Cálculo de varias variables 9786074388961, 6074388962

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Entre sus principales características destacan las siguientes: Cuenta con breves, pero claras explicaciones, de los fundamentos del cálculo vectorial. Explica con minuciosidad los pasos necesarios para resolver los problemas propuestos planteados a lo largo de las cuatro unidades temáticas. Esto con el objetivo de que el lector sepa resolver diferentes tipos de problemas. Es un texto flexible, ya que el lector puede utilizarlo según sus necesidades e inquietudes. Cuenta con más de 300 problemas para resolver, presentados en diferentes categorías, según sus características, para ser resueltos con el apoyo de la tecnología. Algunos de los problemas propuestos están acompañados de breves textos destacados con el nombre de Alerta, cuyo propósito es preparar al lector para que esté pendiente de detalles importantes del contenido, que le serán útiles para la resolver los problemas. Con el propósito de motivar al estudiante para resolver problemas con un grado de dificultad mayor, al final de cada unidad se incluye una selección de Problemas reto. El libro viene acompañado de un CD-ROM de apoyo, donde alumno y profesor podrán encontrar, entre otras cosas: respuestas a problemas, autoevaluaciones, videos, formularios y ejemplos anotados.

EMPRESA DEL GRUPO

www.editorialpatria.com.mx

CÁLCULO de varias variables

C

En sus páginas, Cálculo de varias variables se abordan a detalle los principales temas de cálculo vectorial. Este texto, integrado por cuatro unidades, pretende convertirse en una herramienta de aprendizaje, muy útil e imprescindible para los estudiantes de ingeniería que tengan alguna complicación para entender los problemas de cálculo de varias variables. Entre otros aspectos contiene una diversidad de problemas resueltos, más de 50, los cuales muestran, paso a paso, los cálculos necesarios para llegar a una solución. Algo muy importante es que presenta y desarrolla de manera sencilla y clara los temas y conceptos teóricos necesarios para mejorar su comprensión.

García

“Por extraño que se oiga, el poder de las matemáticas está basado en su evasión de todos los pensamientos innecesarios y el maravilloso ahorro de operaciones mentales.” Ernst Mach

interactivo en esta edición

PATRIA

de varias variables

SERIE UNIVERSITARIA

CALCULO

Ana Elizabeth García

CÁLCULO DE VARIAS VARIABLES

Ana Elizabeth García Hernández Instituto Politécnico Nacional

PRIMERA EDICIÓN EBOOK MÉXICO, 2014

CÁLCULO DE VARIAS VARIABLES

Ana Elizabeth García Hernández

PRIMERA EDICIÓN EBOOK MÉXICO, 2014

GRUPO EDITORIAL PATRIA

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editorialpatria.com.mx

www.editorialpatria.com.mx

Dirección editorial: Javier Enrique Callejas Coordinación editorial: Estela Delfín Ramírez Supervisor de preprensa: Gerardo Briones González Diseño de interiores y portada: Juan Bernardo Rosado Solís Ilustraciones: Adrian Zamorategui Berber Fotografías: © Thinkstockphoto Diagramación: Gustavo Vargas M. y Jorge Martínez J. Revisión técnica: Alex Polo Velázquez Universidad Autónoma Metropolitana-Azcapotzalco

Cálculo de varias variables Derechos reservados: © 2014, Ana Elizabeth García Hernández © 2014, GRUPO EDITORIAL PATRIA, S.A. DE C.V. Renacimiento 180, Colonia San Juan Tlihuaca Delegación Azcapotzalco, Código Postal 02400, México, D.F. Miembro de la Cámara Nacional de la Industria Editorial Mexicana Registro Núm. 43 ISBN: 978-607-438-896-1 Queda prohibida la reproducción o transmisión total o parcial del contenido de la presente obra en cualesquiera formas, sean electrónicas o mecánicas, sin el consentimiento previo y por escrito del editor. Impreso en México Printed in Mexico Primera edición ebook: 2014

Dedicatoria ¡Gracias, Señor, por todo! Todo tiene su momento oportuno; hay un tiempo para todo lo que se hace bajo el cielo. Eclesiastés 3:1

Presentación Este libro está dedicado a los estudiantes universitarios que cursan la materia de Cálculo de varias va­ riables, asignatura obligatoria en la gran mayoría de planes de estudio de las carreras de ingeniería. La intención de este libro es estimular el aprendizaje autónomo del cálculo de varias variables mostrando sus diversas técnicas e ilustrándolas a través de la resolución de diferentes tipos de problemas. El material está dividido en cuatro unidades. ■

■

■

■

En la primera unidad se resuelven problemas de álgebra y geometría vectorial, así como de las diferentes representaciones de rectas y planos. En la unidad 2 se aborda el tema de las funciones vectoriales, se resuelven problemas de una variable real, para interpretar las variaciones de una función vectorial de variable real y proble­ mas físicos y geométricos en el sistema de referencia más conveniente. En la unidad 3 se presentan funciones de varias variables como campos escalares o vectoriales, las cuales se representan geométricamente; de igual forma se resuelven problemas de cálculo diferencial para este tipo de funciones, así como de los operadores diferenciales vectoriales. Por último en la unidad 4, se resuelven diferentes tipos de problemas de integrales múltiples de funciones escalares. Se utilizan los teoremas integrales en la solución de problemas de inte­ grales múltiples y se aplican en la solución de problemas de física.

Todos los estudiantes con conocimientos básicos de álgebra lineal y cálculo de una variable seguirán de una forma cómoda el desarrollo de los problemas que contiene este libro. Espero les sea de uti­ lidad. La autora

VII

Contenido Unidad 1 Vectores y geometría en el espacio

1

1.1  Introducción

2

1.2  Vectores

2

1.3  Operaciones con vectores

2

1.4  Coordenadas polares

10

1.5  Representación cartesiana en el espacio

13

1.6  Ecuaciones de la recta en el plano

15

1.7  Ecuaciones de la recta en el espacio

26

Problemas para resolver Problema reto Referencias bibliográficas Referencias electrónicas

39 41 41 41

Unidad 2 Funciones vectoriales

43

2.1  Funciones vectoriales

44

2.2  Tangente a una curva en el espacio

50

2.3  Longitud de arco

54

2.4  Tangentes a curvas polares

57

2.5  Áreas

59

2.6  Superficie de revolución

60

2.7  Triedro de Frenet

62

Problemas para resolver Problema reto Referencias bibliográficas Referencias electrónicas

71 73 73 73 IX

Contenido

Unidad 3 Funciones de varias variables 3.1  Funciones de varias variables

76

3.2 Representación geométrica de las funciones de varias variables

78

3.3  Superficies y curvas de nivel

80

3.4  Límites

82

3.5  Continuidad

83

3.6  Derivadas parciales en dos variables

86

3.7  Vector gradiente

88

3.8  Derivada direccional

89

3.9  Regla de la cadena para funciones de varias variables

90

3.10  Derivación implícita

91

3.11  Derivadas parciales de orden superior

91

3.12  Extremos relativos

92

3.13  Matriz hessiana

95

3.14  Método de los multiplicadores de Lagrange

96

3.15  Operadores diferenciales

99

Problemas para resolver Problema reto Referencias bibliográficas Referencias electrónicas

Unidad 4 Integrales de varias variables



75

105 107 107 107

109

4.1  Integral definida

110

4.2  Integrales múltiples

110

4.3  Integral en coordenadas cilíndricas

117

4.4 Aplicaciones geométricas y físicas de las integrales múltiples

120

4.5  Momento de inercia

122

4.6  Integrales de línea de campos escalares

123

4.7  Integrales de línea de campos vectoriales

124

4.8  Teoremas integrales

126

Problemas para resolver Problema reto Referencias bibliográficas Referencias electrónicas

131 133 133 133

UNIDAD

1

Vectores y geometría en el espacio Objetivos Representar rectas y planos mediante ecuaciones. Representar geométricamente a los vectores y sus operaciones. Manejar sistemas de coordenadas cartesianas y polares.

¿Qué sabes?

¿Qué es un cuaternio? ¿La diferencia de vectores es un caso particular de la suma? ¿Cuál es la diferencia entre producto cruz y producto punto? ¿Cómo se define una recta secante? ¿Cómo se mide la distancia de un punto a una recta?

UNIDAD

1

Vectores y geometría en el espacio

1.1  Introducción Los términos vectoriales y escalares fueron introducidos por William Rowan Hamilton (4 de agosto de 1805-2 de septiembre de 1865), matemático, físico y astrónomo irlandés, en una reunión organizada por la Real Academia de Irlanda en noviembre de 1844. El concepto del vector había sido desarrollado por Hamilton como parte de una teoría general de cuaternios o cuaterniones, que representan una extensión del sistema de los números complejos. Así como todo número complejo es de la forma a + bi, un cuaternio es una expresión de la forma: a + iˆ + bjˆ + ckˆ donde a, b, c, d son números reales e iˆ, jˆ, kˆ son objetos que satisfacen ciertas reglas bien definidas. Los cuaternios encontraron pronto aplicaciones físicas interesantes, pero no resultaban fáciles de manejar. Afortunadamente el físico estadounidense Josiah Willard Gibbs (11 de febrero de 1839-28 de abril de 1903) popularizó muchos de los conceptos desarrollados por Hamilton, tomando de los cuaternios solamente la parte no real, biˆ + c jˆ + dkˆ, lo que resultó en un objeto matemático que Gibbs llamó vector, exponiéndolos de manera bastante sistemática en su libro Elementos de análisis vectorial (1881). Después Hermann Günther Grassmann (15 de abril de 1809-26 de septiembre de 1877), lingüista y matemático alemán, amplió la teoría de vectores generalizándola a espacios de n dimensiones.

1.2  Vectores Comenzaremos el estudio de los vectores en forma geométrica, que es un segmento orientado. A los puntos A y B que definen el vector se les llama origen y extremo del vector, respectivamente. Figura 1.1 n

AB , donde A es el origen y B es el extremo.  

Definición. Un vector es una cantidad caracterizada por las siguientes propiedades: ■

Magnitud, que representa el tamaño del vector, la longitud del segmento.

■

Dirección, que indica la línea de acción del vector.

■

Sentido, en cada dirección hay dos posibles sentidos. n n

Por lo general, las cantidades vectoriales se representan por A , B . n 

Y su magnitud, tamaño o norma se representa por A = || A ||. Los vectores se aplican en física, por ejemplo, son cantidades vectoriales: la velocidad, la aceleración, la fuerza, el momento de una fuerza, la cantidad de movimiento, el momento angular de un cuerpo, entre otras. Posteriormente estudiaremos a los vectores en forma algebraica; es decir, hablaremos de vectores del plano R2, espacio R3; y en general de Rn: si bien solo podemos visualizar vectores en una, dos y tres dimensiones, los vectores de un espacio de n dimensiones son útiles para representar y manejar información de manera eficiente.

1.3  Operaciones con vectores A continuación se presentan las operaciones con vectores.

❚ Desplazamiento paralelo En algunos casos, un vector dado se puede desplazar desde su punto de aplicación, conservando, por supuesto, su magnitud, dirección y sentido. Es un vector libre. La operación correspondiente al desplazamiento de un vector libre se denomina desplazamiento paralelo. 

Grupo Editorial Patria©



Figura 1.2



Desplazamiento paralelo.

❚ Proyección Se puede proyectar un vector sobre un eje arbitrario.



Figura 1.3

❚ Multiplicación por escalares Un vector se puede multiplicar (y por tanto dividir) por un escalar, y su resultado es un vector con la misma dirección, pero con diferente magnitud; dependiendo del signo del escalar será el sentido del vector.



Figura 1.4

Alerta

n

n

n

Asociado con cada vector v , se puede construir el vector unitario v =

v

n

||v ||

n

, y es evidente que ||v || = 1.

La magnitud de un vector unitario es uno.



UNIDAD

1

Vectores y geometría en el espacio ❚ Sistema cartesiano Para ubicar puntos en el plano cartesiano, utilizamos un sistema de referencia al que llamamos sistema de coordenadas cartesianas. Para ello trazamos rectas perpendiculares, una horizontal y la otra vertical, a las que llamaremos ejes coordenados. Al eje horizontal se conoce como el eje de abscisas (eje de las x) y al eje vertical, eje de ordenadas (eje de las y). El punto en el que se cortan los ejes lo llamamos origen de coordenadas y se le asigna, como a todo origen, el número cero para ambos ejes. Para indicar la posición de un punto en el plano cartesiano utilizamos sus coordenadas cartesianas, que constan de un par de números reales, escritos entre paréntesis al que llamaremos par ordenado (a, b); a la componente x del punto P se le llama a, y a la componente y se le llama b. El conjunto de todos los pares ordenados (x, y) se denota por R2. Los puntos en el espacio se pueden representar de manera análoga mediante ternas ordenadas de números reales. Estas ternas representan un punto en el espacio tridimensional del sistema cartesiano, el conjunto de todas las ternas ordenadas (x, y, z) se denota por R3. En el sistema de referencia cartesiano tridimensional, los vectores unitarios en los ejes x, y, z son los vectores unitarios iˆ, jˆ, kˆ.

❚ Suma vectorial n

n

El método gráfico utilizado para el cálculo de la suma de dos vectores A y B es la regla del paralelogramo. La suma se puede calcular utilizando la siguiente relación: n

n 

n

n

S = |S | = |A + B | =

A 2 + B 2 − 2 AB cos δ = n

A 2 + B 2 + 2 AB cos θ

n

(θ representa el ángulo entre los vectore A y B ). Esta fórmula se conoce como la ley de los cosenos. n

n

n

n

Una regla que permite calcular A + B consiste en desplazar en forma paralela los dos vectores, de manera que la punta de un vector coincida con el origen del otro. En la suma de vectoriales, el vector que va del origen del primer vector al extremo del segundo vector. Figura 1.5 

❚ Propiedades de la suma de vectores ■

n

■





n

n

La suma de vectores es una operación conmutativa: A + B = B + A . n

n

n

Para los ángulos del triángulo formado por los vectores A , B y A + B es válida la ley de los senos. S A B = = sen δ sen α sen β

Figura 1.6

Grupo Editorial Patria© Casos particulares 1. Vectores con misma dirección y mismo sentido.



Figura 1.7 n 

n

n

u 2 + v 2 + 2 uv =

θ = 0º, ⇒ cos θ = 1 ⇒ S = |S | = |u + v | =

( u + v )2 = u + v

2. Vectores con misma dirección, pero sentido contrario.



Figura 1.8

n 

n

n

θ = 180º, ⇒ cos θ = -1 ⇒ S = |S | = |u + v | =

u 2 + v 2 − 2 uv =

( u − v )2 = u − v

3. Vectores perpendiculares.



Figura 1.9 n 

n

n

θ = 90º, ⇒ cos θ = 0 ⇒ S = |S | = |u + v | =

u2 + v 2 

UNIDAD

1

Vectores y geometría en el espacio ❚ Analíticamente (en función de las componentes cartesianas) El vector suma es un vector cuyas componentes son la suma de las componentes.

u = uxiˆ + uy jˆ + uzkˆ



v = vxiˆ + vy jˆ + vzkˆ



S = u + v = (ux + vx )iˆ + (uy + vy ) jˆ + (uz + vz )kˆ

n

n

n

n

n

Problema resuelto n

n

Sumar los vectores dados A = 2iˆ - 3jˆ + kˆ y B = 4iˆ + 2 jˆ + 5kˆ Solución

La suma vectorial es n

n

n

S = A + B = (2 + 4)iˆ + (-3 + 2) jˆ + (1 + 5)kˆ = 6iˆ - jˆ + 6kˆ

La diferencia de vectores es un caso particular de la suma. Para restar dos vectores, se suma al minuendo el opuesto (misma magnitud, misma dirección, pero sentido contrario) del sustraendo.

Figura 1.10 Casos de la diferencia entre vectores. n

n

n

El vector diferencia v - u es un vector que tiene como origen el extremo de u (sustraendo) y, como n extremo, el extremo de v (minuendo). En función de las componentes cartesianas: el vector diferencia es un vector cuyas componentes son la diferencia de las componentes.





u = uxiˆ + uy jˆ + uzkˆ



v = vxiˆ + vy jˆ + vzkˆ



R = v - u = (vx - ux )iˆ + (vy - uy ) jˆ + (vz - uz )kˆ

n

n

n

n

n

Grupo Editorial Patria©

Problema resuelto Determinar la diferencia de los siguientes vectores. n

n

A = 2iˆ - 3jˆ + kˆ y B = 4iˆ + 2 jˆ + 5kˆ. Solución n

n

La diferencia vectorial A - B es n

n

n

R = A - B = (2 - 4)iˆ + (-3 - 2) jˆ + (1 - 5)kˆ = -2iˆ - 5 jˆ - 4kˆ

❚ Producto de un escalar n

El producto de un escalar, q, por un vector u , es otro vector que tiene: n

■

Magnitud: el producto de |q | por la magnitud del vector u .

■

Dirección: la misma dirección de u .

■

n

n

n

Sentido: el de u si q es positivo, y sentido contrario a u si q es negativo.

En componentes cartesianas se tiene: qu = quxiˆ + quy jˆ + quzkˆ n

Problema resuelto n

n

Sea A = 2iˆ - 3jˆ + kˆ, encuentre 3A ,

1 2

n

n

 A =

A 2

Solución n

3A = 3(2iˆ ) - 3(3jˆ ) + 3kˆ = 6iˆ - 9 jˆ + 3kˆ



n

A



2

=

2 2

 iˆ -

3 2

 jˆ +

1 2

 kˆ = iˆ - 1.5 jˆ + .5kˆ

❚ Producto punto, escalar o interno El producto interno de dos vectores es un escalar (positivo o negativo) que se define como n

n

A ⋅ B = AB cos q Propiedades: ■

El producto interno de vectores es conmutativo: n

n

n

n

A⋅B=B⋅A ■

El producto interno de dos vectores perpendicular entre sí es cero.

■

La definición del producto interno implica que iˆ ⋅ iˆ = jˆ ⋅ jˆ = kˆ ⋅ kˆ = (1)(1) cos 0° = 1   y   iˆ ⋅ jˆ = jˆ ⋅ kˆ = kˆ ⋅ iˆ = (1)(1) cos 90° = 0

■

En función de las componentes cartesianas: n

n

A = Axiˆ + Ay jˆ + Azkˆ   y   B = Bxiˆ + By jˆ + Bzkˆ 

UNIDAD

1

Vectores y geometría en el espacio Ya que

.

iˆ

jˆ

kˆ

ˆi

1

0

0

jˆ

0

1

0

ˆk

0

0

1

Entonces, n

n

A ⋅ B = AxBx + AyBy + AzBz

Problema resuelto n

n

Dados los vectores A = 2iˆ - 3jˆ + kˆ y B = 4iˆ + 2 jˆ + 5kˆ, calcular el producto punto. Solución

Se aplica la operación de producto punto, y se tiene A ⋅ B = (2)(4) + (-3)(2) + (1)(5) = 8 - 6 + 5 = 7 n

n

Problema resuelto n

n

Dados los vectores A = 2iˆ - 3jˆ + kˆ y B = 4iˆ + 2 jˆ + 5kˆ, encuentre el ángulo entre los vectores. Solución

Calculamos A ⋅ B y la magnitud de A y la magnitud B . n



n

n

n

A ⋅ B = (2iˆ - 3jˆ + kˆ) ⋅ (4iˆ + 2 jˆ + 5kˆ ) = (2)(4) + (-3)(2) + (1)(5) = 7 n

n

n

22 + ( -3 )2 + ( 1)2 =

n

4 2 + 22 + 52 =



||A || =



||B || =

14

45

Pero n n   A n n n n ⋅B A ⋅ B = ||A || ||B || cos q ⇒ q = cos-1  n n     ||A || ||B ||    n

Alerta El producto interno de dos vectores perpendiculares es cero.

n

Entonces el ángulo entre los vectores A y B es n n   A  ⋅B q = cos-1  n n  = cos-1   ||A || ||B ||     

  = cos-1(0.2788) = 73.8  14 45  7

❚ Producto vectorial, cruz o externo El producto externo de dos vectores se define como un vector n

n

A × B = AB sen q uˆ n

n

Donde uˆ es un vector unitario, cuya dirección es perpendicular a A y a B que se puede determinar por cualquiera de las siguientes reglas. 

Grupo Editorial Patria© n

n

El sentido de uˆ corresponde a la dirección de avance de un sacacorchos cuando se gira de A a B .

Figura 1.11 

O con la regla de la mano derecha: sen colocan los dedos de la mano derecha en el sentido del vector n A y se giran hacia el segundo vector B ; el pulgar extendido da el sentido del vector uˆ.

Figura 1.12 Regla de la mano derecha.  

Propiedades. n

n

n

n

■

El producto externo de dos vectores es anticonmutativo: A × B = -B × A .

■

El producto externo de dos vectores orientados en la misma dirección es igual a cero. n

n

n

n

A × B = A × nA = (A)(nA) sen 0° uˆ = 0 ■

La magnitud del producto externo de dos vectores es igual al área del paralelogramo formado por los dos vectores.

Figura 1.13  n

n

||A × B || = AB sen q = área del paralelogramo 

UNIDAD

1

Vectores y geometría en el espacio ■

Con las definiciones de producto interno y de producto externo se puede demostrar que n

n

n

n

n

n

A ⋅ (A × B ) = B ⋅ (A × B ) = 0 ■

Con la definición de producto externo se puede demostrar que

iˆ × jˆ = (1)(1) sen 90º kˆ = kˆ

jˆ × iˆ = (1)(1) sen 90º (-kˆ) = -kˆ

iˆ × iˆ = (1)(1) sen 0º uˆ = 0

jˆ × kˆ = (1)(1) sen 90º iˆ = iˆ

kˆ × jˆ = (1)(1) sen 90º (-iˆ) = -iˆ

jˆ × jˆ = (1)(1) sen 0º uˆ = 0

kˆ × iˆ = (1)(1) sen 90º jˆ = jˆ

iˆ × kˆ = (1)(1) sen 90º (-jˆ) = -jˆ

kˆ × kˆ = (1)(1) sen 0º uˆ = 0



n

n

A × B = (AyBz - AzBy ) iˆ

3

iˆ

jˆ

kˆ



iˆ

0

ˆk

jˆ

jˆ

ˆk

0

ˆi

kˆ

jˆ

ˆi

0

+ (AzBx - AxBz ) jˆ

+ (AxBy - AyBx ) kˆ



Expresión que se corresponde con el desarrollo del determinante:

n

n

A× B =

iˆ

jˆ

kˆ

Ax

Ay

Az

Bx

By

Bz

= iˆ

Ay

Az

By

Bz

− jˆ

Ax

Az

Bx

Bz

+ kˆ

Ax

Ay

Bx

By

Problema resuelto n

n

Dados los vectores A = (1, 2, 4) y B = (2, -1, 3), determine el producto vectorial. Solución

Alerta n

n

n

n

A×B =

n

El vector C = A × B nes perpendicular tanto a A n como a B .

iˆ

jˆ

1 2

2 -1

kˆ 4 3

= iˆ

2 4 -1 3

- jˆ

1 4 2 3

+ kˆ

1 2 = 10 iˆ + 5 jˆ - 5kˆ 2 -1

1.4  Coordenadas polares n

n

Un vector V se representa en coordenadas V = (V, q) cuando se especifica su magnitud V, y un ángulo n θ que forma V respecto a un eje de sistema de coordenadas (generalmente el eje x).

Figura 1.14 

10

Grupo Editorial Patria© ❚ Sistema cartesiano en un plano n

n

Un vector V se encuentra representado en coordenadas cartesianas en el plano como V = (Vx, Vy ) Cuando se tienen las proyecciones del vector sobre los ejes xy, y la magnitud del vector se puede calcular usando la expresión: n

 | V  |  = √Vx2 + Vy2 Utilizando los vectores unitarios de los dos ejes iˆ y jˆ se puede escribir también como n

V = Vx iˆ + Vy jˆ n

Los coeficientes Vx y Vy se llaman las componentes del vector V .



Figura 1.15

Propiedades: n

■

n

El producto interno dendos vectores A y B , representados en un plano en coordenadas carten sianas, A = Axiˆ + Ay jˆ y B = Bxiˆ + By jˆ está dado por n

n

A ⋅ B = AxBx + AyBy ■



Para pasar de una representación polar a una representación cartesiana en el plano (y viceversa) se pueden utilizar las siguientes relaciones.

Figura 1.16

11

UNIDAD

1

Vectores y geometría en el espacio De la figura: Vx

cos θ =

Vy

sen θ =

tan θ =

⇒ Vx = V cos θ

V

⇒ Vy = V sen θ

V

 Vy ⇒ θ = tan−1   Vx

Vy Vx

  

Y por el teorema de Pitágoras V =

Vx2 + Vy2

Problema resuelto Alerta

Represente el punto con coordenadas cartesianas (1, -1) en coordenadas polares.

De coordenadas cartesianas a polares se utilizan las ecuaciones:

Solución

Primero se obtiene θ

V = V x2 + V y2 ,

 -1 π 7 15 θ = tan-1   = - , π, π y r =  1 4 4 4

 Vy  θ = tan−1    Vx 

( 1)2 + ( -1)2 =

2

La representación polar es

De coordenadas polares a cartesianas se utilizan las siguientes ecuaciones

 π  7 π  15 π   2 , - 4  ,  2 , 4  ,  2 , 4  .

Vx = V cos q, Vy = V sen q

Los vectores unitarios de las coordenadas eˆr y eˆq son perpendiculares entre sí, y se definen como:

eˆr = cos q iˆ + sen q jˆ



eˆq = -sen q iˆ + cos q jˆ

Figura 1.17 

Un vector perpendicular tanto a eˆr como a eˆq está dado por el producto vectorial eˆr × eˆq.

eˆr × eˆq =

12

kˆ

iˆ

jˆ

cos θ

sen θ

0

− sen θ cos θ

0

  2 2 ˆ = kˆ  cos θ + sen θ   = k    =1

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1.5  Representación cartesiana en el espacio n

Un vector A = Axiˆ + Ay jˆ + Azkˆ se encuentra representado en coordenadas cartesianas en el espacio n como A = (Ax , Ay , Az ).



Figura 1.18 n

n

Entonces el vector A se puede escribir como A = Axiˆ + Ay jˆ + Azkˆ. La magnitud del vector está dada por: 2 A xy + A z2

A=

y

A xy =



A x2 + A y2

Figura 1.19

Cuando se tienen las proyecciones del vector sobre los ejes x, y, z, la magnitud del vector se puede calcular usando la expresión: n

A =

A x2 + A y2 + A z2 13

UNIDAD

1

Vectores y geometría en el espacio Por otra parte, si llamamos α, β y γ a los ángulos que forma el vector con el sentido positivo de los ejes coordenados x, y y z, respectivamente, las componentes del vector se pueden ver como las proyecciones de la magnitud del vector sobre los ejes.



Figura 1.20

en donde cos α =

cos β = cos γ =

Ax A Ay A Az A

⇒ A x = A cos α ⇒ A y = A cos β ⇒ A z = A cos γ

Los ángulos α, β y γ se llaman ángulos directores y los cosenos: cos α, cos β y cos γ se llaman cosenos directores. Un vector unitario se puede expresar en función de los cosenos directores como: n

A = A x iˆ + A y jˆ + A z kˆ = A cos αiˆ + A cos βjˆ + A cos γkˆ

Alerta Las componentes rectangulares en términos de la magnitud del vector y de los cosenos directores están dadas por: Ax = A cos α, Ay = A cos β , Az = A cos γ

14

Aˆ =

n

A A

= cos αiˆ + cos βjˆ + cos γkˆ

Debido a que la magnitud del vector unitario es igual a 1, se tiene que: 1=

cos 2 α + cos 2 β + cos 2 γ ⇒ cos 2 α + cos 2 β + cos 2 γ = 1

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Problema resuelto n

Determine la magnitud del vector a (5, 6) y el ángulo que forma con el eje de las x y con el eje de las y, y los cosenos y ángulos directores de este vector.



Figura 1.21

Solución

Su magnitud n

52 + 6 2 = 7.81

a =

n

El ángulo que forma el vector a con el eje x es:  6 θ = tan-1   = 50.19 o  5 Y respecto al eje de las y es 90° - 50.19° = 39.80°. Calculemos los cosenos directores: cos α =

cos β = cos γ =

Ax A Ay A Az A

=

= =

5 7.81 6 7.81 0 7.81

= 0.6402 ⇒ α = 50.19 o

= 0.7682 ⇒ β = 39.80 o = 0 ⇒ γ = 0o

1.6  Ecuaciones de la recta en el plano ❚ Ecuación vectorial de la recta Definimos una recta r como el conjunto de los puntos del plano, Oalineados con un punto P y con una n n n dirección dada v . P (x1, y1) es un punto de la recta r, el vector PX tiene la misma dirección que v , n entonces es igual a v multiplicado por un escalar: On

n

On

On



PX = kv con k∈ R



PX = OX − OP = kv ⇒ (x, y ) = (x1, y1) + k(v1, v2)r

On

n

Alerta La ecuación vectorial de una recta está dada por n n n r = r 0 + kv , donde r es el punto genérico de la recta n y r 0 es un punto de la recta n y v el vector de dirección.

n

15

UNIDAD

1

Vectores y geometría en el espacio

Problema resuelto n

Una recta pasa por el punto A (-1, 3) y tiene un vector director v = (2, 5). Escribir su ecuación vectorial. Solución

La ecuación de la recta está dada por: (x, y) = (x1, y1) + k(v1, v2) Entonces, (x, y) = (-1, 3) + k(2, 5)

❚ Ecuaciones paramétricas de la recta A partir de la ecuación vectorial: (x, y) = (x1, y1) + k(v1, v2), realizando las operaciones indicadas se obtiene: (x, y) = (x1 + kv1, y1 + kv2) De esta ecuación vectorial se tienen dos ecuaciones escalares: x = x1 + kv1, y = y1 + kv2 Estas ecuaciones se llaman ecuaciones paramétricas.

Problema resuelto n

Una recta pasa por el punto A (-1, 3) y tiene un vector director v = (2, 5). Escribir sus ecuaciones paramétricas. Solución

A continuación se escriben las ecuaciones paramétricas. x = -1 + 2k, y = 3 + 5k

❚ Ecuación continua de la recta Si de las ecuaciones paramétricas x = x1 + kv1, y = y1 + kv2, despejamos el parámetro k. De x = x1 + kv1, ⇒ k =

x − x1 v1

y de y = y1 + kv2, ⇒ k =

y − y1 v2

, entonces

x − x1 v1

=

y − y1 v2

Problema resuelto n

Una recta pasa por el punto A (-1, 3) y tiene un vector director v = (2, 5). Escribir su ecuación continua. Solución

Usando la ecuación

x - x1 v1

=

y - y1 v2

, tenemos x +1 2

16

=

y -3 5

Grupo Editorial Patria© ❚ Ecuación punto-pendiente de la recta La pendiente de una recta es la tangente del ángulo que forma la recta con la dirección positiva del eje x.

Figura 1.22 

La pendiente de la recta es: m = tan θ =

v2 v1

=

y 2 − y1 x 2 − x1

Si el ángulo que forma la recta con la parte positiva del eje x es agudo, la pendiente es positiva y crece al crecer el ángulo. Si el ángulo que forma la recta con la parte positiva del eje OX es obtuso, la pendiente es negativa y decrece al crecer el ángulo.

Figura 1.23 

Partiendo de la ecuación continua de la recta

x − x1 v1

=

y − y1 v2

, y despejando a y, obtenemos

y − y 1 = m ( x − x 1 )    Forma punto pendiente

o

y =



Con m =

v2 v1

v2 v1

y b = y1 −

x + y1 −

x 1v 2 v1

= mx + b    Forma pendiente intersección

x 1v 2 v1 17

UNIDAD

1

Vectores y geometría en el espacio

Problema resuelto n

Una recta pasa por el punto A (-1, 3) y tiene un vector director v = (2, 5). Escribir su ecuación punto intersección. Solución

Usando la ecuación y =

v2 v1

x 1v 2

x + y1 -

v1 y =

5 2

= mx + b , obtenemos

x +3-

( -1) 5 2

=

5 2

x+

11 2

Problema resuelto Determinar la ecuación de la recta que pasa por los puntos A (-2, -3) y B (4, 2). Solución

Calculamos su pendiente m =

y 2 - y1 x 2 - x1

=

2+3 4+2

=

5 6

Usamos su forma punto pendiente: y - y1 = m(x - x1 ) y +3=

5 6

( x + 2)

Problema resuelto Determine la ecuación de la recta que pasa por A (-2, -3) y tenga una inclinación de 45°. Solución

Calculamos su pendiente. m = tan 45° = 1 Usamos su forma punto pendiente: y - y1 = m(x - x1 ) y + 3 = (x + 2)

❚ Ecuación general de la recta Partiendo de la ecuación continua de la recta

x − x1 v1

=

y − y1 v2

:

(x − x 1 ) v 2 = ( y − y 1 ) v 1 ⇒ xv 2 + ( − v 1 ) y + ( − x 1v 2 + y 1v 1 ) = 0 Haciendo A = v2, B = -v1, y C = -x1v2 + y1v1, obtenemos Ax + By + C = 0 Esta expresión recibe el nombre de ecuación general o implícita de la recta. n

Las componentes del vector director son: v = (v1, v2) = (-B, A). La pendiente de la recta es: m = 18

−A B

.

Grupo Editorial Patria©

Problema resuelto n

Determinar la ecuación general de la recta que pasa por A (1, 5) y tiene como vector director v = (-2, 1). Solución

Usamos la ecuación continua de la recta

x -1 -2

=

y -5 1

, entonces



(x - 1) = (y - 5)(-2)



x -1 + 2y - 10 = 0



x + 2y - 11 = 0

Problema resuelto Determinar la ecuación de la recta que pasa por A (1, 5) y tiene como pendiente m = -2. Solución

Usando la forma punto pendiente y - y1 = m(x - x1). y - 5 = -2(x - 1) ⇒ y - 5 + 2x - 2 = 0 ⇒ 2x + y - 7 = 0

Problema resuelto Determinar la ecuación en su forma pendiente ordenada al origen que pasa por A (1, 5) y tiene como pendiente m = -2. Solución

Usamos la forma punto pendiente y - y1 = m(x - x1). y - 5 = -2(x - 1) ⇒ y - 5 + 2x - 2 = 0 ⇒ y = -2x + 7

Problema resuelto Determinar la ecuación en su forma general de la recta que pasa por A (1, 3) y B (2, -5). Solución

Calculamos la pendiente m=

y 2 - y1 x 2 - x1

=

-5 - 3 2-1

=

-8 1

= -8

Usamos la forma punto pendiente y - y1 = m(x - x1). y - 3 = -8(x - 1) ⇒ 8x + y - 11 = 0

❚ Ángulo que forman dos rectas Se llama ángulo de dos rectas al menor de los ángulos que forman éstas. Se pueden obtener a partir de sus vectores directores y el producto escalar. |u ⋅ v | n

cos θ =

n

n

n

|| u || || v || 19

UNIDAD

1

Vectores y geometría en el espacio

Figura 1.24 

Problema resuelto Las rectas r1, 4x + 3y - 5 = 0 y r2, -2x + 5y + 7 = 0, se intersecan en un punto A. Determine el ángulo A entre esas dos rectas. Solución n

Las componentes del vector director son v = (v 1, v 2 ) = ( -B, A ) La pendiente de la recta es: m =

v2

=-

v1

A B n

Entonces, para la recta r1, 4x + 3y - 5 = 0, v = (v1, v2 ) = (-3, 4), m = -

4 3

n

Entonces, para la recta r2, -2x + 5y + 7 = 0, u = (u1, u2 ) = (-5, -2), m = |u ⋅ v | n

cos θ =

=

n

n

n

|| u || || v || |15 - 8 | 29 25

=

=

( - 5 )2 + ( - 2 )2 7 5 29

Dos rectas son paralelas si tienen vectores directores con la misma dirección, lo que implica que las pendientes son iguales. n

u =v ⇒m=

v2 v1

=

u2 u1

⇒

A1 B1

=

A2 B2

Alerta Rectas paralelas pendientes iguales, mr  = mr  1

20

2

5

|( - 5 )( - 3 ) + ( - 2 )( 4 )|

❚ Rectas paralelas

n

2

Figura 1.25 

( - 3 )2 + ( 4 )2

= 0.2599 ⇒ θ = 74.93o

Grupo Editorial Patria© ❚ Rectas perpendiculares Si dos rectas son perpendiculares, tienen sus pendientes inversas y cambiadas de signo. Dos rectas son perpendiculares si sus vectores directores son perpendiculares.

mr = 1

−1

 n A  v r1 = ( −B, A) ⇒ Ax + By + C = 0 ⇒ mr1 = −  B =0⇒ B  n v r2 = ( A, B) ⇒ − Bx + Ay + F = 0 ⇒ mr = 2  A

⇒ v r1 ⋅ v r2 n

mr

n

2

Alerta



Rectas perpendiculares 1 pendientes m ⊥ = − m

Figura 1.26

Problema resuelto Determinar una recta paralela y otra perpendicular a r : x + 2y + 3 = 0, que pase por el punto A (3, 5). Solución

Rectas paralelas mr = mr = 1

2

1 2

Usamos la forma punto pendiente y - y 1 = m ( x - x 1 ) 1 y - 5 = - ( x - 3 ) ⇒ 2 y - 10 = - x + 3 ⇒ x + 2 y - 13 = 0 2 Rectas perpendiculares mr = 1

-1 -

1

=2

2

Usamos la forma punto pendiente y - y 1 = m ( x - x 1 )

y - 5 = 2 ( x - 3 ) ⇒ y - 5 = 2 x - 6 ⇒ -2 x + y + 1 = 0

n

v r1 = ( - 2 , 1) ⇒ x + 2 y - 13 = 0



n

v r2 = (1, 2 ) ⇒ -2 x + y + 1 = 0

21

UNIDAD

1

Vectores y geometría en el espacio

Problema resuelto Calcule k para que las rectas r1: x + 2y - 3 = 0 y r2: x - ky + 4 = 0 sean paralelas y sean perpendiculares. Solución

a) Rectas paralelas n

n

u = v ⇒m=

v2 v1

=

u2 u1

⇒

A1 B1

A2

=

B2

⇒

1 2

=-

1 k

⇒ k = -2

b) Rectas perpendiculares m=-

1 -

=2⇒

1

1 -k

=2⇒k =-

1 2

2

❚ Pertenencia Un punto P (x, y) pertenece a una recta de la ecuación Ax + By + C = 0, cuando las coordenadas del punto satisfacen la siguiente igualdad: Ax + By + C = 0

Problema resuelto Indique si los puntos A (3, 5) y B (0, 1) pertenecen o no a la recta r : x + 2y - 13 = 0. Solución

Para determinar la pertenencia es necesario

3 + 2(5) - 13 = 0   A ∈r



0 + 2(1) - 13 = 9 ≠ 0   B ∉r

Cuando dos puntos en rectas r y s tienen un punto común, se dice que tienen un punto de inter­ sección. Para determinar las coordenadas del punto de intersección de dos rectas, se resuelve el sistema formado por las dos ecuaciones de las rectas.

Problema resuelto Determinar el punto de intersección de las rectas de las ecuaciones r : 2x - y - 1 = 0 y s : x - y + 1 = 0. Solución

Para determinar el punto de intersección se resuelve el siguiente sistema de ecuaciones:

2x - y = 1



x - y = -1

Entonces, de x - y = -1 ⇒ y = x + 1 2x - (x + 1) = 1 ⇒ x = 2, y = 2 + 1 = 3, el punto de intersección es (2, 3)

22

Grupo Editorial Patria© ❚ Rectas secantes Se tienen los siguientes casos: 1. Si dos rectas Ax + By + C = 0, A′x + B′y + C′ = 0 son secantes que se cortan en un punto y sus pendientes son diferentes m = −

A B

≠−

A′ B′

, por ejemplo las rectas:



2x - y = 1



x - y = -1



Figura 1.27

2. Si dos rectas Ax + By + C = 0, A′x + B′y + C′ = 0 son paralelas, no se cortan en ningún punto y sus pendientes son iguales m = −

A B

=−

A′ B′

, por ejemplo las rectas:



x+y=3



2x + 2y = 2



Figura 1.28

23

UNIDAD

1

Vectores y geometría en el espacio A′ A 3. Si las rectas coinciden, sus pendientes son iguales m = − = − y todos sus puntos son comuB B′ nes, por ejemplo las rectas:

x+y=3



2x + 2y = 6



Figura 1.29

❚ Distancia de un punto a una recta La distancia de un punto a una recta es la longitud del segmento perpendicular a la recta, trazada desde el punto. On

d (P, r ) = PM =

Ax + By + C A 2 + B2

Figura 1.30 

Problema resuelto Calcular la distancia del punto P (2, -1) a la recta de la ecuación 3x + 4y = 0 Solución

Usamos la fórmula de la distancia de un punto a una recta. On

d (P, r ) = PM =

24

3 ( 2 ) + 4 ( -1) 2

3 +4

2

=

2 5

Grupo Editorial Patria© ❚ Distancia al origen de las coordenadas Esta distancia se obtiene haciendo x = 0 y y = 0 en la fórmula de la distancia de un punto a una recta: On

d (O, r ) = OM =

A (0) + B (0) + C

=

A 2 + B2

C A 2 + B2

Problema resuelto Determinar la distancia al origen de la recta r : 3x - 4y - 25 = 0. Solución

Usamos la fórmula de la distancia del origen a una recta:

d (O, r ) =



d (O, r ) =

C 2

A + B2 -25 2

(3) + ( -4 )

2

=

25 5

=5

❚ Distancia entre rectas Para determinar la distancia entre dos rectas paralelas se toma un punto cualquiera, P, de una de ellas y se calcula su distancia a la otra recta. d (r1, r2 ) = d (P, r ) =

Ax + By + C A 2 + B2

Figura 1.31

Problema resuelto Determinar la distancia entre r : 3x - 4y + 4 = 0 y s : 9x - 12y - 4 = 0. Solución

Verificamos que sean paralelas las rectas r y s. m=

3 4

=

9 12

⇒ r || s

25

UNIDAD

1

Vectores y geometría en el espacio Cuando x = 0, en r : 3(0) - 4y + 4 = 0 ⇒ y = 1, entonces un punto en la recta r es P (0, 1). Ahora usamos la fórmula de distancia.

d (r1, r2 ) = d (P, r ) =



d (P, r ) =

Ax + By + C A 2 + B2

9 ( 0 ) - 12 (1) - 4 2

9 + 12

2

=

16 225

=

16 15

Problema resuelto Determinar la distancia entre las siguientes rectas: x +3 y +5 x = 2 - 3 k r:  s: = -3 1 y = 1 + k Solución

Expresamos a las rectas r y s en su forma general:   r:   

s:

x = 2 - 3k ⇒ k =

x-2

-3 y = 1+ k ⇒ k = y - 1

x+3 -3

=

y +5 1

⇒

x-2 -3

= y - 1 ⇒ x - 2 = -3 y + 3 ⇒ x + 3 y - 5 = 0

⇒ x + 3 = -3 y - 15 ⇒ x + 3 y + 18 = 0

 5 5 Haciendo x = 0, en r : ( 0 ) + 3 y - 5 = 0 ⇒ 3 y = 5 ⇒ y = , entonces un punto en la recta r es: P  0,   3 3 . Ahora usamos la fórmula de distancia d (P, s ) =

d (P, r ) =

Ax + By + C A 2 + B2

 5 1( 0 ) + 3   + 18  3 2

1 +3

2

=

:

23 10

=

23 10

1.7  Ecuaciones de la recta en el espacio ❚ Ecuación vectorial de la recta n

Sea P (x0, y0, z0 ) un punto de la recta r y u su vector director. Para cualquier otro punto de la recta r, el On

n

n

vector PX tiene la misma dirección que u , entonces es u multiplicado por un escalar k:

26

On

n

Px = ku



(x - x0, y - y0, z - z0) = k (ux , uy , uz )



(x, y, z) = (x0, y0, z0) + k (ux , uy , uz ) = (x0 + kux , y0 + kuy , z0 + kuz )

Grupo Editorial Patria©

Figura 1.32 

❚ Ecuaciones paramétricas de la recta en R3 A partir de esta ecuación vectorial obtenemos las ecuaciones escalares que se conocen como las ecuaciones paramétricas de una recta:

x = x0 + kux



y = y0 + kuy



z = z0 + kuz

❚ Ecuaciones continuas de la recta en R3 Despejando e igualando k en las ecuaciones paramétricas se tiene: x − x0 ux

=

y − y0

=

uy

z − z0 uz

Problema resuelto Determinar las ecuaciones paramétricas, y en forma continua de la recta que pasa por el punto n A = (-1, 2, 1) y cuyo vector director es u = (4, 5, -1). Solución

La forma vectorial de una recta está dada por: (x, y, z) = (x0, y0, z0 ) + k (ux , uy , uz ) = (x0 + kux , y0 + kuy , z0 + kuz ) Sustituyendo valores: (x, y, z) = (-1, 2, 1) + k (4, 5, -1) = (-1 + 4k, 2 + 5k, 1 - k) Entonces, las ecuaciones paramétricas son:

x = -1 + 4k



y = 2 + 5k



z=1-k

Para expresar esta recta en su forma continua, despejamos k de las ecuaciones paramétricas: x = -1 + 4 k ⇒ k = y = 2 + 5k ⇒ k =

x +1 4 y -2 5

z = 1- k ⇒ k = - z + 1 =

z -1 -1

27

UNIDAD

1

Vectores y geometría en el espacio Igualando, obtenemos la forma continua de la recta: x +1 4

y -2

=

5

=

z -1 -1

Problema resuelto Determinar las ecuaciones paramétricas, y en forma continua de la recta que pasa por los puntos A (1, 0, 1) y B (0, 1, 1). Solución

Determinamos el vector de dirección n

On

n

n

u = AB = B - A = ( 0, 1, 1) - (1, 0, 1) = ( -1, 1, 0 )

La forma vectorial de una recta está dada por ( x , y , z ) = ( x 0 , y 0 , z 0 ) + k (u x , u y , u z ) = ( x 0 + ku x , y 0 + ku y , z 0 + ku z ) Entonces, ( x , y , z ) = (1, 0, 1) + k ( - 1, 1, 0 ) = ( 1 - k , 0 + k , 1) De esta ecuación vectorial tenemos tres ecuaciones escalares que son las ecuaciones paramétricas de la recta: x=1-k

y=k



z=1

Despejamos el parámetro k e igualamos x -1



k =



z=1

-1

= y

Entonces, en la recta en su forma continua es x -1 -1

❚ Ecuación vectorial del plano Un plano queda determinado por un punto P y un par de vectores con distinta dirección definidos en este.

Figura 1.33 

28

=

y -0 1

;   z = 1

Grupo Editorial Patria© On

n

n

Para que el punto P pertenezca al plano, el vector PX tiene que ser coplanario con u y v , o una combinación lineal de ellos. On

n

La ecuación vectorial de un plano está dada por n n n n r = r 0 + l1u + l2v n donde r es el punto n genérico del plano y r 0 es un punto sobre el plano, n n u y v son dos vectores sobre el plano.

n



PX = λ1 u + λ 2 v



( x − x 0 , y − y 0 , z − z 0 ) = λ1 ( u x , u y , u z ) + λ 2 ( v x , v y , v z )



( x, y , z ) = ( x 0 , y 0 , z 0 ) + λ1 (u x , u y , u z ) + λ 2 (v x , v y , v z )

Alerta

❚ Ecuaciones paramétricas del plano Desarrollando la ecuación vectorial del plano llegamos a la igualdad ( x , y , z ) = ( x 0 + λ1u x + λ 2 v x , y 0 + λ1u y + λ 2 v y , z 0 + λ1u z + λ 2 v z ) Entonces, las ecuaciones paramétricas del plano x = x 0 + λ1u x + λ 2 v x y = y 0 + λ1u y + λ 2 v y z = z 0 + λ1u z + λ 2 v z

❚ Ecuación general o implícita del plano Un punto está en el plano π si tiene solución el sistema x − x 0 − λ1u x − λ 2 v x = 0 y − y 0 − λ1u y − λ 2 v y = 0 z − z 0 − λ1u z − λ 2 v z = 0 Este sistema tiene que ser compatible, determinado en las incógnitas λ1 y λ2. Por tanto, el determinante de la matriz ampliada del sistema con la columna de los términos independientes tiene que ser igual a cero. x − x0

− λ1u x

− λ2 v x

y − y0

− λ1u y

− λ2 v y

z − z0

− λ1u z

− λ2 v z

Desarrollando el determinante

x − x0

ux

vx

y − y0

uy

vy

z − z0

uz

vz

= 0 ⇒ λ1 λ 2

x − x0

ux

vx

y − y0

uy

vy

z − z0

uz

vz

x − x0

ux

vx

y − y0

uy

vy

z − z0

uz

vz

= (x − x0 )

uy

vy

uz

vz

=0⇒

x − x0

ux

vx

y − y0

uy

vy

z − z0

uz

vz

=0

=0

− (y − y0 )

ux

vx

uz

vz

+ (z − z0 )

ux

vx

uy

vy

=0

29

UNIDAD

1

Vectores y geometría en el espacio Hacemos A=

uy

vy

uz

vz

B=−

ux

vx

uz

vz

C =

ux

vx

uy

vy

Sustituimos A ( x − x0 ) + B ( y − y 0 ) + C (z − z0 ) = 0 Desarrollamos Ax − Ax 0 + By − By 0 + Cz − Cz 0 = 0 Haciendo D = − Ax 0 − By 0 − Cz 0 Entonces, obtenemos la ecuación general del plano: Ax + By + Cz + D = 0

❚ Ecuación del plano que pasa por tres puntos Sabemos que la ecuación del plano está dada por el determinante x − x0

ux

vx

y − y0

uy

vy

z − z0

uz

vz

=0

Supongamos que son A (xA , yA , zA ), B (xB , yB , zB ), C (xC , yC , zC ). Si a las componentes de los vectores n n u = (ux , uy , uz ) = (xB  - xA , yB - yA, zB - zA ) y v = (vx , vy , vz ) = (xC  - xA , yC - yA, zC - zA ), las sustituimos, obtenemos x − x0

xB − x A

xC − x A

y − y0

yB − y A

yC − y A

z − z0

zB − z A

zC − z A

=0

Problema resuelto Escriba la ecuación del plano que pasa por los puntos A (3, 2, 1), B (-4, -1, 1), C (-5, -3, -1). Solución

Sustituimos las coordenadas de los tres vectores en el determinante x-3

-4 - 3

-5 - 3

y -2

-1 - 2

-3 - 2

z -1

1- 1

-1 - 1

=0

Resolvemos el determinante: x-3 y -2

-7 -3

-8 -5

z -1

0

-2

= ( x - 3)

-3 0

-5 -2

- ( y - 2)

= 6 ( x - 3 ) - 14 ( y - 2 ) + 11( z - 1) = 6 x - 18 - 14 y + 28 + 11z - 11 = 6 x - 14 y + 11z - 18 + 28 - 11 = 6 x - 14 y + 11z - 1 = 0

30

-7 0

-8 -2

+ ( z - 1)

-7 -3

-8 -5

Grupo Editorial Patria© ❚ Ecuación normal del plano Consiste en hallar la ecuación del plano a partir de dos datos: n

Un punto del plano P (x1, y1, z1) y un punto donde el vector n es perpendicular al plano siendo sus componentes conocidas: (a, b, c). Un vector perpendicular al mismo. Sea Q un punto cualquiera del plano y sus componentes desconoci­das las representamos con (a, b, c), formará con el punto conocido P el vector: On

PQ = (x - x1, y - y1, z - z1) n

Sea el vector n perpendicular al plano en el punto Q, como se muestra en la siguiente figura:

Figura 1.34  On

n

Debido a que n es perpendicular al plano y PQ = (x - x1, y - y1, z - z1) está sobre el plano: On

On

PQ ⋅ n = 0 ⇒ PQ ⋅ n = ( x − x 1, y − y 1, z − z 1 ) ⋅ ( a, b , c ) = a ( x − x 1 ) + b ( y − y 1 ) + c ( z − z 1 ) = 0 n

n

Desarrollando las operaciones indicadas y haciendo d = ax1 + by1 + cz1, tenemos: ax + by + cz - d = 0

Problema resuelto n

Un plano pasa por el punto P (1, 3, 5) y tiene un vector normal n = (1, -2, 2). Determine su ecuación. Solución

Primero consideramos:

PQ ⋅ n = 0



PQ = ( x - 1, y - 3, z - 5 ) y n = (1, - 2, 2 )



PQ ⋅ n = ( x - 1, y - 3, z - 5 ) ⋅ (1, - 2, 2 ) = x - 1 - 2 y + 6 + 2 z - 10 = x - 2 y + 2 z - 5 = 0

On

n

On

On

n

n

❚ Posiciones de los planos Dos planos pueden tomar las siguientes posiciones relativas en el espacio: coincidentes, paralelos y secantes. ■

Dos planos coincidentes tienen todos sus puntos en común.

■

Dos planos paralelos no tienen puntos en común.

■

Dos planos secantes tienen una recta en común. 31

UNIDAD

1

Vectores y geometría en el espacio Dos ecuaciones de dos planos en forma implícita: a1 x + b1 y + c 1 z = d1 a2 x + b2 y + c 2 z = d 2 Si satisfacen:

Si satisfacen:

a1 a2 a1 a2

=

=

b1 b2 b1 b2

=

=

c1 c2 c1 c2

=

≠

d1 d2 d1 d2

, los planos son coincidentes.

, los planos son paralelos.

Cuando no satisfacen ninguna de las dos expresiones anteriores, los planos se cortan formando una línea y se dice que son secantes.

Problema resuelto Indique la relación que tienen los siguientes planos: π1 : x + 4 y + 10 z - 12 = 0 π 2 : 2 x + 8 y - 20 z - 24 = 0 Solución

1 2

=

4 8

=

10 -20

≠

-12 -24

Como el signo de la variable z es contrario, los planos son secantes.

❚ Curvas polares Una ecuación polar r = f (θ) es igual al conjunto de puntos P que tienen una representación polar (r, θ) que satisfacen la ecuación.

Problema resuelto ¿Qué curva representa r = 5? Solución

Usando el cambio de coordenadas polares a cartesianas: x = r cos θ, y = r sen θ x 2 + y 2 = r 2 cos2 θ +r 2sen2 θ = r 2 x 2 + y 2 = r2 es la ecuación de una circunferencia con radio r = 5 (en este caso) con centro en el origen.

Figura 1.35 

32

Grupo Editorial Patria©

Problema resuelto ¿Qué curva representa r = 4 cos θ? Solución

Usando el cambio de coordenadas polares a cartesianas: x = r cos θ ⇒ cos θ =

x r

Entonces, r =4

x r

⇒ r 2 = 4 x ⇒ x2 + y2 = 4 x ⇒ x2 - 4 x + y2 = 0

Ahora completamos el cuadrado: x 2 - 4 x + ( - 2 )2 + y 2 = ( - 2 )2 ( x - 2 )2 + y 2 = 4



Figura 1.36

Circunferencia con centro (2, 0) y radio 2.

❚ Ecuaciones paramétricas de la circunferencia Si en la ecuación ordinaria de la circunferencia dividimos ambos lados de la ecuación entre r 2: ( x − h )2 r2

+

( y − k )2 r2

= 1,

nos daremos cuenta que existe una gran similitud con la identidad trigonométrica sen2 θ + cos2 θ = 1. Por tanto, si hacemos las siguientes sustituciones x −h r

= cos θ y

y −k r

= sen θ

y se despejan x y y, respectivamente, determinaremos la representación paramétrica de la ecuación de la circunferencia: x = h + r cos θ , y = k + r sen θ 33

UNIDAD

1

Vectores y geometría en el espacio

Problema resuelto Determinar una representación paramétrica de la ecuación: x 2 + y 2 = 9 Solución

Sea x = 3 cos t, sustituyendo en la ecuación original tenemos: ( 3 cos t )2 + y 2 = 9 9 cos 2 t + y 2 = 9 y 2 = 9 (1 - cos 2 t ) y 2 = 9 sen2 t ∴ y = ±3 sen t x = 3 cos t, y = ±3 sen t son dos representaciones paramétricas de la ecuación de la circunferencia.

Problema resuelto Determinar la representación cartesiana de las ecuaciones: x = 3 + 2 cos t ; y = 1 + 2 sen t Solución

Despejamos cos t y sen t de las ecuaciones: cos t = 2

x-3

sen t =

2

y -1 2

2

Usamos la identidad sen t + cos t = 1 2

 y - 1  x - 3 sen2 t + cos 2 t =   +  2   2 

2

=1

Entonces, ( x - 3 )2 + ( y - 1)2 = 4 Circunferencia con centro en (3, 1) y radio 2.

❚ Ecuación paramétrica de la elipse De la ecuación ordinaria de la elipse con eje mayor paralelo al eje x: ( x − h )2 a2

+

( y − k )2 b2

=1

Y usando las ecuaciones: x = h + a cos θ , y = k + b sen θ . La representación paramétrica de una elipse con eje mayor paralelo al eje y: ( x − h )2 b2

+

( y − k )2 a2

=1

está dada por las ecuaciones: x = h + b cos θ 34

y

y = k + a sen θ

Grupo Editorial Patria© ❚ Ecuaciones paramétricas de la parábola De la ecuación ordinaria de la parábola con eje focal paralelo al eje x: ( y − k )2 = 4 p ( x − h ) observamos que p y x - h deben tener el mismo signo, ya que el lado izquierdo siempre es positivo; podemos hacer: x − h = pt 2, que al sustituir en la ecuación ordinaria nos da ( y − k )2 = 4 p ( pt 2 ) ( y − k )2 = 4 p 2 t 2 y − k = 2 pt y = k + 2 pt Por tanto, la representación paramétrica de la ecuación de la parábola con eje focal paralelo al eje x está dada por: x = h + pt 2

y = k + 2 pt

y

Si p > 0 la parábola se extiende a la derecha y si p < 0 se extiende a la izquierda. De manera semejante, la ecuación de la parábola con eje focal paralelo al eje y ( x − h )2 = 4 p ( y − k ) se representa paramétricamente por las ecuaciones: x = h + 2 pt

y = k + pt 2

y

Si p > 0 la parábola se extiende hacia arriba y si p < 0 se extiende hacia abajo.

❚ Ecuaciones paramétricas de la hipérbola De la ecuación ordinaria de la hipérbola con eje transverso paralelo al eje x: ( x − h )2 a2

−

( y − k )2 b2

=1

se observa similitud con la identidad trigonométrica sec2 t - tan2 t = 1. Por tanto, al igualar términos, hallamos la correspondiente representación paramétrica: x = h + a sec t

y

y = k + b tan t

Si el eje transverso de la hipérbola es paralelo al eje y, es decir, si la ecuación es de la forma: ( y − k )2 a2

−

( x − h )2 b2

=1

entonces, su representación paramétrica está dada por: x = h + b tan t

y

y = k + a sec t 35

UNIDAD

1

Vectores y geometría en el espacio ❚ Gráfica de ecuaciones paramétricas Se le asigna un conjunto de valores dentro de un cierto rango al parámetro t. Para cada valor de t se obtiene un valor correspondiente de x y y, esto es, un punto (x, y). La gráfica se forma al unir cada uno de los puntos; sin embargo, es necesario aclarar que este procedimiento con frecuencia proporciona solo una parte de la gráfica que se obtiene al eliminar el parámetro t.

Problema resuelto Trazar la gráfica de la curva cuya representación paramétrica es: x = 4 cos t y y = 4 sen t. Solución

Construimos una tabla de algunos valores de t y los correspondientes para x y y, y graficamos los pares (x, y). Continuación x = 4 cos t

y = 4 sen t

0

4.00

0.00

195

−3.86

−1.04

15

3.86

1.04

210

−3.46

−2.00

30

3.46

2.00

225

−2.83

−2.83

45

2.83

2.83

240

−2.00

−3.46

60

2.00

3.46

255

−1.04

−3.86

75

1.04

3.86

270

0.00

−4.00

90

0.00

4.00

285

1.04

−3.86

105

−1.04

3.86

300

2.00

−3.46

120

−2.00

3.46

315

2.83

−2.83

135

−2.83

2.83

330

3.46

−2.00

150

−3.46

2.00

345

3.86

−1.04

165

−3.86

1.04

360

4.00

0.00

180

−4.00

0.00

t (º)

x = 4 cos t

y = 4 sen t

Continúa



36

Figura 1.37

t (º)

Grupo Editorial Patria©

Problema resuelto Trazar la gráfica de la curva cuya representación paramétrica es: x = t - 2 y y = t 2 - 4. Solución

Construimos una tabla que muestre algunos valores de t y los correspondientes para x y y. Continuación t

x=t−2

y = t 2 − 4

t

x=t−2

y = t 2 − 4

−6 −5.5 −5 −4.5 −4 −3.5 −3 −2.5 −2 −1.5 −1 −0.5 0

−8 −7.5 −7 −6.5 −6 −5.5 −5 −4.5 −4 −3.5 −3 −2.5 −2

32 26.25 21 16.25 12 8.25 5 2.25 0 −1.75 −3 −3.75 −4

0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5 5.5 6

−1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4

−3.75 −3 −1.75 0 2.25 5 8.25 12 16.25 21 26.25 32

Continúa

Figura 1.38

Problema resuelto Trazar la gráfica de la curva cuya representación paramétrica es x = 2 cos3 t y y = 2 sen3 t Solución

Construimos una tabla que muestre algunos valores de t y los valores correspondientes para x y y. Continuación t (º)

x = 2 cos3 t

0 15 30 45 60 75 90 105 120 135 150 165 180

2.00 1.80 1.30 0.71 0.25 0.03 0.00 −0.03 −0.25 −0.71 −1.30 −1.80 −2.00

y = 2 sen3 t 0.00 0.03 0.25 0.71 1.30 1.80 2.00 1.80 1.30 0.71 0.25 0.03 0.00

Continúa

t (º)

x = 2 cos3 t

y = 2 sen3 t

195 210 225 240 255 270 285 300 315 330 345 360

−1.80 −1.30 −0.71 −0.25 −0.03 0.00 0.03 0.25 0.71 1.30 1.80 2.00

−0.03 −0.25 −0.71 −1.30 −1.80 −2.00 −1.80 −1.30 −0.71 −0.25 −0.03 0.00

Figura 1.39

37

UNIDAD

1

Vectores y geometría en el espacio

Problema resuelto Trazar la gráfica de la cardioide cuya representación paramétrica es: x = 3 (cos t )(1 + cos t ) y y = 3 (sen t )(1 + cos t ). Solución

Construimos una tabla que muestre algunos valores de t y los valores correspondientes para x y y.

Continuación t (º)

x = 3 cos t(1 + cos t)

y = 3 sen t(1 + cos t)

t (º)

x = 3 cos t(1 + cos t)

y = 3 sen t(1 + cos t)

0

6.00

0.00

195

−0.10

−0.03

15

5.70

1.53

210

−0.35

−0.20

30

4.85

2.80

225

−0.62

−0.62

45

3.62

3.62

240

−0.75

−1.30

60

2.25

3.90

255

−0.58

−2.15

75

0.98

3.65

270

0.00

−3.00

90

0.00

3.00

285

0.98

−3.65

105

−0.58

2.15

300

2.25

−3.90

120

−0.75

1.30

315

3.62

−3.62

135

−0.62

0.62

330

4.85

−2.80

150

−0.35

0.20

345

5.70

−1.53

165

−0.10

0.03

360

6.00

0.00

180

0.00

0.00

Continúa



38

Figura 1.40

Problemas para resolver n

Grupo Editorial Patria©

n

n

n

1.1  Dado A = (-2, -3, -1) y B = (1, 4,-2), determine A + B , n n n n n n A - B, A ⋅ B, A × B. n

1.2  Dado un vector de coordenadas a = (3, 4, -2), determine su magnitud y sus cosenos directores. n

n

1.3  Dados los vectores a (3, -1, -2); b = (0, 3, -1); n c = (-5, 3, -8), realice las operaciones que se indican: n

n

n

n

n

n

n

n

a + b - c ;   a - b + c ;   a + 2b.

UNIDAD

1

a) La ecuación de la recta que pasa por el punto P (1, 2) y es paralela a r. b) La ecuación de la recta que pasa por el punto P (1, 2) y es perpendicular a l. 1.18  Encontrar la ecuación de la recta que contiene el punto P (17, 12) y es perpendicular a la recta de ecuación 5x + 12y - 60 = 0.

1.4  Dado el vector v = 6iˆ + 8 jˆ + 7kˆ, calcule:

1.19  Encontrar el punto de intersección de las rectas perpendiculares 5x + 12y - 60 = 0 y 12x - 5y - 144 = 0.

a) Un vector unitario en su misma dirección.

1.20  Trazar la gráfica e indicar cómo son las rectas

n

r: 2x + 3y - 1 = 0   y   s: 4x + 6y - 5 = 0.

b) El ángulo que forma con el eje y. c) Demuestre que la suma de los cuadrados de los cosenos directores es igual a uno. n

n

1.5  Dados los vectores a = (3, 3, 1) y b = (0, 1, -2), calcule el vector suma y el ángulo que se forma entre ambos vectores. 1.6  Usando producto vectorial, calcule un vector unitario perpendicular a los dos vectores del ejercicio anterior. 1.7  Encuentre (2iˆ - 3 jˆ ) ⋅ [(2iˆ + jˆ - kˆ ) × (3iˆ - kˆ )]. 1.8  Demuestre que los vectores unitarios eˆr = cos q iˆ + sen q jˆ y eˆq = -sen q iˆ + cos q jˆ de las coordenadas polares son perpendiculares entre sí. 1.9  Convierta el punto (2, π/3) de coordenadas polares a cartesianas. n

n

1.10  Suponiendo dos vectores a y b, cuyas magnitudes son 7 y 8 y que el ángulo entre ellos es de 30°, calcule la magnitud del vector producto vectorial e indique el ángulo que formaría con cada uno de los vectores. n

1.11  Dado el vector a = (-1, 2, 4), determine el producto escalar de dicho vector por su vector unitario. n

n

1.12  Sean dos vectores a y b, ¿cuánto valdría el producto n  n n a ⋅ (a × b )?

1.21  Trazar la gráfica e indicar cómo son las rectas r: x - 2y + 3 = 0   y   s: -2x + 4y - 6 = 0. 1.22  Sin trazar la gráfica, indicar cómo son las rectas r: y = 2x + 1   y   s: y = 2x - 5. 1.23  ¿Son secantes las rectas r : x + y - 2 = 0 y s: x - 2y + 4 = 0? En caso afirmativo calcular el punto de corte. 1.24  Determinar la ecuación de la recta en su forma paramétrica, que pasa por los puntos (8, 2, 3) y tiene la dirección del vector (0, 1, 0). 1.25  Un plano pasa por el punto (3, 2, 3) y es paralelo a n n dos vectores directores u = (5, 4, 1) y v = (2, 2, 3). Calcule la ecuación general del plano. 1.26  Escriba la ecuación general del plano que pasa por los puntos: A (3, 2, 1), B (-4, -1, 1) y C (-5, -3, -1). 1.27  Determine la ecuación de un plano que pasa por el punto P (2, 3, -5) y su vector normal tiene como componentes (1, -1, -2). 1.28  Indique la relación entre los planos: π1 : 3 x - 3 y - 5 z - 10 = 0

n

1.13  Para el vector a = (-3/4, 2), determine su magnitud y ángulos directores. n

1.14  ¿Qué ángulo forma el vector a = (-3/4, 2) respecto al n eje de las x? ¿Qué ángulo forma el vector a = (-3/4, 2) respecto al eje de las y? n

π 2 : - 4 x - 3 y + 5 z = 0. 1.29  Indique la relación entre los siguientes planos: π1 : 3 x - 3 y - 5 z - 10 = 0 π 2 : 3 x - 3 y - 5 z = 0.

n

1.15  Dados los vectores u = (2, k) y v = (3, -2), calcule k para n n que los vectores u y v :

1.30  Indique la relación entre los planos:

a) Sean perpendiculares.

π1 : 8x + 4 y - 10 z - 12 = 0

b) Sean paralelos.

π 2 : - 4 x - 2 y + 5 z + 6 = 0.

c) Formen un ángulo de 60°. 1.16  Determine la ecuación de la recta en su forma general que pasa por los puntos P1 (-1, -4) y P2 (5, 1). 1.17  Dada la recta r cuya ecuación en su forma general es 3x + 4y - 5 = 0. Determinar: Problemas aplicados a la realidad

1.31  Determine la ecuación de un plano que pasa por el n punto P (1, 2, 3) y su vector normal es n = (1, 2, 1). 1.32  Una recta pasa por el punto (2, 1, 1) y es perpendicular al plano 2x - y - 3z + 3 = 0. ¿Cuál es la ecuación de esta recta?

Problemas para resolver con tecnología

39

UNIDAD

1

Problemas para resolver

1.33  ¿Puede asegurar que la recta

x+2

=

y -1

=

z-2

2 -1 3 paralela al plano 2x - 3y + z - 6 = 0? Razone la respuesta.

es

1.34  Los puntos A (1, -2, 3) y B (-2, 0, 4) pertenecen a un x +1 y z plano paralelo a la recta: = = . ¿Cuál es la ecua2 1 1 ción de este plano? 1.35  Retomando el problema anterior, ahora la pregunta es: ¿por qué dará lo mismo que hubiéramos sustituido en el cálcu­lo de la ecuación del plano las componentes del punto B = (-2, 0, 4)?

1.42  Determinar la representación cartesiana de las ecuaciones: x = 5 sen t; y = 2 cos t. 1.43  Expresar la elipse 9x 2 + 16y 2 = 144 en forma paramétrica. 1.44  Expresar la hipérbola 9x 2 - 4y 2 - 18x + 24y - 36 = 0 en forma paramétrica. 1.45  Trazar la gráfica de la cicloide dada por sus ecuaciones paramétricas: x = 3(t - sen t ) y y = 3(1 - cos t).

1.36  Una recta es paralela a los planos: x - 3y + 2z - 5 = 0, 2x + 3y - z - 6 = 0 y pasa por el punto (-1, 2, -2), escriba su ecuación en la forma continua.

1.46  Trazar la gráfica de las ecuaciones paramétricas:

1.37  Determine la ecuación de un plano que pasa por el punto A (3, 2, 3) y contiene a la recta de ecuación cuya forma x +2 y -1 z -2 continua es: . = = 2 -1 3

1.47  Trazar la gráfica de la cicloide con ecuaciones paramétricas:

1.38  La normal de un plano que pasa por el punto n A (2, -1, 3) es n = (2, 2, 1). ¿Cuál es su ecuación? 1.39  Un plano corta a los ejes de coordenadas en los puntos situados a una distancia k del origen. ¿Cuánto vale k para que el plano sea igual ax + y + z - 4 = 0?  x + 2 y + z - 4 = 0 1.40  La recta r es: r :   3 x - y - z + 2 = 0 ¿Cuáles son las componentes del vector director? 1.41  ¿Cómo son las rectas r y s?

40

x = cos t - 1, y = 2 sen t - 1.

x = 5(t - sen t ) y = 5(1 - cos t ) t ∈R. 1.48  Elimine el parámetro para determinar la ecuación cartesiana de la curva: x = sen t, y = csc t, 0 < t < π/2. 1.49  Trace la gráfica de las ecuaciones paramétricas: x = t 2 - 2t, y = t + 1, 0 ≤ t ≤ 4. 1.50  Trace la gráfica de las ecuaciones paramétricas: x = t 2 - 2t, y = t + 1, -4 ≤ t ≤ 0. 1.51  Muestre que las ecuaciones paramétricas: x = x1 + (x2 - x1)t y = y1 + (y2 - y1)t.

 3 x + 6 y - 3 z - 15 = 0 r:   x + 2 y - z + 5 = 0

con 0 ≤ t ≤ 1 describen el segmento de recta que une los puntos P(x1, y1), Q(x2, y2).

 4 x + 6 y + 2 z + 1 = 0 s:   2 x + 3 y + z + 3 = 0

1.52  Trace la gráfica de la hipocicloide de cuatro vértices o astroide dada por las ecuaciones paramétricas x = 4 cos3 θ, y = 4 sen3 θ.

Problemas aplicados a la realidad

Problemas para resolver con tecnología

Grupo Editorial Patria©

Problema reto Las ecuaciones paramétricas de la trayectoria de un tiro parabólico son: 1

x = v0 ⋅ cos θ ⋅ t    y = v0 ⋅ sen θ ⋅ t - gt2/2 Elimine el parámetro tiempo t, para obtener la ecuación de la trayectoria. Trace la gráfica de la trayectoria, indicando la altura máxima y alcance.

Referencias Bibliográficas Spigel, Murray R. (2000). Análisis vectorial, 2a. ed., Serie Schaum, McGraw-Hill, México. Stewart, J. (2010). Cálculo de varias variables. Conceptos y contextos, 4a. ed., Cengage, México.

Referencias electrónicas http://oc.uan.edu.co/revista/fisica/vectorial/vector-1.pdf (Fecha de recuperación: 15 de marzo de 2013). http://usuarios.multimania.es/eduarlim/AVectorial/Archivos/problemario%20AV.pdf (Fecha de recuperación: 15 de marzo de 2013).

41

UNIDAD

42

1

Vectores y geometría en el espacio

UNIDAD

2

Funciones vectoriales Objetivos Conocer una función vectorial de variable real. Interpretar las variaciones de una función vectorial de variable real. Resolver problemas físicos y geométricos en el sistema de referencia más conveniente.

¿Qué sabes?

¿Qué es una función vectorial de variable real? ¿Por qué es útil una función vectorial? ¿Cómo se calcula el área de una superficie de revolución? ¿Qué es el triedro de Frenet?

UNIDAD

2

Funciones vectoriales

2.1  Funciones vectoriales Hemos visto en la unidad anterior que una circunferencia con centro en (h, k) y radio r la podemos expresar como (x - h)2 + (y - k)2 = r2 o bien, mediante ecuaciones paramétricas como x = r cos t, y = r sen t, ahora vamos a representar estas ecuaciones por medio de una función vectorial real n



r (t ): I → R2



t → r (t ) = (x(t ), y(t )),

n

n

donde I es un intervalo de R, la función vectorial r (t ) es una función vectorial de variable real con do­ minio I. Las funciones x(t ) y y(t ) son las funciones coordenadas de la función. Si solo se tiene una variable independiente, se dice que es una función vectorial de variable real. Si hay más de una variable independiente (dos o más), se dice que es una función vectorial de variable vectorial.

❚ Dominio de una función vectorial Alerta El dominion de una función vectorial r (t ) = (x (t ), y (t )) es la intersección de los dominios de las funciones x (t ) y y (t ).

n

El dominio de una función vectorial r (t ) es la intersección de los dominios de las funciones coorde­ nadas.

Problema resuelto Determine el dominio de la siguiente función.  1 n t → r (t ) = (x (t ), y(t )) =  t ,   t Solución

El dominio de x ( t ) = El dominio de y ( t ) =

t es t ∈ [0, ∞). 1 t

es t ∈ (-∞, 0) ∪ (0, ∞). n

Entonces el dominio de la función r (t ) es {t | t ∈ (0, ∞)}.

❚ Rango de una función vectorial n

El rango de una función vectorial R → Rn, r (t ) es un conjunto de puntos en Rn, que se llama curva.

Problema resuelto n

Para la función r (t ) = (3 cos t, 2 sen t ) con t ∈ (0, 2π), determine su rango. Solución

Determinamos la ecuación que representa las ecuaciones paramétricas: x2 9

44

+

y2 4

=

9 cos 2 t 9

+

4 sen2 t 4

=1

Grupo Editorial Patria© Entonces, su imagen es la siguiente elipse. x2 9



+

y2 4

=1

Figura 2.1

n

Una función vectorial r (t ) tiene dos características principales, la forma de la curva, es decir, la imagen de la función y la manera en que la recorre. n

n

n

Si la función r (t ) es inyectiva, es decir, para todo t1, t2 ∈ I, si t1 ≠ t2 ⇒ r (t1) ≠ r (t2), la curva no se autointerseca, y se dice que es una curva simple.

Problema resuelto n

Trace la gráfica de la función vectorial r (t ) = (2 + 3t, 5t ), y a partir de su gráfica indique si es inyectiva. Solución

Realizamos el trazo de la gráfica (se puede apoyar con el uso de algún software como el wxMaxima 11.08.0).



Figura 2.2

Después de observar la función, se deduce que es inyectiva, es decir, una curva simple.

45

UNIDAD

2

Funciones vectoriales

Problema resuelto Determine la imagen de la función vectorial y diga si es inyectiva. n

(

)

f (t ) = t , 32 + t 2 , t ∈ R Solución

Trazamos la gráfica de la función vectorial.



Figura 2.3

Y podemos observar que la función sí es inyectiva.

Problema resuelto Determine la imagen de la función vectorial de la siguiente cicloide. n

f (q ) = (2(q - sen q ), 2(1 - cos q )), q ∈[0, 2p] Solución

Se traza la gráfica.



Figura 2.4

Un arco de la cicloide viene de una rotación del círculo, es por eso que el dominio de la función es 0 ≤ t ≤ 2π. Algunas curvas no son inyectivas, es más, se autointersecan.

46

Grupo Editorial Patria©

Problema resuelto Trace la gráfica de la siguiente cicloide: x = 2t - π sen t, y = 2 - π cos t, con 0 ≤ t ≤ 4π Solución

Elaboramos la siguiente tabla y después trazamos la gráfica. T

x = 2t - p sen (t )

y = 2 - p cos (t )

0 45 90 135 180 225 270 315 360 405 450 495 540 585 630 675 720

0.00 -0.65 0.00 2.49 6.28 10.08 12.57 13.22 12.57 11.92 12.57 15.06 18.85 22.64 25.13 25.78 25.13

-1.14 -0.22 2.00 4.22 5.14 4.22 2.00 -0.22 -1.14 -0.22 2.00 4.22 5.14 4.22 2.00 -0.22 -1.14

Figura 2.5

La curva se autointerseca.

❚ Sentido del recorrido Para cambiar el sentido del recorrido se debe cambiar el parámetro t por -t, adecuando el intervalo de recorrido.

Problema resuelto Trace la gráfica de la siguiente función en sentidos horario y antihorario. x = t 2 - 2t; y (t ) = t + 1 - 2 ≤ t ≤ 5 Solución

En sentido horario realizamos una tabla y a partir de esta trazamos la gráfica. T

x = t 2 - 2t

y=t+1

-2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5

8 5.25 3 1.25 0 -0.75 -1 -0.75 0 1.25 3 5.25 8 11.25 15

-1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5 5.5 6

Figura 2.6

47

UNIDAD

2

Funciones vectoriales La flecha indica el sentido del recorrido de la gráfica. Para cambiarlo, se modifica el parámetro t por -t, y adecuamos el intervalo de recorrido; entonces, x = t 2 + 2t; y (t ) = -t + 1 - 5 ≤ t ≤ 2 realizamos una tabla y, a partir de esta, trazamos la gráfica. T

x = t 2 + 2t

y = -t + 1

-5

15

6

-4.5

11.25

5.5

-4

8

5

-3.5

5.25

4.5

-3

3

4

-2.5

1.25

3.5

-2

0

3

-1.5

-0.75

2.5

-1

-1

2

-0.5

-0.75

1.5

0 0.5 1

0 1.25 3

1 0.5 0

1.5

5.25

-0.5

2

8

-1

Figura 2.7

La flecha que aparece en la gráfica indica el sentido del recorrido de la gráfica.

Problema resuelto Determine las ecuaciones paramétricas para la trayectoria de una partícula que se mueve a lo largo del círculo (x - 3)2 + ( y - 2)2 = 9 de la forma que se describe a continuación: a) Una vez en el sentido horario empezando en (6, 2). b) La mitad del círculo en sentido antihorario iniciando en (3, 5). Solución

a) Las ecuaciones paramétricas son las siguientes:

x = 3 + 3 cos t



y = 2 + 3 sen t con 0 ≤ t ≤ 2π

Ahora bien, trazamos la gráfica.



48

Figura 2.8 

Grupo Editorial Patria© b) Las ecuaciones paramétricas son:

x = 3 + 3 cos t



y = 2 + 3 sen t con π/2 ≤ t ≤ 3π/2

Ahora, trazamos la gráfica.



Figura 2.9 

Problema resuelto n

Pruebe que la gráfica de R (t ) = t cos (pt ) iˆ + t jˆ + t sen (pt ) kˆ se encuentra sobre un cono. Solución



x = t cos (πt )



y=t



z = t sen (πt )



x 2 + z 2 = t 2 cos (πt ) + t 2 sen (πt ) = t 2



x 2 - y 2 + z 2 = 0

Ecuación de un cono con base paralela al plano xz, vértice en el origen y altura en el eje y.



Figura 2.10

49

UNIDAD

2

Funciones vectoriales

2.2  Tangente a una curva en el espacio A continuación se presenta el cálculo de la tangente a una curva en el espacio.

❚ Derivada de una función vectorial n

Sea R (t ) = x(t )iˆ + y(t ) jˆ + z(t )kˆ = (x(t ), y(t ), z(t )) una función vectorial del parámetro escalar t; se define la n derivada de la función vectorial R (t ) respecto al parámetro t como n

dR (t ) dt

n

= lim

∆R (t )

∆t→0

n

= lim

∆t→0

∆t

n

R (t + ∆t ) - R (t ) ∆t

Si existe el límite, que es similar a la definición de la derivada de una función real de variable real.



Figura 2.11 n

Alerta La pendiente de la recta tangente a una curva en un punto es la derivada de la función en dicho punto.

El límite

dR (t ) dt

tiene la dirección de la recta tangente a la curva en el punto (x(t ), y(t ), z(t )).

El vector tangente unitario Tˆ a la curva es n

dR (t ) d t

Tˆ =

n

dR (t ) d t

Si una curva se expresa por las ecuaciones x = f (t ), y = g(t ), entonces la derivada en el punto (x, y) es dy dy dx

=

dt dx

con

dx dt

dt

La tangente horizontal de la curva es

La tangente vertical de la curva es 50

dy

dx dt

dt

= 0 con

= 0 con

dx

dy dt

dt

≠0

≠0

≠0

Grupo Editorial Patria©

Problema resuelto Para la siguiente cardiode:

x = 2(1 - cos θ ) cos θ



y = 2(1 - cos θ ) sen θ

Encuentre las tangentes horizontales y verticales.



Figura 2.12

Solución

Para encontrar las tangentes horizontales y verticales, debemos hacer x′ = 0, y′ = 0. Derivamos a x y a y, y las igualamos a cero x′ = 2cos θ sen θ - 2(1-cos θ ) sen θ = (2 sen θ )(2cos θ - 1) = 0 resolvemos θ = 0, π/3, 5π/3 y′ = 2 sen2 θ + 2 (1 - cos θ ) cos θ = -4 cos2 θ + 2 cos θ + 2 = 0 resolvemos la ecuación cuadrática -4x2 + 2x + 2 = 0, ⇒ x = 1, x = -½ ⇒ θ = 0, 2π/3, 4π/3 Quitamos a θ = 0, ya que nos salió en ambas soluciones, entonces: Las tangentes verticales están en π/3, 5π/3… **Las tangentes verticales están en 2π/3, 4π/3… (segunda solución)

Problema resuelto n

Para la función R (t ) = t iˆ + (t + t 2 ) jˆ + (t 2 - t ) kˆ, calcule: a)

b)

d dt

n

n

(R (t ) × R ″(t ))

d  n  t  R′   dt   2 

n



⋅ R ″(t ) 

51

UNIDAD

2

Funciones vectoriales Solución

Calculamos la primera y la segunda derivada de: n

R (t ) = t iˆ + (t + t 2 ) jˆ + (t 2 - t ) kˆ:



n

n

R ′(t ) =



d t

= iˆ + (1 + 2t ) jˆ + (2t - 1) kˆ

n

n

R ″(t ) =



d R ′(t )

d R ′(t ) d t

= 2 jˆ + 2 kˆ

a) iˆ n

n

R (t ) = R ″(t ) = t

jˆ (t + t 2 )

0 d d t

n

n

 (R (t ) × R ″(t )) =

kˆ (t 2 - t ) = iˆ [2(t + t 2 ) - 2(t 2 - t )] - 2t jˆ + 2t kˆ = 4t iˆ - 2t jˆ + 2t kˆ

2 d d t

2

(4t iˆ - 2t jˆ + 2t kˆ ) = 4iˆ - 2 jˆ + 2kˆ = 2(2iˆ - jˆ + kˆ )

n t n b) R ′    ⋅ R ″(t ) = [iˆ + (1 + t ) jˆ + (t - 1) kˆ ] ⋅ (2 jˆ + 2kˆ ) = 2(1 + t ) + 2(t - 1) = 4t  2



d  n  t  n  d (4t ) = 4 R ′    ⋅ R ″(t ) = dt   2  dt 

Problema resuelto n

Sea R (t ) = cos (t )iˆ + sen (t ) jˆ, determine el vector tangente unitario a este círculo de radio 1, en el punto (0, 1). Solución n

Tomamos la derivada de la función vectorial R (t ) = cos (t )iˆ + sen (t ) jˆ. Debido a que x′(t ) = - sen (t ), y ′(t ) = cos (t ). n

Entonces, R ′(t ) = - sen (t )iˆ + cos (t ) jˆ. Para obtener la derivada del vector respecto a la variable t, basta con deri­ var cada una de sus componentes respecto a t. El vector unitario, tangente a la curva es: n

Tˆ =

R ′(t ) n

|R ′(t )|

=

- sen (t )iˆ + cos (t ) jˆ 2

2

√sen (t ) + cos (t )

=

- sen (t )iˆ + cos (t ) jˆ 1

= - sen (t )iˆ + cos (t ) jˆ

Ahora evaluamos este vector unitario tangente en el punto (0, 1), entonces el parámetro t tiene que ser igual a π/2.

Figura 2.13

52

n

p p p  = cos   iˆ + sen   jˆ = 0 iˆ + jˆ = (0, 1)  2   2  2



R 



Tˆ = - sen

 p   p  iˆ + cos   jˆ = - iˆ  2   2

Grupo Editorial Patria©

Problema resuelto En el punto t = 0, obtenga las ecuaciones paramétricas de la recta tangente a n

R (t ) = (t + sen t ) iˆ - (t + 1) jˆ + cos t kˆ Solución n

Derivamos respecto a t a R (t ) = (t + sen t ) iˆ - (t + 1) jˆ + cos t kˆ n

R ′(t ) = (1 + cos t ) iˆ - jˆ - sen t kˆ En t = 0 n

R (0) = 0 iˆ - jˆ + kˆ = (0, -1, 1)



n

R ′(0) = 2 iˆ - jˆ = (2, -1, 0).

La ecuación de la recta es:

(x, y, z ) = (x 0 , y 0 , z 0 ) + (v x , v y , v z )



(x, y, z ) = (0, -1, 1) + t (2, -1, 0).

Entonces las ecuaciones paramétricas son:

x = 2t



y = -t - 1



z=1

❚ Integración de una función vectorial n

n

Sea R (t ) = (rx(t ), ry(t ), rz(t )), se define la integral de R (t ) en [a, b] como: b

n

b

b

b

a

a

a



∫ R (t )dt =  ∫ rx (t )dt , ∫ ry (t )dt , ∫ rz (t )dt  a

Problema resuelto Determine la integral b n

n

∫ R (t ) dt

con R (t ) = (t - t 2, 2t3, - 3t ) y a = 0, b = 2.

a

Solución 2 n

2

∫ R (t ) dt =  ∫ (t - t 0

2

2

)dt ,

0

 2 t t3 =  2 3 

∫ 2t

3

0

2

, 0

2t 4 4

∫ -3 tdt  0

2

, 0



2

dt ,

   8 32 12   2  = 2- , , =  - , 8, - 6    2 0   3 4 2  3

3t 2

2

53

UNIDAD

2

Funciones vectoriales

2.3  Longitud de arco La longitud de arco s, de la curva (x(t ), y(t ), z(t )) con a ≤ t ≤ b es b

s =

∫ a



b

n

x ′ (t )2 + y ′ (t )2 + z ′ (t )2 dt = ∫ |R ′ (t )| dt a

Figura 2.14 n

dR (t ) n

Alerta

Observe que

dR (t )

La longitud de arco es la longitud de la trayectoria.

d t

=

ds d t

, entonces Tˆ =

d t ds

n

=

dR ds

d t

Problema resuelto n

Sea R (t ) = cos (t ) iˆ + sen (t ) jˆ, 0 ≤ t ≤ 2π, determine la longitud de arco. Solución

Sabemos que esta curva es un círculo de radio 1, recordemos que la circunferencia es igual a 2πr; esta longitud de arco es igual a 2π.

Ahora calcularemos la longitud de arco de este círculo usando la fórmula: s =

b

∫

x ′ ( t )2 + y ′ ( t )2 + z ′ ( t )2 dt =

a

2π

∫ 0

( - sen t )2 + (cos t )2 dt =

2π

∫ dt = 0

2π

t0

= 2π

Problema resuelto Resolver los siguientes puntos: a) Determine el vector tangente unitario en un punto cualquiera de la curva x(t ) = t 2 + 1, y (t ) = 4t, z(t ) = 2t - 6. b) Encuentre el vector tangente unitario en t = 2.

54

Grupo Editorial Patria© Solución

a) Para determinar el vector tangente unitario hacemos n

R (t ) = (t 2 + 1) iˆ + 4t jˆ + (2t - 6) kˆ



n

Tˆ =



R ′(t )

=

n

2t iˆ + 4 jˆ + 2kˆ

|R ′(t )| √4t 2 + 16 + 4

=

2t iˆ + 4 jˆ + 2kˆ 2 √4t  + 20

b) Para encontrar el vector tangente unitario evaluamos Tˆ en t = 2: 2(2)iˆ + 4 jˆ + 2kˆ

Tˆ (2) =

2

√4(2) + 20

=

4 iˆ + 4 jˆ + 2kˆ 6

=

2 3

2

 iˆ +

3

 jˆ +

1 3

 kˆ

Problema resuelto n

n

Sean A y B funciones vectoriales derivables de un parámetro t, determine

d d t

 (A ⋅ B ) y n

d

n

d t

n

n

 (A × B )

Solución n

n

Sean A (t ) = Ax (t ) iˆ + Ay (t ) jˆ + Az (t ) kˆ y B (t ) = Bx (t ) iˆ + By (t ) jˆ + Bz (t ) kˆ, el producto escalar es: A ⋅ B = Ax Bx + Ay By + Az Bz n

n

Las funciones Ax , Ay , Az , Bx , By  y Bz son funciones de la variable real t. d dt

n

n

(A⋅ B ) =

=

=

d

( A x B x + A y B y + A z Bz )

dt

dA x dt dA x

Bx +

dt

Entonces

d

dt

dt

n

n

n

A× B =

dA dt

+

By +

dA y

By + A y

dt dA z dt

Bz + A x

dBy dt dBx dt

+

dA z dt

+ Ay

Bz + A z

dBy dt

+ Az

dBz dt dBz dt

n

dA

n

n

⋅B+ A⋅

dt

n

n

(A⋅ B ) =

dt

dA y

n

=

dBx

Bx + A x

dB dt

n

n

n

⋅B+ A ⋅

dB dt

iˆ

jˆ

kˆ

Ax

Ay

Az

Bx

By

Bz

= iˆ

Ay

Az

By

Bz

- jˆ

Ax

Az

Bx

Bz

+ kˆ

Ax

Ay

Bx

By

= iˆ ( A y Bz - A z By ) - jˆ ( A x Bz - A z Bx ) + kˆ ( A x By - A y Bx )

55

UNIDAD

2

Funciones vectoriales

 dA y dBy  n n dBz dA z By - A z ( A × B ) = iˆ  Bz + A y   dt dt dt  dt  dt d

 dA x dBx  dBz dA z Bx - A z Bz + A x - jˆ   dt  dt dt  dt  dA dBy dA y dBx  x By + A x Bx - A y + kˆ    dt dt  dt dt  dA y  dA z By  + iˆ = iˆ  B  dt z  dt

 dBy  dBz - Az Ay   dt dt 

 dA x   dBx  dBz dA z Bx  - jˆ  A x Bz - jˆ  - Az  dt  dt dt  dt    dA  dA y x By Bx  + kˆ + kˆ   dt  dt

 dBy dBx  - Ay Ax   dt  dt

Entonces, d dt

n

n

n

(A × B ) =

dA dt

n

n

n

× B + A×

dB

Problema resuelto Trace la cardioide dada en coordenadas polares r = 2(1 + sen θ ) Solución

Realizamos la tabla y a partir de esta trazamos la gráfica.

56

u°

2(1 + sen u)

x = r cos u

y = r sen u

0 18 36 54 72 90 108 126 144 162 180 198 216 234 252 270 288 306 324 342 360

2 3 3 4 4 4 4 4 3 3 2 1 1 0 0 0 0 0 1 1 2

2.00 2.49 2.57 2.13 1.21 0.00 -1.21 -2.13 -2.57 -2.49 -2.00 -1.31 -0.67 -0.22 -0.03 0.00 0.03 0.22 0.67 1.31 2.00

0.00 0.81 1.87 2.93 3.71 4.00 3.71 2.93 1.87 0.81 0.00 -0.43 -0.48 -0.31 -0.09 0.00 -0.09 -0.31 -0.48 -0.43 0.00

Figura 2.15

dt

Grupo Editorial Patria©

2.4  Tangentes a curvas polares Para determinar una línea tangente a una curva polar r = f (θ ), θ es el parámetro, sus ecuaciones para­ métricas son las siguientes: x = r cos θ = f (θ ) cos θ     y = r sen θ = f (θ ) sen θ Entonces, dy dy dx

d ( r sen θ )

dθ

=

dθ

=

dx

Se tienen tangentes verticales si

dy

dr

sen θ + r cos θ cos θ − r sen θ

dx

= 0, siempre que

= 0, siempre que

dθ

dθ dθ

dθ

dθ

dx

=

d ( r cos θ )

dθ

Se tienen tangentes horizontales si

dr

dθ

dy dθ

≠0

dr Para las rectas tangentes en el polo, es decir, r = 0,

dy dx

=

≠0

dθ dr dθ

sen θ = tan θ , siempre que cos θ

dr dθ

≠0

Problema resuelto Para la cardioide r = 2(1 + sen θ ), determine la pendiente de la recta tangente cuando θ = π/2. Solución

Usaremos la fórmula: dr dy dx

=

dq dr dq

sen q + r cos q cos q - r sen q

d ( 2 ( 1 + sen q )) =

dq

d ( 2 ( 1 + sen q )) dq

=

=

=

sen q + 2 ( 1 + sen q ) cos q cos q - 2 ( 1 + sen q ) sen q

cos q sen q + 2 ( 1 + sen q ) cos q cos q cos q - 2 ( 1 + sen q ) sen q 2 cos q + 3 sen q cos q 2

2

cos q - 2 sen q - 2

=

2 cos q + 3 sen q cos q 1 - sen2 q - 2 sen2 q - 2

2 cos q + 3 sen q cos q -1 - 3 sen2 q

57

UNIDAD

2

Funciones vectoriales Entonces,

dy dx

q=

π

=

 π  π  π 2 cos   + 3 sen   cos    2  2  2

2

 π -1 - 3 sen2    2

=0

Tangente horizontal, pendiente = 0 En θ = π/2, r = 2(1 + sen(π/2)) = 4 La recta tangente es y = 4

Figura 2.16 

Problema resuelto Analice la curva polar llamada concoide r = 4 + 2 sec θ. Solución

1. Las ecuaciones paramétricas son:

x = (4 + 2 sec θ ) cos θ = 2 + 4 cos θ,



y = (4 + 2 sec θ ) sen θ = 2 tan θ + 4 sen θ

2. Dominio, toda θ, tal que cos θ ≠ 0 ⇒ θ ≠

π 3π 5π , , ,... 2 2 2

3. Cortes con los ejes

x = 2 + 4 cos θ = 0 ⇒ θ = 120°, 240°, 480°, 600°, 720°

y (120°) = 2 tan(120°) + 4 sen(120°) = 0

y = 2 tan θ + 4 sen θ = 0 ⇒ sec θ = -2 ⇒ cos θ = -1/2 ⇒ θ = 120°, 240°, 480°, 600°, 720°

y sen θ = 0 ⇒ θ = 0, 180°, 360°

58



x = 0, y = 0



x = 2 + 4 cos 180°= -2, y = 0



x = 2 + 4 cos 360° = 6, y = 0

Grupo Editorial Patria© 4. Calculamos dy/d θ, y dx/d θ. dy/d θ = 2 sec2 θ + 4 cos θ dx/d θ = -4 sen θ



dy



dx

2 sec 2 q + 4 cos q

=

-4 sen q

Si dx/d θ = 0 tangente vertical sen θ = 0, ⇒ θ = nπ tangentes verticales en x = -2 y en x = 6 Si dy/d θ = 0 tangentes horizontales 2 sec2 θ + 4 cos θ = 0 ⇒ sec3 θ = -2 ⇒ sec θ =

3

-2 = -1.26

⇒ cos θ = -0.7937 ⇒ θ = 180° - 37.46° = 142.54° y

θ = 180° + 37.46° = 217.46°

x = 2 + 4(-0.7937) = -1.1748



y = 2(-0.7665) + 4(0.6083) = 0.9004 tangente horizontal en (-1.1748, 0.9004)



y = 2(0.7665) + 4(-0.6083) = -0.9004 tangente horizontal en (-1.1748, -0.9004)

Figura 2.17 

2.5  Áreas b

b

a

a

El área bajo la curva y = F (x) de a a b es A = ∫ F (x ) dx =

∫ y dx

si F (x) ≥ 0. Si la curva está dada por las

ecuaciones paramétricas x = f (t ), y = g(t ) con α ≤ t ≤ β β

A=

∫ g (t ) f ′ (t ) dt α

b

b

a

a

El área bajo la curva x = G( y ) de a a b es A = ∫ G ( y ) dy =

∫ xdy

si F ( y ) ≥ 0. Si la curva está dada

por las ecuaciones paramétricas x = f (t ), y = g(t ) con α ≤ t ≤ β β

A=

∫ f (t ) g ′ (t )dt α

59

UNIDAD

2

Funciones vectoriales

Problema resuelto Sea x(t ) = r cos(t ), y(t ) = r sen(t ) con 0 ≤ t ≤ 2π, determine el área bajo la curva y = F (x). Solución

Usaremos A =

β

b

∫ y dx

∫ g (t ) f ′ (t ) dt

=

a

α

En este caso f (t ) = r cos(t ) ⇒ f ′(t ) = -r sen(t ) y g(t ) = r sen(t ) Entonces, A=

2π

∫r

2

sen2 tdt

0

Usamos la integral

Alerta t

∫ sen t dt = 2 − 2

∫ sen

2



tdt =

sen ( 2 t ) 4



A=

2π

∫ 0

t 2

-

sen ( 2 t ) 4 2π

 t sen ( 2 t )  r sen t dt = r   2 4 0 2

2

2

 2 π sen ( 4 π )  2 = r2   = πr  2 4

Como se esperaba, ya que las ecuaciones paramétricas representan un círculo de radio r.

Problema resuelto Sea x (t ) = r2 - 2t, y (t ) =

t con t ∈ [0, 10], determine el área bajo la curva x = F ( y ).

Solución

Se utiliza la fórmula β

∫ x ( t ) y ′ ( t ) dt

A=

α

Ahora, y (t ) =

t ⇒ y ′( t ) =

1 2 t

Se sustituye en la fórmula, A=

10

∫ (r 0

2

- 2t )

1 2 t

dt =

10

∫r 0

2

1 2 t

dt - 2

1 2

10

∫ 0

t dt =

1 r 2t 2

3

 2 -  t2  3

10

= 0

10r 2 -

2 3

( 31.62 )

2.6  Superficie de revolución Una superficie de revolución es aquella que se genera mediante la rotación de una curva plana, o generatriz, alrededor de una recta directriz, llamada eje de rotación, la cual se halla en el mismo plano que la curva. 60

Grupo Editorial Patria© ❚ Área de una superficie de revolución Si la curva está definida por las funciones x(t ) y y(t ), donde t ∈ [a, b], siendo el eje de revolución el eje coordenado y, el área A estará dada, entonces, por la siguiente integral. b  dx  A = 2 π ∫ x (t )    dt  a

2

2

 dy  +   dt con x(t ) siempre positiva.  dt  2

b  dy  Si la curva está definida por la función y = f (x), la integral se transforma en A = 2 π ∫ y 1 +   dx  dx  a

2

b  dx  para una curva que gira alrededor del eje de las abscisas, y en A = 2 π ∫ x 1 +   dy para una curva  dy  a que gira alrededor del eje de las ordenadas.

Problema resuelto Encuentre el área exacta de la superficie que se obtiene al hacer girar la curva x = t + 1, y = t, 0 ≤ t ≤ 2, respecto al eje x. Solución

El giro se hace respecto al eje x. Usaremos la fórmula: 2

2

2 b 2  dy   1 t2 A = 2 π ∫ y 1 +   dx = 2 π ∫ t 1 +   dt = 2 π 2 ∫ t dt = 2 2 π  1 2  dx  0 a 0

2

= 0

( 2 )7 / 2 π 2

= 17.77

Esta es el área lateral del cono que se genera al hacer girar la curva

Alerta

Al hacer girar un triángulo se genera un cono.

Figura 2.18 AL = prg

En este caso r = 2 y h = 2, entonces r 2 + h2 =

22 + 22 =



g=



AL = πrg = π ( 2 ) 8 = 17.77

8

Figura 2.19 

61

UNIDAD

2

Funciones vectoriales

2.7  Triedro de Frenet n

Sea R (s) una curva, donde s representa la longitud de arco, en el punto s0 se forma el conjunto n n n n n n {R (s0); T (s0); N (s0); B (s0)} donde los vectores T (s0), que es el vector tangente, N (s0), que es el vector n normal, y B (s0), que es el vector binormal, forman un triedro ortonormal llamado triedro móvil o triedro de Frenet. n

dR

n

Se define para todo punto regular de la curva el vector tangente T (s) = y por tanto n n ds dR   d 2R   n T (s0) = . El vector normal principal N (s0) es un vector unitario en la dirección del vector . n n ds s = s0 ds2 s = s0 d 2R dR n Es un vector ortogonal a T (s0), ya que es el vector derivado de un vector de magnitud constante. n ds2 d 2R   ds n El vector normal principal no tiene determinado su sentido, entonces = κ(s0) N (s0) donde κ(s0) es 2 ds s = s0 la curvatura. El recíproco de la curvatura ρ = 1/κ(s0) se llama radio de curvatura. El escalar κ(s0) no tiene n n determinado su signo, depende del sentido elegido para N (s0). Sin embargo, el producto κ(s0) N (s0) n está perfectamente determinado. El vector binormal B (s0) se define como: n

n

n

n

B (s0) = T (s0) × N (s0) n

■

Recta tangente. Recta que pasa por P y tiene como vector director T (s0). Su ecuación será: n

n

n

R = R 0 + t T (s0) n

■

Recta normal principal. Recta que pasa por P y tiene como vector director N (s0). Su ecuación será: n

n

n

R = R 0 + t N (s0) n

■

Recta binormal. Recta que pasa por P y tiene como vector director B (s0). Su ecuación será: n

n

n

R = R 0 + t B (s0) n

n

n

Las fórmulas de Frenet-Serret que relacionan a los vectores T (s), N (s) y B (s) son: n

dT ds

n

n

= kN ;  

dN ds

n

n

n

= tB - kT ;  

dB ds

n

= tN

en donde el escalar t se llama torsión. El recíproco de la torsión s = 1/t es el radio de torsión.

Figura 2.20 

62

Grupo Editorial Patria© El plano osculador a una curva en un punto P es el que contiene a la tangente y a la normal en P. El plano normal es el que pasa por P y es perpendicular al plano tangente. El plano rectificante pasa por P y es perpendicular a la normal principal. n

■

Plano normal. Plano que pasa por P y tiene como vector característico a T (s0). Su ecuación será: n

n

n

(R - R 0) ⋅ T (s0) = 0 n

■

Plano rectificante. Plano que pasa por P y tiene como vector característico a N (s0). Su ecuación será: n

n

n

(R - R 0) ⋅ N (s0) = 0 n

■

Plano osculador. Plano que pasa por P y tiene como vector característico a B (s0). Su ecuación será: n

n

n

(R - R 0) ⋅ B (s0) = 0

Problema resuelto Determine los vectores tangente, normal y binormal a un círculo con centro en (h, k) y radio a. Solución

Las ecuaciones paramétricas de un círculo con centro en (h, k) y radio a son:

x = h + a cos t



y = k + a sen t

El vector tangente está dado por: n

T (s ) =

n

dR ds

Entonces, n

n

T (s ) =

dR ds

n

dR

dR

n

=

dt

=

ds

=

n

dR

dt

=

dt

dt

( - a sen t , a cos t ) a

dx dy ,    dt dt  dx dy ,    dt dt 

=

 d ( h + a cos t ) d ( k + a sen t )  ,   dt dt    d ( h + a cos t ) d ( k + a sen t )  ,   dt dt  

= ( -sen t , cos t )

n

T ( s ) = ( -sen t , cos t )  es el vector tangente unitario. n

dT

n

n

N(s ) =

dT ds



dt ds dt

n



=

dT dt

=

d dt

( - sen t , cos t ) = ( - cos t , - sen t )

63

UNIDAD

2

Funciones vectoriales

ds



dt

2

 dy   dx  +   dt   dt 

=

n

n

dT



ds

dT

d

dt

dt

=

=

ds

2

=a

( - sen t , cos t ) =

a

1 a

( - cos t , - sen t )

dt n

κ=

dT ds

=

1 a

1

( - cos t , - sen t ) =

a

; el radio de curvatura ρ = a.

n

De la fórmula de Frenet-Serret:

dT

n

n

1 dT

n

= κN ⇒ N =

ds

κ ds

n

N = ( - cos t , - sen t ) Ahora calculamos al vector binormal: n

n



kˆ

iˆ

jˆ

- sen t - cos t

cos t - sen t

n

B = T ×N =

= kˆ (sen2 t + cos 2 t ) = kˆ

0 0

n

n

dB dt

Alerta La curva es plana si y solo si la torsión es cero.

dB

n

=0⇒

dB

=

ds

dt ds

0

=

a

n

= 0 = tN ⇒ t = 0

dt



la torsión es cero, debido a que es una curva plana.

Problema resuelto Determine la curvatura y la torsión en x = t, y = t2, z =

2 3

t3

Solución

ds dt

2

=

2

dx dy  dz   +  +   dt   dt   dt 

2

1+ 4t2 + 4t4 =

=

n

n

Calculamos T ( s ) =

dR ds

Entonces,

n

dR

n

n

T =

dR ds

=

dt ds dt

64

=

( 1, 2 t , 2 t 2 ) 2t 2 + 1

( 2 t 2 + 1)2 = 2 t 2 + 1

Grupo Editorial Patria©

n

dT

Calculamos

dt  dT

 - (4 t )  2 ( 2 t 2 - 1) 4t , ,=  2 2 2 2 2 2 dt ( 2 t + 1) ( 2 t + 1)   ( 2 t + 1)

Entonces, n

n

dT ds

 - (4 t )  2 ( 2 t 2 - 1) 4t ,,  2 2 2 2 2 2  2 t 1 ( 2 + 1 ) ( 2 + 1 ) + ( ) t t  

dT =

dt

=

ds

 - (4 t )  4t 2 ( 2 t 2 - 1) , ,= 2 3 2 3 2 3   ( 2 t + 1) ( 2 t + 1) ( 2 t + 1) 

2

( 2 t + 1)

dt Ahora calculamos la curvatura



κ=



κ=

 dT

 - (4 t )  2 ( 2 t 2 - 1) 4t , ,= =  2 3 2 3 2 3  ds  ( 2 t + 1) ( 2 t + 1) ( 2 t + 1) 

16 t 4 + 16 t 2 + 4 2

( 2 t + 1)

3

4 ( 2 t 2 + 1)2

=

2

( 2 t + 1)

=

3

2 ( 2 t 2 + 1) 2

( 2 t + 1)

3

16 t 2 + 4 ( 2 t 2 - 1)2 + 16 t 2 ( 2 t 2 + 1)3

=

2 2

( 2 t + 1)2

El vector normal está dado por: n

n



N =

1 dT

=

κ ds

n

1

dT

2

ds

=

 ( 2 t 2 + 1)2  - ( 4 t ) 2 ( 2 t 2 - 1) 4t , ,  3 2 3 2 3 2 2 ( 2 t + 1) ( 2 t + 1)   ( 2 t + 1)

( 2 t 2 + 1)2  - (2t )  n ( 2 t 2 - 1) 2t , ,N =  2 2 2 ( 2 t + 1) ( 2 t + 1)   ( 2 t + 1)



Ahora calculamos el vector binormal:

n

n

n

B = T ×N =

n

B =

iˆ

jˆ

kˆ

1

2t

2t 2

-2 t

- ( 2 t 2 - 1)

2t

1 ( 2 t 2 + 1)2

2 t 2 ( 2 t 2 + 1) iˆ -2 t ( 2 t 2 + 1) jˆ + ( 2 t 2 + 1)kˆ 2

( 2 t + 1)

2

=

=

(4 t 2

- 2 t 2 ( 1 - 2 t 2 )) iˆ + ( - 4 t 3 - 2 t ) jˆ + ( 2 t 2 + 1)kˆ ( 2 t 2 + 1)2

2 t 2 iˆ -2 t jˆ + kˆ ( 2 t 2 + 1)

n

Derivamos el vector binormal

n

dB dt

=

dB dt

, para encontrar la torsión:

 d  2 t 2 iˆ - 2 t jˆ + kˆ   2 ( 2 t 2 - 1) -4 t 4t , , =   2 2 2 2  2 2 2 dt  ( 2 t + 1)   ( 2 t + 1) ( 2 t + 1) ( 2 t + 1) 

65

UNIDAD

2

Funciones vectoriales

n

Ahora calculamos

dB ds

n

dB

n

dB ds

=

dt ds

=

  4t 2 ( 2 t 2 - 1) -4 t , ,  2 2 2 2 2 2   ( 2 t + 1) ( 2 t + 1) ( 2 t + 1)  2t 2 + 1

  4t 2 ( 2 t 2 - 1) -4 t = , , 2 3 2 3 2 3   ( 2 t + 1) ( 2 t + 1) ( 2 t + 1) 

dt n

t=

  2 ( 2 t 2 - 1) -4 t 4t =  , ,  = 2 3 2 3 2 3 ds  ( 2 t + 1) ( 2 t + 1) ( 2 t + 1) 

16 t 2 + 4 ( 2 t 2 - 1)2 + 16 t 2

dB



=

4 ( 2 t 2 + 1)2 ( 2t

2

+ 1)

3

=

( 2 t 2 + 1)3

2 ( 2t

2

+ 1)2

Problema resuelto Demuestre que para ecuaciones paramétricas x y y, el radio de curvatura está dado por:

ρ=

 d x  2  d y  2   +     dt   dt  

3 2

 d x   d2 y   d y   d2 x   dt   2  -  dt   2    dt     dt  

Solución

El radio de curvatura está dado por: ρ =

1 κ

n

y κ=

dT ds

Sean las ecuaciones paramétricas x(t ) y y(t ), calculamos

dx dy =  ,  = dt  dt dt 

ds

ds

:

dt

2

dx dy   +   dt   dt 

2

Calculamos al vector tangente n

dR

n

n

T =

dR ds

=

dt ds dt

n

dT

n

Ahora derivamos al vector tangente

dT ds

=

dt ds dt

66

=

dx dy  dt , dt    2

dy dx  dt  +  dt     

2

Grupo Editorial Patria©

n



dT dt

=

dx dy  dt , dt   

d dt

2

dx dy  dt  +  dt     

2

2

d2 x



 dx d  dt 2 2 dt  dy  dx +       dt    dt 





   =    

=

 dy  dt d  2 2 dt   dx dy +       dt    dt 



dt 2

2

dy +   dt 

2

+

dx    dt  dx    dt 

d2 x  d y    dt 2  dt 

2

2

dy +   dt 

2

dy +   dt 

2

2

 d x   d y   d2 y  -     dt   dt   dt 2 

 d x  2  d y  2   +     dt   dt  

d2 y   2  = dt    

=

dx    dt 

 d x   d2 x   d x   d y   d2 y  -   -      dt   dt 2   dt   dt   dt 2 

3/2

 d x  2  d y  2   d y   d x   d2 x   d y  2  d2 y   +  -      +     dt   dt    dt   dt   dt 2   dt   dt 2   d x  2  d y  2   +     dt   dt  

d2 y  d x    dt 2  dt 

2

3/2

 d y   d x   d2 x  -     dt   dt   dt 2 

 d x  2  d y  2   +     dt   dt  

3/2

Entonces,  d2 x   dt 2 dT =  dt    n



2

 d x   d y   d2 y  d2 y -     dt   dt   d t 2  dt 2 , 3/2  d x  2  d y  2   +     dt   dt  

dy    dt 

 d y   d x   d2 x   -     dt   dt   dt 2    3/2   d x  2  d y  2    +      dt   dt   

dx    dt 

2

 d2 x  d y  2  d x   d y   d2 y  d2 y  d x  2  d y   d x   d2 x    -   n    -     dt 2  dt   dt   dt   dt 2    dt   d t   dt 2  dt 2  dt  dt dT   = =  ,  2 2 ds ds 2 2 2 2  d x   d x    dy  dy        + + dt        dt   dt     dt    dt   n

dT



67

UNIDAD

2

Funciones vectoriales

 d2 x  d y  2  d x   d y   d2 y   -     dt 2  dt   dt   dt   dt 2  

n

κ=

dT ds

 d2 x   dt 2

=

dy    dt 

2

 d2 y  d x  2  d y   d x   d2 x  - +     dt 2  dt   dt   dt   dt 2  

 d x  2  d y  2   +     dt   dt  

2

 d x   d y   d2 y  -     dt   dt   dt 2  

2

 d2 x   d y   2    dt   dt 

4

 d2 y   d x   2    dt   dt 

2

4

2

2

 d2 x   d y   2    dt   dt 

2

 d2 y +  dt 2

dx    dt 

2

2

 d y   d x   d2 x  -     dt   dt   dt 2   2

2

2

2

 d2 x   d y   d x   d y   d2 y   d x   d y   d2 y  - 2   +           dt 2   dt   dt   dt   dt 2   dt   dt   dt 2  2

2

2

 d2 y   d x   d y   d x   d2 x   d y   d x   d2 x  - 2   +           dt 2   dt   dt   dt   dt 2   d t   dt   dt 2 

 d y     dt 

2

dx +   dt 

2

2

  d2 y   d x   +   d t 2   dt 

2

2

 d y      dt 

2

=

2

+

2

=

 d y  2   +  d 2 x   d 2 y   d y   d x    dt  dx    2 +  2  2   =    2 dt dt    dt      dt   dt   d x        dt   2

 d y  2  d x  2   d2 x  2  d y  2  d2 y  2  d x  2  d2 x   d2 y   d y   d x      - 2 + +         =       d t   dt     dt 2   dt   dt 2   dt 2   dt   dt    dt 2   dt   d y  2  d x  2   d2 y   d x   d2 x   d y  2  +        -   dt   dt     dt 2   dt   dt 2   dt  

n

κ=

dT ds

=

 d y  2  d x  2   d2 y   d x   d2 x   d y  2  +        -   dt   dt     dt 2   dt   dt 2   dt    d x  2  d y  2   +     dt   dt  

2

=

 d2 y   d x   d2 x   d y   2     -  dt   dt   dt 2   dt   d x  2  d y  2   +     dt   d t  

Entonces el radio de curvatura es:

ρ=

 d x  2  d y  2   +     dt   dt  

 d x   d2 y   d y   d2 x    -     dt   dt 2   dt   dt 2 

Problema resuelto Determine la curvatura para un círculo con centro en (h, k) y radio a.

68

3 2

3/2

Grupo Editorial Patria© Solución

Las ecuaciones paramétricas de un círculo con centro en (h, k) y radio a son:

x = h + a cos t



y = k + a sen t

Entonces,



dx dt dy dt

=

=

d ( h + a cos t )

= - a sen t ⇒

dt d ( k + a sen t ) dt

= a cos t ⇒

d2 x dt

d2 y dt

2

d ( - a sen t )

=

2

=

dt

d ( a cos t ) dt

= - a cos t

= - a sen t

El radio de curvatura está dado por:  d x  2  d y  2   +     dt   dt  

ρ=

3 2

 d x   d2 y   d y   d2 x    -     dt   dt 2   dt   dt 2 

Entonces sustituyendo ρ=

(( - a cos t )

2

+ ( - a sen t )2

)

3 2

( - a sen t )( - a sen t ) - ( a cos t )( - a cos t )

=

a3 a2

=a

Alerta El radio de curvatura es el radio del círculo.

Problema resuelto Determine los planos osculador, rectificante y normal para la curva dada por las siguientes ecuaciones paramétricas x (t ) = t, y (t ) = t 2, z (t ) = t 3 con t ∈ R en t = 0. Solución

Calculamos al vector tangente n

n

n

T =

dR ds

 dx dy dz , ,    dt dt dt 

dR =

dt

=

ds

dx    dt 

dt

2

dy +   dt 

2

 dz +   dt 

2

=

( 1, 2 t , 3 t 2 ) 1 + 4t2 + 9t4

n

El plano normal pasa por P y tiene como vector característico a T ( s 0 ) . Su ecuación será n

n

n



| R - R 0 | ⋅ T ( s0 ) = 0



s0 = (0, 0, 0)



T (0) =

n

(1, 2 ( 0 ), 3 ( 0 ) ) 2

1 + 4 ( 0 )2 + 9 ( 0 )4

= (1, 0 , 0 )

(x, y, z) ⋅ (1, 0, 0) = x ⇒ x = 0 es el plano normal.

69

UNIDAD

2

Funciones vectoriales

Ahora calculamos el vector normal:

n



dT

κ=

ds

=

d

( 1, 2 t , 3 t 2 )

dt

1 + 4t2 + 9t4

=

ds

d

( 1, 2 t , 3 t 2 )

dt

1 + 4t2 + 9t4 1 + 4t2 + 9t4

dt

( -2 t ( 9t

κ=



2

+ 2 ) , - ( 2 ( 3 t 2 - 1)( 3 t 2 + 1)), 6 t ( 2 t 2 + 1) 2

(1 + 4t + 9t )

(18 t 3 + 4 t )2 + 4 ( 9 t 4 - 1)2 + 36 t 2 ( 2 t 2 + 1)2

κ=

=

( 1 + 4 t 2 + 9 t 4 )2

κ=

)

4 2

4 ( 1 + 4 t 2 + 9 t 4 )( 1 + 9 t 2 + 9 t 4 ) ( 1 + 4 t 2 + 9 t 4 )2

2 (1 + 9t 2 + 9t 4 ) ( 1 + 4 t 2 + 9 t 4 )3 / 2

El vector normal está dado por: n

n

N =

1 dT κ ds

=

n

dT

1

=

2 (1 + 9t 2 + 9t 4 ) ds

 ( 1 + 4 t 2 + 9 t 4 )3 / 2  - ( 2 t )( 9 t 2 + 2 ) ( 18 t 4 - 2 ) 6 t ( 2 t 2 + 1) ,,   2 4 3/2 ( 1 + 9 t 2 + 9 t 4 )3 / 2 ( 1 + 9 t 2 + 9 t 4 )3 / 2  2 1 + 9t 2 + 9t 4  (1 + 9t + 9t )

( 1 + 4 t 2 + 9 t 4 )3 / 2 n

N =

(

( 1 + 4 t 2 + 9 t 4 )3 / 2 - ( 2 t )( 9 t 2 + 2 ), - ( 18 t 4 - 2 ), 6 t ( 2 t 2 + 1) 2 1 + 9t

2

+ 9t

)

4

Entonces, n

N (0) =

(

( 1 + 4 ( 0 )2 + 9 ( 0 )4 )3 / 2 - ( 2 ( 0 ))( 9 ( 0 )2 + 2 ), - ( 18 ( 0 )2 - 2 ), 6 ( 0 )( 2 ( 0 )2 + 1) 2 1 + 9 ( 0 )2 + 9 ( 0 )4

)

= ( 0 , 1, 0 )

n

El plano rectificante pasa por P y tiene como vector característico a N ( 0 ). (x, y, z) ⋅ (0, 1, 0) = x ⇒ y = 0 es el plano rectificante. Ahora vamos a calcular la binormal:





n

n

n

B = T ×N =

n

B =

( 1 + 4 t 2 + 9 t 4 )3 / 2 2(1 + 9t 2 + 9t 4 )

( 1 + 4 t 2 + 9 t 4 )3 / 2 2(1 + 9t 2 + 9t 4 )

n

B (0) = =

4

2 (1 + 9 (0) + 9 (0) ) 1 2

jˆ

kˆ

1

2t

2t 2

-2 t ( 9 t 2 + 2 ) - ( 18 t 4 - 2 ) 6t ( 2 t 2 + 1)

[( 36 t 6 + 24 t 4 + 8 t 2 ) iˆ + ( -36 t 5 - 20 t 3 - 6 t ) jˆ + ( 18 t 4 + 8 t 2 + 2 ) kˆ ]

( 1 + 4 ( 0 )2 + 9 ( 0 )4 )3 / 2 2

iˆ

[( 36 ( 0 )6 + 24 ( 0 )4 + 8 ( 0 )2 ), ( -36 ( 0 )5 - 20 ( 0 )3 - 6 ( 0 )), ( 18 ( 0 )4 + 8 ( 0 )2 + 2 )]

( 0 , 0 , 2 ) = ( 0 , 0 , 1) n

El plano osculador pasa por P y tiene como vector característico a B ( 0 ). Su ecuación será: (x, y, z)⋅(0, 0, 1) = z ⇒ z = 0 es el plano osculador.

70

Problemas para resolver

Grupo Editorial Patria© n

2.1  Determine el dominio de la función t → r (t ) = (x(t ),  1  y(t )) =  t - 2 , .  t - 2  2.2  Determine la imagen de:

2.17  Resolver los siguientes aspectos. a) Si la velocidad de una partícula siempre es perpendicular a su aceleración, entonces demuestre que su rapidez es constante. n

n

2.3  Determine la imagen de: x = 2 cos (2t ), y = 2 sen (2t ), z = 2t, 0 ≤ t ≤ π. 2.4  Determine la imagen e indique el punto de intersección de la curva con el plano xy:

c) Una partícula se mueve describiendo la hipocicloide R (t ) = 2[cos3(2t ) iˆ + sen3(2t ) jˆ ], calcule su velocidad y rapidez. 1

2.18  Calcule la integral

2.5  Determine la imagen y el punto donde esta corta al pla­ no yz.

2.19  Calcule la integral

2.7  Determine la imagen de R (t ) = t iˆ + t jˆ + 3 sen t kˆ, 0 ≤ t ≤ 2π. 3

n

2.8  Determine la imagen de R (t ) = 3 tiˆ +

jˆ .

1+ t2

1

1

∫ 1 + t 2 (tiˆ

6

∫ ( sen ( 6 t ) iˆ

2.20  Determine

- cos ( 6 t ) jˆ ) dt .

0

2.21  Solucione el problema de valor inicial vectorial: n

n

R ′(t ) = t3 iˆ + 3 t2 jˆ, R (0) = iˆ - jˆ.

n

2.9  Determine la imagen de R (t ) = -3 iˆ + t jˆ + (t 2 - 1) kˆ.

2

2.22  Evalúe la integral definida

2.10  Pruebe que la trayectoria: 4-

sen2 t 9

+ t 2 jˆ + kˆ ) dt .

π

n

n

t + 1iˆ + cos ( πt ) jˆ - t kˆ ) dt .

0

x = 4t, y = 2 + t2, z = 4 con -∞ < t < ∞. 2.6  Determine la imagen de R (t ) = cos h(2t ) iˆ + sen h(2t ) jˆ.

∫( 0

x = 1 + t, y = -1 - 2t, z = 2 + t con -∞ < t < ∞.

n

2

b) Si R (t ) = t2 iˆ + 2t jˆ + t 3kˆ describe la trayectoria de una masa puntual m, ¿qué fuerza actúa sobre esta en t = 1?

x = a cos t, y = a sen t, 0 ≤ t ≤ 2π.

R (t ) =

UNIDAD

∫ ( 3 tiˆ

+ 2 t 2 jˆ ) dt .

0

1

(sen t iˆ + cos t jˆ) +

3

sen t kˆ.

1

2.23  Evalúe la integral definida

∫ ( e iˆ t

+ e - t jˆ + kˆ ) dt .

0

está sobre una esfera.

n

2.11  Obtenga una función vectorial para el segmento de recta que une a los puntos (0, 1, 2) y (3, 4, 5).

2.24  Calcule la función vectorial R (t ) que verifica: n

n

n

R ″(t ) = et iˆ + sen t jˆ + t kˆ, R ′(0) = - jˆ, R (0) = iˆ. n

2.12  Determine la imagen de:

2.25  Calcule la función vectorial R (t ) que verifica

n

R ″(t ) = R ′(t ), R ′(0) = R (0) = iˆ.

2.13  Determine la imagen de:

2.26  Si R ″(t ) = k R (t ), pruebe que R (t ) × R ′(t ) es constante, lo cual tiene aplicación en el movimiento planetario.

n

R (t ) = 3 cos (2t ) iˆ + 2t jˆ + sen t kˆ. n

n

R (t ) = t cos (3t ) iˆ + t sen (3t ) jˆ + 2t kˆ. n

n

2.14  Sean R 1(t ) = 2 iˆ + t 2  jˆ + t kˆ y R 2(t ) = jˆ + t 3kˆ, determine:

(R dt d

n

n

1

⋅R2

) y dtd (R

n

n

1

)

× R2 .

2.15  En el punto t = 0, obtenga las ecuaciones paramétricas de la recta tangente a: n

R (t ) = (t + sen t ) iˆ - (t + 1) jˆ + cos t kˆ. n

2.16  Si R (t ) = (2t - 3) iˆ + sen t jˆ + n

a) R ′(0) b)

1 t+1

 kˆ, determine:

n

n

n

n

n

n

n

n

2.27  Si R ′(t ) tiene magnitud constante, demuestre que R ″(t ) n es ortogonal a R ′(t ). Esto es de utilidad en el movimiento circular uniforme. 2.28  Obtenga la longitud de arco del tramo de la hélice circular: p x = 2 cos t, y = 2 sen t, z = √5 t, de t = 0 a t = . 3 2.29  Encuentre la longitud de arco de la curva paramé­ trica: x = et, y = e-t, z = √2 t, 0 ≤ t ≤ 1. 2.30  Obtenga la longitud de arco de:

1n

 t  t n 1 R (t ) = cos   + sen    jˆ +  t2 kˆ, 0 ≤ t ≤ 2π. 4  2  2

∫ R (t ) dt 0

Problemas aplicados a la realidad

Problemas para resolver con tecnología

71

2

UNIDAD

Problemas para resolver

2.31  Determine la longitud de arco de: n

R (t ) = (t - sen t ) iˆ + (1 - cos t ) jˆ, 0 ≤ t ≤ 2π. 2.32  Demuestre que, en coordenadas polares, la longitud de arco de la curva r = r (θ ) está dada por: 2

q2

s =

∫

r

2

q1

 dr  +    d q.  dq

2.33  Encuentre la longitud de arco de la cardioide r (θ ) = 2(1 - cos θ ) de θ = 0 a θ = 2π. 2.34  Encuentre la longitud de arco de r (θ ) = 1 + sen θ, de θ = 0 a θ = 2π. 2.35  Obtenga la longitud de arco de la curva n

R (t ) = t iˆ +

4 3

 t  jˆ + 3/2

1 2

2.47  Para una curva en coordenadas polares, demues­ tre que su curvatura está dada por κ = [r 2 + 2r ′2 - rr ″ ]/ (r 2 + r ′2 )3/2, en donde las primas denotan derivación respec­ to a θ. 2.48  En el punto θ = 1, determine la curvatura de r = e2θ. n

2.49  Para la cicloide R (t ) = a(t - sen t ) iˆ + a(1 - cos t ) jˆ, a > 0, obtenga κ en t = π. 2.50  ¿En quénplano yace la trayectoria trazada por el vector de posición: R (t ) = (t 2 + 1) iˆ + 4 jˆ + t4 kˆ? Calcule su curvatura 1

en t =

2

.

2.51  Demuestre que la curvatura de la curva plana n

R (t ) = g(t ) iˆ + h(t ) jˆ.

 t  kˆ, de t = 0 a t = 2. 2 

2.36  Verificar que la curvatura de y = cos hx está dada por y 2. n 1 2.37  Para la curva R (t ) = t iˆ + (1 +  t 2 ) jˆ, encuentre en qué 9 punto se cruzan entre sí las rectas normales en t = 0 y t = 3. 2.38  Determine los vectores tangente, normal y binormal en el punto indicado: n

2.46  Localice el punto x > 0, donde y = x3 tiene curvatura máxima.

puede escribirse en la forma: κ = [g′(t ) h″(t ) - h′(t ) g″(t )] / [(g′(t ))2 + (h′(t ))2]3/2. 2.52  Con la expresión derivadanen el problema 2.51, calcu­ le la curvatura de la trayectoria R (t ) = t iˆ + e t jˆ. 2.53  En el punto indicado, calcule la curvatura de la trayec­ toria: n

R (t ) =

R (t ) = e ( iˆ + cos t jˆ + sen t jˆ ), en t = 0. t

2.39  Determine los vectores tangente, normal y binormal en el punto indicado: n

R (t ) = ln t iˆ + t jˆ, t = 1. 2.40  Calcule la torsión de la hélice n R (t ) = cos t iˆ + sen t jˆ + t kˆ.

4

 t 2 iˆ + t jˆ, t = √5 .

2.54  En el punto indicado, calcule la curvatura de la trayec­ toria: n

R (t ) = 2 cos t iˆ + sen t jˆ, t = π/2. n

2.41  Pruebe que si una trayectoria está contenida en un plano, entonces su torsión es cero. 2.42  Para una trayectoria plana arbitraria y (x ), pruebe que su curvatura está dada por κ = y ″/(1 + y ′2)3/2. 2.43  Para la catenaria y (x) = cos hx obtenga κ en su punto mínimo (0, 1). n

2.44  Una partícula describe la curva R (t ) siendo t el tiempo, entonces determine su aceleración en términos de los vec­ tores tangente y normal a la trayectoria. 2.45  Para la hélice circular x = 2 cos t, y = 2 sen t, z = 4t, calcule κ(t ).

72

1

Problemas aplicados a la realidad

2.55  R (t ) = t iˆ + 3 jˆ + 2 t 2 kˆ describe la trayectoria de una partícula, encuentre su velocidad y aceleración al cruzar el plano - 4 x + y + z = 1. n

2.56  R (t ) = (2 + t ) iˆ + jˆ + (1 + 2 t ) kˆ es el vector de posición de una masa puntual, calcule la distancia que esta recorre de t = 0 a t = 4. 2.57  Una partícula parte del reposo en (0, 1, 1) y se mueve con aceleración a = iˆ + jˆ. Encuentre la ubicación de la par­ tícula en t = 2. 2.58  Un proyectil sigue la trayectoria n

R (t ) = 25√2 t iˆ + (25√2 t - 8 t 2 ) jˆ. Calcule la componente tangencial de su aceleración en t = 1.

Problemas para resolver con tecnología

Grupo Editorial Patria©

Problema reto La espiral de Bernoulli está dada, en términos de la longitud de arco, por: 1

x =

s

s  πt 2   πt 2   dt      y = ∫sen   dt 2 2  0

∫ cos  0

obtenga su curvatura cuando s = 2.

Referencias Bibliográficas Spigel, Murray R. (2000). Análisis vectorial, 2a. ed., Serie Schaum, McGraw-Hill, México. Stewart, J. (2010). Cálculo de varias variables. Conceptos y contextos, 4a. ed., Cengage, México.

Referencias electrónicas http://oc.uan.edu.co/revista/fisica/vectorial/vector-1.pdf (Fecha de recuperación: 15 de marzo de 2013). http://usuarios.multimania.es/eduarlim/AVectorial/Archivos/problemario%20AV.pdf (Fecha de recuperación: 15 de marzo de 2013).

73

UNIDAD

74

2

Funciones vectoriales

UNIDAD

3

Funciones de varias variables Objetivos

Resolver problemas usando funciones de varias variables. Identificar si una función es campo escalar o campo vectorial. Realizar la representación gráfica de una función de varias variables. Determinar puntos extremos de una función de varias variables. Manejar operadores diferenciales.

¿Qué sabes?

¿Cómo se define una función de varias variables? ¿Conoces alguna función de varias variables? ¿Qué es un campo vectorial? ¿Qué es una curva de nivel? ¿Cómo se define una derivada direccional? ¿Para qué es útil una matriz hessiana?

UNIDAD

3

Funciones de varias variables

3.1  Funciones de varias variables Una función F de dos variables x y y con dominio D ⊂ R2 es una regla que asigna un número específico f (x, y ) a cada punto (x, y )∈ D. Una función de varias variables es la función de producción de Cobb-Douglas: Q (T, K) = AT aK b donde: Q = producción total (el valor monetario de todos los bienes producidos durante un año) T = trabajo insumo, K = capital insumo, A = factor total de productividad; α y β = elasticidades producto del trabajo y el capital, respectivamente. Otra función de varias variables es la presión como función de la temperatura y del volumen en un gas ideal. P ( T, V ) =

nRT V

donde: P es la presión del gas ideal n es el número de moles R es la constante de los gases ideales T es la temperatura y V el volumen del gas ideal Una función de n variables x1, x 2, … xn con dominio D ⊂ Rn es una regla que asigna un número específico f (x1, … xn ) a cada n-vector (x1, … xn ) ∈ D. Un campo escalar es una función de n variables que va de Rn → R. Esto quiere decir que asocia cada punto de un espacio vectorial con un número o escalar f (x1, x 2, … xn ). Un campo vectorial es una función vectorial que asocia un vector a cada punto en el espacio. Por ejemplo el campo gravitacional, n

g =



76

Figura 3.1

GmT r2

rˆ

Grupo Editorial Patria©

Problema resuelto Evaluar la función f (x, y ) =

x 2 + y 2 en (1, 0) y en (0, 1).

Solución

En x = 1, y = 0, f (1, 0) =

12 + 0 2 = 1

En x = 0, y = 1, f (0, 1) =

0 2 + 12 = 1

En la siguiente tabla se presenta la evaluación para diferentes valores de (x, y ).



x/y

0.00

1.00

2.00

3.00

4.00

5.00

0.00

0.00

1.00

2.00

3.00

4.00

5.00

1.00

1.00

1.41

2.24

3.16

4.12

5.10

2.00

2.00

2.24

2.83

3.61

4.47

5.39

3.00

3.00

3.16

3.61

4.24

5.00

5.83

4.00

4.00

4.12

4.47

5.00

5.66

6.40

5.00

5.00

5.10

5.39

5.83

6.40

7.07

Figura 3.2

Problema resuelto Indique si las siguientes funciones son un campo escalar o un campo vectorial. a) f (x, y ) = x + y b) f (x, y, z) = x 2+ y 2 + z 2  x+y c) f ( x , y , z ) =   2 2 2 x + y + z  Solución

a) f es una función de R2→R; por tanto, es un campo escalar. b) f es una función de R3→R; por tanto, es un campo escalar. c) f es una función de R3→R2; por tanto, es un campo vectorial.

77

UNIDAD

3

Funciones de varias variables ❚ Dominios El dominio de una función es el conjunto de valores para el que se encuentra definida esta. De la misma manera que en el caso de las funciones de una variable, suponemos, a menos que se diga lo contrario, que el dominio de una función definida por una fórmula es el mayor dominio en el cual la fórmula tiene sentido y un valor único.

Problema resuelto Para la función f (x, y ) = x 2 e3xy, determine el dominio de f. Solución

Tanto x 2 como e3xy están definidas para todo valor de (x, y ); por tanto, el dominio es R2.

Problema resuelto Determine el dominio de la función f (x, y ) =

x -1+

y .

Solución

Para que la función esté definida, se deben considerar valores donde ambas raíces estén definidas; por tanto,

x - 1 ≥ 0 ⇒ x ≥ 1, x ∈ [1, ∞)



y ≥ 0 ⇒ y ∈ [0, ∞)

El dominio es {(x, y ), x ∈[1, ∞) y y ∈ [0, ∞)}

Figura 3.3 

3.2  Representación geométrica de las funciones   de varias variables Sea z = f (x, y ) una función de dos variables definidas en un dominio A del plano xy. Para el plano px + qy + rz = m se determinan las intersecciones con los ejes coordenados, x, y, z, y uniendo estas tres intersecciones se forma el triángulo PQR que está sobre el plano. Para obtener la intersección con el eje x, se hace y = 0 y z = 0; para la intersección con el eje y, se hace x = 0 y z = 0; para la intersección con el eje z, se hace x = 0 y y = 0.

Figura 3.4 

78

Grupo Editorial Patria©

Problema resuelto Trace la gráfica del plano 3x + 5y + 6z = 2. Solución

Evalúe las intersecciones con los ejes x, y, z. Para el eje x haga y = 0, z = 0 ⇒ x = 2/3. Para el eje y haga x = 0, z = 0 ⇒ y = 2/5. Para el eje z haga x = 0, y = 0 ⇒ z = 1/3.



Figura 3.5

Una esfera no se puede representar por una sola función de x y y. La esfera x 2 + y 2 + z 2 = 9 se puede representar por las dos semiesferas f (x, y ) =



9 − x 2 − y 2 , g(x, y ) = − 9 − x 2 − y 2

Figura 3.6

79

UNIDAD

3

Funciones de varias variables

Problema resuelto Determine el dominio, el rango y trace la gráfica de la función h(x, y ) = 4x 2 + y 2. Solución

Esta función se puede evaluar en todos los pares (x, y ); por tanto el dominio es R2. Debido a que el cuadrado de cualquier número es positivo, el rango es el subconjunto de R, tal que z ∈ [0, ∞). La función es un campo escalar.

Figura 3.7 

3.3  Superficies y curvas de nivel Alerta Una curva de nivel es la intersección entre la superficie z = f (x, y ) y el plano z = c: cnivel = {(x, y ) ∈ R2 |  f (x, y ) = c}

Una superficie de nivel es el lugar geométrico de los puntos en los cuales la función tiene el mismo valor. Si la función es de dos variables, la superficie de nivel se llama curva de nivel. Si hacemos f (x, y ) = c (c = constante), es el conjunto de los (x, y ) ∈ R2, tales que f (x, y ) = c se llama curva de nivel c de f.

Problema resuelto Para la función x 2 + y 2 + z 2 = 9, ¿cuáles son las curvas de nivel? Solución

Le damos diferentes valores a z, por ejemplo z = 0, 1, 2, entonces x 2 + y 2 = 9 x 2 + y 2 = 8 x 2 + y 2 = 5 Las curvas de nivel son x 2 + y 2 = c. Las curvas de nivel son circunferencias de radio c .

Figura 3.8 

80

Grupo Editorial Patria© Las curvas de nivel son curvas paralelas que no se intersecan entre sí, porque si lo hicieran, la función tendría dos valores distintos en el punto de intersección, lo que es imposible para una función. En los mapas meteorológicos las curvas de nivel representan puntos de igual temperatura y se llaman isotermas. Otro uso frecuente de las curvas de nivel es en la representación de campos de potencial eléctricos, donde las curvas de nivel reciben el nombre de superficies equipotenciales (mismo potencial eléctrico).

Figura 3.9 Superficies equipotenciales.  

Los mapas de contorno o curvas de nivel se emplean a menudo para representar regiones de la superficie terrestre, en este caso las curvas de nivel representan la altura sobre el nivel del mar.

Problema resuelto Demuestre que x 2 + y 2 = 6 es una curva de nivel de f (x, y ) = de nivel de f son circunferencias con centro en el origen.

x 2 + y 2 - x 2 - y 2 + 2 y que todas las curvas

Solución

Sustituimos x 2 + y 2 = 6 en 6 -6+2=

x 2 + y 2 - x 2 - y 2 + 2

6 - 4 = c ⇒ f (x, y ) = c, sí es una curva de nivel.

Figura 3.10 

81

UNIDAD

3

Funciones de varias variables

3.4  Límites Se puede definir el límite de un campo (escalar o vectorial) en un punto de manera análoga a como hacíamos para funciones reales de variable real.

❚ Definición de límite de una función de dos variables Para funciones de dos variables. El límite de f (x, y ) cuando (x, y ) → (x0 , y0 ) es el número real L si para cada ε > 0 existe un δ > 0, tal que para todos los puntos (x, y ) se cumple que: ( x − x 0 )2 + ( y − y 0 )2 < δ ⇒ f ( x , y ) − L < ε

0< O bien,

0 < x − x0 < δ y y − y0 < δ ⇒ f (x, y ) − L < ε Propiedades de los límites Si existen los límites i) ii) iii)

iv)

lím

( x , y ) → ( x0 , y0 )

f (x, y ) y

lím

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

lím

( f ( x , y ) ⋅ g ( x , y )) =

lím

( λf ( x , y )) = λ

( x , y ) → ( x0 , y0 )

( x , y ) → ( x0 , y0 )

( x , y ) → ( x0 , y0 )

lím

( x , y ) → ( x0 , y0 )

f (x, y ) g (x, y )

f (x, y ) +

lím

f (x, y ) ⋅

( x , y ) → ( x0 , y0 )

lím

( x , y ) → ( x0 , y0 )

lím

( x , y ) → ( x0 , y0 )

lím

( x , y ) → ( x0 , y0 )

g (x, y )

g (x, y )

f ( x , y ) ∀λ∈R

lím

f (x, y )

lím

g (x, y )

( x , y ) → ( x0 , y0 )

g ( x , y ) y son finitos, entonces se cumple que

lím

( x , y ) → ( x0 , y0 )

( x , y ) → ( x0 , y0 )

=

lím

( x , y ) → ( x0 , y0 )

siempre que

lím

( x , y ) → ( x0 , y0 )

g (x, y ) ≠ 0

Si nos aproximamos al punto (x0 , y0 ) por distintas direcciones y no coincide el valor del límite, entonces el límite lím f ( x , y ) no existe. ( x , y ) → ( x0 , y0 )

Problema resuelto Demuestre que el límite

x2 y

lím

( x , y ) → ( 0, 0 )

x4 + y2

Solución

Trazamos la gráfica de f (x) =

x2 y x4 + y2

Figura 3.11 

82

no existe.

Grupo Editorial Patria© Calculamos el límite aproximándonos por la parábola y = x 2. x2 y

lím

( x , y ) → ( 0, 0 )

=

x4 + y2

lím

x2 x2

( x , y ) → ( 0, 0 )

=

x 4 + ( x 2 )2

x4

lím

( x , y ) → ( 0, 0 )

2x 4

=

1 2

Ahora calculamos el límite aproximándonos por la recta y = x, lím

x2 y

( x , y ) → ( 0, 0 )

4

x +y

=

2

x2 x

lím

( x , y ) → ( 0, 0 )

4

x +x

2

=

x3

lím

( x , y ) → ( 0, 0 )

2

x (1+ x2 )

=

lím

( x , y ) → ( 0, 0 )

x (1+ x2 )

=

0 1

=0

3.5  Continuidad Se dice que una función f (x, y ) es continua en el punto (x0 , y0 ) si: i) f está definida en (x0 , y0 ). ii) el límite iii)

lím

lím

( x , y ) → ( x0 , y0 )

( x , y ) → ( x0 , y0 )

f ( x , y ) existe.

Alerta Si f es no continua en el punto (x0 , y0 ), el límite

f (x, y ) = f (x0 , y0 )

Las funciones continuas que son suma, producto y cociente de funciones continuas es otra función continua y también la composición de funciones continuas es una función continua excepto en aquellos puntos donde no esté definida.

lím

( x , y ) → ( x0, y0 )

f ( x , y ) puede

existir; pero si existe, es diferente de f (x0 , y0 ).

Problema resuelto Calcule el siguiente límite:

lím

( x , y ) → ( 0 , 1)

ex y .

Solución

Como en este caso ambas son funciones continuas, y su producto está definido en el punto indicado, el producto es continuo ahí. Entonces, el límite de la función es igual al valor de la función, o sea: lím

( x , y ) → ( 0 , 1)

e x y = f ( 0, 1) = e 0 ( 1) = 1.

Problema resuelto Calcule el límite: lím

x→0

sen2 x x

Solución

lím

x→0

sen2 x x

= lím

x→0

sen x x

lím sen x

x→0

Usando la propiedad de que el límite de un producto es el producto de los límites: lím

x→0

sen2 x x

sen x = lím lím sen x = ( 1)( 0 ) = 0 x→0 0 x x→   1

0

83

3

UNIDAD

Funciones de varias variables

Problema resuelto Alerta

sen 2x - 2 x

Con la regla de L´Hôpital se pueden resolver muchos casos de indeterminación de límites de funciones en un punto x = a.

Calcule el límite: lím

Un límite indeterminado de

Usamos la regla de l’Hôpital para calcular el límite lím

la forma, lím

f (x )

x →a

g (x )

=

0 0

será igual a L, en caso de que también valga L el límite en x = a del cociente de las derivadas de numerador y denominador, es decir: lím

x →a

f (x ) g (x )

= lím

x →a

f ′( x ) g ′( x )

.

x3

x→0

Solución

sen 2x - 2 x

, es una indeterminación del tipo x3 0 . Llamemos f (x) = sen 2x - 2x y g(x) = x3. Entonces f y g son derivables en su dominio de definición 0 x→0

(en particular en 0). lím

sen 2x - 2 x

= lím

x3

x→0

2 cos 2x - 2 3 x2

x→0

-4 sen 2x

= lím

6x

x→0

= lím

-8 cos 2x 6

x→0

=-

8 6

=-

4 3

=L

Problema resuelto Calcule el límite:

sen 2x - 2 x + y

lím

x3 + y

( x , y ) → ( 0, 0 )

.

Solución

Examinaremos este límite doble acercándonos al origen por los ejes x y y. Por el eje x: sen 2x - 2 x + y

lím

x3 + y

( x , y ) → ( 0, 0 )

= lím

sen 2x - 2 x + 0 x3 + 0

x→0

=-

4 3

usando el resultado del problema anterior. Por el eje y: sen 2x - 2 x + y

lím

x3 + y

( x , y ) → ( 0, 0 )

=

lím

sen 2 ( 0 ) - 2 ( 0 ) + y 03 + y

( x , y ) → ( 0, 0 )

= lím

y →0

y y

=1

Los límites a través de diferentes aproximaciones son distintos y, por tanto, no existe el límite.

Problema resuelto Calcule el límite:

lím

xy

( x , y ) → ( 0, 0 )

x2 + y2 + 2

.

Solución

Es un cociente de funciones continuas y además definido en el origen, por lo que la función es continua y su límite es el valor de la función en el origen. lím

( x , y ) → ( 0, 0 )

84

xy 2

2

x +y +2

=

lím

( x , y ) → ( 0, 0 )

( 0 )( 0 ) 2

2

(0) + (0) + 2

=

0 2

=0

Grupo Editorial Patria©

Problema resuelto Calcule el límite:

( x - y )2

lím

( x , y ) → ( 0, 0 )

x2 + y2

.

Solución

En este caso, si bien las funciones del numerador y el denominador son ambas continuas, el cociente entre ambas no está definido en el origen. Para tratar de ver si existe un límite, analizaremos primero los acercamientos por los ejes. Por el eje x: ( x - 0 )2

lím

( x , y ) → ( 0, 0 )

=1

x 2 + 02

Por el eje y: ( 0 - y )2

lím

( x , y ) → ( 0, 0 )

=1

02 + y 2

Ahora hacemos otros acercamientos al origen, debido a que una coincidencia entre límites por distintos acercamientos no garantiza nada, ya que un solo caso de límite distinto prueba que no existe el límite. Sea y = 2x ( x - 2 x )2

lím

( x , y ) → ( 0, 0 )

2

x + 4x

2

=

lím

x2

( x , y ) → ( 0, 0 )

5 x2

=

1 5

Sea y = 3x ( x - 3 x )2

lím

( x , y ) → ( 0, 0 )

2

x + 9x

2

=

lím

( x , y ) → ( 0, 0 )

( 2 x )2 10 x

2

=

4 x2 10 x

2

=

2 5

Debido a que los límites no son todos iguales para todas las aproximaciones, concluimos que no existe el límite.

❚ Cálculo de límite por ε y δ A continuación se presenta un problema resuelto.

Problema resuelto Calcule el límite:

lím

xy

( x , y ) → ( 0, 0 )

x2 + y2

.

Solución

La definición de que el límite de la función es L usando ε y δ, es (véase figura 3.12 en la página s­iguiente): 0
0, tal que f (x0 ) ≥ f (x) ; x ∈ B(x0 , r ). Similarmente se define el concepto de mínimo relativo cuando existe r > 0 tal que f (x0 ) ≤ f (x) ; x ∈ B(x0 , r ), es decir, si f (x0 ) es el valor más pequeño de todos los valores de f en los puntos de alguna región. 92

Grupo Editorial Patria© ❚ Puntos críticos Si f tiene en x0  ∈ B un extremo relativo (sea máximo o mínimo) entonces df (x0 ) = 0, es decir, todas las ∂f

 (x0 ) = 0 para todo i = 1, 2,..., n. Por ∂x i tanto, para buscar los extremos relativos de f buscaremos entre los puntos que anulen a todas las derivadas parciales (a estos los llamaremos puntos críticos), los cuales serán los candidatos a ser extremos relativos, pues si los hay estarán entre ellos. Para hallar los puntos críticos debemos resolver el sistema de ecuaciones derivadas parciales de orden 1 de f se anulan en x0 , o sea,

∂f ∂x 1

= 0,

∂f ∂x 2

= 0,…

∂f ∂x n

=0

A partir de la solución de este sistema de ecuaciones se determinan los puntos críticos.

Problema resuelto Sea f (x, y ) = 20 - x² - y², ; (x, y ) ∈ R². Las derivadas parciales de primer orden de f son: fx(x, y ) = - 2x,     fy(x, y ) = - 2y Solución

Vemos que (0, 0) es el único punto en el cual se anulan simultáneamente ambas derivadas parciales de primer orden de f. Y ; (x, y ) ∈ R²: f (x, y ) = 20 - x² - y² = 20 - (x² + y²) ≤ 20 = f (0, 0). Entonces, f tiene en (0, 0) un máximo local f (0, 0) = 20 es el máximo absoluto de f en R².



Figura 3.17

Problema resuelto Sea f (x, y ) = 20 + x² + y² ; (x, y ) ∈ R². Solución

Calculamos las derivadas parciales de primer orden de f. fx(x, y ) = 2x, fy(x, y ) = 2y

93

UNIDAD

3

Funciones de varias variables Vemos que en (0, 0) se anulan simultáneamente estas derivadas parciales de f. ; (x, y ) ∈ R²: f (x, y ) = 20 + x² + y² ≥ 20 = f (0, 0).

Y

Entonces, f tiene en (0, 0) un mínimo absoluto de f en R².

Figura 3.18  

Problema resuelto Sea f (x, y ) = x² - y², ; (x, y ) ∈ R². Solución

Derivando parcialmente con respecto a x y y, obtenemos: fx(x, y ) = 2x, fy(x, y ) = - 2y Vemos que en (0, 0) se anulan estas simultáneamente. Entonces (0, 0) es un punto crítico de f. Y

; y ≠ 0: f (0, y ) = 0² - y² = -y² < 0 = f (0, 0)

Y también que ; x ≠ 0: f (x, 0) = x² - 0² = x² > 0 = f (0, 0) De lo anterior concluimos que en toda vecindad de (0, 0) existen puntos (x, 0) para los cuales f (x, 0) > f (0, 0) y puntos (0, y ), para los cuales f (0, y ) < f (0, 0). Entonces en (0, 0), f no tiene extremo local, aunque en él ambas derivadas parciales de f se anulan simultáneamente; este punto se denomina punto silla.

Figura 3.19 

94

Grupo Editorial Patria©

3.13  Matriz hessiana Para determinar si se alcanza un máximo o mínimo relativo, necesitamos construir la matriz hessiana de f en x0 :  f (x )  x1 x1 0  f (x ) Hf ( x 0 ) =  x 2 x1 0    f  x n x1 ( x 0 )

1x2

(x0)



2 x2

(x0)



 ( x 0 )) x

 

fx fx fx

n

2

(x0)   fx x ( x 0 )  2 n     fx x ( x 0 )  n n  fx

1xn

Los menores de la matriz hessiana son:

∆1f (x0 ) = f x



∆2 f ( x 0 ) =

1 x1

(x0) fx

1 x1

(x0)

fx

2 x1

(x0)

fx

1 x1

(x0)

fx

fx

2 x1

(x0)

fx

fx

3 x1

(x0)

fx

fx

fx

∆3 f ( x 0 ) =

fx

∆ n f ( x 0 ) = Hf ( x 0 ) =

fx fx

1x2

(x0)

2 x2

(x0)

1x2

(x0)

fx

2 x2

(x0)

3 x2

( x 0 ))

fx

2 x3

(x0)

fx

3 x3

(x0)



(x0)



fx

2 x2

(x0)



fx

 ( x 0 )) x

 

fx

(x0)

fx

2 x1

(x0)

fx

 (x0) x

fx

1

(x0)

1x2

1 x1

n

1x3

n

2

1xn

(x0)

2 xn

(x0)

n

 (x0) x n

Suponiendo que x0  es un punto crítico de f, se tiene entonces que: 1. Si todos los menores hessianos son estrictamente positivos, se tiene que f presenta en x0  un mínimo relativo. 2. Si la sucesión de menores hessianos es alternada en el siguiente sentido ∆1f (x0 ) < 0 ∆2f (x0 ) > 0 ∆3f (x0 ) < 0 ........... (−1)n∆nf (x0 ) > 0, se tiene que f presenta en x0  un máximo relativo. 3. Si no estamos ante ninguno de los dos casos anteriores y el determinante de la matriz hessiana es no nulo, podemos garantizar que no se alcanza ni máximo ni mínimo. 4. Si el determinante de la matriz hessiana es nulo, entonces se tiene una indeterminación; es decir, este criterio no nos aporta información suficiente para deducir el carácter del punto crítico. Para una matriz hessiana 2 × 2 se tiene que: 1. Si ∆1f (x0 ) > 0 y  | Hf (x0 ) |  > 0, entonces f tiene en x0  un mínimo relativo. 2. Si ∆1f (x0 ) < 0 y  | Hf (x0 ) |  > 0, entonces f tiene en x0  un máximo relativo. 3. Si se cumple que  | Hf (x0 ) |  < 0, en esta situación el punto no es un extremo relativo, pues puede comprobarse que en toda región centrada en x0  hay puntos en los que la función toma valores menores que f (x0 ) y otros en los que la función toma valores mayores que f (x0 ). En este caso particular se dice que f tiene en x0  un punto de silla. 4. Si se cumple  | Hf (x0 ) |  = 0, no podemos afirmar nada sobre lo que ocurre en x0 , y para determinar qué es lo que ocurre en el punto crítico será necesario estudiar el comportamiento de la función en un entorno del punto. 95

UNIDAD

3

Funciones de varias variables

Problema resuelto Determine los puntos extremos de la función f (x, y ) = −x 2 + 2xy − 2y 2. Solución

Calculamos las derivadas parciales

∂f ∂x

y

∂f ∂y

:

∂f



∂x ∂f



∂y

= -2 x + 2 y = 2x - 4y

Resolvemos el sistema de ecuaciones formado por

∂f ∂x

=0y

∂f ∂y

= 0,

-2x + 2y = 0   y   2x - 4y = 0 El único punto que es solución del sistema anterior, es decir, el único punto crítico, es el (0, 0). Calculamos la matriz hessiana: ∆2 f ( x0 ) =

f xx ( x 0 )

f xy ( x 0 )

f yx ( x 0 )

f yy ( x 0 )

=

-2 2

2 -4

= 8-4 = 4

En este caso ∆1f (x0 ) < 0 y  | Hf (x0 ) |  > 0, entonces f tiene en (0, 0) un máximo relativo.



Figura 3.20

3.14  Método de los multiplicadores de Lagrange Cuando se quiere determinar los máximos o mínimos de una función sometida a una o más restricciones; por ejemplo, para encontrar la distancia mínima que hay de una superficie F (x, y, z) al origen, no siempre es posible resolver la restricción para alguna de las variables en términos de las otras, pero se puede seguir un método para determinar dichos puntos máximos o mínimos; este procedimiento se llama Método de los multiplicadores de Lagrange, en honor al matemático francés Joseph L. Lagrange, y consiste en: Si un campo escalar f (x1, x 2, x3, …, xn ) tiene un extremo relativo cuando está sometido a un conjunto de condiciones g1(x1, x 2, x3, …, xn )= 0, …, gm(x1, x 2, x3, …, xn ) = 0 siendo m < n, existen entonces escalares  λ1,  λ2,  λ3, …,  λn, tales que: ∇f = λ1 ∇g1 + λ 2 ∇g 2 + ... + λm ∇gm 96

Grupo Editorial Patria©

Problema resuelto Encuentre la distancia mínima de la función al origen en el plano de la función y = 1/x. Solución

La función a optimizar es una función distancia dada por x2 + y2

f ( x, y ) = Sometida a la restricción g(x, y ) = xy - 1 Tenemos que encontrar  λ tal que:

∇f ( x, y ) = λ∇g ( x, y ) Calculamos

∇

(

)

x

x2 + y2 =

2

x +y

2

y

iˆ +

2

x + y2

jˆ

λ∇g ( x, y ) = λyiˆ + λxjˆ

Entonces,

x



2

x + y2 y



2

x + y2

-  λy = 0

-  λx = 0

xy - 1= 0 ⇒ y = 1/x

Se resuelve el sistema para x, y, y  λ

x = ± 1, y = ± 1, λ = ±

Entonces f ( x, y ) =



1 2

=±

2 2

2

Figura 3.21

La curva de nivel de la función que optimizada es precisamente tangente a la curva de nivel de la restricción.

97

UNIDAD

3

Funciones de varias variables

Problema resuelto Con los multiplicadores de Lagrange, determine los valores máximos y mínimos de f sujeta a la restricción dada. f (x, y )= x 2y; x 2 + y 2 = 1 Solución

Tenemos que encontrar x, y y  λ, tal que:

∇f ( x, y ) = λ∇g ( x, y )



2 xyiˆ + x 2 jˆ = λ ( 2 xiˆ + 2 yjˆ )

Tenemos que resolver el sistema 2xy = 2x λ ⇒ y =  λ



x 2 = 2y λ ⇒ x 2 = 2 λ2



x 2 + y 2 = 1 ⇒ 2 λ2 +  λ2 = 1 ⇒ 3 λ2 =1 ⇒ λ = ±

1 3

x =

2λ = ±

⇒ y = λ=±

2 3

1 3

 2 1  2 2 Máximo f  ,  = x y =+ 3  3 3 3  2 1  2 2 Mínimo f  , = x y =3  3 3 3

Problema resuelto Determine los puntos de la curva intersección de las dos superficies x 2 - xy + y 2 - z 2 = 1 y x 2 + y 2 = 1, que están más cerca del origen. Solución

Para resolver este problema no es necesario que busquemos la curva intersección de las superficies, sino que podemos comprender lo que imponen las dos restricciones al problema: que los puntos más cerca del origen pertenezcan a las dos superficies. Sean g(x, y, z) = x 2 - xy + y 2 - z 2 - 1 y h(x, y, z) = x 2 + y 2 - 1. La función a minimizar es la distancia al origen: d = x 2 + y 2 + z 2 pero trabajaremos con el cuadrado de la distancia por hacer más sencillos los cálculos: f (x, y, z) = x 2 + y 2 + z 2. Nuestro problema queda expresado: Minimizar f (x, y, z) = x 2 + y 2 + z 2. Sujeto a

g(x, y, z) = x 2 - xy + y 2 - z 2 - 1



h(x, y, z) = x 2 + y 2 - 1

usamos el método de los multiplicadores de Lagrange, es decir, tenemos que encontrar x, y, z,  λ1 y  λ2, tal que:

98



∇f ( x, y ) = λ1 ∇g ( x y ) + λ 2 ∇h ( x, y )



( 2 x, 2 y, 2 z ) = λ1 ( 2 x - y, 2 y - x, - 2 z ) + λ 2 ( 2 x, 2y, 0 )

Grupo Editorial Patria© Se tiene que resolver el sistema 2 x = λ1 ( 2 x - y ) + λ 2 2 x 2 y = λ1 ( 2 y - x ) + λ 2 2y 2 z = λ1 ( -2 z )

x 2 - xy + y 2 - z 2 = 1 x2 + y2 = 1



 λ1= -1, z = 0



Entonces, 2 x = - ( 2 x - y ) + λ2 2 x ⇒ 4 x - 2 x λ2 = x ( 4 - 2 λ2 ) = y ⇒ ( 4 - 2 λ2 ) = 2 y = - ( 2 y - x ) + λ 2 2y ⇒ 4 y - 2 y λ 2 = y ( 4 - 2 λ 2 ) = x ⇒ ( 4 - 2 λ 2 ) =



y x

=

x y

y x x y

⇒x =y

x =y x2 - x2 + x2 - z2 = 1



x2 + x2 = 1 ⇒ 2 x2 = 1 ⇒ x2 =

1 2

⇒x =±

1 2

Entonces, 1 2

-

1 2

+

1 2

- z2 = 1 ⇒ z2 = -

1 2

no tiene solución real, entonces z = 0

 1   1  1  1  2  = - 2  + λ2 2    2   2 2 2  1   1  2  = -  + λ2  2  2

 1  3 2  ⇒ 2 = -1 + 2 λ 2 ⇒ λ 2 = 2  2

2

La distancia mínima es d =

2

 1   1  2   +   + 0  2  2

=1

3.15  Operadores diferenciales ❚ Divergencia n

n

Sea F una función vectorial de las variables x, y, z. La divergencia de F se define como ∂Fy  ∂Fx ∂Fz ∇ ⋅F = + + ∂x ∂y ∂z n

n

siendo Fx, Fy, Fz las componentes de F . La divergencia de F es una función escalar ya que es un producto punto. 99

UNIDAD

3

Funciones de varias variables n

Si F representa un flujo de materia, sus derivadas indican cómo varía el flujo de materia por unidad de longitud en cada dirección coordenada. Por esto, la divergencia es la variación de materia almacenada (o la diferencia entre salidas y entradas) por unidad de volumen.

❚ Rotacional Alerta

Por otra parte, el rotacional del campo vectorial F se define como

n

Si el ∇ × F = 0, se dice n

que F es un campo irrotacional.

Alerta El gradiente de un campo es irrotacional:

 ∇×F =

kˆ

iˆ

jˆ

∂

∂

∂

∂x

∂y

∂z

Fx

Fy

Fz

∂ = iˆ

∂

∂y

∂z

Fy

Fz

− jˆ

∂

∂

∂x Fx

∂z Fz

∂ + kˆ

∂

∂x

∂y

Fx

Fy

n

El rotacional de F es un campo vectorial. Indica la tendencia (local) a rotar del campo. Es decir, es un campo igual al aumento lateral del campo original por unidad de longitud. Se orienta de acuerdo con la regla de la mano derecha.

∇ × ∇φ = 0

❚ Laplaciano e identidades vectoriales Alerta n

Si F (x, y, z ) = M (x, y, z ) iˆ + N (x, y, z ) jˆ + P (x, y, z ) kˆ y M (x, y, z ), N (x, y, z ) y P (x, y, z ) tienen segundas derivadas continuas n ∇ ⋅ (∇ × F ) = 0

El operador diferencial puede ser utilizado en más de una ocasión sobre una función de varias variables. Una de estas formas corresponde a la divergencia del gradiente de la función conocida como el laplaciano de la función escalar f, ∇ 2 f = ∇ ⋅ ∇f el operador laplaciano de una función escalar f en coordenadas cartesianas es ∇2 f =

∂2 f ∂x 2

+

∂2 f

+

∂y 2

∂2 f ∂z 2

El laplaciano está relacionado con la curvatura del campo. También existe el Laplaciano de un campo vectorial, definido como el gradiente de la divergencia. n

n

n

n

∇2 A = ∇ ( ∇ ⋅ A ) − ∇ × ( ∇ × A ) = ( ∇ ⋅ ∇ ) A A continuación se presenta un conjunto de identidades de uso frecuente en el cálculo diferencial vectorial. i ) ∇ ( f + g ) = ∇f + ∇g Demostración ∂

∇ ( f + g ) = iˆ

∂x

= iˆ

( f + g ) + jˆ

∂f ∂x

+ jˆ

∂f ∂y

∂ ∂y

+ kˆ

( f + g ) + kˆ

∂f ∂z

+ iˆ

∂g ∂x

∂

(f + g )

∂z

+ jˆ

∂g ∂y

+ kˆ

∂g ∂z

= ∇f + ∇g ii ) ∇ ( cf ) = c∇f con c una constante. Demostración ∇ ( cf ) = iˆ 100

∂ ∂x

( cf ) + jˆ

∂ ∂y

( cf ) + kˆ

∂ ∂z

( cf ) = ciˆ

∂f ∂x

+ c jˆ

∂f ∂y

+ ckˆ

∂f ∂z

= c∇f

Grupo Editorial Patria© iii ) ∇ ( f g ) = g∇f + f ∇g Demostración ∇ ( f g ) = iˆ

∂

( f g ) + jˆ

∂x

∂ ∂y

∂

( fg ) + kˆ

( fg )

∂z

 ∂f  ∂f  ∂f ∂g ∂g ∂g = iˆ  g + f  + jˆ  g + f  + kˆ  g + f  ∂ x ∂ x ∂ y ∂ y ∂ z ∂z        ∂f  ∂g ∂g ∂g  ∂f ∂f  = iˆ + jˆ + kˆ iˆ + jˆ + kˆ  = g∇f + f ∇g g +f  ∂y ∂z  ∂y ∂z   ∂x  ∂x n

n

n

n

iv ) ∇ ⋅ ( F + G ) = ∇ ⋅ F + ∇ ⋅ G Demostración n n  ∂ ∂ ∂ ∇ ⋅ ( F + G ) =  iˆ + jˆ + kˆ  ((Fx + Gx ) iˆ + (Fy + Gy ) jˆ + (Fz + Gz ) kˆ ) ∂y ∂z   ∂x

=

=

n

n

∂ (Fx + Gx ) ∂x ∂Fx ∂x

n

+

∂Fy ∂y

+

+

∂ (Fy + Gy ) ∂y ∂Fz

+

∂z

+

∂Gx

∂ (Fz + Gz )

+

∂x

∂z ∂Gy ∂y

∂Gz

+

∂z

n

n

= ∇ ⋅ F + ∇ ⋅G

n

v ) ∇ × ( F + G ) = ∇ × F + ∇ × G Demostración

n

n

∇ × (F + G ) =

n

n

iˆ

jˆ

∂

∂

kˆ ∂

=

∂x

∂y

∂z

Fx + Gx

Fy + Gy

Fz + Gz

n

n

n

kˆ

iˆ

jˆ

∂

∂

∂

∂x

∂y

∂z

Fx

Fy

Fz

+

iˆ

jˆ

∂

∂

kˆ ∂

∂x

∂y

∂z

Gx

Gy

Gz

n

n

= ∇×F+∇×G

n

vi ) ∇ ⋅ ( F + G ) = G ⋅ ( ∇ × F ) − F ⋅ ( ∇ × G ) Demostración

n



n

(F × G ) =

n

iˆ

jˆ

kˆ

Fx

Fy

Fz

Gx

Gy

Gz

∂

Fy

Fz

∂x

Gy

Gz

n

∇ ⋅ (F × G ) = =

∂ ∂x

= iˆ

−

(Fy Gz − Gy Fz ) −

Fy

Fz

Gy

Gz

∂

Fx

Fz

∂y

Gx

Gz

∂ ∂y

− jˆ

+

(Fx Gz − Fz Gx ) +

Fx

Fz

Gx

Gz

+ kˆ

∂

Fx

Fy

∂z

Gx

Gy

∂ ∂z

Fx

Fy

Gx

Gy

(Fx Gy − Fy Gx ) 101

UNIDAD

3

Funciones de varias variables n

n

∇ ⋅ (F × G ) = −

∂Fy ∂x ∂Gy ∂x

∂x

− Fx



n

n

∂y ∂Fx ∂y

Gx + Fz

Gz − Fx

∂Gx ∂y ∂Gz ∂y

+

−

∂Fx ∂z ∂Fy ∂z

∂z ∂Gx

Gx − Fy

∂z

  Gz    Fz 

∂

∂

∂y

∂z Fz

∂

∂

∂y

∂z

Gy

Gz n

∂Gy

Gy + Fx

 ∂G  ∂Gy  ∂Gz ∂Gx  x − −  Fx +   Fy +    ∂z  ∂x  ∂x  ∂y

Fy

n

−

∂Fz

 ∂Fy   ∂Fx ∂Fz  ∂Fx − −  Gx +   Gy +    ∂x  ∂y  ∂z  ∂x

∂

n

∇ ⋅ ( F × G ) = Gx



∂Fz

 ∂Gy ∂Gz + −  ∂z ∂y

n

+

∂x

Fz − Gy

 ∂F ∂Fy n n z ∇ ⋅ (F × G ) =  −  ∂y ∂z

∂Gz

Gz + Fy

− Gy

+ Fy

n

∂

∂

∂

∂x Fx

∂z Fz

∂

∂

∂x Gx

+ Gz

− Fz

∂z Gz

∂x

∂y

Fx

Fy

∂

∂

∂x

∂y

Gx

Gy

n

∇ ⋅ (F × G ) = G ⋅ (∇ × F ) − F ⋅ (∇ × G )

 n n vii ) ∇ ⋅ ( f F ) = f ( ∇ ⋅ F ) + F ⋅ ( ∇f ) Demostración n

∇ ⋅ (f F ) =

∂ ( fFx ) ∂x

=f

∂Fx

+

+f

∂x

∂ ( fFy ) ∂y ∂Fy ∂y

∂ ( fFz )

+

∂z ∂F Fz

+f

∂z

=

+ Fx

∂f ∂x ∂f ∂x

Fx + f

+ Fy

∂Fx ∂x

∂f ∂y

+

+ Fz

∂f ∂y ∂f ∂z

Fy + f

∂Fy ∂y

+

∂f ∂z

Fz + f

∂Fz ∂z

  = f ∇ ⋅ F + F ⋅ ∇f

 viii ) ∇ ⋅ ( ∇ × F ) = 0 Demostración

n

∇×F =

n

∇ ⋅ (∇ ∇ × F) =

= 102

kˆ

iˆ

jˆ

∂

∂

∂

∂x

∂y

∂z

Fx

Fy

Fz

 ∂F ∂Fy   ∂Fx ∂Fz  z = iˆ  − −  + jˆ   + kˆ  ∂y ∂z  ∂x   ∂z

∂Fy  ∂Fz  ∂Fx  ∂  ∂Fz ∂  ∂Fx ∂  ∂Fy − − −  +    + ∂x  ∂y ∂z  ∂y  ∂z ∂x  ∂z  ∂x ∂y  ∂ 2 Fz ∂x∂y

−

∂ 2 Fz ∂y∂x

+

∂ 2 Fy ∂z∂x

−

∂ 2 Fy ∂x∂z

+

∂ 2 Fx ∂y∂z

−

∂ 2 Fx ∂z∂y

=0

 ∂Fy ∂Fx  −    ∂x ∂y 

Grupo Editorial Patria© n

n

n

ix) ∇ × ( f F ) = f ∇ × F + ∇f × F Demostración

kˆ

iˆ

jˆ

∂

∂

∂

∂x

∂y

∂z

fFx

fFy

fFz

n

∇ × (f F ) =

 = f iˆ  

 ∂ ( fF ) ∂ ( f Fy )   ∂ ( fFx ) ∂ ( fFz )  z = iˆ  − −  + jˆ   + kˆ  ∂y ∂z  ∂x   ∂z

 ∂ (F ) ∂ (Fy )   ∂ (Fx ) ∂ (Fz )  z − −   + jˆ   + kˆ  ∂y ∂z  ∂x   ∂z

 ∂ ( fFy ) ∂ ( fFy )  −    ∂x ∂y 

 ∂ (Fy ) ∂ (F )   x −    ∂x ∂y   

 ∂f  ∂f  ∂f ∂f  ∂f  ∂f  + iˆ  Fz − Fy − Fz + kˆ  Fy − Fx  + jˆ  Fx    ∂z ∂z  ∂x  ∂y   ∂y  ∂x n

n

= f ∇ × F + ∇f × F

n

n

n

x) ∇ × ( ∇ × F ) = ∇ ( ∇ ⋅ F ) − ∇ 2 F Demostración

Usamos la identidad del triple producto vectorial n

n

n

n n

n

n

n n



A × (B × C ) = B ( A ⋅ C ) − ( A ⋅ B )C



∇ × ( ∇ × F ) = ∇ ( ∇ ⋅ F ) − ( ∇ ⋅ ∇ ) F = ∇ ( ∇ ⋅ F ) − ∇2 F

n

n

n

n

n

xi ) ∇ × ( ∇f ) = 0 Demostración

∇ × ( ∇f ) =

  = iˆ  

kˆ

iˆ

jˆ

∂

∂

∂

∂x

∂y

∂z

∂f

∂f

∂f

∂x

∂y

∂z

  ∂f   ∂f     ∂f   ∂f    ∂  ∂    ∂   ∂    ∂ y     ∂ z ∂ x ∂z    ˆ = iˆ  − +j − + kˆ   ∂z  ∂z ∂x   ∂y      

 ∂2 f  ∂2 f ∂2 f  ∂2 f  ˆ − + j −     + kˆ  ∂y∂z ∂z∂y   ∂z∂x ∂x∂z    0

0

  ∂f   ∂f    ∂  ∂    ∂x     ∂y   ∂x − ∂y     

   ∂2 f ∂2 f   −   =0  ∂x∂y ∂y∂x     0

103

UNIDAD

3

Funciones de varias variables xii ) ∇ 2 ( f g ) = f ∇ 2 g + g∇ 2 f + 2 ∇f ⋅ ∇g Demostración ∇2 (f g ) =

=

∂2 (f g ) ∂x ∂2 f ∂x 2

2

∂ 2 ( fg )

+

∂y

g+2

2

∂f ∂g ∂x ∂x

+

+f

∂ 2 ( fg ) ∂z

2

∂2 g ∂x 2

+

=

∂g  ∂g  ∂g  ∂  ∂f ∂  ∂f ∂  ∂f  g+f +  g+f +  g+f  ∂x  ∂x ∂x  ∂y  ∂y ∂y  ∂z  ∂z ∂z 

∂2 f ∂y 2

g+2

∂f ∂g ∂y ∂y

+f

∂2 g ∂y 2

+

∂2 f ∂z 2

g+2

∂f ∂g ∂z ∂z

+f

∂2 g ∂z 2

 ∂2 f  ∂2 g ∂2 g ∂2 g  ∂2 f ∂2 f  ∂f ∂g ∂f ∂g ∂f ∂g = + + g+2 +2 +2 +f + +   ∂x ∂x ∂y ∂y ∂z ∂z ∂y 2 ∂z 2  ∂y 2 ∂z 2   ∂x 2  ∂x 2 = g∇ 2 f + 2 ∇f ⋅ ∇g + f ∇ 2 g n

n

n

Un campo G = ∇ × F que satisface ∇ ⋅ G = 0 se llama campo solenoidal. n

n

Un campo F = ∇f que satisface ∇ × F = 0 se llama campo irrotacional.

104

Problemas para resolver

Grupo Editorial Patria©

3.1  Evalúe el campo escalar f (x, y ) = 2x + x3y3 en (1, 0) y en (0, 1). 3.2  Evalúe la función f (x, y ) = xy 2, en los puntos (0, 1), (-1, 2), (a, a)  3.3  Indique si la función f (x, y ) =  x  es un campo escalar  y o vectorial. 3.4  Determine el dominio de la función f (x, y ) =

2 2

x +y

2

-4

3

x + y  . x - y

lím

( x , y ) → ( 2, 4 ) 

3.17  Encuentre las primeras derivadas parciales respecto a x y y. a) f (x, y ) = 2x - 3y + 5 b) f (x, y ) = x 2 - 3y 2 + 7 c) f (x, y) = ln (x 2 + y 2 )

9 - (x2 + y 2 )

+

3.16  Calcule el límite de

UNIDAD

x + y d) f ( x , y ) = ln   x - y x2 + y2

e) f ( x , y ) =

3.18  Evalúe fx y fy en el punto que se indica.  y a) f ( x , y ) = arctan   en (2, -2)  x b) f ( x , y ) = arcsen ( xy ) en (1, 0) c) f ( x , y ) =



xy x-y

d) f ( x , y ) =

Figura 3.22

3.5  Trace la gráfica del plano 3x - 2y + 3z = 5. 3.6  En el sistema cartesiano, trace la gráfica de la función: x2 + y2

f (x, y ) =

3.7  Trace la gráfica de la función: f (x, y ) = x 2 - y

en (2, -2)

4 xy x2 - y2

3.19  Demuestre que las derivadas parciales cruzadas son iguales para la función f (x, y) = ye x + ln(xy ). 3.20  Encuentre las segundas derivadas parciales fxx, fyy, fxy y fyx. a) z = x 2 - 2xy + 3y 2

3.8  Demuestre2 que2 x 2 - y 2 = c está en una curva de nivel de f (x, y ) = e x e - y + x 4 - 2 x 2 y 2 + y 2 para todo valor de la constante c.

b) z = x4 - 3x 2y 2 + y4

3.9  Construya la gráfica de contorno de f (x, y ) = x 2 + 2 y 2 para f = 0, 1,…, 6.

a) z = x3 + 3x 2y

3.10  Trace las curvas de nivel para los valores de z = c indicados, de z = y sec x, c = -2, -1, 0, 1, 2.

3.21  Para las siguientes funciones, demuestre que fxy = fyx. b) z = ln(x - y ) 3.22  Compruebe que la función satisface la ecuación de

3.11  Dibuje la superficie de nivel f (x, y, z) = c para la función f (x, y, z) = 2x - y + z, c = 1.

Laplace:

3.12  Dibuje la superficie de nivel f (x, y, z) = c para la función f (x, y, z) = 2z - x 2 - y 2, c = 6.

a) z = 5xy

3.13  Describa las superficies de nivel de:  2

 2

f (x, y, z) = x + z . 3.14  Describa las superficies de nivel de:  2

 2

 2

f (x, y, z) = x + 3 y + 6 z . 3.15  Calcule el límite de

lím

( x , y ) → ( 2 , 1)

∂2 z ∂x 2

+

∂2 z ∂y 2

= 0.

b) z = ex sen y 3.23  Si g(x, y ) =

x3 + y3 x2 + y2

, muestre que esta función es

homogénea de grado dos, es decir, g(kx, ky ) = k 2 g(x, y ), y entonces compruebe que satisface la relación de Euler. x

( x + 3 y 2 ).

Problemas aplicados a la realidad

en (1, 0)

Problemas para resolver con tecnología

∂g ∂x

+y

∂g ∂y

= 2g

105

3

UNIDAD

Problemas para resolver

3.24  Sean u(x, y ) = sen x cosh y y v(x, y ) = cos x senh y, compruebe que satisfacen las condiciones de Cauchy-Riemann. ∂u

=

∂x

∂u

∂y

∂y

=-

∂v ∂x

+ sen(x + y ), demuestre que satisface

∂2 f

∂2 f

a) f (x, y ) = arc tan (y/x).

∂y 2

b) f (x, y ) = y/(x 2 + y 2).

3.25  Sea f (x, y ) = e

=

∂x 2

3.26  Determine la pendiente de la recta tangente a la esfera x 2 + y 2 + z 2 = 4 en la dirección x en el punto (1, 1, 2 ). 3.27  Dibuje la curva de intersección de la superficie y el plano dado. Encuentre la recta tangente a la curva en el punto que se especifica. a) Superficie z = x 2 + 4y 2, plano y = 1, punto (2, 1, 8). b) Superficie z = 9x 2 - y 2, plano x = 1, punto (1, 3, 0). 3.28  Para la superficie z = x3 y4, obtenga la pendiente de la recta tangente en (1, -1, 3) en el plano x = 1. 9 xy

3.29  Para f (x, y ) =

, encuentre las ecuaciones parax+y métricas de la recta tangente en (-1, 4, -12) en el plano x = -1. 3.30  Calcule

∂f ∂x

∂f

y

∂y

para:

∫ cos (t

2

)dt

3

3.31  Si f (x, y ) = (x + 1)[ y + (sen y )/y ]: a) Calcule f (0, 0). ∂f ∂x

∂f

y

en el origen.

∂y

3.32  Demuestre que f (x, y ) = sen(xy ) + cos(xy ) es solución de las ecuaciones diferenciales parciales:



x2

y

∂2 f ∂x 2 ∂2 f

∂ x∂ y

- y2

-

∂f ∂x

∂2 f ∂y 2

=0

∂x 2

+

∂2 f ∂y 2

∂3 f ∂ y∂ z 2

= 0.

.

1

( iˆ + jˆ ) , obtenga la de2 rivada direccional de f en la dirección uˆ en (1, 1). 3.38  Para g(x, y, z) = exy - y 2z y a = iˆ - jˆ + kˆ , calcule n Dag ( 0, 1, 1) . n

3.39  Para la superficie z = x3 y4, obtenga la pendiente de la recta tangente en (1, -1, 3) en el plano x = 1. 3.40  Para f (x, y ) =

9 xy

, encuentre las ecuaciones parax+y métricas de la recta tangente en (-1, 4, -12) en el plano x = -1.

∂2 z ∂x

2

=

(

)

m 2 + n 2 x cos(my ) sen(nz).

3.42  Muestre que la concentración molecular Q(x, t ) de un  x2  1 líquido Q(x, t ) = exp   satisface la ecuación de  4 at  t difusión unidimensional

 ∂2 Q  = a . ∂t  ∂x 2 

∂Q

∂z ∂z 3.43  Utilice la regla de la cadena para obtener y si 2 2 ∂u ∂v z = ln (x + y ), x = u + v, y y = 2u + v . 3.44  Sea f (r, θ, ϕ) = x 2 - y 2 + z y en coordenadas esféricas x = r sen θ cos ϕ, y = r sen θ sen ϕ, z = r cos θ, determine

2

+ xy f = 0

∂f ∂θ

3.33  Demuestre que z = e-t sen(x/2) satisface la ecuación de calor:

106

∂2 f

x + y 2 + z 4 , determine

3.37  Sean f (x, y ) = x 2 + 2y, uˆ =

c) g(x, y, z) = exp

)dt

x

b) Determine

3.36  Si f (x, y, z) =

b) V(x, y, z) = (x 2 + y 2 + z 2)-1/2.

y2

∫ exp ( -t

.

a) u(x, y ) = sen(2πx) [cosh(2πy ) + senh(2πy )].

xy

b) f (x, y ) =

∂ x 2 ∂ y∂ z

3.41  Compruebe que las siguientes funciones satisfacen la ecuación de Laplace en dos o en tres dimensiones, según corresponda:

y

a) f (x, y ) =

∂4 f

3.35  Demuestre que las siguientes funciones son armónicas, es decir, satisfacen la ecuación de Laplace

x-y

la ecuación de onda,

∂v

3.34  Si f (x, y, z) = x 2 y 4 z 6 + x 2 y + x 2 z 2, obtenga

1 ∂z

y

∂f ∂ϕ

Problemas aplicados a la realidad

∂r

,

usando la regla de la cadena.

 xy  3.45  Si f es derivable y es de la forma f   , demuestre x + y que satisface la ecuación: x 2

4 ∂t

∂f

∂f ∂x

- y2

Problemas para resolver con tecnología

∂f ∂y

= 0.

Grupo Editorial Patria© 3.46  Demuestre que una función derivable con la estructura ∂g ∂g g(x3 + y3) satisface la ecuación: y 2 - x2 = 0. ∂x ∂y 3.47  Implemente la regla de la cadena para obtener ∂f ∂v

en el punto u = 1, v = 2 si x =

3.48  La función f (x, y ) =

∂f ∂u

y

u y y = u3v.

1

es homogénea, en el 2x + y2 sentido de Euler, entonces demuestre la relación x

∂f ∂x

+y

∂f ∂y

2

3.49  Obtenga los extremos relativos y los puntos silla de a) f (x, y ) = x 2 + xy - y 2 b) g(x, y ) = 3xy - x3 - y3 c) h(x, y ) = x sen y 3.50  Localice los puntos de la superficie y 2 - xz = 4, más cercanos al origen. Una caja rectangular tiene volumen V = xyz, encuentre los valores de sus lados sujetos a la restricción x + y + z = 1, tal que V sea máximo.

= -2 f .

Problema reto El alcance de un proyectil disparado con un ángulo de elevación θ sobre la horizontal y con velocidad v0  es: 1

R =

v 02 sen 2 θ g

Determine el ángulo que dé el alcance máximo.

Referencias Bibliográficas Spigel, Murray R. (2000). Análisis vectorial, 2a. ed., Serie Schaum, McGraw-Hill, México. Stewart, J. (2010). Cálculo de varias variables. Conceptos y contextos, 4a. ed., Cengage, México.

Referencias electrónicas http://www.youtube.com/watch?v=Onx678fKpvs (Fecha de recuperación: 2 de mayo del 2013) http://framonde.webs.upv.es/Sesion13.pdf (Fecha de recuperación: 2 de mayo del 2013) http://www.dma.fi.upm.es/docencia/primerciclo/calculo/Grupo1B/multivar.pdf (Fecha de recuperación: 2 de mayo del 2013) Problemas aplicados a la realidad

Problemas para resolver con tecnología

107

UNIDAD

108

3

Funciones de varias variables

UNIDAD

4

Integrales de varias variables Objetivos

Resolver diferentes tipos de problemas de integrales múltiples de funciones escalares. Resolver diferentes tipos de problemas de integrales múltiples de funciones vectoriales. Utilizar los teoremas en la solución de problemas de integrales múltiples. Aplicar los teoremas de integrales en la solución de problemas de física.

¿Qué sabes? ¿Cómo se define una integral definida? ¿Conoces los teoremas integrales?

UNIDAD

4

Integrales de varias variables

4.1  Integral definida Si f (x) se define para a ≤ x ≤ b, consideremos el intervalo [a, b], lo dividimos en n subintervalos [x1, x 2, …, xn] de ancho ∆x = (b - a)/n y se eligen puntos de muestra xi* en estos subintervalos. Entonces se forma la suma de Riemann de n

∑ f ( x i *) ∆x i =1

Si se toma el límite de las sumas cuando n → ∞ para obtener la integral definida de f de a a b. b

n

f ( x i *) ∆x ∫ f ( x ) dx = ∑ i =1 a

Cuando f (x) ≥ 0, la suma de Riemann se puede realizar como la suma de las áreas de los rectángulos b

de la figura 4.1 y

∫ f ( x ) dx

representa el área bajo la curva y = f (x) de a a b.

a



Figura 4.1

4.2  Integrales múltiples Ahora vamos a estudiar la integración de funciones reales de dos o más variables. Estas integrales se llaman integrales múltiples. Aunque, por su mayor interés práctico, nos vamos a limitar a funciones de dos y tres variables, los resultados que expondremos se generalizan con facilidad para funciones reales de cualquier número de variables. El cálculo de dichas integrales se reduce al cálculo de dos o tres integrales simples, lo que suele hacerse calculando las correspondientes primitivas. El área de una superficie en R3 o el flujo de un campo vectorial a través de la misma, están dados por medio de integrales dobles; la masa de un sólido en R3 o la carga eléctrica que encierra el mismo vienen dados por integrales triples. Los resultados principales del análisis vectorial, esto es, los teoremas de Green, Gauss y Stokes, se formulan por medio de integrales dobles y triples. Dichos resultados son herramientas básicas en la teoría de campos electromagnéticos y en la mecánica de fluidos.

❚ Integrales dobles y triples Sea f : A → R un campo escalar de dos variables definido en un conjunto A ⊂ R2. Las sumas de Riemann de f se aproximan tanto como se quiera a un número real que es, por definición, la integral de Riemann de f en el rectángulo [a, b] × [c, d ], que se representa por R = [a, b] × [c, d ] = {(x, y ) ∈ R2 | a ≤ x ≤ b c ≤ y ≤ d } 110

Grupo Editorial Patria© En el caso de una variable se calcula el área bajo la gráfica de f (x) en un intervalo, suponiendo f (x) acotada y positiva en dicho intervalo. Ahora, para funciones de dos variables se calculará el volumen bajo la gráfica de f (x, y ), suponiendo que está acotada y es positiva en el rectángulo R = [a, b] × [c, d ]. f : [a, b] × [c, d ] ⊆ R2 → R

Figura 4.2

Se toma una partición P1 = {x0, x1, …, xn} de [a, b] y una partición P2 = {y0, y1, …, yn} de [c, d ]. Estas dos particiones dan lugar a una partición del rectángulo [a, b] × [c, d ] formada por n × m subrectángulos. P = P1 × P2 ={(xi, yi) |  0 ≤ i ≤ n 0 ≤ j ≤ m} Para una partición P de un rectángulo, definimos la norma de P que se denota por  || P ||  como la longitud de la diagonal más larga de los subrectángulos. Dividimos los intervalos en tres partes de manera que el rectángulo queda dividido en nueve subrectángulos. Las longitudes de los lados son ∆x y ∆y, por tanto su área es ∆x∆y. Consideramos un punto cualquiera interior de este subrectángulo (x, y ). Construimos un prisma de base en el subrectángulo y altura f (x, y ). Su volumen será V = superficie de la base × altura = ∆x∆y f (x, y )



Figura 4.3

111

UNIDAD

4

Integrales de varias variables Ahora construimos un prisma sobre cada uno de los subrectángulos.



Figura 4.4

La suma de los nueve prismas es la siguiente:

∆x1∆y1 f (x1, y1) + ∆x1∆y 2 f (x1, y 2)+ ∆x1∆y3 f (x1, y3 )



+ ∆x 2∆y1 f (x 2, y1) + ∆x 2∆y 2 f (x 2, y 2) + + ∆x 2∆y3 f (x 2, y3 )



+ ∆x3∆y1 f (x3, y1) + ∆x3∆y 2 f (x3, y 2)+ ∆x3∆y3 f (x3, y3 ) =

3

3

∑ ∑ ∆x i ∆y j f ( x i , y j ) i =1 j =1

Esta suma se llama de Riemann de f respecto a la partición P y se denota por S(f, P ). El volumen entre la función y el plano es la suma de los volúmenes de los prismas; es decir, de la suma de Riemann cuando las longitudes de los lados ∆x y ∆y tienden a cero. 3

3

∑ ∑ ∆x i ∆y j f ( x i , y j ) ∆x → 0

Volumen = lím i

∆y j → 0

i =1 j =1

Entonces, Sea f : [a, b] × [c, d ] ⊆ R2 → R acotada en [a, b] × [c, d ] y P una partición de [a, b] × [c, d ], la integral doble de f en [a, b] × [c, d ] es

∫∫

m

n

∑ ∑ ∆x i ∆y j f ( x i , y j ) ∆x → 0

f ( x , y ) dxdy = lím i

[ a, b ] × [ c , d ]

∆y j → 0

i =1 j =1

f es integrable de Riemann en [a, b] × [c, d ] si existe este límite.

❚ Teorema de Fubini Sea f : D ⊆ R2 → R integrable en D, si: D = [a, b] × [c, d ]; entonces,

Alerta Si: f ( x , y ) = g ( x ) h ( y ); entonces,   f ( x , y )dx dy =  ∫ g ( x )dx   ∫ h ( y ) dy  a c  [a , b ] × [c , d ]

∫∫

b

d

En este caso la integral doble es reducible al producto de dos integrales simples.

112

∫∫

[ a, b ] × [ c , d ]

d  ∫  ∫ f ( x , y ) dy  dx = a c

b

f ( x , y ) dxdy =

b  ∫  ∫ f ( x , y ) dx  dy c a

d

La primera integral es en el producto de dos intervalos. Las dos últimas integrales son simples.

Grupo Editorial Patria©

Problema resuelto Calcule

∫∫ xdxdy

donde D = [1, 2] × [0, 1].

D

Solución

Se tiene D = [1, 2] × [0, 1] = {(x, y ) ∈ R2 |  1 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 1} Entonces, 1  ∫∫ x dx dy = ∫ x dx  ∫ dy  = D 1 0 2

2

2

∫ x dx (1) = ∫ x dx =

x2 2

1

1

2

= 1

4 2

-

1 2

=

3

Alerta

2

Si D = {(x, y ) ∈ R2 |  a ≤ x ≤ b g1(x) ≤ y ≤ g2(x)} donde g1, g2: [a, b] → R continuas en [a, b] y tales que g1(x) ≤ g2(x) ∀ x ∈[a, b].

o

∫∫ x dxdy = D

2  ∫ dy  ∫ x dx  = 0 1 1

 2 x ∫ dy  2 0  1

  =  1 2

1

 3

∫ dy  2  0

=

3

b  g2 ( x )  f ( x , y ) dx dy = dx ∫∫ ∫  ∫ f ( x , y )dy  D a  g1 ( x ) 

2

Problema resuelto Calcule

∫∫ x

2

ydxdy donde D = [0, 1] × [0, 1].

D

Solución

D = {(x, y ) ∈ R2 |  0 ≤ x ≤ 1 0 ≤ y ≤ 1}



Figura 4.5

Entonces,  2 y ∫∫ x ydxdy = ∫ x dx ∫ ydy = ∫ x dx  2 0 D 0 0  2

1

2

1

1

2

 11 2 1 x3  = x dx = ∫  20 2 3 0

1

1

= 0

1  1 1 = 2  3  6

113

UNIDAD

4

Integrales de varias variables

Problema resuelto Calcule

∫∫ xy

dxdy con D = {( x , y ) ∈  2 | x ≥ 0, y ≤ 1, y ≥ x 2 } .

D

Solución



Figura 4.6

Entonces, 1

1

∫∫ xy dxdy =

∫ x dx 0

x2

 1 x2  2  2

1

=

D

∫

ydy =

0

 2 y xdx ∫  2 0  1

1

x2

  =  

1

1

∫ xdx  2 0

x4  11 11 5  = ∫ xdx - ∫ x dx 2  20 20

 1 1  1 1 1  3 - 1 1  2  = -  =  =   =   6 0  2  2 6  2  6  2  6  6

x6

1

❚ Cambio de variables: Jacobiano Dada una integral doble de una función F (x, y ) definida en un dominio Dxy, es posible realizar un cambio de variables para otro dominio Duv de la siguiente manera: Sustituimos x por una función H(u, v), y y por otra función G(u, v). Entonces la integral doble resultará

∫∫ F ( x , y )dxdy

=

D xy

∫∫ F (H (u, v ), G (u, v )) |J |dudv

Duv

J se denomina Jacobiano, y es el determinante formado por las derivadas parciales de las funciones H y G.

J =

∂H

∂H

∂u ∂G

∂v ∂G

∂u

∂v

❚ Cambio de coordenadas rectangulares a coordenadas polares Algunas veces, la descripción de los dominios de integración en coordenadas rectangulares resulta más bien complicada, y se simplifica si los definimos en coordenadas polares (r, θ).

114



x = r cos θ



y = r sen θ

Grupo Editorial Patria©



Figura 4.7

Entonces el Jacobiano de las funciones x(r, θ) y y(r, θ) es:

J =

∂x

∂x

∂r ∂y

∂θ ∂y

∂r

∂θ

=

cos θ

− r sen θ

sen θ

r cos θ

Alerta

= r cos 2 θ + r sen2 θ = r

De coordenadas cartesianas a polares:

∫∫ F ( x , y ) dxdy = ∫∫ F (r , θ ) r drd θ

Puesto que r es un radio, es siempre positivo, entonces  | r |  = r

D

D

J

Problema resuelto Evalúe la siguiente integral usando coordenadas polares.

∫∫ xydA D

donde D es el disco con centro en el origen y radio 2. Solución 2

∫∫ xydA = ∫∫ xydxdy = ∫∫ (r cos θ )(r sen θ ) J drd θ = ∫ r D

D

=

∫r 2 0

3

2π

dr

∫ 0

2π

dr

0

D

12

3

 1 r4 sen 2 θ d θ =  2  4

   0 2

 cos 2 θ  2

2π

0

∫ cos θ sen θd θ 0

  

0

=0

Problema resuelto Evalúe la siguiente integral.

∫∫ e

- x2 -y2

dA

D

donde D es la región limitada por el semicírculo x =

4 - y 2 y el eje y.

115

UNIDAD

4

Integrales de varias variables Solución

Trazamos la gráfica de D como se muestra en la figura.



Figura 4.8 π

∫∫ e D

- x2 -y2

dA =

∫∫ e

- x2 -y2

dxdy =

D

2

∫ -

π

π

2

d θ∫e

- r2

r dr =

0

2

 1 - r2 ∫ d θ  - 2 e  π 2

 1 1   = π  - e -4     2 2 0 2

2

❚ Cambio de coordenadas cartesianas a coordenadas cilíndricas En tres dimensiones existen dos sistemas de coordenadas que son semejantes a las coordenadas polares y proporcionan descripciones más apropiadas de algunas superficies y sólidos que suelen presentarse. Uno de estos es el sistema de coordenadas cilíndricas, en donde un punto P del espacio tridimensional se representa mediante una tríada ordenada (r, θ, z) donde r y θ son las coordenadas polares de la proyección de P sobre el plano x y, y z es la distancia dirigida desde el plano x y a P, como se muestra en la figura 4.9. Las ecuaciones de transformación de coordenadas cilíndricas a rectangulares son

x = r cos θ



y = r sen θ



z=z

Y las ecuaciones de transformación de coordenadas rectangulares a cilíndricas son r =



θ = tan−1



z=z



116

x2 + y2



y x

Figura 4.9

Grupo Editorial Patria©

Problema resuelto Encuentre las coordenadas rectangulares del punto dado en coordenadas cilíndricas (2, π/4, 4). Solución

En este punto r = 2, θ = π/4, z = 4; entonces,

 1  x = 2 cos π/4 = 2   =  2

2



 1  y = 2 sen π/4= 2   =  2

2



z=4

Problema resuelto Encuentre las coordenadas cilíndricas del punto dado en coordenadas rectangulares (1, -1, 3). Solución

En este punto x = 1, y = -1, z = 3; entonces, r =

(1)2 + (1)2 =



θ = tan-1



z=3

-1 1

=-

2

π 4

Problema resuelto Determine la ecuación en coordenadas cilíndricas para la superficie, cuya ecuación rectangular se especifica a continuación: y 2 = x Solución

La superficie y 2 = x es un cilindro parabólico con generatrices paralelas al eje z. Sustituyendo y 2 por r 2 sen2 θ y x por r cos θ, obtenemos r 2 sen2 θ = r cos θ



r (r sen2 θ -cos θ) = 0 agrupando términos y factorizando r = cos θ/sen2 θ = csc θ cot θ

4.3  Integral en coordenadas cilíndricas Sea una integral triple de una función F (x, y, z) definida en un dominio Dxyz, podemos sustituir las variables x, y, z por funciones H (u, v, w), M (u, v, w) y N (u, v, w), respectivamente; entonces la integral triple nos queda igual a

∫∫∫ F ( x , y , z ) dxdy dz = ∫∫∫ F (H (u, v , w ), M (u, v , w ), N (u, v , w )) |J |dudvdw

D xyz

Duvw

117

UNIDAD

4

Integrales de varias variables donde el Jacobiano J es

J =

∂H

∂H

∂H

∂u ∂M

∂v ∂M

∂w ∂M

∂u ∂N

∂v ∂N

∂w ∂N

∂u

∂v

∂w

El Jacobiano para pasar de coordenadas cartesianas a coordenadas cilíndricas es

J =

∂x

∂x

∂x

∂r

∂φ

∂z

∂y

∂y

∂y

∂r

∂φ

∂z

∂z

∂z

∂z

∂r

∂φ

∂z

=

cos φ

− r sen nφ

0

sen φ

r cos φ

0

0

0

1

= r cos 2 φ + r sen2 φ = r

Alerta De coordenadas cartesianas a cilíndricas:

∫∫∫ F ( x , y , z ) dx dy dz = D xyz

entonces, r 2π z

r 2πz

∫∫

∫∫∫ F ( x , y , z )dxdy dz = ∫ ∫ ∫ G (r , φ, z ) r dr d φdz

∫ G (r , φ, z ) r dr d φdz

0 0 0

D xyz

J

0 0 0

Problema resuelto Usando integrales, determine el volumen de un cono de radio 4 y altura 4. Solución

El volumen está dado por la integral V =

∫∫∫ dxdy dz

En coordenadas cilíndricas V = ∫∫∫ r dr d θ dz . La ecuación del cono es z 2 = x 2 + y 2, entonces en coordenadas cilíndricas z 2 = r2 ⇒ z = r; ya que es un cono de radio 4 y altura 4, los límites de integración son: V =

2π

4

4

0

0

r

∫ d θ ∫ r dr ∫ dz

Entonces, V =

2π

∫ 0

4

2π

0

0

d θ ∫ r dr ( 4 - r ) =

∫

 2 4r r3 dθ  2 3 

  =  0 4

2π



0



∫ d θ 4

3

 1 1  43 64  2 - 3   = 6 ( 2 π ) = 3 π 

❚ Coordenadas esféricas El otro sistema muy usado en tres dimensiones es el sistema de coordenadas esféricas (r, θ, φ) donde r es la distancia desde el origen de coordenadas hasta el punto P, φ es el ángulo acimutal y θ es el ángulo entre el vector de posición y el eje z. 118

Grupo Editorial Patria© Y las coordenadas cartesianas están dadas por: x = r sen θ cos φ, y = r sen θ sen φ, z = r cos θ



Figura 4.10

El Jacobiano para realizar el cambio de coordenadas cartesianas a coordenadas esféricas es

J =

∂x

∂x

∂x

∂r

∂θ

∂φ

∂y

∂y

∂y

∂r

∂θ

∂φ

∂z

∂z

∂z

∂r

∂θ

∂φ

=

sen θ cos φ

r cos θ cos φ

− r sen θ sen φ

sen θ sen φ

r cos θ sen φ

r sen θ cos φ

co s θ

− r sen θ

0

J = cos θ ( r 2 cos θ sen θ cos 2 φ + r 2 cos θ sen θ sen2 φ ) + r sen θ ( r sen2 θ cos 2 φ + r sen2 θ sen2 φ ) J = cos θ r 2 cos θ sen θ (cos 2 φ + sen2 φ ) + r sen θ r sen2 θ (cos 2 φ + sen2 φ )   =1

=1

J = r 2 sen θ (cos 2 θ + sen2 θ ) = r 2 sen θ   =1

Entonces, r π/2 2 π

∫∫∫ F ( x , y , z )dxdy dz = ∫ ∫ ∫ G (r , θ, φ ) r

2

sen θ dr d θ d φ

0 − π/2 0

D xyz

Alerta De coordenadas cartesianas a esféricas

∫∫∫ F ( x , y , z ) dx dy dz = D xyz

r π/2 2 π

sen θ ∫ ∫ ∫ G (r , θ, φ) r    0 − π/2 0

2

dr d θd φ

J

119

UNIDAD

4

Integrales de varias variables

Problema resuelto Calcular el volumen del sólido dentro de la esfera x 2 + y 2 + z 2 = 16, y fuera del cono z = encima del plano xy.

x 2 + y 2 , por

Solución

El volumen está dado por la siguiente integral: V = En coordenadas esféricas se tiene: V =

∫∫∫ r

2

∫∫∫ dxdy dz

sen θ dr d θ d φ

r=4 16 - x 2 - y 2 = x 2 + y 2 ⇒ 2x 2 + 2y 2 = 16 ⇒ x 2 + y 2 = 8 x 2 + y 2 = r 2 sen2 θ cos2φ + r 2 sen2 θ sen2 φ = r 2 sen2 θ = 8 ⇒ sen2 θ =1/2 ⇒ sen θ = 1 / 2 ⇒ θ = π/4 V =

4

2 2 ∫∫∫ r sen θ dr d θd φ = ∫ r dr 0

=

4

3

3

π/2

∫

2π

∫ dφ

sen θd θ

π/4

0

 - cos( π / 2 ) + cos( π / 4 )  ( 2 π ) =

4 ( 2 π )  1  64 2 π  =  3 3  2 3

4.4  Aplicaciones geométricas y físicas de las integrales múltiples Si tenemos una masa distribuida de modo continuo en una región A del volumen xyz, un elemento dm de masa será dm= ρ(x, y, z) dxdydz = ρ(x, y, z)dV donde ρ(x, y, z) es la densidad en el punto (x, y, z) de V, entonces para determinar la masa se utiliza una integral triple m=

Alerta Se puede considerar que la masa total de un cuerpo determinado actúa sobre un solo punto, llamado centro de masa.

∫ ρdV = ∫∫∫ ρ( x , y , z )dxdy dz

El centro de masa está dado por ( x , y , z ), donde

x =

∫ xdm , M

y =

∫ y dm , M

z =

∫ zdm M

Problema resuelto Determine el centro de masa de la región limitada por un arco de la función y = sen x y el eje x. Tomando el arco para x ∈ [0, π]. Donde σ es la densidad superficial de masa y se considera constante. Solución

El área está dada por A=

π

∫ y dx = 0

120

π

π

0

0

∫ sen x dx = - cos x = 2

Grupo Editorial Patria© Entonces la coordenada x del centro de masa es:

∫ xdm = ∫ xσ dA

x =

M

σA

=

1

∫ xdA =

A

1 A

∫ xy dx =

1 A

π

∫ x sen x dx 0

Ahora integramos por partes

u = x ⇒ du = dx



dv = sen x dx ⇒ v = -cos x



∫ x sen x dx = - x cos x + ∫ cos x dx = - x cos x + sen x



x =

1

π

∫ x sen x dx = 2 0

1 2

π

( - x cos x + sen x ) 0 =

π 2

La coordenada y del centro de masa es:

∫ y dm = ∫ yσ dA

y =

M

σA

=

1

∫ y dA = A

1

∫y A

2

dx =

1

π

∫ sen A

2

x dx

0

Ahora integramos   2  sen x dx  = - sen x cos x + cos 2 xdx sen x dx = sen x ∫ ∫     ∫   u dv uv - ∫ v du = - sen x cos x + ∫ cos 2 xdx = - sen x cos x + ∫ dx - ∫ sen2 x dx    



1- sen2 x

∫ sen

2



y =

x dx =

1π

∫

20

x-

- sen x cos x + x 2

= 

sen 2 x = 2 sen x cos x

sen 2 x 2 2

=

x 2

-

1 4

s en 2 x

π π 1 x 1 1  π sen2 x dx =  - sen 2 x  =   =  2  2 4 2  2 4 0 

Problema resuelto Determine la masa de la lámina triangular de vértices (0, 0), (0, 3) y (2, 3), si su densidad en (x, y ) es ρ(x, y ) = 2x + y. Solución

La masa está dada por: m =

m=

∫ ρdA

en este caso

∫ ρdA = ∫∫ ( 2 x + y )dxdy A



Figura 4.11

121

UNIDAD

4

Integrales de varias variables



m=

2

3

∫ dx ∫ ( 2 x + y )dy 0

3 2

x

 y2  m = ∫ dx  2 xy +  2   0 2

3

3 2

x

2  3   x   2   3   32   2  = ∫ dx 2 x  3 - x  +   2 2   2   0

   = 



2

∫ dx  6 x - 3 x

2

0

+

9 2

-

9 x2   8 

2

9 33 2  9 x2 33  x 3  m = ∫  + 6x x  dx = x + 6   2  8 2 2 8  3  0 0 2

m=

9

 22  33  23  33 = 10   = 9 + 12  8  3 3  2

( 2) + 6  2

4.5  Momento de inercia El momento de inercia refleja la distribución de masa de un cuerpo o de un sistema de partículas en rotación, respecto a un eje de giro. El momento de inercia solo depende de la geometría del cuerpo y de la posición del eje de giro, y no de las fuerzas que intervienen en el movimiento. El momento de inercia desempeña un papel análogo al de la masa inercial en el caso del movimiento rectilíneo y uniforme.

Alerta El momento de inercia es el equivalente de la masa en el movimiento rotacional.

Para un cuerpo de masa continua el momento de inercia está dado por: I =

∫r

2

dm =

∫∫∫ r

2

ρdV

La integral se realiza sobre todo el volumen del cuerpo.

Problema resuelto Calcule el momento de inercia de una varilla de masa M, longitud L y densidad lineal uniforme ρ, respecto a un eje perpendicular a la varilla que pasa por el centro de masas. Solución

La masa dm del elemento de longitud de la varilla comprendido entre x y x + dx es dm = ρdx . El momento de inercia de la varilla es I=



Figura 4.12

122

∫x

I= ρ

2

L/2

∫

dm =

2

x ρdx = ρ

- L/2 3

L

24

+ ρ

3

L

24

= 2ρ

3

L

24

=2

x3 3

L/2

- L/2 3

M L

L 24

=

ML2 12

Grupo Editorial Patria©

Problema resuelto Calcule el momento de inercia de un disco de masa M y radio R y densidad superficial uniforme σ, respecto a un eje perpendicular al plano del disco que pasa por su centro. Solución

La masa dm del elemento de longitud del disco comprendido entre r y r + dr es dm = ρ2 πrdr .



Figura 4.13

El momento de inercia del disco es I=

2 ∫ r dm =

I = 2 πρ

R4 4

R

2 ∫ r ρ2 πr dr = ρ2 π 0

= 2π

M R4 πR

2

4

=

r4 4

R

0

MR 2 2

4.6  Integrales de línea de campos escalares Supongamos una función definida en el plano, F : R2→ R, que denotaremos por F (x, y ), y una curva parametrizada C, dada por las ecuaciones x(t ), y(t ). La integral de línea del campo F (x, y ) a lo largo de la curva C, entre los puntos P = (xP , yP ) y Q = (xQ , yQ ), está dada por tQ

∫ C F ( s )ds = ∫ F ( x (t ), y (t ))

( x ′ ( t ))2 + ( y ´( t ))2 dt .

tP

En esta expresión, tP y tQ son los valores del parámetro t para los cuales la curva pasa por P = (xP , yP ) y Q = (xQ , yQ ), respectivamente. Si recorremos C en sentido inverso, cambia el signo de la integral.

Problema resuelto x3 x2 Evalúe la integral de línea del campo F (x, y ) = a lo largo de la parábola y = entre los puntos y 2 (0, 0) y (2, 2).

123

UNIDAD

4

Integrales de varias variables Solución

Lo primero que hay que hacer es parametrizar la parábola; siempre se puede escribir una función arbitraria y = y(x) como una curva parametrizada. Sólo se debe resolver: x = t, y = y(t ). Entonces, t2

x = t, y(t )=

2

Los valores del parámetro t para los cuales la parábola pasa por (0, 0) y (2, 2) son, respectivamente, t = 0 y t = 2. Entonces, 

2

∫ C F ( s ) ⋅ ds = ∫ F  t , 0

=

2

t3

∫ t2

t2  2  1 + t dt 2 1 + t 2 dt =

0

2

∫ 0

(

2 2 tdt = ∫ u1/ 2 du = u 3 / 2 = 1 + t 2 1 + t2 2  3 3 u du

)

3/2

2

0

2 =

2 3

( 53 / 2 - 1)

Problema resuelto Calcular la integral de línea del campo F (x, y ) = xy 2 a lo largo de la curva: x = cos t, y = sen t, t ∈ [0, 2π]. Solución 2π

∫ C F ( s ) ⋅ ds = ∫ (cos t ) sen

2

t ( - sen t )2 + (cos t )2 dt =

2π

∫ 0

sen2 t cos tdt = ∫ u 2 du =      u

sen3 t 3

du

2

∫ (cos t ) sen

2

t sen2 t + cos 2 tdt  

0

0

=

2π

=1

2π

=0 0

Problema resuelto Evalúe

∫C y

3

3 ds donde C: x = t  , y = t, 0 ≤ t ≤ 2.

Solución

2

∫ C F ( s ) ⋅ ds = ∫ t 0

3

9 t 4 + 1 dt =  u = 9 t 4 +1 ⇒ du = 36 t 3 dt ⇒ t 3 dt = du / 36

∫

u

du 36

=

3

3

1 u2

( 9 t 4 + 1) 2

36 3

=

2

=

54

2

3

145 2 - 1 54

0

4.7  Integrales de línea de campos vectoriales Un campo F : Rn → Rn se dice que es un campo vectorial n−dimensional. Denotaremos al campo F como: F (x, y ) = F1(x, y ) iˆ + F2(x, y ) jˆ 124

Grupo Editorial Patria© o como F (x, y ) = (F1(x, y ), F2(x, y )), para una curva parametrizada C: x(t ), y(t ), t ∈ [a, b]. La integral de F a lo largo de C entre los puntos P = (xP, yP ) y Q = (xQ, yQ), es: n

∫F ⋅dr = n

C

∫C

tQ

tQ

tP

tP

F1 ( x , y )dx + F2 ( x , y )dy =

∫ F1 ( x , y )dx +

∫ F2 ( x , y )dy

Problema resuelto Evalúe la integral de línea del campo F (x, y ) = (xy, x 2) a lo largo de la curva C con ecuaciones paramétricas x(t ) = 3t − 1, y(t ) = 3t2 − 2t, t ∈ [1, 5/3]. Solución

En este caso, tenemos que: F1(x, y ) = xy, F2(x, y ) = x 2;

∫ C xydx + x

por tanto, lo que queremos es

∫ C xydx + x

2

2

dy ; entonces,

5/ 3

∫ ( 3t - 1)( 3t

dy =

2

5/3

- 2 t ) 3 dt +

1

5/3

=

∫ ( 81t

3

∫ ( 3t - 1)

2

( 6 t - 2 )dt

1

- 81t 2 + 24 t - 2 )dt = 58

1

La interpretación física de la integral

∫ C F1 ( x , y )dx + F2 ( x , y )dy es que es igual al trabajo que realiza

el campo vectorial F (x, y ) = (F1(x, y ), F2(x, y )), cuando una partícula se desplaza desde el punto P al Q siguiendo la trayectoria C.

Problema resuelto Calcule el trabajo ejercido por el campo: F (x, y, z) = (3x − 2y, y + 2z, −x 2 ) sobre una partícula que se mueve sobre la curva parametrizada en el espacio C: x = t4, y = t, z = t 2, desde el punto (0, 0, 0) hasta el (1, 1, 1). Solución

Tenemos que integrar

∫ C ( 3x - 2y )dx + ( y +

2 z )dy - x 2 dz =

1

∫ ( 3t

4

- 2 t ) 4 t 3 dt + ( t + 2 t 2 )dt - ( t 4 )2 2 tdt

0

1

= ∫ ( - 2 t 9 + 12 t 7 - 8 t 4 + 2 t 2 + t )dt = 0

13 15

125

UNIDAD

4

Integrales de varias variables

4.8  Teoremas integrales ❚ Teorema de la divergencia de Gauss El teorema de la divergencia, también llamado teorema de Gauss o teorema de GaussOstrogradsky, relaciona el flujo de un campo vectorial a través de una superficie cerrada con la integral de su divergencia en el volumen delimitado por dicha superficie.

Alerta

Sea V el volumen limitado por una superficie cerrada S y A una función vectorial con derivadas continuas n

n

n

n n ∫∫∫ ∇ ⋅ A dV = ∫∫ A ⋅ n ds =  ∫∫ s A ⋅ d s V

s

n

donde n es la normal exterior a S positiva.

Figura 4.14 n

La divergencia de A es un campo escalar.

Problema resuelto Evalúe el flujo del campo vectorial n

F ( x , y , z ) = xyiˆ + ( y 2 + e xz ) jˆ + sen ( xy ) kˆ 2

a través de la superficie frontera de la región E acotada por el cilindro parabólico z = 1 ‑ x 2 y los planos z = 0, y = 0, y + z = 2 Solución

Aplicaremos el teorema de la divergencia n

n



∫∫∫ ∇ ⋅ F dV = ∫∫ F ⋅ n ds =  ∫∫ s F ⋅ d s V

n

n

s

Calculamos n

∇ ⋅ F = y + 2y = 3y

Figura 4.15  n

n

n

∫∫ F ⋅ d S = ∫∫∫ ∇ ⋅ F dV = ∫∫∫ 3 y dV S

V

= 3∫

V

1 -1

1- x 2

2- z

∫0 ∫0

1

1- x 2

-1

0

y dy dzdx = 3 ∫ dx

∫

 2 y dz   2 

2- z

0

 1- x 2 1  ( 2 - z )2   = 3 dx ∫ ∫ dz  2   0 -1 

1  x 6 + 3 x 4 + 3 x 2 - 7  184  184 = = 3 ∫ dx   = 3  105  35 6   -1

126

Grupo Editorial Patria©

Problema resuelto n

n

n

Verifique el teorema de la divergencia para el campo vectorial F =  | r  |  r y la superficie esférica x 2 + y 2 + z 2 = 9. Solución

Figura 4.16  n

d S = (r 2 sen θd θ d φ ) rˆ n

F en coordenadas esféricas está dada por n

n n

n

n



F = r r = rrrˆ = r 2 rˆ = 9 rˆ



F ⋅ d S = 9 ( 9 sen θ d θ d φ ) rˆ ⋅ rˆ = 81 sen θ d θd φ  =1

Entonces, n n

2π

π

0

0

∫∫ F ⋅ n ds = ∫ d φ ∫ 81 sen θdθ = ( 2 π )( 81)( 2 ) = 324 π s

Ahora calculamos la divergencia: La divergencia en coordenadas esféricas está dada por: 1 ∂

n

∇⋅F =

r

2

∂r

(r 2 Fr ) +

1

∂

r sen θ ∂ θ

(Fθ ) +

∂

1

r sen θ ∂φ

( Fφ )

Entonces, 1 ∂

n

∇⋅F =

Ahora calculamos

n

∫∫∫ ∇ ⋅ F dV

r 2 ∂r

(r 2 Fr ) =

1 ∂ r 2 ∂r

(r 4 ) =

1 r2

4r 3 = 4r

en coordenadas esféricas:

V

n

∫∫∫ ∇ ⋅ F

dV =

V

2π

3

∫ 0 ∫ 0 ∫ 0 4r ⋅ r π

2

sen θ dr d θ d φ = 4 ∫

π 0

2 π r

∫0

3

   dφ sen θ dθ  4  0 4

 34  = 4   ( 2 π )( 2 ) = 324 π  4  Hemos verificado que

n

n

∫∫∫ ∇ ⋅ F dV = ∫∫ F ⋅ nds V

n

S

127

UNIDAD

4

Integrales de varias variables ❚ Teorema de Stokes Sea S una superficie orientada y suave a ntrozos, acotada por una curva C suave a trozos, cerrada y simple, cuya orientación es positiva. Sea F un campo vectorial cuyas componentes tienen derivadas parciales continuas en una región abierta en R3 que contiene a S. Entonces, n

∫C F ⋅ d r

n

=

∫∫ S

∇ × F ⋅ dS

Problema resuelto n

Verifique el teorema de Stokes para el campo vectorial F ( x , y , z ) = 3 yiˆ + 4 zjˆ - 6 xkˆ y la parte de la superficie del paraboloide z = 9 - x 2 - y 2 ubicada sobre el plano xy y orientada hacia arriba. Solución

Figura 4.17 La curva C es en este caso una circunferencia de radio 3 centrada en el origen en el plano xy. Con coordenadas polares (r = 3, θ) x = 3 cos θ y = 3 sen θ

con 0 ≤ θ ≤ 2 π

z =0 Entonces, n

F ( θ ) = 9 sen θiˆ + 0 jˆ - 18 cos θkˆ n

El vector de posición r está dado por r ( θ ) = 3 cos θiˆ + 3 sen θjˆ + 0 kˆ

n

Su derivada es r ′( θ ) = - 3 sen θiˆ + 3 cos θjˆ + 0 kˆ

n

n

Entonces F n

⋅ d rn  n

F ⋅ d r = F ⋅ r ′d θ = ( 9 sen θiˆ + 0 jˆ - 18 cos θkˆ ) ⋅ ( - 3 sen θiˆ + 3 cos θjˆ + 0 kˆ ) d θ = - 27 sen2 θdθ

128

∫C

n

n

F ⋅d r = n

2π

∫ 0

 θ sen ( 2 θ ) 2 π   = -27 π - 27 sen2 θd θ = - 27    2 4 0 

Grupo Editorial Patria© Ahora evaluamos el rotacional. iˆ n

∇×F =

kˆ

jˆ

∂

∂

∂

∂x

∂y

∂z

3y

4z

-6 x

= 4 iˆ + 6 jˆ - 3 kˆ

Ahora parametrizamos la superficie del paraboloide, usaremos coordenadas cilíndricas: x = r cos θ y = r sen θ

0≤r ≤3

con

0 ≤ θ ≤ 2π

z = 9 - r2 La normal está dada por:

n

n

rr × r

θ

=

kˆ

iˆ

jˆ

cos θ

sen θ

-2 r

- r sen θ

r cos θ

0

= 2 r 2 cos θiˆ + 2 r 2 sen θjˆ + rkˆ

Vemos que la componente z de este vector es positiva. Usando entonces esta parametrización, tenemos: n

n

n

∫∫ ( ∇ × F ) ⋅ d S = ∫∫ ( ∇ × F ) ⋅ (rr × rθ )drd θ = ∫ 0 ∫ 0 S

3

2π

( 8 r 2 cos θ + 12 r 2 sen θ - 3 r ) drd θ

D

=

3

∫ 0  8 r

2

sen θ - 12 r 2 cos θ - 3 r θ

3

r2

0

2

= - ∫ 6 πrdr = - 6 π

2π 0

  dr =

3

∫ 0 ( 8r

2

( 0 - 0 ) - 12 r 2 (1 - 1) - 3 r ( 2 π ))dr

3

= - 3 π ( 3 )2 = - 27 π 0

❚ Teorema de Green n

Sea C una curva simple y cerrada, suave a trozos y orientada positivamente, y sea F (x, y ) = (P, Q) un campo vectorial cuyas funciones coordenadas tienen derivadas parciales continuas en una región abierta que contiene a la región D acotada por C. Entonces,  ∂Q

∫∫  ∂x D

−

∂P   dA = ∂y 

n

n ∫ F · d r = ∫ Pdx + Qdy

C

C

Alerta Si las funciones P y Q no tienen derivadas parciales continuas en todos los puntos de la región, no se satisface el teorema de Green.

Problema resuelto Evalúe

∫x

4

dx + xydy , donde C es la curva triangular que une los puntos (0, 0), (0, 1) y (1, 0), orientada

C

positivamente.

129

UNIDAD

4

Integrales de varias variables Solución

Figura 4.18  Entonces, P (x; y ) = x4 ⇒

Q ( x ; y ) = xy ⇒

∂P ∂y ∂Q ∂x

=0

=y

Usando el teorema de Green:

∫x

4

dx + xy dy =

C

 ∂Q

∫∫  ∂x

-

D

=-

∂P   dA = ∂y 

1 (1 - x ) 3 6

1

= 0

1

1- x

∫0∫0

y dy dx =

1

1

∫ 0  2 y

2

1- x 0

  dx = 

11

∫ 0 2 (1 - x )

1 6

Problema resuelto Determine el área de la región limitada por la hipocicloide que tiene la ecuación vectorial r ( t ) = cos 3 tiˆ + sen3 t jˆ , 0 ≤ t ≤ 2π

n

Solución

Figura 4.19 

130

2

dx =

Grupo Editorial Patria©

x = cos3t ⇒ x 2/3 = cos2t



y = sen3t ⇒ y 2/3 = sen2t

Sumando miembro a miembro tenemos: x 2 / 3 + y 2 / 3 = 1 ⇒ y = ± (1 - x 2 / 3 ) 3 / 2 ⇒ A = El área de una región D es A =

1

+ ( 1- x 2 / 3 )3 / 2

∫ -1 ∫ - (1- x

2/3 3/2

)

1

∫ - 1 2 (1 - x

dy dx =

2/3 3/2

)

dx

∫∫ dA . Por tanto, para aplicar el teorema de Green deberíamos enconD

∂Q ∂P = 1. Un par de funciones sencillas que cumplen esta condición trar funciones P, Q, tales que ∂x ∂y son P = 0, Q = x. Entonces,

x = cos3t ⇒ dx = -3 cos2t sent dt



y = sen3t ⇒ dy = 3 sen2t cost dt

Entonces, A=

 ∂Q

∫∫  ∂x

-

D

=

2π

∫0

∂P  dA = ∫ Pdx + Qdy = ∫ Qdy ∂y  C C

cos 3 t ( 3 s en2 t cos tdt ) = 3 ∫

2π 0

 ( 3 sen t ) - 4 s e n3 ( 2 t ) - 12 t cos 4 t sen2 t dt = 3   192 

2π

0

 3  = π  8 

Problemas para resolver 4.1  Calcule

∫∫ sen x cos y dxdy D

4.2  Calcule

∫∫ ( 3 x

2

 π con D = [ 0, π ] × 0 ,  .  2

4.3  Calcule

∫∫ ( x

∫ ∫ 0

+ 2 y )dxdy con D = [ 0, 1] × [ 0, 2 ] .

D

2

π / 2 1+ cos θ

4.7 

6 r 2 sen θ dr d θ .

cos θ

∞∞

4.8 

∫ ∫ 4 xye

- ( x2 +y2 )

dxdy .

0 0

2

+ y )dxdy con

D

D = {( x , y ) ∈  2 | x ≥ 0, x - y ≤ 0, x + y ≤ 2 } .

Calcule las siguientes integrales iteradas:

Evalúe las siguientes integrales iteradas:

1 1 1- x 8 - z 8

4.9  2

4.4 

x

∫ ∫ xy

2

dy dx .

∫∫ ∫ 0 0

1 1/ x

2

4.5 

y

∫ ∫

( e x + y )dxdy .

4.10 

9 x 2 z 2 e y dy dxdz .

0

2

3 /2 y

0

0

3

∫ ∫ ∫ 0

1 y4 - z2

dzdy dx .

1 ln y 2

1 x 1/ 4

4.6 

∫ ∫ 0

3

8 y ln(1 + x )dy dx .

0

π x2 x

4.11 

 z

∫ ∫ ∫ sen  x  dy dzdx . 0 0 0

Problemas aplicados a la realidad

Problemas para resolver con tecnología

131

UNIDAD

4

Problemas para resolver

Utilice la integral doble para obtener el área de la región acotada por las gráficas de:

4.31  En cada inciso se da una ecuación en coordenadas esféricas. Muestre la ecuación en coordenadas rectangulares:

4.12  y 2 = 4 - x, y 2 = 4 + x.

a) r = 2 sec θ.

4.13  y = ex, y = cosh x, x = 3.

b) r = 2 sen θ cos ϕ.

4.14  y 2 = 12 - 4x, y = -x.

4.32  Encuentre el volumen limitado por las gráficas de: y 2 + z 2 = 16, x = y + z, y ≥ 0, z ≥ 0 y los planos coordenados.

4.15  Determine ∫ ∫ cos x e y dy dx sobre la región acotada por las gráficas de y = sen x, x = 0, x = π/2. 4.16  Calcule ∫ ∫ 2xy 2 dx dy en la región limitada por y 2 = 3 - x, y 2 = x - 1. Encuentre las coordenadas rectangulares del punto dado en coordenadas cilíndricas. 4.17  (1, π, e).

4.19  (3, 3π/2, 2). Encuentre las coordenadas cilíndricas del punto dado en coordenadas rectangulares. 4.20  (-1, -1, 3).

4.35  Utilice coordenadas cilíndricas para obtener el volumen de la región acotada por 4z 2 = x 2 + y 2, planos xz y yz y z = 2.

4.37  La región acotada por y = sen x, y = 2x/π, 0 ≤ x ≤ π/2, es una lámina homogénea, entonces obtenga las coordenadas de su centro de masa: x cm =

4.21  (2, 2, 2).

1 m

∫∫ xρ dxdy ,

y cm =

1 m

∫∫ yρ dxdy , m = ∫∫ ρ dxdy .

utilizando ρ constante.

4.22  (4, -3, 5). 4.23  Calcule el área de la superficie del paraboloide x = y 2 + z 2 que está entre su vértice y el plano x = 4. 4.24  Determine el área de la superficie de la esfera x 2 + y 2 + z 2 = 4, dentro del cono z 2 = x 2 + y 2, z > 0. 4.25  Obtenga el área de la porción esférica x 2 + y 2 + z 2 = 9 entre z = 1 y z = 2. 4.26  Utilice coordenadas polares para determinar I:   ∞ ∞ 2 2 I  ∫ e - x dx   ∫ e - y dy  =    0  0

4.34  Encuentre el volumen limitado por las gráficas de: x = y x + y = 2, x = 0, z = 0, z = 4.

4.36  Mediante coordenadas esféricas determine el volumen del sólido limitado por: x 2 + y 2 + z 2 = 4, x 2 + y 2 = z 2/3, z ≥ 0.

4.18  (2, -π/3, 5).

2

4.33  Encuentre el volumen limitado por las gráficas de: y = x4, y = 16, z = 0, z = 2.

∞∞

∫ ∫e

- ( x2 +y2 )

dxdy .

0 0

4.38  La zona limitada por x 2/9 + y 2/4 = 1, x = 0, y = 0 es una lámina con densidad ρ(x, y ) = xy. Determine su centro de masa. 4.39  Encuentre el centro de masa del sólido formado por el hemisferio x 2 + y 2 + z 2 = 4 sobre el plano xy, si la densidad de masa es ρ(x, y ) = z. 4.40  Encuentre el centro de masa del sólido formado por el cilindro y 2 + z 2 = 1, x = 0, x = 2 con densidad ρ = x. 4.41  Encuentre el centro de masa de la región r = 1, r = 2, x = 0, y = 0, primer cuadrante, ρ = kr. 4.42  Obtenga el centro de masa del sólido acotado por: x 2 + y 2 = 4, z = 0, z = 2 con ρ = kz; utilice coordenadas cilíndricas.

4.27  Calcule el área de la elipse x 2/a2 + y 2/b2 = 1, a > b, que en coordenadas polares adopta la forma: c r = a (1 - e2)/(1 + e cos ϕ), c = a 2 - b 2 , 0 < e = < 1, con a el origen en el foco izquierdo.

4.43  Obtenga el centro de masa del sólido acotado por: x 2 + y 2 + z 2 = 4, z = 0, tal que ρ = kz; aplique coordenadas esféricas.

4.28  Determine el área limitada por r = 1 + cos (2ϕ), y = 0, 0 ≤ ϕ ≤ π/2.

4.44  Calcule el momento de inercia respecto al eje z para el sólido limitado arriba por el hemisferio x 2 + y 2 + z 2 = 4 y abajo

4.29  En coordenadas cartesianas el punto P está dado por (1, 1, 1). Obtenga la ubicación de P en: a) coordenadas cilíndricas, b) coordenadas esféricas. 4.30  Convierta de coordenadas esféricas a cilíndricas: a) (2, π/3, π/4).

Problemas aplicados a la realidad

x2 + y2 .

4.45  Calcule el momento de inercia respecto al eje z para el sólido limitado por la esfera x 2 + y 2 + z 2 = 1, tal que ρ = k(x 2 + y 2 + z 2). 4.46  La siguiente región es homogénea de masa m, entre y = sen x, y = 0, 0 ≤ x ≤ π, encuentre su momento de inercia respecto al eje x: Ix =

b) (1, π/2, π/6). 132

por el plano z = 1 con ρ =

∫∫ y

2

ρdxdy

ρ=

m A

Problemas para resolver con tecnología

A =

∫∫ dxdy .

Grupo Editorial Patria© 4.47  La siguiente región es homogénea de masa m, entre y = x 2 - 4, x = 0, y = 0, encuentre su momento de inercia respecto al eje y, Iy . 4.48  Para el interior de la elipse x 2/4 + y 2 = 1, determine su momento de inercia polar Ix + Iy . 4.49  Calcule Ix, para la región limitada por: y 2 = 2x, x = 2, y ≥ 0, con ρ = x. 4.50  Calcule Iy, para la zona acotada por las parábolas: y 2 = x - 2, y 2 = 4 - x, con ρ = 1/x. 4.51  Para la zona acotada por y 2 = x, x = 1, y ≥ 0, con ρ = 24y, obtenga Ix + Iy. 4.52  Calcule el momento de inercia de la esfera homogénea de masa m y radio R: Iz =

∫∫∫ ( x

2

+ y 2 ) ρ dV = ?

4.53  Calcule el momento de inercia Iy del volumen delimitado por el primer octante, planos coordenados, x + 2y + 3z = 6, ρ = kx, Iy =

∫∫∫ ( x

2

+ z 2 ) ρ dV = ?

4.54  Verifique el teorema de la divergencia para el campo n vectorial F ( x , y , z ) = ( 2 xy , - y 2 , z + xy ) , para un cilindro con base en el plano xy con centro en el origen de radio 3 y altura 5. 4.55  Verifique que el teorema de Stokes para el campo n vectorial es F ( x , y , z ) = ( - y , x , - 2 ) , y que S es el cono z 2 = x 2 + y 2, 0 ≤ z ≤ 4. 4.56  Use el teorema de Green, calcule el trabajo realizado n por la fuerza F ( x , y ) = ( y + 3 x ) iˆ + ( 2 y - x ) jˆ para mover una partícula a lo largo de la elipse 4 x + y = 4 la dirección contraria a las manecillas del reloj.

Problema reto Alerta Ley de Gauss

1

Demuestre el siguiente resultado, de importancia trascendente en electromagnetismo. Sea n E una región simple sólida en R3 y S su frontera. Sea también r el vector posición (x, y, z). Entonces si (0, 0, 0) ∉ S, tenemos: n

∫∫ S

r

n

3

r

n

⋅dS

 4 π =   0

si

(0; 0; 0) ∈ E

si

(0; 0; 0) ∉ E

Observe que si el origen pertenece a E no podemos aplicar el teorema de la divergencia. Aplique el teorema de la divergencia a toda la región salvo una pequeña bola de radio ε centrada en el origen y después calcule el flujo sobre la frontera de esta última.

Referencias Bibliográficas Spigel, Murray R. (2000). Análisis vectorial, 2a. ed., Serie Schaum, McGraw-Hill, México. Stewart, J. (2010). Cálculo de varias variables. Conceptos y contextos, 4a. ed., Cengage, México.

Referencias electrónicas http://es.solvemymath.com/calculadoras/calculo/integrales_definidas/ (Fecha de recuperación: 29 de abril de 2013) Problemas aplicados a la realidad

Problemas para resolver con tecnología

133

UNIDAD

4

Integrales de varias variables http://personales.unican.es/gonzaleof/Ciencias_2/areasC2.pdf (Fecha de recuperación: 29 de abril de 2013) http://www.youtube.com/watch?v=Pr2zQgAIuFI (Fecha de recuperación: 29 de abril de 2013) http://www.ing.uc.edu.ve/~gcisneros/pdf/IntDobles.pdf (Fecha de recuperación: 29 de abril de 2013) http://www.zweigmedia.com/MundoReal/Calcsumm8.html (Fecha de recuperación: 7 de mayo del 2013)

134