λ1 + 50) y simplificando da 17λ2 1 + 245λ1 + 750 = 0 =⇒ (λ1 + 10)(17λ1 + 75) = 0 de donde: λ1 = −10, λ1 = − 75 17 Caso i) Si λ1 = −10, entonces de 6,0 : x = λ2 3 ; y = λ2 2 ; z = 5λ2 6 . Sutituyendo en 4.0 da: λ2 2 36 + λ2 2 20 + 5λ2 2 66 − 1 = 0 =⇒ λ2 2 = 180 19 =⇒ 270
- 286. λ2 = ±6 5 19 Porlo tanto, se tienen dos puntos cr´ıticos. P1 = 2 5 19 , 3 5 19 , 5 5 19 y P2 = −2 5 19 . − 3 5 19 , −5 5 19 Evaluando en la funci´on se tiene f ±2 5 19 , ±3 5 19 , ±5 5 19 = 10 Caso ii) Si λ1 = − 75 17 , entonces de 6,0 : x = 34λ2 7 ; y = − 17λ2 4 ; z = 17λ2 28 . Sutituyendo en 4.0 da: λ2 2 36 + λ2 2 20 + 5λ2 2 66 −1 = 0 =⇒ λ2 2 = (140)2 (17)2(646) =⇒ λ2 = ±14017 √ 646 Por lo tanto, se tienen otros dos puntos cr´ıticos m´as. P1 = 40 √ 646 , − 35 √ 646 5 √ 646 y P2 = − 40 √ 646 , 35 √ 646 , − 5 √ 646 Evaluando en la funci´on se tiene f ± 40 √ 646 , 35 √ 646 , ± 5 √ 646 = 75 17 Asi el valor m´aximo buscado es 10 y el valor m´ınimo es 75 17 Problema 6 Se desea construir un silo, que tenga una capacidad de V0 con forma de cilindro circular recto de altura h y radio basal r . Calcular la altura h del cilindro y radio basal r de manera que la superficie total sea m´ınima. Soluci´on: Sea la funci´on superficie definida por f (r, h) = 2πr2 +2πrh Con la condici´on que el volumen sea g (x, y) = πr2 h − V0 = 0 Entonces formemos la funci´on: L (r, h, λ) = 2πr2 + 2πrh + λ (πr2 h − V0) 271
- 287. Lr (r, h,λ) = 4πr + 2πh + 2λπrh = 0 1,0) Lh (r, h, λ) = 2πh + λπr2 = 0 2,0) Lλ (r, h, λ) = πr2 h − V0 = 0 3,0) De 2,0) se tiene: λ = − 2 r y sustituyendo este valor en 1,0) obtenemos h = 2r Si h = 2r, entonces de 3.0) r = 3 V0 2π ; h = 2 3 V0 2π En consecuencia, se tiene un ´unico punto cr´ıtico en P0 = 3 V0 2π , 2 3 V0 2π La condici´on de m´ınimo de f se establece mediante la segunda derivada f (r, h(r)) = 6πr2 =⇒ f (r) = 12πr =⇒ f (r) = 12π > 0 Por lo tanto, se tiene un valor m´ınimo de f si h = 2r As´ı el valor m´ınimo de la superficie es: f 3 V0 2π , 2 3 V0 2π = 6π V0 2π 2/3 Problema 7: Determinar los extremos absolutos de la funci´on f (x, y) = y3 + x2 y + 2x2 + 2y2 − 4y − 8 en el conjunto D = {(x, y) ∈ IR2 /x2 + y2 ≤ 1} . Soluci´on: En primer lugar estudiemos los puntos del interior de D, para ver si existen m´aximos o m´ınimos locales. La condicion necesaria, de los puntos interiores candidatos a extremos, es f (x, y) = (0, 0) =⇒ ∂f ∂x = 2x(y + 2) = 0 ∂f ∂y = 3y2 + x2 + 4y − 4 = 0 i) La primera ecuaci´on implica que x = 0 ´o y = −2. Si y = −2, la segunda ecuaci´on implica que x = 0, luego se tiene un punto cr´ıtico en P0 = (0, −2) , sin embargo , P0 /∈ D. 272
- 288. ii) Si x= 0, la segunda ecuaci´on es 3y2 + 4y − 4 = 0 =⇒ y = −2, y = 2 3 . Las coordenadas del punto P1 = 0, 2 3 verifican 4 9 < 1,entonces P1 ∈ D. Adem´as f (P1) = 8 27 + 8 9 − 8 3 − 8 = 256 27 = −9, 48. En segundo lugar, estudiemos los puntos de la frontera de D usando la funci´on f (x, y) = y3 + x2 y + 2x2 + 2y2 − 4y − 8 bajo la restrici´on g (x, y) = x2 + y2 − 1 = 0. Usemos el m´etodo de los multiplicadores de Lagrange. Sea L (x, y, λ) = y3 + x2 y + 2x2 + 2y2 − 4y − 8 + λ(x2 + y2 − 1), y obtenemos: ∂L ∂x = 2x(y + 2) + λ2x = 0 (1,0) ∂L ∂y = 3y2 + x2 + 4y − 4 + λ2y = 0 (2,0) ∂L ∂λ = x2 + y2 − 1 = 0 (3,0) De la ecuaci´on 1,0 se tiene que x = 0 ´o (y + 2) + λ = 0 a) Si x = 0,en 3.0 se tiene y2 − 1 = 0 =⇒ y = ±1.Luego se tienen otros dos puntos cr´ıticos P2 = (0, 1) y P2 = (0, −1) que satisfacen las ecuaciones 1,0 y 3,0. Para comprobar que tambi´en satisfacen la ecuaci´on 2,0 , sustituyamos el ella P1 = (0, 1) =⇒ λ = 3 2 ∈ IR P2 = (0, −1) =⇒ λ = 5 2 ∈ IR. Si evaluamos las funci´on en los puntos encontrados obtenemos: f (P2) = 1 + 2 − 4 − 8 = −9 f (P3) = −1 + 2 + 4 − 8 = −3 b) Si (y + 2) + λ = 0 ⇐⇒ λ = −(y + 2), en 2,0 se tiene 3y2 + x2 + 4y − 4 + 2y(y + 2) = 0 =⇒ x2 +y2 = 4, resultado que contradice la ecuaci´on 3,0, x2 +y2 = 1. Luego, esta condici´on no produce un punto cr´ıtico. 273
- 289. Por lo tanto,comparando los valores de la funci´on en los tres puntos encontrados, podemos inferir que el m´aximo absoluto se alcanza en P3 y que el m´ınimo absoluto se alcanza en P1 Problema 8: Determine las dimensiones de una caja rectangular, sin tapa superior,que ha de tener un volumen dado V0,de manera que su superficie sea m´ınima. Soluci´on: Sea la funci´on superficie definida por f (x, y, z) = xy + 2xz + 2yz Con la condicion que el volumen sea g (x, y, z) = xyz − V0 = 0 Entonces formemos la funci´on: L (x, y, z, λ) = f (x, y) = xy + 2xz + 2yz + λ (xyz − V0) Lx (x, y, z, λ) = y + 2z + λyz = 0 (1,0) Ly (x, y, z, λ) = x + 2z + λxz = 0 (2,0) Lz (x, y, z, λ) = 2x + 2y + λxy = 0 (3,0) Lλ (x, y, z, λ) = xyz − V0 = 0 (4,0) Despejando y y x de 1,0 y 2,0 se tiene 5.0) y = x = − 2z 1+λz , sutituyendo en 3,0) produce: − 8z 1+λz + 4λz2 (1+λz)2 = 0 =⇒ z = 1 λ 6,0) Reemplazando en 6,0) en 5,0) se tiene y = x = −4 λ . Sustituyendo en 4.0 −4 λ −4 λ 1 λ = V0 =⇒ λ = 16 V0 1/3 Por lo tanto, se tiene un ´unico punto cr´ıtico de f en P0 = 4 V0 16 1/3 , 4 V0 16 1/3 , V0 16 1/3 . Examinemos la naturaleza del punto cr´ıtico usando el Hessiano limita- do: H (x, y, z) = 0 ∂g ∂x ∂g ∂y ∂g ∂z ∂g ∂x ∂2L ∂x2 ∂2L ∂x∂y ∂2L ∂x∂z ∂g ∂y ∂2L ∂x∂y ∂2L ∂y2 ∂2L ∂y∂z ∂g ∂z ∂2L ∂x∂z ∂2L ∂y∂z ∂2L ∂z2 =⇒ 274
- 290. H (x, y,z) = 0 yz xz xy yz 0 1 + λz 2 + λy xz 1 + λz 0 2 + λx xy 2 + λy 2 + λx 0 Evaluemos el Hessiano H 4 V0 16 1/3 , 4 V0 16 1/3 , V0 16 1/3 H = 0 4 V0 16 2/3 4 V0 16 2/3 16 V0 16 2/3 4 V0 16 2/3 0 2 6 4 V0 16 2/3 2 0 6 16 V0 16 2/3 6 6 0 Usando propiedades de determinantes, obtenemos que el valor de Hes- siano es: H = 16 V0 16 4/3 0 1 1 4 1 0 2 6 1 2 0 6 4 6 6 0 H = −2048,0 × (0,062 5V0) 4 3 < 0 Adem´as: ∆3 = 0 1 1 1 0 2 1 2 0 = 4 > 0 Entonces la funci´on f tendr´a un m´aximo condicionado en el punto P0 = 4 V0 16 1/3 , 4 V0 16 1/3 , V0 16 1/3 3.4.8. Aplicaci´on al c´alculo de errores Problema 1: El periodo T de un p´endulo simple depende de la longitud l y de la aceleraci´on de gravedad g del lugar y est´a dado por: T = 2π l g . Hallar a a) el error absoluto y b) el error relativo , al calcular T con l = 0, 6 m y g = 10m/s2 si los valores verdaderos eran l = 58, 5cm y g = 9, 8m/s2 . Soluci´on: a) Sea T = 2π l g . el per´ıodo de un p´endulo simple. 275
- 291. El error absolutode T es ∆T, que en este caso es aproximadamente dT. as´ı se tiene: El error absoluto de T = dT = ∂T ∂l dl + ∂T ∂g dg = π √ lg dl − π l g3 dg Error de l = ∆l = dl = (0, 6 − 0, 585) m = 0, 015m Error de g = ∆g = dg = (10 − 9, 8) m/s2 = 0, 2m/s2 El error absoluto de T = dT = π √ 0, 6x10 (0, 015) − π 0, 6 1000 (0, 2) b) El error relativo de T = dT T = 1 2π l g π √ lg dl − π l g3 dg El error relativo de T = 1 2l dl − 1 2g dg . El error relativo de T = dT T = 1 2π l g π √ lg dl − π l g3 dg 3.5. Ejercicios Propuestos 3.5.1. L´ımites Problema 1 Determinar si existen los siguientes limites, y si existen, calcular su valor a) l´ım (x,y)→(0,0) ln xseny ysenx b) l´ım (x,y)→(0,0) x2 − y2 x2 + y2 Soluci´on: a) l´ım (x,y)→0 ln xseny ysenx = 0, b) El l´ımite de la funci´on f no existe 276
- 292. Problema 2 En lossiguientes casos, usar coordenadas polares para concluir que el l´ımite de f (x, y) cuando (x, y) tiende a (0, 0) existe y vale cero. a) l´ım (x,y)→(0,0) y3 x2 + y2 b) l´ım (x,y)→(0,0) x3 y4 x4 + y4 3.5.2. Diferenciabilidad, continuidad Problema 1 Dada la funci´on f (x, y) = xysen 1 y si y = 0 0 ∀ (x, 0) , probar que es diferenciable en el punto P0 = (0, 0) ,¿es continua en este punto? Soluci´on: La funci´on f es diferenciable en P0 = (0, 0) , implica que es continua en (0, 0) Problema 2 Dada la funci´on f (x, y) = |x| y x2 + y2 si (x, y) = (0, 0) 0 si (x, y) = (0, 0) . a) Estudiar su continuidad en IR2 b) Estudiar la existencia de derivadas parciales en IR2 y determinarlas, si es que existen. c) Estudiar su diferenciabilidad en IR2 Soluci´on: a) La funci´on f es en continua en IR2 b) Existen derivadas parciales en IR2 − {(o, a) /a = 0} ,No existe ∂f ∂x (0, a) , ∂f ∂y (0, a) = 0, 277
- 293. ∂f ∂x (0, 0) =0, ∂f ∂y (0, 0) = 0 c) La funci´on f no es diferenciable en P0 = (0, 0) ,puesto que l´ım (h,k)→(0,0) |∆f − df| √ h2 + k2 = 0 Problema 3 Verificar que f (x, y) = |xy| es continua y no diferenciable en (0, 0) . Problema 4 Dada la funci´on f (x, y) = arctgx4+y4 x2+y2 si (x, y) = (0, 0) a si (x, y) = (0, 0) a) Determinar el valor de a para que la funci´on sea continua en el origen. b) Para este valor de a calcular fx(0, 0), fy(0, 0) c) Hallar la derivada direccional Duf(1, 0), siendo u un vector unitario que la forma un ´angulo de 60o con la parte positiva del eje OX. Soluci´on: a) f(x,y) es continua en (0,0) si a= f(0,0) b) fx(0,0)=0 , fy(0,0)=0 c) Duf(1, 0) = 1 2 3.5.3. Derivadas parciales Problema 1 Sea f (x, y) = xy x2 − y2 x2 + y2 si (x, y) = (0, 0) 0 si (x, y) = (0, 0) a) Deducir que ∂f ∂x (0, y) = −y ∀y; ∂f ∂y (x, 0) = x ∀x b) Verificar que ∂2 f ∂y∂x (0, 0) = ∂2 f ∂x∂y (0, 0) 278
- 294. Problema 2 Dada lafunci´on f (x, y) = x + y si x = 0 ´o y = 0 1 si x = 0, y = 0 a) Verifique que ∂f ∂x (0, 0) = 1 ; ∂f ∂y (0, 0) = 1 b) Muestre que la funci´on f no es continua en (0, 0) Problema 3 Sea u = xy x + y , muestre que u satisface la ecuaci´on: x2 ∂2 u ∂x2 + 2xy ∂2 u ∂y∂x + y2 ∂2 u ∂y2 = 0 Problema 4 Sea u = 1 x2 + y2 + z2 , probar que u satisface la ecuaci´on: ∂2 u ∂x2 + ∂2 u ∂y2 + ∂2 u ∂z2 = 0 Problema 5 Enuncie las condiciones del teorema de Schwarz de igualdad de las derivadas cruzadas. Problema 6 Justifique si es cierto que una funci´on f : IR3 → IR diferenciable en IR3 tiene derivadas parciales. Soluci´on Si una funci´on f es diferenciable en −→x o y la diferencial es Df (−→x o) , entonces para todo vector unitario v = 0 existe Dvf (−→x o) que verifica Dvf (−→x o) = Df (−→x o) · v. En particular, esto sucede para los vectores (1, 0, 0) , (0, 1, 0) , (0, 0, 1) , por lo que existen las derivadas parciales 279
- 295. Problema 7 Suponga quez es funci´on de las variables x e y , que satisface la ecuaci´on que se da en cada caso . Encontrar las derivadas parciales de primer orden ∂z ∂x y ∂z ∂y a) x3 + y3 + z3 + senxz + cos yz = 15 b) ez + x2 ln z + y = 0. Soluci´on: a) ∂z ∂x = − (3x2 + z cos xz) 3z2 + x cos xz − ysenyz , ∂z ∂y = − (3y2 − zsenxz) 3z2 + x cos xz − ysenyz b) ∂z ∂x = − 2xz ln z zez + x2 , ∂z ∂y = − z zez + x2 Problema 8 Suponga que existen funciones u y v , que satisfacen las siguientes ecuaciones. u cos v = x + 1 u sin y = x + y Calcular ∂u ∂x , ∂u ∂y , ∂v ∂x , ∂v ∂y Soluci´on: ∂u ∂x = cos v + senv , ∂u ∂y = senv, ∂v ∂x = cos v − senv u , ∂v ∂y = cos v u 3.5.4. Derivadas Direccionales Problema 1 Calcule la derivada direccional de la funci´on dada en la direcci´on del vector indicado. a) f (x, y, z) = 2x2 − y2 − z2 , en (1, 2, 2) hacia (4, 5, 0) . b) f (x, y, z) = 2x2 − 8xy + z2 , en el punto (4, 4, 1) en la direcci´on de la 280
- 296. normal exterior ala superficie x2 + y2 + z = 17 Soluci´on: a) Dvf (1, 2, 2) = 8 √ 22 , b) Dvf (4, 4, 1) = − 446 √ 129 Problema 2 Determine la ecuaci´on del plano tangente al paraboloide x2 +y2 +z−1 = 0 y que pasa por los puntos 1, 0, 1 2 y 0, 1, 1 2 . Soluci´on: La ecuaci´on de plano tangente es: x + y + z = 3 2 Problema 3 Sea S una superficie dada por la ecuaci´on x3 + y3 + z3 − a3 = 0, con a constante, y Π un plano tangente en P0 = (xo, yo,zo) ∈ S que intersec- ta los ejes coordenados X,Y,Z en α, β, γ respectivamente. Probar que α−3/2 + β−3/2 + γ−3/2 = a−3/2 es constante. Problema 4 Determinar el plano tangente a la superficie S √ x + √ y + √ z = √ a, (a > 0) en el punto P0 = (xo, yo,zo) ∈ S y demostrar que este plano corta los ejes coordenados en segmentos cuya suma de longitudes es constante. Soluci´on: x − xo √ xo + y − yo √ yo + z − zo √ zo = 0 l = √ a( √ xo + √ yo + √ zo) = a, (a > 0) 281
- 297. Problema 5 Muestre quesi el punto P0 = (xo, yo,zo) pertenece al elipsoide de ecuaci´on: π : x2 a2 − α + y2 b2 − α + z2 c2 − α = 1 con (α < c2 < b2 < a2 ) y al manto del hiperboloide de ecuaci´on: θ : x2 a2 − β + y2 b2 − β + z2 c2 − β = 1 con (c2 < β < b2 < a2 ) Entonces las superficies π y θ se cortan ortogonalmente en P0 = (xo, yo,zo) . Regla de la cadena Problema 1 Sean f : R2 → R y g : R → R, con f (x, g (x)) = x sin (g (x)) . Sabiendo que g (1) = 0 y que f (1, 0) = 1, calcular g (1) . Soluci´on: El valor de la derivada es g (1) = 1 Problema 2 Sea f : D ⊂ IR2 → IR una funci´on diferenciable homog´enea de grado p, es decir que verifica la condici´on f (tx, ty) = tp f (x, y) ∀t > 0, ∀ (x, y) ∈ IR2 . a) Demuestre la ecuaci´on x ∂f ∂x + y ∂f ∂y = pf. b) Pruebe que la siguientes funciones son homog´eneas f (x, y) = xy, f (x, y) = x2 + 3xy + y2 y luego verifique la ecuaci´on anterior. Problema 3 Sea g(t) = f (x (t) , y (t)) de clase C2 , deduzca que: g (t) = fxx (x, y) (x ) 2 +2fxy (x, y) x y +fyy (x, y) (y ) 2 +fx (x, y) x +fy (x, y) y 282
- 298. Problema 4 Sea f= f (x, y) de clase C2 con fx (0, 1) = 2, fy (0, 1) = 1; fxx(0, 1) = 0, fxy (0, 1) = −1, fyy (0, 1) = 1.Si h(t) = f (t2 , 1 + t3 ) . Calcule la derivada compuesta (f ◦ −→r ) (t) y evalue h´´(0) = 4 Soluci´on: h (t) = fxx (x, y) (x )2 + 2fxy (x, y) x y + fyy (x, y) (y )2 + fx (x, y) x + fy (x, y) y h (0) = 4 Derivaci´on impl´ıcita Sea z = f(x, y) definida por z = u + vdonde u = u(x, y) y v = v(x, y) son funciones definidas de manera impl´ıcita por las ecuaciones F = u + eu+v − x = 0 G = v + eu−v − y = 0 Si u = v = 0 entonces x = y = 1: Calcular zx(1, 1). Soluci´on: zx(1, 1) = 1 Problema 5 Verifique que la funci´on f (x, y) = g x y2 satisface la ecuaci´on: 2x ∂f ∂x + y ∂f ∂y = 0 Problema 6 Sea g xy z , x2 + y2 = 0 una ecuaci´on que define a z como una funci´on de x e y. Verifique que si gx; gy y gz existen y son continuas en toda la regi´on en la que gz = 0; entonces 283
- 299. yzx − xzy= z(x2 − y2 ) xy Problema 7 Si F(xz, yz) = 0 define a z como funci´on impl´ıcita de x e y y adem´as cumple con las condiciones del teorema de la funci´on impl´ıcita en cada punto de una regi´on R; entoncesverifique que, en R; se satisface la ecuaci´on xzx + yzy = −z 3.5.5. Puntos cr´ıticos m´aximos y m´ınimos Problema 1 Sea f : U ⊆ R2 → R definida en el abierto U, dada por: f(x, y) = x4 + y4 + 4axy + 8a4 , (a ∈ R). Calcular los valores extremos de la funci´on. Soluci´on: Si a = 0, entonces, el ´unico punto cr´ıtico es P0 = (0, 0) (m´ınimo) . Si a > 0, tenemos tres puntos cr´ıtico es P0 = (0, 0) (punto silla), P1 = ( √ a, − √ a), P2 = (− √ a, √ a) (m´ınimos). Si a < 0, tenemos tres puntos cr´ıtico es P0 = (0, 0) (punto silla), P1 = ( √ −a, √ −a), P2 = (− √ −a, − √ −a) (m´ınimos). Problema 2 Hallar los extremos absolutos de la funci´on f (x, y, z) = x + y + z en el conjunto D = ((x, y, z) ∈ IR3 /x2 + y2 ≤ z ≤ 1) . Soluci´on: El m´ınimo de f se alcanza en − 1 2 , − 1 2 , 1 2 y vale 1 2 , y el m´aximo se alcanza en − 1 √ 2 , − 1 √ 2 , 1 2 y vale 1 + √ 2 284
- 300. Problema 3 Sea lafunci´on f (x, y) = xy (y2 − x2 ) a) Determine y clasifique los puntos cr´ıticos de f b) Detemine los m´aximos y los m´ınimos de f en la regi´on 0 ≤ x ≤ 1; 0 ≤ y ≤ 1. Soluci´on: a) En P0 = (0, 0) hay un punto silla. En P1 = ( 1√ 3 , 1) hay m´aximo de f , y en P2 = (1, 1√ 3 , ) hay un m´ınimo de f b) El m´aximo es f( 1√ 3 , 1) = 2 3 √ 3 y el m´ınimo f(1, 1√ 3 ) = − 2 3 √ 3 Problema 4 Calcular la distancia m´ınima del punto (0, b) a la par´abola x2 −4y = 0. Soluci´on: d = 2 Problema 5 Calcular el paralelep´ıpedo de volumen m´aximo que tiene una diagonal de longitud 1. Soluci´on: V 1 √ 3 , 1 √ 3 , 1 √ 3 = 1 3 √ 3 Problema 6 Hallar el punto de la elipse 3x2 −2xy+3y2 = 8 para la cual la respectiva recta tangente est´a a la menor distancia del origen. Soluci´on: Se tienen cuatro puntos cr´ıticos P0 = (1, −1) , P1 = (−1, 1) , P2 = √ 2, √ 2 , P3 = − √ 2, − √ 2 . 285
- 301. Los puntos dondeesta la menor distancia son: d √ 2, √ 2 = d − √ 2, − √ 2 = 2 Los puntos donde est´a la mayor distancia : d (1, −1) = d (−1, 1) = √ 2 Problema 7 Un canaleta cuya secci´on transversal tiene forma de trapecio, con ´angu- los iguales en la base, se fabrica doblando bandas iguales a lo largo de ambos lados de una larga plancha de metal,de 12 pulgadas de ancho. Encuentre los ´angulos de la base y el ancho de los lados que producen la m´axima capacidad de la canaleta. Soluci´on: ´angulos 2π 3 , ancho de lados 4 pulgadas Problema 8 Pruebe que para ´angulos x, y, z cuya suma es x + y + z = π 2 , se cumple la desigualdad sin x sin y sin z ≤ 1 8 3.6. Aplicaciones Derivada Direccional Ejemplo 1 Suponga que la temperatura en grados Celsuis en el punto (x, y) cerca de un aeropuerto est´a dada por f(x, y) = 1 180 [7400 − 4x − 9y − 0, 03xy] ( con las distancias x e y medidas en kilometros). a) Suponga que un avi´on despega del aeropuerto en la ubicaci´on P(200, 200) y se dirige al noreste en la direcci´on especificada por el vector −→v = (3, 4) .¿Cu´al es la tasa de cambio inicial de la temperatura en la direc- ci´on dada?. 286
- 302. b) Si elavi´on sale del aeropuerto en P y vuela en la direcci´on −→v con una rapidez v = ds dt = 5 km/min. ¿Cu´al es la tasa de cambio inicial de la temperatura en la direcci´on dada por unidad de tiempo? Soluci´on: a) Como f es una funci´on diferenciable en IR2 , la derivada direccional de la funci´on f en el punto P en la direcci´on −→v est´a dada por: Duf (P) = f (P) · u Determinemos el versor u = −→u −→u = (3, 4) √ 32 + 42 = 3 5 , 4 5 Ahora calculemos el gradiente f (P) = 1 180 (−4 − 0, 03y) , 1 180 (−9 − 0, 03x) La derivada direccional en cualquier punto es Dvf (P) = 1 180 (−4 − 0, 03y) , 1 180 (−9 − 0, 03x) · 3 5 , 4 5 Evaluemos la derivada direccional el punto P(200, 200), se encuentra que: Dvf (200, 200) = 3 5 · − 10 180 + 4 5 − 15 180 = − 18 180 Dvf (200, 200) = −0, 1 o C km Lo que significa que se observar´a una disminuci´on de 0, 1o C de temper- atura en esa direcci´on por cada km de viaje. b) La tasa de variaci´on de la temperatura con respecto al tiempo est´a dada por df dt = df ds ds dt = Dvf (P) −→v = −0, 1 o C km (5km/min) df dt = −0, 5 km m´ın 287
- 303. Ejemplo 2 Suponga ahoraque consideramos que la temperatura en grados Celsuis en el punto (x, y, z) cerca de un aeropuerto est´a dada por f(x, y, z) = 1 180 [7400 − 4x − 9y − 0, 03xy] −2z , donde f es la tem- peratura por kilometro de altitud. a) Si un halc´on esta inm´ovil en el aire, en el punto P(200, 200, 5) y sobre el aeropuerto desciende en forma s´ubita con una rapidez de 3 km/min en la direcci´on dada por el vector (3,4,-12) . ¿Cu´al es la tasa de cambio instant´anea que experimenta el ave? b) ¿En qu´e direcci´on debe descender el halc´on que est´a en el punto P(200,200) a una altitud de 5 km, a fin de calentarse lo m´as r´apido? c) ¿Qu´e tan r´apido s´ubira su temperatura conforme el ave baje a una rapidez de 3 km/min? d) ¿Cu´al ser´a la direcci´on de la br´ujula y el ´angulo de descenso conforme vuele en esa direcci´on particular? Soluci´on: a) La derivada direccional de la funci´on f en el punto P en la direcci´on −→v est´a dada por: Duf (P) = f (P) · u Determinemos el versor u = −→u −→u = (3, 4, −12) 32 + 42 + (−12)2 = 3 5 , 4 5 , − 12 13 El vector gradiente de temperatura es f (P) = 1 180 (−4 − 0, 03y) , 1 180 (−9 − 0, 03x) , −2 El gradiente en la posici´on inicial es f(200, 200, 5) = − 10 180 , − 15 180 , −2 Por tanto , la tasa de cambio inicial de la temperatura del ave respecto de la distancia en la direcci´on dada es df ds = Duf (P) = f (P) · u 288
- 304. Evaluemos la derivadadireccional la posici´on inicial P(200, 200, 5), Dvf (200, 200, 5) = 3 13 · − 10 180 + 4 13 − 15 180 − 2 − 12 13 = 47 26 Como la rapidez del ave es ds dt =3 km/min, entonces la tasa de cambio por unidad de tiempo que experimenta el halc´on es df dt = df ds ds dt = Dvf (P) −→v = 47 26 o C km (3km/min) ≈ 5, 4 o C m´ın c) El valor m´aximo est´a dado por df ds = [Dvf (P)]m´ax = f (P) = − 10 180 2 + − 15 180 2 + (−2)2 = 2,0025 Y se alcanza en en la direcci´on dada por el gradiente n = f (P) f (P) = (−10, −15, −360) 360, 45 La rapidez del halc´on es 3 , por lo que la tasa temporal de cambio de la temperatura en esa direcci´on experimentada por el halcon es df dt = df ds ds dt = Dvf (P) −→v = 2, 0025 o C km (3km/min) ≈ 6, 0075 o C m´ın 3.7. Aplicaciones de M´aximos y M´ınimos 3.7.1. Aplicaci´on al campo de la mec´anica Sea −→ F : D → R3 un campo de Fuerza definido en cierto dominio D de R3 . Consideremos ahora una part´ıcula de masa m que se mueve a lo largo de una trayectoria −→r (t) bajo la acci´on de este campo de fuerza. 289
- 305. La ecuaci´on demovimiento de la part´ıcula esta dada por la segunda ley de Newton: −→ F (−→r (t)) = m−→r ” (t) (∗) Si el campo vectorial −→ F es conservativo, esto es, −→ F = − V , entonces: 1 2 m −→r (t) + V (−→r (t)) = c donde c es una constante. El primer t´ermino se llama energ´ıa cin´etica y el segundo corresponde a la funci´on potencial V. Si diferenciamos la expresi´on anterior usando la regla de la cadena: d dt 1 2 m −→r (t) + V (−→r (t)) = m−→r (t)·−→r (t)+ V (−→r (t))·−→r (t) = 0 m−→r (t) + V (−→r (t)) · −→r (t) = 0 ⇐⇒ m−→r (t) + V (−→r (t)) = 0 Por tanto, m−→r (t) = − V (−→r (t)) = −→ F (−→r (t)) lo que demuestra la ecuaci´on de Newton (∗) . Un punto −→r o ∈ D se llama posici´on de equilibrio si la fuerza en ese punto es cero: −→ F (−→r o) = 0.Un punto −→r o que sea de equilibrio se llama estable si para todo ρ > 0 y ε > 0, podemos escoger n´umeros ρo > 0 y εo > 0 tales que un punto situado en cualquier lugar a una distancia menor que ρo de −→r o,despu´es de recibir inicialmente energ´ıa cin´etica en una cantidad menor que εo, permanecer´a para siempre a una distancia de −→r o menor que ρ y poseera energ´ıa cin´etica menor que ε. As´ı, si tenemos una posici´on de equilibrio, la estabilidad en −→r o sig- nifica que una part´ıcula que se mueve lentamente cerca de −→r o siempre permanecer´a cerca de −→r o y se mantendr´a moviendose lentamente. Ahora, si tenemos un punto de equilibrio inestable −→r o , entonces −→r (t) = −→r o resuelve la ecuaci´on de Newton −→ F (−→r (t)) = m−→r ” (t) , pero las soluciones cercanas pueden alejarse de −→r o conforme trascurra el tiempo. Proposici´on 3.7.1. i) Los puntos cr´ıticos de un potencial son posi- ciones de equilibrio. ii) En un campo conservativo, un punto −→r o en el cual el potencial alcance un m´ınimo local estricto, es una posici´on de equilibrio estable. 290
- 306. Demostraci´on 1) La primeraafirmaci´on es bastante obvia debido a la definici´on de campo conservativo: −→ F = − V, los puntos de equilibrios −→r o son exactamente los puntos cr´ıticos de V, en los cuales V (−→r o) = 0 2) Para probar la afirmaci´on ii), haremos uso de la ley de conservaci´on de energ´ıa . Tenemos 1 2 m −→r (t) + V (−→r (t)) = 1 2 m −→r (0) + V (−→r (0)) Escojamos un peque˜na vecindad de −→r o, y asumamos que la part´ıcula tienen poca energ´ıa cin´etica. Conforme t crece, la part´ıcula se aleja de −→r osobre una trayectoria −→r (t) y V (−→r (t)) crece pues V (−→r (0)) es un m´ınimo estricto , de modo que la energ´ıa cin´etica debe decrecer . Si la energ´ıa cinetica inicial es suficientemente peque˜na, entonces, para que la part´ıcula escape de la vecindad de −→r o, fuera de la cual V ha crecido en una cantidad definida, la energia cinetica tendria que volverse negativa, lo cual es imposible. Asi, la particula no puede escapar de la vecindad. Sea una part´ıcula en un campo de potencial V restringido a manten- erse sobre la superficie de nivel S dada por la ecuaci´on φ (x, y, z) = 0 con φ = 0. Si en la ecuaci´on de Newton −→ F (−→r (t)) = m−→r ” (t) (∗) , reemplazamos −→ F con la componente de −→ F paralela a S, aseguramos que la part´ıcula permanecer´a en S. Proposici´on 3.7.2. i) Si en un punto P sobre la superficie S el poten- cial V |S tiene un valor extremo, entonces el punto P es una posici´on de equilibrio sobre la superficie. ii) Si un punto P ∈ S es un m´ınimo local estricto del potencial V|S , entonces el punto P es una posicion de equilibrio estable. Ejemplo Sea el campo gravitacional cerca de la superficie de la tier- ra; esto es, sea −→ F = (0, 0, −mg) donde g es la aceleraci´on de gravedad . Determine la funci´on potencial gravitacional y ¿cu´ales son las posi- ciones de equilibrio, si una part´ıcula con masa m esta restrigida a la esfera g (x, y, z) = x2 +y2 +z2 −r2 = 0, (r > 0)?¿Cu´ales son estables?. Soluci´on: 291
- 307. Tenemos que Fz= − ∂V ∂z = mg =⇒ V (x, y, z) = mgz Usando el m´etodo de los multiplicadores de Lagrange podemos localizar los extremos posibles, tenemos que: L (x, y, z, λ) = V (x, y, z) + λg (x, y, z) L (x, y, z, λ) = mgz + λ x2 + y2 + z2 − r2 Lx (x, y, z, λ) = 2λx = 0 =⇒ λ = 0 y x = 0 (1,0) Ly (x, y, z, λ) = 2λy = 0 =⇒ λ = 0 y y = 0 (2,0) Lz (x, y, z, λ) = mg + 2λz = 0 =⇒ λ = − mg 2z y z = 0 (3,0) Lλ (x, y, z, λ) = x2 + y2 + z2 − r2 = 0 ( 4,0) Reemplazando (1,0), (2,0), (3,0) en ( 4,0) z2 − r2 = 0 =⇒ z = ±r y λ = − mg 2r Luego, se deduce que los puntos P1 = (0, 0, r) y P2 = (0, 0, −r) son posiciones de equilibrio. 3.7.2. Aplicaciones a la geometr´ıa Ejemplo 1 Determine la distancia m´ınima desde el origen (0,0,0) a la superficie S del elipsoide x2 + y2 4 + z2 9 = 1. Soluci´on: Sabemos que la distancia entre un punto P y el origen est´a dada por la funci´on d(x, y, z) = x2 + y2 + z2. Sin embargo, por razones de simplicidad en los c´alculos , en lugar de la funci´on anterior vamos a considerar la funci´on f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 en atenci´on a que f tendra un m´ınimo en un punto si y solo si d lo tiene. Se trata de obtener los extremos condicionados de la funci´on distancia f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 sujeta a la condici´on x2 + y2 4 + z2 9 = 1. Formemos la funci´on auxiliar de Lagrange F(x, y, z, λ) = (x2 + y2 + z2 ) + λ(x2 + y2 4 + z2 9 − 1) 292
- 308. y consideremos entoncesel sistema. Fx (x, y, z, λ) = 2x + 2λx = 0 Fy (x, y, z, λ) = 2y + 1 2 λy = 0 Fz (x, y, z, λ) = 2z + 2 9 λz = 0 Fλ (x, y, z, λ) = x2 + y2 4 + z2 9 − 1 = 0 De las tres primeras ecuaciones obtenemos 2x(1 + λ) = 0 =⇒ x = 0 ∨ λ = −1 y(2 + 1 2 λ) = 0 =⇒ y = 0 ∨ λ = −4 2z(1 + 1 9 λ) = 0 =⇒ z = 0 ∨ λ = −9 Sustituyendo y = z = 0 en la cuarta ecuaci´on produce x2 − 1 = 0 =⇒ x = ±1 . Reemplazando x = z = 0 en la cuarta ecuaci´on produce y2 4 − 1 = 0 =⇒ y = ±2 Sustituyendo x = y = 0 en la cuarta ecuaci´on produce z2 9 − 1 = 0 =⇒ z = ±3 Luego , se obtienen seis puntos cr´ıticos P0 = (1, 0, 0) , P1 = (−1, 0, 0) , P2 = (0, 2, 0) , P3 = (0, −2, 0) P4 = (0, 0, 3) , P5 = (0, 0, −3) . Evaluando la funci´on en los puntos encontrados deber´a haber un m´axi- mo y un m´ınimo f(±1, 0, 0) = 1, f(0, ±2, 0) = 4, f(0, 0, ±3) = 9 Se tiene que el m´ınimo de f se encuentra en los puntos (±1, 0, 0) y es igual 1. y el m´aximo est´a localizado en los puntos (0, 0, ±3) y vale 9. 293
- 309. Ejemplo 2 Determinela distancia m´ınima y m´axima del origen a la curva de interseccion del paraboloide x2 + y2 + z − 7 4 = 0 y el plano x + y + z − 2 = 0. Soluci´on: Igual que el ejemplo anterior resulta mas conveniente hallar los ex- tremos del cuadrado de la distancia respecto del origen en vez de la funci´on distancia d (x, y, z) = x2 + y2 + z2 Por consiguiente, se trata de obtener los extremos condicionados de la funci´on distancia f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 sujeta a las condiciones g(x, y, z) = x2 + y2 + z − 7 4 = 0 y h(x, y, z) = x + y + z − 2 = 0 Formemos la funci´on auxiliar de Lagrange F(x, y, z, λ1, λ2) = (x2 +y2 +z2 )+λ1 x2 + y2 + z − 7 4 +λ2 (x + y + z − 2) y consideremos entonces el sistema. Fx(x, y, z, λ1, λ2) = 2x(1 + λ1) + 2λ2 = 0 (1) Fy(x, y, z, λ1, λ2) = 2y(1 + λ1) + 2λ2 = 0 (2) Fz(x, y, z, λ1, λ2) = 2z + λ1 + λ2 = 0 (3) Fλ1 (x, y, z, λ1, λ2) = x2 + y2 + z − 7 4 = 0 (4) Fλ2 (x, y, z, λ1, λ2) = x + y + z − 2 = 0 (5) De las dos primeras ecuaciones se obtiene λ1 = −1 ´o y = x Consideremos primero el caso λ1 = −1.A partir de (1) se obtiene λ2 = 0 . Sustituyendo estos valores en (3) z = 1 2 . Reemplazando z en (4) y (5), produce x2 + y2 − 5 4 = 0 x + y − 3 2 = 0 Resolviendo el sistema se obtienen los puntos cr´ıticos 294
- 310. P0 = 1, 1 2 , 1 2 ,P1 = 1 2 , 1, 1 2 Al evaluar ambos puntos en la funci´on distancia, obtenemos d (x, y, z) = 1 + 1 4 + 1 4 = 3 2 Consideremos ahora y = x , a partir de las ecuaciones (4) y (5) se obtiene 2x2 + z − 7 4 = 0 2x + z − 2 = 0 Resolviendo el sistema se obtienen los puntos cr´ıticos P3 = 1 2 ± √ 2 4 , 1 2 ± √ 2 4 , 1 √ 2 2 , Al evaluar todos estos puntos en la funci´on distancia, obtenemos d 1 2 ± √ 2 4 , 1 2 ± √ 2 4 , 1 √ 2 2 = 1 2 9 2 √ 2 Como la curva de intersecci´on del paraboloide y el plano es cerrada, las distancias m´axima y minima absoluta del la curva al origen son: dm´ax = 1 2 9 + 2 √ 2, dm´ın = 3 2 Ejemplo 3 Encuentre el volumen m´aximo de una caja rectangular inscrita en el elipsoide x2 a2 + y2 b2 + z2 c2 = 1 con sus caras paralelas a los planos coordenados. Soluci´on: Sea P(x,x,z) el v´ertice de la caja que esta en el primer octante donde x > 0, y > 0, z > 0. Por la simetria del problema se desea maximizar la funci´on volumen f(x, y, z) = 8xyz sujeta a la condici´on g(x, y, z) = x2 a2 + y2 b2 + z2 c2 − 1 = 0 Formemos la funci´on auxiliar de Lagrange F(x, y, z, λ) = 8xyz + λ x2 a2 + y2 b2 + z2 c2 − 1 295
- 311. y consideremos entoncesel sistema. Fx (x, y, z, λ) = 8yz + 2λ a2 x = 0 (1) Fy (x, y, z, λ) = 8xz + 2λ b2 y = 0 (2) Fz (x, y, z, λ) = 8xy + 2λ c2 z = 0 (3) Fλ (x, y, z, λ) = x2 a2 + y2 b2 + z2 c2 − 1 = 0 (4) Multiplicando las ecuaciones (1), (2)y (3) por x, y, x respectivamente, produce 8xyz + 2λ a2 x2 = 0 (1,1) 8xyz + 2λ b2 y2 = 0 (2,2) 8xyz + 2λ c2 z2 = 0 (3,3) Entonces , obtenemos 2λ a2 x2 = 2λ b2 y2 = 2λ c2 z2 = −8xyz Para obtener el volumen m´aximo se requiere que x, y, x = 0 y λ = 0 Concluimos entonces que x2 a2 = y2 b2 = z2 c2 Sustituyendo esta expresi´on en la ecuaci´on (4), obtenemos 3 x2 a2 − 1 = 0 =⇒ x = a √ 3 As´ı, sucesivamente se tiene un ´unico punto cr´ıtico P0 = a √ 3 , b √ 3 , c √ 3 Por lo tanto , la caja tiene un volumen m´aximo dado por fm´ax a √ 3 , b √ 3 , c √ 3 = 8 3 √ 3 abc 296
- 312. 3.7.3. Aplicaci´on alcampo de la econom´ıa Supongase que la producci´on de cierto producto de una compa˜n´ıa man- ufacturera es una cantidad Q , donde Q es una funci´on de f(K, L) donde K es la cantidad de capital (o inversi´on) y L es la cantidad de trabajo realizado. Si el precio del trabajo es p, el precio del capital es q y la compa˜nia no puede gastar m´as de B d´olares, ¿c´omo podemos hallar la cantidad de capital y de trabajo que maximice la producci´on Q? Soluci´on: Se esperar´ıa que si se incrementa la cantidad de capital o de trabajo, entonces la producci´on deber´a incrementarse; esto es: ∂Q ∂K ≥ 0 y ∂Q ∂L ≥ 0 Tambi´en se esperaria que conforme se a˜nada trabajo a una cantidad dada de capital, obtendremos menos productos adicionales por nuestro esfuerzo, esto es: ∂2 Q ∂K2 < 0 De manera an´aloga, ∂2 Q ∂L2 < 0 Con estas hip´otesis sobre Q , es razonable esperar que las curvas de nivel de la producci´on- llamadas isocuantas- Q(K, L) = c, se vean como las esbozadas en la figura, con c1 < c2 < c3. pendiente imagen Podemos interpretar la convexidad de las isocuantas como sigue: si nos movemos hacia la derecha a lo largo de una isocuanta dada , se em- plea m´as capital para reemplazar una unidad de trabajo y producir la misma cantidad. La restricci´on de presupuesto significa que debe- mos mantenernos dentro del tri´angulo acotado por los ejes y la recta pL + qK = B. Geometricamente, es claro que producimos m´as al gas- tar nuestro dinero de tal manera que seleccionemos la isocuanta que solamente toca, pero no cruza, la recta presupuesto. 297
- 313. Como el puntom´aximo est´a en la frontera de nuestro dominio, aplicare- mos el m´etodo de los multiplicadores de Lagrange para hallar el m´axi- mo. Para maximizar Q = f(K, L) sujeto a la restricci´on pL+qK = B, buscamos los puntos cr´ıticos de la funci´on auxiliar H (K, L, λ) = f (K, L) + λ (pL + qK − B) As´ı queremos: HK (K, L, λ) = fK (K, L) + λq = 0 =⇒ fK (K, L) = QK (K, L) = −λq HL (K, L, λ) = fL (K, L) + λp = 0 =⇒ fL (K, L) = QL (K, L) = −λp Hλ (K, L, λ) = pL + qK − B = 0 =⇒ pL + qK − B = 0 Con estas ecuaciones podemos encontrar los puntos cr´ıticos de la fun- ci´on Q. Luego, usando derivaci´on implicita podemos determinar el pun- to donde se maximiza la producci´on. En el ejemplo anterior , λ representa algo interesante. M´as adelante vamos a interpretar λ. Sean k = qK y l = pL, de modo que k es el valor en d´olares del capital empleado, y l es el valor en dolares del trabajo empleado, entonces las ecuaciones se convierten en: H (k, l, λ) = f (k, l) + λ (l + k − B) Hk (k, l, λ) = fk (k, l) + λ = 0 =⇒ fk (k, l) = Qk (k, l) = −λ Hl (k, l, λ) = fl (k, l) + λ = 0 =⇒ fl (k, l) = Ql (k, l) = −λ Hλ (k, l, λ) = λl + k − B = 0 =⇒ λl + k − B = 0 Comparando con las primeras dos ecuaciones del caso anterior se tiene que: ∂Q ∂k = 1 q ∂ ∂K = −λ = ∂Q ∂l = 1 p ∂ ∂K As´ı , en el punto ´optimo de producci´on , el cambio marginal en la pro- ducci´on por d´olar de inversi´on de capital adicional, es igual al cambio marginal de la producci´on por d´olar de trabajo adicional, y λ es este 298
- 314. valor com´un. Enel punto ´optimo, el intercambio de un d´olar de capi- tal por un d´olar de trabajo no cambia la producci´on. Fuera del punto ´optimo, la producci´on marginal es distinta, y un intercambio, o el otro, incrementan la producci´on. Ejemplo Suponga que la producci´on total de una compa˜nia est´a da- da por la funci´on P = P (K, L) = K1/4 L1/2 donde K denota el n´umero de unidades de capital usado y L es el n´umero de unidades de trabajo usado. a) Suponga que cada unidad de capital K cuesta 1 mill´on de d´olares y cada unidad de trabajo L cuesta 7 millones de d´olares.Considere el problema de maximizar la producci´on total P si el presupuesto total es de 10 millones de d´olares. b) Suponga que el capital K aumenta en una raz´on de 4 % por a˜no, y el trabajo L aumenta en una raz´on de 5 % por a˜no. Determine la raz´on de crecimiento de la producci´on P por a˜no. Soluci´on: Tenemos que extremar P = P (K, L) = K1/4 L1/2 bajo la condici´on K + 7L − 10 = 0 Sea la funci´on auxiliar de Lagrange F (K, L.λ) = K1/4 L1/2 + λ (K + 7L − 10) y consideremos entonces el sistema. FK (K, L.λ) = 1 4 K−3/4 L1/2 + λ = 0 (1) FL (K, L.λ) = 1 2 K1/4 L−1/2 + 7λ = 0 (2) Fλ (K, L.λ) = K + 7L − 10 = 0 (3) Multiplicando (1,0) por 4K y (2,0) por 2L, produce: K1/4 L1/2 + 4Kλ = 0 (1,1) K1/4 L−1/2 + 14Lλ = 0 (2,1) Restando las ´ultimas ecuaciones tenemos: 299
- 315. 4Kλ − 14Lλ= 0 Entonces 2λ(2K − 7L) = 0 =⇒ λ = 0´o (2K − 7L) = 0 Si λ = 0 nos quedamos sin restricion, luego λ = 0y(2K − 7L) = 0 =⇒ K = 7 2 L Reemplazando el resultado anterior en (3,0) ,queda 7 2 L + 7L = 10 =⇒ L = 20 21 entonces K = 10 3 Asi, se tienen un ´unico punto cr´ıtico en P0 = 10 3 , 20 21 . Por tanto, la produccion maximizada ser´a P 10 3 , 20 21 = 10 3 1/4 20 21 1/2 ii) Supongamos que K y L aumentan en una raz´on de 4 % y 5 %, respectivamente, por a˜no dK dt = 0, 04K (1,0) dL dt = 0, 05L (2,0) Usando la regla de la cadena sobre la funci´on P (K, L) tenemos: dP dt = ∂P ∂K ∂K ∂t + ∂P ∂L ∂L ∂t dP dt = 1 4 K−3/4 L1/2 ∂K ∂t + 1 2 K1/4 L−1/2 ∂L ∂t (3,0) Sustituyendo (1,0) y (2,0) en (3,0) dP dt = 1 4 K−3/4 L1/2 (0, 04K) + 1 2 K1/4 L−1/2 (0, 05L) dP dt = K1/4 L1/2 1 4 0, 04 + 1 2 0, 05 300
- 316. Reemplazado en laexpresion anterior P = K1/4 L1/2 Finamente, se tiene: dP dt = 0, 035P,lo que significa que la producci´on aumenta 3,5 % por a˜no. Ejemplo Una compa˜nia planea gastar 10.000 d´olares en publicidad. Cuesta 3.000 d´olares un minuto de publicidad en la televisi´on y 1.000 d´olares un minuto de publicidad en la radio. Si la empresa compra x minutos de comerciales en televisi´on e y minutos de comerciales en la radio, su ingreso, en miles de d´olares, esta dado por f (x, y) = −2x2 − y2 + xy + 8x + 3y. ¿Como puede la empresa maximizar su ingreso invirtiendo en la publicidad? Soluci´on: Se desea maximizar la funci´on f (x, y) = −2x2 − y2 + xy + 8x + 3y bajo la restricci´on g(x, y) = 3x + y − 10 = 0. Consideremos la funci´on auxiliar L (x, y, λ) = −2x2 − y2 + xy + 8x + 3y + λ (3x + y − 10) Primero,apliquemos la condici´on necesaria de punto cr´ıtico L (x, y, λ) = 0. Lx (x, y, λ) = −4x + y + 8 − 3λ = 0 (1) Ly (x, y, λ) = −2y + x + 3 − λ = 0 (2) Lλ (x, y, λ) = 3x + y − 10 = 0 (3) De la ecuaciones (1) y (2)se obtiene y = 3λ + 4x − 8 (1,1) , x = λ + 2y − 3 (2,1) Reemplazando (2,1) en (1,1) queda: y = 3λ + 4 (λ + 2y − 3) − 8 =⇒ y = 7λ + 8y − 80 Luego, se tiene y = 20 7 − λ (1,2) Asi, (1,2) en (2,1) produce: 301
- 317. x = 19 7 − λ(2,2) Sustituyendo (1,2) y (2,2) en (3,0) , obtenemos: 4λ − 1 = 0 =⇒ λ = 1 4 . Entonces (1,2) y (2,2) nos da un ´unico punto cr´ıtico P0 = 73 28 , 69 28 . Determinemos la naturaleza de este punto critico usando el criterios de la segunda derivada. El hessiano para f (x, y) es H 73 28 , 69 29 = fxx fxy fxy fyy = −4 1 1 −2 = 7 > 0 y fxx 73 28 , 69 28 = −4 < 0 Por lo tanto, la funci´on es m´axima en el punto P0 = 73 28 , 69 28 . As´ı , la empresa tendria que comprar 73 28 minutos de comerciales en televisi´on y 69 28 minutos de comerciales en radio. 3.7.4. Problemas Propuestos de Aplicaciones 1.- Sea una part´ıcula que se mueve en un campo de potencial en R2 dado por V (x, y) = 3x2 + 2xy + 2x + y2 + y + 4. Hallar los puntos de equilibrio estable si los hay. Soluci´on: Hay un ´unico punto de equilibrio estable en − 1 4 , 1 4 . 2.- Sea una part´ıcula movi´endose en un campo de potencial en R2 dado por V (x, y) = x2 + 4xy − y2 − 8x − 6y. Hallar todos los puntos de equilibrio.¿Cu´ales, si los hay, son estable? Soluci´on : Hay un ´unico punto de equilibrio inestable en (2, 1) . 3.- Sea una part´ıcula restringida a moverse sobre la esfera x2 +y2 +z2 = 1, sujeta a fuerzas gravitacionales, asim como al potencial adicional V (x, y, z) = x + y.Hallar los puntos de equilibrio estable, si los hay. 302
- 318. Soluci´on : Hayun ´unico punto de equilibrio estable en (2 + m2 g2 ) −1/2 (−1, −1, −mg) . 4.- Usando la informaci´on anterior , encuentre el punto ´optimo para la funci´on de producci´on Q (K, L) = AKα L1−α , donde A y α son con- stantes positivas y 0 < α < 1, que se usa para modelar la econonom´ıa nacional. Q es, entonces, la producci´on agregada de la econom´ıa para una entrada de capital y trabajo dada . Soluci´on: En el ´optimo: KQ α = pL 1 − α 5.- Una compa˜nia usa aluminio, hierro y magnesio para producir acc- cesorios de autom´oviles. La cantidad de accesorios que puede producir usando x toneladas de aluminio, y toneladas de hierro y z toneladas de magnesio es Q (x, y, z) = xyz. El costo de la materia prima es: aluminio 6 d´olares por tonelada; hierro 4 d´olares por tonelada ; y magnesio 8 dolares por tonelada. ¿Cu´antas toneladas de aluminio, hierro y magne- sio deber´an usarse para manufacturar 1000 accesorios al menor costo posible? Soluci´on: x = 20 3 3 √ 3 , y = 10 3 √ 3, z = 5 3 √ 3 6.- Una Pyme cuenta con 8.000 d´olares para importar dos tipos de bebidas energ´eticas . Si x son la unidades de bebidas energ´eticas que se importar´an desde Holanda, y se estima que vender´an 12x x + 6 unidades de esta bebidas a un precio de 200 d´olares cada una. Si y son la unidades de bebidas energ´eticas que se importar´an desde Alemania, estimandose que vender´an 24y y + 3 unidades, a un precio de 200 d´olares cada una. Si el costo por unidad vendida de cada bebida es de 50 d´olares. a) Determine cuantas unidades de cada bebida energ´etica deben im- portar para maximizar su utilidad. b) Determine la utilidad m´axima. Soluci´on:La funci´on utilidad esta dada por la diferencia entre el precio de venta de las bebidas y el costo de importaci´on a) 78, 5 bebidas Holandesas y 81, 5 bebidas Alemanas. b) Utilidad U(78, 5; 81, 5) = 5144, 7 d´olares. 303
- 319. 7.- La funci´onde producci´on de una compa˜n´ıa es Q (x, y) = xy. El costo de producci´on es C (x, y) = 2x+3y.Si esta compa˜n´ıa puede gastar C (x, y) = 10, ¿cu´al es la m´axima cantidad que puede producir? Soluci´on: P 5 2 , 5 3 = 25 6 3.8. Auto evaluaciones Autoevaluaci´on No 1 El estudiante: 1) Determinar´a si una funci´on f : D ⊆ R2 −→ R definida en el conjun- to abierto D, es o no diferenciable en un punto del dominio, empleando la definici´on de diferenciabilidad. 2) Calcular´a la derivada direccional m´axima de una funci´on f diferenciable en un punto evaluando el gradiente y el vector unitario necesario. 3) Utilizar´a el m´etodo de los multiplicadores de Lagrange para localizar los posibles valores extremos de una funci´on f : Ω ⊆ RN −→ R, definida en un conjunto abierto Ω, sujeta a una o dos condiciones gm(x) = 0 , m = 1,2 y m < N Tiempo: 2 horas Pregunta 1 Estudie la diferenciabilidad de la funci´on f(x; y) = x2 + 2y2 , en el punto (x0; y0) = (1; 2). Pregunta 2 Hallar los coeficientes a y b para que la derivada direccional m´axima de la funci´on eax+by cos(x + y) − z = 0 en el punto (0, 0) sea 3 √ 2 en la direcci´on de la bisectriz del primer cuadrante. Pregunta 3 Calcular la m´ınima distancia desde el origen (0, 0) hasta la recta 2x + y = 1,usando el teorema de los Multiplicadores de Lagrange. Pauta Autocorrecci´on 304
- 320. Pregunta 1 En primerlugar, sus derivadas parciales en el punto (x0; y0) = (1; 2) existen y valen ∂f ∂x (x, y) = 2x =⇒ ∂f ∂x (1, 2) = 2 ∂f ∂y (x, y) = 4y =⇒ ∂f ∂y (1, 2) = 8 En segundo lugar, para mostrar que f es diferenciable tenemos que demostrar que se cumple l´ım (x,y)→(x0,y0) f (x, y) − f (x0, y0) + ∂f ∂x (x0, y0) (x − x0) + ∂f ∂y (x0, y0) (y − y0) (x − x0)2 + (y − y0)2 = 0 En efecto, tenemos que mostrar que l´ım (x,y)→(1,2) (x2 + 2y2 ) − (9 + 2(x − 1) + 8(y − 2)) (x − 1)2 + (y − 2)2 = 0 Para demostrar esto , traslademos el origen usando el cambio de variables u = (x − 1) y v = (y − 2) .De este modo, tenemos que l´ım (u,v)→(0,0) ((u + 1)2 + 2(v + 2)2) − (9 + 2u + 8v) √ u2 + v2 si se desarrollan los par´entesis, se obtiene l´ım (u,v)→(0,0) u2 + 2v2 √ u2 + v2 Si nos acercamos al origen por una recta v = ku, obtenemos l´ım (u,v)→(0,0) u2 + 2v2 √ u2 + v2 = l´ım u→0 u2 (1 + 2k2 ) u √ 1 + k2 = 0 Esto no prueba que el valor del l´ımite sea cero. Lo que nos indica es que si tal l´ımite existe, debe ser cero. As´ı, se requiere la aplicaci´on directa de la definici´on de l´ımite para concluir que ´este existe y vale cero Para aplicar la definici´on se tiene que u2 + 2v2 ≤ 2u2 + 2v2 ≤ 2 u2 + v2 305
- 321. Luego u2 + 2v2 √ u2 +v2 − 0 ≤ 2(u2 + v2 ) √ u2 + v2 = 2 √ u2 + v2 vemos que √ u2 + v2 < δ =⇒ 2(u2 + v2 ) √ u2 + v2 = √ u2 + v2 < δ 2 Es decir, con δ = 2 nos queda (u, v) − (0, 0) < δ =⇒ u2 + 2v2 √ u2 + v2 − 0 < lo que nos dice que efectivamente l´ım (u,v)→(0,0) u2 + 2v2 √ u2 + v2 = 0 Por lo tanto la funci´on f es diferenciable en el punto (1, 2) . Pregunta 2 La funci´on z = eax+by cos(x + y) es continua en todo IR2 por ser com- posici´on de funciones continuas. z x = ∂f ∂x = aeax+by cos(x + y) − eax+by sen(x + y) z y = ∂f ∂y = beax+by cos(x + y) − eax+by sen(x + y) Adem´as, las derivadas parciales son continuas en todo IR2 .Por tanto la funci´on es diferenciable en todo en todo IR2 . Esto significa que la derivada direccional en un punto P (x, y) en una direcci´on u se puede obtener como el producto escalar del gradiente de la funci´on en el punto y el versor que se˜nala la direcci´on en el punto considerado Duf (x, y) = f (x, y) · u = 3 √ 2 Por otro lado, el gradiente de f nos da la direcci´on hacia donde la derivada direccional es m´axima, que en este caso corresponde a la bisectriz del primer cuadrante, luego tenemos: f (0, 0) = 3 √ 2 y u = f (0, 0) f (0, 0) = √ 2 2 , √ 2 2 306
- 322. Calculando el gradienteen el punto P(x, y) se tiene: f (x, y) = (aeax+by cos(x + y) − eax+by sen(x + y), beax+by cos(x + y) −eax+by sen(x + y)) Evaluando en el origen, obtenemos: f (0, 0) = ai + bj se tiene que cumplir que: √ a2 + b2 = 3 √ 2 y u = a 3 √ 2 , b 3 √ 2 = √ 2 2 , √ 2 2 =⇒ a = b Por lo tanto, al sustituir el resultado en la primera ecuaci´on, queda: a = b = 3 Pregunta 3 Hay que calcular los m´ınimos de la funci´on d (x, y) = x2 + y2 bajo la condici´on 2x + y − 1 = 0. Sin embargo, podemos simplificar c´alculos si se trabaja con la funci´on f (x, y) = x2 + y2 , puesto que los m´aximos y min´ımos de ambas funciones coinciden. Determinemos los puntos cr´ıticos usando la funci´on de Lagrange Sea la funcion de Lagrange F (x, y, λ) = x2 + y2 + λ (2x + y − 1) , aplicando la condicion necesaria de punto critico , se tiene Fx (x, y, λ) = 2x + 2λ = 0 =⇒ x = −λ Fy (x, y, λ) = 2y + λ = 0 =⇒ y = − λ 2 Fλ (x, y, λ) = 2x + y − 1 = 0 Sustituyendo los dos primeros resultados en la tercera ecuaci´on, produce x = 2 5 , y = 1 5 , λ = − 2 5 . Entonces, existe un ´unico punto cr´ıtico, que es P = 2 5 , 1 5 . Determinemos si es m´aximo o m´ınimo, usando la funci´on de Lagrange para el valor λ obtenido F (x, y) = x2 + y2 + 2 3 (2x + y − 1) Derivando parcialmente, queda Fx (x, y) = 2x + 4 3 =⇒ Fxx (x, y) = 2, Fxy (x, y) = 0 Fy (x, y) = 2y + 2 3 =⇒ Fyy (x, y) = 2 307
- 323. Luego, el determinantede la matriz Hessiana es: H (x, y) = 2 0 0 2 = 4 = 0. Como Fxx = 2 > 0 , se trata de un m´ınimo de F. Autoevaluaci´on No 2 El estudiante: 1) Determinar´a la continuidad de una funci´on f : R2 → R, dada f(x, y) y un punto (x0, y0) del dominio. 2) Evaluar´a las derivadas parciales, de primer y segundo orden, de una funci´on f(x, y) en un punto dado del dominio , por definici´on. 3) Calcular´a las derivadas parciales de primer y segundo orden de una funci´on f(x, y) usando el ´algebra de derivadas. 4) Emplear´a la definici´on de derivada direccional para determinar la ex- istencia y variaci´on de una funci´on f en un punto (x, y) de su dominio en una direcci´on v, 5) Emplear´a el teorema de la funci´on implicita, en la vecindad de un punto (x0, y0) del dominio y calcular´a las derivadas de una funci´on impl´ıcita de primer y segundo orden. 6) Usar´a la regla de la cadena para probar que una funci´on compuesta es soluci´on de una ecuaci´on diferencial parcial. Tiempo: 2 horas Pregunta 1 Dada la funci´on f (x, y) = x sin(xy) x2+y2 si (x, y) = (0, 0) 0 si (x, y) = (0, 0) a) estudie la continuidad de f en todo IR2 b) calcular ∂f ∂x y ∂f ∂y en todo IR2 c) estudie la derivada direccional de f en (0, 0) d) determine si f es diferenciable en (0, 0). Pregunta 2 Dada F(x, y, z) = x2 + y2 + z2 + xy + 2z − 1 = 0 a) Verificar si F(x, y, z) = 0 define en el punto P(0, −1, 0) a z como funci´on impl´ıcita de x e y, es decir, z = f(x, y) b) Calcular zx (0, −1) , zy (0, −1) , zxx (0, −1) y zyy (0, −1) Pregunta 3 308
- 324. La ecuaci´on deonda ∂2 u ∂t2 = a ∂2 u ∂x2 donde a es una constante, describe el movimiento de una onda, que puede ser una onda de sonido, una onda de luz o una onda que viaja a lo largo de una cuerda vibrante.Si f y g son funciones de una sola variable dos veces derivables, compruebe que la funci´on u(x, t) = f(x+at)+g(x−at) satisface la ecuaci´on de onda. Pauta Autocorrecci´on Pregunta 1 (a) En los puntos de IR2 distintos de (0, 0) la funci´on es continua por ser cuociente de funciones continuas con denominador no nulo. En (0, 0) estudiemos la continuidad de f: i) Existe f (0, 0) = 0 ii) lim (x,y)→(0,0) f (x, y) = lim (x,y)→(0,0) x sin (xy) x2 + y2 Al usar coordenadas polares se tiene lim (x,y)→(0,0) x sin (xy) x2 + y2 = l´ım r→0 r cos θ sin (r2 cos θ sin θ) r2 = l´ım r→0 r cos2 θ sin θ = 0 = f (0, 0) Puesto que sin α α si α → 0,y θ ∈ [0, 2π] , −1 < cos2 θ sin θ < 1,en el ´ultimo l´ımite se tiene que el producto de una cantidad infinit´esimal por una funci´on acotada es cero. Por lo tanto la funci´on es continua en todo IR2 b) Las derivadas parciales ∀ (x, y) = (0, 0) son: ∂f ∂x = [sin (xy) + xy cos (xy)] (x2 + y2 ) − 2x [x sin (xy)] (x2 + y2)2 ∂f ∂y = [x2 cos (xy)] (x2 + y2 ) − 2y [x sin (xy)] (x2 + y2)2 Adem´as, las derivadas parciales para (x, y) = (0, 0) son ∂f ∂x (0, 0) = l´ım h→0 f (h, 0) − f (0, 0) h = l´ım h→0 h sin 0 h2 − 0 h = l´ım h→0 0 h = 0 ∂f ∂y (0, 0) = l´ım k→0 f (0, k) − f (0, 0) k = l´ım k→0 0 sin 0 k2 − 0 k = l´ım k→0 0 k = 0 309
- 325. Por lo tantolas derivadas parciales de primer orden existen en todo IR2 c) Calculamos la derivada direccional en cualquier direcci´on u = (a, b) tal que u = √ a + b = 1utilizando, la definici´on Duf (0, 0) = l´ım t→0 f (ta, tb) − f (0, 0) t = l´ım t→0 ta sin(t2ab) t2 − 0 t = l´ım h→0 ta(t2ab) t2 − 0 t Duf (0, 0) = a2 b Por tanto, existe la derivada direccional de la funci´on f en el origen en cualquier direcci´on u = (a, b). d) Examinemos si funci´on es diferenciable en el origen. Utilizando la definici´on de diferenciabilidad, se tiene: l´ım (h,k)→(0,0) f (h, k) − f (0, 0) − fx (0, 0) h − fy (0, 0) k (h, k) = l´ım (h,k)→(0,0) h sin (hk) h2 + k2 − 0 − 0 · h − 0 · k √ h2 + k2 = l´ım (h,k)→(0,0) h sin (hk) (h2 + k2)3/2 Calculemos este l´ımite utilizando coordenadas polares l´ım (h,k)→(0,0) h sin (hk) (h2 + k2)3/2 = l´ım r→0 r cos θ sin (r2 cos θ sin θ) r3 = l´ım r→0 r cos θ (r2 cos θ sin θ) r3 = cos2 θ sin θ = 0 El l´ımite no es cero y por lo tanto la funci´on no es diferenciable en (0, 0). Pregunta 2 a) F(x, y, z) = 0 define a z = f(x, y) en una vecindad de P(0, −1, 0) si: i) El punto P es un punto de la superficie, es decir, F(0, −1, 0) = 0. En efecto, al evaluar F(0, −1, 0) = 0 + 1 + 0 + 0 + 0 − 1 = 0. ii) Fx, Fy, Fz son continuas en una vecindad de P. En efecto: Fx(x, y, z) = 2x + y , Fy(x, y, z) = 2y + x, Fz(x, y, z) = 2z + 2 son funciones polin´omicas y estas son continuas en IR2 . iii) Adem´as, se debe cumplir Fz(0, −1, 0) = 0 Como Fz(x, y, z) = 2z + 2 entoncesFz(0, −1, 0) = 0 + 2 = 2 = 0. 310
- 326. El teorema dela funci´on impl´ıcita garantiza una vecindad V (0, −1) en la cual podemos definir una funci´on z = f(x, y) tal que F (x, y, f(x, y)) = 0. b) La funci´on tiene derivadas continuas en V (0, −1) que pueden calcularse por: zx (x, y) = − Fx(x, y, z) Fz(x, y, z) = − 2x + y 2z + 2 =⇒ zx(0, −1) = − Fx(0, −1, 0) Fz(0, −1, 0) = 1 2 zy (x, y) = − Fy(x, y, z) Fz(x, y, z) = − 2y + x 2z + 2 =⇒ zy(0, −1) = − Fy(0, −1, 0) Fz(0, −1, 0) = 1 Para calcular las derivadas de segundo orden basta derivar (1) y (2) re- specto a x e y respectivamente: zxx (x, y) = − [(2z + 2)2 − (2x + y) (2zx)] (2z + 2)2 =⇒ zxx(0, −1) = − 5 4 zyy (x, y) = − [(2z + 2) 2 − (2y + x) (2zy)] (2z + 2)2 =⇒ zyy(0, −1) = −2 Pregunta 3 Derivando u(x, t) con respecto a x se tiene que : ∂u ∂x = f (x + at) + g (x − at) ∂2 u ∂x2 = f (x + at) + g (x + at) Asimismo las derivadas u(x, t) con respecto a t est´an dadas por : ∂u ∂t = af (x + at) − ag (x − at) ∂2 u ∂t2 = a2 f (x + at) + a2 g (x − at) Sustituyendo obtenemos que ∂2 u ∂t2 = a2 f (x + at) + a2 g (x − at) = a2 (f (x + at) + g (x − at)) = a2 ∂2 u ∂x2 Autoevaluaci´on No 3 El estudiante: 1) Resolver´a problemas de aplicaci´on empleando la derivada direccional de una funci´on f diferenciable en un punto (x, y) en una direcci´on dada por vector unitario u, 2) Emplear´a el teorema de la derivada implicita para obtener las derivadas parciales de primer y segundo orden de una funci´on implicita. 3) Hallar´a los puntos cr´ıticos de una funci´on f : Ω ⊆ R2 → R aplicando la condici´on necesaria de punto cr´ıtico. 311
- 327. 4) Utilizar´a elcriterio de la segunda derivada para determinar los ex- tremos locales de funciones de dos variables. Tiempo: 2 horas Pregunta 1 El conjunto de los puntos (x, y) tal que 0 ≤ x ≤ 5 , 0 ≤ y ≤ 5 es un cuadrado colocado en el primer cuadrante del plano XY . Supongamos que se calien- ta ese cuadrado de tal manera que T(x, y) = x2 + y2 es la temperatura en el puntoP(x, y). ¿En qu´e direccion se establecer´a el flujo de calor en el punto P0(3, 4) ?. Pregunta 2 Sea g xy z , x2 + y2 = 0 una ecuaci´on que define a z como una funci´on de x e y. Verifique que si gx; gy y gz existen y son continuas en toda la regi´on en la que gz = 0; entonces yzx − xzy = − z (x2 − y2 ) xy Pregunta 3 Hallar los valores extremos locales, absolutos y puntos sillas de f(x, y) = xy(1 − x2 − y2 ) en [0, 1]× [0, 1]. Pauta Autocorrecci´on Pregunta 1 El flujo de calor en la regi´on est´a dado por una funci´on vectorial −→ f (x, y) y su valor en cada punto depende de las coordenadas de ´este. Sabemos que −→ f (x, y) es perpendicular a las curvas de isonivel T(x, y) = c donde c es constante. Por consiguiente, el gradiente de la funci´on T (x, y) verifica esta condici´on. Entonces −→ f (x, y) = −κ T (x, y) donde κ es una constante positiva ,llamada conductividad t´ermica. N´otese que el signo negativo indica que el calor fluye desde puntos de mayor temperatura a puntos de menor temperatura. Como T(3, 4) = 25 el punto P est´a en la isoterma T(x, y) = 25 , que es un cuadrante de la circunferencia x2 + y2 = 25. Sabemos que el flujo 312
- 328. de calor enP0(3, 4) es −→ f (3, 4) = −K T (3, 4) . Apartir de T (x, y) = 2xi + 2yjse tiene que T (3, 4) = 6i + 8j.As´ı, el flujo de calor en P0 es: −→ f (3, 4) = −κ(6i + 8j). Como la conductividad t´ermica es positiva se puede afirmar que el calor fluye en P0 en la direcci´on del vector unitario. u = −(6i + 8j) √ 36 + 64 = − 3 5 i + 4 5 j Pregunta 2 Sea g xy z , x2 + y2 = 0 y u = xy z , v = x2 + y2 . Entonces zx = − gx gz = − gu · y z + gv · 2x −gu · xy z2 zy = − gy gz = − gu · x z + gv · 2y −gu · xy z2 Sumando t´erminos yzx − xzy = y gu · y z + gv · 2x gu · xy z2 − x gu · x z + gv · 2y gu · xy z2 = − gu · (x2 − y2 ) z gu · xy z2 = − z (x2 − y2 ) xy Pregunta 3 Sea f(x, y) = xy(1 − x2 − y2 ) en el interior del cuadrado (0, 1)× (0, 1). Obtengamos sus puntos cr´ıticos f (x, y) = 0 ⇐⇒ fx (x, y) = y(1 − x2 − y2 ) + xy(−2x) = y − 3x2 y − y3 = 0 fy (x, y) = x(1 − x2 − y2 ) + xy(−2y) = x − x3 − 3xy2 = 0 Factorizando las ecuaciones anteriores, se tiene y(1 − 3x2 − y2 ) = 0 =⇒ y = 0 ´o 1 − 3x2 − y2 = 0 x(1 − x2 − 3y2 ) = 0 =⇒ x = 0 ´o 1 − x2 − 3y2 = 0 Consideremos y = 0, x = 0 =⇒ P0(0, 0) no pertenece al interior del cuadrado. Tomemos ahora las expresiones y = 0; 1 − x2 − 3y2 = 0 =⇒ dos puntos criticos P1(1, 0); P2(−1, 0) estos puntos no pertenecen al interior del cuadrado. Resolvamos las ecuaciones 313
- 329. x = 0;1 − 3x2 − y2 = 0 =⇒ P3(0; 1); P4(0; −1) estos puntos tampoco pertenecen al interior del cuadrado. Examinemos, las ecuaciones 1 − x2 − 3y2 = 0 1 − 3x2 − y2 = 0 =⇒ y2 = 1 − 3x2 =⇒ 1 − x2 − 3(1 − 3x2 ) = 0 4x2 = 1 =⇒ x = 1 2 ; x = − 1 2 esta ´ultima coordenada no pertenece al interior del cuadrado, luego , al sustituir en la segunda ecuaci´on anterior produce: x = 1 2 ; 1 − x2 − 3y2 = 0 =⇒ y = 1 2 ; y = − 1 2 =⇒ dos punto P5 1 2 ; 1 2 y P6 1 2 ; − 1 2 /∈ al interior del cuadrado. Entonces estudiemos el Hessiano en el punto P5 1 2 ; 1 2 fxx (x, y) = −6xy, fxy (x, y) = 1 − 3x2 − 3y2 , fyy (x, y) = −6xy H 1 2 , 1 2 = −3 2 −1 2 −1 2 −3 2 = 2 > 0 y fxx 1 2 , 1 2 = − 3 2 < 0 =⇒ hay un m´ınimo local de f en P5 1 2 , 1 2 cuyo valor es f 1 2 , 1 2 = 1 8 . Finalmente, estudiemos la funci´on en la frontera del cuadrado: Para x ∈ [0, 1]; y = 0 ; f(x, 0) = 0 =⇒ m´ınimo en este segmento abierto . Ahora, en los v´ertices, f(0; 0) = 0 =⇒ m´ınimo local y f(1, 0) = 0. Para y ∈ [0, 1]; x = 1; f(1; y) = −y3 =⇒ f (y) = −3y2 = 0 ⇐⇒ y = 0; f (y) = −6y; f (0) = 0 no existen valores extremos en el segmento abierto . Ahora, en los v´ertices f(1, 0) = 0; f(1, 1) = −1. Por lo tanto hay m´ınimos locales en (1, 0),(1, 1). Para x ∈ [0, 1]; y = 1; f(x; 1) = −x3 =⇒ f (x) = −3x2 = 0 ⇐⇒ x = 0; f (x) = −6x; f (0) = 0 entonces no existe ni m´aximo ni m´ınimo en el segmento abierto. En los v´ertices x = 0; x = 1 tenemos f(0, 1) = 0; f(1, 1) = −1 =⇒ m´ınimos locales. Para x = 0; y ∈ [0, 1]; f(0; y) = 0 =⇒ m´ınimo local en el segmento abierto. 314
- 330. Cap´ıtulo 4 Integraci´on Multiple Faltauna introducci´on 4.1. Integrales dobles y triples 4.1.1. Integrales Dobles Aspectos geom´etricos Sea R un rect´angulo representado por R = [a, b] × [c, d] y f una funci´on continua definida sobre R, es decir f : R ⊆ R2 → R Caso de funciones no negativas: Supongamos que f(x, y) ≥ 0 y ∀(x, y) ∈ R tal que la gr´afica de z = f(x, y) est´a arriba del plano xy ,determinando una regi´on V del espacio R3 , bajo la superficie z = f(x, y) y sobre la regi´on R. Antes de dar una definici´on en el lenguaje de las Sumas de Riemann, podemos decir que; bajo las condiciones anteriores el volumen de la regi´on V corresponde en este caso a lo que llamaremos integral doble de f sobre R y que denotaremos: R f(x, y)dA o R f(x, y)dxdy 315
- 331. Ejemplo: Sea f(x, y)= x2 + y2 y R = [0, 1] × [0, 2]. Figura 4.1: paraboloide El volumen bajo el paraboloide z = x2 + y2 sobre el rect´angulo R corre- sponde a la integral doble de f sobre R en este caso. R (x2 + y2 )dA Debemos estar claros eso si, que el concepto de integral doble es mucho m´as que esta interpretaci´on geom´etrica Integral doble sobre un rect´angulo Sea R = [a, b] × [c, d] un rect´angulo y f una funci´on acotada definida sobre R es decir existe M > 0 tal que −M ≤ f(x, y) ≤ M para (x, y) ∈ R Observaci´on: Una funci´on continua sobre un rect´angulo cerrado siempre es acotada. Partici´on Sean P1 = {x0, x1, ..., xn} partici´on de [a, b] P2 = {y0, y1, ..., yn} partici´on de [c, d] Al conjunto P = P1 × P2 = {(xi, yj) / 0 ≤ i ≤ n, 0 ≤ j ≤ n} lo llamare- mos partici´on de R de valor n × n. Sea P1 = m´ax { xi = xi − xi−1 / i = 1, 2, ..., n} P2 = m´ax { yi = yi − yi−1 / j = 1, 2, ..., n} 316
- 332. Norma de lapartici´on. La norma de P denotada P se define por P = m´ax { P1 , P2 } P = m´ax {lij : diagonal de Rij} (no es ´unica forma de definir norma de P, pero ´esta es la que usaremos) Sumas superiores y sumas inferiores Sean Rij rect´angulo [xi−1, xi] × [yj−1, yj] 1 ≤ i, j ≤ n y ij = ´area del rect´angulo Rij = (xi − xi−1) · (yj − yj−1) Definimos ahora, sumas inferiores y sumas superiores de Riemann de f respecto de la partici´on dada, por sP (f) = n i,j=1 mij(f) ij, SP (f) = n i,j=1 Mij(f) ij Como consecuencia de estas definiciones podemos decir de estas sumas: i) Si P es una partici´on cualquiera de R sP (f) ≤ SP (f) ii) Si P es partici´on mas fina que P ( P ⊆ P ) entonces sP (f) ≤ sP (f) y SP (f) ≤ SP (f) iii) Si P1 y P2 son dos particiones cualquiera de R sP1 (f) ≤ SP2 (f) Con estas sumas formamos los respectivos conjuntos: Conjunto de sumas inferiores. {sP (f)/P es partici´on de R} Conjunto de sumas superiores. {SP (f)/P es partici´on de R} 317
- 333. Si m yM son cortas inferior y superior respectivamente de f en R en- tonces si A = (b − a) · (d − c). i) sP (f) ≥ m · A para todo P partici´on de R es decir el conjunto de sumas inferiores es acotado inferiormente ii) SP (f) ≤ M · A ∀ P partici´on de R, es decir, el conjunto de sumas superiores es acotado superiormente. Por lo tanto, haciendo uso del axioma del supremo (o del ´ınfimo) de la axiom´atica de los n´umeros reales podemos definir. Si R es un rect´angulo de R2 y f una funci´on acotada sobre R definimos: a) Integral Inferior de f sobre R por R fdA = sup {sP (f) : P es partici´on de R} b) Integral Superior de f sobre R por R fdA = ´ınf {SP (f) : P es partici´on de R} Sumas e Integrales Las definiciones de estas respectivas integrales permiten afirmar que para toda partici´on P de R y toda funci´on acotada definida sobre R sP (f) ≤ R fdA ≤ R fdA ≤ SP (f) Estamos ahora en condiciones de formular la definici´on de integral doble sobre un rect´angulo en base a sumas superiores e inferiores. Una funci´on f(x, y) definida y acotada sobre un rect´angulo R se dice que es Riemann integrable sobre R si R fdA = R fdA Si f es integrable sobre R, entonces la integral doble definida de f sobre R se denota por R fdA o R fdxdy y en tal caso R fdA = R fdA = R fdA 318
- 334. Nota: Alternativamente encursos de c´alculo se define: R fdA = l´ım p →0 n i,j=1 f(xi, yj)Aij, (xi, yj) ∈ Rij lo que no es contradictorio sino que complementario y resultan planteamien- tos equivalentes. Esto es la definici´on utilizando el concepto de sumas inter- medias de Riemann. Teorema 4.1.1. Cualquier funci´on continua definida en un rect´angulo cer- rado R es integrable Demostraci´on: La demostraci´on de este hecho no resulta de inter´es en este curso a pesar de su enorme importancia, dejemos las cosas aqu´ı a la imaginaci´on del estudiante. Proposici´on 4.1.1. (Propiedades b´asicas de la Integral Doble) De la definici´on se desprende que: 1) Si f(x, y) = 1 todo (x, y) ∈ R,la integral resulta el ´area de la regi´on A = ´Area de R = R dA 2) Si f es integrable en R R cfdA = c R fdA 3) Si f y g son funciones integrables en R R (f + g)dA = R fdA + R gdA 4) Si f y g son funciones integrables en R y f(x, y) ≤ g(x, y) para todo (x, y) ∈ R entonces R fdA ≤ R gdA 5) Si f es integrable sobre R, entonces |f| es integrable sobre R y R fdA ≤ R |f| dA 319
- 335. Teorema 4.1.2. (Teoremadel Valor Medio para Integrales Dobles) Si f(x, y) es continua sobre rect´angulo R con ´area A(R), entonces existe un punto (ε, η) en el interior de R tal que R f(x, y)dA = f(ε, η) · A(R) Demostraci´on: Sea m = m´ın {f(x, y) : (x, y) ∈ R} M = m´ax {f(x, y) : (x, y) ∈ R} y supongamos que m < M. Entonces m ≤ f(x, y) ≤ M, y si f no es identicamente igual a m o M, entonces m · A(R) < R f(x, y)dA < M · A(R) El teorema del valor medio de las funciones continuas asegura que existe un punto (ε, η) en el interior R tal que f(ε, η) = R f(x, y)dA A(R) =⇒∴ f(ε, η) · A(R) = R f(x, y)dA 4.1.2. Integrales sobre conjuntos acotados de R2 En este caso extenderemos la definici´on de integral doble a regiones que no son necesariamente rect´angulos, sino que regiones acotadas en general. Supongamos que S es una regi´on cerrada y acotada de R2 , por ejemplo un circulo, un tri´angulo, un rombo etc. , cualquier regi´on con estas caracter´ısticas se puede poner dentro de un rect´angulo R Sea R rect´angulo que contiene a regi´on cerrada y acotada S y f una funci´on definida y acotada en S, extendemos f a R de la siguiente forma fR(x, y) = f(x, y), (x, y) ∈ S 0, (x, y) ∈ R − S fR la consideraremos como la extensi´on de f a todo R. 320
- 336. Sea S unaregi´on acotada de R2 y f una funci´on definida y acotada sobre S, si R es en rect´angulo tal que R ⊇ S y fR la extensi´on de f a R del tipo definido aqu´ı, entonces si existe R fRdA , definimos S fdA = R fRdA Importante. Las propiedades enunciadas, de la integral doble en rect´angulos siguen siendo v´alidas en conjuntos m´as generales lo que se puede justificar por la definici´on anterior Integrales Iteradas Una integral de la forma b a h(x) g(x) f(x, y)dydx se llama integral iterada y se interpreta como b a F(x)dx donde para cada x ∈ [a, b],con F(x) = h(x) g(x) f(x, y)dy. Si f(x, y) es funci´on continua sobre {(x, y) : a ≤ x ≤ b, g(x) ≤ y ≤ h(x)} y G(x, y) una primitiva en la segunda variable, de f(x, y), es decir , ∂G(x, y) ∂y = f(x, y) para cada x ∈ [a, b] y todo g(x) ≤ y ≤ h(x), el teorema Fundamental del c´alculo permite que F(x) = h(x) g(x) f(x, y)dy = G(x, y) | y=h(x) y=g(x)= G(x, h(x)) − G(x, g(x)) Se puede interpretar entonces la integral iterada como un proceso sucesivo de integraci´on as´ı b a h(x) g(x) f(x, y)dydx = b a h(x) g(x) f(x, y)dy dx De manera similar se tiene d c h(y) g(y) f(x, y)dxdy = d c h(y) g(y) f(x, y)dx dy 321
- 337. Ejemplo. 1 0 x 0 (x2 + 4xy)dydx = 1 0 x 0 (x2 +4xy)dy dx = 1 0 x2 y + 2xy2 x 0 dx = 1 0 (x3 + 2x3 )dx = 1 0 3x3 dx = 3 4 x4 1 0 = 3 4 Otros ejemplos: Interprete y eval´ue: i) 4 0 2 0 x √ ydxdy ii) 2 0 4 0 x √ ydydx iii) 1 0 x 0 sin(x2 )dydx iv) 2 0 3 √ x (x2 + y) dydx v) 5 0 x2 2x (x + y)dydx Algunas Respuestas i) 4 0 2 0 x √ ydxdy = 4 0 2 0 x √ ydx dy = 4 0 x2 2 √ y 2 0 dy = = 4 0 2 √ ydy = 2 · 2 3 y 3 2 4 0 = 32 3 iii) 1 0 x 0 sin(x2 )dydx = 1−cos 1 2 iv) 2 0 3 √ x (x2 + y) dydx 16 1 − √ 2 7 A continuaci´on examinaremos la evaluaci´on de la integral doble por medio de integrales iteradas. 4.1.3. Teorema de Fubini Sea f una funci´on continua en una regi´on R cerrada y acotada, entonces a) Si R = {(x, y) a ≤ x ≤ b, g1(x) ≤ y ≤ g2(x)} y g y son funciones continuas en [a, b] se tiene: R fdA = b a g2(x) g1(x) f(x, y)dydx b) Si R = {(x, y) c ≤ y ≤ d, h1(y) ≤ x ≤ h2(y)} y h1 y h2 son 322
- 338. Figura 4.2: Regi´ontipo a Figura 4.3: Regi´on tipo b funciones continuas en [c, d] se tiene R fdA = d c h2(y) h1(y) f(x, y)dxdy Ejemplo Este ejemplo ilustra como este teorema se adapta a la situaci´on del prob- lema, en este caso se pide calcular R xydA y R es la regi´on tri´angular del plano con v´ertices en los puntos A(-6,-2), B(-1,3) y C(9,-7). Soluci´on: 323
- 339. Figura 4.4: Regi´ontri´angular del plano La regi´on se debe subdividir en dos subregiones del tipo (a)., tal como lo muestra la figura siguiente Los segmentos de recta AB, BC Y AC tienen ecuaciones y = x + 4, y = −x + 2 e y = −1 3 x − 4 respectivemente. Las regiones pueden escribirse. I : −6 ≤ x ≤ −1, −1 3 x − 4 ≤ y ≤ x + 4 II : −1 ≤ x ≤ 9, −1 3 x − 4 ≤ y ≤ −x + 2 Entonces aplicando T. de Fubini a ambas regiones se tiene R xydA = −1 −6 x+4 −1 3 x−4 xydydx + 9 −1 −x+2 −1 3 x−4 xydydx = 1 2 −1 −6 xy2 x+4 −1 3 x−4 dx + 1 2 9 −1 xy2 −x+2 −1 3 x−4 dx = 1 9 −1 −6 (4x3 + 24x2 )dx + 1 9 9 −1 (4x3 − 30x2 − 54x)dx = − 1025 27 Se observa que R tambi´en puede subdividirse en dos regiones del tipo (b) mediante una recta paralela al eje horizontal que pase por A. Proposici´on 4.1.2. Suponga que S es una regi´on acotada y sea C una curva la cual divide a S en dos subregiones S1 y S2 . Si f es continua en S , lo es tambien en S1 y S2 , y S f(x, y)dA = S1 f(x, y)dA + S2 f(x, y)dA 324
- 340. Figura 4.5: Regi´ontri´angular del plano, tipo b Demostraci´on.- Directamente de la definici´on eligiendo un rectangulo sufi- cientemente grande que contenga a S y extendiendo f de S a R, de S1 a R, S2 a R. Ejemplo. Calcular S (x2 + y)dA, donde S es la regi´on limitada por la recta y = x y la curva y = x3 Figura 4.6: Regi´on comprendida entre las curvas y = x y y = x3 325
- 341. Soluci´on.- En estecaso S1 = (x, y) ∈ R2 : −1 ≤ x ≤ 0, x ≤ y ≤ x3 S2 = (x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 1, x3 ≤ y ≤ x S (x2 + y)dA = S1 (x2 + y)dA + S2 (x2 + y)dA S1 (x2 + y)dA = 0 −1 x3 x (x2 + y)dydx = 0 −1 x2 y + y2 2 x3 x dx = 0 −1 [(x5 + x6 2 ) − (x3 + x2 2 )]dx = x6 6 + x7 14 − x4 4 − x3 6 0 −1 = − (−1)6 6 − (−1)7 14 + (−1)4 4 + (−1)3 6 = − 1 84 S2 (x2 + y)dA = 1 0 x x3 (x2 + y)dydx = 1 0 x2 y + y2 2 x x3 dx = 1 0 [(x3 + x2 2 ) − (x5 + x6 2 )]dx = ( x4 4 + x3 6 ) − ( x6 6 + x7 14 ) 1 0 = ( 14 4 + 13 6 ) − ( 16 6 + 17 14 ) = 5 28 Por lo tanto S (x2 + y)dA = − 1 84 + 5 28 = 1 6 326
- 342. 4.1.4. ´Areas yVolumenes ´Area Como se dijo en la introducci´on y de acuerdo a la idea geom´etrica si R es una regi´on plana entonces el ´area de R se calcula con la integral doble. A(R) = R dA Ejemplo. Calcule el ´area de la regi´on interior a la circunferencia x2 +y2 = 2ax arriba de la par´abola ay = x2 , a > 0. Soluci´on: Figura 4.7: Regi´on en el plano xy, acotada por la circunferencia (x−a)2 +y2 = a2 y la par´abola y = x2 a2 Sea R = (x, y) ∈ IR2 / 0 ≤ x ≤ a, x2 a ≤ y ≤ √ 2ax − x2 A = R dA = a 0 √ 2ax−x2 x2 a dydx = a 0 ( √ 2ax − x2 − x2 a )dx = a2 12 (3π − 4) Volumen Si R es una regi´on plana, z = f(x, y), z = g(x, y) son dos superficies tal que f(x, y) ≥ g(x, y) ∀(x, y) ∈ R , el volumen entre ambas superficies 327
- 343. al interior dela regi´on se puede calcular usando la siguiente integral doble V = R [f(x, y) − g(x, y)]dA Ejemplo 1) Use la integral doble para determinar el volumen del tetraedro acotado por los planos coordenados y el plano 3x + 6y + 4z − 12 = 0. Soluci´on: Para determinar la regi´on R hacemos z = 0 y encontramos su intersecci´on con el plano dado xy . As´ı z = 0 =⇒ 3x + 6y = 12 =⇒ y = −1 2 x + 2 La regi´on en el plano xy est´a acotada por el eje x, el eje y y la recta y = −1 2 x + 2, por lo tanto Figura 4.8: Regi´on en el plano xy, acotada por el x = 0, y = 0 y la recta y = −x 2 +2 Figura 4.9: Tetraedro R = (x, y) ∈ IR2 / 0 ≤ x ≤ 4, 0 ≤ y ≤ −1 2 x + 2 328
- 344. z = f(x,y) = 12 − 3x − 6y 4 = 3 − 3 4 x − 3 2 y y z = g(x, y) = 0 V = R f(x, y)dA = R 3 − 3 4 x − 3 2 y dA = 4 0 −1 2 x+2 0 3 − 3 4 x − 3 2 y dydx = = 4 0 3 − 3 4 x y − 3y2 4 −1 2 x+2 0 dx = 4 0 3 16 x2 − 3 2 x + 3 dx = x3 16 − 3x2 4 + 3x 4 0 = 4 Otros ejemplos: 1) Usando integral iterada calcule s (x2 + 2y) dA, donde S: regi´on comprendida entre y = x2 e y = √ x 2) Calcule el volumen del s´olido limitado por los cilindros x2 + z2 = 16 y y2 + z2 = 16 . Este es un interesante ejercicio, puede empezar por bosquejar el s´olido o una parte de ´el, pues se puede aprovechar su simetr´ıa. 4.1.5. Cambio de variable Un cambio de variables adecuado puede no s´olo simplificar el integrando sino tambi´en la regi´on donde se eval´ua la integral. Sea f una funci´on continua definida sobre la region R cerrada y acotada. Considerese la integral doble R f(x, y)dxdy Definimos T, transformaci´on invertible x = x(u, v), (u, v) ∈ S y = y(u, v), (u, v) ∈ S tal que ∂(x, y) ∂(u, v) = 0, la que produce una correspondencia biun´ıvoca entre R y S donde R es una regi´on en xy y S es la nueva regi´on en plano uv. resultado de la transformaci´on T. Si P es una partici´on definida en R la transformaci´on induce a su vez una correspondiente partici´on en S de tal modo que si Rij es un subrect´angulo 329
- 345. generado por lapartici´on P en R, denotaremos por Sij el correspondiente subrect´angulo en S Si Aij = ´Area de Rij y Aij = ´Area de Sij Se tiene la siguiente raz´on entre las ´areas. Aij Aij ≈ ∂(x, y) ∂(u, v) =⇒ Aij ≈ ∂(x, y) ∂(u, v) Aij Entonces f(x, y) Axy ≈ f(x, y) ∂(x, y) ∂(u, v) Auv De esta relaci´on y la definici´on de integral doble se tiene el siguiente teorema de cambio de variable. Teorema 4.1.3. Sea R una regi´on en el plano xy acotado por una curva simple cerrada y suave y que S es la imagen de R bajo la transformaci´on T invertible, definida: x = x(u, v), (u, v) ∈ S y = y(u, v), (u, v) ∈ S donde x(u, v), y(u, v) son continuamente diferenciables en un dominio que contiene a S en cual J ≡ ∂(x, y) ∂(u, v) = 0 Si f(x, y) define una funci´on continua sobre R se tiene: R f(x, y)dxdy = S f (x (u, v) , y (u, v)) ∂(x, y) ∂(u, v) dudv Ejemplo Calcular R 3xydA Sea R la regi´on limitada por las rectas x−2y = 0, x−2y = −4, x+y = 4, x + y = 1. Soluci´on: Sea u = x + y, v = x − 2y Resolviendo el sistema lineal obtenemos 330
- 346. Figura 4.10: Aplicaci´ondefinida por una ecuaci´on vetorial Figura 4.11: Aplicaci´on definida por una transformaci´on lineal u = x + y v = x − 2y =⇒ x = 1 3 (2u + v) y = 1 3 (u − v) Adem´as el jacobiano de la transformaci´on es ∂(x, y) ∂(u, v) = ∂x ∂u ∂x ∂v ∂y ∂u ∂y ∂v = 2 3 1 3 1 3 −1 3 = 2 9 − 1 9 = − 1 3 Aplicando el teorema del cambio de variable , obtenemos 331
- 347. R 3xydA = S 3( 1 3 (2u +v) · 1 3 (u − v)) − 1 3 dA = 1 9 S (2u + v) (u − v) dA = 1 9 4 1 0 −4 (2u + v) (u − v) dvdu = 104 9 Ejemplo Calcular R x2 + y2dA R regi´on del plano xy limitada por x2 + y2 = 4, x2 + y2 = 9 Figura 4.12: Regi´on del plano xy limitada por x2 + y2 = 4, x2 + y2 = 9 Soluci´on: Sea x = r cos θ, y = r sin θ el cambio de variable a polares entonces ∂(x, y) ∂(r, θ) = ∂x ∂r ∂x ∂θ ∂y ∂r ∂y ∂θ = cos θ −r sin θ sin θ r cos θ = r 332
- 348. R x2 + y2dA= S r · |r| drdθ = 2π 0 3 2 r2 drdθ = 2π 0 19 3 dθ = 38 3 π 4.2. Aplicaciones de la integral doble 4.2.1. Masa de una regi´on plana de densidad variable. Sea δ(x, y) funci´on positiva y definida sobre un conjunto cerrado y aco- tado S con ´area no nula, que indica la densidad en cada punto (x, y) de S. La masa de S es la integral de la funci´on densidad. M(S)= S δ(x, y)dA En el caso que la densidad es constante δ = k, la masa es el producto del ´area por la densidad: M(S) = k · A(S). Ejemplo. Encuentre la masa de un c´ırculo de radio a si su densidad es λ veces la distancia al centro. Soluci´on: Con el uso de coordenadas polares el c´alculo de la integral resultante es m´as sencillo. 333
- 349. Figura 4.13: M(S) =λ S x2 + y2dydx = λ 2π 0 a 0 ρ2 dρdθ = 2λπa3 3 4.2.2. Momentos y centroide de una regi´on plana Para un conjunto S acotado y de ´area positiva , y una funci´on densidad definida en S, tenemos las siguientes definiciones. Primer momento con respecto al eje y: My = S δ(x, y)xdA Primer momento con respecto al eje x: Mx = S δ(x, y)ydA Segundo momento con respecto al eje y: Iy = S δ(x, y)x2 dA 334
- 350. Segundo momento conrespecto al eje x: Ix = S δ(x, y)y2 dA Segundo momento Polar con respecto al origen: I0 = S δ(x, y)(x2 + y2 )dA Centroide: (x, y) = My M , Mx M Cuando la funci´on densidad es variable y est´a asociada con la distribuci´on de la masa, los segundos momentos se llaman tambi´en momentos de inercia y el centroide se le llama tambi´en centro de masas. En una forma m´as general, el primer y segundo momento de un conjunto S se puede definir con respecto a una linea recta cualquiera L. ML = S δ(x, y)D(x, y)dA IL = S δ(x, y) [D(x, y)]2 dA Siendo D(x, y) la distancia de la recta L al punto (x,y). Ejemplo. Una l´amina triangular tiene los v´ertices (0, 0), (1, 0) y (1, 2), y tiene densidad δ(x, y) = x2 y. Halle su centro de masa. Soluci´on: En este caso R = {(x, y) ∈ R2 / 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 2x} Debemos calcular M = M(S), My y Mx : M = S x2 ydA = 1 0 2x 0 x2 ydydx = 1 0 x2 y2 2 2x 0 dx =⇒ M = 1 0 2x4 dx = 2x5 5 1 0 = 2 5 335
- 351. Figura 4.14: Calculemos ahora My= S x2 yxdA = 1 0 2x 0 x3 ydydx = 1 0 2x5 dx = 2x6 6 1 0 =⇒ My = 1 3 Por ´ultimo Mx = S x2 yydA 1 0 2x 0 x2 y2 dydx = 1 0 x2 y3 3 2x 0 dx = 1 0 8x5 3 dx =⇒ Mx = 8x6 18 1 0 = 4 9 As´ı tenemos que (x, y) = My M , Mx M = ( 5 6 , 10 9 ) 336
- 352. 4.3. Integrales triples 4.3.1.Ideas preliminares Los conceptos a desarrollar en lo referente a la Integral en su g´enesis, su significado y su c´alculo en el caso de tres variables es similar al mismo tema en funciones de una variable y de dos variables. El tratamiento hecho en el caso de la integral doble se extiende en forma natural a las integrales triples en sus mecanismos conceptuales y m´etodos de c´alculo involucrados solo hay un cambio en el escenario, el espacio R3 . Atendiendo a la declaraci´on anterior no haremos el detalle de la gen- eraci´on del concepto porque como ya lo dijimos se trata de una generalizaci´on. Para mantener el marco de referencia, pensemos en sumas superiores, sumas inferiores, integral superior e integral inferior para funciones definidas sobre una caja rectangular de tipo: h (x, y, z) : {a1 ≤ x ≤ b1, a2 ≤ y ≤ b2, a3 ≤ z ≤ b3} Con este trasfondo se plantea el teorema de Fubini que permitir´a el c´alculo de la integral triple. 4.3.2. Teorema de Fubini Si f(x, y, z) esta definida sobre una regi´on R = {a1 ≤ x ≤ b1, a2 ≤ y ≤ b2, a3 ≤ z ≤ b3} , entonces: R f(x, y, z)dv = b1 a1 b2 a2 b3 a3 f(x, y, z)dzdydx siempre que estas integrales existan. Observaci´on: Hay otras cinco formas de calcular la integral triple de- pendiendo del orden de integraci´on en la integral iterada. Ejemplo: Calcule R (x2 + yz) dv, donde R = {0 ≤ x ≤ 2, −1 ≤ y ≤ 2, −1 ≤ z ≤ 3} Soluci´on: 337
- 353. R x2 + yz dv= 2 0 2 −1 3 −1 x2 + yz dzdydx = 2 0 2 −1 x2 z + y z2 2 3 −1 dydx = 2 0 2 −1 3x2 + 9 2 y − −x2 + y 2 dydx = 2 0 2 −1 4x2 + 4y dydx = 2 0 4x2 y + 2y2 2 −1 dx = 2 0 12x2 + 6 dx = 4x3 + 6x 2 0 = 44 4.3.3. Teorema de la integral triple (Para dominios m´as generales) Si f(x, y, z) esta definida sobre un conjunto acotado R formado por todos los puntos tales que a1 ≤ x ≤ b1, y1 (x) ≤ y ≤ y2 (x) y z1 (x, y) ≤ z ≤ z2 (x, y)entonces: R f(x, y, z)dv = b1 a1 y2(x) y1(x) z2(x) z1(x) f(x, y, z)dzdydx siempre que ambas integrales existan. Importante. Hay otras cinco formas de calcular la integral triple dependiendo el orden de integraci´on para el calculo de la integral iterada. Si S es un conjunto acotado el cual tiene ´area en el plano XY y f(x, y, z) es una funci´on definida, acotada y no negativa sobre S, y si R es el conjunto de todos los (x, y, z) tal que (x, y) ∈ S y 0 ≤ z ≤ f(x, y), entonces la regi´on R tiene volumen si y solo si f(x, y) es integrable sobre S y en tal caso 338
- 354. V (R) = S f(x,y)dA Si R es una rigi´on de R3 que tiene volumen, entonces V (R) = R f(x, y, z)dv con f(x, y, z) = 1 Ejemplo Sea R la regi´on acotada por los paraboloides z = x2 + y2 y 2z = 12 − x2 − y2 . Usando integral triple calcule el volumen de R. La representaci´on gr´afica de estas superficies es. Figura 4.15: Regi´on acotada por los paraboloides z = x2 + y2 y 2z = 12 − x2 − y2 Por separado, tenemos Soluci´on: La curva de intersecci´on es el c´ırculo x2 + y2 = 4, z = 4 Si f(x, y, z) = 1 se tiene el volumen 339
- 355. Figura 4.16: v(R) = R f(x,y, z)dv = 2 −2 √ 4−x2 − √ 4−x2 12−x2−y2 2 x2+y2 dzdydx = 6 2 0 √ 4−x2 0 4 − x2 + y2 dydx = 4 2 0 4 − x2 3 2 dx = 12π Ejemplo Calcular el volumen de la regi´on del espacio limitada por las superficies c´ılindricas x2 + z2 = 1, y2 + z2 = 1 Soluci´on: La representaci´on gr´afica de estas superficies es Utilizaremos la simetr´ıa del problema y proyectaremos la regi´on al plano xz ( tambi´en se podr´ıa proyectar al plano yz ). La proyecci´on nos da un c´ırculo de radio 1 340
- 356. Figura 4.17: Regi´onacotada por los cilindros x2 + z2 = 1, y2 + z2 = 1 La regi´on se puede expresar: −1 ≤ x ≤ 1 − √ 1 − z2 ≤ y ≤ √ 1 − z2 − √ 1 − x2 ≤ z ≤ √ 1 − x2 Expresando el c´alculo del volumen como una integral triple tenemos V = R dxdydz usando integrales iteradas V = 1 −1 √ 1−x2 − √ 1−x2 √ 1−z2 − √ 1−z2 dydzdx = 1 −1 √ 1−x2 − √ 1−x2 2 √ 1 − z2dzdx Si seguimos por este camino llegamos a una expresi´on d´ıficil de resolver ( intentelo), recurriremos entonces al cambio de orden de integraci´on que es un recurso siempre disponible 341
- 357. V = 1 −1 √ 1−x2 − √ 1−x2 2 √ 1 −z2dzdx = 1 −1 √ 1−z2 − √ 1−z2 2 √ 1 − z2dxdz = 1 −1 4(1 − z2 )dxdz = (4z − 4 z3 3 ) 1 −1 = 16 3 El volumen calculado es V = 16 3 unidades de volumen 4.3.4. Cambio de variable para integrales triples Sea T : U ⊆ R3 → R3 una transformaci´on de clase C1 definida por: x = x (u, v, w) y = y (u, v, w) z = z (u, v, w) Recordando el jacobiano de la transformaci´on se tiene: J = ∂ (x, y, z) ∂ (u, v, w) = ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x ∂w ∂y ∂u ∂y ∂v ∂y ∂w ∂z ∂u ∂z ∂v ∂z ∂w Como en el caso anterior de dos variables, el jacobiano mide como la curva la transformaci´on distorsiona su dominio. Formula de cambio de variable para integrales triples Sea R una regi´on en el espacio xyz y S una regi´on en el espacio uvw que corresponde a R bajo la transformaci´on T definida por x = x (u, v, w) , y = y (u, v, w) y z = z (u, v, w) siempre que T sea de clase C1 y uno a uno, ∂(x,y,z) ∂(u,v,w) = 0 en S. Entonces: R f(x, y, z)dv = S f(x (u, v, w) , y (u, v, w) , z (u, v, w)) |J| dudvdw Donde J = ∂ (x, y, z) ∂ (u, v, w) Los cambios m´as usados en integrales triples es a coordenadas cilindricas y coordenadas esf´ericas dependiendo de la naturaleza del problema. 342
- 358. Coordenadas cil´ındricas El cambiode variable es: x = r cos θ y = r sin θ z = z Figura 4.18: Cambio a coordenadas cil´ındricas Supongamos que: P es un punto del espacio de coordenadas xyz, P1 proyecci´on de P en plano xy, r radio vector de O a P1 y θ el ´angulo entre eje x y −−→ OP1, medido del lado positivo del eje x entonces r = x2 + y2 y θ = arctan y x Tenemos J = ∂ (x, y, z) ∂ (r, θ, z) = cos θ −r sin θ 0 sin θ r cos θ 0 0 0 1 = r cos2 θ + r sin2 θ = r R f(x, y, z)dv = S f(r cos θ, r sin θ, z) · r · drdθdz Ejemplo: Use coordenadas cil´ındricas para calcular el volumen del s´olido limitado por el paraboloide z = x2 + y2 y el plano z = 4. Soluci´on: En el espacio xyz, la figura es al interior del elipsoide y limitado por arriba por el plano z = 4 que es un plano paralelo al plan xy 343
- 359. Figura 4.19: S´olidolimitado por el paraboloide z = x2 + y2 y el plano z = 4 Aprovechando la simetr´ıa del s´olido calculamos la cuarta parte de ´el (por conveniencia). En esta situaci´on la regi´on transformada viene descrita por: 0 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ π 2 , r2 < z < 4 La descripci´on de la regi´on en las nuevas variables es fundamental para el acertado planteamiento de la integral doble como integral iterada, en este caso esta circunstancia es evidente V 4 = π 2 0 2 0 4 r2 rdzdrdθ = π 2 0 2 0 4r − r3 drdθ = π 2 0 4dθ = 2π ∴ V = 8π Coordenadas Esf´ericas El cambio de variable es: x = ρ cos θ sin φ y = ρ sin θ sin φ z = ρ cos φ 344
- 360. Figura 4.20: Cambioa coordenadas esfericas Supongamos que P es un punto del espacio de coordenadas xyz P1 proyecci´on de P en plano xy ρ magnitud del radio vector −→ OP θ el ´angulo entre eje x y −−→ OP1, medido del lado positivo del eje x φ angulo formado por −→ OP y el eje Z, medido del lado positivo del eje z. J = ∂ (x, y, z) ∂ (ρ, θ, φ) = cos θ sin φ sin θ sin φ cos φ −ρ sin θ sin φ ρ cos θ sin φ 0 ρ cos θ cos φ ρ sin θ cos φ −ρ sin φ = −ρ2 sin φ 4.3.5. Formula del cambio de variable R f(x, y, z)dv = S f(ρ cos θ sin φ, ρ sin θ sin φ, ρ cos φ) −ρ2 sin φ drdθdz Las coordenadas esf´ericas se usan preferentemente en el caso en que uno o ambas superficies que acotan la regi´on de integraci´on es una esfera centrada en el origen, esto se observa en los siguientes ejemplos. Ejemplo 1 345
- 361. Figura 4.21: S´olidolimitado imitada inferiormente por el semicono z2 = x2 + y2, z ≥ 0 y superiormente por la esfera x2 + y2 + z2 = 9. Hallar el volumen de la regi´on s´olida limitada inferiormente por el semi- cono z2 = x2 + y2 , z ≥ 0 y superiormente por la esfera x2 + y2 + z2 = 9. Soluci´on: Haciendo la intersecci´on de x2 + y2 + z2 = 9 y z = x2 + y2 resulta que la intersecci´on de estas superficies es una circunferencia en el plano z = 3√ 2 definida por las ecuaciones ⇒ x2 + y2 = 9 2 , z = 3 √ 2 esto permite visualizar que (0, 3√ 2 , 3√ 2 ) es un punto de la intersecci´on por lo que 0 ≤ φ ≤ π 4 , la esfera tiene radio 3 por lo cual 0 ≤ ρ ≤ 3, y 0 ≤ θ ≤ 2π. Como se est´a calculando el volumen de una regi´on que es sim´etrica respecto del eje z, la cuarta parte de la regi´on queda descrita por 0 ≤ ρ ≤ 3, 0 ≤ θ ≤ π 2 , 0 ≤ φ ≤ π 4 346
- 362. esto implica ∴ V 4 = R f(x,y, z)dV = π 2 0 π 4 0 3 0 ρ2 sin φdρdφdθ V 4 = π 2 0 π 4 0 9 sin φdφdθ V 4 = π 2 0 −9 √ 2 + 9 dθ = 9 2 √ 2 − 1 √ 2 π Por lo tanto V = 18 √ 2 − 1 √ 2 π Ejemplo 2 Utilice coordinadas esf´ericas para hallar el volumen del s´olido que est´a ar- riba del cono z = x2 + y2 y debajo de la esfera x2 + y2 + z2 = z Figura 4.22: S´olido que est´a arriba del cono z = x2 + y2 y debajo de la esfera x2 + y2 + z2 = z Soluci´on: x2 + y2 + z2 = z ⇐⇒ x2 + y2 + (z − 1 2 )2 = 1 4 es una esfera que pasa por el origen y tiene centro en (0, 0, 1 2 ). La ecuaci´on de la esfera en coordinadas esf´ericas es ρ = cos φ,a su vez de la ecuaci´on del cono se infiere que 0 ≤ φ ≤ π 4 . 347
- 363. Por lo quela regi´on en coordenadas esfericas esta descrita por , 0 ≤ φ ≤ π 4 , 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ ρ ≤ cos φ El volumen de la regi´on es V = R f(x, y, z)dV = 2π 0 π 4 0 cos φ 0 ρ2 sin φdρdφdθ = 2π 0 π 4 0 sin φ ρ3 3 cos φ 0 dφdθ = 2π 3 π 4 0 sin φ cos3 φdφ = 2π 3 . − cos4 φ 4 π 4 0 = π 8 Por lo tanto V = π 8 4.3.6. Masa, Momentos, y Centroide de una Regi´on del Espacio Como en el caso de dos dimensiones, si δ(x, y, z) funci´on positiva y con- tinua, definida sobre una region compacta (conjunto cerrado y acotado) W con volumen, que indica la densidad en cada punto (x, y, z) de W. La masa de W es dada por la integral de la funci´on densidad. M(W)= W δ(x, y, z)dV El primer momento de W se define respecto de algun plano, y el segundo momento (o momento de inercia) con respecto a alg´un plano, l´ınea o punto. Daremos aqui solo las formulas t´ıpicas planos coordenados, ejes y el ori- gen. Primer momento con respecto al plano yz. Myz = W δ(x, y, z)xdV Segundo momento con repecto al plano yz. Iyz = W δ(x, y, z)x2 dV 348
- 364. Segundo momento conrepecto al eje x Ix = W δ(x, y, z)(y2 + z2 )dV Segundo momento polar con respecto del origen I0 = W δ(x, y, z)(x2 + y2 + z2 )dV Centroide: ( x, y, z) = Myz M , Mzx M , Mxy M . Ejemplo Determinar el centroide de la porci´on de la esfera x2 + y2 + z2 ≤ a2 , en el primer octante, asumiendo densidad constante. Soluci´on: El problema no pierde generalidad si suponemos que δ = 1, y claramente x = y = z. Necesitamos calcular solamente Mxy = W δ(x, y, z)zdV y usando coordenadas esfericas esta integral queda Mxy = π 2 0 π 2 0 a 0 (ρ cos φ)ρ2 senφdρdφdθ = πa4 16 Como V = πa3 6 , el centroide es 3 8 a, 3 8 a, 3 8 a Ejemplo Encontrar el momento de inercia IL de un cilindro circular recto co a radio de la base, h altura y densidad proporcional a la distancia al eje del cilindro, con respecto a una recta L paralela al eje del cilindro y a una distancia b de ´el. 349
- 365. Soluci´on: La recta Lse define por: x = b, y = 0 El cilindro es descrito por: 0≤ r ≤ a, 0 ≤ z ≤ h La densidad es δ = kr Entonces IL = W δ(x, y, z)((x − b)2 + y2 )dV = 2π 0 a 0 h 0 kr((x − b)2 + y2 )rdzdrdθ = 2π 0 a 0 h 0 kr2 (r2 + b2 )dzdrdθ + 0 = 2πka3 h a2 5 + b2 3 4.4. Ejercicios resueltos integrales triples y dobles 4.4.1. C´alculo de integrales dobles en coordenadas rect´angu- lares cartesianas Problema 1 Calcular D √ x + ydxdy si D es la regi´on acotada por las respectivas rectas y = x, y = −x y x = 1 Soluci´on: Se tiene que la regi´on D = {(x, y) ∈ IR2 / 0 ≤ x ≤ 1; −x ≤ y ≤ x} 350
- 366. Figura 4.23: Dregi´on acotada por y = x, y = −x y x = 1 D √ x + ydxdy = 1 0 x −x √ x + ydydx = 2 3 1 0 (x + y)3/2 x −x dx = 2 3 1 0 (2x)3/2 dx = 25/2 3 2 5 (x)5/2 1 0 = 8 √ 2 15 Problema 2 Calcular D x2 − y2dxdy si D es el dominio limitado por el tri´angulo de v´ertices A (0, 0) , B(1, −1), C (1, 1) . V´ease figura 4.23 Soluci´on Entonces se tiene que el dominio est´a delimitado por las rectas y = x, y = −x y x = 1. Luego el dominio de integraci´on es: D = (x, y) ∈ IR2 / 0 ≤ x ≤ 1; −x ≤ y ≤ x . Integrando a franjas verticales, resulta 351
- 367. D x2 − y2dxdy= 1 0 x −x x2 − y2dydx = 1 0 x −x x 1 − y x 2 dydx Hacemos el cambio de variables y x = sent =⇒ dy = x cos tdt y determinemos los limites. Para y = x =⇒ arcsen x x = arcsen (1) = π 2 . Para y = −x =⇒ arcsen −x x = arcsen (−1) = − π 2 Por tanto 1 0 x −x x 1 − y x 2 dydx = 1 0 π 2 −π 2 x2 √ 1 − sen2tdtdx = 1 0 π 2 −π 2 x2 cos2 tdtdx = 1 0 π 2 −π 2 x2 ( 1 + cos 2t 2 )dtdx = 1 0 x2 t 2 + sen2t 4 π 2 −π 2 dx = π 2 1 0 x2 dx = π 2 x3 3 1 0 = π 6 352
- 368. Problema 3 Calcular D y −2x2 dxdy si D es la regi´on acotada por |x| + |y| = 2 Figura 4.24: D regi´on acotada por |x| + |y| = 2 Soluci´on: Se tiene que la regi´on D = {(x, y) ∈ IR2 / |x| + |y| ≤ 2} Si escogemos la regi´on con una partici´on de tipo I, es necesario utilizar dos integrales iterativas porque para −2 ≤ x ≤ 0 , la frontera inferior de la regi´on es la gr´afica de y = −x−2, y la superior es y = x+2;y para 0 ≤ x ≤ 2 la frontera inferior de la regi´on es la gr´afica de y = x − 2, y la superior es y = −x + 2 Entonces se tiene D = D1 ∪ D2 tal que D1 ∪ D2 = φ. donde D1 = {(x, y) ∈ IR2 / − 2 ≤ x ≤ 0, − x − 2 ≤ y ≤ x + 2} D2 = {(x, y) ∈ IR2 / 0 < x ≤ 2, x − 2 ≤ y ≤ −x + 2} Por otra parte la funcion del integrando f (x, y) = y−2x2 es sim´etrica con respecto al eje y, es decir ∀ (x, y, z) ∈ D existe (−x, y, z) tal que f (−x, y) = y − 2(−x)2 = f (x, y) . Por lo tanto 353
- 369. D y − 2x2 dxdy= 2 2 0 −x+2 x−2 y − 2x2 dydx = 2 2 0 y2 2 + 2x2 y −x+2 x−2 dx = 2 1 0 4x3 − 8x2 dx = x4 − 8 3 x3 2 0 = 2 16 − 64 3 = − 32 3 Problema 4 Calcular D x2 + y2 dxdy si D = {(x, y) ∈ IR2 / x2 + y2 ≤ 1} .Usando coordenadas cartesianas Figura 4.25: D regi´on acotada por x2 + y2 ≤ 1 Soluci´on: Usando coordenadas cartesianas, la regi´on de integraci´on es un c´ırculo centrado en el origen de radio uno Por lo tanto D = (x, y) ∈ IR2 / − 1 ≤ x ≤ 1, − √ 1 − x2 ≤ y ≤ √ 1 − x2 354
- 370. D x2 + y2 dxdy = 1 −1 √ 1−x2 − √ 1−x2 (x2 +y2 )dydx = 1 −1 (x2 y + y3 3 ) √ 1−x2 − √ 1−x2 dx = 2 1 −1 (x2 √ 1 − x2 + 1 3 (1 − x2)3)dx = 2 1 −1 x2 √ 1 − x2dx + 2 3 1 −1 (1 − x2)3dx Con ayuda de una tabla de integrales obtenemos que: 1 −1 x2 √ 1 − x2dx = (− x 4 √ 1 − x2 + 1 8 (x √ 1 − x2 + arcsenx) 1 −1 = 1 8 (arcsen(1) − arcsen (−1) = 1 8 ( π 2 + π 2 ) = π 8 1 −1 (1 − x2)3dx = ( x 4 (1 − x2)3 + 3x 8 (1 − x2) + 3 8 arcsenx) 1 −1 = 3π 8 Por lo tanto: D x2 + y2 dxdy = 2π 8 + 2 3 3π 8 = π 2 Notese que la soluci´on del problema usando coordenadas cartesianas es bastante compleja Problema 5 Calcular D xydxdy si D es la regi´on acotada por y = √ x, y = √ 3x − 18, y ≥ 0.Usando coordenadas cartesianas. Soluci´on. Si escogemos la regi´on con una partici´on de tipo I, es necesario utilizar dos integrales iterativas porque para 0 ≤ x ≤ 6 , la frontera inferior de la regi´on es la gr´afica de y = 0, y la superior es y = √ x;y para 6 ≤ x ≤ 9 la 355
- 371. Figura 4.26: Dy = √ x, y = √ 3x − 18, y ≥ 0. Regi´on de tipo I frontera inferior de la regi´on es la gr´afica de y = √ 3x − 18, y la superior es y = √ x Luego tenemos que D = D1 ∪ D2 tal que D1 ∪ D2 = φ. Entonces D1 = {(x, y) ∈ IR2 / 0 ≤ x ≤ 6, 0 ≤ y ≤ √ x} D2 = (x, y) ∈ IR2 / 6 < x ≤ 9, √ 3x − 18 ≤ y ≤ √ x Por lo tanto D xydxdy = D1 xydxdy + D2 xydxdy = 6 0 √ x 0 xydydx + 9 6 √ x √ 3x−18 xydydx = 6 0 x y2 2 √ x 0 dx + 9 6 x y2 2 √ x √ 3x−18 dx = 1 2 6 0 x2 dx + 1 2 9 6 (−2x2 + 18x)dx = 1 6 x3 6 0 + − x3 3 + 9 x2 2 9 6 = 185 2 Si escogemos la regi´on con una partici´on de tipo II, es necesario utilizar s´olo una integral iterativa porque para 0 ≤ y ≤ 3 , la frontera izquierda de la regi´on es la gr´afica de x = y2 mentras que la frontera derecha queda determinada por la gr´afica x = y2 3 + 6, obteniendo as´ı la regi´on D1 = (x, y) ∈ IR2 / y2 ≤ x ≤ y2 3 + 6, 0 ≤ y ≤ 3 356
- 372. Figura 4.27: Dy = √ x, y = √ 3x − 18, y ≥ 0. Regi´on de tipo II la integral iterativa queda D xydxdy = 3 0 (y2/3)+6 y2 xydxdy = 3 0 x2 2 (y2/3)+6 y2 ydy = 1 2 3 0 y2 + 18 3 2 − y4 (y2/3)+6 y2 ydy = 1 18 3 0 −8y5 + 36y3 + 324y dy = 1 18 − 4 3 y6 + 9y4 + 162y2 3 0 = 1 18 − 4 3 36 + 36 + 2 · 36 = 185 2 357
- 373. Problema 6 Encontrar el´area de la regi´on determinada por las desigualdades: xy ≥ 4, y ≤ x, 27y ≥ 4x2 . Figura 4.28: Regi´on determinada por xy ≥ 4, y ≤ x, 27y ≥ 4x2 Soluci´on. Sabemos que xy = 4 tiene por gr´afica una hip´erbola equil´atera, y = x es la recta bisectriz del primer cuadrante y 27y = 4x2 corresponde a una par´abola. Veamos cuale son los puntos de intersecci´on de estas curvas con el proprosito de configurar el dominio de integraci´on xy = 4 y = x =⇒ x2 = 4 =⇒ x = ±2 =⇒ y = ±2 27y = 4x2 y = x =⇒ 27x = 4x2 =⇒ x = 0 x = 27 4 =⇒ y = 0, y = 27 4 xy = 4 27y = 4x2 =⇒ x = 3, y = 4 3 Para calcular el ´area A(R) = D dxdy, podemos escoger una partici´on del dominio de tipo I ´o de tipo II. Consideremos dos subregiones de tipo I D1 = (x, y) ∈ IR2 / 2 ≤ x ≤ 3, 4 x ≤ y ≤ x D2 = (x, y) ∈ IR2 / 3 ≤ x ≤ 27 4 , 4 27 x2 ≤ y ≤ x 358
- 374. Si proyectamos sobreeje x A(R) = D dxdy = D1 dxdy + D2 dxdy A(R) = 3 2 x 4 x dydx + 27/4 3 x 4 27 x2 dydx = 3 2 y|x 4 x dx + 27/4 3 y|x 4 27 x2 dx = 3 2 x − 4 x dx + 27/4 3 x − 4 27 x2 dx = x2 2 − 4 ln x 3 2 + x2 2 − 4 81 x3 27/4 3 = 5 2 − 4 ln 3 2 + 729 32 − 9 2 − 4 81 273 43 + 4 81 33 = −2 − 4 ln 3 2 + 729 32 − 243 16 + 4 3 = 665 96 − 4 ln 3 2 Si proyectamos sobre eje y DI = (x, y) ∈ IR2 / 4 y ≤ x ≤ 3 2 √ 3y, 4 3 ≤ y ≤ 2 DI = (x, y) ∈ IR2 / y ≤ x ≤ 3 2 √ 3y, 2 ≤ y ≤ 27 4 A(R) = D dxdy = D1 dxdy + D2 dxdy A(R) = 2 4 3 3 2 √ 3y 4 y dxdy + 27/4 2 3 2 √ 3y y dxdy = 2 4 3 3y − 4 ln y dy + 27/4 2 3 2 3y − y dy = 3 2 3y3 − 4 y 2 4 3 + 3y3 − y2 2 27/4 2 = − 8 3 − 4 ln 3 2 + 9 · 27 8 − 729 32 + 2 = 665 96 − 4 ln 3 2 359
- 375. Problema 7 Encontrar elvolumen de la regi´on acotada por los tres planos coordenados y el plano x + 2y + 3z = 6 Soluci´on. Figura 4.29: Regi´on determinada por los tres planos coordenados y el plano x + 2y + 3z = 6 Usando integrales dobles y proyectando la regi´on sobre el plano xy ten- emos: V = D 6 − x − 2y 3 dxdy , D = (x, y) ∈ IR2 / 0 ≤ x ≤ 6, 0 ≤ y ≤ 6 − x 2 V = 1 3 6 0 6−x 2 0 (6 − x − 2y) dydx = 1 3 6 0 (6 − x)y − y2 6−x 2 0 dx = 1 3 6 0 (6 − x)2 2 − (6 − x)2 4 dx = 1 12 6 0 (6 − x)2 dx = − 1 36 (6 − x)3 6 0 = 6 Usando integrales dobles y proyectando la regi´on sobre el plano yz ten- emos: V = R (6 − 3z − 2y) dzdy , R = (y, z) ∈ IR2 / 0 ≤ y ≤ 3, 0 ≤ z ≤ 6 − 2y 3 360
- 376. V = 3 0 6−2y 3 0 (6 −2y − 3z) dzdy = 3 0 (6 − 2y)z − 3 2 z2 6−2y 3 0 dy = 3 0 (6 − 2y)2 3 − (6 − 2y)2 6 dy = 1 6 3 0 (6 − 2y)2 dy = − 1 12 (6 − x)3 3 3 0 = 6 4.4.2. Cambios de orden de Integraci´on Problema 1 Invierta el orden de integraci´on y eval´ue la integral resultante . I = 1 0 2 2x ey2 dydx Soluci´on. El dominio de integracion dado es D = {(x, y) ∈ IR2 / 0 ≤ x ≤ 1, 2x ≤ y ≤ 2} . Si se invierte el orden de integraci´on tenemos que modificar la partici´on del dominio. D = (x, y) ∈ IR2 / 0 ≤ x ≤ y 2 , 0 ≤ y ≤ 2 ,entonces la inte- gral se puede escribir. I = 1 0 2 2x ey2 dydx = 2 0 y 2 0 ey2 dxdy = 2 0 xey2 y 2 0 dy = 2 0 y 2 ey2 dy = 1 4 ey2 4 0 = 1 4 e16 − 1 361
- 377. Problema 2 Invierta elorden de integraci´on y eval´ue la integral resultante . I = 2 0 4 x2 √ y cos ydydx Soluci´on. El dominio de integraci´on dado es D = {(x, y) ∈ IR2 / 0 ≤ x ≤ 2, x2 ≤ y ≤ 4} . Si se invierte el orden de integraci´on tenemos que modificar la partici´on del dominio, D = (x, y) ∈ IR2 / 0 ≤ x ≤ √ y, 0 ≤ y ≤ 4 ,entonces la inte- gral se puede escribir 2 0 4 x2 √ y cos ydydx = 4 0 √ y 0 √ y cos ydxdy = 4 0 √ y cos(y)x| √ y 0 dy = 4 0 y cos(y)dy Integrando esta ´ultima integral por partes se tiene: 4 0 y cos(y)dy = ysen(y)|4 0 − 4 0 sen(y)dy = ysen(y)|4 0 + cos(y)|4 0 = 4sen(4) + cos(4) − 1 Problema 3 Invierta el orden de integraci´on y eval´ue la integral resultante . I = e 1 ln x 0 ydydx Soluci´on. El dominio de integraci´on dado es D = {(x, y) ∈ IR2 / 1 ≤ x ≤ e, 0 ≤ y ≤ ln x} . Si se invierte el orden de integraci´on tenemos que el dominio, D = {(x, y) ∈ IR2 / ey ≤ x ≤ e, 0 ≤ y ≤ 1} ,entonces la integral se puede escribir 362
- 378. e 1 ln x 0 ydydx = 1 0 e ey ydxdy = 4 0 yx e ey dy = 4 0 y(e − ey )dy = e y2 2 4 0 − ey [y − ey ]4 0 = 8e − 4e4 − 1 4.4.3. Cambios de variables: Coordenadas polares Problema 1 Calcular D x2 + y2 dxdy si D = {(x, y) ∈ IR2 / x2 + y2 ≤ 1} ,usando coordenadas polares. V´ease figura 4.25 Soluci´on. A partir de la coordenadas polares tenemos: x = rcosθ, y = rsenθ =⇒ x2 + y2 = r2 El valor absoluto del Jacobiano de transformaci´on a polares es: ∂ (x, y) ∂ (r, θ) = r Reemplazando t´erminos en la integral, produce D x2 + y2 dxdy = D r2 ∂ (x, y) ∂ (r, θ) drdθ = 1 0 2π 0 r3 dθdr = 1 0 2π 0 r3 θ|2π 0 dr = 2π 1 0 r3 dr = 2π r4 4 1 0 = π 2 Las coordenadas polares dieron una solucion m´as simple del problema. La simplicidad depende de la naturaleza del problema y de la simetria que presenta el dominio. 363
- 379. Problema 2 Calcular el´area de la regi´on interior a la circunferencia x2 + y2 = 8y y exterior a la circunferencia x2 + y2 = 9. Soluci´on. Determinemos el centro y radio de la circunsferencia x2 + y2 = 8y =⇒ x2 + y2 − 8y = 0 =⇒ x2 + (y − 4)2 = 16 El ´area de la regi´on D es: A (D) D dxdy V´ease figura 4.30 Figura 4.30: Regi´on interior a la circunferencia x2 + y2 = 8y y exterior a la circunferencia x2 + y2 = 9 Por simetr´ıa, podemos calcular el ´area de la regi´on D en el primer cuad- rante y multiplicar por 2. A fin de conocer los l´ımites de integraci´on en coordenadas polares necesitamos conocer el ´angulo que forma la recta OT con el eje x. x2 + y2 = 8y =⇒ r2 = 8rsenθ =⇒ r = 8senθ x2 + y2 = 9 =⇒ r = 3 Como T pertenece a ambas circunferencias se cumple 8senθ = 3 =⇒ θ = arcsen 3 8 Luego, la mitad de la regi´on D∗ = (r, θ) /3 ≤ r ≤ 8senθ; arcsen 3 8 ≤ θ ≤ π 2 D dxdy = D∗ ∂ (x, y) ∂ (r, θ) drdθ 364
- 380. 2 π/2 arcsen 3 8 8senθ 3 rdrdθ =2 π/2 arcsen 3 8 r2 2 8senθ 3 dθ π/2 arcsen 3 8 64sen2 θ − 9 dθ = 64 θ 2 − sen2θ 4 − 9 2 θ π/2 arcsen 3 8 = 55 2 θ − 16sen2θ π/2 arcsen 3 8 = 55 4 π − 55 2 arcsen 3 8 + 16sen(2arcsen 3 8 ) ≈ 38, 42 Problema 3 Calcular D x2 + y2 x + x2 + y2 dxdy , si D es el interior del cardioide r = a (1 + cos θ) Figura 4.31: D es la regi´on interior del cardioide r = a (1 + cos θ) Soluci´on. Cambiando a cordenadas polares, tenemos: D x2 + y2 x + x2 + y2 dxdy = D∗ r2 r cos θ + r ∂ (x, y) ∂ (r, θ) drdθ = D∗ r2 r cos θ + r rdrdθ 365
- 381. = 2π 0 a(1+cos θ) 0 r2 1 +cos θ drdθ = 2π 0 1 1 + cos θ r3 3 a(1+cos θ) 0 dθ = a3 3 2π 0 (1 + cos θ)2 dθ = a3 3 2π 0 1 + 2 cos θ + cos2 θ dθ = a3 3 θ + 2senθ + θ 2 + sen2θ 4 2π 0 = πa3 Observacion si deseamos se rigurosos debemos hacer notar que la integral es impropia cuando x ≤ 0, e y = 0, pues en tal caso el denominador es cero. Luego: I = l´ım α→π− ε→0 α 0 a(1+cos θ) ε r2 1 + cos θ drdθ + l´ım β→π+ ε→0 2π β a(1+cos θ) ε r2 1 + cos θ drdθ = l´ım α→π− a3 3 α 0 (1 + cos θ)2 dθ + l´ım β→π+ a3 3 2π β (1 + cos θ)2 dθ = l´ım α→π− a3 3 3 2 α + 2senα + sen2α 4 + l´ım β→π+ a3 3 3π − 3 2 β − 2senβ − sen2β 4 = πa3 Problema 4 Calcular el volumen V del s´olido acotado por las gr´aficas z = 9 − x2 − y2 y z = 5. Soluci´on. Como el s´olido es sim´etrico, basta encontrar su volumen en el primer octante y multiplicar su resultado por cuatro. Usando integrales dobles y proyectando la regi´on sobre el plano xy ten- emos: V = 4 D 9 − x2 − y2 − 5 dxdy 366
- 382. Figura 4.32: s´olidoacotado por las gr´aficas z = 9 − x2 − y2 y z = 5 D = {(x, y) ∈ IR2 / x ≥ 0, y ≥ 0, 0 ≤ x2 + y2 ≤ 4} A partir de la coordenadas polares, obtenemos: x = rcosθ y = rsenθ =⇒ f (x, y) = 4 − x2 − y2 = 4 − r2 0 ≤ x2 + y2 = r2 ≤ 4 ⇐⇒ 0 ≤ r ≤ 2 y 0 ≤ θ ≤ π 2 D∗ = (r, θ) / 0 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ π 2 El valor absoluto del Jacobiano de transformaci´on a polares es: ∂ (x, y) ∂ (r, θ) = r Reemplazando t´erminos en la integral, produce: V = 4 D∗ 4 − r2 rdrdθ = 4 π/2 0 2 0 4 − r2 rdrdθ = 4 π/2 0 4 2 r2 − 1 4 r4 2 0 dθ = 8π 4.4.4. Cambios de variables. Coordenadas curvil´ıneas Problema 1 Calcular I = D 3xydxdy, donde D es la regi´on acotada por las rectas x − 2y = 0, x − 2y = −4 x + y = 4, x + y = 1 (1) Soluci´on. Podemos usar el cambio de variables 367
- 383. Figura 4.33: Dregi´on acotada por x − 2y = 0, x − 2y = −4, x + y = 4, x + y = 1 u = x − 2y v = x + y (1) =⇒ x = 1 3 (2u + v) y = 1 3 (u − v) (2) Asi,x − 2y = −4 se transforma en u = −4 x − 2y = 0 se transforma en u = 0 x + y = 1 se transforma en v = 1 x + y = 4 se transforma en v = 4 Para calcular el Jacobiano ∂ (x, y) ∂ (u, v) tenemos dos posibilidades. La primera, es usar la transformaci´on inversa (2) x e y en t´erminos de u y v . La segunda, mucho m´as simple, es calcular a partir de (1) ∂ (u, v) ∂ (x, y) y luego usar la propiedad ∂ (x, y) ∂ (u, v) = ∂ (u, v) ∂ (x, y) −1 . En efecto ∂ (u, v) ∂ (x, y) = 1 −2 1 1 = 1 + 2 = 3 =⇒ ∂ (x, y) ∂ (u, v) = 1 3 Por lo tanto, del teorema del cambio e variables se deduce que: 368
- 384. I = D 3xydxdy = D∗ 3 1 3 (2u+ v) 1 3 (u − v) ∂ (x, y) ∂ (u, v) dudv = 4 1 0 −4 1 9 2u2 − uv − v2 dvdu = 1 9 4 1 2u2 v − uv2 2 − v3 3 0 −4 du = 1 9 4 1 8u2 + 8u − 64 3 du = 1 9 8u3 3 + 4u2 − 64 3 u 4 1 du = 164 9 Problema 2 Calcular el ´area de la regi´on D, que esta acotada por las curvas x2 − y2 = 1, x2 − y2 = 9 x + y = 4, x + y = 6 (1) Figura 4.34: D regi´on acotada por x2 −y2 = 1, x2 −y2 = 9, x+y = 4, x+y = 6 Soluci´on. Teniendo en cuenta el cambio de variables que transforma la regi´on D en la regi´on D∗ u = x2 − y2 v = x + y (1) =⇒ La imagen D∗ de la regi´on D est´a acotada por la rectas verticales; x2 − y2 = 1 se transforma en u = 1 x2 − y2 = 9 se transforma en u = 9 y las rectas horizontales x + y = 4 se transforma en v = 4 369
- 385. x + y= 6 se transforma en v = 6 Es decir, D∗ = {(u, v) /1 ≤ u ≤ 9, 4 ≤ v ≤ 6} Vamos a calcular ∂ (x, y) ∂ (u, v) a partir de (1) ∂ (u, v) ∂ (x, y) y usar la propiedad ∂ (x, y) ∂ (u, v) = ∂ (u, v) ∂ (x, y) −1 . En efecto ∂ (u, v) ∂ (x, y) = 2x −2y 1 1 = 2 (x + y) = 2v =⇒ ∂ (x, y) ∂ (u, v) = 1 2v El teorema del cambio variables afirma que: A (D) = D dxdy = D∗ ∂ (x, y) ∂ (u, v) dudv = 9 1 6 4 1 3v dvdu = 1 2 9 1 [ln v]6 4 du = 1 2 ln 6 4 9 1 du = 1 2 ln 3 2 [u]9 1 = 4 ln 3 2 Problema 3 Calcular I = D x3 + y3 xy dxdy, donde D es la regi´on del primer cuad- rante acotada por: y = x2 , y = 4x2 x = y2 , x = 4y2 (1) Soluci´on. El c´alculo de I ser´ıa bastante complejo si usamos coordenadas cartesianas por la simetr´ıa que tiene el dominio.Sin embargo, una cambio de variables simplifica la regi´on D y la transforma en D∗ . Sean u = x2 y , v = y2 x Luego D∗ esta acotada por la rectas verticales; y = x2 se transforma en u = 1. y = 4x2 se transforma en u = 1 4 . y las rectas horizontales x = y2 se transforma en v = 1. 370
- 386. Figura 4.35: Dregi´on acotada por y = x2, y = 4x2, x = y2, x = 4y2 x = 4y2 se transforma en v = 1 4 . Es decir, D∗ = (u, v) /1 ≤ u ≤ 1 4 , 1 ≤ v ≤ 1 4 Para calcular ∂ (x, y) ∂ (u, v) tenemos dos posibilidades, la primera es despejar x e y en t´erminos de u y v a partir de (1) . La segunda, es calcular ∂ (u, v) ∂ (x, y) y usar la propiedad ∂ (x, y) ∂ (u, v) = ∂ (u, v) ∂ (x, y) −1 . En efecto ∂ (u, v) ∂ (x, y) = 2x y − x2 y2 − y2 x2 2y x = 4 − 1 = 3 =⇒ ∂ (x, y) ∂ (u, v) = 1 3 Calculemos ahora la integral 371
- 387. I = D x3 + y3 xy dxdy= D x2 y + y2 x dxdy = 1 1/4 1 1/4 (u + v) 1 3 dvdu = 1 3 1 1/4 uv + v2 2 1 1/4 du = 1 3 1 1/4 3 4 u + 15 32 du = 1 3 3 8 u2 + 15 32 u 1 1/4 = 1 3 3 8 15 16 + 15 32 3 4 = 15 64 Problema 4 Evaluar la integral I = D [x + y]2 dxdy, donde D es la regi´on del plano xy acotado por las curvas x + y = 2, x + y = 4, y = x, x2 − y2 = 4, (1) Figura 4.36: D regi´on acotada por x + y = 2, x + y = 4, y = x y x2 − y2 = 4 Soluci´on. Observese que las ecuaciones de la curvas de la frontera de D s´olo incluyen a x e y en las combinaciones de x ± y,y el integrando incluye solamentenlas mismas combinaciones. Aprovechando estas simetr´ıas, sean las coordenadas u = x + y, v = x − y Luego, la imagen D∗ de la regi´on D est´a acotada por las curvas; 372
- 388. x + y= 2 se transforma en u = 2. x + y = 4 se transforma en u = 4. A su vez x − y = 0 se transforma en v = 0. x2 − y2 = (x + y) (x − y) = 4 se transforma en uv = 4. Es decir, D∗ = (u, v) / 2 ≤ u ≤ 4, 0 ≤ v ≤ 4 u El jacobiano de la transformaci´on es ∂ (x, y) ∂ (u, v) = ∂ (u, v) ∂ (x, y) −1 . En efecto ∂ (u, v) ∂ (x, y) = 1 1 1 −1 = −2 =⇒ ∂ (x, y) ∂ (u, v) = 1 2 Entonces: D [x + y]2 dxdy = 1 2 D∗ u2 dudv = 1 2 4 2 4/u 0 u2 dvdu = 1 2 4 2 u2 v|4/u 0 du = 1 2 4 2 4udu = 4 2 u2 2 4 2 = 12 4.4.5. C´alculo de integrales triples en coordenadas rect´angu- lares cartesianas Problema 1 Sea R la regi´on en IR3 acotada por: z = 0, z = 1 2 y, x = 0; x = 1, y = 0, y = 2 Calcular R (x + y − z) dxdydz. Soluci´on. Del gr´afico de la regi´on (V´ease figura 4.37) , tenemos que 0 ≤ z ≤ 1 2 y.Proyectando la regi´on R sobre el plano xy. As´ı D = {(x, y) ∈ IR2 / 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 2} . Por lo tanto; 373
- 389. Figura 4.37: Rregi´on acotada por z = 0, z = 1 2 y, x = 0; x = 1, y = 0, y = 2 R (x + y − z) dxdydz = D ( 1 2 y 0 (x + y − z) dz)dxdy 1 0 2 0 ( 1 2 y 0 (x + y − z) dz)dydx = 1 0 2 0 xz + yz − z2 2 1 2 y 0 dydx 1 0 2 0 1 2 (x + y)y − y2 8 dydx = 1 0 2 0 1 2 xy + 3 8 y2 dydx 1 0 1 4 xy2 + 1 8 y3 2 0 dx = 1 0 [(x + 1)] dx = 1 2 x2 + x 1 0 = 3 2 Tambi´en es posible resolver el problema anterior proyectando la regi´on R sobre el plano xz.En tal caso, 2z ≤ y ≤ 2 y D = {(x, z) ∈ IR2 / 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1} R (x + y − z) dxdydz = 1 0 1 0 ( 2 2z (x + y − z) dy)dzdx 374
- 390. 1 0 1 0 xy + y2 2 − zy 2 2z dzdx= 2 1 0 1 0 [x + 1 − z − xz] dzdx 2 1 0 xz + z − z2 2 − x z2 2 1 0 dx = 2 1 0 x + 1 − 1 2 − x 2 dx 1 0 [(x + 1)] dx = 1 2 x2 + x 1 0 = 3 2 Una tercera posibilidad de soluci´on consiste en proyectar la regi´on R sobre el plano yz. Esta se deja como ejercicio. Problema 2 Calcular D x2 dxdydz si D es la regi´on acotada por y2 + z2 = 4ax, y2 = ax, x = 3a Figura 4.38: D regi´on acotada por y2 + z2 = 4ax, y2 = ax, x = 3a Soluci´on. La superficie y2 + z2 = 4ax corresponde a un paraboloide de revoluci´on como el bosquejado en la figura. En dos variables el gr´afico de y2 = ax es una par´abola, pero es tres variables es la superficie de un manto parab´olico. Finalmente, el gr´afico x = 3 es un plano paralelo al plano xz a la distancia 3a. Luego el gr´afico de la regi´on es La proyecci´on de la region sobre el plano xy es: D = (x, y, z) ∈ IR3 /D1 ∪ D2 , − 4ax − y2 ≤ z ≤ 4ax − y2 375
- 391. Por simetr´ıa setiene: I = D x2 dxdydz = 2 D1 √ 4ax−y2 − √ 4ax−y2 x2 dzdxdy = 2 3a 0 2 √ ax √ ax √ 4ax−y2 − √ 4ax−y2 x2 dzdydx = 2 3a 0 2 √ ax √ ax x2 z √ 4ax−y2 − √ 4ax−y2 dydx = 4 3a 0 2 √ ax √ ax x2 4ax − y2dydx De una tabla de integrales obtenemos √ a2 − u2du = 1 2 (u √ a2 − u2 + a2 arcsen u a ) As´ı al integrar la expresi´on: 2 √ ax √ ax 4ax − y2dy = 1 2 y 4ax − y2 + 4ax arcsen y 2 √ ax 2 √ ax √ ax = 2ax arcsen (1) − 1 2 √ ax √ 3ax + 4ax arcsen 1 2 = 2ax π 2 + 1 2 ax √ 3 − 2ax π 6 = 2π 3 ax + √ 3 2 ax Por lo tanto al sustituir en la integral anterior, queda 4 3a 0 2π 3 + √ 3 2 ax3 dx = 2π 3 + √ 3 2 ax4 3a 0 = 27a5 2π + 3 √ 3 2 Problema 3 Calcular el volumen del s´olido Ω acotado por la superficie y = x2 y los planos y + z = 4 ; z = 0. 376
- 392. Figura 4.39: Ωacotado por la superficie y = x2 y los planos y + z = 4, z = 0 Soluci´on. Consideremos que la regi´on Ω est´a acotada inferiormente por la frontera z = 0 y superiomente por z = 4 − y. Si Proyectamos la regi´on Ω sobre el plano xy, se tiene: Ω = {(x, y, z) ∈ IR3 / (x, y) ∈ D, 0 ≤ z ≤ 4 − y} D = {(x, y) ∈ IR2 / − 2 ≤ x ≤ 2, x2 ≤ y ≤ 4} Luego el volumen de la regi´on es V (Ω) = Ω dxdydz = 2 −2 4 x2 4−y 0 dzdydx = 2 −2 4 x2 (4 − y) dydx = 2 −2 4y − y2 2 4 x2 dx = 2 −2 8 − 4x2 + x4 2 dx = 8x − 4 3 x3 + x4 10 2 −2 = 256 15 4.4.6. Coordenadas esf´ericas Problema 1 Resolver I = D x2 + y2 + z2e−(x2+y2+z2 )dxdydz si D es la regi´on de IR3 limitada por las superficies x2 + y2 + z2 = a2 x2 + y2 + z2 = b2 con 0 < b < a anillo esf´erico. Soluci´on. Por la simetr´ıa del dominio y la forma del integrando 377
- 393. Figura 4.40: Des la regi´on de IR3 limitada por las superficies x2 + y2 + z2 = a2 x2 + y2 + z2 = b2con 0 < b < a usaremos coordenadas esf´ericas: x = rsenθ cos φ y = rsenθsenφ z = r cos θ =⇒ b2 ≤ x2 + y2 + z2 ≤ a2 =⇒ b ≤ r ≤ a tgθ = y z = 0 =⇒ 0 ≤ θ ≤ π tgφ = y x = 0 =⇒ 0 ≤ φ ≤ 2π Recordando que el valor absoluto del Jacobiano a esf´ericas es : ∂ (x, y, z) ∂ (r, θ, φ) = r2 senθ se tiene: I = 2π 0 π 0 a b re−r2 ∂ (x, y, z) ∂ (r, θ, φ) drdθdφ = 2π 0 π 0 a b r3 e−r2 senθ drdθdφ = 2π 0 π 0 − 1 2 r2 e−r2 − e−r2 a b senθ dθdφ = 1 2 b2 e−b2 + 1 2 e−b2 − 1 2 a2 e−a2 − e−a2 2π 0 π 0 senθ dθdφ = 1 2 b2 e−b2 + 1 2 e−b2 − 1 2 a2 e−a2 − e−a2 2π 0 − cos θ|π 0 dφ = 2 1 2 b2 e−b2 + 1 2 e−b2 − 1 2 a2 e−a2 − e−a2 2π 0 dφ = 4π 1 2 b2 e−b2 + 1 2 e−b2 − 1 2 a2 e−a2 − e−a2 378
- 394. Problema 2 Encontrar elvolumen de la regi´on determinada por x2 +y2 +z2 ≤ 16 , z2 ≥ x2 + y2 . Figura 4.41: Regi´on determinada por x2 + y2 + z2 ≤ 16 , z2 ≥ x2 + y2 Soluci´on. x2 + y2 + z2 = 16 es una esfera con centro en el origen y radio 4 z2 = x2 +y2 es un cono con v´ertice en el origen y eje de simetr´ıa coincidente con el eje z. Como z ≥ 0 , s´olo debemos considerar s´olo la regi´on sobre el plano xy. La intersecci´on de la esfera con el cono se obtiene mediante el sistema: x2 + y2 + z2 = 16 x2 + y2 = z2 =⇒ z = √ 8 x2 + y2 = 8 Usaremos coordenadas esf´ericas: x = rsenθ cos φ y = rsenθsenφ z = r cos θ =⇒ 0 ≤ x2 + y2 + z2 ≤ 16 =⇒ 0 ≤ r ≤ 4 tgθ = y z = √ 8 √ 8 = 1 =⇒ 0 ≤ θ ≤ π 4 tgφ = y x = 0 =⇒ 0 ≤ φ ≤ 2π Recordando que el valor absoluto del Jacobiano a esf´ericas es : ∂ (x, y, z) ∂ (r, θ, φ) = r2 senθ se tiene: 379
- 395. V = D dxdydz = 2π 0 π 4 0 4 0 r2 senθdrdθdφ V = 2π 0 π 4 0 r3 3 4 0 senθ dθdφ V = 43 3 2π 0 − cos θ| π 4 0 dφ V = 43 3 2π 0 1 − √ 2 2 dφ = 43 3 1 − √ 2 2 2π Otra opci´on para resolver este problema es usar coordenadas cil´ındricas,en tal caso x = r cos θ y = rsenθ z = z =⇒ x2 + y2 + z2 = 16 =⇒ z = 16 − r2 . x2 + y2 = z2 =⇒ z = r2 Ten´ıamos que el Jacobiano de transformaci´on a cil´ındricas es: ∂ (x, y, z) ∂ (r, θ, z) = r luego: V = D dxdydz = 2π 0 √ 8 0 √ 16−r2 r2 rdzdrdθ = 2π 0 √ 8 0 rz| √ 16−r2 r2 drdθ = 2π 0 √ 8 0 r √ 16 − r2 − r2 drdθ = 2π 0 − 1 3 (16 − r2)3 − r3 3 √ 8 0 dθ = − 2π 3 2 √ 83 − √ 163 = 2π 3 64 − 32 √ 2 4.4.7. Coordenadas Cil´ındricas Problema 1 Usando integrales triples calcular el volumen de la regi´on acotada por z = x2 + y2 y z = 27 − 2x2 − 2y2 . Soluci´on. Por la simetr´ıa del volumen los resolveremos usando coordenadas cil´ındri- cas. 380
- 396. Figura 4.42: Regi´onacotada por z = x2 + y2 y z = 27 − 2x2 − 2y2 x = r cos θ y = rsenθ z = z =⇒ z = x2 + y2 =⇒ z = r2 . z = 27 − 2x2 − 2y2 =⇒ z = 27 − 2r2 x2 + y2 = 9 =⇒ r = 3. Como el Jacobiano de transformaci´on a cil´ındricas es: ∂ (x, y, z) ∂ (r, θ, z) = r se tiene: V = D dxdydz = 2π 0 3 0 27−2r2 r2 rdzdrdθ = 2π 0 3 0 r z|27−2r2 r2 drdθ = 2π 0 3 0 r 27 − 3r2 drdθ = 2π 0 27 2 r2 − 3 4 r4 3 0 dθ = 243 4 2π 0 dθ = 243 4 2π = 243 2 π Problema 2 Calcular el volumen de la regi´on acotada por la esfera x2 + y2 + z2 = 13 y el cono (z − 1)2 = x2 + y2 , z ≥ 1 Soluci´on. El volumen pedido es V = R dxdydz donde la regi´on R est´a dada por 381
- 397. Figura 4.43: Regi´onacotada por la esfera x2 +y2 +z2 = 13 y el cono (z − 1)2 = x2 + y2, z ≥ 1 R = (x, y, z) ∈ IR3 / (x, y) ∈ D; 1 + x2 + y2 ≤ z ≤ 4 − x2 − y2 D corresponde a la proyecci´on de R sobre el plano xy. D = {(x, y, z) ∈ IR2 /x2 + y2 ≤ 13} Por la simetr´ıa del volumen conviene usar coordenadas cil´ındricas. x = r cos θ y = rsenθ z = z =⇒ x2 + y2 + z2 ≤ r2 + z2 ≤ 13 , Determinemos la imagen R∗ de R (z − 1)2 = x2 + y2 ⇐⇒ z ≥ 1 + r =⇒ 1 + r ≤ z ≤ √ 13 − r2 Luego R∗ = (r, θ, z) ∈ IR3 / (r, θ) ∈ D; 1 + r ≤ z ≤ √ 13 − r2 La regi´on R al ser proyectada sobre el plano xy. produce z = 0 =⇒ x2 + y2 = 13 D∗ 1 = (r, θ) ∈ IR3 / ≤ r ≤ 2 ; − π 2 ≤ θ ≤ π 2 Como el Jacobiano de transformaci´on a cil´ındricas es: ∂ (x, y, z) ∂ (r, θ, z) = r se tiene: 382
- 398. V = R dxdydz = 2 0 2π 0 √ 13−r2 1+r rdzdθdr = 2 0 2π 0 rz √ 13−r2 1+rdθdr = 2 0 2π 0 r √ 13 − r2 − (1 + r) dθdr = 2π 2 0 r √ 13 − r2 − r + r2 dr = 2π − 1 3 13 − r2 3/2 − r2 2 + r3 3 2 0 = 2π 1 3 133/2 − 73/2 − 4 2 + 8 3 Problema 3 Calcular utilizando coordenadas cil´ındricas el volumen de la regi´on R , donde R es el interior a la esfera x2 + y2 + z2 = 4, z ≥ 0,y exterior al cilindro (x − 1)2 + y2 = 1. Figura 4.44: R, regi´on interior a la esfera x2 + y2 + z2 = 4, z ≥ 0,y exterior al cilindro (x − 1)2 + y2 = 1 Soluci´on. La regi´on R se describe en coordenadas cartesianas mediante R = (x, y, z) ∈ IR3 / (x, y) ∈ D; 0 ≤ z ≤ 4 − x2 − y2 donde D es la proyecci´on de R sobre el plano xy. 383
- 399. D = {(x,y) ∈ IR3 /x2 + y2 ≤ 4 ; (x − 1)2 + y2 ≥ 1} Transformemos la regi´on R a coordenadas cilindricas definidas por x = r cos θ y = rsenθ z = z =⇒ x2 + y2 + z2 = r2 (cos2 θ + sen2 θ) + z2 ≤ 4 ⇐⇒ 0 ≤ z ≤ √ 4 − r2 La regi´on R al ser proyectada sobre el plano xy da origen a dos subregiones x2 + y2 ≤ r2 ≤ 4 ⇐⇒ 0 ≤ r ≤ 2 si π 2 ≤ θ ≤ 3π 2 (x − 1)2 + y2 ≥ 1 ⇐⇒ r ≥ 2 cos θ y r ≤ 2 si - π 2 ≤ θ ≤ π 2 Entonces, la regi´on R∗ puede describirse mediante R∗ = (r, θ, z) / (r, θ) ∈ D∗ = D∗ 1 ∪ D∗ 1; 0 ≤ z ≤ √ 4 − r2 D∗ 1 = (r, θ) ∈ IR3 /2 cos θ ≤ r ≤ 2 ; − π 2 ≤ θ ≤ π 2 D∗ 2 = (r, θ) ∈ IR3 /0 ≤ r ≤ 2 ; π 2 ≤ θ ≤ 3π 2 Ademas, el Jacobiano de la transformaci´on a cil´ındricas es: ∂ (x, y, z) ∂ (r, θ, z) = r 384
- 400. En consecuencia laintegral puede describirse por I = R (r) drdθdz = π/2 −π/2 2 2 cos θ √ 4−r2 0 rdzdrdθ + 3π/2 π/2 2 0 √ 4−r2 0 rdzdrdθ = π/2 −π/2 2 2 cos θ r [z] √ 4−r2 0 drdθ + 3π/2 π/2 2 0 r [z] √ 4−r2 0 drdθ = π/2 −π/2 2 2 cos θ r √ 4 − r2drdθ + 3π/2 π/2 2 0 r √ 4 − r2drdθ = π/2 −π/2 − 1 3 4 − r2 3/2 2 2 cos θ dθ + 3π/2 π/2 − 1 3 4 − r2 3/2 2 0 dθ = 8 3 π/2 −π/2 1 − cos2 θ 3/2 dθ + 8 3 3π/2 π/2 dθ = 8 3 π/2 −π/2 sen3 θdθ + 8 3 3π/2 π/2 dθ = 8 3 − cos θ + cos3 θ 3 π/2 −π/2 + 8 3 π = 8 3 π Problema 4 Calcular I = D x2 a2 + y2 b2 + z2 c2 dxdydz. En la regi´on D = (x, y, z) ∈ IR3 / x2 a2 + y2 b2 + z2 c2 ≤ 1 a > 0, b > 0, c > 0 Figura 4.45: D es la regi´on interior al elipsoide x2 a2 + y2 b2 + z2 c2 = 1 385
- 401. Soluci´on. La regi´on deintegraci´on es un elipsoide de semieejes a,b,c. Efectuemos un primer cambio de variables: x = au, y = bv, z = cw. Con ello, D se transforma en la bola. D∗ = {(u, v, w) /u2 + v2 + w2 ≤ 1} y el valor absoluto del Jacobiano que- da : ∂ (x, y, z) ∂ (u, v, w) = a 0 0 0 b 0 0 0 c = abc Luego, aplicando el teorema del cambio de variables y obtenemos la inte- gral I = D x2 a2 + y2 b2 + z2 c2 dxdydz. = D∗ u2 + v2 + w2 ∂ (x, y, z) ∂ (u, v, w) dudvdw = D∗ u2 + v2 + w2 ∂ (x, y, z) ∂ (u, v, w) dudvdw = D∗ (u2 + v2 + w2 ) (abc) dudvdw Ahora, transformamos a coordenadas esf´ericas. u = rsenθ cos φ v = rsenθsenφ w = r cos θ =⇒ 0 ≤ u2 + v2 + w2 ≤ 1 =⇒ 0 ≤ r ≤ 1 tgθ = v w =⇒ 0 ≤ θ ≤ π tgφ = v u =⇒ 0 ≤ φ ≤ 2π Quedando, la region D∗∗ = {(r, θ, φ) /0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ π, 0 ≤ φ ≤ 2π} abc D∗ (u2 + v2 + w2 )dudvdw = abc 2π 0 π 0 1 0 r2 r2 senθ drdθdφ = abc 2π 0 π 0 r5 5 1 0 senθ dθdφ = abc 5 2π 0 − cos θ|π 0 dφ = 2abc 5 2π 0 dφ = 4πabc 5 Observaci´on 386
- 402. Es claro quela integraci´on se podr´ıa haber efectuado usando directamente la trasformaci´on compuesta. x = arsenθ cos φ y = brsenθsenφ z = cr cos θ =⇒ ∂ (x, y, z) ∂ (r, θ, φ) = abcr2 senθ Problema 5 Calcular I = D dxdydz. (x − a)2 + (y − b)2 + (z − c)2 , en la regi´on D = {(x, y, z) ∈ IR3 /x2 + y2 + z2 ≤ R2 } , (a, b, c) es un punto fijo no peteneciente a la esfera x2 + y2 + z2 ≤ R2 . Figura 4.46: D es la regi´on interior a la esfera x2 + y2 + z2 = R2 Soluci´on. Si usamos coordenadas cartesianas los l´ımites de integraci´on son dificul- tosos, pues en tal caso tendr´ıamos. I = D dxdydz. (x − a)2 + (y − b)2 + (z − c)2 I = r −r √ r2−x2 − √ r2−x2 √ r2−x2−y2 − √ r2−x2−y2 dzdydx. (x − a)2 + (y − b)2 + (z − c)2 Es claro que si usamos este camino las cosas no ser´an f´aciles. Sin embargo , dada la simetria esf´erica del dominio y observando que el integrando no es nada m´as que el reciproco de la distancia desde (a, b, c) /∈ D hasta (x, y, z) ∈ D,nos damos cuenta que el resultado no puede depender m´as que de la distancia d entre dichos puntos.Por ello, el resultado no puede 387
- 403. variar si ubicamosel eje z pasando por el punto (a, b, c). Si (0, 0, d) son las nuevas coordenadas del punto fijo tenemos. I = D dxdydz. x2 + y2 + (z − d)2 Observaci´on El razonamiento anterior es muy usado el c´alculo de integrales que apare- cen aplicaciones a la F´ısica pues en dicha Ciencia son comunes las leyes en que aparece una distacia o el cuadrado de una distancia en el denominador del integrando. Para calcular I en (*) usamos coordenadas esf´ericas. Obtenemos: I = R 0 π 0 2π 0 r2 senθ dφdθdr √ r2 + d2 − 2dr cos θ = 2π R 0 π 0 r2 senθ dθdr √ r2 + d2 − 2dr cos θ Para calcular J = π 0 r2 senθ dθdr √ r2 + d2 − 2dr cos θ podemos hacer s = r2 + d2 − 2dr cos θ ds = 2drsenθdθ Adem´as, θ = 0 =⇒ s = r2 + d2 − 2dr = (d − r)2 θ = π =⇒ s = r2 + d2 + 2dr = (d + r)2 Reemplazando en la integral anterior produce J = r 2d (d+r)2 (d−r)2 s−1/2 ds = r 2d 2s1/2 (d+r)2 (d−r)2 = r 2d [2 (d + r) − 2 (d − r)] = r 2d [4r] = 2r2 d Por lo tanto 388
- 404. I = 2π R 0 2r2 d dr I= 4π d r3 3 R 0 I = 4π 3d R3 4.5. Ejercicios propuestos integrales dobles y triples 4.5.1. Integrales dobles Integrales dobles en coordenadas cartesianas 1.- Resolver las integrales: a) 1 0 1 √ y 2x3 dxdy b) 4 −5 y+2 9 2− √ 4−y dxdy c) 2 −2 √ 4−x2 − √ 4−x2 xydydx Respuestas a) 1 0 1 √ y 2x3 dxdy = 1 3 b) 4 −5 y+2 3 2− √ 4−y dxdy = 9 2 c) 2 −2 √ 4−x2 − √ 4−x2 xydydx = 0 2.- Calcular la integral D xydxdy, donde D es la regi´on acotada por y2 = x, y2 = 3x − 18, y ≥ 0 Respuesta: D xydxdy = 135 2 V´ease Figura 4.47 389
- 405. Figura 4.47: Regi´onacotada por y2 = x, y2 = 3x − 18, y ≥ 0 3.- Calcular la integral D x x2 + y2 dxdy, donde D = (x, y) ∈ IR2 /1 ≤ x ≤ 2, x2 2 ≤ y ≤ x2 Figura 4.48: Regi´on acotada por y2 = x, y2 = 3x − 18, y ≥ 0 Respuesta: I = D x x2 + y2 dxdy = arctan 2 − 3 2 ln 5 − 1 4 π + 7 2 ln 2 V´ease Figura 4.48 4.- Eval´ue la integral resultante: 8 0 2 3 √ y y √ 16 + x7 dxdy Respuesta 2 0 x3 0 y √ 16 + x7 dydx = 8 7 V´ease Figura 4.49 390
- 406. Figura 4.49: Regi´onacotada por y2 = x, y2 = 3x − 18, y ≥ 0 5.- Calcule el volumen del s´olido acotado por las gr´aficas de: x2 + y2 = 9, y2 + z2 = 2. Figura 4.50: S´olido acotado por las gr´aficas de x2 + y2 = 9, y2 + z2 = 2. Respuesta V (R) = 8 3 0 √ 9−y2 0 9 − y2dxdy 6.- Calcule el volumen del s´olido acotado por las gr´aficas de las ecuaciones dadas por z = x2 + 4, y = 4 − x2 , x + y = 2; z = 0. Respuesta V (R) = 423 20 391
- 407. Figura 4.51: S´olidoacotado por las gr´aficas de las ecuaciones dadas por z = x2 +4, y = 4 − x2, x + y = 2 z = 0. 4.5.2. C´alculo de Integrales dobles usando transforma- ci´on de coordenadas 1.- Calcular R y x2 + y2 dxdy,donde R es a regi´on plana determinada por los puntos del primer cuadrante que son interiores a la circun- fererencia x2 −4x+y2 = 0 y exteriores a la circunferencia x2 +y2 = 4. Figura 4.52: Regi´on plana determinada por los puntos del primer cuadrante que son interiores a la circunfererencia x2 −4x+y2 = 0 y exteriores a la circunferencia x2 + y2 = 4 Respuesta: I = R y x2 + y2 dxdy = 1 2 392
- 408. 2.- Calcular laintegral R (x − y)2 + 2 (x + 2) + 1 −1/2 dxdy, donde R es la regi´on plana acotada por y = 0, x = 2, y = x. a) Utilice la transformaci´on u = x − y, v = x + y. Figura 4.53: R es la regi´on plana acotada por y = 0, x = 2, y = x y las transfor- maciones u = x − y, v = x + y. y x = u (1 + v) , y = v (1 + u) b) Utilice la sustituci´on x = u (1 + v) , y = v (1 + u) . Respuesta. I = D (x − y)2 + 2 (x + 2) + 1 −1/2 dxdy = 2 ln 2 − 1 2 3.- Resolver las integrales usando las coordenadas m´as convenientes a) 2a 0 √ 2ax−x2 0 x2 + y2 dydx b) 2 −2 √ 4−y2 0 x2 + y2dxdy c) √ π − √ π √ π−y2 − √ π−y2 sen x2 + y2 dxdy d) 2 −2 2+ √ 4−x2 2− √ 4−x2 x2 + y2dxdy e) R e y x dxdy, si R esta acotado por x = a, x = b, y = px, y = qx, con a < b, p < q. 393
- 409. Respuestas. a) 2a 0 √ 2ax−x2 0 x2 + y2 dydx = 3 4 πa2 b) 2 −2 √ 4−y2 0 x2+ y2dxdy = 4 3 π c) √ π − √ π √ π−y2 − √ π−y2 sen x2 + y2 dxdy = 2π d) 2 −2 2+ √ 4−x2 2− √ 4−x2 x2 + y2dxdy = 64 9 (3π − 4) e) R e y x dxdy = 1 2 b2 − a2 (eq − ep ) 4.5.3. Integrales triples 4.5.4. Integrales triples iteradas 1.- Resolver las integrales triples por iteraciones: a) 2 0 2 √ x 0 √ 4x−y2 2 0 xdzdydx b) a 0 √ a2−x2 0 √ a2−x2−y2 0 a2 − x2 − y2 − z2dzdydx c) 1 −1 √ 1−x2 − √ 1−x2 √ 12−x2−y2 0 x2 + y2 dzdydx Respuestas a) 2 0 2 √ x 0 √ 4x−y2 2 0 xdzdydx = 4 3 π √ 2 b) a 0 √ a2−x2 0 √ a2−x2−y2 0 a2 − x2 − y2 − z2dzdydx = π2 8 a2 c) 1 −1 √ 1−x2 − √ 1−x2 √ 12−x2−y2 0 x2 + y2 dxdy = 4 15 π 394
- 410. 2.- Calcular las´areas de las regiones D⊂ R2 acotadas por: a) xy ≤ 4, y ≤ x, 27y ≥ 4x2 . Figura 4.54: D es la regi´on plana acotada por xy ≤ 4, y ≤ x, 27y ≥ 4x2 b) x2 + y2 ≤ 9, y ≤ x + 3, y ≤ −x. Figura 4.55: D es la regi´on plana acotada por x2 + y2 ≤ 9, y ≤ x + 3, y ≤ −x Respuestas a) A (D) = 2 3 + 4 ln 3 2 . b) A (D) = 9 8 (3π + 2) . 395
- 411. 4.5.5. Integrales triplesen coordenadas rect´angulares cartesianas. 1.- Calcular la integral triple D xyzdxdydz, siendo el dominio de integraci´on D el tetaedro delimitado por los planos coordenados y el plano de ecuaci´on x + y 2 + z 3 = 1. Respuesta. I = D xyzdxdydz = 1 20 . 2.- Calcular la integral triple D x2 dxdydz, siendo el dominio de integraci´on D acotado por y2 + z2 = 4ay, y2 = ax, x = 3a,con a > 0 Respuesta. I = D x2 dxdydz = 27a2 2π − 3 √ 3 2 3.- Calcular la integral triple D xdxdydz, si D es la regi´on de IR3 acotada por las superficies 2x + 3y = 6, 2x + 3z = 6, y = 3 + 2x − x2 , z = 0 Figura 4.56: D es la regi´on de IR3 acotada por las superficies 2x+3y = 6, 2x+3z = 6, y = 3 + 2x − x2, z = 0 Respuesta. I = 1 9 6 5 x5 − 34 4 x4 + 42 3 x3 + 9x2 3 −1/3 396
- 412. 4.5.6. Calcular lasintegrales dadas usando las coorde- nadas adecuadas: a) D (x + y + z)−3 dxdydz,si D esta acotado por x = 0, y = 0, z = 0, x + y + z = 0. Figura 4.57: D acotado por x = 0, y = 0, z = 0, x + y + z = 0 b) D (x+y+z)2 dxdydz,si D esta acotado por 2 z = x2 +y2 , x2 +y2 +z2 = 3 Figura 4.58: D acotado por 2 z = x2 + y2, x2 + y2 + z2 = 3 397
- 413. c) D z2 dxdydz,si D estalimitado por x2 +y2 +z2 = a2 , x2 +y2 +z2 = 2az Figura 4.59: D esta limitado por x2 + y2 + z2 = a2, x2 + y2 + z2 = 2az d) D zdxdydz,si D esta acotado por z = 0, x2 a2 + y2 b2 + z2 c2 = 1 Figura 4.60: D esta acotado por z = 0, x2 a2 + y2 b2 + z2 c2 = 1 398
- 414. e) D zdxdydz,si D estalimitado por z = h, z2 = h2 (x2 + y2 ) Figura 4.61: D esta limitado por z = h, z2 = h2 x2 + y2 Respuestas a) D (x + y + z)−3 dxdydz = 1 2 ln 2 − 5 16 b) D (x + y + z)2 dxdydz = π 5 18 √ 3 − 97 6 c) D z2 dxdydz = 59 480 πa5 d) D zdxdydz = πabc2 4 e) D zdxdydz = πh2 4 4.5.7. Resolver las integrales usando coordenadas esf´eri- cas: a) a −a √ a2−x2 − √ a2−x2 √ a2−x2−y2 0 x2 + y2 dzdydx. b) D x2 + y2 dxdydz, si D es la regi´on limitada por r2 ≤ x2 + y2 + z2 ≤ R2 , z > 0. Respuestas: 399
- 415. a) a −a √ a2−x2 − √ a2−x2 √ a2−x2−y2 0 x2 + y2 dzdydx = 4 15 πa5 . b) D x2 +y2 dxdydz = 4 15 R5 − r5 . Calcular los volumenes de las regiones D⊂ R3 acotado por: a) z = x, z = x2 + y2 Figura 4.62: Regi´on limitada por z = x, z = x2 + y2 b) x2 + y2 = 4, x2 + y2 − z2 = 1 Figura 4.63: Regi´on limitada por x2 + y2 = 4, x2 + y2 − z2 = 1 c) z2 = x2 + y2 , y = 0, y = x, x = a. 400
- 416. Figura 4.64: Regi´onlimitada por z2 = x2 + y2, y = 0, y = x, x = a d) z = x + y, z = 0, x2 + y2 = 1, x = 1, y = 1. Respuestas. Figura 4.65: Regi´on limitada por z = x + y, z = 0, x2 + y2 = 1, x = 1, y = 1 a) V (D) = π 32 b) V (D) = 4π √ 3 c) V (D) = a 2 3 √ 2 + ln 1 + √ 2 d) V (D) = 1 3 4.6. Aplicaciones integrales dobles y triples 4.6.1. Volumenes de cuerpos en el espacio Si la funci´on z = f (x, y) es continua tal que f (x, y) ≥ 0, entonces la integral doble: V (Ω) = R f (x, y) dA 401
- 417. define el volumenΩ bajo la superficie de la gr´afica de la funci´on f (x, y) sobre la regi´on R ⊂ IR2 Problema 1 Calcular el volumen acotado por el paraboloide z = x2 + y2 entre los planos z = 1 y z = 4. Figura 4.66: Volumen acotado por el paraboloide z = x2 + y2 y los planos z = 1 y z = 4 Soluci´on. Es claro que el volumen a calcular esta dado por V (Ω) = R (x2 + y2 )dA donde R = {(x, y) ∈ IR2 /1 ≤ x2 + y2 ≤ 1} Cambiando a coordenadas polares, queda x = r cos θ y = rsenθ =⇒ 1 ≤ x2 + y2 ≤ 4 =⇒ 1 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2π Luego , el dominio de integraci´on se transforma en: R∗ = {(r, θ) /1 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2π} Adem´as, el jacobiano de transformacion es ∂(x, y) ∂(r, θ) = r Reemplazando t´erminos en la ´ultima integral se tiene V = 2π 0 2 1 r2 (r) drdθ = 2π 0 r4 4 2 1 dθ = 2π 0 24 4 − 1 4 dθ = 15 4 (2π) = 15 2 π 402
- 418. Problema 2 Calcular elvolumen acotado por z ≤ 36 − 3x2 − y2 , y z ≥ x2 + 3y2 . Figura 4.67: Volumen acotado por el paraboloide z ≤ 36−3x2−y2 , y z ≥ x2+3y2 Soluci´on. Ambas ecuaciones z = 36 − 3x2 − y2 , y z = x2 + 3y2 representan paraboloides de revoluci´on. La regi´on de integraci´on est´a definida por R = (x, y, z) ∈ IR3 / x2 + 3y2 ≤ z ≤ 36 − 3x2 − y2 . Determinemos la proyecci´on de la intersecci´on de ambas superficies sobre el plano xy. z = 36 − 3x2 − y2 z = x2 + 3y2 =⇒ 36−3x2 −y2 = x2 +3y2 =⇒ 32 = 4x2 +4y2 Por tanto, x2 + y2 = 9, corresponde a una circunferencia centrada en el origen de radio 3. En consecuencia, el volumen de la regi´on es V = D 36 − 3x2 − y2 − (x2 + 3y2 ) dxdy = D 36 − 4x2 − 4y2 dxdy donde D = {(x, y) ∈ IR2 / 0 ≤ x2 + y2 ≤ 9} Como la funci´on del integrando es sim´etrica con respecto al plano xy, podemos calcular el volumen en el primer octante y multiplicar por cuatro. 403
- 419. V = 4 D+ 36− 4x2 − 4y2 dxdy donde D∗ = (x, y) ∈ IR2 / 0 ≤ x ≤ 3, 0 ≤ y ≤ √ 9 − x2 . V = 4 3 0 √ 9−x2 0 36 − 4x2 − 4y2 dydx = 4 3 0 √ 9−x2 0 4 9 − x2 − y2 dydx Para simplificar los calculos usemos coordenadas polares x = r cos θ y = rsenθ =⇒ 0 ≤ x2 + y2 ≤ 9 =⇒ 0 ≤ r ≤ 3, 0 ≤ θ ≤ π 2 Luego , el dominio de integraci´on se transforma en: D∗∗ = (r, θ) /0 ≤ r ≤ 3, 0 ≤ θ ≤ π 2 Adem´as, el jacobiano de transformaci´on es ∂(x, y) ∂(r, θ) = r Reemplazando t´erminos en la ´ultima integral se tiene V = 16 π 2 0 3 0 9 − r2 (r) drdθ = 16 π 2 0 9 2 r2 − r4 4 3 0 dθ = 16 π 2 0 34 2 − 34 4 dθ = 16 34 4 π 2 = 162π 4.6.2. ´Area de figuras planas. Sea D una regi´on acotada en el plano xy. El ´area de D se define por: A (D) = D dxdy Si se tiene una regi´on D de tipo I, D = (x, y) ∈ IR2 / a ≤ x ≤ b, φ1 (x) ≤ y ≤ φ2 (x) 404
- 420. obtendr´ıamos que A (D)= D dxdy = b a φ2(x) φ1(x) dydx = b a (φ2 (x) − φ1 (x))dx Problema 1 Calcular el ´area D de la regi´on situada en el primer cuadrante, acotada por: y = x2 , y = 4x2 x = y2 , x = 4y2 (1) Figura 4.68: ´area D de la regi´on situada en el primer cuadrante, acotada por y = x2, y = 4x2, x = y2 y x = 4y2 Soluci´on. El c´alculo del ´area ser´ıa bastante engorroso si usamos una regi´on de tipo I en coordenadas cartesianas por la simetr´ıa que tiene la regi´on. Sin embargo, un cambio de variables simplifica la regi´on D y la transforma en D∗ . Sean u = x2 y , v = y2 x Entonces las curvas que acotan la regi´on se tranforman en y = x2 =⇒ u = 1. y = 4x2 =⇒ u = 1 4 . Luego D∗ est´a acotada por la rectas verticales; y las rectas horizontales x = y2 =⇒ v = 1. 405
- 421. x = 4y2 =⇒transforma en v = 1 4 . Es decir, D∗ = (u, v) /1 ≤ u ≤ 1 4 , 1 ≤ v ≤ 1 4 Para calcular ∂ (x, y) ∂ (u, v) tenemos dos posibilidades, la primera es despejar x e y en t´erminos de u y v a partir de (1) . La segunda, es calcular ∂ (u, v) ∂ (x, y) y usar la propiedad ∂ (x, y) ∂ (u, v) = ∂ (u, v) ∂ (x, y) −1 . En efecto ∂ (u, v) ∂ (x, y) = 2x y − x2 y2 − y2 x2 2y x = 4 − 1 = 3 =⇒ ∂ (x, y) ∂ (u, v) = 1 3 Calculemos ahora el ´area pedida: A (D) = D dxdy = 1 D 1 3 dvdu = 1 3 1 1/4 1 1/4 dvdu = 1 3 1 1/4 [v]1 1/4 du = 1 4 [u]1 1/4 = 3 16 4.6.3. Momentos y centros de masa para placas planas delgadas Definici´on: Sea L una l´amina con la forma de una regi´on R del plano xy. Si la densidad en (x, y) es δ (x, y) , y δ es continua en R, entonces la masa M y los primeros momentos de la l´amina con respecto al eje x e y respectivamente son Mx, My y los centros de masa (x, y) se definen: 406
- 422. M = R δ (x,y) dA Mx = R yδ (x, y) dA My = R xδ (x, y) dydx x = My M = R xδ (x, y) dA R δ (x, y) dA y = Mx M = R yδ (x, y) dA R δ (x, y) dA Si una part´ıcula de masa m se encuentra en el punto (x, y, z) , entonces su distancia al eje z es Sea L una l´amina con la forma de una regi´on R del plano xy. Si la densidad en (x, y) es δ (x, y) , y δ es continua en R, entonces los segundos momentos de la l´amina o momentos de inercia con respecto al eje x e y respectivamente son Ix, Iy y los momentos de inercia con respecto a una recta L y respecto al origen se definen: Ix = R y2 δ (x, y) dA Iy = R x2 δ (x, y) dydx IL = R r2 (x, y) δ (x, y) dA I0 = R (x2 + y2 )δ (x, y) dA = Ix + Iy 4.6.4. Centroide de figuras geom´etricas Cuando δ (x, y) es igual a uno, la posici´on del centro de masa x, y se convierte en una carater´ıstica de la forma del objeto y no del material que est´a hecho y se define como el centroide de una placa. Problema 1 Dada una placa delgada que cubre la regi´on triangular acotada por el eje x y las rectas x = 1, y = 2x en el primer cuadrante si la densidad de la placa en en cada punto de la regi´on esta dada por δ (x, y) = 6x + 6y + 6.Calcular: 407
- 423. a) la masade la placa. b) los primeros momentos c) el centro de masa. d) momentos de inercia(segundos momentos) con respecto a los ejes x e y e) radios de giro con respecto a los ejes x e y respectivamente f) radio de giro con respecto al origen Figura 4.69: Regi´on triangular acotada por el eje x y las rectas x = 1, y = 2x en el primer cuadrante Soluci´on. Consideremos una partici´on de la regi´on que delimita la placa como una regi´on de tipo I: R = {(x, y) / 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 2x} . a) La masa de la placa es M = 1 0 2x 0 δ (x, y) dydx = 1 0 2x 0 (6x + 6y + 6) dydx = 1 0 6xy + 3y2 + 6y 2x 0 dx = 1 0 24x2 + 12x dx = 8x3 + 6x2 1 0 = 14 b) El primer momento con respecto al eje x es 408
- 424. Mx = 1 0 2x 0 yδ (x,y) dydx = 1 0 2x 0 6xy + 6y2 + 6y dydx = 1 0 3xy2 + 2y3 + 6y2 2x 0 dx = 1 0 28x3 + 12x2 dx = 7x4 + 4x1 1 0 = 11 Por otra parte, el primer momento con respecto al eje y es: My = 1 0 2x 0 xδ (x, y) dydx = 1 0 2x 0 6x2 + 6xy + 6x dydx = 1 0 6x2 y + 3xy2 + 6xy 2x 0 dx = 1 0 12x3 + 12x3 + 12x2 dx = 6x4 + 4x3 1 0 = 10 c) As´ı, las coordenadas del centro de masa son: x = My M = 10 14 = 5 7 y = Mx M = 11 14 d) El momento de inercia con respecto al eje x es 409
- 425. Ix = 1 0 2x 0 y2 δ (x,y) dydx = 1 0 2x 0 6xy2 + 6y3 + 6y2 dydx = 1 0 6xy3 + 3 2 y4 + 2y3 2x 0 dx = 1 0 40x4 + 116x3 dx = 8x5 + 4x4 1 0 = 12 Por otra parte, el momento de inercia con respecto al eje y es Iy = 1 0 2x 0 x2 δ (x, y) dydx = 1 0 2x 0 6x3 + 6x2 y + 6x2 dydx = 1 0 6x3 y + 3x2 y2 + 6x2 y 2x 0 dx = 1 0 12x4 + 12x4 + 12x3 dx = 24 5 x5 + 3x4 1 0 = 39 5 Los radios de giros con respecto a los ejes x e y son Rx = Ix M = 12 14 = 6 7 Ry = Iy M = 39 70 El radio de giro con respecto al origen es R0 = I0 M donde el momento de inercia con respecto al origen esta dado por: I0 = (x2 + y2 )δ (x, y) dxdy = Ix + Iy 410
- 426. R0 = 99 5 14 Problema 2 Calcularel momento de inercia con respecto al eje x de la l´amina plana R situada en el primer cuadrante, acotada por las curvas y2 = x, y2 = 2x, x2 = y, x2 = 3y, si la densidad en cada punto de la regi´on es δ (x, y) = x3 y Figura 4.70: Soluci´on: El momento de inercia con respecto al eje x en coordenadas cartesianas queda Ix = R y2 δ (x, y) dxdy = R y2 (x3 y)dxdy = R (xy)3 dxdy Sin embargo, conviene hacer un cambio de variables para simplificar la geometr´ıa de la regi´on u = y2 x v = x2 y =⇒ J = ∂ (x, y) ∂ (u, v) = ∂ (u, v) ∂ (x, y) −1 = = −y2 x2 2y x 2x y −x2 y2 −1 = 1 3 411
- 427. Examinemos ahora comose transforma la regi´on y2 = x, y2 = 2x =⇒ y2 x = 1; y2 x = 2 x2 = y, x2 = 3y =⇒ x2 y = 1; x2 y = 3 Luego, R∗ = {(u, v) / 1 ≤ u ≤ 2, 1 ≤ v ≤ 3} . Por otra parte, el integrando se puede expresar uv = y2 x x2 y = xy Ix = R (xy)3 dxdy = 2 1 3 1 (uv)3 1 3 dvdu = 1 3 2 1 u3 du 3 1 v3 dv = 1 3 u4 4 2 1 v4 4 3 1 = 1 3 4 − 1 4 81 4 − 1 4 = 1 3 15 4 20 = 25 4.6.5. Momentos y Centros de masa de un s´olido Sea Q un s´olido una regi´on del espacio en IR3 . Si la densidad en (x, y, z) es δ (x, y, z) , y δ es continua en Q, entonces la masa M y los primeros mo- mentos del s´olido con respecto a los planos xy, xz e yz respectivamente son Mxy, Mxz, Myz y las coordenadas del centro de masa (x, y, z) se definen: 412
- 428. M = Q δ (x,y, z) dV Mxy = Q yδ (x, y) dV Mxz = Q yδ (x, y, z) dV Myz = Q xδ (x, y, z) dV x = Mxy M = Q zδ (x, y, z) dV Q δ (x, y, z) dV y = Mxz M = Q yδ (x, y, z) dV Q δ (x, y, z) dV z = Mxy M = Q xδ (x, y, z) dV Q δ (x, y, z) dV Sea Q un s´olido una regi´on del espacio en R3 . Si la densidad en (x, y, z) es δ (x, y, z) , y δ es continua en Q, entonces los segundos momentos del s´olido o momentos de inercia con respecto al eje x, al eje y,y al eje z respectivamente son Ix, Iy , Iz se definen: Ix = Q (y2 + z2 )δ (x, y, z) dV Iy = Q (x2 + z2 )δ (x, y, z) dV Iz = Q (x2 + y2 )δ (x, y, z) dV 4.6.6. Masa de un s´olido Problema 1 La densidad en un cubo de lado a es proporcional al cuadrado de la dis- tancia respecto a uno de los v´ertices ( al que denotaremos por 0). Demostrar que la masa del cubo es igual a su volumen multiplicada por la densidad en un v´ertice adyacente a 0. 413
- 429. Soluci´on. Si Res una regi´on cerrada y acotada en IR3 y la densidad en el punto (x, y, z) ∈ R es δ (x, y, z) , entonces la masa de R est´a dada por M = R δ (x, y, z) dV Situando el cubo con el v´ertice en el origen del sistema de coordenadas y tres de sus caras coincidiendo con los planos coordenados, se tiene: δ (x, y, z) = x2 + y2 + z2 y por lo tanto M = R x2 + y2 + z2 dxdydz donde R = {(x, y, z) ∈ IR3 /0 ≤ x ≤ a; 0 ≤ y ≤ a; 0 ≤ z ≤ a} . Luego M = a 0 a 0 a 0 x2 + y2 + z2 dzdydx = a 0 a 0 (x2 + y2 )z + z3 3 a 0 dydx = a 0 a 0 x2 a + y2 a + a3 3 dydx = a 0 ax2 y + a y3 3 + a3 3 y a 0 dx = a 0 a2 x2 + 2a4 3 dx = a3 x3 3 + 2a4 3 x a 0 = a5 Por otra parte la distancia entre 0 y cualquier v´ertice adyacente a ´el es a. Entonces la densidad de un v´ertice adyacente es δ (a, 0, 0) = a2 , δ (0, a, 0) = a2 , δ (0, 0, a) = a2 . Por lo tanto, queda V (R) · δ (a, 0, 0) = a3 · a2 = a5 = M Problema 2 Un s´olido tiene forma de cilindro circular recto con radio de la base R y altura h. Si la densidad en un punto es directamente proporcional a la distancia a una de las bases. Encontrar: a) las coordenadas del centro de masa b) el momento de inercia con respecto al eje axial de simetr´ıa del s´olido cil´ındrico Soluciones La regi´on del s´olido cil´ındrico est´a acotado por Q = {(x, y, z) ∈ IR3 / 0 ≤ x2 + y2 ≤ R2 , 0 ≤ z ≤ h} Calculemos en primer lugar la masa total del cil´ındro, usando coorde- nadas cil´ındricas , la regi´on del s´olido se transforma en Q∗ = {r, θ, z)/ 0 ≤ r ≤ R, 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ z ≤ h} 414
- 430. M = Q δ (x,y, z) dV = Q∗ kzrdrdθdz = R 0 2π 0 h 0 kzrdzdθdr = R 0 2π 0 k z2 2 h 0 dθdr = R 0 2π 0 k h2 2 rdθdr = k h2 2 R 0 [θ]2π 0 rdr = πkh2 r2 2 R 0 = 1 2 πkh2 R2 El momento de inercia del s´olido con respecto al plano xy es Mxy = Q zδ (x, y, z) dV = Q z (kz) dV = Q∗ kz2 (r) drdθdz = R 0 2π 0 h 0 kz2 rdzdθdr = R 0 2π 0 k z3 3 h 0 dθdr = k h3 3 R 0 [θ]2π 0 rdr = 2 3 πkh3 r2 2 R 0 = 1 3 πkh3 R2 Finalmente, las coordenadas del centro de masa son: x = My M = 0 y = Mx M = 0 z = Mxy M = 1 3 πkh3 R2 1 2 πkh2R2 = 2 3 h 415
- 431. b) El momentode inercia con respecta al eje de simetr´ıa z es: Iz = Q (x2 + y2 )δ (x, y, z) dV = Q∗ (r2 )kz (r) drdθdz = R 0 2π 0 h 0 (r3 )kzdzdθdr = k h2 2 R 0 2π 0 (r3 )dθdr = πkh2 R 0 (r3 )dr = πkh2 r4 4 R 0 = 1 4 πkh2 R4 Problema 3 Calcular el momento respecto al eje de simetr´ıa de un cono homog´eneo aco- tado por las gr´aficas x2 − y2 + z2 = 0 e y = 3, si tiene una densidad δ (x, y, z) constante Figura 4.71: Soluci´on Sea la regi´on del cono circular recto : Q = (x, y, z) ∈ IR3 / − y ≤ x ≤ y, 0 ≤ y ≤ 3, − y2 − x2 ≤ z ≤ y2 − x2 Sea δ (x, y, z) = k, la densidad es constante. Luego, el momento con respecto al eje y es: Iz = Q (x2 + y2 )δ (x, y, z) dV 416
- 432. Usando coordenadas cil´ındricastenemos: x = r cos θ y = y z = rsenθ ⇒ Q∗ = {(r, θ, y) / 0 ≤ r ≤ 3, 0 ≤ θ ≤ 2π, r ≤ y ≤ 3} El Jacobiano de transformaci´on es ∂ (x, y, z) ∂ (r, θ, z) = r Reemplazando en la expresi´on anterior se tiene Iz = Q∗ (r2 )k (r) drdθdy = k 3 0 2π 0 3 r (r3 )dydθdr = k 3 0 2π 0 (r3 ) [y]3 r dθdr = k 3 0 (r3 ) [3 − r] [θ]2π 0 dr = 2πk 3 0 (3r3 − r4 )dr = 2πk 3 4 r4 − 1 5 r5 3 0 = 11 10 35 πk Problema 4 Calcular el volumen y el centroide de la regi´on acotada arriba por la esfera ρ = a, y abajo por el cono θ = θ0, donde 0 < θ0 < π 2 , que tiene una densidad δ (x, y, z) = 1 Soluci´on. Sea la regi´on Q = (x, y, z) ∈ IR3 / 0 ≤ x2 + y2 ≤ a2 2 , y2 + x2 ≤ z ≤ a2 − y2 − x2 El volumen de esta regi´on en coordenadas esf´ericas es V = 2π 0 θ0 0 a 0 ρ2 senθdρdθdφ = 2π 0 θ0 0 1 3 a3 senθdρdθdφ = 1 3 a3 2π 0 [− cos θ]θ0 0 dφ = 2 3 πa3 [1 − cos θ0] Por simetr´ıa, el centroide est´a en el eje z, luego determinemos el momento del s´olido respecto al plano xy 417
- 433. Mxy = Q zδ (x,y, z) dV Mxy = Q∗ (ρ cos θ) ρ2 senθdρdθdφ = 2π 0 θ0 0 a 0 ρ3 cos θsenθdρdθdφ = 2π 0 θ0 0 1 4 a4 cos θsenθdθdφ = 1 4 a4 2π 0 sen2 θ 2 θ0 0 dφ = 1 8 a4 sen2 θ0 2π 0 dφ = 1 4 πa4 sen2 θ0 As´ı, las coordenadas del centro de masa son: x = Myz M = 0 y = Mxz M = 0 z = Mxy M = 3 8 a (1 + cos θ0) Problema 5 Se tiene una regi´on s´olida que se encuentra al exterior de la esfera x2 + y2 +z2 = a2 y dentro de la esfera x2 +y2 +z2 = b2 ,suponiendo que la densidad de un punto es directamente proporcional al cuadrado de la distancia de P al centro de las esferas. a) Calcule la masa del s´olido b) Calcule su momento de inercia con respecto a una recta que pasa por el centro Soluci´on. a) La regi´on s´olida esta acotada por Q = {(x, y, z) ∈ IR3 / a2 ≤ x2 + y2 + z2 ≤ b2 } y la densidad del punto es δ (x, y, z) = k (x2 + y2 + z2 ) . La masa total del casquete esf´erico en coordenadas cartesianas es M = Q δ (x, y, z) dV = Q k x2 + y2 + z2 dxdydz Para calcular la masa usaremos coordenadas esf´ericas: 418
- 434. Figura 4.72: Regi´ons´olida que se encuentra al exterior de la esfera x2 +y2 +z2 = a2 y dentro de la esfera x2 + y2 + z2 = b2 x = ρsenθ cos φ y = ρsenθsenφ z = ρ cos θ =⇒ ∂ (x, y, z) ∂ (ρ, θ, φ) = ρ2 senθ La regi´on de integraci´on queda: Q∗ = {(ρ, θ, φ) / a ≤ ρ ≤ b, 0 ≤ θ ≤ π, 0 ≤ φ ≤ 2π} Al sustituir en la expresi´on anterior tenemos que la masa total es M = 2π 0 π 0 b a (kρ2 )ρ2 senθdρdθdφ = 2π 0 π 0 k ρ5 5 b a senθdθdφ = 1 5 k b5 − a5 2π 0 [− cos θ]π 0 dφ = 2 5 k b5 − a5 2π 0 dφ = 4 5 πk b4 − a4 Por la simetr´ıa, el momento de inercia con respecto al eje z es 419
- 435. Iz = Q x2 + y2 δ(x, y, z) dV = 2π 0 π 0 b a ρ2 sen2 θ (kρ2 )ρ2 senθdρdθdφ = 2π 0 π 0 b a kρ6 sen3 θdρdθdφ = 2π 0 π 0 k ρ7 7 b a sen3 θdθdφ = 1 7 k b7 − a7 2π 0 π 0 senθ 1 − cos2 θ dθdφ = 1 7 k b7 − a7 2π 0 − cos θ + 1 3 cos3 θ π 0 dφ = 4 21 k b7 − a7 2π 0 dφ = 8π 21 k(b7 − a7 ) Problema 6 Calcular el momento de inercia con respecto al eje z del s´olido acotado entre las esferas x2 + y2 + z2 ≥ a2 , x2 + y2 + z2 ≤ 9a2 . Si la densidad en cada punto de la regi´on es δ (x, y, z) = x2 + y2 + z2 x2 + y2 . Figura 4.73: S´olido acotado entre las esferas x2+y2+z2 ≥ a2, x2+y2+z2 ≤ 9a2 . Soluci´on Por la simetr´ıa, el momento de inercia con respecto al eje z es 420
- 436. Iz = Q x2 + y2 δ(x, y, z) dV = Q x2 + y2 x2 + y2 + z2 x2 + y2 dV = = Q x2 + y2 + z2 dxdydz donde la regi´on s´olida est´a acotada por Q = {(x, y, z) ∈ IR3 / a2 ≤ x2 + y2 + z2 ≤ 9a2 }. Para calcular la ´ultima integral usaremos coordenadas esf´ericas: x = ρsenθ cos φ y = ρsenθsenφ z = ρ cos θ =⇒ ∂ (x, y, z) ∂ (ρ, θ, φ) = ρ2 senθ La regi´on de integraci´on queda: Q∗ = {(ρ, θ, φ) / a ≤ ρ ≤ 3a, 0 ≤ θ ≤ π, 0 ≤ φ ≤ 2π} Al sustituir en la expresi´on anterior tenemos que Iz queda: Iz = 2π 0 π 0 3a a (ρ2 )(ρ2 senθ)dρdθdφ = 2π 0 π 0 3a a ρ4 senθdρdθdφ = 2π 0 π 0 ρ5 5 3a a senθdθdφ = 1 5 (3a)5 − a5 2π 0 π 0 senθdθdφ = 8 5 a5 2π 0 [− cos θ]π 0 dφ = 16 5 a5 2π 0 dφ = 32 5 πa5 Problema 7 Encontrar el centro de masa del s´olido homog´eneo , cuya densidad es δ (x, y, z) = 1, que est´a acotado por arriba por z2 = 64 + x2 + y2 y por abajo z2 = 2( x2 + y2 ), z ≥ 0. 421
- 437. Figura 4.74: Soluci´on. Como ladensidad es constante δ (x, y, z) = 1,y de acuerdo a la simetr´ıa ,que presenta el problema las coordenadas del centro de masa son x = Myz M = 0 y = Mxz M = 0 z = Mxy M = Q zdV V (Q) Para representar el problema, usaremos coordenadas cil´ındricas. x = r cos θ y = rsenθ z = z =⇒ ∂ (x, y, x) ∂ (r, θ, z) = r es el Jacobiano de transforma- ci´on. Primero determinemos la funci´on intersecci´on de las superficies: z2 = 64 + x2 + y2 z2 = 2(x2 + y2 ) =⇒ x2 + y2 = 64 Pero en cil´ındricas describen: x2 + y2 = r2 =⇒ 0 ≤ r2 ≤ 64 =⇒ 0 ≤ r ≤ 8 Por otra parte 0 ≤ θ ≤ 2π Ahora determinemos las cotas para z z2 = 64 + x2 + y2 = 64 − r2 =⇒ z2 = 2(x2 + y2 ) = 2r2 =⇒ z = √ 64 + r2 z = √ 2r ,con z ≥ 0 Luego la regi´on de integraci´on queda: Q∗ = (r, θ, z) / 0 ≤ r ≤ 8, 0 ≤ θ ≤ 2π, √ 2r ≤ z ≤ √ 64 + r2 Calculemos el volumen de la regi´on: 422
- 438. V (Q∗ ) = Q∗ rdrdθdz = 2π 0 8 0 √ 64+r2 √ 2r rdzdrdθ = 2π 0 8 0 [z] √ 64+r2 √ 2r rdrdθ = 2π 0 8 0 √ 64 + r2 − √ 2r rdrdθ = 2π 0 8 0 r √ 64 + r2dr − √ 2 8 0 r2 dr dθ = 2π 0 1 2 2 3 (64 + r2 )3/2 8 0 − √ 2 r3 3 8 0 dθ = 2π 221/2 3 − 218/2 3 − √ 2 83 3 ∴ V (Q∗ ) = 2 3 π 29 23/2 − 1 − √ 229 Por otro lado, el momento de inercia es M = Q δ (x, y, z) zdV = Q∗ z rdrdθdz = 2π 0 8 0 √ 64+r2 √ 2r r zdzdθdr = 2π 0 8 0 r z2 2 √ 64+r2 √ 2r drdθ = 1 2 2π 0 8 0 64 + r2 − 2r2 rdrdθ = 1 2 2π 0 8 0 64r − r3 drdθ = 1 2 2π 0 32r2 − r4 4 8 0 dθ = 1 2 2π 82 (32 − 16) = 1024π Por tanto, la tercera coordenada del centro de masa del s´olido es: 423
- 439. z = Q zdV V (Q) = 1024π 1024π √ 2− 1 3 = 3 √ 2 + 1 4.6.7. Determinaci´on del centroide dee un s´olido Problema 1 Encontrar el centroide del s´olido encerrado por el cilindro x2 + y2 = 4 , acotado por arriba por el paraboloide z = x2 + y2 , y por abajo por el plano XY. Para efectos de c´alculo suponga que la densidad es δ (x, y, z) = 1 constante. Figura 4.75: S´olido encerrado por el cilindro x2 + y2 = 4 , acotado por arriba por el paraboloide z = x2 + y2, y por abajo por el plano XY Soluci´on El centroide del s´olido (x, y, z) ,est´a en su eje de simetr´ıa,en este caso el eje z,. Esto hace que x = y = 0. Para hallar z, dividimos el primer momento Mxy por la masa M del s´olido, es decir z = Mxy M Donde el primer momento se define Mxy = Ω zδ (x, y, z) dxdydz y la masa del s´olido es M = Ω δ (x, y, z) dxdydz siendo Ω = {(x, y, z) ∈ IR3 / x2 + y2 ≤ 4, 0 ≤ z ≤ x2 + y2 } 424
- 440. Por la simetr´ıadel dominio, es necesario hacer un cambio de variables a coordenadas cil´ındricas x = r cos θ y = rsenθ z = z =⇒ el jacobiano de transformaci´on es ∂ (x, y, z) ∂ (r, θ, z) = cos θ −rsenθ 0 senθ r cos θ 0 0 0 1 = r Entonces la regi´on Ω se tranforma en Ω∗ = {(r, θ, z) / 0 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ z ≤ r2 } El valor de Mxy es: Mxy = Ω zδ (x, y, z) dxdydz = Ω∗ zrdrdθdz = 2π 0 2 0 r2 0 zrdzdrdθ = 2π 0 2 0 z2 2 r2 0 rdrdθ = 2π 0 2 0 r5 2 drdθ = 2π 0 r6 12 2 0 dθ = 2π 0 16 3 dθ = 32 3 π El valor de la masa M es M = Ω δ (x, y, z) dxdydz = Ω∗ rdrdθdz = 2π 0 2 0 r2 0 rdzdrdθ = 2π 0 2 0 z|r2 0 rdrdθ = 2π 0 2 0 r3 drdθ = 2π 0 r4 4 2 0 dθ = 2π 0 4dθ = 8π Por lo tanto z = Mxy M = 4 3 425
- 441. En consecuencia, elcentroide se localiza en 0, 0, 4 3 . Problema 2 Calcular el momento de inercia del s´olido con respecto al eje z , que est´a acotado por arriba por la esfera s´olida x2 + y2 + z2 = a2 y por abajo por el cono θ = π 3 ,y cuya densidad es constante δ = 1 Soluci´on: En coordenadas rectangulares, el momento de inercia con respecto al eje z es Iz = Q x2 + y2 δ (x, y, z) dV En coordenadas esf´ericas, queda Iz = 2π 0 π/3 0 1 0 ρ2 sen2 θ ρ2 senθdρdθdφ 2π 0 π/3 0 1 0 ρ4 sen3 θdρdθdφ = 2π 0 π/3 0 ρ5 5 1 0 sen3 θdθdφ 1 5 2π 0 π/3 0 senθ 1 − cos2 θ dθdφ = 1 5 2π 0 − cos θ + 1 3 cos3 θ π/3 0 dφ = 1 5 2π 0 5 24 dφ = 1 24 (2π) Iz = π 12 4.7. Autoevaluaci´on Integrales dobles y triples Tiempo 2 horas Pregunta 1 a) Dada la integral 2 0 4−x2 0 xe2y 4 − y dydx, dibuje la regi´on de integraci´on y eval´ue la integral. b) Calcular el volumen del s´olido limitado por las superficies x2 + y2 + z2 = 1, x2 + y2 + z2 = 4, z2 = x2 + y2 , con z ≥ 0 Pregunta 2 426
- 442. Calcular R (x2 + y2 )dxdydz,siendo R un cono recto de revoluci´on de altura h, base situada en el plano XY, eje de simetr´ıa en z, dado por la ecuaci´on a2 (h − z)2 = h2 (x2 + y2 ). Pregunta 3 Calcular la integral I = R xyzdxdydz, en la regi´on del primer octante limitada por los planos coordenados y el plano x + y + z = 1. Pauta de Correcci´on Pregunta 1 a) Por la forma del integrando es conveniente cambiar el orden de inte- graci´on, en efecto 2 0 4−x2 0 xe2y 4 − y dydx = 4 0 √ 4−y 0 xe2y 4 − y dxdy = 4 0 x2 e2y 4 (4 − y) √ 4−y 0 dy = 4 0 e2y 2 dy = e2y 4 4 0 = e8 − 1 4 b) El volumen del s´olido est´a dado por V (D) = R dxdydz Usando coordenadas esf´ericas, tenemos x = r sin θ cos φ y = r sin θ sin φ z = r cos θ que tiene por Jacobiano de la transformaci´on ∂ (x, y, z) ∂ (r, θ, φ) = r2 sin θ. Entonces ´esta regi´on R corresponde en el espacio rθφ a la regi´on R∗ dada por R∗ = (r, θ, φ) /1 ≤ r ≤ 2; 0 ≤ θ ≤ π 4 ; 0 ≤ φ ≤ 2π . 427
- 443. Des esta manera V(D) = 2π 0 π 4 0 2 1 r sin θdrdθdφ = 2π 0 π 4 0 r3 3 2 1 sin θdθdφ = 7 3 2π 0 [− cos θ] π 4 0 dφ = 7 3 1 − √ 2 2 2π = 14 3 1 − √ 2 2 π Pregunta 2 Queremos calcular la integral la integral de la funci´on f (x, y) = y2 + z2 sobre la regi´on R limitada por el cono a2 (h − z)2 = h2 (x2 + y2 ). Este es un caso t´ıpico que por la simetr´ıa de la regi´on y del integrando, bajo cualquier punto de vista conviene hacer el cambio a coordenadas cil´ındricas para evaluar la integral. Sea x = ρ cos θ y = ρ sin θ z = z que tiene por Jacobiano de la transformaci´on ∂ (x, y, z) ∂ (ρ, θ, z) = ρ . Obs´ervese que la regi´on de integraci´on R se describe, proyectando sobre el plano XY z = 0 =⇒ (x2 + y2 ) ≤ a2 =⇒ 0 ≤ ρ ≤ a y 0 ≤ θ ≤ 2π. De modo que la proyeci´on de la regi´on de integraci´on R∗ se ve en el plano (ρ, θ) como el rect´angulo 0 ≤ ρ ≤ a y 0 ≤ θ ≤ 2π. Por otra parte, sustituyendo en a2 (h − z)2 ≤ h2 (x2 + y2 ) =⇒ 0 ≤ z ≤ h a (a − ρ) . De esta manera, la regi´on de integraci´on en el nuevo 428
- 444. sistema queda como R∗ =(ρ, θ, z) /0 ≤ ρ ≤ a ; 0 ≤ θ ≤ 2π; 0 ≤ z ≤ h a (a − ρ) La funci´on a integrar f (y, z) = x2 + y2 se reduce a f (ρ sin θ, z) = ρ2 .Se tiene entonces que R (x2 + y2 )dxdydz = R∗ ρ2 (ρ) dρdθdz = a 0 2π 0 h a (a−ρ) 0 ρ3 dzdθdρ = a 0 2π 0 ρ3 h a (a − ρ) dθdρ = 2πh a a 0 aρ3 − ρ4 dρ = 2πh a a ρ4 4 − ρ5 5 a 0 = πh 10 a4 Pregunta 3. El plano corta a los ejes coordenados en los puntos (1, 0, 0) , (0, 1, 0) y (0, 0, 1) . Si se proyecta la regi´on sobre el plano XY, se tiene z = 0 =⇒ x + y = 1, luego Rxy = {(x, y) /0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 − x} . Por consiguiente, una partici´on de la regi´on est´a dada por R = {(x, y, z) /0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 − x, 0 ≤ x ≤ 1 − x − y} 429
- 445. Luego la integralse puede expresar: R xyzdxdydz = 1 0 1−x 0 1−x−y 0 xyzdzdydx = 1 0 1−x 0 xy 1 2 (1 − x − y)2 dydx = 1 0 1−x 0 xy 1 2 y(1 − x)2 − 2(1 − x)y2 + y3 dydx = 1 2 1 0 x (1 − x)4 2 − 2 (1 − x)4 3 + (1 − x)4 4 dx = 1 2 1 0 x(1 − x)4 dx = 1 720 Autoevaluaci´on No 2 Tiempo 2 horas Pregunta 1 Encontrar el volumen del s´olido, en el primer octante, acotado por los planos coordenados, el cil´ındro x2 + y2 = 4 y el plano z + y = 3. Pregunta 2. Calcular R 1 [1+(x2+y2+z2)3/2 ] 3/2 dxdydz, siendo R la esfera x2 + y2 + z2 = a2 . Pregunta 3. Utilice la sustituci´on u = y x , v = y + x2 para evaluar la integral Rxy y + 2x2 x2 + xy dydx en donde Rxy es la regi´on del primer cuadrante acotada por las curvas y = 3 − x2 , y = 8 − x2 , e y = 2x. Nota: Usar la propiedad ∂ (x, y) ∂ (u, v) = ∂ (u, v) ∂ (x, y) −1 en un dominio en que ambos Jacobianos son distintos de cero. Pauta de Correcci´on. 430
- 446. Pregunta 1 El volumende la regi´on R est´a dado por V = R f(x, y)dxdy En nuestro caso f(x, y) = z = 3−y queda definida en la regi´on del primer octante dada por R = (x, y) /0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ √ 4 − x2 . Entonces, al sustituir t´erminos en el integrando, obtenemos V = 2 0 √ 4−x2 0 (3 − y) dydx = 2 0 3y − y2 2 √ 4−x2 0 dx = 2 0 3 √ 4 − x2 − 4 − x2 2 dx = 3 2 √ 4 − x2 + 6arcsen x 2 − 2x + x3 6 2 0 = 6 π 2 − 4 + 8 6 = 9π − 8 3 Pregunta 2. Calculemos la integral triple de la funci´on f (x, y, z) = 1 [1+(x2+y2+z2)3/2 ] 3/2 sobre la regi´on R limitada por la esfera x2 + y2 + z2 = a2 . Aunque el problema se puede plantear en coordenadas directamente en coordenadas cartesianas , por la forma de la regi´on y del integrando, ser´a dific´ıl resolverlo directamente. En consecuencia, lo resolveremos en coordenadas esf´ericas. Sea x = r sin θ cos φ y = r sin θ sin φ z = r cos θ que tiene por Jacobiano de la transformaci´on ∂ (x, y, z) ∂ (r, θ, φ) = r2 sin θ. Entonces esta regi´on R corresponde en el espacio rθφ a la regi´on R∗ dada por R∗ = {(r, θ, φ) /0 ≤ r ≤ a; 0 ≤ θ ≤ π; 0 ≤ φ ≤ 2π} El integrando f (x, y, z) = 1 [1+(x2+y2+z2)3/2 ] 3/2 en las nuevas coordenadas 431
- 447. queda f (rsin θ cos φ, r sin θ sin φ, r cos θ) = 1 (1 + r3)3/2 ,de modo que la integral por calcular toma la forma: R 1 1 + (x2 + y2 + z2)3/2 3/2 dxdydz = R∗ (r2 sin θ) [1 + r3]3/2 drdθdφ 2π 0 π 0 a 0 r2 sin θ [1 + r3]3/2 drdθdφ = 2π 0 π 0 −2 (1 + r3)1/2 a 0 sin θdθdφ 2 1 − 1 (1 + a)1/2 2π 0 − cos θ|π 0 dφ = 4 1 − 1 (1 + a)1/2 φ|2π 0 = 8π 1 − 1 (1 + a)1/2 Pregunta 3. Vamos a evaluar la integral Rxy y + 2x2 x2 + xy dydx, en la regi´on Rxydel primer cuadrante acotada por las curvas y = 3 − x2 , y = 8 − x2 , e y = 2x. Usando el cambio de variables u = y x , v = y + x2 , la regi´on Rxy se transforma en la regi´on del primer cuadrante acotada por las curvas: y + x2 = 3 =⇒ v = 3 y + x2 = 8 =⇒ x = 8, y x = 2 =⇒ u = 2; y x = 0 =⇒ u = 0 Luego, Ruv = {(u, v) /0 ≤ u ≤ 2, 3 ≤ v ≤ 8} . Calculemos ahora el Jacobiano de la transformaci´on usando la propiedad ∂ (x, y) ∂ (u, v) = ∂ (u, v) ∂ (x, y) −1 = − y x2 1 x 2x 1 −1 =⇒ ∂ (x, y) ∂ (u, v) = x2 y + 2x2 Sustituyendo t´erminos en la integral, obtenemos Rxy y + 2x2 x2 + xy dydx = Ruv 1 1 + u dudv = 2 0 8 3 1 1 + u dudv = 2 0 5 1 + u du = 5 ln |1 + u|2 0 = 5 ln 3 432
- 448. Autoevaluaci´on No 3 Tiempo 2horas Pregunta 1 Considere la integral I = 1 0 1 y e−x2 dxdy, dibuje la regi´on de integraci´on, cambie el orden de integraci´on y calc´ulela. Pregunta 2 Utilice la sustituci´on u = x+y, y = x−y para evaluar I = R e−(x−y x+y )dA, donde R es la regi´on tri´angular acotada por las rectas x = 0, y = 0 y x = 1 − y. Pregunta 3 En la esfera x2 + y2 + z2 = a2 los planos y = x , y = √ 3x determinan un sector esf´erico D, con x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0. Calcular el volumen de D Pauta Autoevaluaci´on Pregunta 1 La integral I = 1 0 1 y e−x2 dxdy est´a definida sobre la regi´on de tipo II dada por RII = {(x, y) ∈ R2 /y ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1} . Invirtiendo la partici´on de la regi´on a una de tipo I, tenemos: RI = (x, y) ∈ R2 /0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ x entonces 1 0 1 y e−x2 dxdy = 1 0 x 0 e−x2 dydx 1 0 ye−x2 x 0 dx = − 1 2 e−x2 1 0 = 1 2 1 − 1 e Pregunta 2 Usando la sustituci´on u = x + y v = x − y (1)resolviendo x, y en t´erminos de u, v produce 433
- 449. x = u+v 2 y= u−v 2 (2) determinemos como tranforma la regi´on tri´angular R = (x, y) ∈ R2 /0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 − x Reemplazando valores en (2) x + y = 1 x = 0 y = 0 =⇒ u = 1 u + v = 0 v = u Luego, la proyecci´on de la regi´on en el plano (u, v) es R∗ = {(u, v) ∈ R2 /0 ≤ u ≤ 1, −u ≤ v ≤ u} Calculemos el Jacobiano de la transformaci´on, nos queda ∂ (x, y) ∂ (u, v) = 1 2 1 2 1 2 −1 2 = −1 2 = 1 2 La funci´on a integrar es, en t´erminos de las nuevas variables R e−(x−y x+y )dA = R∗ e−(v u ) 1 2 dudv 1 0 u −u e−(v u ) 1 2 dudv = 1 2 1 0 −ue−(v u ) u −u du (e−1 − e) 2 1 0 −udu = (e − e−1 ) 2 u2 2 1 0 = (e − e−1 ) 4 Pregunta 3 El volumen de la regi´on R est´a dado por V (D) = R dxdydz Usando coordenadas esf´ericas, tenemos x = r sin θ cos φ y = r sin θ sin φ z = r cos θ que tiene por Jacobiano de la transformaci´on ∂ (x, y, z) ∂ (r, θ, φ) = r2 sin θ. Entonces ´esta regi´on R corresponde en el espacio rθφ a la regi´on R∗ 434
- 450. dada por R∗ =(r, θ, φ) /0 ≤ r ≤ a; 0 ≤ θ ≤ π 2 ; π 4 ≤ φ ≤ π 3 . De ´esta manera V (D) = π 3 π 4 π 2 0 a 0 r2 sin θdrdθdφ = π 3 π 4 π 2 0 a3 3 sin θdθdφ = a3 3 π 3 π 4 dφ = a3 3 π 3 − π 4 = a3 36 π 435
- 451. Cap´ıtulo 5 Integral deLinea Es una forma de generalizar la integral de Riemann en una variable, conocida en el curso anterior, a una integral definida sobre una curva del espacio bi o tridimensional. Planteamiento Supongamos que tenemos: a) f : U ⊂ IR3 → IR funci´on escalar continua en U y b) −→c : [a, b] → IR3 , −→c (t) = (x(t), y(t), z(t)) una trayectoria de clase C1 , es decir una curva en IR3 . La integral de la funci´on f calculada sobre la trayectoria descrita por la curva C se define de la forma dada a continuaci´on. La integral de trayectoria de f(x, y, z) a lo largo de la trayectoria −→c , est´a definida cuando −→c : [a, b] → IR3 es de clase C1 y adem´as la funci´on compuesta f(t) = f(x(t), y(t), z(t)) es continua en I = [a, b]; por: −→c f ds = b a f(x(t), y(t), z(t)) −→c (t) dt Alternativamente se denota como: −→c fds = −→c f(x, y, z)ds = b a f(−→c (t)) −→c (t) dt Observaciones i) Si f(x, y, z) = 1, tenemos la longitud del arco. 436
- 452. En efecto, comof(x, y, z) = 1, −→c f(x, y, z) ds = −→c ds = b a −→c (t) dt = b a (x (t))2 + (y (t))2 + (z (t))2 dt ii) Si C la curva definida por −→c (t) es de clase C1 por tramos o f(−→c (t)) es continua por tramos, entonces calculamos −→c f ds en segmentos sobre los cuales b a f(−→c (t)) −→c (t) dt es continua y sumamos las integrales resultantes. Por ejemplo si −→c = −→c 1 ∪−→c 2 ∪−→c 3 con a lo sumo sus extremos en com´un −→c f(x, y, z)ds = −→c 1 f(x, y, z)ds + −→c 2 f(x, y, z)ds + −→c2 f(x, y, z)ds Algunos ejemplos donde aplicamos esta definici´on; son los siguientes. Ejemplo 1 Sea la funci´on escalar f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 continua en R y −→c : [0, 2π] → IR3 , definida por −→c (t) = (cos t, sin t, t) una trayectoria de clase C1 . Calcular −→c f(x, y, z)ds Soluci´on: En este caso tenemos la ecuaciones param´etricas : x(t) = cos t, y(t) = sin t, z(t) = t Luego la funci´on compuesta es f(x(t), y(t), z(t)) = cos2 t + sin2 t + t2 = 1 + t2 Adem´as −→c (t) = (− sin t, cos t, 1) =⇒ −→c (t) = √ 2 Por lo tanto, sutituyendo t´erminos en la integral, queda −→c f(x, y, z)ds = 2π 0 f(x(t), y(t), z(t)) −→c (t) dt = 2π 0 1 + t2 √ 2dt √ 2 t + t3 3 2π 0 = 2 √ 2π 3 3 + 4π2 Ejemplo 2 437
- 453. Calcular la siguienteintegral de trayectoria −→c f(x, y, z)ds donde a) f(x, y, z) = x + y + z y −→c (t) = (cos t, sin t, t), t ∈ [0, 2π] Soluci´on: En este caso se tiene que x(t) = cos t, y(t) = sin t, z(t) = t Que produce la funci´on compuesta f(−→c (t)) = cos t + sent + t, Adem´as −→ c (t) = (− sin t, cos t, 1) y −→c (t) = √ 2. Entonces c f(x, y, z)ds = 2π 0 √ 2(cos t + sent + t)dt = √ 2 sent − cos t + t2 2 2π 0 =⇒ c f(x, y, z)ds = 4 √ 2 2 π2 Como taller adicional, evaluar las siguientes integrales de trayectoria −→c f(x, y, z)ds donde: b) f(x, y, z) = cos z y −→c (t) = (cos t, sin t, t), t ∈ [0, 2π] c) f(x, y, z) = x cos z y −→c (t) = (t, t2 , 0), t ∈ [0, 1] Ejemplo 3 a) Demostrar que la integral de l´ınea de f(x, y), a lo largo de una trayec- toria dada en coordenadas polares por r = r(θ), con θ1 ≤ θ ≤ θ2 es: I = θ2 θ1 f (r cos θ, r sin θ) r2 + dr dθ 2 dθ b) Calcular la longitud de arco de r = 1 + cos θ, con 0 ≤ θ ≤ 2π Soluci´on: a) En primer lugar, determinemos la ecuaciones param´etricas de la trayectoria en coordenadas polares x = r cos θ =⇒ x = r(θ) cos θ y = r sin θ =⇒ y = r (θ) sin θ =⇒ −→c (θ) = (r(θ) cos θ, r (θ) sin θ) Derivando la ecuaci´on de la trayectoria, queda 438
- 454. −→c (θ) =(r (θ) cos θ − r (θ) sin θ, r (θ) sin θ + r(θ) cos θ) Lo que implica −→c (θ) = (r (θ) cos θ − r (θ) sin θ)2 + (r (θ) sin θ + r(θ) cos θ)2 = r (θ)2 + r (θ)2 Por tanto I = −→c f(x, y) ds = θ2 θ1 f (r cos θ, r sin θ) r (θ)2 + r (θ)2dθ b) En este caso se tiene f(x, y) = 1, y como r = 1 + cos θ, con 0 ≤ θ ≤ 2π Obtenemos r (θ)2 + r (θ)2 = (1 + cos θ)2 + (− sin θ)2 Entonces: s = 2π 0 (1 + cos θ)2 + (− sin θ)2 dθ = 2π 0 √ 2 + 2 cos θdθ = 2 π 0 | cos θ 2 |dθ = 2 π 0 cos θ 2 dθ + π π − cos θ 2 dθ = 8 Es ´util tener en cuenta que la integral de trayectoria se puede aplicar a problemas de f´ısica e ingenier´ıa 1. Si f(x, y, z) representa la masa por unidad de longitud de un alambre delgado con la forma de C, entonces −→c fds es la masa total del alambre. 2. Si f(x, y, z) es la componente tangencial de una fuerza en (x, y, z) de C, entonces −→c fds representa el trabajo realizado por la fuerza al mover una part´ıcula a lo largo de la curva C. 3.- Si f : I ⊂ IR2 → IR funci´on escalar continua en I = [a, b] y f(x, y) ≥ 0,entonces −→c f(x, y)ds = b a f(x(t), y(t)) −→c (t) dt representa el ´area de una pared cuya base es la imagen de −→c y la altura f(x, y). 439
- 455. Figura 5.1: Paredzigzagueante Ejemplo 4 a) Calcular anal´ıticamente la masa M de un resorte que tiene la forma de una h´elice dada por la ecuaci´on: −→r (t) = (5cost; 5sent; 4t); t ∈ [0; 2π] si la densidad en cada punto (x, y, z) es el cuadrado de la distancia en cada punto al origen de coordenadas. Figura 5.2: H´elice circular b) Si el centro de masa de un resorte con forma de alambre delgado de masa M, se define por (XM ; YM ; ZM ) con 440
- 456. XM = 1 M −→r xδ(x,y, z)ds YM = 1 M −→r yδ(x, y, z)ds ZM = 1 M −→r zδ(x, y, z)ds Calcular la componente ZM del resorte helicoidal Soluci´on. a) La f´ormula para el c´alculo de la masa del resorte es: M = −→r δ(x, y, z)ds = b a δ(−→r (t)) −→r (t) dt donde se tiene que: −→r (t) = (5cost; 5sent; 4t); t ∈ [0; 2π] =⇒ −→r (t) = (−5 sin t; 5 cos t; 4) =⇒ −→r (t) = √ 25 sin2 t + 25 cos2 t + 16 = √ 41 y la densidad δ(x; y; z) = x2 + y2 + z2 =⇒ δ (−→r (t)) = (25 + 16t2 ) Reemplazando en el integrando, queda M = −→r δ(x, y, z)ds = 2π 0 (25 + 16t2 ) √ 41dt = √ 41 25t + 16 3 t3 2π 0 = √ 41 50π + 128 3 π3 b) La componente ZM del centro de masa es ZM = 1 M −→r zδ(x, y, z)ds = 1 M b a z(t)δ(−→r (t)) −→r (t) dt = 1 M 2π 0 t(25 + 16t2 ) √ 41dt = √ 41 M 25 2 t2 + 4t4 2π 0 = √ 41 M 50π2 + 64π4 = π [50 + 64π2 ] 50 + 128 3 π2 5.1. Campos vectoriales Sea −→ F = (F1, F2, F3) un campo vectorial en R3 continuo definida sobre la trayectoria −→c : [a, b] → R3 con −→c perteneciente a C1 . 441
- 457. Definimos la integralde l´ınea de −→ F a lo largo de −→c por −→c −→ F · d−→s = b a −→ F (−→c (t)) · −→c (t)dt Esta definici´on se puede generalizar para campos vectoriales en Rn Figura 5.3: Campo vectorial radial Figura 5.4: Campo circular tangencial Otras observaciones. 1) −→c −→ F · d−→s tambi´en se puede definir si −→ F (−→c (t)) · −→c (t) es continua por tramos, expresando en este caso la integral como una suma de integrales del tipo anterior. 2) Si C es trayectoria tal que −→c (t) = −→ 0 , podemos usar el vector tangente unitario T para calcular la integral de l´ınea como sigue. 442
- 458. Figura 5.5: Flujode un fluido en un tubo cil´ındrico largo T = −→c (t) −→c (t) −→c −→ F · d−→s = b a −→ F (−→c (t)) · −→c (t) −→c (t) −→c (t) dt = b a F(−→c (t)) · T −→c (t) dt = −→c −→ F · Tds Por lo tanto −→c −→ F · d−→s = −→c −→ F · Tds Si ϕ es el ´angulo entre −→ F y T −→ F · T = −→ F −→ T cos ϕ = −→ F cos ϕ =⇒ −→c −→ F · d−→s = −→c −→ F cos ϕds Si −→ F es un campo de fuerza , entonces esta ´ultima integral es precisa- mente la definici´on de trabajo realizado por el campo de fuerza sobre una part´ıcula de masa unitaria que se mueve desde el punto inicial hasta un punto terminal a lo largo de la curva C descrita por la trayectoria −→c (t). 3) Otra manera usual de escribir la integral de l´ınea es: −→c −→ F · d−→s = −→c F1dx + F2dy + F3dz donde −→ F = (F1, F2, F3) 443
- 459. As´ı: −→c −→ F · d−→s= −→c F1dx + F2dy + F3dz = b a F1 dx dt + F2 dy dt + F3 dz dt dt = b a (F1, F2, F3) · ( dx dt , dy dt , dz dt )dt = b a −→ F (−→c (t)) · −→c (t) dt Ejemplo 1: Evaluar I = c x2 ydx + (x2 − y2 ) dy , si C es el arco de la par´abola y = 3x2 desde (0, 0) hasta (1, 3) . Figura 5.6: Gr´afico de la curva y = 3x2 Soluci´on: Al parametrizar la trayectoria se tiene C : x = t, y = 3t2 con 0 ≤ t ≤ 1. luego −→c (t) = (t, 3t2 ) =⇒ −→c (t) = (1, 6t) Sustituyendo t´erminos en el integrando, obtenemos I = 1 0 (3t4 , t2 − 9t4 ) · (1, 6t) dt = 1 0 3t4 + t2 − 9t4 6t dt = 3 5 t5 + 6 4 t4 − 54 6 t6 1 0 = − 69 10 444
- 460. Ejemplo 2 Evaluar c yzdx+ xzdy + xydz donde C est´a formada por los segmentos de rectas que unen A (1, 0, 0) a B (0, 1, 0) a C (0, 0, 1) Soluci´on. En este caso −→ C = −→ AB + −−→ BC + −→ CA por lo cual −→c yzdx + xzdy + xydz = −→ AB yzdx + xzdy + xydz + −−→ BC yzdx + xzdy + xydz + −→ CA yzdx + xzdy + xydz Pametrizando cada segmento de trayectoria, produce −→ AB : x = 1 − t =⇒ dx = −dt y = t =⇒ dy = dt z = 0 =⇒ dz = 0 −→ AB yzdx + xzdy + xydz = 1 0 0dt = 0 −−→ BC : x = 0 =⇒ dx = 0 y = 1 − t =⇒ dy = −dt z = t =⇒ dz = dt −−→ BC yzdx + xzdy + xydz = 1 0 0dt = 0 −→ CA : x = t =⇒ dx = dt y = 0 =⇒ dy = 0 z = 1 − t =⇒ dz = −dt −→ CA yzdx + xzdy + xydz = 1 0 0dt = 0 Por tanto −→c yzdx + xzdy + xydz = 0 Ejemplo 3 Evaluar I = −→c −→ F · d−→s , donde −→ F (x, y) = (xy, x2 y) y −→c : [−1, 1] −→ IR2 tal que −→c (t) = (t, |t|). −→c /∈ C1 . Soluci´on 445
- 461. La curva Ces continua por tramos. As´ı −→c 1 : [−1, 0] −→ IR2 , −→c 1(t) = (t, −t) =⇒ dx = dt, dy = −dt −→c2 : [0, 1] −→ IR2 , −→c 2(t) = (t, t) =⇒ dx = dt, dy = dt De modo que: −→c = −→c 1 + −→c 2 −→c −→ F · d−→s = −→c 1 −→ F · d−→s + −→c 2 −→ F · d−→s = −→c 1 xydx + x2 ydy + −→c 2 xydx + x2 ydy = 0 −1 (−t2 + t3 )dt + 1 0 (t2 + t3 )dt = 0 Por tanto −→c −→ F · d−→s = 0 5.2. Cambio de parametrizaci´on La pregunta crucial que surge al pensar en una curva es ¿cambiar´a el valor de la integral si se cambia la parametrizaci´on de la curva sobre la que se integra?. En primer lugar, ilustremos esto con el siguiente ejemplo. Ejemplo 1 Si C es la mitad inferior del c´ırculo unitario en el plano xy que une los puntos (−1, 0) con (1, 0) . Calcular C (1 + xy)ds parametrizando de dos maneras diferentes esta curva. Soluci´on. Sea −→c (t) = (t, − √ 1 − t2) =⇒ −→c (t) = 1, t √ 1 − t2 =⇒ −→c (t) = 1 √ 1 − t2 entonces −→c (1 + xy)ds = 1 −1 (1 − t √ 1 − t2) 1 √ 1 − t2 dt = 1 −1 1 √ 1 − t2 − t = π 446
- 462. Por otro lado,si ponemos −→c (t) = (cos t, sin t) con π ≤ t ≤ 2π −→c (t) = (− sin t, cos t) =⇒ −→c (t) = 1 entonces, al reemplazar los t´erminos del integrando queda −→c (1 + xy)ds = 1 −1 (1 + sin t cos t) dt = t + sin2 t 2 2π π = π Por lo tanto, hemos obtenido el mismo valor para la integral a lo largo de estas dos trayectorias diferentes que tienen la misma traza. En segundo lugar, enunciemos un resultado general con el siguiente teo- rema. Teorema 5.2.1. Si −→c (t) y −→p (t) son dos parametrizaciones distintas suaves o suaves por tramos, que conecta los puntos P0 y P1, que tienen la misma traza y direcci´on, y si f(x, y, z) est´a definida y es continua sobre la traza, entonces −→c f(x, y, z)ds = −→p f(x, y, z)ds 5.2.1. Reparametrizaci´on Sea h : I1 → I una funci´on de clase C1 con valores reales que sea biyectiva entre I = [a, b] y I1 = [a1, b1]. Si −→c : [a, b] → IR3 una trayectoria C1 por tramos. Entonces a la composici´on −→p = −→c ◦ h : [a1, b1] → IR3 La llamamos reparametrizaci´on de −→c El valor de la integral de l´ınea no var´ıa por cambios de parametrizaci´on de la curva −→c , excepto por el signo si hay cambios de orientaci´on, el teorema correspondiente es: Teorema 5.2.2. Sea −→ F un campo vectorial continuo y −→c : [a, b] → IR3 , trayectoria de clase C1 , y sea −→p : [a1, b1] → IR3 una reparametrizaci´on de −→c . Entonces i) Si −→p conserva la orientaci´on: −→c −→ F · d−→s = −→p −→ F · d−→s ii) Si −→p invierte la orientaci´on −→p −→ F · d−→s = − −→c −→ F · d−→s 447
- 463. Figura 5.7: Ejemplo 1: Sea −→ F(x, y, z) = (yz, xz, xy) campo vectorial y −→c : [−5, 10] → IR3 trayectoria dada por −→c (t) = (t, t2 , t3 ) . Una trayectoria opuesta: −→c op : [−5, 10] → R3 se puede construir: −→c op(t) = c(a + b − t) en este caso queda −→c op(t) = −→c (5 − t) = ((5 − t), (5 − t)2 , (5 − t)3 ) . Evaluar −→c −→ F · d−→s y −→c op −→ F · d−→s . Soluci´on: −→c −→ F · d−→s = 10 −5 F1 dx dt + F2 dy dt + F3 dz dt dt = 10 −5 yzdx + xzdy + xydz = 10 −5 t5 + 2t5 + 3t5 dt = 984,375 por otro lado −→c op −→ F · d−→s = 10 −5 yzdx + xzdy + xydz 448
- 464. = 10 −5 −(5 − t)5 −2(5 − t)5 − 3(5 − t)5 dt = 10 −5 −6(5 − t)5 dt = (5 − t)6 10 −5 = −984,375 5.3. Independencia de trayectoria Cuando el valor de una integral −→c −→ F · d−→s sobre una trayectoria contin- ua por tramos que conecta dos puntos de una regi´on R depende solamente de los puntos extremos, se dice que la integral es independiente de la trayectoria. Ejemplo. Independencia de trayectoria en una integral de l´ınea Si −→ F(x, y) = y2 x2 , − 2y x ; A = (1, 1); B = (4, −2) Calcular el trabajo realizado por el campo de fuerza −→ F al llevar un objeto desde A hasta B, por: a) un camino compuesto de un tramo horizontal seguido de un tramo vertical; b) un camino compuesto de un tramo vertical seguido de un tramo hori- zontal. Soluci´on. a) Si llamamos C a la curva, la podemos subdividir en las curvas C1 y C2 Tendremos −→c −→ F · d−→s = −→c 1 −→ F · d−→s + −→c 1 −→ F · d−→s Calculamos ambas integrales por separado C1 = x = 1 + t y = 1 , 0 ≤ t ≤ 3 =⇒ −→c 1 −→ F · d−→s = −→c 1 y2 x2 dx − 2y x dy = 3 0 1 (1 + t)2 dt = − 1 (1 + t) 3 0 = 3 4 449
- 465. C2 = x =4 y = 1 − t , 0 ≤ t ≤ 3 =⇒ −→c 2 −→ F · d−→s = −→c 2 y2 x2 dx − 2y x dy = 3 0 2(1 − t) 4 dt = 1 2 t − 1 4 t2 3 0 = 3 2 − 9 4 = − 3 4 Con lo que resulta −→c y2 x2 dx − 2y x dy = 3 4 + − 3 4 = 0 b) Llamemos C* a este otro camino, tambi´en lo podemos separar en dos tramos C3 y C4. Tendremos −→c ∗ −→ F · d−→s = −→c 3 −→ F · d−→s + −→c 4 −→ F · d−→s Calculamos ambas integrales por separado haciendo parametrizaciones: C3 = x = 1 y = 1 − t , 0 ≤ t ≤ 3 =⇒ −→c 3 −→ F · d−→s = c3 y2 x2 dx − 2y x dy = 3 0 − 2(1 − t) 1 (−1)dt = 2t − t2 3 0 = −3 C4 = x = 1 + t y = −2 , 0 ≤ t ≤ 3 =⇒ −→c 4 −→ F · d−→s = −→c 4 y2 x2 dx − 2y x dy = 3 0 − (−2)2 (1 + t)2 dt = − 4 (1 + t) 3 0 = 3 Sumando se obtiene −→c ∗ y2 x2 dx − 2y x dy = −3 + 3 = 0 Por ambos caminos dio el mismo resultado. Intente otro camino para ´esta integral que lleve desde A hasta B. 450
- 466. 5.4. Campos Conservativos Ciertoscampos de fuerza importantes en la f´ısica provienen de un poten- cial escalar. Si existe una funci´on φ definida en una regi´on R y si al campo de fuerza −→ F tiene la propiedad de que −→ F= φ = gradφ entonces se dice que φ es un potencial de −→ F. 5.4.1. Campo gradiente Un campo vectorial continuo el cual se obtiene como el gradiente de una funci´on escalar se llamar´a campo gradiente y una funci´on φ de la cual se obtiene, la funci´on potencial −→ F = φ Teorema 5.4.1. (Teorema fundamental) Sea −→ F un campo gradiente con potencial φ definida en una regi´on R y sean P0 y P1 puntos cualesquiera de R, entonces: −→c −→ F · d−→s = φ (P2) − φ (P1) donde −→c : [a, b] → IR3 tal que −→c (a) = P1, y −→c (b) = P2, y −→c es una trayectoria de clase C1 . Demostraci´on −→c −→ F · d−→s = −→c ∂φ ∂x dx + ∂φ ∂y dy + ∂φ ∂z dz = b a ∂φ ∂x dx dt + ∂φ ∂y dy dt + ∂φ ∂z dz dt dt = b a ∂φ ∂t (−→c (t)) dt = [φ (−→c (t))] b a = φ (P2) − φ (P1) Por tanto −→c −→ F · d−→s = φ (P2) − φ (P1) 451
- 467. Adicionalmente podemos afirmarque Teorema 5.4.2. Si −→ F es un campo gradiente en una regi´on R, entonces −→c −→ F · d−→s es independiente de la trayectoria. Comentario: Si −→ F es campo gradiente existe φ definida en R tal que −→ F = φ, y el teorema fundamental garantiza la independencia de trayectoria. Observaci´on: No es dific´ıl ver que el rec´ıproco de este teorema tambi´en es cierto. Teorema 5.4.3. Si −→ F es un campo vectorial continuo sobre una region R y si −→c −→ F · d−→s es independiente de la trayectoria, entonces −→ F es un campo gradiente. Curva simple C, se define como la imagen de una aplicaci´on −→c : I → IR3 de C1 que sea uno a uno en el intervalo I. Una curva simple es aquella que no se intersecta a si misma, −→c (a) y −→c (b) se llaman punto inicial y punto final de la curva. Curva cerrada simple, se define como −→c : [a, b] → IR3 de C1 tal que 1) es uno a uno en [a, b] 2) −→c (a) = −→c (b) Observaci´on: i) Si la curva satisface s´olo (2) es curva cerrada. ii) Las curvas simples cerradas tienen dos direcciones de movimiento posi- ble. Integrales de l´ınea sobre curvas simples orientadas y curvas cerradas sim- ples C. Sea C una curva simple orientada imagen de −→c : [a, b] → IR3 entonces definimos: C −→ F · d−→s = −→c −→ F · d−→s y C f ds = −→c f ds De las curvas cerradas y la independencia de trayectoria se tiene el siguiente teorema. Teorema 5.4.4. C −→ F · d−→s es independiente de la trayectoria en R si y solo si C −→ F · d−→s = 0 para toda curva cerrada C contenida en R. Un dominio D es conexo si dos puntos cualesquiera de D se pueden unir con un segmento de recta y todos los puntos de la recta pertenecen a D Una regi´on es simplemente conexa y abierta si ella es un conjunto abierto y tal que toda curva simple cerrada en D encierra puntos que solo est´an en el interior de D. Si un campo de fuerza tiene la propiedad de que el trabajo 452
- 468. realizado sobre unapart´ıcula en movimiento conforme se mueve de un punto a otro es independiente de la trayectoria, se llama campo conservativo. De los teoremas anteriores se puede formular lo siguiente:¨Una condici´on necesaria y suficiente para que un campo de fuerzas sea consevativo es que sea un campo gradiente” Teorema 5.4.5. Sean M(x, y) y N(x, y) funciones con derivadas parciales continuas en un conjunto abierto y conexo D. Entonces el campo vectorial −→ F (x, y) = (M(x, y), N(x, y))es conservativo si y solo si ∂M ∂y = ∂N ∂x en D Ejemplo 1 Sea −→ F (x, y) = (2xy, (x2 − y)) a) Probar que es campo conservativo. b) Hallar funci´on potencial. Soluci´on. a) ∂N ∂x = 2x ∂M ∂x = 2x =⇒ Campo conservativo en IR2 b) Existe Potencial φ(x, y) tal que ∂φ(x, y) ∂x = 2xy ⇒ φ(x, y) = 2xydx + h1(y) ∂φ(x, y) ∂y = x2 − y ⇒ φ(x, y) = x2 − y dx + h2(x) ⇒ φ(x, y) = x2 y + h1(y) φ(x, y) = x2 y − y2 2 + h2(x) ⇒ φ(x, y) = x2 y − y2 2 + C (Rotacional) Sea −→ F (x, y, z) = (P(x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z)) funci´on vectorial, se define el rotacional de −→ F ,denotado por rot −→ F (x, y, z) o × −→ F (x, y, z) por: × −→ F (x, y, z). = i j k ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂z P Q R 453
- 469. Teorema 5.4.6. Si −→ F(x, y, z) = (P(x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z)) funci´on vectorial donde P, Q, R son funciones con derivadas parciales continuas en un conjunto abierto y conexo D. Entonces −→ F es un campo conservativo ⇐⇒ × −→ F (x, y, z) = −→ 0 en D es decir si y s´olo si ∂P ∂y = ∂Q ∂x , ∂P ∂z = ∂R ∂x , ∂Q ∂z = ∂R ∂y Ejemplo 2 Verifique que −→ F (x, y, z) = (yz, xz, xy) es un campo conservativo en IR3 Soluci´on. × −→ F (x, y, z). = i j k ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂z yz xz xy = ((x − x) , − (y − y) , (z − z)) = (0, 0, 0) o sea × −→ F (x, y, z) = −→ 0 en IR3 Ejemplo 3 Dado el campo vectorial −→ F (x, y, z) = (3y2 z+yex , 6xyz+ex , 3xy2 ).Verifique que es campo conservativo y calcular potencial. Soluci´on: ∂R ∂y = ∂Q ∂z ⇒ 6yz + ex = 6yz + ex ∂R ∂x = ∂P ∂z ⇒ 3y2 = 3y2 ∂Q ∂x = ∂P ∂y ⇒ 6yz + ex = 6yz + ex Luego × −→ F (x, y, z) = −→ 0 en IR3 ,es entonces claramente un campo vectorial conservativo, entonces existe φ(x, y, z) tal que ∂φ(x, y, x) ∂x = 3y2 z + yex ⇒ φ(x, y, z) = 3y2 z + yex dx + h1(y, z) = 3xy2 z + yex + h1(y, z) 454
- 470. ∂φ(x, y, x) ∂y =6xyz + ex ⇒ φ(x, y, z) = (6xyz + ex ) dx + h1(x, z) = 3xy2 z + yex + h1(x, z) ∂φ(x, y, x) ∂z = 3xy2 ⇒ φ(x, y, z) = 3xy2 dx + h1(x, z) = 3xy2 z + h1(x, y) De aqu´ı se deduce que ∴ φ(x, y, z) = 3xy2 z + yex Adem´as, si se pide calcular I = C −→ F · d−→s y C es la curva descrita por −→c (t) = (cos t, sent, t), t ∈ [0, 2π] , entonces I = C −→ F · d−→s = 3xy2 z + yex 3 0 = φ(1, 0, 2π) − φ(1, 0, 0) = 0 − 0 = 0 (Divergencia de un campo vectorial) Si −→ F (x, y, z) = (P(x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z)) tal que P, Q y R tienen derivadas parciales en alguna regi´on D. La divergencia de −→ F se denota por: div −→ F = · −→ F = ∂P(x, y, z) ∂x + ∂Q(x, y, z) ∂y + ∂R(x, y, z) ∂z Si −→ F es un campo vectorial, entonces la div −→ F da informaci´on acerca del flujo en un punto P(x,y,z): i) Si div −→ F < 0 en un punto P(x,y,z) , entonces el flujo del campo −→ F se orienta hacia el punto y se dice que hay un sumidero en P. ii) Si div −→ F > 0 en un punto P(x,y,z) , entonces el flujo del campo −→ F se orienta desde el punto y se dice que hay una fuente en P. iii) Si div −→ F = 0 en un punto P(x,y,z) , entonces el flujo del campo −→ F es nulo. 455
- 471. Introducci´on Teorema deGreen El teorema de Green, que enunciaremos a continuaci´on, dice que bajo ciertas condiciones las integrales de l´ınea pueden expresarse y calcularse con integrales dobles. Comencemos por definir una regi´on compacta R descrita simultaneamente por las desigualdades φ1(x) ≤ y ≤ φ2(x), a ≤ x ≤ b denominada regi´on orientada en direcci´on del eje y ψ1(y) ≤ x ≤ ψ2(y), c ≤ y ≤ d denominada regi´on orientada en direcci´on del eje x donde las funciones φ1 y φ2 son continuas y seccionalmente suaves en [a, b] y las funciones ψ1 y ψ2 son continuas y seccionalmente suaves en [c, d] . En esta regi´on cerrada R con una frontera continua seccionalmente suave consideramos definidas las funciones M y N continuamente diferenciables ( o de clase C1 ) definidas en R. La curva C frontera de la regi´on R, se dice que esta orientada positivamente ,si al caminar sobre ella la regi´on R estar´a a su izquierda. En este marco de ideas y condiciones se plantea el teorema de Green. 5.4.2. Teorema de Green Sea R una regi´on cerrada y acotada con frontera C,orientada en sentido positivo. Si M, N, ∂M ∂y y ∂N ∂x son continuas en R. Entonces C Mdx + Ndy = R ∂N ∂x − ∂M ∂y dA 456
- 472. Figura 5.8: Regi´oncerrada de tipo a, frontera orientada positiva Demostraci´on. Supongamos que R est´a descrita por φ1(x) ≤ y ≤ φ2(x), a ≤ x ≤ b C Mdx = C1 Mdx + C2 Mdx = b a M(x, φ1(x))dx + a b M(x, φ2(x))dx =⇒ C Mdx = b a [M(x, φ1(x)) − M(x, φ2(x))] dx Por otra parte R ∂M ∂y dA = b a φ2(x) φ1(x) ∂M ∂y dA = b a [M(x, φ2(x)) − M(x, φ1(x))] dx Luego C Mdx = − R ∂M ∂y dA De manera simlar y considerando ahora ψ1(y) ≤ x ≤ ψ2(y), c ≤ y ≤ d Se establece que C Ndy = R ∂N ∂x dA 457
- 473. Figura 5.9: Regi´oncerrada de tipo b, frontera orientada positiva Por lo tanto C Mdx + Ndy = R ∂N ∂x − ∂M ∂y dA Ejemplo 1 Evaluar la integral I = C y2 + senx2 dx + cos y2 − x dy donde C es la frontera de la regi´on cuadrada 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 Figura 5.10: Frontera de la regi´on cuadrada 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 458
- 474. Soluci´on. Usando el Teoremade Green podemos afirmar que M(x, y) = y2 + senx2 =⇒ ∂M ∂y = 2y N(x, y) = cos y2 − x =⇒ ∂N ∂x = −1 Por lo tanto aplicando el teorema I = 1 0 1 0 (−1 − 2y)dxdy = 1 0 (−1 − 2y)dy = −y − y2 1 0 = −2 Comentario. Sin usar el teorema de Green este ejercicio resulta muy complicado de resolver, vale la pena que lo intente. 459
- 475. Ejemplo 2 Calcular I= C ey dx + (xey + 2y)dy con D = (x; y) ∈ IR2 /x2 + y2 ≤ 1 Figura 5.11: D = (x; y) ∈ IR2/x2 + y2 ≤ 1 Soluci´on Por el Teorema de Green podemos afirmar que M(x, y) = ey =⇒ ∂M ∂y = ey N(x, y) = xey + 2y =⇒ ∂N ∂x = xey + 2y Por lo tanto aplicando el teorema I = D ∂N ∂x − ∂M ∂y dxdy = (ey − ey )dxdy = 0 Corolario 5.4.1. Aplicando el teorema de Green a M = −y y N = x se deduce que A(D) = 1 2 C xdy − ydx donde A(D) es el ´area de la regi´on D contenida en el plano XY , y C es el borde de D recorrrido en sentido positivo. Esta f´ormula nos permite calcular un ´area en t´erminos de una integral de l´ınea. 460
- 476. Figura 5.12: Regi´on x2 a2 + y2 b2 ≤1 Ejemplo 3 Consideremos la regi´on x2 a2 + y2 b2 ≤ 1, cuyo borde es una elipse de semi-ejes dados por a y b.Calcular el ´area de la region D Soluci´on Podemos parametrizar la elipse usando x(t) = acost , y(t) = bsent, t ∈ [0, 2π], y luego se obtiene −→r (t) = (acost, bsent) =⇒ −→r (t) = (−asent, b cos t) A(D) = 1 2 2π 0 (xy − yx )dt = 1 2 2π 0 (ab cos2 t − (−absen2 t))dt = πab 5.5. Aplicaciones de la integral de trayectoria A continuacion se resumen las formulas para el c´alculo de la masa y el momento de resortes, varillas delgadas y alambres a lo largo de una curva suave C en el espacio. Masa: M = C δ (x, y, z) ds, donde δ = δ (x, y, z) es la densidad y ds un elemento diferencial de arco. Momentos con respecto a los planos coordenados: Myz = C x δ (x, y, z) ds; Mxz = C y δ (x, y, z) ds; Mxy = C z δ (x, y, z) ds Coordenadas del centro de Masa x = Myz M ; y = Mxz M ; z = Mxy M Momentos de inercia con respecto a los ejes y otras rectas Ix = C (y2 + z2 ) δ (x, y, z) ds, Iy = C (x2 + z2 ) δ (x, y, z) ds; Iz = C (y2 + z2 ) δ (x, y, z) ds; 461
- 477. IL = C r2 δ(x, y, z) ds donde r (x, y, z) es la distancia del punto (x, y, z) a la recta L. Radio de giro con respecto a una recta L. RL = IL M Problema 1 Dado el resorte de densidad constante δ = 1 con forma helicoidal −→r (t) = cos 4ti + sen4tj + tk, 0 ≤ t ≤ 2π. Encontrar la masa del resorte y el momento de inercia con respecto al eje z Soluci´on La masa del resorte esta dada por M = C δ (x, y, z) ds = C (1)ds = 2π 0 |−→r (t)| dt Encontremos primero |−→r (t)| = (−4sen4t)2 + (4 cos 4t)2 + 1 = √ 17. Luego evaluemos la integral M = 2π 0 |−→r (t)| dt = 2π 0 √ 17dt M = 2π √ 17 El momento de inercia con respecto al eje z se define por: Iz = C x2 + y2 δds = 2π 0 cos2 4t + sen2 4t (1) √ 17dt = 2π 0 √ 17dt = 2π √ 17 462
- 478. Problema 2 Sea unarco de metal con forma de semicircunferencia y2 +z2 = 1, z ≥ 0. Si la densidad en el punto (x, y, z) del arco es δ (x, y, z) = 2 − z , determinar las coordenadas del centro de masa del arco. Soluci´on. Por simetr´ıa sabemos que x = 0; y = 0; dado que el arco est´a el el plano yz con la masa distribuida simetricamente con respecto al eje z. Para encontrar z , parametizamos el arco de semicircunferencia como: −→r (t) = cos tj+sentk, 0 ≤ t ≤ π =⇒ |−→r (t)| = (−sent)2 + (cos t)2 = 1 Por otra parte, δ (x, y, z) = 2 − z =⇒ δ (−→r (t)) = (2 − sent) Ahora, determinemos la masa utilizando la definici´on de integral de trayec- toria M = C δ (x, y, z) ds = π 0 δ (−→r (t)) |−→r (t)| dt = π 0 (2 − sent) (1) dt = [2t + cos t]π 0 M = 2π − 2 A continuaci´on calculemos el momento de inercia Mxy Luego, z = Mxy M = 8 − π 2 (2π − 2) ≈ 0, 57. Finalmente, la coordenada del centro de masa es (0; 0; 0, 57) . Problema 3 Un alambre tiene la forma de una semicircunferencia de radio a. La densi- dad lineal de masa en un punto P es directamente proporcional a la distancia de P a la recta que pasa por los extremos del alambre, ¿cu´al es la masa total del alambre?. Soluci´on En primer lugar situar el alambre en el plano xy de sistema coordenado, como en la figura: Ahora, la densidad puede interpretarse como un campo escalar, ya que, en cada punto P = (x, y) de la curva que describe el alambre, la densidad es δ(x, y) = ky. Calcular la masa total equivale a sumar la densidad sobre todos los puntos 463
- 479. de la curva,y as´ı lo que queremos determinar es M = C δ (x, y, z) ds = b a δ (−→r (t)) |−→r (t)| dt donde C es la curva que describe el alambre, la semicircunferencia de radio a. Una parametrizaci´on para C es: −→r (t) = (a cos t, asent) , t ∈ [0, π] entonces−→r (t) = (−asent, a cos t) =⇒ |−→r (t)| = a Lo que implica que la masa del alambre es M = π 0 (kasent) (a) dt = ka2 π 0 sentdt = ka2 [− cos t]π 0 = 2ka2 Problema 4 Un alambre tiene forma de circunferencia, x2 + y2 = a2 . Determine su masa y su momento de inercia respecto de un di´ametro si la densidad en un punto (x, y) del alambre est´a dada por la funci´on δ(x, y) = |x| + |y| . Soluci´on La masa del alambre viene dada por la expresi´on: M = C δ (x, y, z) ds = b a δ (−→r (t)) |−→r (t)| dt siendo C la curva cuya trayectoria representa la forma del alambre, en este caso una circunferencia que parametrizamos por: −→r (t) = (acost, asent); t ∈ [0, 2π] que es de clase C1 . −→r (t) = (−asent, a cos t) =⇒ −→r (t) = 1 Por lo tanto la masa es igual a 464
- 480. M = 2π 0 δ (−→r(t)) |−→r (t)| dt = 2π 0 (|a cos t| + |asent|)adt = a2 π/2 0 (cos t + sent) dt + a2 π π/2 (− cos t + sent) dt + +a2 3π/2 π (− cos t − sent) dt + a2 2π 3π/2 (cos t − sent) dt = a2 [sent − cost] π/2 0 + a2 [−sent − cost]π π/2 + +a2 [−sent + cost]3π/2 π + a2 [sent + cost]2π 3π/ = 8a2 Para calcular el momento de inercia respecto de un di´ametro necesitamos la distancia de un punto cualquiera (x, y) a dicho di´ametro. Para simplificar, tomaremos como eje el eje OX, por tanto, la funci´on que da la distancia de un punto al eje es r(x, y) = |y|. Teniendo en cuenta la definici´on del momento de inercia respecto de un eje se tiene: IL = C r2 δ (x, y, z) ds = C y2 (|x| + |y|) ds = a4 2π 0 sen2 t (|sent| + |cost|) dt = a4 π/2 0 sen2 t (sent + cost) dt + a4 π π/2 sen2 t (sent − cost) dt +a4 3π/2 π sen2 t (−sent − cost) dt + a4 2π 3π/2 sen2 t (−sent + cost) dt = 4a4 5.5.1. ´Area de una pared Problema 1 La base de una pared en el primer cuadrante es la trayectoria −→c : 0, π 2 → IR2 ,dada por −→c (t) = (3 cos3 t, 3sen3 t) y su altura es en cada punto (x, y) es f (x, y) = 1 + y 3 .Calcular el ´area de la pared. Soluci´on 465
- 481. El ´area deuna pared esta dada por la integral de trayectoria C f (x, y) ds = b a f (−→c (t)) |−→c (t)| d donde f (x, y) ≥ 0, ∀ (x, y) ∈ C En este caso tenemos que −→c (t) = (3 cos3 t, 3sen3 t) , t ∈ 0, π 2 −→c (t) = (−9 cos2 tsent, 9sen2 t cos t) =⇒ −→c (t) = 9sent cos t f (−→c (t)) = 1 + sen3 t As´ı, la integral es C 1 + y 3 ds = π/2 0 1 + sen3 t (9sent cos t) dt = 9 π/2 0 sent + sen4 t cos tdt = 9 sen2 t 2 + sen5 t 5 π/2 0 = 63 10 Problema 2 La base de una pared en el primer cuadrante es la trayectoria −→c :[0, 1] → IR2 ,dada por −→c (t) = (t, t2 ) y su altura es en cada punto (x, y) es f (x, y) =√ 1 + 4y. a) Determinar la longitud de la base de la pared. b) Calcular el ´area de la pared. Soluci´on Tenemos que −→c (t) = (t, t2 ) =⇒ −→c (t) = (1, 2t) =⇒ −→c (t) = √ 1 + 4t4 La longitud de la pared se determina por l = 1 0 −→c (t) dt = 1 0 √ 1 + 4t2dt = 1 2 t √ 1 + 4t2 + 1 2 ln 2t + √ 1 + 4t2 1 0 = 1 2 √ 5 + 1 2 ln 2 + √ 5 466
- 482. El ´area deuna pared esta dada por la integral de trayectoria C f (x, y) ds = 1 0 f (−→c (t)) −→c (t) dt = 1 0 √ 1 + 4t4 √ 1 + 4t4 dt = 1 0 1 + 4t4 dt = t + 4 5 t5 1 0 = 9 5 5.6. Aplicaciones de la integral de l´ınea Definici´on . Sea C una curva simple y regular, y sea −→ F :⊆ R3 → R3 un campo vectorial continuo. Definimos la integral de trabajo (o integral de l´ınea) de −→ F sobre la curva C ⊆ D por W = C −→ F · d−→r = b a −→ F (−→r (t)) · −→r (t) dt donde −→r : [a, b] → IR3 es una parametrizaci´on regular de C Cuando la curva C es cerrada, entonces se puede escribir W = C −→ F · d−→r y esta integral recibe el nombre de circulaci´on de −→ F a lo largo de C. Si −→ F representa el campo de velocidades de un fluido, la circulaci´on es la integral de la componente tangencial de la velocidad a lo largo de la curva cerrada C, proporcionando la cantidad neta de giro del fluido alrededor de C. (Campo Conservativo) En general, se dice que un campo vectorial −→ F : D ⊆ R3 → R3 es conservativo en D si existe un potencial φ : D ⊆ R3 → R tal que −→ F = φ sobre D. En efecto, si C es una curva 467
- 483. regular parametrizada por−→r : [a, b] → IR3 , entonces tenemos que C −→ F · d−→r = b a −→ F (−→r (t)) · −→r (t) dt = b a φ (−→r (t)) · −→r (t) dt = b a d dt [ φ (−→r (t))] dt = φ (−→r (b)) − φ (−→r (a)) Proposici´on 5.6.1. Sea −→ F = −→ F (x, y, z) un campo vectorial continuo sobre un abierto conexo de IR3 . Entonces las propiedades sobre −→ F siguientes, son equivalentes, para que sea campo vectorial conservativo: i) × −→ F = −→ 0 ii) Para toda curva C ⊆ D cerrada y regular por pedazos se tiene C −→ F · d−→r = 0 iii) Para cualquier par de curvas regulares, C1 ⊆ D y C2 ⊆ D, con iguales puntos inicial y final, se tiene C1 −→ F · d−→r = C2 −→ F · d−→r Problema 1 Calcular el trabajo ejercido por el campo vectorial −→ F (x, y, z) = (3x − 2y, y + 2z, −x2 )sobre una part´ıcula que se mueve seg´un la curva C dada por x = z2 , z = y2 desde el punto (0, 0, 0) hasta el (1, 1, 1). Soluci´on En primer lugar parametricemos la curva C:−→r (t) = (t4 , t, t2 ), t ∈ [0, 1] De modo que −→r (t) = (4t3 , 1, 2t) y −→ F (−→r (t)) = (3t4 − 2t, t + 2t2 , −t8 ) 468
- 484. Calculando directamente tenemos W= C −→ F · d−→r = b a −→ F (−→r (t)) · −→r (t) dt = 1 0 (3t4 − 2t, t + 2t2 , −t8 ) · (4t3 , 1, 2t)dt = 1 0 (12t7 − 8t4 + t + 2t2 − 2t9 )dt = 3 4 t8 − 8 5 t5 + 1 2 t2 + 2 3 t3 − 1 5 t10 1 0 = 13 15 Problema 2 Un campo de fuerza gravitacional −→ F (x, y, z) esta dado por −→ F (x, y, z) = k −→r 3 −→r . Calcular el trabajo que realiza la fuerza gravitacional que act´ua sobre una part´ıcula que se mueve a lo largo del eje x desde el P0 (1, 0, 0) hasta P(2, 0, 0) . Soluci´on. Si parametrizamos la trayectoria tenemos:−→r (t) = (t, 0, 0) 1 ≤ t ≤ 2 Ahora, determinemos la funci´on compuesta: −→ F (−→r (t)) = k t3 (t, 0, 0). Aplicando la definici´on de trabajo tenemos W = C −→ F · d−→r = 2 1 −→ F (−→r (t)) · −→r (t) dt = 2 1 k t3 (t, 0, 0) · (1, 0, 0) dt = 2 1 k t2 dt = − k t 2 1 = k 2 Problema 3 Si una part´ıcula es atra´ıda hacia el origen por una fuerza cuya magnitud es proporcional a la distancia −→r de la part´ıcula al origen, ¿que trabajo se hace cuando se mueve la part´ıcula desde el punto (0, 1) hasta el (1, 2) a lo largo de y = 1 + x2 suponiendo un coeficiente de roce µ entre la part´ıcula y la trayectoria?. Desprecie la fuerza de gravedad. 469
- 485. Soluci´on. Formulemos el problemausando el parametro longitud de arco s W = C −→ F · d−→r = s2 s1 −→ F (−→r (s)) · −→r (s) ds = s2 s1 −→ F (−→r (s)) · t (s) ds = s2 s1 FT (−→r (s)) ds La fuerza que trabaja es la componente tangencial a la curva. Entonces, determinemos esta componente a partir de la informacion. Sea θ el ´angulo que forma la tangente a la curva en un punto P (x, y) cualquiera con el eje x. Sea φ el ´angulo que forma el radio vector P con el eje y. Sea α el ´angulo entre la tangente y el radio vector en P. Al mover la part´ıcula a lo largo de la trayectoria, hay que realizar trabajo contra dos fuerzas que tienen componente tangencial, a saber, la componente tangencial de la fuerza central: Ft = F cos α = kr cos α y la fuerza de rozamiento Fr = µFn = µFsenα = µkrsenα. Donde Fn es la componente de la fuerza central que es perpendicular a la trayectoria y que act´ua para mantener la part´ıcula en su trayectoria. Por tanto la fuerza tangencial resultante es: FT = kr cos α + µkrsenα Aplicando, el teorema del ´angulo externo de la geometr´ıa plana se tiene: α = φ − θ Reemplazando en la expresi´on anterior, queda FT = kr cos (φ − θ) + µkrsen (φ − θ) . Luego, el trabajo queda W = s2 s1 FT (−→r (s)) ds = L 0 (kr cos (φ − θ) + µkrsen (φ − θ)) ds = k L 0 r cos (φ − θ) ds + kµ L 0 rsen (φ − θ) ds = k L 0 r [cos φ cos θ + senφsenθ] ds + +kµ L 0 r [senφ cos θds − senθ cos φ] ds 470
- 486. Ahora bien, eltrabajo expresemos el trabajo en coordenadas cartesianas x = r cos φ dx = cos θds y = rsenφ dy = senθds Por lo tanto, sustituyendo ´estas en la ´ultima expresi´on para W, se tiene: W = k C xdx + ydy + µk C ydx − xdy Parametizando la curva C, queda: −→r (t) = (t, t2 + 1), 0 ≤ t ≤ 1 =⇒ −→r (t) = (1, 2t), 0 ≤ t ≤ 1 Sustituyendo en la integral anterior, obtenemos W = k 1 0 (t, t2 + 1) · (1, 2t)dt + kµ 1 0 (t2 + 1, −t) · (1, 2t)dt = k 1 0 (2t3 + 3t)dt + kµ 1 0 (1 − t2 )dt = k 1 2 t4 + 3 2 t2 1 0 + kµ t − 1 3 t3 1 0 W = 2k + 3 2 µk Es el trabajo total efectuado durante el movimiento. Problema 4 Sea −→ F (x, y) el campo de fuerzas definido en IR2 por −→ F (x, y) = (2x + ycos(xy), xcos(xy)) Calcular el trabajo realizado por −→ F sobre cualquier curva cerrada con- tenida en IR2 Soluci´on Si el campo es conservativo, el trabajo realizado por el campo sobre cualquier curva cerrada ser´a nulo. Por tanto, supongamos que existe φ : IR2 → IR diferenciable tal que −→ F = φ. Entonces, se debe satisfacer ∂φ ∂x = 2x + ycos(xy) ∂φ ∂y = xcos(xy) (1) Integrando la primera ecuaci´on respecto de x obtenemos, φ(x, y) = x2 + sen(xy) + h(y). 471
- 487. Si derivamos φrespecto de y , luego comparamos con la segunda ecuaci´on de (1) obtenemos que xcos(xy) + h (y) = xcos(xy) lo que implica h (y) = 0 =⇒ h (y) = c Por lo tanto, la funci´on φ(x, y) = x2 + sen(xy) + c verifica que −→ F = φ Finalmente W = C −→ F · d−→r = 0 Problema 5 ¿Para qu´e valores de a∈ IR el campo vectorial −→ F (x, y, z) = (axy − z3 , (a − 2)x2 , (1 − a)xz2 ) es conservativo? Para esos valores, calcular la funci´on potencial. Soluci´on Para cualquier valor de a el campo −→ F es de clase C1 en R3 y ser´a conservativo si su rotacional es cero ∀(x; y; z) ∈ R3 . Calculemos el rotacional × −→ F = i j k ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂z axy − z3 (a − 2)x2 (1 − a)xz2 = (0, −3z2 − (1 − a)z2 , 2x(a − 2) − ax) que se anula si se cumplen las ecuaciones: (1 − a)z2 + 3z2 = 0 2x(a − 2) − ax = 0 Por tanto, para a = 4 el campo −→ F es conservativo y ∃φ : IR3 → IR tal que −→ F = φ = (4xy − z3 , 2x2 , −3xz2 ),entonces 472
- 488. ∂φ ∂x = 4xy −z3 ∂φ ∂y = 2x2 ∂φ ∂z = −3xz2 Integrando la primera ecuaci´on respecto de x, queda φ(x, y, z) = (4xy − z3 )dx = 2x2 y − xz3 + h(y, z) Por tanto φ(x, y, z) = 2x2 y − xz3 + g(z) derivando la funci´on φ con respecto a z y luego comparamos con la tercera ecuaci´on tenemos ∂φ ∂z = −3xz2 + g (z) = −3xz2 =⇒ g (z) = 0 =⇒ g (z) = c En consecuencia, la funci´on potencial del campo −→ F es φ(x, y, z) = 2x2 y − xz3 + c Problema 6 Una masa M en el origen en IR3 ejerce una fuerza sobre una masa m lo- calizada en −→r = (x, y, z) con magnitud G mM r2 y dirigida hacia el origen. Aqu´ı G es la constante gravitacional, que depende de las unidades de medi- ci´on y r = |−→r | = x2 + y2 + z2,si recordamos que − −→r r es un vector unitario dirigido hacia el origen, entonces podemos escribir el campo de fuerza como −→ F = −G mM r3 −→r a) Mostrar que el campo vectorial es conservativo. b) Hallar un potencial escalar para −→ F . c) Hallar el trabajo realizado por −→ F al trasladar la part´ıcula de masa m desde un punto P1 hasta P2 d) ¿Cual es el trabajo realizado por la fuerza −→ F al mover la part´ıcula de masa m desde el infinito hasta una distancia r del origen?. 473
- 489. Soluci´on a) En primerlugar calculemos × −→ F = × −G mM r3 −→r = −GmM 1 r3 × −→r + 1 r3 × −→r Puesto que de las identidades b´asicas del an´alisis vectorial, tenemos i) × φ −→ F = (φ) × −→ F + φ( × −→ F ) ii) (rn ) = nrn−2−→r Entonces, queda: × −→ F = −GmM − 3 r −→r × −→r + 1 r3 × −→r De modo que el primer t´ermino se anula pues −→r × −→r = 0 Luego queda a´un por calcular el segundo t´ermino × −→r = i j k ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂z x y z = (0, 0, 0) Por tanto × −→ F = −→ 0 para −→r = −→ 0 b) Luego existe φ tal que −→ F = − φ.(En f´ısica se define que el campo de fuerza proviene del valor negativo del gradiente de la funci´on escalar). Aprovechando la simetr´ıa radial del campo de fuerza expresemos el gradiente en coordenadas cil´ındricas ∂φ ∂r = G mM r2 =⇒ φ (−→r ) = G mM r2 dr φ (−→r ) = − GmM r + C Donde c es una constante de integraci´on c) Como el campo es conservativo, el trabajo depende de la posici´on de los puntos inicial y final y el trabajo es igual a C −→ F · d−→r = φ (−→r (2)) − φ (−→r (1)) = GmM 1 r1 − 1 r2 474
- 490. donde r1 yr2 son las distancias radiales de los puntos P1 y P2 respectivamente al origen. d) Si r1 → ∞ y r2 = r se tiene que W = − GmM r Problema 7 Dado el campo de fuerzas −→ F (x, y) = (y3 + 1, 3xy2 + 1). a) ¿Es −→ F conservativo? en caso que lo sea, hallar la funci´on potencial de −→ F . b) Hallar el trabajo realizado al mover un objeto desde el punto (0, 0) al (2, 0),a lo largo de la semicircunferencia (x − 1)2 + y2 = 1 con y ≥ 0. c) Hallar el trabajo realizado al mover el objeto a lo largo de la circun- ferencia completa. Soluci´on Examinemos el rotor de −→ F × −→ F = i j k ∂ ∂x ∂ ∂y 0 y3 + 1 3xy2 + 1 0 = 0, 0, 3y2 − 3y2 = (0, 0, 0) Por tanto, estamos en presencia de un campo conservativo, luego existe una funci´on escalar φ (x, y) tal que ∂φ ∂x = y3 + 1 ∂φ ∂y = 3xy2 + 1 Integrando la primera ecuaci´on respecto de x, queda φ(x, y) = (y3 + 1)dx = xy3 + x + h(y) Para calcular la funci´onh(y),calculamos la derivada parcial de φ respecto de 475
- 491. y luego comparamoscon la segunda ecuaci´on: ∂φ ∂y = 3xy2 + h (y) = 3xy2 + 1 =⇒ h (y) = 1 =⇒ h(y) = y + c En consecuencia, la funci´on potencial del campo −→ F es φ(x, y, z) = xy3 + x + y + c b) Como −→ F es conservativo la integral es independiente del camino, ´unicamente depende de los puntos inicial y final. El trabajo realizado al mover el objeto desde (0, 0) hasta (2, 0) ser´a: C −→ F · d−→r = φ (2, 0) − φ (0, 0) = (2 + c) − c = 2 c) A lo largo de la circunferencia tenemos una curva cerrada,lo que implica que el trabajo ser´a nulo: W = C −→ F · d−→r = 0 Problemas propuestos para reflexionar 1.- Considere dos curvas que parten del punto P = (0, 2) y finalizan en Q = (π, 0); la braquist´ocrona dada por la ecuaci´on: −→r (t) = (t + sen(t + π); 1 − cos(t + π)); t ∈ [0; π]; y el segmento rectitl´ıneo que va de P a Q. Pruebe que si se suelta una bola que se desliza por cada curva, bajo el efecto de la gravedad, entonces llega antes la bola de la braquist´ocrona que la del segmento rectil´ıneo. T´engase en cuenta que el tiempo total, para una curva cualquiera, es la integral a lo largo de dicha curva del campo escalar φ (x, y) = 1 2g (h0 − y) donde g es la gravedad y h0 la altura inicial de la bola. 2.- Calcular el trabajo realizado por una fuerza proporcional al vector dirigido hacia el origen, sobre el recorrido del primer cuadrante de la elipse x2 a2 + y2 b2 = 1, desde el punto (a, 0) hasta el (0, b). 476
- 492. Soluci´on: k 2 (a2 − b2 ) conk > 0. 3.- Dado h > 0, sea C la curva que se encuentra sobre la superficie defini- da por x2 + y2 = z2 h2 , de forma tal que la altura z = z() satisface la ecuaci´on diferencial dz d = z; z(0) = h donde z y representan las coordenadas cil´ındri- cas. (a) Parametrice la ecuaci´on de la curva C −→r (θ) .Calcule la curvatura κ y la torsi´on τ (b) Considere el campo vectorial −→ F (x, y, z) = 1 x , 1 y , − 1 z2 Sea C0 la restricci´on de C a ∈ π 6 , π 3 .Calcule el trabajo realizado por el campo −→ F al desplazar una part´ıcula a trav´es de C0. Soluci´on a) −→r (θ) = eθ cos θ, eθ senθ, heθ , curvatura κ = √ 2 eθ (2 + h2) ; torsi´onτ = h eθ (2 + h2) b) C −→ F · d−→r = φ (−→r (θ))| π/3 π/6 = π 3 + 1 h 1 eπ/3 − 1 eπ/6 5.7. Problemas Resueltos Problemas 1 Calcular la integral de trayectoria −→r x3 y ds, donde −→r es la trayectoria y = x2 2 entre los puntos (0, 0) y (2, 2) . Soluci´on Primero, determinemos la ecuaci´on param´etrica de la trayectoria x = t y = t2 2 t ∈ [0, 2] ⇐⇒ −→r (t) = t, t2 2 Derivando la expresi´on anterior, queda −→r (t) = (1, t) =⇒ −→r (t) = √ 1 + t2 Adem´as f(x, y) = x3 y =⇒ f (−→r (t)) = 2t A partir de la definici´on de integral de trayectoria tenemos 477
- 493. −→r x3 y ds = 2 0 2t √ 1 +t2dt = 2 3 1 + t2 3/2 2 0 = 2 3 √ 75 − 1 Problema 2 Dada la funci´on escalar f(x, y) = 2xy, calcular la integral de trayectoria a lo largo de la curva elipse x2 9 + y2 4 = 1 desde el punto (3, 0) hasta (0, 2). Soluci´on Observemos que −→r es el segmento de elipse que est´a en el primer cuadrante.Entonces al parametrizar la curva queda x = 3 cos t y = 2sent t ∈ 0, π 2 ⇐⇒ −→r (t) = (3 cos t, 2sent) Derivando la trayectoria −→r (t) = (−3 sin t, 2 cos t) ⇐⇒ −→r (t) = √ 5sen2t + 4 Calculemos la funci´on escalar f sobre la trayectoria f(x, y) = 2xy =⇒ f(x (t) , y (t)) = 6 cos tsent Calculemos la integral −→r 2xyds = π/2 0 12 cos tsent √ 5sen2t + 4dt = 4 5 5sen2 t + 4 3/2 π/2 0 = 76 5 Problema 3 Calcular la integral de l´ınea −→r xydx + x2 dy, donde −→r es la trayectoria x2 + 4y2 = 4, x > 0. Soluci´on Primero, escribamos la ecuaci´on param´etrica de la trayectoria orientada positivamente x = 2 cos t y = sent t ∈ −π 2 , π 2 =⇒ −→r (t) = (2 cos t, sent) 478
- 494. −→ F(x, y) =xy, x2 =⇒ −→ F(x (t) , y (t)) = 2 cos tsent, (2 cos t)2 Determinemos el vector −→r = (−2sent, cos t) Calculemos la integral −→r xydx + x2 dy = π/2 −π/2 2 cos tsent, (2 cos t)2 · (−2sent, cos t) dt = π/2 −π/2 (−4sen2 t cos t + 4 cos3 t)dt = π/2 −π/2 (−8sen2 t cos t + 4 cos t)dt = − 8 3 sen3 t + 4sent π 2 −π 2 = 8 3 Problema 4 Calcular la integral de l´ınea −→r −y2 dx + xdy, donde −→r es la trayectoria y2 = 2x − x2 , tal que x > 1, y > 0. Soluci´on Observemos que −→r es el segmento de circunferencia: y2 = 2x − x2 ⇐⇒ (x − 1)2 + y2 = 1 tal que x > 1, y > 0. Entonces: x = 1 + cos t y = sent t ∈ 0, π 2 =⇒ −→r (t) = (1 + cos t, sent) =⇒ −→r (t) = (−sent, cos t) Calculemos el campo vectorial −→ F sobre la trayectoria −→ F(x, y) = (−y2 , x) =⇒ −→ F(x (t) , y (t)) = (−sen2 t, 1 + cos t) 479
- 495. Calculemos la integral −→r −y2 dx+ xdy = π/2 0 sen3 t + cos2 t + cos t dt = π/2 0 1 − cos2 t sent + ( 1 + cos 2t 2 ) + cos t dt = − cos t + cos3 t 3 + t 2 + sen2t 4 + sent π/2 0 = 1 − 1 3 + π 4 + 1 = 5 3 + π 4 Problema 5 Calcular la integral de l´ınea −→r (8x + z)dx + 2xz2 dy − 4y2 dz, siendo −→r la curva definida por las ecuaciones: z = 9 − 2x2 − 4y2 , z = 1. Soluci´on Observemos, que la curva contenida en el plano z = 1, es la elipse 2x2 + 4y2 = 8,con semi ejes a = 2 y b = √ 2, que se parametriza mediante. x = 2 cos t y = √ 2sent z = 1 t ∈ [0, 2π] =⇒ −→r (t) = 2 cos t, √ 2sent, 1 t ∈ [0, 2π] Calculemos el campo vectorial −→ F sobre la trayectoria −→ F(x, y, z) = (8x + z, 2xz2 , −4y2 ) =⇒ −→ F(x (t) , y (t)) = (16 cos t + 1, 4 cos 1t, 1) Evaluemos el vector −→r (t) = −2sent, √ 2 cos t, 0 luego, obtenemos −→ F(x (t) , y (t)) · −→r (t) = (16 cos t + 1, 4 cos t, 1) · −2sent, √ 2 cos t, 0 Entonces la integral de l´ınea es −→r (8x+z)dx+2xz2 dy−4y2 dz = 2π 0 −32sent cos t − 2sent + 4 √ 2 cos2 t dt 480
- 496. = −16sen2 t +2 cos t 2π 0 + 4 √ 2 2π 0 1 + cos 2t 2 dt = 4 √ 2 t 2 + sen2t 4 2π 0 = 4 √ 2π Problema 6 Calcular el trabajo producido por campo de fuerzas dado por −→ F = (3x + 4y, 2x+3y2 ), a lo largo de la circunferencia C de radio 2 centrada en el origen y recorrida con orientaci´on positiva. Soluci´on Definimos el trabajo mediante la integral de l´ınea −→r −→ F · d−→r = b a −→ F (−→r (t)) · −→r (t) dt Luego, parametrizando la trayectoria tenemos: −→r (t) = (2cost, 2sent), t ∈ [0, 2π]. =⇒ −→r (t) = (−2sent, 2 cos t) Reemplazando el integrando, queda W = (3x + 4y, 2x + 3y2 , 0) · (dx, dy, dz) = 2π 0 (6cost + 8sent, 4cost + 12sen2 t, 0) · (−2sent, 2cost, 0)dt = 2π 0 [−16sen2t + 8cos2t]dt = −16π + 8π = −8π. Trabajo negativo significa que el campo de fuerza disipa energ´ıa. 5.7.1. Campo conservativo Problemas 1 Sea el campo vectorial −→ F : IR3 → IR3 dado por −→ F (x, y, z) = (x, −y, z). Calcular la integral −→r −→ F · d−→r 481
- 497. a) Si Ces la circunferencia x2 + y2 = 4 recorrida en el sentido positivo. b) Si C es la recta que une P = (1, 0, 0) con Q = (1, 0, 4). c) Si C es la helicoide −→r (t) = (cos(4πt), sen(4πt), 4t), t ∈ [0, 1] que une P = (1, 0, 0) con Q = (1, 0, 4). Soluci´on a) Las ecuaci´on param´etrica de la circunferencia de radio 2 centrada en el origen y recorrida en sentido positivo, es −→r (t) = (2 cos t, 2sent, 0) t ∈ [0, 2π] =⇒ −→r (t) = (−2sent, 2 cos t, 0) Entonces, la integral de linea queda −→r −→ F · d−→r = −→r (x, −y, z) · (dx, dy, dz) = 2π 0 (2 cos t, −2sent, 0) · (−2sent, 2 cot s, 0) dt = 2π 0 −8 cos tsentdt = 0 b) La ecuaci´on param´etrica de la recta que une P = (1, 0, 0) con Q = (1, 0, 4) es: −→r (t) = −→ P + ( −→ Q − −→ P )t = t(1, 0, 4) t ∈ [0, 1] =⇒ −→r (t) = (1, 0, 4) . Entonces −→r −→ F · d−→r = 1 0 (t, 0, 4t) · (1, 0, 4) dt = 1 0 16tdt = 8t2 1 0 = 8 c) A partir de la ecuaci´on de la helicoide se obtiene −→r (t) = (−4πsen(4πt), 4π cos(4πt), 4) Sustituyendo t´erminos en el integrando, queda −→r −→ F · d−→r = 1 0 (cos(4πt), −sen(4πt), 4t) · (−4πsen(4πt), 4π cos(4πt), 4)dt = 1 0 (−8πsen(4πt) cos(4πt) + 4t)dt = 1 0 16tdt = 8t2 1 0 = 8 482
- 498. El valor dela integral de l´ınea es el mismo por ambas trayectorias. Problema 2 Calcular la integral −→r 2x cos ydx − x2 senydy, donde −→r : [1, 2] → IR2 definida por −→r (t) = et−1 , sen π t . Soluci´on. Determinemos si el campo vectorial es conservativo, de modo que calcu- lamos × −→ F = i j k ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂z 2x cos y −x2 seny 0 = (0, 0, 0) Como hallamos que × −→ F = −→ 0 , entonces −→ F tiene una funci´on potencial φ (x, y) tal que ∂ ∂x φ (x, y) = 2x cos y ∂ ∂y φ (x, y) = −x2 seny Integrando la primera ecuaci´on parcialmente con respecto a x, se tiene φ (x, y) = x2 cos y + h (y) =⇒ ∂ ∂y φ (x, y) = −x2 seny + h (y) = −x2 seny h (y) = 0 ⇐⇒ h (y) = c En consecuencia, la funci´on potencial φ (x, y) para −→ F (x, y) es φ (x, y) = x2 cos y + c Entonces , podemos afirmar que −→r 2x cos ydx − x2 senydy = −→r φ · d−→r = φ (−→r (2)) − φ (−→r (1)) donde φ (−→r (2)) = φ e, sen π 2 = e2 + c φ (−→r (1)) = φ (1, senπ) = 1 + c Por tanto. obtenemos: −→r 2x cos ydx − x2 senydy = e2 − 1 483
- 499. Problema 3 Considere elcampo vectorial −→ F (x, y, z) en IR3 definido por : −→ F (x, y, z) = yz 1 + x2y2z2 , xz 1 + x2y2z2 , xy 1 + x2y2z2 Evaluar −→r yzdx + xzdy + xydx 1 + x2y2z2 ,donde −→r es: a) el segmento rect´ılineo entre (0, 0, 0) y (1, 1, 1) . b) la intersecci´on de x2 + y2 + (z − 1)2 = 1, con x2 + y2 + z2 = 1. Soluci´on Se tiene que las componentes del campo vectorial son continuas ∀ (x, y, z) ∈ IR3 Primero, verifiquemos si el campo vectorial es conservativo o no. × −→ F = i j k ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂z yz 1 + x2y2z2 xz 1 + x2y2z2 xy 1 + x2y2z2 = (0, 0, 0) Puesto que ∂ ∂y xy 1 + x2y2z2 = ∂ ∂z xz 1 + x2y2z2 , ∂ ∂z yz 1 + x2y2z2 = ∂ ∂x xy 1 + x2y2z2 , etc. = (0, 0, 0) Como hallamos que × −→ F = −→ 0 , entonces −→ F tiene una funci´on potencial φ (x, y) tal que: ∂ ∂x φ (x, y) = yz 1 + x2y2z2 ∂ ∂y φ (x, y) = xz 1 + x2y2z2 ∂ ∂z φ (x, y) = xy 1 + x2y2z2 Integrando la primera ecuaci´on parcialmente con respecto a x, se tiene φ (x, y) = arctg (xyx) + h (y, z) =⇒ ∂ ∂y φ (x, y) = xz 1 + x2y2z2 + h (y, z) = xz 1 + x2y2z2 h (y, z) = 0 ⇐⇒ h (y, z) = g (x) 484
- 500. En consecuencia, lafunci´on potencial φ (x, y) para −→ F (x, y)es φ (x, y) = arctg (xyx) + g (z) =⇒ φ (x, y) = xy 1 + x2y2z2 + g (x) = xy 1 + x2y2z2 g (x) = 0 ⇐⇒ g (x) = c Entonces , podemos concluir que φ (x, y) = arctg (xyx) + c En este caso hallamos , que el valor de la integral −→r yzdx + xzdy + xydx 1 + x2y2z2 = −→r φ · d−→r = φ (1, 1, 1) − φ (0, 0, 0) = arctg (1) − arctg (0) = π 4 Si −→r es la intersecci´on de dos esferas la curva resultante es cerrada, en consecuencia −→r yzdx + xzdy + xydx 1 + x2y2z2 = −→r φ · d−→r = 0 5.7.2. Teorema de Green Problema 1 Verificar el teorema de Green para el campo vectorial −→ F (x, y, z) = (2(x2 + y2 ), (x + y)2 ) ,donde las curvas frontera de la regi´on D corresponden al contorno del tri´angulo con v´ertices en los puntos (1, 1) , (2, 2) ,y (1, 3) orientado positivamente. Soluci´on Como el campo vectorial −→ F (x, y) es de clase C1 , y la regi´on D conexa, entonces el teorema de Green afima que: C Pdx + Qdy = D ∂ ∂x Q − ∂ ∂y P dxdy Identificando t´erminos, tenemos que P (x, y) = 2(x2 + y2 ) =⇒ ∂P ∂y = 4y 485
- 501. Q (x, y)= (x + y)2 =⇒ ∂Q ∂x = 2(x + y) Entonces calculemos D ∂Q ∂x − ∂P ∂y dxdy = D 2 (x − y) dxdy donde D = {(x, y) ∈ IR2 : 1 ≤ x ≤ 2, x ≤ y ≤ 4 − x} . Luego D 2 (x − y) dxdy = 2 1 4−x x 2 (x − y) dydx = 2 1 xy − y2 2 4−x x dx = 2 1 2x(4 − x) − (4 − x)2 − 2x2 + x2 dx = −4 2 1 (x − 2)2 dx = −4 (x − 2)3 3 2 1 = − 4 3 Calculemos directamente la integral de l´ınea, segmentando la frontera en tres curvas: C Pdx + Qdy = C1 Pdx + Qdy + C2 Pdx + Qdy + C3 Pdx + Qdy Parametricemos los segmentos de curvas que unen los puntos (1, 1) y (2, 2) ; (2, 2) y (1, 3) ; (1, 3) y (1, 1) Ac´a debe ir gr´afico Sea C1 la recta y = x, 1 ≤ x ≤ 2 =⇒ −→r (t) = (t, t) , t ∈ [1, 2] =⇒ −→r (t) = (1, 1) , t ∈ [1, 2] entonces: 486
- 502. C1 2(x2 + y2 )dx +(x + y)2 dy = 2 1 2 t2 + t2 + (2t)2 dt = 2 1 8t2 dt = 8 t3 3 2 1 = 56 3 Sea C2 la recta y = 4 − x, 1 ≤ x ≤ 2 =⇒ −→r (t) = (4 − t, t) , t ∈ [2, 3] =⇒ −→r (t) = (−1, 1) , t ∈ [2, 3] , entonces: C2 2(x2 + y2 )dx + (x + y)2 dy = 3 2 2 (4 − t)2 + t2 (−1) + (4)2 dt = 3 2 −2 16 − 8t + 2t2 + 16 dt = −4 3 2 t2 − 4t + 4 dt = −4 3 2 [t − 2]2 dt = −4 (t − 2)3 3 3 2 = − 4 3 Sea C3 la recta x = 1, 1 ≤ y ≤ 3 =⇒ −→r (t) = (1, 3 − t) , t ∈ [0, 2] =⇒ −→r (t) = (0, −1) , t ∈ [0, 2] , entonces: C3 2(x2 + y2 )dx + (x + y)2 dy = 2 0 (4 − t)2 (−1)dt = (4 − t)3 3 2 0 = 8 3 − 64 3 = − 56 3 Por lo tanto, al sumar los tres t´erminos tenemos: C 2(x2 + y2 )dx + (x + y)2 dy = 56 3 − 4 3 − 56 3 = − 4 3 Lo que muestra la validez de la formula del teorema de Green. 487
- 503. Problema 2 Verificar elteorema de Green para C x2 ydx + xy2 dy, donde C es la frontera de la regi´on R en el primer cuadrante, limitada por las gr´aficas de y = x, y3 = x2 . Soluci´on. Primero, calculemos la integral de l´ınea considerando la orientaci´on pos- itiva de la frontera, dividiendola en dos segmentos C1 y = x y C2 y3 = x2 . Determinemos los puntos que se intersectan ambas curvas: y = x y3 = x2 =⇒ x3 = x2 =⇒ x2 (x − 1) = 0 ⇐⇒ x = 0 y x = 1 Luego, ambas curvas se intersectan en los puntos (0, 0) y (1, 1) .En consecuencia la regi´on R queda delimitada por R = (x, y) ∈ IR2 /0 ≤ x ≤ 1, x ≤ y ≤ x2/3 Parametrizando el segmento de curva C1tenemos: C1 : −→r 1 (t) = (t, t) , t ∈ [0, 1] =⇒ −→r 1 (t) = (1, 1) Calculemos el campo vectorial sobre la curva C1 −→ F (−→r 1 (t)) = t3 , t3 =⇒ −→ F (−→r 1 (t)) · −→r 1 (t) = t3 , t3 · (1, 1) = t3 + t3 = 2t3 Para C2 encontramos C2 : −→r 2 (t) = 1 − t, (1 − t)2/3 , t ∈ [0, 1] =⇒ −→r 1 (t) = −1, − 2 3 (1 − t)−1/3 Luego, la funci´on compuesta para el campo sobre C2 es: −→ F (−→r 2 (t)) = (1 − t)8/3 , (1 − t)7/3 =⇒ −→ F (−→r 1 (t)) · −→r 1 (t) = (1 − t)8/3 , (1 − t)7/3 · −1, − 2 3 (1 − t)−1/3 = −(1 − t)8/3 − 2 3 (1 − t)2 Entonces la integral de l´ınea queda C x2 ydx + xy2 dy = 1 0 2t3 dt − 1 0 ((1 − t)8/3 + 2 3 (1 − t)2 )dt = t4 4 + 3(1 − t)11/3 11 + 2(1 − t)3 9 11 0 = 1 4 − 3 11 − 2 9 = 1 198 488
- 504. Por otra parteel campo vectorial −→ F (x, y) de clase C1 , es decir campo con- tinuo con primera derivada continua,definido en la regi´on R conexa,acotado por una frontera cerrada, entonces podemos aplicar el teorema de Green que afima: C x2 ydx + xy2 dy = R ∂ ∂x (x2 y) − ∂ ∂y (xy2 ) dxdy donde R = (x, y) ∈ IR2 /0 ≤ x ≤ 1, x ≤ y ≤ x2/3 ,entonces: R ∂ ∂x (x2 y) − ∂ ∂y (xy2 ) dxdy = 1 0 x2/3 x y2 − x2 dydx = 1 0 y3 3 − x2 y x2/3 x dx = 1 0 x2 3 − 8x8/3 + 2 3 x3 dx = x3 9 − 3 11 x11/3 + x4 6 1 0 = 1 9 − 3 11 + 1 6 = 1 198 Con esto,verificamos el teorema de Green en este caso particular. Problema 3 Calcule la integral C −y 2x2 + 3y2 dx+ x 2x2 + 3y2 dy a lo largo de la curva C formada por los lados del cuadrado con v´ertices en (1, 1) , (−1, 1) , (−1, −1) , (1, −1) . Soluci´on. Claramente vemos que el campo vectorial −→ F (x, y) en la regi´on acotada por C no es continuo, con primeras derivadas parciales continuas en el origen (0, 0) . Luego, vamos a excluir el origen de la regi´on . Dado que la regi´on envuelta por la curva C, que excluye la singularidad, no es simplemente conexa, se tiene que: C Pdx + Qdy + C1 Pdx + Qdy = D ∂Q ∂x − ∂P ∂y dxdy donde la curva C1 es la elipse con ecuaci´on 2x2 + 3y2 = r2 , orientada en el sentido horario, con normal apuntando hacia fuera de la regi´on D. 489
- 505. Por otra parte. ∂Q ∂x = 3y2 −2x2 (2x2 + 3y2)2 ∂P ∂y = 3y2 − 2x2 (2x2 + 3y2)2 =⇒ ∂Q ∂x − ∂P ∂y = 0 Entonces, tenemos C Pdx + Qdy + C1 Pdx + Qdy = D ∂Q ∂x − ∂P ∂y dxdy = 0 =⇒ C Pdx + Qdy = − C1 Pdx + Qdy =⇒ C Pdx + Qdy = C− 1 Pdx + Qdy Parametrizando C− 1 como −→r (t) = r √ 2 cos t, r √ 3 sent con 0 ≤ t ≤ 2π Se obtiene C− 1 Pdx + Qdy = 2π 0 − rsent √ 3r2 − r √ 2 sent + r √ 2r2 cos t r √ 3 cos t dt = 1 √ 6 (2π) = 2 3 π Por lo tanto, la integral C Pdx + Qdy = 2 3 π Problema 4 Sea C una curva cerrada simple que encierra una regi´on D = (x, y) ∈ IR2 / x2 4 + y2 5 = 1 Calcular el ´area del interior de la elipse usando el teorema de Green. Soluci´on. 490
- 506. A partir delteorema de Green tenemos A (D) = 1 2 C xdy − ydx Parametricemos la ecuaci´on de la elipse , mediante −→r (t) = (2cos(t), √ 5sen(t)), 0 ≤ t ≤ 2π. Entonces x(t) = 2cos(t), y(t) = √ 5sen(t), luego dx = −2sen(t), dy(t) = √ 5 cos(t) Reemplazando t´erminos en el integrando 1 2 C xdy − ydx = 1 2 2π 0 (2 √ 5cos2 (t) + 2 √ 5sen2 (t))dt = √ 5 2π 0 dt = 2π √ 5 Problema 5 Considere la regi´on R del plano x2 +(y−a)2 ≤ a2 ; x2 +y2 ≥ 2a2 y usando el teorema de Green, verifique que el ´area de dicha regi´on coincide con el ´area de un cuadrado de lado a. Soluci´on La curva C1descrita por la ecuaci´on x2 + (y − a)2 = a2 ,corresponde a la circunferencia con centro en (0, a) y radio a y la curva C2 es la ecuaci´on x2 + y2 = 2a2 de la circunferencia con centro en (0, 0) y radio a √ 2. Calculemos los puntos de intersecci´on de ambas curvas, igualando ambas ecuaciones, produce 2a2 − 2ay = 0 =⇒ y = a Sustituyendo este resultado en la segunda ecuaci´on, obtenemos x2 = a2 ⇐⇒ x = ±a Por lo tanto, los puntos de intersecci´on de ambas curvas son P1 = (−a, a) y P2 = (a, a) que tienen coordenadas polares (a √ 2, 3π/4) y (a √ 2, π/4) respectivamente. En consecuencia, la curva cerrada C que forma la frontera de R es la uni´on 491
- 507. de la curvaC1 parametrizada por: x(t) = acost, y(t) = a + asent, donde t ∈ [0, π] y de la curva C2 parametrizada por x(t) = a √ 2cost, y(t) = a √ 2sent, dondet ∈ [π/4, 3π/4]. El teorema de Green afirma que A (R) = 1 2 C xdy − ydx donde la orientaci´on de C es positiva. A (R) = 1 2 C1 xdy − ydx + 1 2 C2 xdy − ydx Las orientaciones de C1 y C2, van en sentido opuesto a los punteros del reloj, para que C tenga orientaci´on positiva. Entonces A (R) = 1 2 π 0 (a2 sent + a2 )dt + 1 2 π/4 3π/4 (2a2 )dt = 1 2 a2 [− cos t + t]π 0 + 2a2 [t] π/4 3π/4 = 1 2 2a2 + πa2 − πa2 = a2 Resultado que verifica que el ´area de la regi´on R es igual a la de un cuadrado de lado a. 5.8. Problemas propuestos 5.8.1. Integral de trayectoria 1.- Calcular el ´area de la superficie lateral cuya base est´a sobre la curva −→r del plano XY y la altura en cada (x,y) es z = f (x, y) ,donde: a) f(x, y) = xy , −→r : x2 + y2 = 1 desde (1, 0) hasta (0, 1) . b) f(x, y) = h , −→r : y = 1 − x2 desde (1, 0) hasta (0, 1) . c) f(x, y) = xy, −→r : y = 1 − x2 desde (1, 0) hasta (0, 1) . Respuestas 492
- 508. a) A(S) = 1 2 , b)A(S)= h 4 2 √ 5 + ln 2 + √ 5 , c)A(S) = 1 120 25 √ 5 − 11 2.- Evaluar las siguientes integrales de trayectoria −→r f (x, y, z) ds a) f(x, y, z) = e √ z , −→r : [0, 1] → IR3 dada por −→r (t) = (1, 2, t2 ) . b) f(x, y, z) = yz, −→r : [1, 3] → IR3 dada por −→r (t) = (t, 3t, 2t) . c) f(x, y, z) = x + y y + z , −→r : [1, 2] → IR3 dada por −→r (t) = t, 2 3 t3/2 , t . d) f(x, y, z) = z, −→r : [0, 2π] → IR3 dada por −→r (t) = (tcost, tsent, t) . Respuestas a) −→r e √ z ds = 2, b) −→r yzds = 52 √ 14, c) −→r x + y y + z ds = 16 3 − 2 √ 3 d) −→r zds = 1 3 (2 + 4π2)3 − 2 √ 2 3.- Evaluar las siguientes integrales de trayectoria −→r f (x, y) ds a) f(x, y) = 8y2 − 5x, la curva C dada por x2/3 + y2/3 = 1. b) f(x, y) = x + y, siendo C un tri´angulo de v´ertices (0, 0), (1, 0) y (0, 1), recorrido en sentido antihorario. Respuestas a) C (8y2 − 5x)ds = 12 b) C (x + y)ds = 1 + √ 2 5.8.2. Integral de l´ınea 4.- Evaluar las siguientes integrales de l´ınea: a) −→r xdx + ydy + zdz, donde −→r : [−1, 2] → IR3 dada por −→r (t) = (t2 , 3t, 2t3 ) . b) −→r 2xyzdx + x2 zdy + x2 ydz, donde −→r es una curva simple orientada que une (1, 1, 1) con (1, 2, 4). c) −→r x2 zdx + 6ydy + yz2 dz, donde −→r : [1, 3] → IR3 dada por −→r (t) = (t, t2 , ln t) . d) C xydx + (x − y)dy, donde C esta formado por los segmentos de recta que van desde (0, 0) a (2, 0) y de (2, 0) a (3, 2) . e) C (x+2)dx+3zdy+y2 dz,siendo C la curva intersecci´on de las superficies x2 + y2 + z2 = 1; z = x − 1 493
- 509. Respuestas. a) −→r xdx +ydy + zdz = 147 b) −→r 2xyzdx + x2 zdy + x2 ydz = 7 c) −→r x2 zdx + 6ydy + yz2 dz = 249, 49 d) C xydx + (x − y)dy = 17 3 e) C (x + 2)dx + 3zdy + y2 dz = 3 √ 2 4 π 5.- Evaluar la integral de l´ınea de −→ F a lo largo de cada una de las siguientes trayectorias. a) −→ F (x, y) = (x2 − 2xy, y2 − 2xy),a lo largo de la par´abola y = x2 desde (−1, 1) a (1, 1) b) −→ F (x, y, z) = (x, y, xz − y) sobre el segmento de recta desde el punto (0, 0, 0) hasta el punto (1, 2, 4). c) −→ F (x, y) = x+y x2+y2 , x+y x2+y2 a lo largo de la circunferencia x2 + y2 = a2 recorrida en sentido positivo. d) −→ F (x, y) = x√ 1+x2+y2 , y√ 1+x2+y2 sobre el cuarto de elipse x2 a2 + y2 b2 = 1 situado en el primer cuadrante, desde el punto (a, 0) hasta el punto (0, b). e) −→ F (x, y, z) = (yz, xz, xy) a lo largo de la h´elice −→r (t) = (a cos t, asent, bt) entre los puntos (a, 0, 0) y (a, 0, 2bπ). Respuestas a) −→ C −→ F · d−→r = − 14 15 b) −→ C −→ F · d−→r = 23 6 c) −→ C −→ F · d−→r = 0 d) −→ C −→ F · d−→r = √ 1 + b2 − √ 1 + a2 e) −→ C −→ F · d−→r = 0 5.8.3. Campos conservativos 6.- Pruebe que la integral −→ C (6xy2 − y3 )dx + (6x2 y − 3xy2 )dy ; es inde- pendiente del camino que une los puntos (1, 2) con (3, 4). a) Calcule el valor de la integral parametrizando el segmento. b) Verifique el resultado anterior utilizando la funci´on potencial. Respuestas a) 1 0 −→ F (r (t)) .−→r (t) dt = 236 b) −→ F = φ (x, y, z) = 3x2 y2 − xy3 + C 494
- 510. 7.- ¿Para qu´evalores de a ∈ IR el campo vectorial −→ F (x, y, z) = (axy − z3 ; (a−2)x2 ; (1−a)xz2 ) es conservativo? Para esos valores, calcule la funci´on potencial. Respuesta Si a=4 la funci´on potencial del campo −→ F es φ(x; y; z) = 2x2 y − xz3 + C. 8.- En los casos en los que −→ F sea conservativo, halle la correspondiente funci´on potencial. a) −→ F (x, y, z) = (10xz3 + 1, −6y2 , 15x2 z2 ). b) −→ F (x, y, z) = (2xy3 , x2 z3 , 3x2 yz2 ) . Respuestas a) −→ F es conservativo, funci´on potencial: φ(x, y, z) = 5x2 z3 + x − 2y3 + C b) −→ F no es conservativo. 9.- Sea −→ F (x, y, z) = (z3 + 2xy, x2 , 3xz2 ). a) Muestre que −→ F es un campo conservativo. b) Calcule directamente la integral de −→ F alrededor del contorno del cuadra- do conv´ertices (±1, ±1) . c) Determine la funci´on potencial. 5.8.4. Teorema de Green 10.- Usar el teorema de Green para hallar el valor de la integral de l´ınea: a) −→r xy2 dx + x2 ydy, donde −→r : [0, 2π] → IR2 dada por −→r (t) = (4 cos t, 2sent) b) −→r xydx + x2 dy, donde −→r es la frontera que limita la regi´on y ≥ x2 , y ≤ x c) C (arctgx + y2 )dx + (ey − x2 )dy, donde C es la frontera que encierra la regi´on 1 ≤ x2 + y2 ≤ 9, y ≥ 0 d) C 2xydx + (x2 + 2x)dy, donde Ces la frontera que limita la regi´on interior a la elipse x2 9 + y2 4 = 1 y exterior a la circunferencia x2 + y2 = 1 e) C (x2 + y2 ) dx + (2x + y2 ) dy, donde C es la frontera del cuadrado con v´ertices (0, 0) , (k, 0) , (0, k) , (k, k) . Respuestas a) −→r xy2 dx + x2 ydy = 0 b) −→r xydx + x2 dy = 1 12 495
- 511. c) −→r (arctgx +y2 )dx + (ey − x2 )dy = − 104 3 d) −→r 2xydx + (x2 + 2x)dy = 10π e) C (x2 + y2 ) dx + (2x + y2 ) dy = k2 (2 − k) 10.- Demuestre que C −y x2 + y2 dx+ x x2 + y2 dy = 2π, donde C es cualquier curva cerrada , simple , que incluya el origen 11.- Calcular el ´area de una elipse con semi ejes a, b usando el teorema de Green. Respuesta A (R) = πab. 12.- Hallar el ´area acotada por el arco de hipocicloide x = a (t − sent) , y = a (1 − cos t) ,donde a > 0, y 0 ≤ t ≤ 2π, y el eje x. Respuesta A (R) = 3πa2 5.9. Autoevaluaciones Autoevaluaci´on No 1 Tiempo 2 horas Pregunta 1 Sea −→ F (x, y) el campo de fuerzas definido por −→ F (x, y) = (x2 + 7y, −x + y sin y2 ) .Calcular C −→ F · d−→r sobre la frontera del tri´angulo de v´ertices (0, 2) , (0, 0) y (1, 0) us- ando la definici´on de integral de l´ınea. Pregunta 2 Evalue la integral C 1 + e √ x dx + (cos y2 + x2 ) dy, siendo C una curva cerrada, ubicada en el primer cuadrante, formada por los arcos de circunferencia de radios 1 y 2 respectivamente y por los segmentos rectos 1 ≤ x ≤ 2, 1 ≤ y ≤ 2. Pregunta 3 Calcular la integral I = C −→ F · d−→r ,si −→ F = (x, y, z) es un campo vectorial definido en R3 C es dada por y2 + z2 = 1, x = z entre A = (1, 0, 1) y B = (0, 1, 0) . Pauta de Correcci´on 496
- 512. Pregunta 1 La circulaci´ona lo largo de la frontera del tri´angulo es la suma de las circulaciones en cada uno de los lados C −→ F · d−→r = C1 −→ F · d−→r + C2 −→ F · d−→r + C3 −→ F · d−→r Parametrizando cada uno de los lados del tri´angulo se tiene C1 : y = 0, −→r 1 (t) = (t, 0) , t ∈ [0, 1] =⇒ −→r 1 (t) = (1, 0) y −→ F (−→r 1 (t)) = t2 , −t C2 : y = 2 (1 − x) , −→r 2 (t) = (−t, 2 (1 + t)) , t ∈ [−1, 0] =⇒ −→r 2 (t) = (−1, 2) y −→ F (−→r 1 (t)) = t2 + 14 (1 + t) , t + 2 (1 + t) sin (2 (1 + t))2 C3 : x = 0, −→r 3 (t) = (0, −t) , t ∈ [−2, 0] =⇒ −→r 3 (t) = (0, −1) y −→ F (−→r 1 (t)) = −7t, −t sin (−t)2 Sustituyendo t´erminos en los integrandos , obtenemos C −→ F · d−→r = 1 0 t2 dt + 0 −1 −t2 − 14 (1 + t) + 2t + 4 (1 + t) sin (2 (1 + t))2 dt + 0 −2 t sin t2 dt = t3 3 1 0 + − t3 3 − 14t − 7t2 + t2 − cos (2 (1 + t))2 2 0 −1 + − cos t2 2 0 −2 = −8 Pregunta 2 De acuerdo con el teorema de Green tenemos C 1 + e √ x dx + cos y2 + x2 dy = D ∂ ∂x cos y2 + x2 − ∂ ∂y 1 + e √ x dxdy = D 2xdxdy 497
- 513. Cambiando a coordenadaspolares ,queda D 2xdxdy = 2 D∗ (r cos θ) rdrdθ = 2 π/2 0 2 1 r2 cos θ drdθ = 2 π/2 0 r3 3 2 1 cos θdθ = 14 3 [sin θ]π/2 0 = 14 3 Pregunta 3 Como el rotacional del campo −→ F : × −→ F = i j k ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂z x y z = (0, 0, 0) es nulo el campo es conservativo =⇒ existe φ (x, y, z) tal que −→ F = φ (x, y, z) Es decir ∂φ ∂x = x, ∂φ ∂y = y, ∂φ ∂z = z. Integrando parcialmente la primera componente con respecto a x, obtenemos φ (x, y, z) = x2 2 + h (y, z) =⇒ ∂φ ∂y (x, y, z) = ∂h ∂y = y =⇒ h (y, z) = y2 2 + g (z) De modo que φ (x, y, z) = x2 2 + y2 2 + g (z) =⇒ ∂φ ∂z (x, y, z) = g (z) = z Por tanto, el potencial es φ (x, y, z) = x2 2 + y2 2 + z2 2 y la integral de l´ınea queda C −→ F · d−→r = C xdx + ydy + zdz = φ (B) − φ (A) = 1 2 − 1 = − 1 2 Autoevaluaci´on No 2 Tiempo 2 horas Pregunta 1. 498
- 514. Calcular el trabajorealizado por el campo de fuerza −→ F (x, y, z) = (x, y, z) al mover una part´ıcula a lo largo de la parab´ola y = x2 , z = x,desde x = 0 hasta x = 2. Pregunta 2. Verifique el teorema de Green para el campo −→ F : IR2 → IR2 dado por −→ F (x, y) = (−x2 y, xy2 ) sobre la regi´on R x2 + y2 ≤ a2 . Pregunta 3. Calcular C 2xydx + x2 dy si C es la curva x2 4 − y2 9 = 1 entre los puntos A = 4, 3 √ 3 y B = (2, 0) . Pauta de Correcci´on Pregunta 1. El trabajo realizado por el campo de fuerza −→ F se define por la integral de trayectoria W = C −→ F · d−→r donde C es la trayectoria, que en este caso se describe por la ecuaci´on param´etrica −→r (t) = (t, t2 , t) t ∈ [0, 2] =⇒ −→r (t) = (1, 2t, 1). Adem´as al evaluar el campo sobre la trayectoria queda −→ F (−→r (t)) = (t, t2 , t) Entonces, el valor del trabajo es 2 0 −→ F (−→r (t)) · −→r (t)dt = 2 0 t + 2t3 + t dt = 12 Pregunta 2. La frontera de R orientada positivamente es la curva C, dada por la circunferencia x2 + y2 = a2 , que puede parametrizar como: x = a cos t, y = a sin t, 0 ≤ t ≤ 2π Entonces, por una parte se tiene 499
- 515. C −→ F · d−→r= C −x2 ydx + xy2 dy = 2π 0 (a4 cos2 t sin2 t + a4 cos2 t sin2 t)dt = 2π 0 (2a4 cos2 t sin2 t)dt = 2π 0 a4 2 sin2 2tdt = πa4 2 Por otra parte R ∂(xy2 ) ∂x − ∂ (−x2 y) ∂y dxdy = R (y2 + x2 )dxdy = 2π 0 a 0 r2 rdrdθ = 2π 0 r4 4 a 0 dθ = πa4 2 Pregunta 3 M´etodo 1 Como f (x, y) = 2xy y g (x, y) = x2 verifican condiciones de continuidad y derivabilidad , y ∂g ∂x = 2x = ∂f ∂y , entonces existe potencial φ (x, y) = x2 y+C tal que: C 2xydx + x2 dy = φ (B) − φ (A) = (0 + C) − 48 √ 3 + C = −48 √ 3 M´etodo 2 Parametrizando la curva como x (t) = 2 cosh t, y (t) = 3 sinh t 500
- 516. Autoevaluaci´on No 3 Tiempo 2horas Pregunta 1 Calcular C (2xy3 + yz)dx + (3x2 y2 + xz)dy +xydz si C es determinada por a) −→r (t) = (t, t2 , t3 ) desde A = (1, 1, 1) hasta B = (2, 4, 8) . b) x2 + y2 + z2 = 2, z = x2 + y2 . Pregunta 2 a) Probar que el ´area de una regi´on D limitada por curva regular ( o curvas regulares por tramos) es dada por A (D) = C xdy. b) Aplicar la f´ormula anterior para calcular el ´area de D limitada por las curvas y = x +2, y = x2 Pregunta 3 Calcular C zdx + xdy + ydz si C es la curva resultante de la intersecci´on de las superficies x2 + y2 + z2 = 4, z = 1. Pauta de Autoevaluaci´on Pregunta 1 Las componentes del campo vectorial −→ F son: f (x, y, z) = 2xy3 + yz; g (x, y, z) = 3x2 y2 + xz; h (x, y, z) = xy continuas con primeras derivadas continuas Como el rotacional del campo −→ F , tiene derivadas parciales continuas y × −→ F = i j k ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂z 2xy3 + yz 3x2 y2 + xz xy = (0, 0, 0) es nulo entonces es conservativo =⇒ existe φ (x, y, z) tal que −→ F = φ (x, y, z) Es decir ∂φ ∂x = 2xy3 + yz, ∂φ ∂y = 3x2 y2 + xz, ∂φ ∂z = xz. De la primera de estas expresiones se obtiene que φ (x, y, z) = (2xy3 + yz)dx + h (y, z) φ (x, y, z) = x2 y3 + xyz + h (y, z) =⇒ Derivando esta expresi´on con respecto a y y usando las dos expresiones restantes para φ, tenemos ∂φ ∂y (x, y, z) = 3x2 y3 + xz + ∂h ∂y = 3x2 y3 + xz =⇒ h (y, z) = g (z) De modo que φ (x, y, z) = x2 y3 + xyz + g (z) =⇒ 501
- 517. Derivando esta expresi´oncon respecto a z ∂φ ∂z (x, y, z) = xy + g (z) = xy =⇒ g (z) = C Entonces una funci´on potencial para −→ F es φ (x, y, z) = x2 y3 + xyz + C Finalmente la integral C (2xy3 + yz)dx + (3x2 y2 + xz)dy + xydz = φ (B) − φ (A) = 318 b) En este caso C (2xy3 + yz)dx + (3x2 y2 + xz)dy + xydz = 0 pues el campo es conservativo y la curva C es cerrada Pregunta 2 a) El teorema de Green asegura que C P (x, y) dx + Q (x, y) dy = D ∂Q (x, y) ∂x − ∂P (x, y) ∂y dxdy Sea P (x, y) = 0 y Q (x, y) = x en D ,usando la expresi´on anterior se obtiene C xdy = D (1) dxdy = A (D) a) Calculemos la circulaci´on , siendo C = C1 ∪ C2 la curva que limita a regi´on D. Parametrizando las curvas se tiene C1 : −→r 1 (t) = t, t2 , − 1 ≤ t ≤ 2 =⇒ y (t) = t2 y y (t) = 2t C2 : −→r 2 (t) = (t, t + 2) , − 1 ≤ t ≤ 2 =⇒ y (t) = t + 2 y y (t) = 1 502
- 518. Aplicando la f´ormulaanterior A (D) = C xdy = 2 −1 t (2t) dt + 1 2 tdt = 2 3 t3 2 −1 + t2 2 1 2 = 9 2 Pregunta 3 Si C es la curva resultante de la intersecci´on de las superficies x2 +y2 +z2 = 4, z = 1 =⇒ x2 + y2 = 3. Determinemos la ecuaci´on param´etrica de la trayectoria C : −→r (t) = √ 3 cos t, √ 3 sin t, 1 , 0 ≤ t ≤ 2π −→r (t) = − √ 3 sin t, √ 3 cos t, 0 Calculemos la integral de l´ınea C zdx + xdy + ydz = 2π 0 (− √ 3 sin t + 3 cos2 t + 0)dt = 3 2π 0 cos2 tdt = 3π 503
- 519. Cap´ıtulo 6 Integrales desuperficie La integral de superficie generaliza la integral doble, tal como la integral de l´ınea generaliza la integral de Riemann vista en el primer curso de C´alculo. Para ver el significado de esta integral sigamos el siguiente razonamiento: S es una superficie definida por z = g(x, y) y R la regi´on proyecci´on de S en el plano xy. Supongamos que g, gx, gy son continuas sobre R. Sea P una partici´on de R tal que cada subrect´angulo Ri generado por la partici´on es la proyecci´on un Si porci´on de la superficie S generada por la partici´on P. Sea Si el ´area de Si Sea adem´as f : S −→ IR una funci´on continua. Definimos en t´erminos de las sumas intermedias de Riemann la integral de superficie de f sobre S como S f(x, y, z)dS = l´ım p →0 n i,j=1 f(xi, yi, zi) Si Para el c´alculo de ´esta integral: Sea S superficie definida por z = g(x, y) y R regi´on proyecci´on de S en el plano xy. Suponiendo g, gx, gy son continuas sobre R y f funci´on continua sobre S, entonces S f(x, y, z)dS = Rxy f(x, y, g(x, y)) 1 + [gx]2 + [gy]2 dA De manera similar. Si S se expresa de la forma x = g(y, z), (y, z) ∈ Ryz entonces 504
- 520. S f(x, y, z)dS= Ryz f(g(y, z), y, z) 1 + [gy]2 + [gz]2 dA Si S se expresa de la forma y = g(x, z), (x, z) ∈ Rxz entonces S f(x, y, z)dS = Rxz f(x, g(x, z), z) 1 + [gx]2 + [gz]2 dA Ejemplo 1: Eval´ue S xydS S : z = 9 − x2 , 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ x Figura 6.1: Soluci´on: S xydS = Rxy xy √ 1 + 4x2dA = 2 0 x 0 xy √ 1 + 4x2dydx ¡No por aqu´ı! 505
- 521. S xydS = Rxy xy √ 1 +4x2dA = 2 0 2 y xy √ 1 + 4x2dxdy = 391 √ 17 + 1 240 Observaci´on. 1.- Si f(x, y, z) = 1 =⇒ ´Area de S = S dS. = R 1 + [gx]2 + [gy]2 dA 2.- Si f(x, y, z) = ρ(x, y, z) densidad de una l´amina ,entonces Masa de l´amina = S ρ(x, y, z)dS Ejemplo 2: Calcule el ´area lateral del cono z2 = x2 + y2 entre los planos z = 1 y z = 4 usando integral de superficie. Figura 6.2: Cono z2 = x2 + y2 acotado por los planos z = 1 y z = 4 Soluci´on. En primer lugar calculemos el integrando 1 + [gx]2 + [gy]2 donde 1 + [gx]2 + [gy]2 = 1 + x2 x2 + y2 + y2 x2 + y2 = 2 entonces ´Area de S = S dS = √ 2 R dA 506
- 522. Cambiando a coordenadaspolares, se tiene: √ 2 R dA = √ 2 2π 0 4 1 rdrdθ = √ 2 2π 0 r2 2 4 0 dθ = 8 √ 2 2π 0 dθ = 16 √ 2π 6.1. Superficie orientada Decimos que una superficie es orientada si se puede definir un vector normal unitario −→ N en todo punto de la superficie que no pertenezca a la frontera de forma tal que lo vectores normales var´ıan de forma continua sobre la superficie S. Figura 6.3: Superficie orientada Sea S una superficie descrita por z = g(x, y) . Hay dos vectores normales unitarios a S en (xo, yo, g(xo, y0)) a saber, si ponemos G(x, y, z) = z − g(x, y) entonces −→ N = G G o sea −→ N = −gxi − gyj + k 1 + [gx]2 + [gy]2 vector normal unitario Podemos orientar todas estas superficies tomando el lado positivo de S como el lado desde el cual apunta −→ N . As´ı, el lado positivo de dicha superficie esta determinado por la normal unitaria −→ N con componente positiva k. Por otra parte, si ponemos G(x, y, z) = g(x, y) − z 507
- 523. −→ N = G G = gxi +gyj − k 1 + [gx]2 + [gy]2 Corresponde, al lado negativo de la superficie con normal unitaria −→ N con componente k hacia abajo. 6.1.1. Integral de flujo. Si −→ F es un campo vectorial perteneciente a C1 definido sobre una super- ficie orientada S, con vector unitario N, entonces la integral de superficie de −→ F sobre S es. S −→ F · d −→ S = S −→ F · NdS La que se llama integral de flujo. El nombre es debido a su aplicaci´on a un problema f´ısico de un flu´ıdo a trav´es de una superficie. Supongamos que una superficie S est´a inmersa en un fluido que tiene un campo de velocidades continuo F. Entonces Volumen de fluido a trav´es de S (por unidad de tiempo) = S −→ F · NdS S es superficie orientada mediante N, y −→ F (x, y, z) = (P(x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z)) campo vectorial tal que P, Q, R son funciones escalares con primeras derivadas parciales continuas en S. Adem´as si ρ = ρ(x, y, z) representa la densidad del fluido en cada (x, y, z)de S,entonces Masa del flu´ıdo a trav´es de S (por unidad de tiempo) = ρ S −→ F · NdS Ejemplo Sea S la parte del paraboloide z = 4 − (x2 + y2 ) Sobre el plano XY, orientado hacia arriba. Un flu´ıdo de densidad constante ρ = k pasa a trav´es de S seg´un el campo de velocidades. −→ F (x, y, z) = (x, y, z) 508
- 524. Hallar la raz´onde flujo de masa a trav´es de S Soluci´on: G(x, y, z) = z − 4 + x2 + y2 =⇒ G = (2x, 2y, 1) =⇒ N = 2xi + 2yj + k 1 + 4x2 + 4y2 Masa del flu´ıdo a trav´es de S = S k −→ F · NdS S k −→ F ·NdS = k Rxy x, y, 4 − x2 + y2 · (2x, 2y, 1) 1 + 4x2 + 4y2 1 + 4x2 + 4y2dA = k Rxy 2x2 + 2y2 + 4 − x2 + y2 dA = k Rxy x2 + y2 + 4 dxdy = k 2π 0 2 y 4 + r2 rdrdθ = k 2π 0 12dθ = 24kπ Por lo tanto Masa del fluido a trav´es de S (por unidad de tiempo) = 24kπ En base a lo observado en el desarrollo de este ejercicio se tiene el siguiente planteamiento: ”Si S es una superficie definida por z = g(x, y) y Rxy denota la regi´on proyecci´on de S en el plano xy, entonces S −→ F · NdS = Rxy −→ F · (−gxi − gyj + k)dA orientada hacia arriba, y S −→ F · NdS = Rxy −→ F · (gxi + gyj − k)dA orientada hacia abajo. 509
- 525. 6.1.2. Superficies Parametrizadas. Enel tratamiento anterior de este tema hemos supuesto que una superficie viene definida por la ecuaci´on z = g(x, y) , sin embargo se debe aclarar que hay superficies que no se pueden definir de esta forma, extenderemos la idea definiendo la forma param´etrica de dar una superficie. Una superficie parametrizada es una funci´on −→ Φ : D ⊆ IR2 → IR3 donde D es alguna dominio de IR2 La superficie S que corresponde a −→ Φ es su imagen , es decir S = −→ Φ (D) Podemos escribir −→ Φ (u, v) = (x (u, v) , y (u, v) , z (u, v)) , (u, v) ∈ D V´ease figura 6.4 Si cada una de las funciones componentes son diferenciables de clase C1 , entonces llamamos a S una superficie diferenciable o de clase C1 . Figura 6.4: Superficie parametrizada 6.1.3. Vector normal a S : Definimos en cada punto −→ Φ (uo, vo) −→ T u = ∂x(u0, v0) ∂u i + ∂y(u0, v0) ∂u j + ∂z(u0, v0) ∂u k es vector tangente a la curva t −→ Φ (t, v0) en Φ (uo, vo) −→ T v = ∂x(u0, v0) ∂v i + ∂y(u0, v0) ∂v j + ∂z(u0, v0) ∂v k es vector tangente a curva t → Φ (uo, t) en Φ (uo, vo) −→ T u × −→ T v es vector normal a la superficie S. 510
- 526. Ahora el conceptode superficie suave se da en la siguiente definici´on. Decimos que la superficie S es suave en −→ Φ (uo, vo) si −→ T u × −→ Tv = 0 en (uo, vo) ∈ D. Diremos que una superficie es suave si es suave en todos los puntos −→ Φ (uo, vo) ∈ S. Ejemplo 1 Sea S la superficie descrita por x2 + y2 + z2 = r2 , z ≥ 0 a) Parametrizar usando coordenadas esf´ericas. b) Determine el vector normal a la superficie S. Figura 6.5: semisfera de ecuaci´on x2 + y2 + z2 = r2, z ≥ 0 Soluci´on: a) La superficie x2 +y2 +z2 = r2 , z ≥ 0 corresponde a una semiesfera con centro el el origen (0, 0, 0) radio r. Usando coordenadas esf´ericas tenemos: x = r sin u cos v y = r sin u sin v z = r cos u Luego la superficie parametrizada es −→ Φ (u, v) = (r sin u cos v, r sin u sin v, r cos u) , (u, v) ∈ D donde D = (u, v) /0 ≤ u ≤ π 2 , 0 ≤ v ≤ 2π . b) Determinemos los vectores tangentes a la superficie S −→ T u = −→ Φu = (r cos u cos v, r cos u sin v, −r sin u) −→ T v = −→ Φv = (−r sin u sin v, r sin u cos v, 0) Calculemos el producto vectorial −→ T u × −→ T v = i j k r cos u cos v r cos u sin v −r sin u −r sin u sin v r sin u cos v 0 511
- 527. Por lo tanto,el vector normal a la esfera es −→ T u × −→ T v = r2 sin2 u cos v, sin2 u sin v, sin u cos v . Ejemplo 2 Sea S la superficie descrita por z2 = x2 + y2 , z ≥ 0. a) Parametrizar usando coordenadas cil´ındricas. b)¿Es diferenciable ´esta superficie? c) Probar que no es suave en (0, 0, 0). Figura 6.6: cono con v´ertice en el origen Soluci´on: a) La superficie z2 = x2 + y2 , z ≥ 0 corresponde a un cono su v´ertice en (0, 0, 0) . Usando coordenadas cil´ındricas tenemos: x = u cos v y = u sin v z = u =⇒ z2 = x2 + y2 = u2 cos2 u + sin2 v ⇐⇒ z = u, u ≥ 0 Luego la superficie parametrizada queda −→ Φ (u, v) = (u cos v, u sin v, u) , u ≥ 0 b) Como cada una de las componentes es diferenciable como funci´on de u, v entonces S es una superficie diferenciable. c) Veamos si es o no una superficie suave 512
- 528. −→ T u =(cos v, sin v, 1) =⇒ −→ T u (0, 0) = (cos 0, sin 0, 1) ∴ −→ T u (0, 0) = (1, 0, 1) −→ T v = (−u sin v, u cos v, 0) =⇒ −→ T v(0, 0) = (0 (− sin 0) , 0 cos 0, 0) ∴ −→ T v = (0, 0, 0) = −→ 0 As´ı −→ Tu × −→ T v = −→ 0 , de modo que la superficie no es suave en (0, 0, 0). Para efectos de c´alculo, consideraremos s´olo superficies suaves por pedazos que sean uniones de im´agenes parametrizadas −→ Φi : Di ⊆ IR2 → IR3 ,para las cuales: i) Di es una regi´on elemetal del plano. ii) −→ Φi es de clase C1 y uno a uno, excepto quiz´as en la frontera D. iii) Si es la imagen de −→ Φi es suave , excepto quiz´as en un n´umero finito de puntos. 6.1.4. ´Area de una superficie parametrizada Definimos el ´area de una superficie parametrizada S , denotada por A (S) ,mediante: A (S) = D −→ Tu × −→ T v dudv donde −→ Tu × −→ T v es la norma del vector normal −→ T u × −→ T v. Propiedades 6.1.1. i) Si S es la uni´on de superficies parametrizadas S = ∪ Si entonces A (S) = i=1 A (Si) ii) −→ Tu × −→ T v = ∂ (x, y) ∂ (u, v) 2 + ∂ (y, z) ∂ (u, v) 2 + ∂ (z, x) ∂ (u, v) 2 513
- 529. Figura 6.7: ´Areade una superficie parametrizada Figura 6.8: manto del paraboloide z = x2 + y2, 0 ≤ z ≤ a2 Ejemplo 1 Determine el ´area del manto del paraboloide z = x2 + y2 , 0 ≤ z ≤ a2 . Soluci´on: Usando coordenadas cil´ındricas tenemos −→ Φ (u, v) = u cos v, u sin v, u2 , (u, v) ∈ D donde D = {(u, v) /0 ≤ u ≤ a, 0 ≤ v ≤ 2π} Como el ´area del manto est´a dado por A (S) = D −→ Tu × −→ T v dudv 514
- 530. Calculemos el integrando ∂(x, y) ∂ (u, v) = cos v −u sin v sin v u cos v = u, ∂ (y, z) ∂ (u, v) = sin v u cos v 2u 0 = −2u2 cos v ∂ (z, x) ∂ (u, v) = 2u 0 cos v −u sin v = −2u2 sin v As´ı el integrando del ´area es −→ Tu × −→ T v = √ u2 + 4u4 cos2 v + 4u4 sin2 v = u √ 1 + 4u2 Es evidente que −→ Tu × −→ T v se anula para u = 0 y −→ Φ (0, v) = (0, 0, 0) para cualquier v. Luego (0, 0, 0) es el ´unico punto donde la superficie no es suave. Entonces D −→ Tu × −→ T v dudv = 2π 0 a 0 u √ 1 + 4u2dudv = 1 12 2π 0 1 + 4u2 3/2 a 0 dv = π 6 1 + 4a2 3/2 − 1 ´Area de una superficie en coordenadas cartesianas. Una susperficie S dada de la forma z = g (x, y) donde (x, y) ∈ D, admite la parametrizaci´on −→ Φ (x, y) = (x, y, g (x, y)) , (x, y) ∈ D Si f es de clase C1 , esta parametrizaci´on es suave, entonces −→ T x = 1, 0, ∂g ∂x y −→ T y = 0, 1, ∂g ∂y =⇒ −→ T x × −→ T y = − ∂g ∂x , − ∂g ∂y , 1 Entonces: −→ T x × −→ T y = ∂g ∂x 2 + ∂g ∂y 2 + 1. De este modo la f´ormula para el ´area de la superficie se reduce a A (S) = D −→ Tx × −→ T y dxdy = D ∂g ∂x 2 + ∂g ∂y 2 + 1 dxdy 515
- 531. Resultado que coincidecon lo propuesto en la primera parte. 6.1.5. Integral de una funci´on escalar sobre una su- perficie. Si f : D ⊂ IR3 → IR,dada por f (x, y, z) es una funci´on continua definida sobre una superficie parametrizada S, definimos, la integral de f sobre S como: S f dS = D f −→ Φ (u, v) −→ Tu × −→ T v dudv Si S es la uni´on de superficies parametrizadas S = ∪ Si entonces S f dS = i=1 Si f dS Ejemplo Evaluar S z dS, donde S es el hemisferio superior de radio r de la esfera z = r2 − x2 − y2. Soluci´on. Para este problema es conveniente representar el hemisferio parametricamente por: −→ Φ (u, v) = (r sin u cos v, r sin u sin v, r cos u) , (u, v) ∈ D sobre la regi´on D del plano uv dada mediante D = (u, v) /0 ≤ u ≤ π 2 , 0 ≤ v ≤ 2π De las ecuaciones param´etricas obtenemos, los vectores tangentes a la superficie S. −→ T u = −→ Φu = (r cos u cos v, r cos u sin v, −r sin u) −→ T v = −→ Φv = (−r sin u sin v, r sin u cos v, 0) Calculemos el producto vectorial −→ T u × −→ T v = i j k r cos u cos v r cos u sin v −r sin u −r sin u sin v r sin u cos v 0 Luego, el vector normal a la esfera es 516
- 532. −→ T u × −→ Tv = r2 sin2 u cos v, sin2 u sin v, sin u cos v =⇒ −→ T u × −→ T v = r2 sin u De modo que S z dS = 2π 0 π/2 0 (r cos u) r2 sin u dudv = r3 2π 0 π/2 0 cos u sin ududv = r3 2π 0 sin2 u 2 π/2 0 dv = πr3 6.1.6. Integral de Superficie de campos vectoriales Sean S una superficie regular orientable, N : S → IR3 un campo de normales continuo sobre S, y −→ F : Ω ⊆ IR3 → IR3 un campo vectorial continuo definido sobre un abierto que contiene a S. Definimos la integral de −→ F sobre la superficie S orientada seg´un N mediante −→ Φ −→ F · N dS = D −→ F · −→ Φu × −→ Φv dudv donde −→ Φ: D ⊆ IR2 → IR3 es una parametrizaci´on regular de S compatible con la orientaci´on, esto es, tal que N = −→ Φu × −→ Φv −→ Φu × −→ Φv Para interpretar correctamente el valor de la integral de flujo es necesario especificar el campo de normales N. Por ejemplo, si orientamos un casquete esf´erico usando la normal exterior N = r, la integral de flujo corresponde al flujo neto que sale de la esfera a trav´es del casquete. Si este valor fuese negativo, significa que lo que el flujo entra a la esfera. 517
- 533. Ejemplo 1: Sea Ses la esfera unitaria x2 +y2 +z2 = 1 parametrizada en coordenadas esf´ericas por −→ Φ (φ, θ) = (sin φ cos θ, sin φ sin θ, cos φ) , 0 ≤ φ ≤ π, 0 ≤ θ ≤ 2π. Sea −→ F (x, y, z) = (x, y, z) radio vector del origen. Calcular −→ Φ −→ F · N dS Soluci´on: En este caso D es regi´on del plano φ θ definida por: 0 ≤ φ ≤ π, 0 ≤ θ ≤ 2π. −→ T φ = (cos φ cos θ, cos φsenθ, − sin φ) −→ T θ = (− sin φ sin θ, sin φ cos θ, 0) −→ T φ × −→ T θ = − cos φ sin2 θ i − sin φ sin2 θ j + (cos φ sin θ) k Notese que el vector normal apunta hacia el lado positivo de la superficie −→ F · −→ T φ × −→ T θ = sin φ −→ Φ −→ F · N dS = D sin φdφdθ = 2π 0 π 0 sin φdφdθ = 4π Observaci´on Si S es una superficie regular orientada seg´un un campo de normales N y si S− es la misma superficie pero con la orientaci´on opuesta −N, entonces se tiene que S− −→ F · d −→ S = − S −→ F · d −→ S 518
- 534. 6.1.7. Aplicaci´on alcampo de la f´ısica: Calcular el flujo del campo el´ectrico producido por una carga Q en el origen, a trav´es del manto de la esfera S de radio R orientado seg´un la normal exterior. El campo el´ectrico producido por la carga Q viene dado por −→ E = Q 4πεo r r2 donde εouna constante universal . De esta forma se obtiene el siguiente flujo el´ectrico S −→ E · d −→ S = S Q 4πεo r R2 · rdS Parametrizando la superficie en coordenadas esf´ericas se tiene −→ Φ (φ, θ) = (R sin φ cos θ, R sin φ sin θ, R cos φ) , 0 ≤ φ ≤ π, 0 ≤ θ ≤ 2π =⇒ −→ Φφ × −→ Φθ = R2 sin Φ S Q 4πεo r R2 · rdS = 2π 0 π 0 Q 4πεo 1 R2 R2 sin φdφdθ = Q εo 6.2. Teoremas de Gauss y de Stokes Ahora dos teoremas de gran importancia en el campo de las aplicaciones, particularmente en la f´ısica, el primero de ellos es el teorema de Gauss o teorema de la divergencia. 6.2.1. Divergencia En IR3 ,sea −→ F un campo vectorial,anteriormente hemos definimos div −→ F = · −→ F = ∂P ∂x + ∂Q ∂y + ∂R ∂z 519
- 535. Ejemplo. Sea −→ F (x, y,z) = (xy, y2 +exz2 , sen(xy)), calcule la divergencia del campo vectorial divF = ∂xy ∂x + ∂(y2 + exz2 ) ∂y + ∂sen(xy) ∂z = 3y El foco de atenci´on lo ponemos ahora en regiones R s´olidas simples ( por ejemplo cajas rect´angulares, esferas, elipsoides etc). La frontera S es una superficie cerrada y convenimos que la orientaci´on positiva es hacia afuera, representada por el vector normal N hacia afuera de la superficie. En este contexto enunciamos el teorema. 6.2.2. Teorema de la divergencia de Gauss. Sea R una regi´on simple s´olida limitada por una superficie cerrada S orientada por un vector normal unitario dirigido al exterior de R. Si −→ F es un campo vectorial cuyas funciones componentes P, Q y R tienen derivadas parciales continuas en la regi´on R, entonces S −→ F · NdS = R div −→ F dV Demostraci´on. S´olo daremos algunas ideas generales para indicar un procedimiento para la demostraci´on Sea −→ F (x, y, z) = (P(x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z)) =⇒ div −→ F = · −→ F = ∂P ∂x + ∂Q ∂y + ∂R ∂z Integrando R div −→ F dV = R ∂P ∂x dV + ∂Q ∂y R dV + R ∂R ∂z dV Por otro lado, si N es el normal unitario de S hacia afuera la integral de superficie es S −→ F · d −→ S = S −→ F · NdS = S Pi · NdS + S Qj · NdS + S Rk · NdS 520
- 536. Siguiendo el procedimientode la demostraci´on del teorema de Green basta probar las siguientes tres igualdades: R ∂P ∂x dV = S Pi · NdS ∂Q ∂y R dV = S Qj · NdS R ∂R ∂z dV = S Rk · NdS Detalles y comentarios los puede consultar en el texto C¸´alculo de James Stewart, Tercera edici´on (Thomson), p´agina 935” Ejemplo 1: Sea S esfera unitaria x2 +y2 +z2 = 1. Demostrar que S (xy + yz + xz) dS = 0 Soluci´on: Claramente xi + yj + zk es vector normal a la esfera en todo (x, y, z) . N = xi + yj + zk x2 + y2 + z2 = xi + yj + zk, ya que x2 + y2 + z2 = 1 consideramos ahora el siguiente arreglo para identificar xy + yz + xz = (y, z, x) · (x, y, z) = (y, z, x) · −→ N =⇒ −→ F = (y, z, x) · −→ F = ∂P ∂x + ∂Q ∂y + ∂R ∂z = 0 + 0 + 0 = 0 Aplicando Teorema de Divergencia 521
- 537. S (xy + yz+ xz) dS = R · −→ F dV = R 0dV = 0 Ejemplo 2 Verificar el teorema de la divergencia S −→ F ·NdS = R div −→ F dV para −→ F (x, y, z) = (2x − y)i − (2y − z)j + zk S: limitado por los planos coordenados y x + 2y + z = 6 Figura 6.9: S limitado por los planos coordenados y x + 2y + z = 6 Soluci´on. En este caso S = S1 + S2 + S3 +S4 donde S1 ser´a el lado de la figura en el plano x + 2y + z = 6, S2 el lado de la figura en el plano coordenado yz, S3 el lado de la figura en el plano coordenado xz, S4 el lado correspondiente al plano coordenado xy. Tenemos S −→ F ·NdS = S1 −→ F ·N1dS + S2 −→ F ·N2dS + S3 −→ F ·N3dS ++ S4 −→ F ·N4dS 522
- 538. S1 −→ F · N1dS= Rxy −→ F (x, y, z) · (−gx(x, y), −gy(x, y), 1)dA = Rxy −→ F (x, y, z) · (1, 2, 1)dA = Rxy (2x − y, −(2y − z), z) · (1, 2, 1)dA = Rxy ((2x − y) − 2(2y − z) + z)dA = Rxy (2x − 5y + 3(6 − x − 2y)dxdy = 6 0 −1 2 x+3 0 (−x − 11y + 18)dydx = 6 0 (− 7 8 x2 + 9 2 x + 9 2 )dx = 45 S2 −→ F · N2dS = S2 −→ F · (−i)dS = S2 (y − 2x)dS = Ryz (y − 2(6 − 2y − z)dydz = 3 0 6−2y 0 (5y + 2z − 12) dzdy = −27 S3 −→ F · NdS = S3 −→ F · (−j)dS = S3 (2y − z)dS = Rxz (2( 6 − x − z 2 ) − z)dxdz = 6 0 6−x 0 (6 − x − 2z) dzdx = 0 S4 −→ F · N4dS = S4 −→ F · (−k)dS = Rxy 0dxdy = 0 De estos c´alculos se tiene que S −→ F · NdS = 45 − 27 + 0 + 0 = 18 523
- 539. Por el otrolado div −→ F = 2 − 2 + 1 = 1, la integral triple es R div −→ F dV = R dV = 6 0 −x 2 +3 0 6−x−2y 0 dzdydx = 6 0 −x 2 +3 0 (6 − x − 2y)dydx = 6 0 x2 4 − 3x + 9 dx = 18 6.2.3. Teorema de Stokes. Este teorema da la relaci´on entre una integral de superficie sobre una superficie orientada S y una integral de l´ınea a lo largo e una curva cerrada siempre seccionalmente suave C con orientaci´on positiva que acota a S. Teorema 6.2.1. Sea S una superficie limitada por una curva C ,orienta- da positivamente, seccionalmente suave. Si −→ F es un campo vectorial cuyas componentes tienen derivadas parciales continuas en una regi´on abierta que contiene a S y C, entonces. C −→ F · d−→s = S rot −→ F · d −→ S = S × −→ F · d −→ S Recuerde que la integral de l´ınea se puede expresar: C Pdx + Qdy + Rdz o C −→ F · Tds Ejemplo 1 Use el teorema de Stokes para evaluar C −→ F · d−→s C , donde −→ F (x, y, z) = (3z, 5x, −2y) y C es la intersecci´on del plano z = y + 3 con el cilindro x2 + y2 = 1. Oriente la elipse en sentido contrario al movimiento de las agujas del reloj, vista desde arriba. Soluci´on. La intersecci´on del plano con el cilindro permite visualizar que S en este caso es la porci´on del plano que queda al interior del cilindro y que C es la elipse intersecci´on 524
- 540. C −→ F · d−→s= S × −→ F · NdS × −→ F = i j k ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂z 3z 5x −2y = (−2i + 3i + 5k) z − y + 3 = 0 =⇒ N = 1 √ 2 (−j + k) Calculando × −→ F · N = (−2i + 3i + 5k) · 1 √ 2 (−j + k) = 2 √ 2 = √ 2 y entonces la integral ser´a C −→ F · d−→s = S √ 2dS = √ 2 S dS = √ 2 · Area(S) = √ 2 · (1 · √ 2π) = 2π S es el interior de una elipse de semi ejes 1 y √ 2. 6.3. Problemas Resueltos Problema 1 Sea la funci´on −→r : D → IR2 , definida por −→r (r, θ) = (r cos θ, r senv, r) donde D = {(r, θ) /0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π} una parametrizaci´on de un cono S. Hallar su ´area de superficie. Soluci´on El ´area de una superficie parametrizada se define A(S) = D −→r u × −→r v dudv Calculemos el integrando de ´area usando la propiedad: −→r r × −→r θ = ∂ (x, y) ∂ (r, θ) 2 + ∂ (y, z) ∂ (r, θ) 2 + ∂ (z, x) ∂ (r, θ) 2 siendo los Jacobianos ∂ (x, y) ∂ (r, θ) = cos θ −rsenθ senθ r cos θ = r 525
- 541. Figura 6.10: Representaci´onparam´etrica de un cono ∂ (y, z) ∂ (r, θ) = senθ r cos θ 1 0 = −r cos θ ∂ (z, x) ∂ (r, θ) = 1 0 cos θ −rsenθ = rsenθ As´ı que el integrando de ´area es −→r r × −→r θ = √ r2 + r2 cos2 θ + r2sen2θ = r √ 2 Por tanto,el ´area de la superficie S es A(S) = D −→r r × −→r θ dudv = 2π 0 1 0 √ 2rdrdθ = 2π 0 √ 2 r2 2 1 0 dθ = √ 2 2 2π 0 dθ = √ 2π Observaci´on, −→r r × −→r θ se anula para r = 0,pero −→r (0, θ) = (0, 0, 0) ∀θ. As´ı, (0, 0, 0) es el ´unico punto donde la superficie no es suave. Problema 2 Calcular el ´area S de la regi´on del cono definido por x2 = y2 +z2 , interior al cilindro x2 + y2 = a2 , acotado en el octante x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0. Soluci´on Parametrizando la ecuaci´on del cono, usando coordenadas cartesianas (y, z),se tiene que 526
- 542. Figura 6.11: regi´ondel cono definido por x2 = y2 +z2 interior al cilindro x2 +y2 = a2, acotado en el octante el primer octante −→r (y, z) = y2 + z2, y, z , (y, z) ∈ D La superficie S est´a al interior del cilindro , por lo que x2 + y2 = 2y2 + z2 ≤ a2 . Entonces, la regi´on D esta definida sobre el plano yz por D = {(y, z) ∈ IR2 /2y2 + z2 ≤ a2 , y ≥ 0, z ≥ 0} . El ´area de la superficie es: A(S) = D −→r y × −→r z dydz luego ,si −→r y = y y2 + z2 , 1, 0 , −→r z = z y2 + z2 , 0, 1 =⇒ −→r y × −→r z = (1, − y y2 + z2 , − z y2 + z2 ) =⇒ −→r y × −→r z = √ 2 A(S) = D √ 2dydz Observemos que: 2y2 + z2 ≤ a2 , y ≥ 0, z ≥ 0 ⇐⇒ 527
- 543. y2 a √ 2 2 + z2 a2 ≤ 1,y ≥ 0, z ≥ 0 es el ´area de la cuarta parte de la elipse Usando cambio de variables tenemos: x = a √ 2 r cos θ y = arsenθ =⇒ ∂(x,y) ∂(r,θ) = a √ 2 cos θ − a √ 2 rsenθ asenθ ar cos θ = a2 √ 2 r y2 a √ 2 2 + z2 a2 ≤ 1 ⇐⇒ 0 ≤ r2 ≤ 1 =⇒ 0 ≤ r ≤ 1 y 0 ≤ θ ≤ π Entonces la regi´on D∗ = {(r, θ) /0 ≤ r ≤ 1 y 0 ≤ θ ≤ π} .Luego, si A(S) = D √ 2dydz = √ 2 D∗ a2 √ 2 rdrdθ = a2 π/2 0 1 0 rdrdθ = a2 π/2 0 r2 2 1 0 dθ = πa2 4 Problema 3 Calcular el ´area S de la regi´on del manto del cilindro x2 + y2 = 2y comprendida entre y + z = 2 y z = 0. Figura 6.12: Regi´on del manto del cilindro x2 + y2 = 2y comprendida entre y + z = 2 y z = 0. D, parametrizaci´on de esta regi´on Soluci´on El ´area de la superficie es: A(S) = D −→r u × −→r v dudv 528
- 544. Parametrizando la superficiedel cilindro, x2 +y2 = 2y ⇐⇒ x2 +(y−1)2 = 1 Usando coordenadas cilindricas (u, v),se tiene que −→r (u, v) = (cos u, 1 + senu, v) , (u, v) ∈ D donde D = {(u, v) /0 ≤ u ≤ 2π, 0 ≤ v ≤ 2 − (1 + senu)} Determinemos el integrando de ´area −→r u × −→r v = i j k −senu cos u 0 0 0 1 = (cos u, −senu, 0) =⇒ −→r u × −→r v = 1 Por tanto,el ´area de la superficie S es A(S) = D dudv = 2π 0 1−senu 0 dvdu = 2π 0 (1 − senu) du = 2π 6.3.1. Integrales de superficie Problema 1 Sea S el octante positivo de la superficie x2 + y2 + z2 = 1.Calcular la integral de superficie S 1 x2 + y2 + (z − 1)2 dS Soluci´on Parametricemos la Superficie S usando coordenadas esf´ericas, es decir −→r (u, v) = (senu cos v, senu senv, cos u) onde D∗ = {(u, v) /0 ≤ u ≤ π/2, 0 ≤ v ≤ π/2} Calculemos el valor del integrando sobre S 529
- 545. 1 x2 + y2+ (z − 1)2 = 1 sen2u cos2 v + sen2u sen2v + (cos2 u − 1)2 = 1 √ sen2u + cos2 u + 1 − 2 cos u = 1 √ 2 − 2 cos u Calculemos el producto vectorial −→r u × −→r v = i j k cos u cos v cos u senv −senu −senu senv senu cos v 0 = sen2 u cos v, sen2 u senv, senu cos v Luego , obtenemos la norma del producto : −→r u × −→r v = (sen4 u + sen2 u cos2 u) 1/2 = |senu| = senu porque 0 ≤ u ≤ π/2 Finalmente, apliquemos la definici´on de integral de superficie y calculemos S 1 x2 + y2 + (z − 1)2 dS = π/2 0 π/2 0 −→r u × −→r v √ 2 − 2 cos u dudv = π/2 0 π/2 0 senu √ 2 − 2 cos u dudv = 1 √ 2 π/2 0 2 √ 1 − cos u π/2 0 dv = 2 √ 2 π/2 0 dv = π √ 2 Problema 2 Evaluar S z2 ds, donde S es el paraboloide z = x2 + y2 , comprendido entre z = 1 y z = 4. Soluci´on Para este problema tenemos dos opciones para representar parametrica- mente la corona del paraboloide. 530
- 546. Figura 6.13: Usando coordenadascartesianas rect´angulares −→r (x, y) = (x, y, x2 + y2 ) , donde D = {(x, y) ∈ IR2 /1 ≤ x2 + y2 ≤ 4} Calculemos el vector normal a la superficie S, dado por −→r x × −→r y = i j k 1 0 2x 0 1 2y = (2x, 2y, 1) Luego , obtenemos la norma del producto : −→r x × −→r y = 4x2 + 4y2 + 1 Aplicando la definici´on de integral de superficie S z2 ds = D z2 −→r y × −→r z dxdy = D (x2 + y2 ) 4x2 + 4y2 + 1dxdy Usando coordenadas polares para evaluar la integral doble, 531
- 547. D (x2 + y2 ) 4x2+ 4y2 + 1dxdy = 2π 0 2 1 r2 √ 4r2 + 1rdrdθ = 2π 0 r2 1 12 4r2 + 1 3/2 2 1 − 2 12 2 1 r 4r2 + 1 3/2 dr dθ = 2π 0 r2 1 12 4r2 + 1 3/2 2 1 − 1 120 4r2 + 1 5/2 2 1 dθ = π 6 173/2 − 53/2 − 1 10 175/2 + 1 10 53/2 6.3.2. Integral de Flujo de un campo vectorial Problema 1 Calcular el flujo para −→ F (x, y, z) = (3x, 3y, z) en la superficie z = 9 − x2 − y2 tal que z ≥ 0 Figura 6.14: Soluci´on Usando coordenadas cartesianas rectangulares, la parametrizaci´on de la superficie S es −→r (x, y) = (x, y, 9 − x2 − y2 ) , donde D = {(x, y) ∈ IR2 /x2 + y2 ≤ 9, z ≥ 0} Calculemos el vector normal a la superficie S, dado por −→r x × −→r y = i j k 1 0 −2x 0 1 −2y = (2x, 2y, 1) Aplicando la definici´on de integral de superficie al flujo a trav´es de S, se obtiene 532
- 548. S −→ F · nds= D −→ F (−→r (x, y)) · (−→r x × −→r y) dxdy D (3x, 3y, z) · (2x, 2y, 1)dxdy = D 6x2 + 6y2 + z dxdy = D 6x2 + 6y2 + 9 − x2 − y2 dxdy = D 5x2 + 5y2 + 9 dxdy Cambiando a coordenadas polares D 5x2 + 5y2 + 9 dxdy = 2π 0 3 0 5r2 + 9 rdrdθ = 567π 2 Alternativamente, podemos parametrizar directamente la superficie S en coordenadas cil´ındricas. −→r (r, θ) = r cos θ, rsenθ, 9 − r2 , 0 ≤ r ≤ 3, 0 ≤ θ ≤ 2π Calculemos el vector normal a la superficie y el campo vectorial sobre la superficie: −→n = −→r r × −→r θ = i j k cos θ senθ −2r −rsenθ r cos θ 0 = = 2r2 cos θ, 2r2 senθ, r Aplicando la definici´on de integral de superficie al flujo sobre S, se obtiene 533
- 549. S −→ F · nds= D −→ F (−→r (r, θ)) · (−→r r × −→r θ) drdθ = D 3r cos θ, 3 rsenθ, 9 − r2 · 2r2 cos θ, 2r2 senθ, r drdθ = D 6r3 (cos2 θ + sen2 θ) + 9r − r3 drdθ = D 5r3 + 9r drdθ = 2π 0 3 0 5r3 + 9r drdθ = 567π 2 Problema 2 Sea −→ F el campo vectorial −→ F (x, y, z) = (y, x, xz) . Calcular la integral de flujo S ( × −→ F )·ndS, donde n el campo normal exterior al paraboloide, y S el sector de la superficie del paraboloide z = x2 +(y −1)2 , interior al cilindro x2 + (y − 2)2 = 3. Figura 6.15: S, sector de la superficie del paraboloide z = x2 + (y − 1)2, interior al cilindro x2 + (y − 2)2 = 3 Soluci´on Tenemos que calcular la integral de flujo S ( × −→ F ) · ndS = D ( × −→ F ) · −→n dS 534
- 550. En primer lugar,calculamos el rotor del campo −→ F , × −→ F = i j k ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂z y x xz = (0, −z, 0), Parametricemos el sector de la superficie del paraboloide z = x2 +(y−1)2 interior al cilindro x2 +(y−2)2 = 3 usando coodenadas cilindricas con centro en el punto (0,2,0) y radio √ 3.Entonces −→ Φ(u, v) = (ucosv, 2 + usenv, u2 + 2usenv + 1) , 0 ≤ u ≤ √ 3, 0 ≤ v ≤ 2π. Determinemos los vectores tangentes a la superficie del paraboloide −→ Φu(u, v) = (cosv, senv, 2u + 2senv) −→ Φv(u, v) = (−usenv, ucosv, 2ucosv) Dado que en el v´ertice (0, 1, 0) del paraboloide el vector normal apunta hacia el exterior , tenemos que la normal exterior tiene componentes (0,0,-1), entonces −→n = −→ Φv(u, v) × −→ Φu(u, v) = i j k −usenv ucosv 2ucosv cosv senv 2u + 2senv = 2u2 cosv, 2u2 senv + 2u, −u En consecuencia, la integral queda D × −→ F · −→n dS = D −(0, u2 + 2usenv + 1, 0) · (2u2 cosv, 2u2 senv + 2u, −u)dudv = − √ 3 0 2π 0 (2u4 senv + 4u3 sen2 v + 6u2 senv + 2u3 + 2u)dvdu = − √ 3 0 4u3 v 2 − sen2v 4 + (2u3 + 2u)v 2π 0 du = − √ 3 0 8πu3 + 4πu du = 2πu4 + 2πu2 √ 3 0 = −24π Problema 3 Calcular el flujo de salida del campo vectorial −→ F (x, y, z) = (2y, zy, 3z) a trav´es de la superficie cil´ındrica x2 +y2 = 4 acotada en el primer octante por los planos x = 0, y = 0, z = 0, z = 5. 535
- 551. Figura 6.16: Superficiecilindrica x2 + y2 = 4, acotada en el primer octante por los planos coordenados Soluci´on Tenemos que calcular S −→ F · ndS = D −→ F −→ Φ (θ, z) · −→ Φθ × −→ Φz dθdz Parametricemos la superficie cil´ındrica −→ Φ(θ, z) = (2 cos θ, 2 sin θ, z) donde D = {(θ, z) /0 ≤ θ ≤ π/2, 0 ≤ z ≤ 5}. Determinemos los vectores tangentes a la superficie −→ Φθ(θ, z) = (−2 sin θ, 2 cos θ, 0) −→ Φz(θ, z) = (0, 0, 1) El vector normal que apunta al exterior de la superficie es −→ Φθ(θ, z) × −→ Φz(θ, z) = i j k −2senθ 2 cos θ 0 0 0 1 = (2cosθ, 2senθ, 0) 536
- 552. Entonces, el flujode −→ F a trav´es de esta superficie es D −→ F −→ Φ (θ, z) · −→ Φθ × −→ Φz drdz = D (4 sin θ, 2z sin θ, 3z) · (2 cos θ, 2 sin θ, 0) dθdz = π/2 0 5 0 4 5 sin 2θ + z sin2 θ dzdθ = 4 π/2 0 sin 2θ + 25 2 1 − cos 2θ 2 dθ = 20 − cos 2θ 2 π/2 0 + 50 θ 2 − sin 2θ 4 π/2 0 = 20 + 25 2 π 6.3.3. Teorema de la divergencia de Gauss Problema 1 Calcular el flujo S −→ F ·ndS del campo vectorial −→ F (x, y, z) = (x2 + senz, xy + cos z, ey ) a trav´es de la frontera S limitada por la superficie cil´ındrica x2 + y2 = 2y y los planos z = 0, y + z = 2, Figura 6.17: S limitada por la superficie cil´ındrica x2 +y2 = 2y y los planos z = 0, y + z = 2, Soluci´on 537
- 553. Puesto que elcampo vectorial −→ F es continuo, con primeras derivadas parciales continuas en IR3 y la regi´on V⊆ IR3 encerrada es conexa y S es una superficie cerrada suave, entonces es aplicable el teorema de la divergencia de Gauss. S −→ F · ndS = V · −→ F dV Para resolver la ultima integral necesitamos describir el s´olido V. Comple- tando el cuadrado, la ecuaci´on de la superficie cil´ındrica dada puede escribirse como: x2 + y2 = 2y ⇐⇒ x2 + (y − 1)2 = 2y. Luego, la proyecci´on del s´olido sobre el plano XY es la circunsferencia de centro (0, 1) y radio 1. Por otra parte z esta acotado entre los dos planos dados 0 ≤ z ≤ 2 − y. Por tanto, el s´olido esta dado por V = (x, y, z) ∈ IR3 / − 2y − y2 ≤ x ≤ 2y − y2, 0 ≤ y ≤ 2, 0 ≤ z ≤ 2 − y Calculemos la divergencia del campo vectorial: · −→ F = ∂ ∂x (x2 + senz) + ∂ ∂y (xy + cos z) + ∂ ∂z (ey ) = 3x Entonces: V 3xdxdydz = 2 0 √ 2y−y2 − √ 2y−y2 2−y 0 3xdzdxdy = 2 0 √ 2y−y2 − √ 2y−y2 3x (2 − y) dxdy = 2 0 (2 − y) 3 2 x2 √ 2y−y2 − √ 2y−y2 dy = 0 Problema 2 Verificar el teorema de la divergencia para el campo vectorial −→ F (x, y, z) = (x, y, z) sobre la esfera x2 + y2 + z2 = a2 . Soluci´on El teorema de la divergencia afirma que. S −→ F · ndS = V · −→ F dV La divergencia de −→ F es 538
- 554. · −→ F = ∂ ∂x (x) + ∂ ∂y (y)+ ∂ ∂z (z) = 3. de modo que. V · −→ F dV = V 3 dV = 3 4 3 πa3 = 4πa3 Calculemos ahora el Flujo sobre la superficie. S −→ F · ndS = D −→ F (−→r (u, v)) · (−→r u × −→r v) dudv Parametricemos la superficie usando coordenadas esf´ericas. −→r (u, v) = a (sin u cos v, sin u sin v, cos u) , con D = {(u, v) /0 ≤ u ≤ π, 0 ≤ v ≤ 2π} Calculemos el producto vectorial −→r u × −→r v = a2 i j k cos u cos v cos u sin v − sin u − sin u sin v sin u cos v 0 = a2 sin2 u cos v, sin2 u sin v, sin u cos u Por consiguiente −→ F (−→r (u, v)) · (−→r u × −→r v) = a3 sin u entonces la integral de flujo queda S −→ F · ndS = D a3 sin ududv = 2π 0 π 0 a3 sin ududv = a3 2π 0 [− cos u]π 0 dv = 2a3 2π 0 dv = 4πa3 Por tanto, comparando estos resultados hemos verificado el teorema de Gauss. Problema 3 539
- 555. Figura 6.18: Regi´onacotada por la frontera x2 + y2 = 4, z = 0, y z = 3 Verificar el teorema de la divergencia para −→ F (x, y, z) = (x3 , y3 , z3 ) en R, la regi´on acotada por la frontera x2 + y2 = 4, z = 0,y z = 3. Soluci´on El teorema de la divergencia afirma que S −→ F · nds = R · −→ F dV Calculemos el flujo que produce el campo sobre la frontera: S −→ F · nds = S1 −→ F · nds + S2 −→ F · nds + S3 −→ F · nds Si definimos parametrizacion de las superficies inferior y superior que limitan el cilindro tenemos: S1 : −→r (u, v) = (u, −v, 0) D∗ = {(u, v) /0 ≤ u ≤ 2, 0 ≤ v ≤ 2π, 0} El vector normal con orientacion positiva es −→r u × −→r v = i j k 1 0 0 0 −1 0 = (0, 0, −1) As´ı , obtenemos: S1 −→ F · nds = D∗ −→ F (−→r (u, v)) · (−→r u × −→r v) dudv = D∗ u3 , −v3 , 0 · (0, 0, −1) dudv = 0 Analogamente para: 540
- 556. S3 : −→r(u, v) = (u, v, 0) donde D∗ = {(u, v) /0 ≤ u ≤ 2, 0 ≤ v ≤ 2π} −→r u × −→r v = i j k 1 0 0 0 1 0 = (0, 0, 1) Luego: S3 −→ F · nds = D∗ −→ F (−→r (u, v)) · (−→r u × −→r v) dudv = D∗ u3 , v3 , 33 · (0, 0, 1) dudv = 2 0 2π 0 33 dudv = 108π Si definimos la parametrizaci´on para el manto del cil´ındro se tiene: S2 : −→r (u, v) = (2 cos u, 2senu , v) donde D∗ = {(u, v) /0 ≤ u ≤ 2π, 0 ≤ v ≤ 3} El vector normal con orientacion positiva es, −→r u × −→r v = i j k −2senu 2 cos u 0 0 0 1 = (2 cos u, 2senu, 0) En consecuencia, S2 −→ F · nds = D∗ −→ F (−→r (u, v)) · (−→r u × −→r v) dudv = D∗ (2 cos u)3 , (2senu)3 , v3 · (2 cos u, 2senu, 0) dudv = 16 3 0 2π 0 cos4 u + sen4 u dudv = 16 3 0 2π 0 1 8 (6 + 2 cos 4u) dudv = 16 3 0 1 8 6u + 2 4 sen4u 2π 0 dv = 2 (12π) 3 0 dv = 72π 541
- 557. Por lo tanto,sumando las integrales de flujo se tiene: S −→ F · nds = 102π + 72π = 180π Por otra parte, como · −→ F = ∂x3 ∂x + ∂y3 ∂y + ∂z3 ∂z = 3 (x2 + y2 + z2 ) , entonces R · −→ F dV = R 3 x2 + y2 + z2 dV Usando coordenadas cil´ındricas para evaluar la integral triple, tenemos x = r cos θ y = rsenθ z = z =⇒ 0 ≤ x2 + y2 ≤ 4 ⇐⇒ 0 ≤ r2 ≤ 4 ⇐⇒ 0 ≤ r ≤ 2 Entonces la regi´on R∗ = {(r, θ, z) /0 ≤ r ≤ 2 , 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ z ≤ 3} R 3 x2 + y2 + z2 dV = 3 2π 0 2 0 3 0 r2 + z2 rdzdrdθ = 3 2π 0 2 0 r2 z + r3 3 3 0 rdrdθ = 3 2π 0 2 0 3r2 + 9 rdrdθ = 3 2π 0 3 4 r4 + 9 2 r2 2 0 dθ = 3 2π 0 30dθ = 90θ|2π 0 = 180π Problema 4 Calcular el flujo del campo −→ F (x, y, z) = (x + y3 , 2y − ez , −3z − 1) en la R la regi´on acotada por la frontera S x2 + y2 + 3z2 = 1. Soluci´on: Usemos el teorema de la divergencia de Gauss para calcular el flujo, que afirma que, S −→ F · nds = R · −→ F dV Calculemos la divergencia del campo vectorial en la regi´on R. 542
- 558. · −→ F = ∂ ∂x (x +y3 ) + ∂ ∂y (2y − ez ) + ∂ ∂z (−3z − 1) = 1 + 2 − 3 = 0 Entonces el flujo del campo vectorial −→ F a trav´es de S verifica S −→ F · nds = R 0 dV = 0 6.3.4. Teorema de Stokes Problema 1 Verificar el teorema de Stokes para −→ F (x, y, z) = (−y3 , x3 , z3 ) donde S es la porci´on del plano x + y + z = 1 al interior del cilindro x2 + y2 = 1. Figura 6.19: S es la porci´on del plano x + y + z = 1 al interior del cilindro x2 + y2 = 1 Soluci´on. El teorema de Stokes afirma que C −→ F · d−→r = S × −→ F · ndS Calculemos × −→ F = i j k ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂z −y3 x3 z3 = (0, 0, 3x2 + 3y2 ), y −→ N = (x + y + z − 1) = (1, 1, 1) 543
- 559. S × −→ F · ndS= D × −→ F · −→ N dxdy = D 3(x2 + y2 ) dxdy donde D = {x, y) ∈ IR2 /x2 + y2 ≤ 1} . Usando coordenadas polares : x = r cos θ y = rsenθ =⇒ |∂ (x, y)∂ (r, θ)| = cos θ −rsenθ senθ r cos θ = r x2 + y2 ≤ 1 ⇐⇒ 0 ≤ r2 ≤ 1 =⇒ 0 ≤ r ≤ 1 y 0 ≤ θ ≤ 2π Entonces la regi´on D∗ = {(r, θ) /0 ≤ r ≤ 1 y 0 ≤ θ ≤ 2π} .Luego, si D 3(x2 + y2 ) dxdy = 3 1 0 2π 0 r3 dθdr = 6π 1 0 r3 dr = 3π 2 Problema 2 Verificar el teorema de Stokes para evaluar la integral de l´ınea C xdx + yz2 dy + xzdz donde C es la intersecci´on de la semiesfera x2 + y2 + z2 = 1, z ≥ 0 y el cilindro x2 + y2 = y. Soluci´on El teorema de Stokes afirma que C −→ F · d−→r = S × −→ F · ndS donde S es la regi´on de la superficie de la semiesfera cuya frontera es la curva C. Calculemos directamente la integral de l´ınea, parametrizando la curva C mediante coordenadas cil´ındricas x = r cost, y = r sent, z = z. 544
- 560. Figura 6.20: Al sustituiren la ecuaciones de las superficies que definen la curva C, tenemos que z = √ 1 − r2 , r = sent donde 0 ≤ t ≤ π. Luego, la ecuaci´on de la curva es −→r (t) = sin t cos t, sin2 t, 1 − sin2 t , 0 ≤ t ≤ π Usando identidades trigonom´etricas sin2 t = 1 2 (1−cos 2t), cos2 t = 1 2 (1+ cos 2t) se tiene: −→r (t) = 1 2 sin 2t, 1 2 (1 − cos 2t), cos t , 0 ≤ t ≤ π −→r (t) = (cos 2t, − sin 2t, − sin t) , 0 ≤ t ≤ π Evaluemos la integral de linea: C xdx + yz2 dy + xzdz = π 0 1 2 sin 2t cos 2t − 1 2 (1 − cos 2t) cos2 tsen2t − 1 2 sin 2t cos t sin t = π 0 1 2 sin 2t cos 2t − 1 4 (1 − cos2 2t) sin 2t − 1 4 sin2 2t dt = π 0 1 2 sin 2t cos 2t − 1 4 (1 − cos2 2t) sin 2t − 1 4 1 − cos 4t 2 dt = 1 4 sin2 2t + 1 8 cos 2t − 1 24 cos3 2t − 1 8 t + sin 4t 32 π 0 = − π 8 545
- 561. Por otra parte,debemos evaluar S × −→ F · ndS = D × −→ F · −→ N dA Como S es la regi´on de la superficie de la semiesfera cuya frontera es la curva C, una parametrizacion de S viene dada por −→ T (r, θ) = r cos θ, rsenθ, √ 1 − r2 , 0 ≤ r ≤ senθ, 0 ≤ θ ≤ π A continuaci´on calculemos el vector normal a la superficie: −→ N = −→ T r × −→ T θ = i j k cos θ sin θ − r √ 1 − r2 −r sin θ r cos θ 0 = r2 cos θ √ 1 − r2 , r2 sin θ √ 1 − r2 , r La orientaci´on del vector normal a la superficie es compatible con la orientaci´on de su frontera C. Determinemos el rotor del campo vectorial × −→ F = i j k ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂z x yz xz = (−2yz, −z, 0), Por lo que la funci´on compuesta queda × −→ F −→ T (r, θ) = −2r sin θ √ 1 − r2, − √ 1 − r2, 0 Entonces, estamos en condiciones de calcular la integral de superficie, D × −→ F · −→ N dA = π 0 sin θ 0 −2r3 sin θ cos θ − r2 sin θ drdθ = − π 0 r4 2 sin θ cos θ + r3 3 sin θ sin θ 0 dθ = − π 0 sin5 θ 2 cos θ + sen4 θ 3 dθ = − sin6 θ 12 π 0 − 1 3 π 0 sin4 θdθ = − 1 3 π 0 sin4 θdθ 546
- 562. Puesto que elintegrando queda sin4 θ = 1 − cos 2θ 2 2 = 1 4 1 − 2 cos 2θ + cos2 2θ = 1 4 1 − 2 cos 2θ + 1 + cos 4θ 2 = 1 4 3 2 − 2 cos 2θ + cos 4θ 2 Podemos calcular − 1 3 π 0 sin4 θdθ = − 1 3 π 0 1 4 3 2 − 2 cos 2θ + cos 4θ 2 dθ = − 1 3 3θ 2 − sin 2θ + sin 4θ 2 π 0 = − π 8 Problema 3 Sea −→ F (x, y, z) = (x, y, z), calcular la integral de l´ınea C −→ F · dr, siendo C la curva intersecci´on de las superficies S1 dada por ecuaci´on z = x2 + 2y2 y S2 por la ecuaci´on z = 4 − x2 . Figura 6.21: C la curva intersecci´on de las superficies S1 dada por ecuaci´on z = x2 + 2y2 y S2 por la ecuaci´on z = 4 − x2 Soluci´on El teorema de Stokes afirma que C −→ F · d−→r = S × −→ F · ndS 547
- 563. donde la curvaC es la frontera de la superficie S dada por S = {(x, y, z) ∈ IR3 : x2 + y2 ≤ 2, z = 4 − x2 } Calculemos × −→ F = i j k ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂z x y z = (0, 0, 0). Por lo tanto S × −→ F · ndS = S (0, 0, 0) · ndS Lo que indica que estamos frente a un campo conservativo. Problema 4 Calcular S × −→ F · ndS, siendo −→ F = (xz + yz2 + x, xyz3 + y, x2 z4 ) y S = S1 ∪ S2 donde S1 es la superficie cil´ındrica x2 + y2 = 1, 0 ≤ z ≤ 1 y S2 es la semiesfera x2 + y2 + z2 = 1, z ≥ 0. Figura 6.22: Superficie S = S1 ∪S2 donde S1 es la superficie cil´ındrica x2 +y2 = 1, 0 ≤ z ≤ 1 y S2 es la semiesfera x2 + y2 + z2 = 1, z ≥ 0 Soluci´on. El teorema de Stokes afirma que S × −→ F · ndS = C −→ F · d−→r donde la curva C es la frontera de la superficie S dada por x2 + y2 = 1 Parametizando la circunferencia, queda: −→r (t) = (cos t, sin t, 0) , t ∈ [0, 2π] −→r (t) = (− sin t, cos t, 0) , t ∈ [0, 2π] . 548
- 564. −→ F (−→r (t))= (cos t, sin t, 0) Calculemos la integral C −→ F · d−→r = 2π 0 (cos t, sent, 0) · (− sin t, cos t, 0) dt = 0 Problema 5 Determine la circulaci´on del campo −→ F = (x2 − y, 4z, x2 ) alrededor de la curva C dada por la intesecci´on del plano z = 4 y el cono z = x2 + y2,recorrida en sentido positivo. Figura 6.23: Plano z = 4 y cono z = x2 + y2 Soluci´on El teorema de Stokes afirma que C −→ F · d−→r = S × −→ F · ndS donde la curva C es la frontera de la superficie S dada por S = {(x, y, z) ∈ IR3 : x2 + y2 ≤ z2 , z ≤ 4} Parametrizando el cono se tiene −→ T (r, θ) = (r cos θ, r sin θ, r) , donde D = {(r, θ) /0 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2π} A continuaci´on calculemos el vector normal a la superficie: −→ N = −→ T r × −→ T θ = i j k cos θ sin θ 1 −r sin θ r cos θ 0 = (−r cos θ, −r sin θ, r) 549
- 565. La orientaci´on delvector normal a la superficie es hacia el exterior del cono Adem´as × −→ F = i j k ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂z x2 − y 4z x2 = (−4, −2x, 1). Luego la funci´on compuesta × −→ F −→ T (r, θ) es × −→ F −→ T (r, θ) = (−4, −2r cos θ, 1) Por lo tanto S × −→ F · ndS = D × −→ F · −→ N drdθ = D (−4, −2r cos θ, 1) · (−r cos θ, −r sin θ, r) drdθ = 2 0 2π 0 (4r cos θ + r sin θ + r) dθdr = 4π 6.4. Ejercicios Propuestos 6.4.1. ´Area de una superficie 1. Problema Calcule el ´area de la superficie de x2 + y2 + z2 = a2 , a > 0, z ≥ 0. Respuesta A (R) = 2πa2 2. Problema Calcule el ´area de la superficie del sector del plano ax + by + cz + d = 0 que queda dentro del cilindro x2 + y2 = r2 (c = 0, r > 0) . Respuesta A (R) = πr2 √ a2 + b2 + c2 c 550
- 566. Figura 6.24: Superficiedel sector del plano ax + by + cz + d = 0 que queda dentro del cilindro x2 + y2 = r2 (c = 0, r > 0) Figura 6.25: 3. Problema Calcule el ´area del helicoide −→r (u, v) = (u cos v, u sin v, v) para 0 ≤ u ≤ 1, 0 ≤ v ≤ 2π Respuesta A (R) = π(ln( √ 2 + 1) + √ 2 4. Problema Hallar el ´area de la superficie S descrita por la parametrizaci´on: −→r : D ⊂ R2 → R3 ; −→r (u; v) = (u cos v; u sin v; u2 ) ; donde D = {(u, v) ∈ IR2 /0 ≤ u ≤ 4, 0 ≤ v ≤ 2π} . Respuesta I = 1 12 (65)3/2 − 1 551
- 567. Figura 6.26: 5. Problema Obtenerel ´area de la superficie S , frontera de = {(x, y, z) ∈ IR3 : (z − 1)2 ≤ x2 + y2 y x2 + y2 + z2 ≤ 1} Figura 6.27: Respuesta ´Area de la superficie S = Sesf ∪ Scono = 2π + π √ 2 6. Problema Calcule el ´area de la porci´on de superficie c´onica z2 = x2 + y2 situada por encima del plano z = 0 y limitada por la esfera x2 + y2 + z2 = 2ax Respuesta I = √ 2 4 πa2 552
- 568. Figura 6.28: 7. Problema Calculeel ´area de la superficie S de una pelota de rugby formada por la rotaci´on de la curva x = cos z, y = 0, − π 2 ≤ z ≤ π 2 alrededor del eje z. Respuesta Ecuacion param´etrica de la superficie −→r (u, v) = (cos u cos v, cos u sin v, u) A = 2π √ 2 + ln 1 + √ 2 6.4.2. Integrales de funciones escalares sobre superficie 1. Problema Calcule la integral S x2 zdS ; siendo S la superficie externa de x2 + y2 = a2 comprendida entre z = −2 y z = 2. Figura 6.1: Respuesta 553
- 569. S x2 zdS = 0 2.Problema Calcule la integral de superficie S (x4 − y4 + y2 z2 − x2 z2 + 1)dS . Si la superficie S es la hoja superior del cono z2 = x2 + y2 que est´a en el interior del cilindro (x − 1)2 + y2 = 1. Figura 6.2: Superficie S, hoja superior del cono z2 = x2 +y2 que est´a en el interior del cilindro (x − 1)2 + y2 = 1 Respuesta A = √ 2π 554
- 570. 3. Problema Calcule laintegral de superficie I = S zdS, donde S es la superficie parametrizada por −→r (x, y) = (x, y, 2x + 3y + 2a), (x, y) ∈ D tal que D = {(x, y) ∈ IR2 /x2 + y2 ≤ a2 } . Figura 6.3: Aca voy Respuesta I = 2 √ 14πa3 4. Problema Calcule la integral de superficie I = S 1 − x2 − y2dS, donde S es una pelota de rugby formada por la rotaci´on de la curva x = cos z, y = 0, − π 2 ≤ z ≤ π 2 alrededor del eje z. Respuesta Superficie parametrizada −→r (u, v) = (cos u cos v, cos u sin v, u) , D = (u, v) / − π 2 ≤ u ≤ π 2 , 0 ≤ v ≤ 2π I= 4π 3 2 √ 2 − 1 6.4.3. Integral de Flujo 1. Problema Calcule la integral del campo vectorial −→ F (x, y, z) = (x, y, z) a trav´es de la superficie lateral del paraboloide x2 + y2 = 2az , con 0 ≤ z ≤ 2a. Respuesta I = −4πa3 2. Problema Calcule la integral del campo vectorial −→ F (x, y, z) = (yz, x, z2 ) a trav´es de la superficie del cilindro parab´olico y = x2 , con 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 4,donde la primera componente de −→n es positiva. 555
- 571. (a) Campo vectorial(b) paraboloide Figura 6.1: (a) Campo vectorial (b) sector de cilindro parab´olico Figura 6.2: Respuesta Se tiene que −→n = (2x, −1, 0) I = 2 3. Problema Calcule la integral del campo vectorial −→ F (x, y, z) = (0, yz, z2 ) a trav´es de la superficie S cortada del cilindro y2 + z2 = 1, por los planos x = 0; ≤ x = 1. Respuesta Se tiene que −→n = (0, y, z) I = 2 556
- 572. (a) Campo vectorial(b) Cilindro cortado por dos planos Figura 6.3: 6.4.4. Teorema de la divergencia de Gauss 1. Problema Sea −→ F (x, y, z) = (xz, yz, −z2 ). Calcule S −→ F · nds ; siendo S la cara externa del paraboloide x2 + y2 = 3z; entre z = 0 y z = 1. Figura 6.1: Paraboloide x2 + y2 = 3z limitado por los planos z = 0 y z = 1 a) Directamente. b) Aplicando el teorema de Gauss. Respuesta. I = −3π 2. Problema Calcular el flujo S −→ F ·nds, del campo vectorial −→ F = (x, y, z) a trav´es de la superficie S del elipsoide ax2 + by2 + cz2 = 1 557
- 573. Respuesta. S −→ F · nds= 2π √ abc 3. Problema Calcular el flujo S −→ F · nds,del campo vectorial −→ F = (2xy2 , z3 , −x2 y) a trav´es la superficie S formada por el hemisferio superior de la esfera x2 + y2 + z2 = a2 y el cilindro x2 + y2 = a2 (a) Campo vectorial (b) Superficie formada por el hemisfe- rio superior de la esfera y el cilindro Figura 6.2: Respuesta. S −→ F · nds = 4 15 πa5 558
- 574. 4. Problema Calcular elflujo S −→ F ·nds, del campo vectorial −→ F = 0, tan z + esin xz , y2 a trav´es de la superficie S del semi-elipsoide 2x2 + 3y2 + z2 = 6, z ≥ 0, con la normal apuntando hacia el exterior. (a) Campo vectorial (b) Semi-elipsoide Figura 6.3: Respuesta. S −→ F · nds = 3 2 π 559
- 575. 5. Problema Calcular elflujo S −→ F ·nds, del campo vectorial −→ F = (x, y, z) (x2 + y2 + z2)3/2 a trav´es de la superficie S dada por el paraboloide z = 2−x2 −y2 ,tales z ≥ 0, con la normal apuntando hacia el exterior. Pendiente Respuesta. S −→ F · nds = π 2 − √ 2 6. Problema Sea S la superficie del paraboloide z = x2 +(y −1)2 , interior al cilindro x2 + (y − 2)2 = 3. Sea −→ F el campo vectorial −→ F (x, y, z) = (y, x, xz) . Calcular la integral S × −→ F · nds,utilizando el teorema de Gauss, donde n es la normal exterior al paraboloide. (a) Campo vectorial (b) Paraboloide interior al cilindro Figura 6.4: Respuesta Colocando una tapa T a la superficie S, de modo que S∗ = S T sea una superficie cerrada, podemos aplicar el teorema de Gauss S × −→ F · nds = − T × −→ F · nds = −2π 7. Problema Sea S la porci´on del paraboloide z + 1 = x2 + y2 , situada debajo del plano z = 1, y sea −→ F (x, y, z) = (0, x − 2yz, x2 ). Hallar S × −→ F · nds, 560
- 576. donde n esla normal exterior al paraboloide, utilizando el teorema de Gauss. (a) Campo vectorial (b) Paraboloide situada de- bajo del plano Figura 6.5: Respuesta Colocando una tapa T a la superficie S, de modo que S∗ = S T sea una superficie cerrada, podemos aplicar el teorema de Gauss S × −→ F · nds = − T × −→ F · nds = −2π 6.4.5. Teorema de Stokes 1. Problema Sea S el sector del paraboloide z = x2 + y2 , situado en el primer octante , limitado por el plano z = 1 y los planos principales, y sea −→ F = (y − z, z − x, x − y) . Calcular la integral de l´ınea C −→ F · d−→r . Respuesta C −→ F · d−→r . = 8 3 − π 2 2. Problema Para el campo vectorial −→ F = (x2 + yez , y2 + zex , z2 + xey ) definida so- bre S : x2 + y2 + z2 = a2 con z ≥ 0.Calcular el flujo del rotacional de −→ F a trav´es de S. Respuesta C −→ F · d−→r = S × −→ F · nds = −πa2 561
- 577. (a) Campo vectorial(b) Sector de paraboloide, limita- do por planos Figura 6.1: (a) Campo vectorial (b) hemisferio superior de la esfera Figura 6.2: 3. Problema Dado el campo vectorial −→ F (x, y, z) = (y+sin x, z2 +cos y, x3 ) y la curva −→r (t) = (sin t, cos t, sin 2t); t ∈ [0; 2π]; halle C −→ F · d−→r utilizando el teorema de Stokes. Respuesta I = −π2 562
- 578. (a) Campo vectorial(b) paraboloide hiperb´olico Figura 6.3: 4. Problema Calcule el flujo del campo −→ F (x, y, z) = (x, y, z) a trav´es de la superficie del s´olido limitado por x2 + y2 = 9, z = 0, y z = 0. a) Directamente. b) Aplicando el Teorema de Stokes Respuesta I = 81π 5. Problema Calcule la integral C y2 dx+xydy +xzdz, siendo C la curva intersecci´on del cilindro x2 + y2 = 2y y el plano y = z. a) Directamente. b) Aplicando el teorema de Stokes. Figura 6.4: Respuesta 563
- 579. I = 0 6.Problema Calcule la integral I = C (y − 1)dx + z2 dy + ydz, aplicando el teorema de Stokes, siendo C la curva intersecci´on de las superficies x2 +y2 = z2 2 , z = y + 1 Figura 6.5: Respuesta I = − √ 2π 6.5. Aplicaciones En esta secci´on presentamos algunas aplicaciones simples que ilustran la utilizaci´on de las, integrales de lineas, integral de flujo y de los teoremas de Gauss , Stokes y Green . 6.5.1. Aplicaciones Integral de Flujo Problema 1 Calcular el flujo del campo el´ectrico producido por una carga Q en el origen, a trav´es del manto de la esfera S de radio R orientado seg´un la normal exterior. Soluci´on El campo el´ectrico producido por la carga Q viene dado por 564
- 580. −→ E = Q 4πεo r r2 donde εounaconstante universal . De esta forma se obtiene el siguiente flujo el´ectrico S −→ E · d −→ S = S Q 4πεo r R2 · rdS Parametrizando la superficie en coordenadas esf´ericas se tiene −→ Φ (φ, θ) = (R sin φ cos θ, R sin φ sin θ, R cos φ) , 0 ≤ φ ≤ π, 0 ≤ θ ≤ 2π =⇒ −→ Φφ × −→ Φθ = R2 sin Φ S Q 4πεo r R2 · rdS = 2π 0 π 0 Q 4πεo 1 R2 R2 sin φdφdθ = Q εo Por tanto S −→ E · d −→ S = Q εo Corresponde a la formulaci´on integral de la Ley de Gauss, que se aplica tambi´en a distribuciones de carga m´as generales. Problema 2 Calcular el flujo del campo el´ectrico generado por una carga Q en el origen, sobre el plano infinito x = 1. Soluci´on En este caso la normal es constante N = i . El campo el´ectrico producido por una carga Q en coordenadas cartesianas, esta dado por −→ E = Q 4πεo r r2 = Q 4πεo (x, y, z) [x2 + y2 + z2]3/2 El flujo del campo viene dado por S −→ E · idS = S Q 4πεo (1, y, z) [x2 + y2 + z2]3/2 · (1, 0, 0) dS = Q 4πεo ∞ −∞ ∞ −∞ dxdy [1 + y2 + z2]3/2 565
- 581. Utilizando el cambiode variables a coordenadas polares, tenemos y = rcosθ, z = rsenθ =⇒ y2 + z2 = r2 y el jacobiano de transformaci´on es ∂ (y, z) ∂ (r, θ) = r Reemplazando el integrando, obtenemos Q 4πεo ∞ 0 2π 0 rdθdr [1 + r2]3/2 = Q 2εo ∞ 0 rdr [1 + r2]3/2 = Q εo − 1 + r2 −1/2 ∞ 0 = Q εo Problema 3 Si −→ E (x, y, z) = (2x, 2y, 2z) es un campo el´ectrico, encontrar el flujo de −→ E que sale a trav´es de la superficie cerrada S que consta de la semiesfera x2 + y2 + z2 = 1, z ≥ 0, y su base. Soluci´on Como los puntos de la circunferencia x2 + y2 = 1, z = 0, son singulares, debemos descomponer la superficie en dos partes, de modo que llamaremos S1 a la semiesfera y S2 al c´ırculo que forma la tapa inferior. Una parametrizaci´on de S1 viene dada por la funci´on −→r 1(u, v) = ( sin u cos v, sin u sin v, cos u) donde D1 = (u, v) ∈ IR3 /0 ≤ u ≤ π 2 , 0 ≤ v ≤ 2π El vector normal exterior a la superficie es −→ T u × −→ T v = (sin2 u cos v, sin2 u sin v, cos u sin u) De este modo, el flujo a trav´es de S1 es S1 −→ E · ndS = D 2(cos2 v sin3 u + sin2 v sin3 u + sin u cos2 u)dudv = 2π 0 π/2 0 2 sin ududv = 4π An´alogamente, si parametrizamos la superficie S2 por −→r 2(u, v) = (ucosv, u sin v, 0) 566
- 582. donde D2 ={(u, v) ∈ IR2 /0 ≤ u ≤ 1, 0 ≤ v ≤ 2π} −→r u × −→r v = i j k cos v sin v 0 −u sin v u cos v 0 = (0, 0, u) El flujo a trav´es de la superficie S2 es S2 −→ E · ndS = D 2(u cos v, u sin v, 0) · (0, 0, u) dudv = D 0 dudv = 0 Por lo tanto, la suma de ambos flujos da como resultado S −→ E · ndS = 4π Problema 4 Si −→ F (x, y, z) = (0, √ y, 0) representa la velocidad de un fluido. Calcular la raz´on del flujo de dicho fluido que atraviesa la superficie S = {(x, y, z) : x2 + z2 = y, 0 ≤ y ≤ 1}. Figura 6.6: Superficie S = {(x, y, z) : x2 + z2 = y, 0 ≤ y ≤ 1} Soluci´on 567
- 583. En primer lugar,consideremos la siguiente parametrizaci´on de la superficie: r(u, v) = (u cos v, u2 , u sin v), 0 ≤ u ≤ 1, 0 ≤ v ≤ 2π. El vector normal a la superficie viene dado por: −→ T u × −→ T v = i j k cos v 2u sin v −u sin v 0 u cos v = = (2u2 cos v, −u, 2u2 sin v) Entonces el flujo esta dado por, S −→ F · ndS = 2π 0 1 0 (0, u, 0) · (2u2 cos v, −u, 2u2 sin v)dudv = 2π 0 1 0 (−u2 )dudv = 2π 0 − u3 3 1 0 dv = − 2π 3 El signo negativo del resultado es debido a que el vector normal tiene sentido opuesto al del movimiento del fluido (la componente j de −→ F es positiva pero la de n es negativa). As´ı pues, la raz´on de flujo que entra a la superficie es de −2π 3 . 6.5.2. Aplicaci´on del teorema de Gauss Problema 1 Suponga que la temperatura de un punto de una esfera S es proporcional al cuadrado de la distancia de dicho punto al centro de la esfera. Se sabe que el campo estacionario de temperaturas −→ J asociado a este potencial queda definido por la expresi´on −→ J = − T, donde k > 0 representa la conductivi- dad t´ermica del medio y T la temperatura. Calcular directamente la raz´on total del flujo de calor que atraviesa la esfera, suponiendo que tiene centro el origen y radio a. Soluci´on Debemos calcular S −→ J · ndS = D −→ J (−→r (u, v)) · −→ T u × −→ T v dudv Consideremos la parametrizaci´on de S dada por: 568
- 584. −→r (u, v)= (a sin u cos v, a sin u sin v, a cos u) donde D = {(u, v) ∈ IR3 /0 ≤ u ≤ π, 0 ≤ v ≤ 2π} Determinemos el flujo de calor. Como T(x, y, z) = C·(x2 + y2 + z2 ), entonces −→ J (x, y, z) = −k T(x, y, z) = −kC(2x, 2y, 2z) El vector normal exterior a la superficie es −→ T u × −→ T v = (a2 sin2 u cos v, a2 sin2 u sin v, a cos u sin u) y la raz´on de flujo a trav´es de la esfera viene dada por la integral S −→ J · ndS = − 2π 0 π 0 kC T · −→ T u × −→ T v dudv = − 2π 0 π 0 2kC·a3 sin ududv = −8kCπa3 Problema 2 Suponga que la temperatura en una regi´on de IR3 est´a dada por T(x, y, z) = C(x2 + y2 + z2 ). Se sabe que el campo estacionario de temperaturas −→ J asociado a este potencial queda definido por la expresi´on −→ J = − T.Suponga que la regi´on contiene a la esfera S centrada en el origen y de radio a. Calcular el flujo de calor que sale a trav´es del casquete esf´erico S,usando el teorema de Gauss , dada la conductividad t´ermica > 0 del material. Soluci´on Sea Ω un abierto de IR3 de frontera regular S orientada seg´un la normal exterior N El flujo de calor producido por el campo estacionario de temperaturas es S −→ J · NdS = V · −→ J dV = −κ V · ( T) dV = −κ V 2 T dV 569
- 585. Calculemos el Laplacianode temperaturas 2 T = ∂2 x2 ∂x2 + ∂2 y2 ∂y2 + ∂2 z2 ∂z2 = C(2 + 2 + 2) = 6C Reemplazando el integrando, queda S −→ J · d −→ S = −6κC Ω dV = −6κC 4 3 πR3 = −8κCπR3 Problema 3 El hecho de que la temperatura decrece hacia el origen hace que el gra- diente apunte en esa direcci´on de modo que el flujo neto de calor que entra a la esfera es negativo. El filtro de una m´aquina de lavar ropa tiene la forma c´onica descrita por el conjunto Ω = (x, y, z) ∈ IR3 / x2 + y2 ≤ z ≤ 3 , por el circula una corriente de agua, cuyo campo de velocidades esta dado por la expresi´on −→ F (x, y, z) = (2yz cos (y2 ) , 2x cos (x2 ) , 1) . a) Muestre que la cantidad de agua en el interior del filtro se mantiene constante, suponiendo que la densidad el agua es ρ = 1 gr/cm3 . b) Usando el teorema de Stokes, calcule el flujo total de agua trav´es de las paredes del filtro Soluci´on Por el teorema de la divergencia de Gauss, se tiene que el flujo total de agua a trav´es de las paredes del filtro es S −→ F · nds = Ω · −→ F dV Calculemos la divergencia del campo de velocidades · −→ F = ∂ ∂x 2yz cos y2 + ∂ ∂x 2x cos x2 + ∂ ∂x (1) =⇒ · −→ F = 0 570
- 586. Figura 6.7: Ω= (x, y, z) ∈ IR3/ x2 + y2 ≤ z ≤ 3 Como · −→ F = 0,el flujo total de agua a trav´es de las paredes del filtro es nulo. Por lo tanto la cantidad de agua que entra al filtro es igual a la que sale, entonces la cantidad de agua en el interior del filtro se mantiene constante. b) Sea S la pared del manto de Ω .Como −→ F es un campo de divergencia nula en IR3 , entonces −→ F es un campo rotacional, es decir, existe un campo vectorial −→ R tal que −→ F = × −→ R. En consecuencia, se busca −→ R que satisfaga la condicion anterior. Sea −→ R = (R1, R2, R2) tal que ∂R3 ∂y − ∂R2 ∂z = 2yz cos y2 ∂R1 ∂z − ∂R3 ∂x = 2xz cos x2 ∂R2 ∂x − ∂R1 ∂y = 1 Este problema tiene muchas soluciones.Formulemos un modelo en que R1 = 0, entonces ∂R3 ∂y − ∂R2 ∂z = 2yz cos y2 − ∂R3 ∂x = 2xz cos x2 ∂R2 ∂x − = 1 Integrando parcialmente las dos ´ultimas ecuaciones se obtiene 571
- 587. ∂R3 ∂y − ∂R2 ∂z = 2yz cosy2 R3 = −zsen x2 + f (x, y) R2 = x + g (y, z) Se tiene m´as de una soluci´on, consideremos g (x, y) = 0, luego queda ∂R3 ∂y = 2yz cos y2 R3 = −zsen x2 + f (x, y) R2 = x Derivando la segunda ecuaci´on parcialmente con respecto a y y se iguala con la primera ∂ ∂y f (x, y) = 2yz cos y2 Integrando parcialmente con respecto a y esta ´ultima expresi´on produce f (x, y) = zsen y2 + h (z) Para simplificar consideremos h (z) = 0,por consiguiente R3 = −zsen x2 + zsen y2 Finalmente, el campo −→ R queda: −→ R = 0, x, −zsen x2 + zsen y2 El teorema de Stokes afirma que S × −→ R · ndS = C −→ R · d−→r El flujo que produce el campo −→ R a trav´es del manto es igual a la integral de l´ınea sobre la frontera C que limita la supercicie S. C = {(x, y, z) ∈ IR3 / x2 + y2 = 9, z = 3} Parametrizando la curva se tiene −→r (t) = (3 cos t, 3set, 3) , t ∈ [0, 2π] C −→ R · d−→r = 2π 0 −→ R (−→r (t)) · −→r (t) dt 572
- 588. = 2π 0 0, 3 cost, 27sen3 t − 27sent cos2 t · (−3sent, 3 cos t, 0) dt = 2π 0 9 cos2 tdt = 9 2π 0 1 + cos 2t 2 dt = 9 2 sen (2t) 2 + t 2π 0 = 9π 6.5.3. Aplicaci´on teorema de Stokes Problema 1 Calcular el trabajo producido por la fuerza −→ F (x, y, z) = (−y3 , x3 , −z3 ) ,sobre la trayectoria recorrida en el sentido positivo, dada por la intersecci´on de las superficies x + y + z = a, x2 + y2 = a2 . Figura 6.8: Soluci´on Como el campo es continuo y la trayectoria es cerrada, podemos calcular el trabajo aplicando el teorema de Stokes. W = C −→ F · d−→r = S × −→ F · n dS = D × −→ F · −→n −→n −→n dA Al parametrizar en coordenadas cartesianas el plano que contiene a la curva obtenemos −→ φ (x, y) = (x, y, a − x − y), donde (x, y) ∈ D tal que x2 + y2 ≤ a2 . 573
- 589. Calculemos el integrandodel lado derecho de la formula anterior × −→ F = i j k ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂z −y3 x3 −z3 = (0, 0, 3x2 + 3y2 ) El vector normal al plano esta dado por −→n = φ = (1, 1, 1) , donde φ = x + y + z − a = 0 En consecuencia, al sustituir t´erminos en al ´ultima integral queda D × −→ F · −→n dxdy = D 0, 0, 3x2 + 3y2 · (1, 1, 1) dxdy = 3 D (x2 + y2 )dxdy Si hacemos cambio a coordenadas polares obtenemos 3 2π 0 a 0 ρ2 (ρ) dρdθ = 3 2π 0 ρ4 4 a 0 dθ = 3 a4 4 2π 0 dθ = 6πa4 4 Corresponde al trabajo total realizado por el campo de fuerzas. Problema 2 Calcular la circulaci´on del campo de velocidades de un flu´ıdo dado por −→ F (x, y, z) = (arctan(x2 ), 3x, e3z tan (z)) a lo largo de la intersecci´on de la esfera x2 + y2 + z2 = 4, con el cilindro x2 + y2 = 1, con z > 0. Soluci´on. La circulaci´on de un campo vectorial es su integral de l´ınea a lo largo de una curva cerrada. Vemos que el campo vectorial es bastante complejo, por lo que calcular directamente la integral de linea puede resultar engorroso. Se espera que al ocupar el teorema de Stokes se simplifique el calculo. Entonces C −→ F · d−→r = S × −→ F · n dS 574
- 590. Figura 6.9: Calculemos elintegrando del lado derecho de la formula anterior × −→ F = i j k ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂z arctan(x2 ) 3x e3z tan(z) = (0, 0, 3) Luego, queda C −→ F · d−→r = D (0, 0, 3) · −→n dA Para determinar el vector normal parametricemos la superficie en coor- denadas cil´ındricas x = ρ cos θ y = ρ sin θ z = 4 − ρ2 =⇒ −→r (ρ, θ) = ρ cos θ, ρ sin θ, 4 − ρ2 donde (ρ, θ) ∈ D tal que 0≤ ρ ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π Luego −→n = (−→r ρ × −→r θ) = i j k cos θ sin θ − ρ 4 − ρ4 −ρ sin θ ρ cos θ 0 = ρ2 cos θ 4 − ρ4 , ρ2 sin θ 4 − ρ4 , ρ Reemplazando t´erminos en el integrando se tiene 575
- 591. C −→ F · d−→r= D (0, 0, 3) · ρ2 cos θ 4 − ρ4 , ρ2 senθ 4 − ρ4 , ρ dρdθ = 2π 0 1 0 3ρdρdθ = 2π 0 3 ρ2 2 1 0 dθ = 3 2 2π 0 dθ = 3π 6.5.4. Aplicacion teorema de Green Problema 1 Usando el teorema de Green determinar el momento de inercia de una arandela homog´enea de densidad superficial σ,que tiene masa M, radio inter- no a y radio externo b; respecto de uno de sus di´ametros. Figura 6.10: regi´on R = (x, y) ∈ IR2/ a2 ≤ x2 + y2 ≤ b2 Soluci´on. Determinaremos el momento de inercia con respecto al di´ametro que es colineal con el eje x. El momento de inercia con respecto a ´este eje esta dado por Ix = R σy2 dA donde σ es la densidad superficial. 576
- 592. La regi´on R= {(x, y) ∈ IR2 / a2 ≤ x2 + y2 ≤ b2 } , no es simplemente conexa, sin embargo, se puede extender el teorema de Green, sumando inte- grales de l´ıneas sobre fronteras separadas, de un n´umero finito de subregiones (simplemente conexas), para construir una integral sobre una sola frontera. R ∂Q ∂x − ∂P ∂y dxdy = C1 Pdx + Qdy − C2 Pdx + Qdy = C1 Pdx + Qdy + −C2 Pdx + Qdy Buscamos P y Q, tales que ∂Q ∂x − ∂P ∂y = y2 Consideremos en este caso Q = 0 =⇒ − ∂P ∂y = y2 =⇒ P = − y3 3 Asi, el momento de inercia queda: Ix = R σy2 dA = σ C1 − y3 3 dx − C2 − y3 3 dx = σ C1 − y3 3 dx + C2 y3 3 dx Parametrizamos ambas curvas: C1 : x = b cos t y = b sin t =⇒ dx = −b sin tdt dy = b cos tdt con 0 ≤ t ≤ 2π C2 : x = a cos t y = a sin t =⇒ dx = −a sin tdt dy = a cos tdt con 0 ≤ t ≤ 2π Reemplazando t´erminos en la ´ultima integral, queda: Ix = σ 2π 0 − b3 sin3 t 3 (−b sin t)dt + 2π 0 a3 sin3 t 3 (−a sin t)dt = σ (b4 − a4 ) 3 2π 0 sin4 tdt = σ (b4 − a4 ) 3 2π 0 sin2 t 1 − cos2 t dt Aplicando las identidades trigonom´etricas: cos2 t = (1 + cos 2t) 2 , sen2 t = (1 − cos 2t) 2 , obtenemos 577
- 593. Ix = σ (b4 −a4 ) 3 2π 0 1 4 [(1 − cos 2t)(1 − cos 2t)] dt = σ (b4 − a4 ) 3 3t 8 − sen2t 4 + sen4t 32 2π 0 = σ (b4 − a4 ) 3 6π 8 = πσ(b2 − a2 ) (b2 + a2 ) 4 = M(b2 + a2 ) 4 Problema 2 Un fluido de densidad constante gira alrededor del eje z con velocidad −→v = w(−yi+xj) donde w es una constante positiva llamada rapidez angular, muestre que la circulaci´on del campo de velocidades es c v · d−→r = 2πR2 w Soluci´on La circulaci´on de un campo vectorial es su integral de l´ınea a lo largo de una curva cerrada. Por el teorema de Stokes, la circulaci´on de −→v alrededor de la circunferencia C de radio R que acota a un disco S en el plano xy , esta dado por Calculemos × −→v = i j k ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂z −wy wx 0 = (0, 0, (w − (−w)) = (0, 0, 2w) Luego, ( × −→v ) · kdS = 2wk · kdS = 2wdxdy.Entonces C −→v · d−→r = S ( × −→v ) · k dS = S 2wdxdy = 2w πR2 Problema 3 Sea el campo de fuerzas −→ F (x, y) = (2xy2 + y, 2x2 y + x2 2 + x), demostrar que en cualquier camino cerrado sim´etrico con respecto al eje y, la circulaci´on 578
- 594. es cero. Soluci´on Tenemos que −→ F(x, y) = (2xy2 + y, 2x2 y + x2 2 + x) es un campo vectorial continuo con derivadas parciales ∂Q ∂x = 4xy + x + 1 ∂P ∂y = 4xy + 1 , continuas definidas en la regi´on de integraci´on. Luego, aplicando el teorema de Green se tiene C −→ F · d−→r = (Pdx + Qdy) = R ∂Q ∂x − ∂P ∂y dxdy = R xdxdy donde R = {(x, y) ∈ IR2 / − a ≤ x ≤ a, Ψ1 (x) ≤ y ≤ Ψ2 (x)} Particionemos la Regi´on R en dos subregiones sim´etricas con respecto al eje y, tal que: R = R1 ∪ R2 y R1 ∩ R2 = φ.Entonces R xdxdy = R1 xdxdy + R2 xdxdy Figura 6.11: Regi´on R = (x, y) ∈ IR2/ − a ≤ x ≤ a, Ψ1 (x) ≤ y ≤ Ψ2 (x) sub- dividida en dos regiones R1 y R2 Se tiene que x es una funci´on impar definida en un intervalo sim´etrico, entonces 0 −a xdx + a 0 xdx = 0 579
- 595. Por lo tanto R1 xdxdy+ R2 xdxdy = 0 En consecuencia C −→ F · d−→r = 0 6.5.5. Aplicaciones al electromagnetismo Problema 1 Sean −→ E (t, x, y, z)y −→ B (t, x, y, z) los campos el´ectrico y magn´etico respec- tivamente que dependen de la posici´on y del tiempo, en el espacio. Sea S una superficie con frontera C. Definimos Voltaje alrededor de C = C −→ E · d−→r Flujo magnetico a trav´es de S = S −→ B · ndS La ley de Faraday afirma que el voltaje alrededor de C es igual a la raz´on de cambio negativo del flujo magn´etico a trav´es de S, es decir C −→ E · d−→r = − 1 c ∂ ∂t S −→ B · ndS (1,1) Utilice el teorema de Stokes para deducir la Ley de Faraday a partir de la ecuaci´on diferencial de Maxwell × −→ E = − 1 c ∂ −→ B ∂t Soluci´on Supongamos que se cumple × −→ E = − 1 c ∂ −→ B ∂t Sea C una curva cerrada, estacionaria en las coordenadas x, y, z, y S una superficie limitada por C . Si −→ B (t, x, y, z) es el campo magn´etico medido en x, y, z en el instante t, entonces tomando la integral de superficie sobre S se tiene. S ( × −→ E ) · ndS = − 1 c S ∂ ∂t −→ B · ndS Transformando el lado izquierdo por medio del teorema de Stokes: C −→ E · d−→r = − 1 c S ∂ ∂t −→ B · ndS 580
- 596. Aplicando linealidad allado derecho obtenemos C −→ E · d−→r = − 1 c ∂ ∂t S −→ B · ndS que es la ley de Faraday. Problema 2 La ley de Amp´ere afirma que si la densidad de corriente el´ectrica est´a de- scrita por un campo vectorial −→ J ,y el campo magnetico es −→ B , entonces la circulacion −→ B alrededor de la frontera C que limita una susperficie S es igual a la integral de −→ J sobre S es decir C −→ B · d−→r = 4π c S −→ J · ndS Pruebe que la ley de Amp´ere se deduce a partir de la ecuaci´on de Maxwell del estado estacionario × −→ B = 4π c −→ J Soluci´on Supongamos que se cumple × −→ B = 4π c −→ J Tomando la integral de superficie sobre S se tiene. S ( × −→ B) · ndS = 4π c S −→ J · ndS Aplicando el teorema de Stokes al lado izquierdo de la ecuaci´on C −→ B · d−→r = 4π c S −→ J · ndS que es la ley de Ampere. Esta Ley tambi´en se puede expresar como C −→ B · d−→r = 4π c I donde I = S −→ J · ndS es la intensidad de la corriente el´ectrica en una superficie S limitada por una curva cerrada C. 581
- 597. Problema 3 Hallar elcampo magn´etico −→ B producido por un alambre recto infinito, a una distancia r del alambre que lleva una corriente estacionaria I. Soluci´on Considere un alambre recto extendido sobre el eje z desde -∞ hasta +∞.Como hay simetr´ıa cilindrica, el alambre coincide con el eje axial del cilindro,se escoge una trayectoria circular con con un punto del eje z como centro, con radio r Por la simetr´ıa, el vector −→ B no es solamente constante azimutal sino tambien tienen la disma direcci´on que d−→r y su magnitud −→ B es constante alrededor de la trayectoria C. Por consiguiente C −→ B · d−→r = 4π c I C −→ B d−→r cos 0 = 4π c I −→ B C d−→r = 4π c I −→ B (2πr) = 4π c I Finalmente queda −→ B = 2 cr Ieθ Problema 4 Sean −→ E (t, x, y, z)y −→ B (t, x, y, z) los campos el´ectrico y magn´etico respec- tivamente que dependen de la posici´on y del tiempo, en el espacio. que sat- isfacen la ecuaciones de Maxwell × −→ E = − 1 c ∂ −→ B ∂t × −→ B = 1 c ∂ −→ E ∂t + 4π c −→ J · −→ E = 4πρ · −→ B = 0 582
- 598. que est´an escritaspara los campos en el vac´ıo, en presencia de una densidad de carga el´ectrica ρy de corriente,es decir,cargas en movimiento de densidad −→ J a) Deducir la forma integral de la ecuaci´on de Maxwell C −→ B · d−→r = 1 c ∂ ∂t S −→ E · ndS + 4π c S −→ J · ndS donde C representa una espira de alambre por el que fluye corriente en el sentido contrario al de los punteros del reloj con respecto al vector unitario normal a la superficie n. La integral de superficie del primer t´ermino del lado derecho de la ecuaci´on es llamada flujo el´ectrico y el segundo corresponde a la intensidad de corriente I. Si S cualquier superficie orientada con frontera C. b) Suponga que −→ B (t, x, y, z) es un campo solenoidal, es decir, · ( × −→ B ) = 0, que satisface ecuaci´on (2) de Maxwell. Demostrar que la densidad de corriente satisface la ecuaci´on de continuidad. 4π c · J + ∂ρ ∂t = 0 Soluci´on b) Consideremos la ecuaci´on de Maxwell. × −→ B = 1 c ∂ −→ E ∂t + 4π c −→ J Tomando la integral de superficie sobre S se tiene. S ( × −→ B) · ndS = 1 c S ∂ −→ E ∂t · ndS + 4π c S −→ J · ndS Aplicando el teorema de Stokes al lado izquierdo de la ecuaci´on C −→ B · d−→r = 1 c S ∂ −→ E ∂t · ndS + 4π c S −→ J · ndS Aplicando linealidad al primer t´ermino del lado derecho, obtenemos C −→ B · d−→r = 1 c ∂ ∂t S −→ E · ndS + 4π c S −→ J · ndS que es la forma integral de la ecuaci´on de Maxwell. c) Consideremos la ecuaci´on 583
- 599. × −→ B = 1 c ∂ −→ E ∂t + 4π c −→ J Tomemos ladivergencia en los dos lados . · ( × −→ B ) = 1 c ∂ ∂t · −→ E + 4π c · −→ J Aplicando la condici´on de solenoidal y reemplazando · −→ E por (3) 0 = 1 c ∂ ∂t (4πρ) + 4π c · −→ J Por lo tanto, se tiene 4π c · −→ J + ∂ ∂t ρ = 0 Problema 5 Sean −→ E y −→ B dos vectores con derivadas parciales continuas de segundo orden con respecto a la posici´on y el tiempo . Supongase ´ademas que −→ E y −→ B satisfacen las ecuaciones de Maxwell en el vac´ıo, en ausencia de densidad de cargas ρ y densidad de corriente −→ J : · −→ E = 0 (6.5.1) · −→ B = 0 (6.5.2) × −→ E = − 1 c ∂ −→ B ∂t (6.5.3) × −→ B = 1 c ∂ −→ E ∂t (6.5.4) donde c es una constante que corresponde a la velocidad de la luz en el vac´ıo a) Demostrar que −→ E y −→ B satisfacen la ecuaci´on de onda 2−→ Ψ = 1 c2 ∂2−→ Ψ ∂t2 b) Demostrar que −→ E y −→ B satisfacen la ecuaci´on : ∂ ∂t 1 2 ( −→ E 2 + −→ B 2 ) + c · ( −→ E × −→ B ) = 0 584
- 600. c) Integre laexpresi´on anterior sobre un volumen Ω encerrado dentro de una superficie Σ, y demostrar que ∂ ∂t Ω 1 2 ( −→ E 2 + −→ B 2 ) dV + c S ( −→ E × −→ B ) · ndS = 0 Soluci´on a) Si tomamos el rotacional de la ecuaci´on 6.5.3 tenemos: × ( × −→ E ) = − 1 c ∂ ∂t ( × −→ B ) Eliminamos a × −→ B por medio de la ecuaci´on 6.5.4, entonces × ( × −→ E ) = − 1 c ∂ ∂t ( 1 c ∂ −→ E ∂t ) × ( × −→ E ) = − 1 c2 ∂2−→ E ∂t2 Aplicando al rotacional la identidad: × ( × −→ E ) = ( · −→ E ) − 2−→ E se tiene: ( · −→ E ) − 2−→ E = − 1 c2 ∂2−→ E ∂t2 Por tanto, aplicando la ecuaci´on 6.5.1 al primer t´ermino se tiene el campo el´ectrico −→ E satisface la ecuaci´on de onda 2−→ E = 1 c2 ∂2−→ E ∂t2 Por otra parte, si tomamos el rotacional de la ecuaci´on 6.5.4 tenemos: × ( × −→ B ) = 1 c ∂ ∂t ( × −→ E ) Eliminamos a × −→ E por medio de la ecuaci´on 6.5.3, entonces × ( × −→ B ) = 1 c ∂ ∂t (− 1 c ∂ −→ B ∂t ) × ( × −→ B ) = − 1 c2 ∂2−→ B ∂t2 Aplicando al rotacional la identidad: 585
- 601. × ( × −→ B) = ( · −→ B ) − 2−→ B se tiene: ( · −→ B ) − 2−→ B = − 1 c2 ∂2−→ B ∂t2 En consecuencia, aplicando la ecuaci´on 6.5.2, al primer t´ermino se tiene que el campo el´ectrico −→ B tambi´en satisface la ecuaci´on de onda 2−→ B = 1 c2 ∂2−→ B ∂t2 b) Si hacemos en la ecuaci´on 6.5.3 el producto interno por −→ H queda −→ B · ( × −→ E ) = − 1 c −→ B · ∂ ∂t −→ B Analogamente , si hacemos en la ecuaci´on 6.5.4 el producto interno por −→ E se tiene −→ E · ( × −→ B ) = 1 c −→ E · ∂ −→ E ∂t Restamos la segunda ecuaci´on de la primera, entonces obtenemos −→ B · ( × −→ E ) − −→ E · ( × −→ B ) = − 1 c −→ B · ∂ ∂t −→ B − 1 c −→ E · ∂ −→ E ∂t −→ B · ( × −→ E ) − −→ E · ( × −→ B ) = − 1 c −→ B · ∂ ∂t −→ B + −→ E · ∂ −→ E ∂t Ahora, reemplazando por las identidades: −→ B · ( × −→ E ) − −→ E · ( × −→ B ) = · ( −→ E × −→ B ) −→ B · ∂ ∂t −→ B + −→ E · ∂ −→ E ∂t = ∂ ∂t 1 2 ( −→ B 2 + −→ E 2 ) La ecuaci´on anterior se convierte en · ( −→ E × −→ B ) = − 1 c ∂ ∂t 1 2 ( −→ B 2 + −→ E 2 ) por lo tanto, multiplicando por la constante c, obtenemos: ∂ ∂t 1 2 ( −→ E 2 + −→ B 2 ) + c · ( −→ E × −→ B ) = 0 586
- 602. c) Si integramosla ´ultima expresi´on sobre el volumen Ω dentro de una superficie cerrada S, obtenemos Ω ∂ ∂t 1 2 ( −→ E 2 + −→ B 2 ) + c · ( −→ E × −→ B ) dV = 0 Aplicando linealidad queda: ∂ ∂t Ω 1 2 ( −→ E 2 + −→ B 2 ) dV + c Ω · ( −→ E × −→ B )dV = 0 Usando el teorema de la divergencia en el segundo t´ermino de la ecuaci´on queda: ∂ ∂t Ω 1 2 ( −→ E 2 + −→ B 2 ) dV + c S ( −→ E × −→ B ) · ndS = 0 6.6. Auto evaluaciones Autoevaluaci´on No 1 Tiempo 2 horas Problema 1 Dado el campo vectorial −→ F (x, y, z) = (0, 0, z) . a) calcular S −→ F · ndS, siendo S la superficie descrita por la ecuaci´on param´etrica: −→r (u, v) = (sin u cos v, sin u sin v, cos u sin u) , donde D = {(u, v) /0 ≤ u ≤ π, 0 ≤ v ≤ 2π} b) determine el volumen de la regi´on Ω acotada por la superficie S. Problema 2 Sea −→r = (x, y, z) en una superficie cerrada regular S. Obtener S −→r · ndS en t´erminos del volumen V que encierra S. Problema 3. Calcular S −→ F · ndS, siendo el campo vectorial −→ F (x, y, z) = x2 + y3 + z4 , x2 + y3 + z4 , x3 + y4 + z4 y S la superficie formada por las seis caras de paralelep´ıpedo Ω = (x, y, z) ∈ IR3 /3 ≤ x ≤ 5, 1 ≤ y ≤ 2, 0 ≤ z ≤ 1 587
- 603. Pauta de Correcci´on Problema1 a) Calculemos directamente el flujo del campo −→ F sobre la superficie S. S −→ F · ndS = D −→ F (−→r (u, v)) · −→n dudv Se tiene que −→ F (−→r (u, v)) = (0, 0, cos u sin u) y el vector normal exterior a la superficie es −→n = −→r u × −→r v = i j k cos u cos v cos u sin v − sin2 u − sin u sin v sin u cos v 0 = sin3 u cos v, sin3 u sin v, cos u sin u −→ F (−→r (u, v)) · −→n = (0, 0, cos u sin u) · sin3 u cos v, sin3 u sin v, cos u sin u Reemplazando en el integrando obtenemos: 2π 0 π 0 cos2 u sin2 ududv = 1 4 2π 0 π 0 sin2 2ududv = 1 4 2π 0 π 0 1 − cos 4u 2 dudv = 1 4 2π 0 2u − sin 4u 4 π 0 dv = 1 4 2π 0 π 2 dv = π2 4 el flujo del campo −→ F sobre la superficie S. b) Sea Ω la regi´on cuyo volumen esta acotado por la superficie S. De acuerdo con el teorema de la divergencia de Gauss, se tiene S −→ F · ndS = Ω · −→ F dV Como al calcular · −→ F = 0 + 0 + 1 = 1,obtenemos 588
- 604. S −→ F · ndS= Ω dV = V (Ω) Por tanto, el volumen pedido es V (Ω) = π2 4 Problema 2. De acuerdo con el teorema de la divergencia de Gauss se tiene S −→r · ndS = Ω · −→r dV = Ω 3dV = 3V donde V es el volumen encerrado por S Problema 3 Sea la regi´on cuyo volumen esta acotado por la superficie S. De acuerdo con el teorema de la divergencia de Gauss, se tiene S −→ F · ndS = Ω · −→ F dV Como al calcular · −→ F = 2x + 3y2 + 4z3 ,obtenemos 589
- 605. Ω · −→ F dV = Ω 2x+ 3y2 + 4z3 dxdydz = 5 3 2 1 1 0 2x + 3y2 + 4z3 dzdydx = 5 3 2 1 2xz + 3y2 z + z4 1 0 dydx = 5 3 2 1 2x + 3y2 + 1 dydx = 5 3 2xy + y3 + y 2 1 dx = 5 3 (2x + 8)dx = x2 + 8x = 32 Autoevaluaci´on No 2 Tiempo 2 horas Problema 1. Calcular la integral S −→ F · ndS, en donde −→ F (x, y, z) = (xy2 , x2 y, y) , y S es la superficie del cilindro x2 + y2 = 1 acotado por los planos: z = 1 y z = −1. Problema 2. Sea −→ F (x, y, z) = 0, √ y, 0 el campo de velocidades de un fluido. Calcular el flujo S −→ F ·ndS, que atraviesa la superficie S = {(x, y, z) ∈ IR3 /x2 + y2 = y, 0 ≤ y ≤ 1} . Problema 3. Verificar el teorema de Stokes para −→ F (x, y, z) = (3y, −xz, yz2 ) , siendo S la superficie del paraboloide 2z = x2 + y2 , limitada por z = 2.Considere que n es la normal exterior a la superficie S. Pauta de Autocorreci´on Problema 1 De acuerdo con el teorema de la divergencia de Gauss,se tiene S −→ F · ndS = Ω · −→ F dV 590
- 606. siendo Ω laregi´on limitada por la superficie S, es decir el cilindro macizo dado por la ecuaci´on Ω = {(x, y, z) ∈ IR3 /x2 + y2 ≤ 1, −1 ≤ z ≤ 1} . Teniendo en cuenta que el integrando en cordenadas cartesianas · −→ F = y2 + x2 + 0,queda: Ω · −→ F dV = Ω x2 + y2 dxdydz Por la simetria del integrando y del dominio conviene aplicar el cambio de coordenadas cil´ındricas x = ρ cos θ, y = ρ sin θ , cuyo jacobiano es J (ρ, θ, z) = ρ. Entonces la regi´on Ω transforma a Ω∗ = {(ρ, θ, z) /ρ2 ≤ 1, −1 ≤ z ≤ 1} y el integrando produce · −→ F = ρ2 ,luego. Ω x2 + y2 dxdydz = Ω∗ ρ2 ρdρdθdz = 1 −1 2π 0 1 0 ρ3 dρdθdz = 1 −1 2π 0 ρ4 4 1 0 dρdθdz = π . Problema 2. En primer lugar consideremos la siguiente parametrizacion de la Superfi- cie −→r (u, v) = (u cos v, u2 , u sin v) , donde Ω = {(u, v) , 0 ≤ u ≤ 1, 0 ≤ v ≤ 2π} Determinemos el vector normal a la superficie −→r u (u, v) = (cos v, 2u, sin v) −→r v (u, v) = (−u sin v, 0, u cos v) −→r u × −→r v = i j k cos v 2u sin v −u sin v 0 u cos v = (2u2 cos v, −u, 2u2 sin v) Entonces 591
- 607. S −→ F · ndS= Ω −→ F (−→r (u, v)) · (−→r u × −→r v) dudv = 2π 0 1 0 (0, u, 0) · 2u2 cos v, −u, 2u2 sin v dudv = 2π 0 1 0 −u2 dudv = − 2π 3 Problema 3. De acuerdo con el teorema de Stokes, debemos verificar que C −→ F · d−→r = S × −→ F · ndS En primer lugar, calculemos C −→ F · d−→r Determinemos la curva C que limita la Superficie abierta del paraboloide: si z = 2 =⇒ x2 + y2 = 4 Parametricemos la curva C, con una orientaci´on positiva, se tiene −→r (t) = (2 cos t, 2 sin t, 2) t ∈ [2π, 0] y evaluemos el campo sobre la curva −→ F (−→r (t)) = (6 sin t, −4 cos t, 8 sin t) , luego C −→ F · d−→r = − 0 2π 12 sin2 t + 8 cos2 t dt = 2π 0 8 + 4 sin2 t dt = 2π 0 8 + 4 1 − cos 2t 2 dt = 16π + 2 t − sin 2t 2 2π 0 = 20π 592
- 608. Calculemos, ahora S × −→ F ·ndS = R × −→ F · (−→r y × −→r x) dxdy Las ecuaci´on param´etrica de la superficie S en coordenadas cartesianas es −→r (x, y) = x, y, x2 + y2 2 ,y el vector normal exterior es −→n = −→r y × −→r x = i j k 0 1 y 1 0 x = (x, y, −1) Adem´as × −→ F = i j k ∂/∂x ∂/∂y ∂/∂z 3y −xz yz2 = (z + x, 0. − (z + 3)) Finalmente R es la proyecci´on sobre el plano xy, R = {(x, y) ∈ IR2 /x2 + y2 = 4} ,entonces R x2 + y2 2 2 + x, 0, − x2 + y2 2 − 3 · (x, y, −1) dxdy = R x x2 + y2 2 2 + x2 + x2 + y2 2 + 3 dxdy Haciendo un cambio a coordenadas polares x = ρ cos θ, y = ρ sin θ 2π 0 2 0 1 4 ρ5 cos θ + ρ2 cos θ + 1 2 ρ2 + 3 ρdρdθ = 128 28 2π 0 cos θdθ + 4 2π 0 cos2 θdθ + 8 2π 0 dθ = 0 + 4 2π 0 1 + cos 2θ 2 dθ + 16π = 4π + 16π = 20π Autoevaluaci´on No 3 Tiempo 2 horas Pregunta 1 Usar el teorema de Stokes para resolver, S × −→ F · ndS , si la superficie S esta dada por z = 1 − x2 − y2 con z ≥ 0 y −→ F = (y, z, x) . 593
- 609. Pregunta 2 Determinar el´area de la superficie x2 + y2 = 4, limitada por el plano z = 0 y por la superficie z = 2x2 + y2 Pauta Correcciones Pregunta 1 El teorema de Stokes asegura que S × −→ F · ndS = C −→ F · d−→r donde C es la curva cerrada que limita S. Sea C: 1 − x2 − y2 = 0; z = 0 =⇒ x2 + y2 = 1 corresponde a una circunferencia en el plano xy centrada en el origen de radio 1. Al parametrizar la curva considerando una orientaci´on positiva, produce −→r (t) = (cos t, sin t, 0) t ∈ [2π, 0] =⇒ −→r (t) = (− sin t, cos t, 0) t ∈ [2π, 0] =⇒ −→ F (−→r (t)) = (sin t, 0, cos t) Calculemos entonces la integral de l´ınea −→ F de sobre la curva C C −→ F · d−→r = 2π 0 [sin t (− sin t) + 0 + 0] dt = − 2π 0 sin2 tdt = − 2π 0 1 − cos 2t 2 dt = − t 2 − sin 2t 4 2π 0 = −π Pregunta 2 M´etodo 1 En primer lugar, consideremos la Superficie cil´ındrica parametrizada por −→r (u, v) = (2 cos u, 2 sin u, v) , donde Ω = {(u, v) , 0 ≤ u ≤ 2π, 0 ≤ v ≤ 4 cos2 u + 4} Determinemos el vector normal a la superficie −→r u (u, v) = (−2 sin u, 2 cos u, 0) −→r v (u, v) = (0, 0, 1) −→r u × −→r v = i j k −2 sin u 2 cos u 0 0 0 1 = (2 cos u, 2 sin u, 0) 594
- 610. |−→r u ×−→r v| = 2 El ´area de la superficie es entonces A (S) = Ω |−→r u × −→r v| dudv = 2π 0 4 cos2 u+4 0 2dvdu = 2 2π 0 4 cos2 u + 4 du = 24π M´etodo 2 El ´area de la superficie se puede determinar con la integral curvil´ınea A (S) = C zds Sea C: x2 + y2 = 4 es a una circunferencia en el plano xy centrada en el origen de radio 2. Al parametrizar la curva considerando una orientaci´on positiva, produce −→r (t) = (2 cos t, 2 sin t) , t ∈ [2π, 0] =⇒ −→r (t) = (−2 sin t, 2 cos t) , t ∈ [2π, 0] =⇒ z (−→r (t)) = 4 cos2 u + 4 Luego, el ´area de la superficie es A (S) = 2π 0 4 cos2 u + 4 2dt = 24π 595
- 611. Bibliograf´ıa [1] Tom M.Ap´ostol, Calculus, Vol I, 2a edici´on, Ed. Revert´e, 1982 [2] George Arfken, Mathematical Methods for Physicists, Academic Press, 1985 [3] R.V. Churchill, Fourier Series and Boundary Value Problems, 2o ed. Nueva York, Mac Graw Hill,1963 [4] Erwing Kreyszing, Matem´aticas Avanzadas para Ingenier´ıa, Vol I y II, Limusa, 1995 [5] R. Larson ,R.Hostetler, B. Edwars, C´alculo con Geometr´ıa Anal´ıtica, Vol 2, Mc Graw Hill, 1999. [6] J.E. Marsden, A.J. Tromba, C´alculo Vectorial, Addison Wesley Long- man, 1998 [7] Peter V. O’Neil, Matem´aticas Avanzadas para Ingenier´ıa, Thomson, 2005 [8] Claudio Pita Ruiz, C´alculo Vectorial, Prentice-Hall Hispanoam´erica, SA, 1995 [9] George B. Thomas Jr., C´alculo varias variables, Addison-Wesley, Pear- son 2000S 596