Cap III-Funciones de varias variables

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CAPITULO III FUNCIONES REALES DE VARIAS VARIABLES FUNCIONES REALES DE VARIABLE VECTORIAL.DEFINICIÓN: Una función real de variable vectorial f ó de n variables es una correspondencia de un conjunto A de vectores de Rn , a un conjunto B de números reales y denotaremos por : Rn → B R, tal que, para cada vector ⃑ = (x1,x2,…..,xn)

f: A

elemento

(⃑ )

A , existe uno y sólo un

.

El valor real de la función f se denota por z=f ( ⃑ = (x1,x2,…..,xn)), donde las variables x1,x2,…..,xn, se denominan variables independientes de la función f y z variable dependiente. DOMINIO Y RANGO: Consideremos la función f: RnR El dominio (Df): f=

{⃑ = (x1,x2,…..,xn)

Rn /

(x1,x2,…..,xn)}

El rango( Rf ): Rf = {z

/

= ⃑ = (x1,x2,…..,xn)

Rn

( ⃗)}

OBSERVACIÓN: Sea f: R3R Llamamos grafica de de f al conjunto { (x,y,z) R3 / z=f(x,y)} . 

A dicha grafica la llamamos superficie.



Llamamos superficie de nivel de f a los conjuntos de la forma conjunto { (x,y,z) R3 / f(x,y,z) = cte }



Llamamos curvas de nivel a los puntos de la forma { (x,y) R2 / f(x,y) =cte } Son los puntos obtenidos al intersecar la superficie generada por f con un plano z=cte, y proyectarla en el plano.

120

LIMITE DE UNA FUNCIÓN VECTORIAL DE VARIAS VARIABLES Propiedades: Vamos a dar varias definiciones equivalentes del límite de una función de varias variables. Definición: Sea

donde ( )

es un conjunto abierto. Sea

. Decimos que

cuando:

a. Definición intuitiva, basta tomar valores de

suficientemente próximos a

para

conseguir que ( ) esté tan cerca de como queramos. (

b. Para cualquier (

( )

(

) tomando

) para un cierto . ‖

c. Nótese que decir y lo mismo que

) , podemos conseguir que

‖

‖

‖

‖ ( )

‖ ( )

‖

( )

.

‖

es lo mismo que decir

‖

‖

‖ ( )

‖

121

Teorema 1 Sea

y

( ), dicho límite es único.

. Entonces, si existe

Teorema 2 Sean

( )

;

( )

Entonces:

( )

a.

[ ( )

b.

( )]

( ) ( )

c.

‖ ( )‖

d. ( )

e. Si

(

‖ ‖ (estos últimos productos son productos escalares) ( )

componentes de

son

( )

, entonces

las

funciones

( )

( ) ( )

f. Si ( )

g. Si

Ejemplo:

( )) donde

entonces

Demostrar que:

d(f(x,y),2)<

(

)

(

( )

(

)

)

d((x,y),(0,0))<

d(f(x,y),2)=| (

)

|=|

=| - | |

Como √

(

)

|

|

=

| |

entonces  

(

|

=

2

)

| |<

|

 y 

 2

 2

Con lo que el límite queda comprobado. CONTINUIDAD DE UNA FUNCIÓN DE VARIAS VARIABLES: Definición: Sea que

y sea ‖

. Se dice que ‖

‖ ( )

es continua en un punto

si

existe

tal

( )‖ 122

Se dice además que

es continua en

Nota. En el caso en que

si es continua en todo punto de .

es un punto de acumulación de ; ( )

es continua en

si y sólo si

( )

Teorema 1 Sean

, con

continuas en un punto

También, si ( )

es continua en

entonces

y

son continuas en

.

.

Teorema 2 Sean

, con ( )

y que

continua en

es continua en

y sea

con

. Supongamos que

( )

Entonces

es continua en

Demostración. Como

es continua en

; dado

existe

tal que:

‖

‖ ( )

; para ese

existe un

‖

‖ ( )

‖ También, por la continuidad de F en ‖

resulta ‖ ( ( ))

( )

Pero como

‖

( )

Tomamos ahora

O sea ‖ ( ( ))

( (

))‖

‖ (

(

)‖ tal que:

(

)‖

entonces ‖ ( ) )‖

(

)‖

‖ ( )

‖

;

. Y esa es la continuidad en

de

.

Definición: Esta definición es importante para resolver ejercicios de aplicación La función f: D

R2 → R, es continua en el punto (x0,y0)

1) f(x,y) está bien definida en (x0,y0) ((x0,y0) 2) Existe

3)

(

) (

(

) (

)

(

)

(

Df si se cumple:

Df )

).

)= f(x0,y0)

123

DERIVADAS PARCIALES: Definición 1: Consideremos la función f: D

R2 → R, de dos variables definida en un conjunto

R2 , entonces , las primeras derivadas parciales de f se tiene:

abierto D

1) La derivada parcial de f con respecto a x , es la función denotada por D Xf, tal que su esta dado por: D1f(x,y) =

valor en el punto (x,y)

(

)

(

)

2) La derivada parcial de f con respecto a y , es la función denotada por Dyf, tal que su valor en el punto (x,y)

D2f(x,y) =

esta dado por: (

)

(

)

Obs: la definición de la derivada parcial dada indica que si z=f)x,y), entonces para calcular D1f(x,y), consideramos que y es constante y derivamos con respecto a x , en forma similar para calcular D2f(x,y) consideramos que x es constante y derivamos con respecto a y. Ejemplo: Hallar las derivadas parciales:

1) f(x,y)= (

)

(

)

2) f(x,y)= (

)

(

)

Observación: Para hallar las derivadas parciales con respecto a una de las variables consideramos las otras como constantes y derivamos con respecto a la variable indicada. Interpretación geométrica: Si: z=f(x,y) , si f(a,b)=c , Plano vertical y=b , interseca a la superficie S en la curva C1(es decir, C1es la traza de la superficie S sobre el plano y=b . De manera semejante, el plano vertical x=ainterseca a la superficie S en la curva C2. Ambas curvas pasan por el punto P. 124

Observe que la curva C1 es la gráfica de la función g(x,b) de manera que la pendiente de su recta tangente T1 en el punto P es g’(b)=fy(a,b) La curva C2 es la gráfica de la función g(x,b) así que la pendiente de su tangente T1 en el punto P es g’(b)=fy(a,b).

Fig. 1: derivada parcial en P respecto a “y”

Fig. 2: derivada parcial en P respecto a “x”

DERIVACIÓN DE LA FUNCIÓN COMPUESTA: Teorema (Regla de la cadena) En funciones de varias variables, la operación de la derivación disfruta de propiedades parecidas a las que tiene en funciones de una variable, lo que resulta de muy fácil aplicación en casos de derivadas de sumas, productos y cocientes de funciones. La operación que quizá acarrea ciertas dificultades operacionales es la derivación de composición de funciones. Para dos funciones f y g que se pueden componer entre sí, se verifica la siguiente forma matricial de la regla de la cadena:

D( f  g )(x 0 )  Df (y 0 )Dg (x 0 ) En la práctica, sin embargo, raras veces practicamos el producto matricial, sino que aplicamos el primero y segundo caso especial de la regla de la cadena:

125

 f : R3  R dh f dx f dy h dz  3 c:R R  f ·c (t )     dt  x dt  y dt z dt h(t )  f (c(t ))  f ( x(t ); y (t ); z (t ))  f : R3  R ; g : R3  R3 h f u f v h w  g ( x; y; z )  (u ( x; y; z ); v( x; y; z ); w( x; y; z ))     x u x v x w x  h( x; y; z ))  f  g  f (u ( x; y; z ); v( x; y; z ); w( x; y; z ))

En el segundo caso, podemos escribir expresiones análogas para las derivadas de h respecto a y y respecto a z. Diferencial de una función de varias variables. En Cálculo de varias variables, como en el de una variable, el concepto de diferenciabilidad está relacionado con la posibilidad de obtener una buena aproximación a una función. Si nos restringimos a dos variables, una función es diferenciable en un punto de su gráfica si es posible hallar un plano que pasa por ese punto y que está tan próximo como deseemos a la gráfica de la función a medida que nos acercamos al punto en estudio. Este plano se llama tangente a la gráfica, y vendría a ser el equivalente, en cálculo de dos variables, a las rectas tangentes en cálculo de una variable. En el caso de funciones de más de dos variables, hablamos de hiperplanos tangentes que las aproximan en cada punto donde son diferenciables. Se puede mostrar que las expresiones de estos planos o hiperplanos tangentes vienen dadas en función de las derivadas parciales de la función, que son límites de cocientes incrementales en direcciones paralelas a los ejes de cada variable. Habrá tantas derivadas parciales como variables tenga una función. La existencia de derivadas parciales es condición necesaria, pero no suficiente para la diferenciabilidad. En cambio, la existencia de derivadas parciales continuas en un punto garantiza la diferenciabilidad en el mismo. Las funciones que cumplen este requisito se llaman funciones C1. Por otro lado, en funciones de Rn en Rm tendremos que a cada punto del dominio, que es un vector de n componentes, le corresponderá un vector de m funciones coordenadas:

F( x1 ;; xn )  ( f1 ( x1 ;; xn );; f m ( x1 ;; xn ))

Para estas funciones es posible calcular una matriz de derivadas de m filas por n columnas, donde la fila k-ésima contiene todas las derivadas parciales de la función coordenada fk correspondiente.

126

(

Sea:

)

(

(

)

) (

Definición. Se dice que la función (

) es diferenciable en el punto

) cuando para todo

(

(

) ∑

donde las

(

) se tiene que:

(

∑

)

) son constantes independientes de (

aunque pueden depender del punto

en que se trabaje, y las funciones

(

)

(

) , verifican que: )

En dicho caso se denomina diferencial de la función f en el punto ‘a’ a la aplicación lineal (de variables

)

∑

Propiedad. Si la función ( ) es diferenciable en el punto , entonces:

( )

∑

Propiedad. Una condición necesaria y suficiente para que una función ( ) sea diferenciable en el punto es que sea nulo el límite siguiente: (

)

)]

( √(

)

[ (

( )

( )

]

)

Definición.

127

Se denomina aplicación diferencial de la función ( ) a la aplicación:

(

)

donde C’ es el subconjunto formado por los puntos de C en los que la función f(x) es diferenciable. Condiciones necesarias de diferenciabilidad. Teorema. Una condición necesaria para que ( ) sea diferenciable en el punto

es que sea

continua en dicho punto. Teorema. Una condición necesaria para que ( ) sea diferenciable en el punto a es que en dicho punto existan las derivadas parciales ( )(

)

EJERCICIOS DE APLICACIÓN 1.) Cálculo de derivadas parciales. Encontrar las siguientes derivadas parciales: a)

f f , si f ( x; y )  ( x 2  y 2 ) log( x 2  y 2 ) x y

b)

z z , si z  e ax cos(bx  y ) en (2/b; 0) x y

SOLUCIÓN a) Al hacer la derivación tenemos en cuenta que cada vez que derivamos respecto a una variable, la otra variable se comporta como una constante. Aplicamos las reglas de derivación de productos de funciones:









f 2x  2 x log( x 2  y 2 )  ( x 2  y 2 ) 2  2 x log( x 2  y 2 )  1 x (x  y 2 )

f 2y  2 y log( x 2  y 2 )  ( x 2  y 2 ) 2  2 y log( x 2  y 2 )  1 y (x  y 2 )

b) Aquí calculamos primero las derivadas parciales y luego las evaluamos en el punto indicado.

z  ae ax cos(bx  y )  e axb sen(bx  y )  e ax a cos(bx  y )  b sen(bx  y ) x 2 a 2 a z  2  b b   ; 0  e a · 1  b · 0  ae   x  b  Similarmente: 128

z  e ax sen(bx  y ) y z  2  ;0   0  y  b  Nótese que los cosenos y los senos han sido evaluados en 2b. 2.) Condiciones suficientes para la diferenciabilidad. Mostrar que la función:

f ( x; y ) 

x2 y x4  y2

es diferenciable en cada punto de su dominio. SOLUCIÓN Ante todo, observemos que el dominio de la función es todo el plano excepto el origen. Mostraremos que la función es C1 en todo el dominio. Para ello debemos determinar las derivadas parciales y comprobar que son continuas.



f 2 xy ( x 4  y 2 )  x 2 y 4 x 3 2 x 5 y  2 xy 3  4 x 5 y 2 xy y 2  x 4    2 2 2 x x4  y2 x4  y2 x4  y2













f x 2 ( x 4  y 2 )  x 2 y2 y x 6  x 2 y 2  2x 2 y 2 x 2 x 4  y 2    2 2 2 y x4  y2 x4  y2 x4  y2



















Vemos que ambas derivadas parciales son combinaciones de funciones continuas definidas en todo el dominio; por ende son continuas y la función es de clase C1, y por lo tanto es diferenciable. 3.) Matriz de derivadas parciales. Calcular la matriz de derivadas parciales de la siguiente función:

f :  2  3 , f ( x; y)  ( xye xy ; x sen y;5xy 2 ) SOLUCIÓN La matriz de derivadas parciales será de 3 filas por 2 columnas:

 f1  x  f Df ( x; y )   2  x  f  3  x

f1  y  e xy  y  xy 2  e xy x  x 2 y  f 2      sen y x cos y   y   5y2 10 xy  f 3    y 

4.) Plano tangente. ¿Dónde cruza al eje z el plano tangente a z = exp(x - y) en (1; 1; 1)? SOLUCIÓN La forma del plano tangente expresado en términos de las derivadas parciales en un punto (x0; y0; z0) es: 129

z  z0 

z z ( x0 ; y 0 )( x  x0 )  ( x0 ; y 0 )( y  y 0 ) x y

En nuestro caso particular tenemos que (x0; y0; z0) = (1; 1; 1) y:

z z  e x  y  ( x0 ; y 0 )  e 00  1 x x z z  e x  y  ( x0 ; y 0 )  e 00  1 y y Y, reemplazando en la ecuación del plano,

z  1  1·(x  1)  1·(y  1)  x  y  1 En el eje z tenemos x = y = 0, y por lo tanto el plano tangente cruzará a ese eje en: z = 1 5.) Aproximaciones lineales. Determinar aproximadamente el valor de la siguiente raíz cuadrada:

4,012  3,98 2  2,02 2 SOLUCIÓN Los tres valores elevados al cuadrado dentro de la raíz son muy próximos a los enteros 4, 4 y 2, respectivamente. Por lo tanto podemos pensar a la raíz como una función de tres variables evaluada en las cercanías de (4; 4; 2), y aproximar su valor mediante una expresión lineal. Planteamos, así:

f ( x; y; z )  x 2  y 2  z 2 ; ( x0 ; y 0 ; z 0 )  (4;4;2) f ( x0 ; y 0 ; z 0 )( x  x0 )  x f f  ( x0 ; y 0 ; z 0 )( y  y 0 )  ( x0 ; y 0 ; z 0 )( z  z 0 )  y z

f ( x; y; z )  f ( x0 ; y 0 ; z 0 ) 

  x  f (4,01;3,98;2,02)  4 2  4 2  2 2   (4;4;2) (4,01  4)   x 2  y 2  z 2      y z  (4;4;2) (3,98  4)   (4;4;2) (2,02  2)   x 2  y 2  z 2   x 2  y 2  z 2   4   4   2  2 2 1  36   ·0,01   ·(0,02)     ·0,02  6  3·0,01  3·0,02  3·0,02  6 36 36 36      

Compárese este valor con el de 6,000075 que se obtiene con la calculadora; el error es mínimo.

130

6.) Otro ejemplo de aproximación lineal. A efectos de modelizar el proceso de desgaste de las pirámides egipcias, se construye un modelo en miniatura de las mismas, con un lado de la base de 6 cm y una altura de 4 cm. Luego de someterlo a rigurosas condiciones ambientales, se comprueba que el lado de la base disminuyó en 0,1 cm, y la altura disminuyó en 0,2 cm. Mediante una expresión lineal, aproximar cuál fue la disminución del área lateral de la pirámide. h SOLUCIÓN y Éste es un problema de modelización, en el cual no sabemos cuál es la función a aproximar, sino que la debemos deducir de la situación física que se nos describe.

x

En nuestro caso, tenemos que determinar el área lateral de la pirámide en función de las magnitudes que conocemos, esto es el lado de la base y la altura. Si llamamos x y y a ambas variables, podemos denominar h a la altura de cada uno de los triángulos que componen el área lateral de la pirámide. Por el teorema de Pitágoras, h puede ser expresado en términos de x y y, de la manera que sigue:

h

 x y   2

2

2

De manera que el área de uno de estos triángulos será:

AT 

xh x  x  y2    2 2 2

2

Y el área lateral completa será 4 veces el área de cada uno de los triángulos:

 x A  4 AT  2 x y     2

2

2

Si ahora nos proponemos aproximar esta área en base a una estimación lineal, podemos tomar como punto de partida las dimensiones iniciales del sólido; esto es: (x0; y0) = (6; 4) De esa manera podemos plantear la aproximación lineal para el área lateral:

131

2  A A  x   2  A  A(6;4)  (6;4)( x  6)  (6;4)( y  4)  2 x y    (6;4)   x y  2            2 1 2 x x 2 xy       2  2 y 2     (6;4)·(x  6)   (6;4)·(y  4)   2 2  2  x x     y2     y 2          2  2     60  685 ( x  6)  485 ( y  4)

Para determinar aproximadamente el valor cuando el lado de la base disminuyó 0,1 cm y la altura disminuyó 0,2 cm, debemos adoptar x - 6 = -0,1 y y - 4 = -0,2, y en tales condiciones tendremos: A = 60 – (68/5)·0,1 – (48/5)·0,2 = 60 – 3,28 Como el área inicial, con una altura de 4 cm y un lado de la base de 6 cm, era de 60 cm2, la disminución de área fue de 3,28 cm2.

DERIVADA DIRECCIONAL: Si para z=f(x,y) se han definido sus derivadas parciales con respecto a x e y , esto representa la pendiente de las rectas tangentes en dos direcciones diferentes , en la dirección del eje x y en la dirección del eje y. Ahora para determinar la pendiente de la recta tangente en una dirección arbitraria, se define este nuevo tipo de derivada “direccional” . Entonces: Definición 1: La derivada direccional de f en el punto ⃑⃑⃑⃗ , en la dirección del vector unitario ⃑⃗es:

⃑⃗

(⃑⃑⃑⃑⃗

(⃑⃑⃑⃑⃗)

⃑⃗)

(⃑⃑⃑⃑⃗) ,

si este límite existe.

Definición 2: Sea f una función de dos variables x e y y sea ⃑⃗

⃗

⃗ un vector unitario , entonces

la derivada direccional de f en la dirección del vector ⃑⃗ se denota por

⃑⃗

(

)

((

)

)

y es expresado por:

⃑⃗

(

)

132

Observación: Las derivadas direccionales, notadas Duf, son límites de cocientes incrementales según una dirección de acercamiento u a un punto del dominio. Si tomamos la forma normalizada (vector unitario) de la dirección u, se puede mostrar que Duf(x0) = f(x0)·u; y el máximo valor de la derivada direccional se obtiene en la dirección del vector gradiente. Si se tiene una superficie definida por F(x; y; z) = 0, el gradiente F es un vector normal a la superficie en cualquier punto. Forma alternativa de la derivada direccional

⃑⃗

(

1.- Calcular la derivada direccional de f x, y   4  x 2 



u  Cos 

3

  Sen  3  . i

)

f(x,y). ⃑⃗

1 2 y . En ( 2

) en la dirección de

j

Duf  x, y   2 xCos  1 ySen  2

   3 , x  1, y  2

Duf 1,2  21Cos 60  1 2Sen 60 2 Duf 1,2  1.8660

GRADIENTE DE UNA FUNCIÓN: Si la función f: D Rn → R es definida en un conjunto abierto D

Rn en donde

D1f( ⃗), D2f( ⃗)….. Dnf( ⃗) existen , entonces el vector gradiente de f es denotado por f( ⃗) y es definido por: gra f( ⃗)= f( ⃗)= (D1f( ⃗), D2f( ⃗)….. Dnf( ⃗)  f(x,y,z)=(

(

)

(

)

(

)

)

 f f f  Y lo podemos denotar por: f ( x; y; z )   ; ;   x y z  PROPIEDADES DEL GRADIENTE Sea

diferenciable en le punto (

).

1.- Si f x, y   0 , entonces, Duf x, y   0 para todo . 2.- La dirección de máximo crecimiento de Duf x, y  es f x, y  .

viene dada por f x, y  .El valor máximo de:

133

3.- La dirección del mínimo crecimiento de Duf x, y  es  f x, y  .

viene dada por  f x, y  . El valor mínimo de

DERIVADA PARCIAL EXPLICITA Definición de la ecuación F x   0 define implícitamente a y como una función variable de x, entonces:

 Fx x, y   dy  , para Fy x, y   0    dx  Fy x, y   Si la ecuación F x, y, z   0 define implícitamente a z como función diferenciable de x e y, entonces:

z Fx x, y, z   x Fz x, y, z 

y

z Fy x, y, z  , para F x, y, z   0  y Fz x, y, z 

Ejemplo: 1.- Hallar

dy dado que : y 3  y 2  5 y  x 2  4  0 dx

Fxx, y   2 x Fy x, y   3 y 2  2 y  5

  dy  2x    2 dx  3y  2 y  5 

2.- Hallar

z z y sabiendo que: 3x 2 z  x 2 y 2  2 z 3  3 yz  5  9 y x

F x, y, z   3x 2 z  x 2 y 2  2 z 3  3 yz  14 Fxx, y, z   6 xz  2 xy 2 Fy x, y, z   2 x 2 y  3z Fz x, y, z   3x 2  6 z 2  3 y 6 xz  2 xy 2 z  2 x 3x  6 z 2  3 y

z  2 x 2 y  3z  2 y 3x  6 z 2  3 y

2 xy 2  6 xz z  x  3 x 2  6 z 2  3 y

z 2 x 2 y  3z  y  3 x 2  6 z 2  3 y 134

PROBLEMAS DE APLICACIÓN 1. ( ) Solución:

(

(

)

(

) )

(

)

Reemplazo: (

(

)

)

(

(

)

)

(

(

)

)

(

√

2.

(

)

)

( )

Solución: √ √

(

√

(

) (

(

)

)

( (

)

)

(

√

)

)

(

√

(

)

(

)

)

( )

(

)

(

(

)

(

)

)

( (

)

)

(

)

Reemplazo: (

)

(

)

(

)

135

(

3.

)

(

)

(

)

(

)

Solución: (

) [

(

(

)

]

(

)

) (

[

)

(

)

Reemplazo: (

)

(

[

)

(

)

(

)

(

[ ]

[

)

(

)

( )

(

( )

4. Solución:

( ) (

(

)

( )

)

( )

( ) Reemplazo: (

)

)

136

(

5.

)

(

)

Solución:

(

) (

(

(

)

)

) (

(

(

)

) (

)

( )

)

(

)

(

)

Reemplazo:

(

)

(

) (

( ( (

) )

(

)

)

( (

( ( )

)

)

)

)

6. Verificación de la regla de la cadena. Verificar la regla de la cadena para h/x donde h(x; y) = f(u(x; y); v(x; y)) y

f (u; v) 

u2  v2 u2  v2

, u ( x; y )  e  x  y

, v( x; y)  e xy

SOLUCIÓN Para hacer la verificación, primero aplicaremos la fórmula de la regla de la cadena y luego haremos el reemplazo de u y v en f y haremos el cálculo como derivada parcial. Aplicando la regla de la cadena tenemos: 137

h f u f v 2u (u 2  v 2 )  (u 2  v 2 )2u 2v(u 2  v 2 )  (u 2  v 2 )2v xy  x y    ( e ) ye 2 2 x u x v x u2  v2 u2  v2 Operando tenemos:





h  4uv 2 4vu 2  x y  (  e )  2 x u2  v2 u2  v2





e



 4e  x  y e 2 xy 2 x2 y

 e 2 xy





2

( e  x  y ) 

e



2

ye xy



Reemplazando por las expresiones de u y v en términos de x y y 

4e xy e  2 x  2 y 2 x2 y



 e 2 xy





2

ye xy 

e

4e 2 xy  2 x  2 y 2 x2 y

 e 2 xy



2

(1  y )

Ahora haremos el mismo cálculo reemplazando u y v en f y derivando parcialmente: u2  v2 f (u; v)  2 , u ( x; y )  e  x  y , v( x; y )  e xy  2 u v e  2 x  2 y  e 2 xy  h( x; y )  f (u ( x; y ); v( x; y ))   2 x  2 y  e  e 2 xy





 





h  2e  2 x  2 y  2 ye 2 xy e  2 x  2 y  e 2 xy  e  2 x  2 y  e 2 xy  2e  2 x  2 y  2 ye 2 xy   2 x e  2 x  2 y  e 2 xy





  2e  4 x  4 y  2e 2 xy  4 x  4 y  2 ye 2 xy  2 x  2 y  2 ye 4 xy    2e  4 x  4 y  2 ye 2 xy  2 x  2 y  2e 2 xy  2 x  2 y  2 ye 4 xy  2 e  2 x  2 y  e 2 xy





   4e 2 xy  4 x  4 y  4 ye 2 xy  4 x  4 y  2 e  2 x  2 y  e 2 xy





Esta última expresión es equivalente a la que habíamos hallado por regla de la cadena, con lo cual hemos verificado esta última.

7. Forma matricial de la regla de la cadena. Sea f(u; v; w) = (eu-w; cos(v + u) + sen(u + v + w)) g(x; y) = (ex; cos(y - x); e-y) Calcular f º g y D(f º g)(0; 0). SOLUCIÓN Evaluando g en el origen tenemos: g(0; 0) = (1; 1; 1) Estos últimos serán los valores de u, v y w correspondientes a valores nulos de x y y, con lo cual: f º g(0; 0) = f(1; 1; 1) = (1; cos1 + sen3) 138

En cuanto a la matriz de derivadas, tendremos:   e u w 0  e uw Df (u; v; w)     sen(v  u )  cos(u  v  w)  sen(v  u )  cos(u  v  w) cos(u  v  w) 1 0 1   Df (1;1;1)     sen 2  cos 3  sen 2  cos 3 cos 3   ex 0   Dg ( x; y )  sen( y  x)  sen( y  x)   0  ey   1 0  Dg (0;0)  0 0  0  1 1 0  1 0 1   D f  g (0;0)  Df (1;1;1)Dg (0;0)   0 0     sen 2  cos 3  sen 2  cos 3 cos 3 0  1   1 1   D f  g (0;0)     sen 2  cos 3  cos 3

8. Sea g(x) = f(x; y(x); z(x; y(x)). Sea también y(1) = 0, z(1; 0) = 1, z(1; 0) = (1; 2), f(1; 0; 1) = (1; 2; 3); g’(1) = 5. Determinar y’(1). SOLUCIÓN Por la regla de la cadena tenemos:

g ( x) 



f dx f dy f dz f f f  z dx z dy      1  y ( x)    x dx y dx z dx x y z  x dx y dx 

 f f f  z z 1  y ( x)    1  y ( x)   g (1)  1  1  2 y (1)  31  1  2 y (1)   x y z  x y 

 4  8 y (1)  5  y (1) 

1 8

Nótese que el punto con el cual estamos trabajando es (x; y; z) = (1; 0; 1).

9. Aplicación a un problema físico. Se ensaya a la tracción un monocristal de un metaloide de forma prismática rectangular con una base cuadrada de 2 cm de lado y una altura de 15 cm. Debido a la anisotropía (distinto comportamiento según las direcciones) del material, se ha observado que uno de los lados de la base se deforma dos veces más rápido que el otro. Si en un momento dado se determina que por efecto de la tracción la longitud de la pieza aumenta a una tasa de 1 mm/s, hallar la tasa de variación de ambos lados de la base. 139

SOLUCIÓN Llamemos x al lado de la base que se deforma más lento, y al que se deforma más rápido y z a la altura de la pieza. El volumen de la pieza será: V(x; y; z) = xyz Por la regla de la cadena, la variación de volumen con el tiempo vendrá dada por:

dV V dx V dy V dz dx dy dz     yz  xz  xy dt x dt y dt z dt dt dt dt

dy dx  2 (dato) dt dt 



 yz  2 xz  dx  xy dz dt

dt

Puesto que se trata de un sólido, el material es incompresible y su volumen permanecerá constante, siendo su derivada con respecto al tiempo nula. Introduciendo este hecho y los datos del problema tendremos: dV dx dx dx  2  15  2  2  15  2  2  0,1  0  90  0,4  0   0,0044 cm/s  dt dt dt dt dy   0,0088 cm/s dt

10. Gradiente y derivada direccional. Calcular las derivadas direccionales de las siguientes funciones a lo largo de vectores unitarios en los puntos indicados y en direcciones paralelas al vector dado: a) f(x; y) = xy, (x0; y0) = (e; e), d = 5i + 12j b) f(x; y) = exy + yz, (x0; y0; z0) = (1; 1; 1), d = (1; -1; 1) SOLUCIÓN a) Recordando que Duf(x0) = f(x0)·u, debemos hallar el gradiente de la función y un vector unitario en la dirección dada.

    log x y  log x y    y log x  y log x      e   f ( x; y )   x y ; x y    e ; e ; e  x  y  x  y  x  y       y  y    e y log x ; log x e y log x    x y ; log x x y   f (e; e)  e e ; e e x  x 











u



d (5;12)  5 12    ;  d 5 2  12 2  13 13 





 5 12  17 D u f (e; e)  f (e; e)·u  e e ; e e · ;   e e  13 13  13 140

b) En este caso tendremos:

 x   x  x f ( x; y; z )   e  yz ; e  yz ; e  yz   e x ; z; y  f (1;1;1)  (e;1;1) y z  x 



u

 

 

 



 1 1 1  d (1;1;1)    ; ;  d 12  (1) 2  12  3 3 3 

 1 1 1  e D u f (1;1;1)  f (1;1;1)·u  (e;1;1)· ; ;   3  3 3 3

11. Suponer que una montaña tiene forma de un paraboloide elíptico z = c - ax2 - by2 , donde a, b y c son constantes positivas, x y y son las coordenadas este-oeste y norte-sur, y z es la altitud sobre el nivel del mar (x, y y z están medidas en metros). En el punto (1; 1), ¿en qué dirección aumenta más rápido la altitud? Si se suelta una canica en (1; 1), ¿en qué dirección comenzará a rodar? SOLUCIÓN Una función aumenta más rápidamente en la dirección del vector gradiente, y disminuye más rápidamente en la dirección opuesta al mismo. En nuestro caso: f (1;1)   a b   ; 2 2 f (1;1)  a b a 2 b 2 Ésa es la dirección de máximo crecimiento. La canica rodará en la dirección en la rápidamente disminuya la altura, es decir, la opuesta a la recién hallada: f ( x; y )  (2ax;2by )  f (1;1)  (2a;2b)  u 

 a b Máximo decrecimiento  u   ; 2 2 a 2 b 2  a b

    cual más

   

12. El capitán Ralph tiene dificultades cerca del lado soleado de Mercurio. La temperatura del casco de la nave, cuando él está en la posición (x; y; z), viene dada por T ( x; y; z )  e  x donde x, y y z vienen dados en metros. Actualmente está en el punto (1; 1; 1).

2

 2 y 2 3 z 2

,

a) ¿En qué dirección deberá avanzar para disminuir más rápidamente la temperatura? b) Si la nave viaja a e8 m/s, ¿con qué rapidez decrecerá la temperatura si avanza en esa dirección? c) Desafortunadamente el metal del casco se cuarteará si se enfría a una tasa mayor que 14e 2 grados por segundo. Describir el conjunto de direcciones posibles en que puede avanzar para bajar la temperatura a una tasa no mayor que ésa. SOLUCIÓN 141

a) La dirección de máximo decrecimiento u será la dirección unitaria opuesta al vector gradiente.



T ( x; y; z )   2 xe  x

2

 2 y 2 3 z 2

;4 ye  x

2

 2 y 2 3 z 2

;6 ze  x

2

 2 y 2 3 z 2

 T (1;1;1)  e 6 (2;4;6)  T (1;1;1)  e 6 (2;4;6)



Normalizndo 



2 3   1 u ; ;   14 14 14 

b) El valor de e8 m/s que nos dan es la rapidez (módulo de la velocidad) de la nave. El vector velocidad vendrá dado por el producto de ese módulo por la dirección unitaria de avance. Así:

2 3   1  dx dy dz  v   ; ;   e8u  e8  ; ;   dt dt dt   14 14 14  Queremos obtener la tasa de variación de la temperatura, y lo logramos mediante la regla de la cadena:

dT T dx T dy T dz    dt x dt y dt z dt

En ( x ; y ; z )  (1;1;1) 



e8

 2e 6

14

 4e 6

2e 8 14

 6e 6

3e 8 14

 2 14e 2

c) En el punto anterior vemos que la máxima velocidad de crecimiento de la temperatura es el doble de lo que la nave puede tolerar. Para que no se cuartee, es necesario avanzar en otra dirección, cuyo vector unitario podemos llamar u = (a; b; c). En ese caso tendremos que el vector velocidad será v = (a; b; c)e8, y podremos escribir:







dT  T ·v   2e 6 ;4e 6 ;6e 6 · ae 8 ; be 8 ; ce 8  (2a  4b  6c)e 2 dt

Esta tasa de variación de la temperatura debe ser negativa y su módulo debe ser menor que 14e 2 . Por lo tanto:  14e 2 

dT  0   14e 2  (2a  4b  6c)e 2  0   14  2a  4b  6c  0 dt

Moviéndose en cualquier dirección unitaria u = (a; b; c) que cumpla con esas condiciones el cohete se enfriará sin cuartearse.

13. Plano tangente. Hallar el valor de la constante c tal que en todo punto de intersección de las dos superficies esféricas (x - c)2 + y2 + z2 = 3 (*) x 2 + (y - 1)2 + z2 = 1 (**) los planos tangentes correspondientes sean perpendiculares uno al otro. SOLUCIÓN 142

Podemos escribir ambas esferas como F1(x; y; z) = 3 y F2(x; y; z) = 1, respectivamente. Los vectores normales a los planos tangentes correspondientes serán los gradientes de F1 y F2 . Sabemos que deben ser perpendiculares y por lo tanto su producto interno debe ser nulo.

F1  (2( x  c);2 y;2 z ) 2 2 2   F1 ·F2  4 x  4 xc  4 y  4 y  4 z  0  F2  (2 x;2( y  1);2 z )  y 2  z 2  3 ( x  c ) 2

 x  xc  y  y  z  0 2

2

2

(de la ecuación (*)) 



x 2  xc  y  3  ( x  c) 2  0

Despejando de esta última es:

xc  y  3  c 2  0 (***) Ahora maniobramos algebraicamente despejando z2 de las ecuaciones de ambas esferas: z 2  3  ( x  c) 2  y 2   3  ( x  c) 2  y 2  1  x 2  ( y  1) 2  2 2 2  z  1  x  ( y  1)   3  x 2  2 xc  c 2  y 2  1  x 2  y 2  2 y  1  3  2 xc  c 2  2 y  y  32  xc  12 c 2

Introduciendo esto en la ecuación (***) tenemos: xc  32  xc  12 c 2  3  c 2  0   32  12 c 2  0  c   3 14. Se busca calcular la derivada direccional de f(x,y) = xy + y 2 en P(1,2) y en la dirección 3 4   del vector unitario u = i  j 5 5 Solución Usando la definición: 3 4 f(1  t. ,2  t. ) - f(1,2) 5 5 Duf(1,2)= lim t t 0

lim

t 0

2

3 4 4 (1  t. )(2  t. )  (2  t. ) 2 - (1.2  2 2 ) 5 5 5 = lim t t 0

=

4 6 12 2 16 16 2 26 28 2 t t t 4 t t -6 t t 5 5 25 5 25 25 = lim 5 = lim  26  28 t  t t 25  t 0 t 0  5

= 26/5 el límite existe y es un número

143

CAPITULO IV MÁXIMOS Y MÍNIMOS CRITERIO DE LA SEGUNDA DERIVADA. MÁXIMOS Y MÍNIMOS ABSOLUTOS. EXTREMOS RESTRINGIDOS Y MULTIPLICADORES DE LAGRANGE CONCEPTOS BÁSICOS Dada una función de varias variables, sabemos que presenta un punto crítico cuando su gradiente es nulo. Para identificar de qué punto crítico se trata, debemos usar el criterio de la segunda derivada. Éste establece que dada una función f(x; y) que presenta un punto crítico en (x0; y0), podemos calcular el siguiente discriminante:

2 f x 2 D 2  f yx Si D > 0 y

2 f 2 2 2 2 xy  f  f   f    2  2 f x y 2  xy  y 2

2 f 2 f > 0, se tiene un mínimo local en (x ; y ). Si D > 0 y < 0, se tiene un máximo local 0 0 x 2 x 2

en (x0; y0). Si D < 0, se tiene un punto silla en (x0; y0). Finalmente, si D = 0 el criterio de la segunda derivada no decide la naturaleza del punto crítico en (x0; y0). Cuando se desea obtener los extremos absolutos de una función en una cierta región del dominio, se deben seguir los siguientes pasos: 1. Hallar los puntos críticos de la función en el dominio y calcular su valor en ellos. 2. Hallar los valores extremos de la función sobre la frontera del dominio. 3. Determinar los valores máximo y mínimo de entre todos los hallados en los dos puntos anteriores. Hallar extremos restringidos significa determinar los extremos de una función f(x; y) sujetos a una restricción g(x; y) = 0. Para ello debe plantearse la ecuación vectorial: f = g El valor  se conoce como multiplicador de Lagrange y es un auxiliar para determinar los valores de las variables del dominio que satisfacen la ecuación vectorial y la restricción. Si existen varias restricciones, se plantean varios multiplicadores. PROBLEMAS 7.) Puntos críticos. Hallar y clasificar los puntos críticos de: f ( x; y)   x 3  4 xy  2 y 2  1 SOLUCIÓN Tenemos: 2 2 4 4 4   f x  3x  4 y  0  3x  4 x  0  x  0  x  3  P1 (0;0); P2 ( 3 ; 3 )    f y  4x  4 y  0  x  y

144

Ahora

f xx ( x; y )  6 x   6x 4  f yy ( x; y )  4   D( x; y )   24 x  16 4  4 f xy ( x; y )  4  D(0;0)  16  0  (0;0) es un punto silla D( 43 ; 43 )  16  0  ( 43 ; 43 ) es un extremo; y como f xx ( 43 ; 43 )  8  0  ( 43 ; 43 ) es un máximo 8.) Extremos absolutos. Hallar el valor máximo y mínimo de la función f(x; y) = x2y(4 - x - y) en el triángulo limitado por las rectas x = 0; y = 0; x + y = 6. SOLUCIÓN a) Puntos críticos. Primero debemos encontrar los puntos críticos de la función que se encuentran en el dominio dado, que es el triángulo de extremos (0; 0), (6; 0), (0; 6). No interesa, a los efectos de obtener extremos absolutos, determinar la naturaleza de los puntos críticos, sino evaluar la función en ellos. Planteamos:

 f 2  x  0  2 xy (4  x  y )  x y (1)  0  xy (8  3x  2 y )  0  f  0   f   0  x 2 (4  x  y )  x 2 y (1)  0  x 2 (4  x  2 y )  0   y Prima facie vemos que todos los puntos con x = 0 son críticos. Si x  0, tenemos las siguientes posibilidades para que ambas derivadas parciales sean nulas:

y  0  4  x  2 y  0  x  4  P1 (4;0) resolviendo 

8  3x  2 y  0  4  x  2 y  0 

P2 (2;1)

El primero de estos puntos pertenece a la frontera; por lo tanto lo consideraremos cuando analicemos ésta. En cuanto al segundo punto, tenemos f(2; 1) = 2. b) Análisis de la frontera. La frontera se compone de tres tramos rectos. En x = 0 y y = 0 la función asume el valor 0. En x + y = 6 podemos escribir:

x  y  6  y  6  x  x 2 y(4  x  y)  x 2 (6  x)(4  x  6  x)  12 x 2  2 x 3 , donde x va variando de 0 a 6. Para determinar en qué punto del segmento de recta x + y = 6 se produce un máximo o mínimo de esta función (en los extremos del segmento asume el valor 0), podemos derivarla:





d  12 x 2  2 x 3  24 x  6 x 2  0  x  0  y  6  x  4  y  2 dx

145

De los dos puntos obtenidos, (0; 6) es uno de los extremos del segmento, donde la función vale 0, mientras que (4; 2) está dentro del segmento oblicuo. c) Evaluación de la función en los puntos obtenidos. Evaluando se tiene: f (segmento x = 0) = 0

y

f (segmento y = 0) = 0

f(2; 1) = 2  máximo absoluto

y

f(4; 2) = -64  mínimo absoluto

9.) Multiplicadores de Lagrange. La ecuación 2x4 + 3y4 = 32 representa el borde de la pantalla de un monitor. Si el campo eléctrico viene dado por la función

f ( x; y ) 

1 x2  y2

, hallar los valores máximo y mínimo de éste sobre el borde de la pantalla.

SOLUCIÓN Sea g(x; y) = 2x4 + 3y4. Tenemos:

x   8x 3  2 2 3/ 2  x y f  g   y   12 y 3 2 2 3/ 2  x  y









si ( x ; y )  ( 0; 0 ) 



x  y

2 3

x3  y y3

2 3

x x 0

Para obtener este resultado dividimos ambas ecuaciones abarcadas por la llave, por lo cual debemos considerar aparte el caso en que y = 0, para el cual dicha división no sería posible. Analizando todos los casos posibles tenemos:

y

2 3

x  2 x 4  3 y 4  2 x 4  43 x 4  103 x 4  32  x  4

Con estos valores tenemos f(x; y)  0,44.

96 10

 y  4

192 45

Los otros dos casos son:

x  0  3 y 4  32  y   4

32 3

 f (0; 4

y  0  2 x 4  32  x   4

32 2

 2  f (2;0)  0,5

32 3

)  0,55

Comparando los tres valores obtenidos, el mínimo valor será 0,44 y el máximo valor será 0,55. 10.) Multiplicadores de Lagrange con más de una restricción. Hallar el punto del paraboloide z = (x 2)2 + 0.25(y - 3)2 + 5 más próximo al plano x + y + z = 0. SOLUCIÓN En un problema de extremos con restricciones hay que individualizar tres cosas:  La función a maximizar o minimizar;  Las incógnitas; y  Las restricciones. En este problema, sabemos que hay un punto sobre el paraboloide y uno sobre el plano tales que la distancia entre ellos es menor que entre cualquier otro par de puntos sobre esas superficies. Determinando cuáles son esos puntos, podremos hallar la distancia mínima. Por tanto tenemos: 146

 Función a minimizar: distancia entre dos puntos.  Incógnitas: las coordenadas de ambos puntos.  Restricciones: los puntos deben pertenecer a las superficies dadas. Traduciendo esto a lenguaje matemático podemos escribir lo siguiente: Llamaremos (x; y; z) al punto que está sobre el paraboloide y (s; t; u) al perteneciente al plano. La función a minimizar es la función distancia entre ambos, pero esto es equivalente a minimizar la distancia al cuadrado, dado que la raíz cuadrada es una función creciente. La distancia al cuadrado entre ambos puntos es: f(x; y; z; s; t; u) = (x - s)2 + (y - t)2 + (z - u)2 Con lo cual tenemos en claro la función y sus seis incógnitas. Las condiciones de restricción serán la pertenencia al paraboloide y al plano respectivamente. Recordemos que una condición de restricción siempre se escribe como una función igualada a una constante. Podemos escribir, entonces: g1(x; y; z; s; t; u) = z - (x - 2)2 - 0.25(y - 3)2 = 5 g2(x; y; z; s; t; u) = s + t + u = 0. Nótese que ambas restricciones tienen las mismas variables que la función a minimizar, a pesar de que algunas de ellas no aparecen en las respectivas leyes. Para hacer una analogía con casos de una variable, la función f(x) = 5 no deja de ser una función de x, por más que la variable no aparezca en la ley. Si ahora aplicamos multiplicadores de Lagrange a nuestro caso tendremos: f = 1g1 + 2g2 Derivando variable por variable tendremos:

 2( x  s )  2( y  t )  2( z  u )    2( x  s )   2( y  t )   2( z  u )

     

 21 ( x  2) (1)  0,51 ( y  2) (2) 1 (3) 2 (4) 2 (5) 2 (6)

Usamos este sistema de ecuaciones, juntamente con las restricciones, para despejar las incógnitas. De esta manera, combinando (3), (6) y (4) es: 1 = - 2 = 2(x - s) Introduciendo este valor de 1 en (1), sale que: 1 = -2(x - 2)  x = 1,5 Combinando de manera similar (3), (6), (5) y (2) podemos despejar: y = 0 Y, finalmente, introduciendo esto en la ecuación del paraboloide, tenemos: z = 7,5 El punto buscado es, pues: (x; y; z) = (1,5; 0; 7,5) Estrictamente, ya hemos resuelto el ejercicio: hemos encontrado el punto del paraboloide dado más próximo al plano dado. Queda para el lector despejar, del mismo sistema de ecuaciones, el punto del plano más cercano al paraboloide, esto es, hallar los valores de s, t y u, así como la distancia entre ambos puntos.

147

1. Hallar los máximos y mínimos relativos de: z  f x, y   a x y  x

2

yxy2

2. Un paralelepípedo rectangular tiene tres de sus caras en los planos coordenados y un vértice sobre la curva de intersección de las superficies: x  y  z  5 , x y  y z  x z  8 en el primer octante. Determinar el volumen máximo que puede tener dicho paralelepípedo. Sug. Usar multiplicadores de Lagrange. 3. Determinar las dimensiones del paralelepípedo rectangular de máximo volumen cuya diagonal mide 2

3 unidades.

4.- Trazar un plano de modo que pase por el punto

M  x0 , y0 , z0  y que el volumen del

tetraedro recortado por dicho plano del tetraedro coordenado sea el menor posible. Calcular la ecuación de dicho plano y el valor de dicho volumen mínimo. 5. La temperatura en grados centígrados en cualquier punto de la región limitada por las rectas: u = 0 , v = 0 , u + v = 3 está dada por: T u, v   8 u 2  4 u v  5 v 2  4 u  8 v . Determinar la máxima y mínima temperatura en la región incluida las líneas frontales. 6. Usando máximos y mínimos de una función de varias variables. Hallar las longitudes del eje menor y mayor de la Elipse: 5 x ² + 8 x y + 5 y ² = 9. 7. En el plano : 3 x - 2 z = 0 , hallar el punto tal que la suma de los cuadrados de las distancias que median entre dicho punto y los puntos : A ( 1 , 1 , 1 ) y B ( 2 , 3 , 4 ). sea la mayor posible. 8. Con una lámina metálica rectangular de 24 metros de ancho y 120 metros de longitud se quiere construir un canal de regadío para lo cual se doblará a lo largo de la lámina , a una longitud x y con un ángulo  . Determinar el valor de x y de  para que el canal conduzca el máximo volumen. 9. En el plano :  : 3 x  2 z  0 , hallar el punto tal que la suma de los cuadrados de las distancia s que median entre dicho punto y los puntos: A(1,1,1) y B(2,3,4). Sea la mayor posible. 10. Se tiene una caja rectangular contenida exactamente dentro del elipsoide:

2 x 2  3 y 2  z 2  18 Con cada arista paralela a uno de los ejes coordenados. Encontrar su máximo volumen posible.

148

CAPITULO V INTEGRALES DE LÍNEA INTEGRALES CURVILÍNEAS INTEGRALES CURVILÍNEAS DE PRIMER TIPO: Sea f (x,y) una función continua e y =  (x) (a  x  b) la ecuación de una curva plana determinada C. Marcamos un sistema de puntos Mi (xi, yi) (i = 0, 1, 2, . . ., n), que dividan la curva C en n

arcos elementales Mi =1Mi = i, y formamos la suma integral Sn   f ( xi , y i )si . El i 1

límite de esta suma, cuando n   y máx si  0 recibe el nombre de integral curvilínea de primer tipo n

lim  f ( xi , y i )si  f ( x, y )ds

n 

i 1

C

(ds: es la diferencial del arco) y se calcula por la fórmula



C

b

f ( x, y )ds   f ( x,  ( x )) 1  ( ' ( x ))2 dx a

En el caso de que la curva, C esté dada en forma paramétrica: x =  (t), y =  (t) [  t  ], tenemos:



C



f ( x, y )ds   f ( (t ), (t ))  '2  '2 (t )dt . 

Se consideran también integrales curvilíneas de primer tipo de funciones de tres variables f (x, y, z) tomadas sobre una curva en el espacio, que se calculan análogamente. La integral curvilínea de primer tipo no depende del sentido del camino de integración. Si la función subintegral f se interpreta como la densidad lineal de la curva de integración C, esta integral representará de por sí la masa de la curva C. Ejemplo 1. Calcular la integral curvilínea

 ( x  y )ds

C

donde C es contorno del triángulo ABO, cuyos vértices son: A (1;0), B (0;1) y O(0;0) Solución la ecuación de AB es: y = 1 – x, la de OB: x = 0 y la de OA: y = 0. Por lo tanto, tendremos:

 ( x  y )ds   ( x  y )ds   ( x  y )ds   ( x  y )ds 

C

AB

BO

OA

1

1

1

0

0

0

  2dx   ydy   xdx  2  1. 149

INTEGRALES CURVILÍNEAS DE SEGUNDO TIPO: Si P(x,y) y Q(x,y) son funciones continuas e y =  (x) es una curva plana C, que se recorre al variar x desde a hasta b, lo correspondiente integral curvilínea de segundo tipo se expresa de la forma siguiente b

 P( x, y )dx  Q( x, y )dy   P x,  ( x )   ' ( x )Q( x,  ( x )dx

C

a

En el caso más general, cuando la curva C se da en la forma paramétrica: x = (t), y = (t), donde t varía desde  hasta , tenemos: 

 P( x, y )dx  Q( x, y )dy   P  (t ), (t )) ' (t )  Q( (t ), (t )) ' (t )dt.

C

Fórmulas análogas son válidas para la integral curvilínea de segundo tipo tomada sobre una curva en el espacio. La integral curvilínea de segundo tipo cambia su signo por el contrario , al cambiar el sentido del camino de integración. Mecánicamente, esta integral puede interpretarse como el trabajo de l a correspondiente fuerza variable {P (x,y), Q (x,y)} a lo largo de la curva de integración C. CASO DE DIFERENCIAL EXACTA: Si la expresión subintegral de la integral curvilínea de segundo tipo es la diferencial exacta de una función uniforme determinada U = U(x,y), es decir, P (x,y) dx + Q (x,y) dy = dU (x,y), esta integral curvilínea no depende del camino de integración y se cumple la fórmula de Nexton – Leibniz ( x 2;v 2 )

 P( x, y )dx  Q( x, y )dy  U( x , y 2

2

)  U ( x1, y1 ),

( x 1;v 1)

Donde (x1;y1) es el punto inicial y (x2;y2), el punto final del camino. En particular, si el contorno de integración C es cerrado, se tiene

 P( x, y )dx  Q( x, y )dy  0 .

C

Si, el contorno de integración C está comprendido totalmente en un determinado recinto simplemente conexo S y las funciones P (x,y) y Q (x,y) junto con sus derivadas parciales del 1er orden, son continuas en el recinto S, la condición necesaria y suficiente para la existencia de la función U es que se verifique idénticamente en todo el recinto S la igualdad Q P  x y 150

Si no se cumplen las condiciones 1) y 2), la subsistencia de la condición (3) no garantiza la existencia de la función. TEOREMA 1 (TEOREMA FUNDAMENTAL) Sea C una curva suave dada por la función vectorial r(t), a  t  b. Sea f una función derivable de 2 ó 3 variables, cuyo vector gradiente f es continuo sobre C. Entonces:

 f · dr  f (r(b))  f (r(a)) C

TEOREMA 2

 F · dr C

es independiente de la trayectoria en D si y sólo si

 F · dr  0 para toda trayectoria C

cerrada C en D. TEOREMA 3 Sea F un campo vectorial continuo sobre una región abierta conexa D. Si

 F · dr C

es

independiente de la trayectoria en D, entonces F es un campo vectorial conservativo sobre D; es decir, existe una función f tal que f = F. TEOREMA 4 Si F(x;y) = P(x;y) i + Q(x;y) j es un campo vectorial conservativo, donde P y Q tienen derivadas parciales de primer orden continuas sobre un dominio D, entonces en todo D tenemos P Q que  y x Este teorema se puede extender a 3 variables (se verá al estudiar el rotacional). TEOREMA 5 Sea F(x;y) = P(x;y) i + Q(x;y) j un campo vectorial sobre una región simplemente conexa D. P Q  Supóngase que P y Q tienen derivadas parciales continuas de 1º orden y que: y x Entonces F es conservativo (extensible a 3 variables). EQUIVALENCIAS  

F conservativo.  F · dr independiente de la trayectoria.



 F · dr  0 en una trayectoria cerrada.



Derivadas parciales cruzadas de F iguales en una región simplemente conexa.

C

C

151

PROBLEMAS RESUELTOS 11.) Independencia del camino en una integral de línea. Calcular el trabajo llevado a cabo por el campo de fuerza F al llevar un objeto desde A hasta B, siguiendo a) un camino compuesto de un tramo horizontal seguido de uno vertical; y b) un camino compuesto por un tramo vertical seguido de uno horizontal. Discutir si el resultado es lógico o no.

 2  F( x; y )   y 2 i   2 y  j ; A(1;1) ; B(4;2) x  x    Q P y

C1 (1;1)

SOLUCIÓN:

x C2

a) Si llamamos C a la curva indicada, la podemos subdividir en las curvas C1 y C2 mostradas en la figura. En tal caso tendremos:



C



C1



(4;-2)



C2

Ejecutando ambas integrales por separado tendremos (escogiendo parametrizaciones simples): 3  x  1  t 3 1 1 C1  , 0  t  3   Pdx  Qdy   dt    34 2 0   1  t   1  t  y  1 C1 0  x  4 3 2(1  t ) 3 C2  , 0  t  3   Pdx  Qdy   dt  12 t  14 t 2  32  94   34 0 0 4  y  1  t C2





Con lo cual resulta:



C

Pdx  Qdy  34  - 34   0 y *

b) Llamando C a este nuevo camino, vemos que lo podemos separar en dos tramos C3 y C4.

(1;1)

C3 x

Tendremos entonces, igual que en el apartado anterior, que

C4 (4;-2)

152



C*



C3





C4

Realizando parametrizaciones parecidas a las ejecutadas en el apartado anterior, llegamos a lo siguiente:

 x  1 3 2(1  t ) C3  , 0  t  3   Pdx  Qdy    (1)dt  2t  t 2 0 y  1  t 1  C3 3 2  x  1  t 3 ( 2) 4 C2  , 0  t  3   Pdx  Qdy   dt   3 0 (1  t ) 2 1 t 0  y  2 C4





3 0

 3

Sumando esto se obtiene:



C*

Pdx  Qdy  3  3  0

Por ambas vías obtenemos el mismo resultado. Esto es lógico, ya que vemos que:

P 2 y Q   y x 2 x Las derivadas cruzadas son iguales, excepto cuando x = 0, pero esto último no ocurre dentro de un dominio simplemente conexo que abarca a ambos caminos analizados. Por lo tanto, por el teorema 5 las integrales sobre ambos caminos deben ser iguales. 12.) Cálculo de una integral de línea usando una función potencial. Calcular la integral de línea del campo vectorial F(x;y) = P(x;y)i + Q(x;y)j = eyi + xeyj a lo largo de la trayectoria: r(t) = (senh(5t4)/senh5; t4 + 5t3 - 3t2 - 2t) , =0  t  1 SOLUCIÓN:

P Q  F es conservativo. Por lo tanto puede expresarse como el gradiente de una  ey  y x función potencial f; esto es: f = F. Si obtenemos tal función f, podremos aplicar el teorema fundamental de las integrales de línea.

Para ello notemos que: f  P  e y  f  xe y  g ( y) x

(1),

donde g(y) es una función que depende solamente de la variable y. Si ahora derivamos la función f obtenida respecto a y, debemos llegar a una expresión equivalente a la otra función coordenada, esto es, Q. 153

f  xe y  g ( y)  Q  xe y  g ( y)  0  g ( y)  K y Reemplazando este último resultado en (1), tenemos:

f  xe y  K

(2)

Ya tenemos la función potencial. Ahora podemos aplicar el teorema fundamental de las integrales de línea:

 F · dr   f · dr  f (r(1))  f (r(0)) C

C

Calculando los puntos extremos de la curva con los valores correspondientes del parámetro tenemos:

 senh 0  r (0)   ;0   (0;0)  senh 5  1   senh 1 4   ee r (1)   ;1  5  13  3  12  2  1   5 ;1 5  senh 5  e e 

Aplicando ahora la función f dada por (2) a estos dos puntos tenemos:

f (r (0))  0  K f (r (1)) 

e  e 1 eK e 5  e 5

Y finalmente:

 F · dr  f (r(1))  f (r(0))  C

e  e 1 e e 5  e 5

De esta manera nos evitamos ejecutar una integral de línea sumamente engorrosa. 13.) Cálculo de un trabajo mediante una función potencial. Dado el campo vectorial de fuerzas F(x;y;z) =4xez i + cosy j + (2x2ez + z) k , a) Determinar una función f tal que f = F. b) Hallar el trabajo que desarrolla F cuando mueve una partícula desde el punto



2 2

;

2 2

;

2 2

 al 0;

3 2



;0 siguiendo el camino más corto sobre la esfera x 2  y 2  z 2 

3 2

,

expresándolo con 3 cifras decimales. SOLUCIÓN a) La función f que buscamos debe cumplir con las condiciones:

154

(i) fx = 4xez (ii) fy = cosy (iii) fz = 2x2ez Integrando la condición (i) tenemos: f   4 xe z dx  2 x 2 e z  g1 ( y; z )

Derivando ahora con respecto a y e introduciendo el resultado en la ecuación (ii) tenemos: f g1   cos y  g1  sen y  g 2 ( z ) y y

Y ahora podemos introducir esta expresión en la correspondiente a f, y derivarlo con respecto a z e introducir el resultado en (iii): f ( x; y; z)  2 x 2 e z  sen y  g 2 ( z)  f z  2 x 2 e z  g 2 ( z)  2 x 2 e z  z  g 2 ( z)  12 z 2  K

Con esta expresión para g2, tenemos ahora la expresión final de f: f ( x; y; z )  2 x 2 e z  sen y  12 z 2  K

b) Por el teorema fundamental de las integrales de línea, podemos ahora calcular el trabajo como la diferencia de valores de la función potencial entre sus extremos final e inicial: 3 2

f (0; f(

1 2

;

;0)  0,94072  K 1 2

;

1 2

)K

W  0,94072  2,9278  1,987

-2,269 es un resultado incorrecto que se obtiene con la calculadora puesta en grados. 14.) Limitaciones en la aplicación del Teorema Fundamental de las integrales de línea. Sea F( x; y ) 

 yi  xj x2  y2

a) Probar que

P Q en todo el dominio.  y x

b) Calcule

 F  dr C1

y

 F  dr C2

, donde C1 y C2 son las mitades superior e inferior de la

circunferencia x2 + y2 = 1 de (1;0) a (-1;0). ¿Cómo se explica que la integral dependa del camino en vista del resultado de (a)? SOLUCIÓN

155

a)





y P (1) x 2  y 2  2 y ( y ) y2  x2     2 2  y x2  y2 x2  y2 x2  y2  P Q     y y 2 2 2 2  x Q 1 x  y  x(2 x) y x Q 2     2 2 y x  y2  x2  y2 x2  y2 P





















Nótese que este resultado es válido en todo el dominio, ya que, si bien las derivadas parciales no están definidas en el (0;0), este último no pertenece al dominio. b) Las curvas están indicadas en la Parametrizando C1 e integrando F se tiene:

 x  cos t C1  , 0 t   y  sen t

 F  dr   C1

C1

y

figura.

C1

(1;0)

(-1;0)

x C2

Pdx  Qdy 



   sen t ( sen t )dt  cos t cos tdt   0

Haciendo un trabajo similar para C2 es:

 x  cos t C1  , 0 t   y  sen t

 F  dr   C1

C1





0

0

Pdx  Qdy    sen t ( sen t )dt  cos t ( cos t )dt    cos 2tdt  0

La explicación es que cualquier región que abarque ambos caminos necesariamente debe ser no simplemente conexa (debe excluirse alguna subregión que incluya el (0;0), que no pertenece al dominio), y por ende no vale el teorema 5. EJERCICIOS DE APLICACIÓN 1. Calcular:

(0,0,0)

xd x  yd y  zd z



y

(3, 4,5)

x 2  y 2 z 2

2. Calcular:

C

x x2  y 2

d x

dy x2  y2 156

donde C es el arco de la curva: x 2  y 2  9 de (3,0) a (5,4)

 ( y  z ) d x  ( z  x) d y  ( x  y ) d z ,

3. Calcular la integral

donde C es una espira de la

C

x  a cos t

hélice circular

, y  a sen t

z  b t , correspondiente a la variación del

,

parámetro t, desde 0 hasta 2

4.- Hallar el valor de:

 x 

 2 ,3,4 



5.- Calcular:

1,1,1

2



 y z d x   y 2  x z d y   z 2  x y  d z

 2 x  y  z d x   2 y  x  2z  3 d y  4z  x  2 y  2 d z donde C es un C

arco arbitrario de A ( 0 , 2 , -1 ) a B ( 1 , -2 , 4 ). 6. Calcular:

 x C

2





 y 2 cos   2 x y cos   2 z 2 cos  d s

Donde la curva C es descrita por:



 f t   cos t , sen t , e t



t  0 ,   y  ,  , 

son los ángulos de los cosenos directores del vector tangente unitario.

157