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n

f( x) k=0

f (k ) (a) (x k!

k

a)

b

f( x) dx =F (b)

F( a)

a

Curso de introducción al cálculo para grados en ingeniería

n

f (k ) (a) (x k!

f( x) k=0

Isaac A. García Susanna Maza

a)k

b

f( x) dx =F (b)

F( a)

a

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

V=

f( x, y) dxdy D

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

V=

f( x, y) dxdy D

eines 73

Curso de introducción al cálculo para grados en ingeniería

Isaac A. García y Susanna Maza

Seminari de Sistemes Dinàmics Departament de Matemàtica Universitat de Lleida

ISBN 978-84-8409-603-0

© Edicions de la Universitat de Lleida, 2013 © del texto: los autores

Maquetación Edicions i Publicacions de la UdL Diseño de portada cat & cas Esta publicación electrónica ha sido patrocinada por Banco Santander

Cualquier forma de reproducción, distribución, comunicación pública o transformación de esta obra solo puede ser realizada con la autorización de sus titulares, salvo excepción prevista por la ley.

fragmento de esta obra.

Dedicado a nuestras hijas, Nadia y Ares.

Índice general 1. Continuidad de Funciones Reales de Variable Real 1.1. Concepto de función. Dominio y recorrido . . . . . . 1.2. Operaciones con funciones . . . . . . . . . . . . . . . 1.3. Composición de funciones . . . . . . . . . . . . . . . 1.4. Función inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5. L´ımites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6. Continuidad de funciones . . . . . . . . . . . . . . . 1.7. Funciones monótonas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.8. Problemas propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.9. Problemas resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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3 3 4 5 5 5 9 13 13 15

2. C´ alculo Diferencial con una Variable 2.1. La derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2. Derivadas laterales . . . . . . . . . . . . . 2.3. Teoremas sobre funciones derivables . . . 2.4. Aproximación local de funciones: Teorema 2.5. Aplicaciones de la fórmula de Taylor . . . 2.6. Problemas propuestos . . . . . . . . . . . 2.7. Problemas resueltos . . . . . . . . . . . .

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17 17 20 23 27 31 35 38

3. C´ alculo Integral con una Variable 3.1. La integral de Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2. Algunos teoremas sobre integrales . . . . . . . . . . . . . . 3.3. Cálculo de primitivas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.1. Fórmulas básicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.2. Integraci´ on de funciones racionales . . . . . . . . . 3.3.3. Integraci´ on de funciones racionales trigonométricas 3.4. Algunas aplicaciones de la integraci´ on . . . . . . . . . . . ´ 3.4.1. Areas planas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4.2. Longitudes de arcos planos . . . . . . . . . . . . . 3.4.3. Vol´ umenes y superficies de revolución . . . . . . . 3.4.4. Centro de masas de figuras planas . . . . . . . . . 3.4.5. Momentos de inercia de curvas planas . . . . . . . 3.5. Integrales impropias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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53 53 56 60 60 62 66 69 69 70 71 73 75 76

i

. . . . . . . . . . . . . . . . . . de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . .

´ INDICE GENERAL

ii

3.5.1. Integrales impropias de primera especie 3.5.2. Integrales impropias de segunda especie 3.5.3. Algunos criterios de convergencia . . . . 3.6. Problemas propuestos . . . . . . . . . . . . . . 3.7. Problemas resueltos . . . . . . . . . . . . . . . 4. Continuidad de Funciones Reales de Varias 4.1. Concepto de función. Dominio y recorrido . 4.2. L´ımites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3. Continuidad de funciones . . . . . . . . . . 4.4. Problemas propuestos . . . . . . . . . . . .

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76 78 80 85 88

Variables Reales 95 . . . . . . . . . . . . 95 . . . . . . . . . . . . 96 . . . . . . . . . . . . 101 . . . . . . . . . . . . 102

5. C´ alculo Diferencial con Varias Variables 5.1. La diferencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2. Derivadas direccionales . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3. Interpretaciones geométricas de las derivadas parciales 5.4. Composición de funciones y regla de la cadena . . . . 5.5. Derivadas parciales de orden superior . . . . . . . . . . 5.6. Fórmula de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.7. Extremos de funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.8. Extremos condicionados . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.9. Extremos absolutos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.10. Problemas propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.11. Problemas resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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105 105 108 115 120 124 125 126 133 140 142 148

6. Integraci´ on Doble 6.1. Conceptos preliminares . . . . . . 6.2. Cálculo de integrales dobles . . . 6.3. Cambio de variables en integrales 6.4. Algunas aplicaciones . . . . . . . 6.5. Problemas propuestos . . . . . . 6.6. Problemas resueltos . . . . . . .

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161 161 163 167 171 174 178

. . . . . . . . dobles . . . . . . . . . . . .

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7. Integrales de L´ınea 185 7.1. Conceptos preliminares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185 7.2. Campos vectoriales conservativos y función potencial . . . . . . . 188 7.3. Problemas propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192 8. Ecuaciones Diferenciales Ordinarias 8.1. Conceptos preliminares . . . . . . . . 8.2. EDO de primer orden . . . . . . . . 8.2.1. EDO de variables separables 8.2.2. EDO homogénea . . . . . . . 8.2.3. EDO exacta . . . . . . . . . . 8.2.4. El factor integrante . . . . . . 8.2.5. EDO lineal . . . . . . . . . .

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195 195 196 196 197 199 200 202

´ INDICE GENERAL 8.2.6. EDO de Bernouilli . 8.2.7. Algunas aplicaciones 8.3. Problemas propuestos . . . 8.4. Problemas resueltos . . . .

iii

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203 205 211 214

Pr´ ologo El presente libro de teor´ıa y problemas corresponde a algunos temas básicos de un primer curso de introducción al cálculo. Los autores imparten dicha asignatura en las titulaciones de Grado en Ingenier´ıa Mecánica y Grado en Ingenier´ıa Electrónica Industrial y Automática de la Universitat de Lleida. El libro resulta igualmente recomendable para estudiantes de otras titulaciones técnicas y es un complemento del libro de problemas resueltos [6]. El objetivo principal es que el alumno disponga de un material preliminar para el curso, con los resultados principales y algunas demostraciones de estos. Adem´ as es interesante que el alumno pueda seguir paso a paso la resoluci´ on de numerosos problemas de los temas mencionados como ejemplificación de los conceptos y resultados teóricos. Se ha procurado presentar las soluciones en la forma más práctica y directa. Nos gustar´ıa que este libro facilitase el aprendizaje de la asignatura y agradecer´ıamos cualquier sugerencia o comentario que pueda mejorarlo dirigiéndose a cualquiera de las siguientes direcciones electr´ onicas: [email protected], [email protected].

Dr. Isaac A. Garc´ıa y Dra. Susanna Maza, Enero de 2013

1

Cap´ıtulo 1

Continuidad de Funciones Reales de Variable Real 1.1.

Concepto de funci´ on. Dominio y recorrido

Dados dos conjuntos A y B, se define su producto cartesiano A × B como el conjunto de pares ordenados siguiente: A × B = {(a, b) | a ∈ A, b ∈ B}. Una correspondencia entre dos conjuntos A y B es cualquier subconjunto de A × B. Definici´ on 1.1 Decimos que una correspondencia f : R → R es una funci´ on (real de variable real) si existe un subconjunto A ⊂ R tal que la restricción de f en A, es decir, f : A → R es una aplicaci´ on (todo elemento de A tiene una y solo una imagen). Definici´ on 1.2 Dada una función f : D ⊂ R → R, se llama dominio de f , y lo denotaremos por Dom(f ), al subconjunto D donde esté definida la función f . Dicho de otro modo, Dom(f ) = D = {x ∈ R : ∃ f (x)}. Nota 1.3 Para el cálculo del dominio de una funci´ on se usan a menudo los siguientes resultados elementales concernientes a denominadores, ra´ıces de ´ındice par y logaritmos. Supongamos que las funciones reales de variable real A(x), B(x) tienen por dominio todo R. Definimos las funciones f (x) = A(x)/B(x), g(x) = n A(x) con ´ındice n par, h(x) = loga B(x) con a ∈ R. Entonces, Dom(f ) = {x ∈ R : B(x) = 0}, Dom(g) = {x ∈ R : A(x) ≥ 0}, Dom(h) = {x ∈ R : B(x) > 0}. Ejemplo 1.4 Hallar el dominio de las siguientes funciones: 2x − 1 3−x (x − 1)(x − 2) . (i) f (x) = 2 , (ii) g(x) = , (iii) h(x) = ln x −x−2 x+6 (x − 3)(x − 4) Soluci´ on. (i) Como el denominador de f solo se anula para x = −1, 2 se tiene que Dom(f ) = R − {−1, 2} = (−∞, −1) ∪ (−1, 2) ∪ (2, ∞) . 3

4

Continuidad de Funciones Reales de Variable Real (ii) Se tiene que Dom(g) =

3−x ≥ 0, x + 6 = 0 = (−6, 3] , x∈R : x+6

donde en la u ´ltima igualdad se han tenido en cuenta los signos del cociente viendo los signos de su numerador y denominador. (iii) De manera análoga al caso anterior (x − 1)(x − 2) > 0, (x − 3)(x − 4) = 0 , Dom(h) = x ∈ R : (x − 3)(x − 4) es decir, Dom(h) = (−∞, 1) ∪ (2, 3) ∪ (4, ∞).

Definici´ on 1.5 Dada una función f : R → R, se llama recorrido de f o bien imagen de f , y lo denotaremos por Rec(f ), al subconjunto de R dado por las im´ agenes de todos los elementos del dominio, es decir, Rec(f ) = f (Dom(f )). Dicho de otro modo, Rec(f ) = {y ∈ R : ∃ x ∈ Domf tal que f (x) = y}. Por ejemplo, Rec(exp(x)) = (0, ∞) mientras que Rec(ln(x)) = R. Definici´ on 1.6 La gr´ afica de una función f : A ⊂ R → R es la curva plana formada por los puntos (x, f (x)) ∈ R2 para todo x ∈ A. Podemos clasificar las aplicaciones de la siguiente manera. Definici´ on 1.7 Consideremos una aplicaci´ on f : A ⊂ R → B ⊂ R. Entonces, decimos que: (i) f es inyectiva si ∀ x1 , x2 ∈ A con x1 = x2 se tiene que f (x1 ) = f (x2 ). (ii) f es exhaustiva si ∀ y ∈ B, ∃ x ∈ A tal que f (x) = y. Dicho de otro modo, f (A) = B. (iii) f es biyectiva si es inyectiva y exhaustiva a la vez.

1.2.

Operaciones con funciones

Sean f : A ⊂ R → R y g : A ⊂ R → R dos funciones definidas en el mismo dominio A y λ ∈ R cualquier escalar. Entonces, se pueden definir las siguientes operaciones: 1. Suma: (f + g)(x) = f (x) + g(x) ∀x ∈ A. 2. Producto por escalares: (λf )(x) = λ f (x) ∀x ∈ A. 3. Producto: (f g)(x) = f (x) g(x) ∀x ∈ A. 4. Cociente: (f /g)(x) = f (x)/g(x) ∀x ∈ A − {x | g(x) = 0}. Nota 1.8 Las anteriores operaciones también se pueden considerar entre funciones con dominios diferentes pero con intersecci´ on no vac´ıa, es decir, f : A ⊂ R → R y g : B ⊂ R → R con A ∩ B = ∅. En este caso se tiene que Dom(f + g) = Dom(f g) = A ∩ B , Dom(f /g) = (A ∩ B) − {x | g(x) = 0} .

1.3 Composici´ on de funciones

1.3.

5

Composici´ on de funciones

La composición g ◦ f de las funciones f y g es una operación que solo es posible cuando Rec(f ) ∩ Dom(g) = ∅. Dicho de otro modo, f : R → B ⊂ R y g : B ⊂ R → R. Definici´ on 1.9 La función g compuesta con f se denota por g◦f y está definida de la forma (g ◦ f )(x) = g(f (x)) siempre que x ∈ Dom(f ) y además f (x) ∈ Dom(g). Nota 1.10 Observemos que la composición no es una operación conmutativa, es decir, en general g ◦ f = f ◦ g. Ejemplo 1.11 Considerar las funciones f (x) = 3x4 , g(x) = ex y h(x) = tan x. Calcular g ◦ f , h ◦ g y f ◦ g ◦ h. Soluci´ on. (g ◦ f )(x) = (h ◦ g)(x) =

g(f (x)) = g(3x4 ) = exp(3x4 ) , h(g(x)) = h(ex ) = tan(ex ) ,

(f ◦ g ◦ h)(x) = f (g(h(x))) = f (g(tan x)) = f (exp(tan x)) = 3(exp(tan x))4 = 3e4 tan x .

1.4.

Funci´ on inversa

Definici´ on 1.12 Consideremos una aplicaci´ on f : A ⊂ R → B ⊂ R biyectiva. Entonces, la funci´ on inversa de f se denota por f −1 : B ⊂ R → A ⊂ R y se define de la forma f −1 (y) = x si y solo si f (x) = y. Nota 1.13 f −1 ◦ f = f ◦ f −1 = I, donde I es la aplicación identidad I(x) = x.

1.5.

L´ımites

Diremos que un punto a ∈ A ⊂ R es un punto de acumulaci´ on del conjunto A si es un punto al cual se puede uno aproximar tanto como se quiera utilizando u ńicamente puntos del conjunto A. Por ejemplo, si A = [1, 2] es un intervalo cerrado, entonces todos los puntos de A son también puntos de acumulación de A. Sin embargo, si A = (1, 2) es un intervalo abierto, entonces todos los puntos de A son puntos de acumulaci´ on de A pero también los puntos 1 y 2 son puntos de acumulaci´ on de A aunque no pertenecen al conjunto A.

6

Continuidad de Funciones Reales de Variable Real

Definici´ on 1.14 Dado un punto de acumulaci´ on a de Dom(f ), se dice que el l´ımite de la función f en el punto a es y se denota por l´ım f (x) =

x→a

si ∀ > 0, ∃ δ > 0 tal que si |x − a| < δ con x ∈ Dom(f ) entonces |f (x) − | < . Intuitivamente, el hecho de que una función f tenga por l´ımite en el punto a significa que el valor de f puede ser tan cercano a como se desee, tomando puntos suficientemente cercanos al punto a, con independencia de lo que ocurra en a. Ejemplo 1.15 Demostrar que x 1 = . 2 x→1 1 + x 2 l´ım

x Soluci´ on. Definimos f (x) = 1+x 2 , = 1/2. Entonces x (x − 1)2 1 −x2 + 2x − 1 = = − |f (x) − | = . 1 + x2 2 2(1 + x2 ) 2(1 + x2 )

Desarrollamos la condición |f (x) − | < . Se tiene entonces que (x − 1)2 < 2(1 + x2 ), es decir, √ |x − 1| < 2 1 + x2 . √ √ |x − 1| < 2, entonces la Como 1 + x2 ≥ 1 para todo x ∈ R, si tomamos √ anterior desigualdad se cumple. Luego δ = 2 en la Definición 1.14 de l´ımite. En resumen, hemos probado que √ ∀ > 0, tomando δ = 2 > 0 se tiene que |x − 1| < δ ⇒ |f (x) − 1/2| < , de modo que l´ımx→1

x 1+x2

= 12 .

Proposici´ on 1.16 El l´ımite de una funci´ on en un punto, si existe, es u ńico. Veamos a continuación algunas operaciones con l´ımites. Proposici´ on 1.17 Supongamos que existen los l´ımites de las funciones f y g en un punto a. Entonces: (i) l´ımx→a (f (x) ± g(x)) = l´ımx→a f (x) ± l´ımx→a g(x). (ii) l´ımx→a λ f (x) = λ l´ımx→a f (x) para todo escalar λ ∈ R. (iii) l´ımx→a (f (x) g(x)) = l´ımx→a f (x) l´ımx→a g(x). (iv) Si l´ımx→a g(x) = 0, entonces l´ım

x→a

.

f (x) l´ımx→a f (x) = . g(x) l´ımx→a g(x)

1.5 L´ımites

7

Definici´ on 1.18 Se llaman indeterminaciones a las siguientes operaciones: ∞ − ∞, 0 ∞,

0 ∞ , , ∞0 , 00 , 1∞ . 0 ∞

Definici´ on 1.19 La función f es un infinitésimo en el punto a si y solo si l´ımx→a f (x) = 0. Se dice que dos infinitésimos f y g en un mismo punto punto a son equivalentes cuando se verifique l´ımx→a f (x)/g(x) = 1. Esto lo denotaremos por f (x) ∼ g(x) cuando x → a. Nota 1.20 Cuando en un l´ımite, un infinitésimo esté multiplicado o dividido se le puede sustituir por otro infinitésimo equivalente. De este modo, si f (x) ∼ g(x) cuando x → a se tiene que l´ım

x→a

f (x) g(x) = l´ım , l´ım f (x)h(x) = l´ım g(x)h(x) . x→a h(x) x→a h(x) x→a

Nota 1.21 Si dos funciones f y g son positivas y equivalentes cuando x → a y son tal que o bien l´ımx→a f (x) = l´ımx→a g(x) = 0 o bien l´ımx→a f (x) = l´ımx→a g(x) = ∞, entonces las funciones ln f y ln g también son equivalentes cuando x → a. Proposici´ on 1.22 Los siguientes infinitésimos son equivalentes: (i) x ∼ sin x ∼ tan x ∼ arcsin x ∼ arctan x cuando x → 0. (ii) 1 − cos x ∼ x2 /2 cuando x → 0. (iii) x ∼ ln(1 + x) ∼ exp(x) − 1 cuando x → 0. Por supuesto, a partir de estos infinitésimos equivalentes se pueden construir otros. As´ı, realizando el cambio z = 1+x en (iii) se tiene también que ln z ∼ z−1 cuando z → 1. Ejemplo 1.23 Demostrar que x ∼ sin x y que 1 − cos x ∼ x2 /2 cuando x → 0. Soluci´ on. Considerar la circunferencia de radio 1 y x ≥ 0 un ángulo del primer cuadrante. Usando como referencia la circunferencia unidad en la definición de las razones trigonométricas y recordando que el arco es igual al ángulo por el radio, es fácil ver que se satisfacen las desigualdades siguientes sin x ≤ x ≤ tan x. Entonces, dividiendo por sin x se tiene que 1≤

x 1 ≤ . sin x cos x

Haciendo tender x → 0 en la anterior expresión se halla que 1 ≤ l´ım

x→0

de modo que

x ≤1, sin x

x =1, x→0 sin x l´ım

8


tal y como se quer´ıa demostrar. Para demostrar la segunda equivalencia recordaremos la identidad trigonométrica sin2 x = (1 − cos(2x))/2. Entonces se tiene que 1 − cos x 2 sin2 (x/2) 2(x/2)2 = l´ ım = l´ım =1, 2 2 x→0 x→0 x→0 x2 /2 x /2 x /2 l´ım

finalizando la demostración. Ejemplo 1.24 Calcular los l´ımites siguientes: √ (i)

l´ım

x→0

a+x− x

√

a

1 (ii) l´ım ln x→0 x

1+x 1−x

.

Soluci´ on. (i) Para resolver √ la indeterminaci´ on 0/0, multiplicamos y dividimos √ el cociente por el conjugado a + x + a del numerador. √ √ 1 a+x− a x 1 l´ım = l´ım √ √ = l´ım √ √ = √ . x→0 x→0 x( a + x + x 2 a a) x→0 a + x + a (ii) Para resolver la indeterminaci´ on 0/0, utilizamos propiedades de los logaritmos

1 1+x 1 1+x = l´ım ln = l´ım . ln x→0 x x→0 2x 1−x 1−x Recordando la equivalencia ln z ∼ z − 1 cuando z → 1, se tiene 1 1+x 1 = l´ım − 1 = l´ım =1. x→0 2x x→0 1 − x 1−x

Nota 1.25 Las funciones f (x) y g(x) tales que l´ımx→a f (x) = l´ımx→a g(x) = ∞ pueden tender a infinito con distintas velocidades. Entonces, se pueden comparar los dos infinitos. Se tiene lo siguiente: (i) Si l´ımx→a f (x)/g(x) = ∞ se dice que f (x) es un infinito de orden superior a g(x) cuando x → a y se denotar´ a por O(f (x)) > O(g(x)) cuando x → a. (ii) Si l´ımx→a f (x)/g(x) = 0 se dice que f (x) es un infinito de orden inferior a g(x) cuando x → a y se denotar´ a por O(f (x)) < O(g(x)) cuando x → a. (iii) Si l´ımx→a f (x)/g(x) = 1 se dice que f (x) y g(x) son infinitos equivalentes cuando x → a y se denotar´ a por f (x) ∼ g(x) cuando x → a. Los ´ ordenes fundamentales de infinitos son los siguientes. Con a, b > 1 y m > 0 se tiene que O(logb x) < O(xm ) < O(ax ) < O(xx ) cuando x → ∞ .

1.6 Continuidad de funciones

9

Realicemos una peque¯ na parada para ver de qué forma se pueden resolver las indeterminaciones de potencias, es decir, las indeterminaciones ∞0 , 00 y 1∞ . Supongamos que hemos de calcular el valor del l´ımite siguiente l´ımx→a f (x)g(x) pero resulta que en principio obtenemos alguna de las anteriores indeterminaciones. En el caso 00 , realizaremos la hipótesis de que f (x) es una función positiva en un entorno punteado del 0 (esta hipótesis se hace para que exista la expresi´ on de ln f (x) que aparecerá posteriormente). Para resolver la indeterminación, tomaremos logaritmos a ambos miembros de la igualdad = l´ımx→a f (x)g(x) , de modo que se obtendrá ln = ln l´ımx→a f (x)g(x) . Posteriormente, conmutando el logaritmo y el l´ımite (operación válida siempre que la función a la que se le calcula el l´ımite sea continua en el punto al que se tiende, ver la siguiente sección sobre continuidad de funciones) y aplicando propiedades del logaritmo de una potencia se llega a que ln = l´ımx→a g(x) ln f (x). En definitiva se tiene que = l´ım f (x)g(x) ⇔ = exp l´ım g(x) ln f (x) . x→a

x→a

En el caso particular de que la indeterminación sea 1∞ , con lo que l´ımx→a f (x) = 1, podemos usar además el infinitésimo equivalente ln f (x) ∼ f (x) − 1 cuando x → a en la anterior expresión, quedando ésta de la forma l´ım f (x)g(x) = exp l´ım g(x)[f (x) − 1] . x→a

x→a

Notar como a partir de aqu´ı se ve trivialmente que x 1 l´ım 1 + =e. x→∞ x

1.6.

Continuidad de funciones

Definici´ on 1.26 Se dice que una función f : A ⊂ R → R es continua en un punto a ∈ A si y solo si l´ımx→a f (x) = f (a). Intuitivamente, f es continua en un punto a ∈ Dom(f ) si se puede dibujar la gr´ afica de f entorno del punto a sin levantar el bol´ıgrafo del papel. Observemos que esta forma de proceder es simplemente intuitiva como muestra la función f (x) = x sin(1/x) que es continua en x = 0 aunque no es posible realizar su gr´ afica entorno de x = 0 debido a las oscilaciones que tiene. Definici´ on 1.27 Si una función f es continua en todos los puntos de un conjunto A ⊂ R diremos que f es continua en A y lo denotaremos por f ∈ C(A). Aqu´ı, C(A) denota el conjunto de las funciones continuas en el conjunto A. Dadas dos funciones continuas, se pueden construir otras funciones también continuas realizando ciertas operaciones entre ellas. Más concretamente se tiene lo siguiente.

10


Proposici´ on 1.28 Sea a ∈ Dom(f ) ∩ Dom(g) y f y g dos funciones continuas en a. Entonces: (i) f ± g es una funci´ on continua en a. (ii) λ f es una funci´ on continua en a para todo escalar λ ∈ R. (iii) f g es una funci´ on continua en a. (iv) Si g(a) = 0, entonces f /g es una funci´ on continua en a. (v) Si g es continua en f (a), entonces g ◦ f es una funci´ on continua en a. Como a ∈ R, entonces x → a (es decir, x tiende hacia a) puede hacerlo de dos formas distintas: con x > a o bien con x < a. Estas dos formas de tender al punto a dan lugar al concepto de l´ımite lateral. Definici´ on 1.29 Se define el concepto de l´ımite lateral. (i) El l´ımite lateral por la derecha + de la función f en el punto a es + = l´ım+ f (x) = x→a l´ım f (x) . x→a

x>a

(ii) El l´ımite lateral por la izquierda − de la función f en el punto a es − = l´ım− f (x) = x→a l´ım f (x) . x→a

x
Proposici´ on 1.30 Una funci´ on f : R → R tiene l´ımite en un punto a si y solo si existen los l´ımites laterales de f en a y adem´ as coinciden. Es evidente que una función f deja de ser continua en un punto a por los siguientes motivos: (i) ∃ f (a); (ii) ∃ l´ımx→a f (x); (iii) l´ımx→a f (x) = f (a). De forma más precisa, se tiene lo siguiente. Definici´ on 1.31 Si una función f no es continua en un punto a diremos que f es discontinua en a. Se puede clasificar la discontinuidad de la forma siguiente. (i) Esencial. Cuando no existe alguno de los l´ımites laterales. (ii) De salto. Cuando existen los dos l´ımites laterales pero son diferentes. (iii) Evitable. Cuando existen los dos l´ımites laterales y coinciden pero o bien no existe la función en el punto o bien aunque exista es diferente del valor com´ un de los l´ımites laterales. Ejemplo 1.32 Estudiar la continuidad de la siguiente funci´ on: ⎧ e−x sin x si x > 0 , ⎨ x ex +e−x f (x) = + 1 si x < 0 , 2 ⎩ 1 si x = 0 .


11

Soluci´ on. Observemos que Dom(f ) = R. Además, por simple inspección de las componentes de f , es claro que f ∈ C(R − {0}). Por lo tanto, solo se tiene que estudiar la continuidad de f en x = 0. Realizamos los cálculos siguientes. f (0) = l´ım+ f (x)

=

l´ım f (x)

=

x→0

x→0−

1, e−x sin x e−x x = l´ım+ = l´ım+ e−x = 1 , x x x→0 x→0 x→0 x −x e +e l´ım +1=2 . 2 x→0− l´ım+

En el cálculo del pen´ ultimo l´ımite se ha utilizado el infinitésimo equivalente sin x ∼ x cuando x → 0. Se tiene que f presenta una discontinuidad de salto en x = 0.

Ejemplo 1.33 Calcular el valor del par´ ametro real b para que la funci´ on 2x2 + b si x ≥ 0 , 2 f (x) = ex −1 si x < 0 . x2 sea continua en R. Soluci´ on. Por simple inspección de las componentes de f , es claro que f ∈ C(R−{0}). Por lo tanto, solo se tiene que estudiar la continuidad de f en x = 0. Realizamos los cálculos siguientes. f (0)

=

l´ım f (x) =

x→0+

b, l´ım 2x2 + b = b ,

x→0+

2

l´ım f (x) =

x→0−

l´ım

x→0−

2

ex − 1 ln(ex ) x2 = l´ım = l´ım 2 = 1 . 2 2 − − x x x→0 x→0 x

En el cálculo del u ´ltimo l´ımite se ha utilizado el infinitésimo equivalente ln z ∼ z − 1 cuando z → 1. Por lo tanto, f ser´ a continua en x = 0 y en consecuencia f ∈ C(R) si y solo si b = 1.

El siguiente teorema permite establecer condiciones suficientes para la existencia de al menos un cero de una función continua. Teorema 1.34 (Bolzano) Sea f ∈ C([a, b]) tal que f (a)f (b) < 0. Entonces, existe un n´ umero ξ ∈ (a, b) tal que f (ξ) = 0. M´ etodo de Bisecci´ on: La aplicación repetida del teorema de Bolzano da lugar a un algoritmo conocido como método de bisecci´ on. Consiste en ir estrechando de manera sistemática el intervalo en el cual una función continua cambia de signo. De esta forma conseguiremos obtener un intervalo arbitrariamente peque¯ no que contenga el cero de la función. El método de bisección para una función f ∈ C([a, b]) procede de la forma siguiente. Definimos el intervalo inicial [a, b] = [a0 , b0 ].

12

Continuidad de Funciones Reales de Variable Real Si f (a0 )f (b0 ) < 0, entonces f tiene al menos un cero en el intervalo (a0 , b0 ). Tomamos c0 := (a0 + b0 )/2 el punto medio entre a0 y b0 . Ahora tenemos tres casos posibles: (i) Si f (c0 ) = 0 hemos acabado puesto que c0 es la ra´ız buscada. (ii) Si f (a0 )f (c0 ) < 0, entonces f tiene al menos un cero en el intervalo (a0 , c0 ). Definimos a1 = a0 , b1 = c0 y tomamos c1 := (a1 + b1 )/2 el punto medio entre a1 y b1 . (iii) En caso contrario, es decir, si f (a0 )f (c0 ) > 0, entonces f tiene al menos un cero en el intervalo (c0 , b0 ). Definimos a1 = c0 , b1 = b0 y tomamos c1 := (a1 + b1 )/2 el punto medio entre a1 y b1 .

Continuando de forma sistemática este proceso conseguimos una sucesi´ on de intervalos anidados (a0 , b0 ) ⊃ (a1 , b1 ) ⊃ · · · ⊃ (an , bn ) ⊃ · · · , de manera que la anchura de cada uno de ellos es la mitad que la del anterior y cumpliendo que el cero de la función f siempre está contenido en todos los intervalos. Si definimos {cn }∞ on de puntos medios cn := (an + n=0 como la sucesi´ bn )/2 obtenida con el algoritmo de bisección, entonces es fácil ver que dicha sucesión converge hacia un punto ξ, es decir l´ım cn = ξ ,

n→∞

con f (ξ) = 0 terminando de este modo el procedimiento. Obviamente, no se podrán hacer los infinitos pasos que el método requiere para hallar ξ, de modo que simplemente obtendremos una aproximación de ξ y además sabremos acotar el error absoluto que cometemos puesto que conocemos el u ´ltimo intervalo obtenido al cual pertenece ξ. De este modo, si aproximamos ξ ≈ cn , entonces Δ = |ξ − cn | ≤ (bn − an )/2. Teorema 1.35 (Weierstrass) Sea f ∈ C([a, b]). Entonces, f ([a, b]) tiene m´ aximo y m´ınimo. Ejemplo 1.36 Demostrar que cualquier polinomio con coeficientes reales de grado impar tiene al menos una ra´ız real. 2n+1 i Soluci´ on. Sea p(x) = i=0 ai x el polinomio de grado impar 2n + 1 con coeficientes ai ∈ R tal que a2n+1 = 0. Supondremos que a2n+1 > 0, si no el razonamiento es similar. Se tiene que l´ımx→±∞ p(x) = ±∞, de modo que existe un intervalo [a, b] ⊂ R tal que f (a) < 0 y f (b) > 0. Como además p ∈ C([a, b]), por el Teorema de Bolzano sabemos que existe un n´ umero ξ ∈ (a, b) tal que p(ξ) = 0. Obviamente ξ es una ra´ız real de p.

Ejemplo 1.37 Considerar la funci´ on f (x) = x3 − x − 2. Usar el teorema de Bolzano para aproximar una ra´ız real de f (x) en el intervalo [0, 2] con un error absoluto menor que 0,1.

1.7 Funciones mon´ otonas

13

Soluci´ on. Como f es un polinomio es obvio que f ∈ C([0, 2]). Además, como f (0) = −2 < 0 y f (2) = 4 > 0, por el Teorema de Bolzano sabemos que existe un n´ umero ξ ∈ (0, 2) tal que f (ξ) = 0. Vamos a estimar mejor el valor de ξ utilizando el método de bisección, es decir, dividiendo el intervalo inicial por la mitad (o casi) y tomando el subintervalo donde hay cambio de signo de f . Como f (1) = −2 < 0 se tiene que ξ ∈ (1, 2). Como f (1,5) = −0,125 < 0 se tiene que ξ ∈ (1,5, 2). Como f (1,7) = 1,213 > 0 se tiene que ξ ∈ (1,5, 1,7). Como la anchura del u ´ltimo subintervalo es 0,2, se tiene que ξ = 1,6 ± 0,1.

1.7.

Funciones mon´ otonas

Definici´ on 1.38 Dada una función f : [a, b] ⊂ R → R, se tiene la siguiente clasificaci´ on: (i) f es mon´ otona creciente en [a, b] si para todo x, y ∈ [a, b] con x < y se tiene que f (x) ≤ f (y). Si la u ´ltima desigualdad es estricta, es decir f (x) < f (y), entonces se dice que f es mon´ otona estrictamente creciente en [a, b]. (ii) f es mon´ otona decreciente en [a, b] si para todo x, y ∈ [a, b] con x < y se tiene que f (x) ≥ f (y). Si la u ´ltima desigualdad es estricta, es decir f (x) > f (y), entonces se dice que f es mon´ otona estrictamente decreciente en [a, b]. Proposici´ on 1.39 Sea f : [a, b] ⊂ R → R con f ∈ C([a, b]). Si f es mon´ otona estrictamente creciente (resp. decreciente), entonces existe su funci´ on inversa f −1 que también es mon´ otona estrictamente creciente (resp. decreciente) y adem´ as continua. Ejemplo 1.40 Sean f y g dos funciones reales de variable real mon´ otonas crecientes. ¿Son mon´ otonas las funciones f + g y f g? Soluci´ on. Como f y g son monótonas crecientes se tiene que si x < y entonces f (x) ≤ f (y) y g(x) ≤ g(y). Sumando las dos desigualdades obtenemos que f (x) + g(x) ≤ f (y) + g(y), es decir, (f + g)(x) ≤ (f + g)(y) de modo que f + g es una función monótona creciente. Cuando se pretende razonar de manera an´ aloga para la función f g se observa que falla el u ´ltimo paso. Dicho de otro modo, aunque f (x) ≤ f (y) y g(x) ≤ g(y) no es cierto en general que f (x)g(x) ≤ f (y)g(y). Ejemplos triviales de que la funci´ on f g no es monótona creciente aunque s´ı lo sean f y g son f (x) = x + 1, g(x) = x − 1 con (f g)(x) = x2 − 1.

1.8.

Problemas propuestos

Problema 1.1 Considerar una funci´ on f : [0, 1] → [0, 2] con f ∈ C([0, 1]). Demostrar que ∃ ξ ∈ [0, 1] tal que f (ξ) = 2ξ. ´ n: Estudiar aparte los casos f (0) = 0 y f (1) = 2. Indicacio

14


Problema 1.2 Estudiar la continuidad de la funci´ on |x| si x = 0 , sin x f (x) = 1 si x = 0 . Soluci´ on. f ∈ C({nπ : n ∈ Z}) Problema 1.3 Calcular el l´ımite siguiente 1 + ln(1 + x) − 1 − ln(1 + x) l´ım . x→0 x Soluci´ on. 1. Problema 1.4 Calcular el l´ımite siguiente 2

l´ım (cos x)1/x .

x→0

√ Soluci´ on. 1/ e. on Problema 1.5 Demostrar que la ecuaci´ on 12 + sin x = x tiene una soluci´ real. Localizarla en un intervalo entre dos n´ umeros enteros consecutivos y aproximarla con un error absoluto menor que 0,1. Soluci´ on. Sea x∗ ∈ R la solución de la ecuación. Entonces, 1 < x∗ < 2. Además, x∗ ≈ 1,4 con un error absoluto menor que 0,1. Problema 1.6 Calcular el valor de funci´ on ⎧ ⎨ sin x a sin x + b f (x) = ⎩ 2 cos x

los par´ ametros reales a y b para que la si si si

x ≤ −π/2 , −π/2 < x < π/2 , x ≥ π/2 ,

sea continua en todo R. Soluci´ on. a = −b = 1/2. Problema 1.7 Estudiar la continuidad de la funci´ on sin(1/x) si x = 0 , 1+e1/x f (x) = 0 si x = 0 , en x = 0. Soluci´ on. f no es continua en x = 0 pues ∃ l´ımx→0 f (x). Problema 1.8 Hallar el dominio de las siguientes funciones 2 √ √ x − 3x + 2 , h(x) = arcsin(x) + x − 2 . f (x) = sin( x) , g(x) = ln x+1

1.9 Problemas resueltos Soluci´ on. Dom(f ) = Dom(h) = ∅.

k∈N [4k

15 2 2

π , (2k + 1)2 π 2 ]; Dom(g) = (−1, 1) ∪ (2, ∞);

Problema 1.9 Calcular, si es que existen, los l´ımites siguientes: x a+x . (i) l´ımx→∞ a+x−1 xn −an x−a .

(ii) l´ımx→a (iii) l´ımx→0

|x| x .

(iv) l´ımx→0

1 . 1+e1/x

(v) l´ımx→0

(1+x)m −1 . x

Soluci´ on. (i) e. (ii) nan−1 . (iii) y (iv) no existen. (v) m.

1.9.

Problemas resueltos

Problema 1.10 Hallar un intervalo [m, m + 1] ⊂ R con m ∈ N donde la ecuaci´ on sin x = x − 5 tenga soluci´ on. Obtener dicha soluci´ on con un error absoluto menor que 0,1. Soluci´ on. Las soluciones de la ecuación sin x = x − 5 corresponden a los ceros de la función f (x) = sin x−x+5 que es continua en R. Entonces, por el Teorema de Bolzano, para hallar un intervalo [m, m+1] ⊂ R con m ∈ N donde la ecuación sin x = x − 5 tenga solución basta con comprobar que f (m)f (m + 1) < 0. El primer n´ umero natural m para el cual la condición se verifica es m = 4 ya que f (4) = 0,243198 > 0 y f (5) = −0,958924 < 0. Sabemos pues que existe al menos un ξ ∈ (4, 5) tal que f (ξ) = 0. Iniciemos el algoritmo de bisección para aproximar ξ con un error absoluto menor que 0,1. Como f (4,5) = −0,47753 < 0, se tiene que 4 < ξ < 4,5. Como f (4,2) = −0,0715758 < 0, concluimos que 4 < ξ < 4,2. Hemos finalizado puesto que ξ = 4,1 ± 0,1. Problema 1.11 Se define la funci´ on ⎧ x+3 ⎪ , ⎪ ⎪ ⎪ x+2 ⎪ ⎨ f (x) = 2x − x2 − 1, ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 1 − e3−x , Se pide calcular lo siguiente: (a) Dominio de la funci´ on f . (b)

l´ım f (x), y

x→+∞

l´ım f (x).

x→−∞

x < −2, −2 ≤ x ≤ 3, x > 3.

16


(c) L´ımites laterales de f en x = −2. (d) Estudiar la continuidad de f . Soluci´ on. (a) Trivialmente se ve que Dom(f ) = R. (b) Se tiene que l´ım f (x) =

l´ım 1 − e3−x = 1 ,

x→∞

x→∞

l´ım f (x) =

x+3 =1. x→−∞ x + 2

x→−∞

l´ım

(c) Se tiene que l´ım f (x) =

x→−2−

l´ım f (x) =

x→−2+

x+3 = −∞ , x+2 l´ım + 2x − x2 − 1 = −9 . l´ım

x→−2− x→−2

(d) Del cálculo realizado en el apartado anterior se tiene que f no es continua en x = −2. Estudiaremos también la continuidad en el punto x = 3 pues es aqu´ı donde se parte la función. Como l´ım f (x)

=

l´ım f (x)

=

x→3− x→3+

l´ım 2x − x2 − 1 = −4 ,

x→3−

l´ım 1 − e3−x = 0 ,

x→3+

se tiene que no existe l´ımx→3 f (x) de modo que f no es continua en x = 3. En resumen se tiene que f ∈ C(R − {−2, 3}).

Cap´ıtulo 2

C´ alculo Diferencial con una Variable 2.1.

La derivada

Definici´ on 2.1 Dada una función f : R → R, se dice que f es derivable en un punto a ∈ Dom(f ) si existe la derivada de f en a que denotamos por f (a) y se define como el l´ımite siguiente f (a + h) − f (a) . h→0 h

f (a) = l´ım

Nota 2.2 La interpretación geométrica de la derivada es que f (a) = m, siendo m la pendiente de la recta tangente a la gráfica de la función f en el punto (a, f (a)). Nota 2.3 En ocasiones también se utiliza la siguiente definición equivalente de derivada: f (x) − f (a) f (a) = l´ım . x→a x−a Nota 2.4 También es u ´til la siguiente notación utilizando incrementos de la variable Δx = h e incrementos de la función Δf = f (x + h) − f (x): f (x) = l´ım

Δx→0

Δf df = . Δx dx

Definici´ on 2.5 Dada una función f : A ⊂ R → R derivable en todos los puntos del conjunto A, se define la funci´ on derivada de f y la denotaremos por f de la forma siguiente: f : A ⊂ R → R tal que f (x) = l´ım

h→0

f (x + h) − f (x) ∀x ∈ A . h

Denotaremos por D(A) al conjunto de las funciones derivables en A. 17

18

C´ alculo Diferencial con una Variable

Nota 2.6 Si la función f derivada de f vuelve a ser derivable, llamaremos segunda derivada de f a la derivada de f y lo denotaremos por f . Por inducción se define, cuando tenga sentido, la derivada n-ésima de f como f (n) = (f (n−1) ) . Ejemplo 2.7 Considerar la funci´ on f (x) = ci´ on de derivada.

√

x. Calcular f (x) con la defini-

Soluci´ on. Sea x ∈ Dom(f ) = [0, ∞). Utilizando la definición de derivada se tiene √ √ f (x + h) − f (x) x+h− x 0 f (x) = l´ım = l´ım = . h→0 h→0 h h 0 La indeterminaci´ se resuelve multiplicando numerador y denominador por √ on 0/0 √ el conjugado x + h + x del numerador. As´ı, se tiene que 1 1 f (x) = l´ım √ = √ . h→0 2 x 2 x Concluimos que f es derivable en el conjunto Dom(f ) − {0} = (0, ∞).

Proposici´ on 2.8 Si la funci´ on f es derivable en el punto a, entonces f es continua en a. Demostraci´ on. Si la función f es derivable en el punto a, entonces existe el l´ımite l´ım

h→0

f (a + h) − f (a) . h

Pero esto implica en particular que l´ımh→0 f (a + h) − f (a) = 0, es decir, l´ımh→0 f (a + h) = f (a). Realizando el cambio de variable x = a + h en este l´ımite se tiene que l´ımx→a f (x) = f (a), es decir, f es continua en a. Definici´ on 2.9 Dada una función f : A ⊂ R → R con f ∈ D(A) decimos que f es de clase C 1 (A) si la función derivada f verifica que f ∈ C(A). De manera más general, decimos que f es de clase C k (A) si f es derivable k veces en todos los puntos del conjunto A y además f (k) ∈ C(A). Proposici´ on 2.10 Si las funciones f y g son derivables en el punto a se tiene: (i) (f ± g) (a) = f (a) ± g (a). (ii) (λ f ) (a) = λ f (a) para todo escalar λ ∈ R. (iii) (f g) (a) = f (a)g(a) + f (a)g (a). (iv) Si g(a) = 0, entonces f f (a)g(a) − f (a)g (a) (a) = . g g 2 (a)

2.1 La derivada

19

Proposici´ on 2.11 (Regla de la cadena) Si la funci´ on f es derivable en a y la funci´ on g es derivable en f (a) entonces (g ◦ f ) (a) = g (f (a))f (a). A continuaci´ on se presenta una tabla con las reglas de derivaci´ on de algunas funciones elementales. f (x) k xn ax loga x sin x cos x tan x arcsin x arc cos x arctan x

1 cos2 x

f (x) 0 nxn−1 ax ln a 1 x loga e cos x − sin x = 1 + tan2 x √ 1 1−x2 √ −1 1−x2 1 1+x2

Observemos que, puesto que arcsin x + arc cos x = π/2, derivando respecto de x esta identidad se concluye que la suma de las derivadas de las funciones arcsin x y arc cos x debe ser cero, en concordancia con la tabla anterior. Es claro que a partir de esta tabla se pueden derivar otro tipo √ de funciones. Por ejemplo, tal y como vimos en el Ejemplo 2.7, si f (x) = x entonces 1 f (x) = 2√ . Esta regla de derivaci´ on se puede obtener de la tabla recordando x √ 1 1/2 de modo que f (x) = 12 x−1/2 = 2√ . que f (x) = x = x x Recordemos también que esta tabla puede ser generalizada de manera inmediata aplicando la Regla de la cadena tal y como se muestra a continuaci´ on. f (x) u(x)n au(x) loga u(x) sin u(x) cos u(x) tan u(x)

f (x) nu(x)n−1 u (x) au(x) ln a u (x) u (x) u(x) loga e u (x) cos u(x) −u (x) sin u(x) u (x) 2 cos2 u(x) = (1 + tan u(x))u (x)

arcsin u(x)

√ u (x)2

arc cos u(x)

√

arctan u(x)

1−u (x) −u (x)

1−u2 (x) u (x) 1+u2 (x)

También es u ´til la llamada derivaci´ on logar´ıtmica para obtener la derivada de la función f (x) = a(x)b(x) . El procedimiento consiste en tomar logaritmos

20


a ambos lados para bajar exponentes, es decir, ln f (x) = b(x) ln a(x) y derivar respecto de x en los dos miembros de esta igualdad para conseguir f (x) a (x) = b (x) ln a(x) + b(x) . f (x) a(x) Despejando de aqu´ı f (x) se obtiene el resultado deseado a (x) b(x) . b (x) ln a(x) + b(x) f (x) = a(x) a(x) Nota 2.12 Es f´ acil demostrar por inducci´ on que la regla de derivaci´ on del producto se puede generalizar a la derivada n-ésima del producto con la llamada regla de Leibnitz como sigue. n n (n−k) (n) (f (x)g(x)) = f (x) g (k) (x) . k k=0

Teorema 2.13 Sea f : [a, b] → R biyectiva con f ∈ C([a, b]). Consideremos un punto x0 ∈ (a, b) tal que f es derivable en x0 con f (x0 ) = 0. Entonces, la funci´ on inversa f −1 es derivable en el punto y0 con f (x0 ) = y0 y verifica que (f −1 ) (y0 ) =

1 . f (x0 )

Demostraci´ on. Como f es biyectiva, existe f −1 que será continua puesto que f ∈ C([a, b]). Entonces, es equivalente decir que x → x0 que decir y → y0 . Se tiene que (f −1 ) (y0 ) = l´ım

y→y0

f −1 (y) − f −1 (y0 ) x − x0 1 = l´ım = . x→x0 f (x) − f (x0 ) y − y0 f (x0 )

Ejemplo 2.14 Demostrar que la derivada de la funci´ on g(y) = ln y es g (y) = 1/y usando el hecho de que g(y) es la funci´ on inversa de f (x) = ex . Soluci´ on. Es evidente que f −1 (y) = ln y puesto que f −1 (f (x)) = ln(ex ) = x. Entonces, usando el Teorema 2.13, se tiene (f −1 ) (y) =

1 f (x)

=

1 1 1 = ln y = . x e e y

2.2.

Derivadas laterales

Definici´ on 2.15 Consideremos una función f : R → R y sea a ∈ Dom(f ). Las derivadas laterales por la derecha y por la izquierda de f en a se definen como f (a+ ) = l´ım+ h→0

respectivamente.

f (a + h) − f (a) f (a + h) − f (a) , f (a− ) = l´ım− , h h h→0

2.2 Derivadas laterales

21

La siguiente proposición es evidente. Proposici´ on 2.16 La funci´ on f es derivable en el punto a si y solo si existen las dos derivadas laterales de f en a y adem´ as coinciden. Ejemplo 2.17 Estudiar la derivabilidad de la funci´ on 1 2 si x = 0 , x cos x f (x) = 0 si x = 0 . ¿Es f ∈ C 1 ([−1, 1])? Soluci´ on. Para cualquier x = 0, se tiene que f (x) = 2x cos x1 + sin x1 , de modo que f ∈ D(R − {0}). Estudiemos a continuación la derivabilidad de f en x = 0 con la definición de derivada. f (h) − f (0) 1 =0, f (0) = l´ım = l´ım h cos h→0 h→0 h h donde en el u ´ltimo paso hemos tenido en cuenta que la función cos h1 es una funci´ on acotada. Concluimos pues que f ∈ D(R) siendo la función derivada si x = 0 , 2x cos x1 + sin x1 f (x) = 0 si x = 0 . Inspeccionando las componentes de f , es claro que f ∈ C(R−{0}). Estudiemos la continuidad de f enx = 0. Notemos que l´ımx→0 f (x) no existe puesto que no existe l´ımx→0 sin x1 . Entonces, f no es continua en x = 0 y por lo tanto f ∈ C 1 ([−1, 1]).

Ejemplo 2.18 Hallar el valor de los par´ ametros m y n para que la funci´ on mx + 5 si x ≤ 2 , f (x) = nx2 + x − 1 si x > 2 , sea derivable en R. Soluci´ on. Como las componentes de f son polinomiales y por lo tanto derivables en cualquier punto, es claro que f ∈ D(R−{2}). Estudiemos la derivabilidad de f en x = 2 calculando las derivadas laterales en dicho punto. f (2+ ) = =

f (2 + h) − f (2) n(2 + h)2 + (2 + h) − 1 − (2m + 5) = l´ım+ h h h→0 h→0 2(2n − m − 2) , 0 l´ım+

de modo que, para que exista f (2+ ) se debe verificar la condición 2n − m − 2 = 0 .

(2.1)

22


Bajo esta condición, es decir, tomando m = 2(n − 2), se comprueba trivialmente que la indeterminación 0/0 da f (2+ ) = 1 + 4n. Calculemos a continuación la siguiente derivada lateral f (2− ) = l´ım− h→0

f (2 + h) − f (2) m(2 + h) + 5 = l´ım− =m. h h h→0

En definitiva, f ser´ a derivable en x = 2 si y solo si f (2+ ) = f (2− ) o equivalentemente 1 + 4n = m . (2.2) Resolviendo el sistema lineal formado por las ecuaciones (2.1) y (2.2) se halla m = −5, n = −3/2.

Nota: El Ejemplo 2.18 también se puede resolver si imponemos las dos siguientes condiciones: (i) l´ımx→2 f (x) = f (2); (ii) l´ımx→2+ f (x) = l´ımx→2− f (x). Ejemplo 2.19 Calcular las siguientes rectas tangentes. (i) La recta tangente a la curva y = (x + 3)/(x2 − 2) en la abscisa 2. (ii) La recta tangente a la curva x2 y − 2y + xy 2 − 4 = 0 en el punto de abscisa 2 y ordenada negativa. Soluci´ on. (i) La recta tangente a la curva definida de manera expl´ıcita por y = f (x) en el punto de abscisa x = x0 viene dada por y − f (x0 ) = m(x − x0 ) siendo la pendiente m = f (x0 ). En nuestro caso se tiene: x0 = 2, f (x0 ) = f (2) = 5/2, m = f (2) = −9/2. Concluimos que la recta tangente es y−

5 9 = − (x − 2) . 2 2

(ii) En primer lugar, calculamos las ordenadas y0 de los puntos de la curva x2 y − 2y + xy 2 − 4 = 0 con abscisa x0 = 2. Se tiene que 4y0 − 2y0 + 2y02 − 4 = 0, es decir, y0 = 1 e y0 = −2. Como el enunciado dice que el punto de tangencia tiene ordenada negativa es claro que dicho punto es (x0 , y0 ) = (2, −2). La u ńica diferencia entre la parte (ii) del problema y la primera es que ahora no nos definen la curva de manera expl´ıcita y = f (x) sino que lo hacen de manera impl´ıcita como F (x, y) = 0. Existen dos formas de resolver el problema. La primera forma consiste en hallar la forma expl´ıcita de la curva despejando la variable y de la ecuación F (x, y) = 0 para obtener y = f (x) y luego proceder como en el apartado (i). En este caso este procedimiento se puede realizar porque la ecuación F (x, y) = 0 es cuadrática para la variable y. Sin embargo, ya se puede vislumbrar que este procedimiento no funcionar´ a en general. Nosotros resolveremos el problema de otra forma, siendo esta una forma m´ as general que la descrita anteriormente. El procedimiento se conoce como derivaci´ on impl´ıcita ya que, aunque no conozcas (puesto que no hemos aislado la variable y) cómo depende y de x, sabemos que depende. Recordando esto,

2.3 Teoremas sobre funciones derivables

23

derivamos respecto de x los dos miembros de la ecuación impl´ıcita F (x, y) = 0 que en nuestro caso es x2 y − 2y + xy 2 − 4 = 0. Tras derivar se obtiene 2xy + x2 y − 2y + y 2 + 2xyy = 0, de modo que, despejando, hallamos como depende la derivada y (x, y). En particular, obtenemos que la pendiente de la recta tangente que buscamos debe ser y (2, −2) = −2/3. En definitiva, la recta tangente a la curva x2 y − 2y + xy 2 − 4 = 0 en el punto (2, −2) viene dada por 2 y + 2 = − (x − 2) . 3

Nota 2.20 Se define el ´ angulo α formado por dos curvas planas en un punto de intersecci´ on como el ´ angulo que forman sus respectivas rectas tangentes en dicho punto. Si las curvas vienen dadas por las gr´ aficas y = f1 (x) e y = f2 (x) con punto de intersecci´ on (x0 , y0 ) tal que f1 (x0 ) = tan α1 y f2 (x0 ) = tan α2 , se tiene (suponiendo que α1 > α2 ) que tan α = tan(α1 − α2 ) =

tan α1 − tan α2 f (x0 ) − f2 (x0 ) = 1 . 1 + tan α1 tan α2 1 + f1 (x0 )f2 (x0 )

Ejemplo 2.21 Se apoyan los extremos de una escalera de longitud L en el suelo (horizontal) y en una pared (vertical). La parte inferior de la escalera se aleja de la pared a una velocidad constante v. ¿A qué velocidad baja la parte superior cuando la parte inferior se encuentra a una distancia de L/2 de la pared? Soluci´ on. Tomamos un sistema de referencia ortogonal de modo que el origen de referencia está situado en el punto donde se juntan la pared y el suelo. Sean x(t) e y(t) la posición en función del tiempo t de la parte inferior y superior de la escalera, respectivamente. Entonces, por el Teorema de Pit´ agoras, se satisface que x2 (t) + y 2 (t) = L2 para todo t. Derivando respecto del tiempo la anterior relación obtenemos xx˙ + y y˙ = 0, donde el punto indica derivaci´ on respecto del tiempo. Despejando de aqu´ı y˙ obtenemos x y˙ = − x˙ . y Sustituyendo los√ datos del enunciado en la anterior ecuación y teniendo en cuenta que y = L2 − x2 se tiene que la velocidad pedida es L/2 v y˙ = − v = −√ . 2 2 3 L − (L/2)

2.3.

Teoremas sobre funciones derivables

Definici´ on 2.22 Consideremos una función f : A ⊂ R → R y un punto a ∈ A.

24

C´ alculo Diferencial con una Variable 1. Se dice que f tiene un m´ aximo relativo en el punto a si existe un entorno I = (a − , a + ) de a tal que f (x) ≤ f (a) para todo x ∈ I. 2. Se dice que f tiene un m´ınimo relativo en el punto a si existe un entorno I = (a − , a + ) de a tal que f (x) ≥ f (a) para todo x ∈ I. 3. Se denominan extremos relativos a los máximos y m´ınimos relativos.

Definici´ on 2.23 Sea f derivable en un punto a. Se dice que a es un punto cr´ıtico de f si verifica que f (a) = 0. Proposici´ on 2.24 Si f ∈ D(A) y f tiene un extremo relativo en un punto a ∈ A, entonces a es un punto cr´ıtico de f . Demostraci´ on. Como f ∈ D(A), se tiene que existe f (a). Además, debido a la interpretación geométrica de la derivada, f (a) es la pendiente de la recta r tangente a la curva y = f (x) en el punto (a, f (a)). Teniendo en cuenta que f (x) tiene un máximo o un m´ınimo relativo en x = a se ve geométricamente que r es horizontal, es decir, con pendiente nula. Se concluye pues que f (a) = 0, es decir, a es un punto cr´ıtico de f . Los dos teoremas siguientes tienen una simple interpretaci´ on geométrica. Teorema 2.25 (Rolle) Sea f ∈ C([a, b]) y f ∈ D((a, b)) tal que f (a) = f (b). Entonces, existe al menos un punto ξ ∈ (a, b) tal que f (ξ) = 0. Teorema 2.26 (del valor medio o de los incrementos finitos) Consideremos una funci´ on f con f ∈ C([a, b]) y f ∈ D((a, b)). Entonces, existe un punto ξ ∈ (a, b) tal que f (b) − f (a) = f (ξ) . b−a Demostraci´ on. Consideremos una función auxiliar g : [a, b] → R definida de la forma f (b) − f (a) g(x) = f (x) − f (a) + (x − a) . b−a Notar que g ∈ C([a, b]) y g ∈ D((a, b)). Como g(a) = g(b) = 0, por el teorema de Rolle sabemos que existe al menos un punto ξ ∈ (a, b) tal que g (ξ) = 0, es decir, f (b) − f (a) f (ξ) − =0, b−a demostrando el teorema. El teorema del valor medio tiene la interpretaci´ on geométrica de que, si f ∈ C([a, b]) y f ∈ D((a, b)), entonces, existe un punto ξ ∈ (a, b) tal que la pendiente de la recta tangente a la gr´ afica de f en el punto de abscisa ξ es igual a la pendiente de la recta secante que pasa por los puntos (a, f (a)) y (b, f (b)).

2.3 Teoremas sobre funciones derivables

25

Corolario 2.27 Si una funci´ on f con f ∈ D((a, b)) verifica que la funci´ on derivada f = 0, entonces f es constante en (a, b). Ejemplo 2.28 Usar el Teorema del valor medio para probar que x < tan x < 2x para todo x ∈ (0, π/4). Soluci´ on. Consideremos la función f (x) = tan x con x ∈ (0, π/4). Es claro que f ∈ C([0, x]) y f ∈ D((0, x)). Entonces, por el Teorema del valor medio, existe un punto ξ ∈ (0, x) tal que f (x) − f (0) = f (ξ) , x−0 es decir,

tan x = x sec2 ξ .

(2.3)

2

Teniendo en cuenta que la función sec ξ es creciente en el intervalo considerado ξ ∈ (0, π/4), es claro que sec2 0 < sec2 ξ < sec2 (π/4), es decir, 1 < sec2 ξ < 2. Utilizando la anterior desigualdad y recordando que x > 0 en la ecuación (2.3) se concluye que x < tan x < 2x como se quer´ıa demostrar.

Teorema 2.29 (Regla de l’Hˆ opital) Sean f, g ∈ D(I) siendo I un entorno de un punto a tal que l´ımx→a f (x) = l´ımx→a g(x) = 0. Entonces, si se verifica que l´ımx→a f (x)/g (x) = se tiene que l´ımx→a f (x)/g(x) = . Nota 2.30 La regla de l’Hôpital sigue siendo cierta en los casos siguientes: (i) l´ımx→a f (x) = l´ımx→a g(x) = ∞; (ii) a = ±∞. Nota 2.31 La regla de l’Hôpital se puede aplicar directamente para resolver las indeterminaciones 0/0 e ∞/∞. También es inmediata para resolver la indeterminaci´ on 0 ∞ puesto que esta siempre se puede reescribir como 0/0 o como ∞/∞. Por lo que respecta a las indeterminaciones de potencias 00 , ∞0 y 1∞ , se tomarán logaritmos antes de aplicar la regla de l’Hôpital. Ver la siguiente colecci´ on de ejercicios. Ejemplo 2.32 Calcular los siguientes l´ımites usando la regla de l’Hˆ opital. (i) l´ımx→0

x2 +2 cos x−2 . x4

(ii) l´ımx→0+

ln x cot x .

(iii) l´ımx→π/2− sec x − tan x. (iv) l´ımx→0+

1 . x ln2 x

(v) l´ımx→0 xsin x . Soluci´ on. (i) La indeterminación 0/0 se resuelve aplicando 3 veces la regla de l’Hôpital: x2 + 2 cos x − 2 x→0 x4 l´ım

= =

0 0 0 x − sin x 1 − cos x = = l´ım = = l´ım 3 2 0 x→0 2x 0 x→0 6x 0 sin x 1 l´ım = . x→0 12x 12

26


Notemos que en el u ´ltimo paso hemos utilizado el infinitésimo equivalente sin x ∼ x si x → 0. De hecho, se pod´ıa haber terminado el ejercicio en el paso anterior recordando que 1 − cos x ∼ x2 /2 cuando x → 0. (ii) Se tiene que

ln x ∞ =− . cot x ∞ La indeterminación ∞/∞ se resuelve aplicando la regla de l’Hôpital. Para ello se debe calcular la derivada de la función cot x = tan−1 x, es decir, − tan−2 x(1 + tan2 x) = −1/ sin2 x. Entonces l´ım

x→0+

l´ım+

x→0

ln x cot x

=

l´ım+

x→0

1/x = − l´ım+ sin x = 0 . x→0 −1/ sin2 x

Observemos que en el u ´ltimo paso hemos utilizado el infinitésimo equivalente sin x ∼ x si x → 0. (iii) Se tiene que l´ım

x→π/2−

sec x − tan x = ∞ − ∞ .

La indeterminación ∞ − ∞ se transforma en una indeterminación de cociente para poder después aplicar la regla de l’Hôpital. l´ım

x→π/2−

sec x − tan x =

1 − sin x − cos x 0 = = l´ım − =0. cos x 0 x→π/2 − sin x

l´ım

x→π/2−

(iv) Se tiene que 1 1 = . 2 0 ∞ x ln x La indeterminación 0 ∞ se transforma en una indeterminación de cociente para poder después aplicar la regla de l’Hôpital. l´ım

x→0+

l´ım+

x→0

1 x ln2 x

= =

(v) Se tiene que

1/x −1/x ∞ ∞ = = l´ım+ =− 2 ∞ x→0 2 ln x ∞ x→0 ln x 1/x2 1 l´ım = l´ım =∞. x→0+ 2/x x→0+ 2x l´ım+

= l´ım xsin x = 00 . x→0

La indeterminación 00 se transforma en una indeterminación de cociente para poder después aplicar la regla de l’Hôpital tomando logaritmos como sigue. ln x ∞ ln = ln l´ım xsin x = l´ım ln xsin x = l´ım sin x ln x = l´ım = x→0 x→0 x→0 x→0 1/ sin x ∞ 1/x x = l´ım = − l´ım =0, x→0 − cos x/ sin2 x x→0 cos x donde en el pen´ ultimo paso hemos utilizado el infinitésimo equivalente sin x ∼ x si x → 0. En definitiva = e0 = 1.

2.4 Aproximaci´ on local de funciones: Teorema de Taylor

2.4.

27

Aproximaci´ on local de funciones: Teorema de Taylor

Definici´ on 2.33 Consideremos una función f real de variable real derivable n veces en un punto a. Se define el polinomio de Taylor de grado n de f en a como Pn (x)

=

n f (k) (a) k=0

=

k!

(x − a)k

f (a) + f (a)(x − a) +

f (a) f (n) (a) (x − a)2 + · · · + (x − a)n . 2 n!

Ejemplo 2.34 Calcular el polinomio de Taylor Pn (x) de grado n de las siguientes funciones f (x) en torno del punto a: (i) f (x) = ex y a = 0. (ii) f (x) = sin x y a = 0. (iii) f (x) = ln x y a = 1. Soluci´ on. (i) Puesto que si f (x) = ex entonces f (k) (0) = e0 = 1 para todo k ∈ N. Se tiene pues que Pn (x) =

n 1 k 1 1 x = 1 + x + x2 + · · · + xn . k! 2 n!

k=0

f

(ii) En el caso de que f (x) = sin x entonces se tiene que f (2k) (0) = 0 y (0) = (−1)k−1 para todo k ∈ N. En definitiva

(2k−1)

P2n−1 (x) = x −

1 1 3 1 x + x5 + · · · + (−1)n−1 x2n−1 . 3! 5! (2n − 1)!

(iii) Tomando f (x) = ln x se tiene por inducción f (x) = f (x) = f (x) =

ln x ⇒ f (1) = 0 , x−1 ⇒ f (1) = 1 , −x−2 ⇒ f (1) = −1 ,

f (x)

= .. .

2x−3 ⇒ f (1) = 2 ,

f (n) (x)

=

(−1)n−1 (n − 1)!x−n ⇒ f (n) (1) = (−1)n−1 (n − 1)!.

En definitiva 1 1 1 Pn (x) = (x − 1) − (x − 1)2 + (x − 1)3 + · · · + (−1)n−1 (x − 1)n . 2 3 n

28


Definici´ on 2.35 Se dice que dos funciones f y g reales de variable real y derivables n veces en un punto a ∈ Dom(f ) ∩ Dom(g) tienen un contacto de orden n en el punto a si se verifica que f (k) (a) = g (k) (a) para k = 0, 1, . . . , n. Es claro que, cuanto más alto sea el orden de contacto de dos funciones en un punto más pr´ oximas están esas dos funciones en torno de ese punto. Teorema 2.36 La funci´ on f y su polinomio de Taylor Pn de grado n en un punto a tienen un contacto de orden n en a. Demostraci´ on. Se toma un polinomio n Qn (x) de grado n con coeficientes ak arbitrarios de la forma Qn (x) = k=0 ak (x − a)k con ak ∈ R. Tras imponer (k) que Qn y f tengan un contacto de orden n en a, es decir, f (k) (a) = Qn (a) (k)

para k = 0, 1, . . . , n, se obtienen los coeficientes ak = f k!(a) , de modo que en realidad Qn = Pn siendo Pn el polinomio de Taylor de grado n de f en el punto a. Teorema 2.37 (F´ ormula de Taylor) Consideremos f : A ⊂ R → R con f ∈ C n+1 (A) y a ∈ A. Entonces, para todo x ∈ A se tiene que f (x) = Pn (x)+Rn (x), siendo Pn el polinomio de Taylor de grado n de f en a y Rn el llamado término complementario de orden n. Se tiene adem´ as que existe un punto ξ entre los puntos a y x tal que Rn (x) =

f (n+1) (ξ) (x − a)n+1 . (n + 1)!

Cuando se aproxima f (x) ≈ Pn (x), se comete un error absoluto Δ = |f (x) − Pn (x)| = |Rn (x)|, de modo que la fórmula de Taylor proporciona una expresión para este error. Observemos también que, en general, la aproximaci´ on f (x) ≈ Pn (x) será mejor cuanto más cerca esté x de a y también cuanto más grande sea n. En particular, notamos que la aproximaci´ on f (x) ≈ P1 (x) se interpreta geométricamente como la aproximaci´ on de la curva y = f (x) por la curva y = P1 (x) que no es más que la recta tangente a la curva y = f (x) en el punto (a, f (a)). Ejemplo 2.38 Usar la f´ ormula de Taylor para aproximar el n´ umero e con un error menor que 10−4 . Soluci´ on. Tomaremos la función f (x) = ex y el punto a = 0. Sea Pn el polinomio de Taylor de grado n de f en el punto 0. Hemos de realizar la aproximaci´ on f (1) = e ≈ Pn (1) tomando un n ∈ N de modo que en la aproximaci´ on se cometa error absoluto Δ = |f (1) − Pn (1)| = |Rn (1)| menor que 10−4 . Usando la expresi´ on del término complementario se tiene que (n+1) f eξ (ξ) n+1 Δ = |Rn (1)| = = (1) , (n + 1)! (n + 1)!

2.4 Aproximaci´ on local de funciones: Teorema de Taylor

29

con 0 < ξ < 1. Entonces, podemos acotar eξ < e < 3 con lo que Δ<

3 = g(n). (n + 1)!

Dando valores naturales a n se tiene g(6) = 0,0005 < 10−4 pero g(7) = 0,00007 < 10−4 . Entonces, si n = 7 se tiene Δ < 10−4 . En resumen, teniendo en cuenta el desarrollo de Taylor de la funci´ on ex en el origen calculada en el Ejemplo 2.34, la aproximaci´ on pedida es e ≈ P7 (1) = 1 +

1 1 1 1 1 1 1 + + + + + + = 2,7182 , 1! 2! 3! 4! 5! 6! 7!

con un error Δ < 10−4 .

Ejemplo 2.39 Usar la f´ ormula de Taylor para aproximar menor que 0,01.

√ 3

1,2 con un error

√ Soluci´ on. Tomaremos la función f (x) = 3 1 + x y el punto a = 0. Sea Pn el polinomio de Taylor de √ grado n de f en el punto 0. Hemos de realizar la aproximaci´ on f (0,2) = 3 1,2 ≈ Pn (0,2) tomando un n ∈ N de modo que en la aproximaci´ on se cometa error absoluto Δ = |f (0,2) − Pn (0,2)| = |Rn (0,2)| menor que 0,01. Usando la expresión del término complementario se tiene que (n+1) f (ξ) n+1 Δ = |Rn (0,2)| = (0,2) , (n + 1)! con 0 < ξ < 0,2. Calculemos por inducción la expresión de f (n+1) (x). Reescribimos la función f en forma de potencia f (x) = (1 + x)1/3 , de modo que f (x) = f (x) =

1 1 (1 + x) 3 −1 , 3 1 1 1 − 1 (1 + x) 3 −2 , 3 3

.. . f (n+1) (x) = Entonces Δ =

1 1 (n + 1)! 3

1 3

1 1 1 1 −1 − 2 ··· − n (1 + x) 3 −(n+1) . 3 3 3

1 1 1 1 −(n+1) n+1 3 (0,2) −1 − 2 ··· − n (1 + ξ) . 3 3 3

Como 0 < ξ < 0,2 podemos acotar 1

(1 + ξ) 3 −(n+1) =

1 1

(1 + ξ)(n+1)− 3

<

1 1

(1 + 0)(n+1)− 3

=1.

30


Entonces

1 1 1 1 1 n+1 Δ< −1 − 2 ··· − n (0,2) = g(n). (n + 1)! 3 3 3 3

Dando valores naturales a n se tiene 1 1 1 2 g(1) = − 1 (0,2) = 0,0044 < 0,01 , 2! 3 3 de modo que si n = 1 entonces Δ < 0,01. En resumen, la aproximaci´ on pedida es 1 3 1,2 ≈ P1 (0,2) = f (0) + f (0) 0,2 = 1 + 0,2 = 1,066 , 3 con un error Δ < 0,01.

Nota 2.40 Consideremos una serie alternada convergente, es decir, sea S = ∞ n on de n´ umeros reales n=1 (−1) an un valor finito con {an }n∈N ⊂ R una sucesi´ como la suma de positivos. Entonces, si definimos la suma parcial m–ésima Sm m los m primeros términos de la anterior serie, es decir, Sm = n=1 (−1)n an , se tiene que |S − Sm | < am+1 . El anterior criterio de acotación de series alternadas puede ser utilizado en caso de que se pretenda realizar la aproximación f (x) ≈ Pn (x) con un error ∞ (k) menor que un valor dado y ocurra que f (x) = k=0 f k!(a) (x − a)k resulte ser una serie alternada convergente. Este es, por ejemplo, el caso del Ejemplo 2.39. De forma más precisa, se tiene que 3 1,2 =

f (0,2) =

∞ f (k) (0)

k!

k=0

= =

(0,2)k

f (0) f (0) f (0) + f (0) 0,2 + (0,2)2 + (0,2)3 + · · · 2! 3! 1 1 1 1 1 1 1 + 0,2 + − 1 (0,2)2 + −1 − 2 (0,2)3 + · · · 3 3 3 3 3 3

Busquemos a continuaci´ on el primer término de la serie cuyo valor absoluto sea menor que el valor = 0,01 dado. 1 0,2 = 0,066 < 0,01 , 3 1 1 2 3 3 − 1 (0,2) = 0,0088 < 0,01 . Concluimos que

con un error Δ < 0,01.

3

1,2 ≈ 1 +

1 0,2 = 1,066 , 3

2.5 Aplicaciones de la f´ ormula de Taylor

31

Ejemplo 2.41 Usar la f´ ormula de Taylor para aproximar cos 1◦ con un error −3 menor que 10 . Soluci´ on. Tomaremos la función f (x) = cos x y la desarrollaremos en torno del punto a = 0. x2 x4 x6 cos x = 1 − + − + ··· 2! 4! 6! Tomaremos x = 1◦ = π/180 radianes y obtenemos la serie π cos =1− 180

π 2 180 2!

+

π 4 180 4!

−

π 6 180 6!

+ ···

Como la serie es alternada, podemos usar la Nota 2.40. En particular, puesto que π 2 < 10−3 ,

180

2! se tiene que cos

π ≈1 180

con un error menor que 10−3 .

Ejemplo 2.42 Usar la f´ ormula de Taylor para calcular el siguiente l´ımite l´ım

x→0

x − sin x . x3

Soluci´ on. Tomaremos la función f (x) = sin x y la desarrollaremos en torno del punto a = 0. Se tiene que sin x = x −

x3 + ··· , 3!

de modo que x3 x − sin x = l´ ım l´ım x→0 x→0 x3

+ ··· 1 1 = = . x3 3! 6

1

3!

2.5.

Aplicaciones de la f´ ormula de Taylor

Teorema 2.43 Consideremos una funci´ on f : R → R derivable k veces en un punto a tal que f (a) = f (a) = · · · = f (k−1) (a) = 0 pero f (k) (a) = 0. Entonces, se verifica lo siguiente: (i) Si k es par, entonces a es un extremo de f . Si f (k) (a) > 0 entonces f tiene un m´ınimo en el punto a.

32

C´ alculo Diferencial con una Variable Si f (k) (a) < 0 entonces f tiene un m´ aximo en el punto a.

(ii) Sea k impar. Si f (k) (a) > 0 entonces f es creciente en el punto a. Si f (k) (a) < 0 entonces f es decreciente en el punto a. Demostraci´ on. Si f (a) = f (a) = · · · = f (k−1) (a) = 0 pero f (k) (a) = 0, usando la fórmula de Taylor, se tiene que (k) f (k) (a) f (a) f (x) − f (a) = (x − a)k + Rn (x) = + α(x) (x − a)k , k! k! donde la función α(x) → 0 cuando x → a. Entonces, para x en un entorno del punto a, el signo del término entre corchetes de la expresión anterior coincide con el signo de f (k) (a). Se tiene pues que: (i) Si k es par, entonces (x − a)k ≥ 0 para todo x en un entorno del punto a. Se tiene entonces que: Si f (k) (a) > 0 entonces f (x) − f (a) ≥ 0 de modo que f tiene un m´ınimo en el punto a. Si f (k) (a) < 0 entonces f (x) − f (a) ≤ 0 de modo que f tiene un máximo en el punto a. (ii) Sea k impar. Entonces, el signo de (x − a)k cambia para valores de x en un entorno del punto a. En particular: Si f (k) (a) > 0 se tiene que el signo de f (x) − f (a) coincide con el signo de x − a de modo que f es creciente en el punto a. Si f (k) (a) < 0 se tiene que el signo de f (x) − f (a) es el contrario que el signo de x − a de modo que f es decreciente en el punto a. Ejemplo 2.44 Averiguar si x = 0 es un extremo de la funci´ on f (x) = ex + −x e + 2 cos x. Soluci´ on. Como f (0) = f (0) = f (0) = 0 pero f (4) (0) = 4 > 0 se tiene que f presenta un m´ınimo relativo en x = 0.

Ejemplo 2.45 Demostrar que, de todos los rect´ angulos de igual per´ımetro, el de mayor ´ area es el cuadrado. Soluci´ on. Sean x e y las longitudes de los lados del rectángulo. Entonces el área A del rectángulo vale A = xy. Fijado el per´ımetro p del rectángulo, es claro que p = 2(x + y), de donde podemos despejar y=

p −x . 2

(2.4)

2.5 Aplicaciones de la f´ ormula de Taylor

33

Entonces, el área A del rectángulo depende solo de x como p A(x) = x −x . 2 Buscaremos los máximos de la función A(x). En primer lugar hallaremos los puntos cr´ıticos de A. Como A (x) = −2x + p/2, se tiene que la u ńica solución de la ecuación A (x) = 0 es x = p/4. Además, como A (x) = −2 < 0 se tiene que la función A presenta un máximo en x = p/4. Debido a (2.4) se tiene en realidad que x = y = p/4. Entonces, concluimos que el rectángulo es, de hecho, un cuadrado.

Ejemplo 2.46 Calcular las dimensiones (radio r y altura h) del cono de volumen m´ aximo que se puede inscribir en una esfera de radio R. Soluci´ on. El volumen V de un cono de radio r y altura h es V =

1 2 πr h . 3

Como el cono está inscrito en una esfera de radio R, usando el teorema de Pit´ agoras se tiene que r2 + (h − R)2 = R2 , de donde podemos despejar r2 = R2 − (h − R)2 .

(2.5)

Entonces, el volumen V solo depende de h como V (h) =

1 π[R2 − (h − R)2 ]h . 3

Buscaremos los máximos de la función V (h). En primer lugar hallaremos los puntos cr´ıticos de V . Derivando se obtiene 1 V (h) = − πh(3h − 4R) . 3 La u ńica solución positiva de la ecuación V (h) = 0 es h = 4R/3. Además es f´ acil comprobar que V (4R/3) < 0 de modo que V presenta un máximo en h = 4R/3. Finalmente, teniendo en cuenta (2.5), √

4R 8 (h, r) = , R , 3 3 es la solución del problema.

Ejemplo 2.47 Calcular la m´ınima distancia entre los puntos de la par´ abola y = x2 y el punto (2, 1/2). Soluci´ on. Los puntos de la parábola son de la forma (x, x2 ), de modo que la distancia entre esos puntos y el punto (2, 1/2) es d(x) = (x − 2)2 + (x2 − 1/2)2 .

34


Es claro que los valores de x que corresponden a un m´ınimo de d son los mismos que hacen m´ınima la función D(x) = d2 (x) = (x − 2)2 + (x2 − 1/2)2 . Por este motivo, preferimos trabajar con la función D en lugar de la función d. Buscaremos los m´ınimos de la función D(x). En primer lugar hallaremos los puntos cr´ıticos de D. Derivando se obtiene D (x) = 4(x3 − 1), de modo que el u ńico punto cr´ıtico de D es x = 1. Además, puesto que D (x) = 12x2 , se tiene D (1) > 1 con lo que D (y por lo tanto d) presenta un m´ınimo en x = 1. El punto de la parábola que corresponde a esta distancia m´ınima es (1, 1) y dicha distancia es √ 5 d(1) = . 2

Definici´ on 2.48 Sea f : R → R una función derivable en un punto a. 1. Se dice que f tiene concavidad positiva en el punto a si existe un entorno I = (a − , a + ) de a tal que f (x) ≥ P1 (x) = f (a) + f (a)(x − a) para todo x ∈ I. 2. Se dice que f tiene concavidad negativa en el punto a si existe un entorno I = (a − , a + ) de a tal que f (x) ≤ P1 (x) = f (a) + f (a)(x − a) para todo x ∈ I. 3. En caso contrario, se dice que f tiene un punto de inflexi´ on en el punto a. Nota 2.49 Notemos que, geométricamente, los puntos a de concavidad positiva (resp. negativa) para la funci´ on f corresponden a aquellos puntos donde la recta tangente a la gr´ afica de f en el punto (a, f (a)) pasa por debajo (resp. encima) de la gr´ afica de f en un entorno del punto a. Teorema 2.50 Consideremos una funci´ on f : R → R derivable k veces en un punto a tal que f (a) = · · · = f (k−1) (a) = 0 pero f (k) (a) = 0. Entonces, se verifica lo siguiente: (i) Sea k par. Si f (k) (a) > 0 entonces f tiene concavidad positiva en el punto a. Si f (k) (a) < 0 entonces f tiene concavidad negativa en el punto a. (ii) Si k es impar, entonces f tiene un punto de inflexi´ on en el punto a. Demostraci´ on. Si f (a) = · · · = f (k−1) (a) = 0 pero f (k) (a) = 0, usando la fórmula de Taylor, se tiene que (k) f (k) (a) f (a) k f (x) − P1 (x) = (x − a) + Rn (x) = + α(x) (x − a)k , k! k! donde la función α(x) → 0 cuando x → a. Entonces, para x en un entorno del punto a, el signo del término entre corchetes de la expresión anterior coincide con el signo de f (k) (a). Se tiene pues que:

2.6 Problemas propuestos

35

(i) Si k es par, entonces (x − a)k ≥ 0 para todo x en un entorno del punto a. Se tiene entonces que: Si f (k) (a) > 0 entonces f (x) − P1 (x) ≥ 0 de modo que f tiene concavidad positiva en el punto a. Si f (k) (a) < 0 entonces f (x) − P1 (x) ≤ 0 de modo que f tiene concavidad negativa en el punto a. (ii) Sea k impar. Entonces, el signo de (x − a)k cambia para valores de x en un entorno del punto a. En particular, f (x) − P1 (x) no mantiene el signo de modo que f tiene un punto de inflexión en el punto a. Ejemplo 2.51 Sea f : R → R una funci´ on tal que f (0) > 0. Averiguar la concavidad en x = 0 de la funci´ on g(x) = f (x) + f (−x). Soluci´ on. Aplicando la regla de la cadena se tiene que g (x) = f (x) − f (−x) de modo que g (0) = 0. Derivando de nuevo se tiene g (x) = f (x) + f (−x) con lo que g (0)2f (0) > 0. Se tiene pues que g tiene concavidad positiva en x = 0. De hecho, g tiene un m´ınimo relativo en x = 0.

2.6.


Problema 2.1 Considerar la funci´ on f (x) = xn . Demostrar que f (x) = nxn−1 utilizando la definici´ on de derivada. Problema 2.2 Demostrar que (f g) (a) = f (a)g(a) + f (a)g (a) utilizando la definici´ on de derivada. Problema 2.3 La funci´ on f (x) = sin x es biyectiva cuando se restringe al intervalo (−π/2, π/2). Hallar la derivada de la funci´ on g(y) = arcsin y usando el hecho de que g = f −1 . √ 3 Problema 2.4 Considerar la funci´ on f (x) = 1 − x2 definida en el intervalo [−1, 1]. Verificar que f (1) = f (−1) y que f (x) no se anula en ning´ un punto del intervalo [−1, 1]. Explicar por qué no se contradice el Teorema de Rolle. Soluci´ on. ∃f (0) ⇒ f ∈ D((−1, 1)). Problema 2.5 ¿ Se puede extender la funci´ on f (x) =

x ln(2x − x2 ) (x − 1)2

de forma continua en los puntos x = 0, x = 1 y x = 2? Estudiar la derivabilidad por la derecha de la funci´ on extendida en x = 0. Soluci´ on. Se puede extender en x = 0 definiendo f (0) = 0 y en x = 1 definiendo f (1) = −1. No se puede extender en x = 2. ∃f (0+ ).

36


Problema 2.6 Sean a, b ∈ R y n ∈ N. Demostrar que el polinomio xn + ax + b tiene como mucho dos ra´ıces reales si n es par y tres ra´ıces reales si n es impar. Problema 2.7 Sea f : R → R de clase C 2 y verificando f (1) − f (0) = 7 y |f (x)| ≤ 3 para todo x ∈ [0, 1]. Demostrar que f es creciente en un entorno de x = 0. Problema 2.8 Estudiar la derivabilidad en x = 2 de la funci´ on x−2 si x = 2 , 1 1+exp( x−2 ) f (x) = 0 si x = 2 . Soluci´ on. ∃f (2). Problema 2.9 Hallar las derivadas de las funciones f (x) = arc cos √

x 1 , g(x) = arcsin √ . 2 1+x 1 + x2

¿Qué se puede deducir del resultado? Soluci´ on. f (x) = g (x) = 1/(1 + x2 ). Entonces f (x) − g(x) es constante. Problema 2.10 Considerar la funci´ on y(x) definida de manera impl´ıcita por la ecuaci´ on x − 2y sin xy = 0. Hallar la funci´ on derivada y (x). Soluci´ on. y = y/x. Problema 2.11 Dos m´ oviles realizan trayectorias parab´ olicas coplanarias dadas por las ecuaciones y = f (x) = x2 + x − 6, y = g(x) = 12 (x2 − 2x + 8) de modo que, durante todo el movimiento, tienen igual abscisa. Calcular las coordenadas de los m´ oviles cuando: (i) se muevan paralelamente; (ii) se muevan perpendicularmente. ´ n: Recordar la f´ Indicacio ormula de trigonometr´ıa tan(β2 − β1 ) = [tan(β2 ) − tan(β1 )]/[1 + tan(β2 ) tan(β1 )]. Soluci´ on. (i) (−2, −4) y (−2, 8). (ii) Hay dos casos. El primero es (0, −6) y (0, 4) y el segundo es (1/2, −21/4) y (1/2, 29/8). Problema 2.12 Demostrar que 1 + x < ex <

1 , 1−x

para todo 0 < x < 1. Problema 2.13 Demostrar que entre cualquier par de ra´ıces reales de la ecuaci´ on ex sin x = 1 existe al menos una ra´ız real de la ecuaci´ on ex cos x = −1. ´ n: Aplicar el Teorema de Rolle a la funci´ Indicacio on f (x) = e−x − sin x.


37

Problema 2.14 Demostrar que para cualquier a y b satisfaciendo 0 < a < b se tiene que a b b 1 − < ln < − 1 . b a a ´ n: Usar el Teorema del valor medio a la funci´ Indicacio on f (x) = ln x. Problema 2.15 Calcular los l´ımites siguientes: (i) l´ımx→0

x2 sin x−sin3 x . x5

(ii) l´ımx→∞ x(arctan(ex ) − π/2)). tan x . (iii) l´ımx→0+ x1 Soluci´ on. (i) 1/3, (ii) 0, (iii) 1. Problema 2.16 Hallar el polinomio de Taylor de grado arbitrario de la funci´ on arctan x en torno del punto a = 0. Soluci´ on. P2n−1 (x) = x −

x3 3

+

x5 5

−

x7 7

2n−1

+ · · · + (−1)n−1 x2n−1 .

Problema 2.17 Averiguar para qué valores de x en la aproximaci´ on sin x ≈ x el error cometido no supera el valor 0,0005. Soluci´ on. |x| < 0,1442. Problema 2.18 Averiguar la relaci´ on entre el radio R y la altura h de un dep´ osito cil´ındrico cerrado con un volumen fijado de modo que su ´ area total sea m´ınima. Soluci´ on. h = 2R. Problema 2.19 Dos m´ oviles se mueven en un plano con un movimiento rectilineo uniforme. El primero parte del punto (14, 0) y sigue una recta paralela al eje de ordenadas con velocidad v1 = 4 m/s. El segundo parte del punto (0, 18) y sigue una recta paralela al eje de abscisas con velocidad v2 = 2 m/s. Calcular el tiempo para el cual la distancia entre los dos m´ oviles es m´ınima. Soluci´ on. t = 5 segundos. Problema 2.20 El precio de un material es proporcional al cuadrado de su peso. Averiguar c´ omo debe partirse una pieza de este material de modo que la depreciaci´ on de su valor sea m´ axima. Soluci´ on. Debe partirse en dos partes iguales. Problema 2.21 Hallar y clasificar los extremos relativos de las funciones siguientes: (i) f (x) =

2(x−1) x

− ln x2 .

38


(ii) g(x) = x3 − |x|. √ Soluci´ on. (i) Máximo en x = 1; (ii) M´ınimo en x = 1/ 3 y máximo en x = 0. Problema 2.22 Usar el Teorema del valor medio para demostrar que sin x < x para todo x > 0. Problema 2.23 ¿En cu´ antos puntos se intersectan las curvas y = ln(x) e y = x2 /9? Problema 2.24 ¿En qué punto la recta tangente a la par´ abola y = x2 − 7x + 3 es paralela a la recta 5x + y − 3 = 0. Soluci´ on. (1, −3). Problema 2.25 Demostrar que, en la par´ abola y = Ax2 + Bx + C, la cuerda que une los puntos de abscisas x = a y x = b es paralela a la recta tangente a la par´ abola en el punto de abscisa media.

2.7.

Problemas resueltos

Problema 2.26 Usando un desarrollo de Taylor adecuado, aproximar con tres cifras decimales exactas.

√ 5

1,035

√ Soluci´ on. Definimos f (x) = 5 1 + x, de modo que se debe aproximar el valor de f (0,035) con un error absoluto menor que 10−3 . Realizamos un desarrollo de Taylor de f (x) en torno de x = 0 y obtenemos √ 5

1 6 3 2 1 + x = 1 + x − x2 + x + ··· 5 25 125

Evaluando en x = 0,035 se obtiene la serie alternada siguiente 5

1,035 = 1 +

1 6 2 × (0,035) − × (0,035)2 + × (0,035)3 + · · · 5 25 125

Ahora, usando el criterio de aproximaci´ on por truncamiento en una serie alternada y teniendo en cuenta que 1 2 × (0,035) < 10−3 , × (0,035)2 < 10−3 , 5 25 se tiene que

1 5 1,035 ≈ 1 + × (0,035) = 1,007 . 5

2.7 Problemas resueltos

39

Nota: Otra forma de resolver el problema es la siguiente. Como f (x) = √ 5 1 + x = (1 + x)1/5 , se tiene que f (x) = 15 (1 + x)1/5−1 , f (x) = 15 15 − 1 (1 + x)1/5−2 , f (x) = 15 15 − 1 15 − 2 (1 + x)1/5−3 . Por inducción obtenemos 1 1 1 1 f (n) (x) = −1 − 2 ··· − (n − 1) (1 + x)1/5−n . 5 5 5 5 Al aproximar f (0,035) ≈ Pn (0,035) siendo Pn el polinomio de Taylor de grado n centrado en el punto a = 0 se comete un error absoluto (n+1) f (ξ) n+1 Δ(n) = |Rn (0,035)| = 0,035 (n + 1)! 1 1 1 1 1 1/5−(n+1) n+1 = 0,035 −1 − 2 ··· − n (1 + ξ) , (n + 1)! 5 5 5 5 siendo ξ ∈ (0, 0,035). Como n ∈ N, 15 − (n + 1) < 0, de modo que 1 1 1/5−(n+1) < =1. = (1 + ξ) (n+1)−1/5 (n+1)−1/5 (1 + ξ) (1 + 0) Entonces

1 1 1 1 1 n+1 Δ(n) < −1 − 2 ··· − n 0,035 . (n + 1)! 5 5 5 5

Tomando valores de n se tiene que 1 1 1 2 Δ(1) < − 1 0,035 = 0,000098t < 10−3 . 2! 5 5 Se concluye que f (0,035) ≈ P1 (0,035) con un error absoluto menor que 10−3 . En definitiva 1 5 1,035 ≈ P1 (0,035) = 1 + × 0,035 = 1,007 . 5 Problema 2.27 Usar la f´ ormula de Taylor para resolver las siguientes cuestiones: (i) Demostrar que cos x ≥ 1 − x2 /2 para todo x ∈ R. (ii) Calcular el l´ımite siguiente en funci´ on de los valores del par´ ametro real a. (ex − 1 − x)3 x→0 (1 − cos x)a l´ım

Soluci´ on. (i) Usando la fórmula de Taylor para la función f (x) = cos x en torno del origen hasta segundo orden se tiene que f (x) = P2 (x) + R2 (x), es decir, x2 sin ξ 3 cos x = 1 − + x , 2! 3! con ξ entre 0 y x. Se tienen dos casos:

40


(a) Si |x| < π, entonces sin ξ y x3 tienen el mismo signo, de modo que R2 (x) ≥ 2 0 con lo que se deduce cos x ≥ 1 − x2! cuando |x| ≤ π. (b) Si |x| > π, entonces se tiene fácilmente que 1−

x2 π2 <1− < −2 < cos x . 2 2

(ii) Usando la fórmula de Taylor para las funciones cos x y ex en torno del origen se tiene cos x = 1 −

x2 x2 + · · · , ex = 1 + x + + ··· 2! 2!

donde los puntos suspensivos corresponden a términos de orden superior. Entonces 2 3 x 2 2 3−a (1 + · · ·)3 ( x2 + · · ·)3 2 x (ex − 1 − x)3 = l´ ım = l´ ım = l´ ım . l´ım 2 2 a a x x a a x→0 (1 − cos x) x→0 ( x→0 x→0 2 (1 + · · ·) 2 + · · ·) 2

Se concluye que

⎧ si ⎨ 0 (ex − 1 − x)3 1 si = l´ım x→0 (1 − cos x)a ⎩ ∞ si

Problema 2.28 Considerar la funci´ on ⎧ 1 ⎨ 4 x−3 −7 1 f (x) = 4 x−3 +7 ⎩ 1

a < 3, a = 3, a > 3.

si

x = 3

si

x=3

al Estudiar la continuidad de f en R. Calcular la funci´ on f (x) explicitando cu´ es su dominio. Soluci´ on. Las componentes de f nos indican que f es continua en todo R excepto, quizás, en x = 3. Estudiemos la continuidad de f en x = 3. Para ello, recordando que 1 l´ım = ±∞ , x→3± x − 3 se tienen los l´ımites laterales siguientes. Primero 1

l´ım f (x) = l´ım+

x→3+

x→3

4 x−3 − 7 4

1 x−3

+7

=

∞ =1, ∞

donde la indeterminación se ha resuelto dividiendo numerador y denominador 1 por 4 x−3 . Por otra parte 1

l´ım− f (x) = l´ım−

x→3

x→3

4 x−3 − 7 4

1 x−3

+7

=

−7 = −1 . 7


41

Como l´ımx→3+ f (x) = l´ımx→3− f (x), la función f no es continua en x = 3 ya que no existe l´ımx→3 f (x). En consecuencia f tampoco es derivable en x = 3. La función derivada de f es (observad que la derivada del numerador y del denominador coinciden) 1

1 −4 x−3 ln 4 (x−3) 2 14 f (x) = 2 1 4 x−3 + 7

con Dom(f ) = R − {3}. Problema 2.29 Un tri´ angulo is´ osceles de per´ımetro p gira alrededor de su altura engendrando un cono. ¿Qué valor debe tener la base del tri´ angulo para que el volumen del cono sea m´ aximo? Soluci´ on. Sea 2x la base del triángulo e y el valor com´ un de los lados iguales. Por el teorema de Pitágoras y 2 = h2 + x2 , siendo h la altura del cono. Por otra parte, p = 2(x + y). El volumen V del cono engendrando es V =

1 2 1 1 1 πx h = πx2 h = πx2 y 2 − x2 = πx2 (p/2 − x)2 − x2 . 3 3 3 3

Buscamos el valor de x tal que el volumen V del cono sea máximo. Puesto que este valor de x coincide con el que hace máximo la función 2 1 2 4 p 2 2 f (x) = V (x) = π x −x −x , 9 2 y la función f es polinomial, finalmente maximizaremos f . Los puntos cr´ıticos de f corresponden a las soluciones de la ecuación f (x) =

1 2 3 π px (p − 5x) = 0 . 9

La solución x = 0 corresponde, trivialmente, con el volumen m´ınimo (de hecho V = 0). El otro punto cr´ıtico es x = p/5. Como f (p/5) = −p4 /25 < 0, se concluye que para x = p/5 se tiene un valor máximo del volumen V , luego la base 2x del triángulo ha de ser 2p/5. Problema 2.30 De todos los rect´ angulos inscritos en un semic´ırculo de radio R, calcular las dimensiones del que tiene ´ area m´ axima. Soluci´ on. Sean x e y la base y la altura del rectángulo, respectivamente. La funci´ on área del rectángulo es A(x, y) = xy. Consideremos el triángulo rectángulo de vértices: el punto medio de la base del rectángulo; dos vértices del rectángulo sobre una misma altura. Dicho de otro modo, las variables x e y están relacionadas mediante el Teorema de Pitágoras de la forma (x/2)2 +y 2 = R2 . Despejando de esta relación y para luego ser sustituida en la función A se llega a que x2 A(x) = x R2 − . 4

42


Para simplificar cálculos (eliminar ra´ıces cuadradas) maximizaremos la funci´ on área al cuadrado x2 . F (x) = A2 (x) = x2 R2 − 4 La derivada de F es F (x) = x(2R2 − x2 ), de modo que los√puntos cr´ıticos de F (las soluciones de la ecuación F (x) = 0) son x = 0 y x = 2R. Es evidente que x = 0 corresponde a un √ área m´ınima, de modo que desechamos esta solución. 2 Además, puesto que F ( 2R) = −4R √ < 0, concluimos que F (y por lo tanto A) tiene un máximo relativo en x = 2R. Finalmente, teniendo en cuenta que y = R2 − rect´ angulo de máxima área son √ √ (x, y) = ( 2R, R/ 2) .

Problema 2.31 Considerar la funci´ on f (x) =

x2 4 ,

las dimensiones del

x . 1 + exp x1

(i) Estudiar la continuidad de f en R. (ii) Estudiar la derivabilidad de f en R. Soluci´ on. (i) Por simple inspección comprobamos que, excepto en x = 0, la función f es una composición de funciones continuas. Se tiene pues que f ∈ C(R−{0}). La continuidad de f en el punto x = 0 la estudiamos a continuaci´ on. Observemos que, puesto que l´ımx→0± 1/x = ±∞ se tiene que l´ım f (x) =

x→0+

l´ım f (x) =

x→0−

x 0 = =0, 1+∞ 1 + exp ( x1 ) x 0 l´ım 1 = 1+0 =0 . x→0− 1 + exp ( ) x l´ım

x→0+

Entonces concluimos que l´ımx→0 f (x) = f (0) = 0 de modo que f es continua en x = 0 y por lo tanto f ∈ C(R). (ii) Calculando la derivada de f con las reglas de derivación obtenemos 1 + exp x1 − x exp x1 −1 x + exp x1 (1 + x) x2 f (x) = = 2 . 2 x 1 + exp x1 1 + exp x1 Observemos que la función f (x) está bien definida para todo x = 0, es decir, f ∈ D(R − {0}). La derivabilidad de f en el punto x = 0 la estudiamos a continuaci´ on. Otra vez, puesto que l´ımh→0± 1/h = ±∞, calcularemos derivadas laterales de f en el origen.

+

f (0 )

=

f (h) − f (0) l´ım = l´ım+ h h→0+ h→0

h 1 1+exp( h )

h

−0 = l´ım+ h→0

1 1 + exp h1

2.7 Problemas resueltos = f (0− )

=

43

1 =0; 1+∞ f (h) − f (0) 1 1 1 = l´ım = l´ım− =1. h 1 + 0 h→0− h→0 1 + exp h

Como f (0+ ) = f (0− ) se tiene que no existe f (0). Problema 2.32 Hallar el radio y la altura de un cilindro inscrito en una esfera de radio R dado para que tenga volumen m´ aximo. Soluci´ on. Sea r al radio del cilindro y h su altura. El volumen del cilindro viene dado por V = πr2 h. Consideremos el triángulo rectángulo de lados el diámetro del cilindro, la altura del cilindro y la recta que pasa por el centro de la esfera de radio R. Usando el Teorema de Pitágoras en ese triángulo tenemos 2 que (2R)2 = (2r)2 + h2 , de donde podemos despejar r2 = R2 − h4 . Sustituyendo este valor de r2 en V se obtiene h2 h3 2 2 h=π R h− . V (h) = π R − 4 4 Derivando obtenemos

3h2 V (h) = π R2 − 4

La solución positiva (ya que h > 0) de la ecuación V (h) = 0 es h∗ = √23 R y por tanto r∗ = 23 R. Además, como V (h∗ ) < 0 se tiene que el volumen del cilindro inscrito es máximo cuando

2 2 (r, h) = R, √ R . 3 3 Problema 2.33 Considerar la funci´ on f (x) =

√

1 − x. Hallar:

(i) El polinomio de Taylor de tercer grado de f alrededor del origen. (ii) El valor aproximado de 1/2 utilizando el polinomio hallado anteriormente. Calcular adem´ as una cota del error cometido. Soluci´ on. (i) Dada la función f derivable tres veces en el origen, su polinomio de Taylor de grado 3 centrado en el origen es P3 (x) = f (0) + f (0)x +

f (0) 2 f (0) 3 x + x . 2! 3!

√ Tomando f (x) = 1 − x = (1 − x)1/2 , se tienen las derivadas f (x) = − 12 (1 − x)−1/2 , f (x) = − 14 (1−x)−3/2 y finalmente f (x) = − 38 (1−x)−5/2 . Calculando en el origen obtenemos f (0) = 1, f (0) = − 12 , f (0) = − 14 y f (0) = − 38 de modo que 1 1 1 P3 (x) = 1 − x − x2 − x3 . 2 8 16

44

C´ alculo Diferencial con una Variable (ii) Ahora realizamos la siguiente aproximaci´ on:

1/2 = f (1/2) ≈ P3 (1/2) =

91 ≈ 0,710938 . 128

El error absoluto Δ cometido en esta aproximación es f (iv) (ξ) 1 4 1 (iv) Δ = |f (1/2) − P3 (1/2)| = = f (ξ) , 4! 2 384 donde se sabe que ξ ∈ (0, 1/2). Puesto que f (iv) (ξ) = −

15 15 . (1 − ξ)−7/2 = − 16 16(1 − ξ)7/2

Es claro que al aumentar ξ disminuye el anterior denominador, de modo que el cociente aumenta, pero debido al signo negativo, en realidad f (iv (ξ) disminuye. Dicho de otra forma, la función f (iv) (ξ) es negativa y decreciente en el intervalo [0, 1/2], de modo que |f (iv) (ξ)| es creciente en dicho intervalo y por lo tanto 15 (iv) M = máx f (ξ) = f (iv) (1/2) = √ ≈ 10,6066 . 0≤ξ≤1/2 2 Se tiene en definitiva la siguiente acotación del error Δ=

15 √ M 1 (iv) 5 √ ≈ 0,0276214. = 2 = f (ξ) < 384 384 384 128 2

Problema 2.34 Dos curvas planas son perpendiculares en un punto de intersecci´ on si sus rectas tangentes en este punto lo son. Averiguar si las curvas planas dadas por las ecuaciones 2x2 + y 2 = 6, y 2 = 4x son perpendiculares en todos sus puntos de intersecci´ on. Soluci´ on. Primero calculamos las coordenadas de los puntos de intersección de las curvas, es decir, resolvemos el sistema 2x2 + y 2 = 6, y 2 = 4x. Se tiene pues que 2x2 + 4x = 6 cuya solución es x0 = 1, x1 = −3. Notamos que debido a la segunda curva, los valores de x no pueden ser negativos de modo que solo tenemos x0 = 1 como solución. Los valores de las ordenadas de los puntos son y0 = ±2. En definitiva, tenemos los puntos de intersecci´ on p0 = (1, 2) , p1 = (1, −2) . Calculemos ahora las pendientes de las 4 rectas tangentes a las dos curvas en los puntos p0 y p1 . Para ello se han de calcular en primer lugar las pendientes de las rectas, cosa que haremos mediante derivaci´ on impl´ıcita. Para la primera curva se tiene 4x + 2yy = 0, es decir, y (x, y) = −2x/y. Para la segunda curva se tiene 2yy = 4, es decir, y (x, y) = 2/y. Se tienen entonces las pendientes, para la primera curva m1 |p0 = −1 , m1 |p1 = 1 ,


45

y para la segunda curva m2 |p0 = 1 , m2 |p1 = −1 . Como m1 |p0 = −1/m2 |p0 y m1 |p1 = −1/m2 |p1 , las intersecciones son perpendiculares. Problema 2.35 Dada la funci´ on f (x) =

1 1−x ,

se pide:

(i) Hallar el desarrollo de Taylor de f (x) en torno del origen. (ii) Acotar el error absoluto cometido en la aproximaci´ on f (0,1) ≈ P8 (0,1) donde P8 (x) es el polinomio de Taylor de grado 8 de f (x) en torno del origen. Soluci´ on. (i) La derivada n-ésima es f (n) (x) = n!(1 − x)−(n+1) , de modo que (n) f (0) = n! y la serie de Taylor es ∞ f (n) (0) i=0

n!

xn =

∞

xn .

i=0

(ii) Al aproximar f (0,1) ≈ P8 (0,1) se comete un error Δ = |R8 (0,1)| siendo el término complementario de orden 8 R8 (x) =

f (9) (ξ) 9 1 , x9 , x = 9! (1 − ξ)10

con 0 < ξ < 0,1. Entonces Δ = |R8 (0,1)| =

1 1 (0,1)9 < (0,1)9 = 2,86797 × 10−9 . (1 − ξ)10 (1 − 0,1)10

Problema 2.36 Un alambre de 3 metros de longitud se divide en dos partes x e y. Con la primera se construye un cuadrado y con la segunda una circunferencia. Encontrar los valores de x e y para que la suma de las ´ areas del cuadrado y del c´ırculo resultantes sean m´ınimas. Soluci´ on. El lado del cuadrado será l = x/4 y el radio del circulo será r = y/(2π). La suma de las áreas viene dada por A = l2 + πr2 . Como sabemos que x + y = 3 tenemos que 4l + 2πr = 3. Sustituyendo l = (3 − 2πr)/4 en A se 2 obtiene A(r) = (3−2πr) +πr2 . De donde A (r) = π4 (−3+8r+2πr). De A (r) = 0 16 3 3 obtenemos r = 8+2π y por tanto l = 4+π . Como A (r) = π4 (8 + 2π) > 0 para 12 3π e y = 4+π . toda r el extremo es un m´ınimo. En este caso x = 4+π Problema 2.37 Considerar la funci´ on x sin x1 f (x) = 0

si si

x = 0 , x=0.

46


(i) Estudiar la continuidad de f en R. (ii) Estudiar la derivabilidad de f en R. (iii) Calcular l´ım f (x). x→∞

Soluci´ on. (i) Las componentes de la función f son o bien una constante o bien una función que es composición de funciones continuas en cualquier punto excepto en x = 0 debido a la expresión x1 . Se tiene pues que f ∈ C(R\{0}). La continuidad de f en el origen se debe estudiar con más detalle. En primer lugar calculamos el siguiente l´ımite 1 l´ım f (x) = l´ım x sin =0, x→0 x→0 x donde se ha utilizado que x → 0 y que sin x1 es una función acotada. Como l´ımx→0 f (x) = f (0) se tiene que f (x) es continua en x = 0. En resumen hemos demostrado que f ∈ C(R). (ii) Usando las reglas de derivaci´ on se tiene que, para cualquier x = 0, 1 1 1 −1 1 1 f (x) = sin = sin + x cos − cos . x x x2 x x x Para calcular f (0) se debe utilizar la definición de derivada. Se tiene entonces que f (h) − f (0) 1 , f (0) = l´ım = l´ım sin h→0 h→0 h h pero este l´ımite no existe, de modo que no existe f (0). En resumen, f es derivable en R\{0}. (iii) Se tiene que 1 l´ım f (x) = l´ım x sin = 0∞ . x→∞ x→∞ x Esta indeterminación se puede resolver de varias formas, por infinitésimos equivalentes o usando la regla de l’Hopital. Como sin x1 ∼ x1 cuando x → ∞ obtenemos que l´ım f (x) = l´ım x

x→∞

x→∞

1 =1. x

De otra forma, pasando a indeterminación de cociente y luego usando la regla de l’Hopital −1 1 sin x1 1 x2 cos x =1. = l´ım = l´ım cos l´ım f (x) = l´ım 1 −1 x→∞ x→∞ x→∞ x→∞ x x x2


47

√ Problema 2.38 Dada la funci´ on f (x) √ = x + 1, usar un desarrollo de Taylor adecuado de f para aproximar el valor 1,2 con un error menor que 10−3 . √ Soluci´ on. Puesto que 1,2 = f (0,2), usaremos la aproximaci´ on f (0,2) ≈ Pn (0,2) siendo Pn el polinomio de Taylor de f en torno del punto a = 0 de grado n. Hemos usado el punto a = 0 puesto que es el entero más cercano al punto x = 1,2 que es donde se realiza la aproximación. El problema concluye cuando averig¨ uemos el valor del grado n al imponer que en la aproximaci´ on efectuada se cometa un error absoluto Δ = |f (0,2) − Pn (0,2)| = |Rn (0,2)| menor que 10−3 . √ En primer lugar, calculamos las derivadas de f . Como f (x) = 1 + x = (1 + x)1/2 , se tiene que f (x) = 12 (1 + x)1/2−1 , f (x) = 12 12 − 1 (1 + x)1/2−2 , f (x) = 12 12 − 1 12 − 2 (1 + x)1/2−3 . Por inducción obtenemos 1 1 1 1 (n) f (x) = −1 − 2 ··· − (n − 1) (1 + x)1/2−n . 2 2 2 2 De este modo se tiene que f

(n)

1 (0) = 2

1 1 1 −1 − 2 ··· − (n − 1) . 2 2 2

Esta informaci´ on permite calcular los primeros términos del desarrollo de Taylor de f (x) en torno de a = 0: f (x) =

√

1 1 5 4 1 1 + x = 1 + x − x 2 + x3 − x + ··· 2 8 16 128

Evaluando en x = 0,2 se obtiene la serie alternada siguiente 1 1 5 1 1,2 = 1 + × 0,2 − × 0,22 + × 0,23 − × 0,24 + · · · 2 8 16 128 Ahora, usando el criterio de aproximaci´ on por truncamiento en una serie alternada y teniendo en cuenta que 1 1 1 × 0,2 < 10−3 , × 0,22 < 10−3 , × 0,23 < 10−3 , 2 8 16 se tiene que

1 1 × 0,2 − × 0,22 = 1,095 . 2 8 Nota: Otra forma de resolver el problema es la siguiente. Al aproximar f (0,2) ≈ Pn (0,2) siendo Pn el polinomio de Taylor de grado n centrado en el punto a = 0 se comete un error absoluto (n+1) f (ξ) n+1 Δ(n) = |Rn (0,2)| = 0,2 (n + 1)! 1 1 1 1 1 1/2−(n+1) n+1 = 0,2 −1 − 2 ··· − n (1 + ξ) , (n + 1)! 2 2 2 2 1,2 ≈ 1 +

48


siendo ξ ∈ (0, 0,2). Como n ∈ N, 12 − (n + 1) < 0, de modo que 1 1 1/2−(n+1) < = (1 + ξ) (1 + 0)(n+1)−1/2 = 1 . (n+1)−1/2 (1 + ξ) Entonces

1 1 1 1 1 n+1 −1 − 2 ··· − n 0,2 Δ(n) < . (n + 1)! 2 2 2 2

Tomando valores de n se tiene que 1 1 1 Δ(1) < − 1 0,22 = 0,005 < 10−3 , 2! 2 2 pero sin embargo 1 1 1 1 3 Δ(2) < −1 − 2 0,2 = 0,0005 < 10−3 . 3! 2 2 2 Se concluye que f (0,2) ≈ P2 (0,2) con un error absoluto menor que 10−3 . En definitiva 1 1 1,2 ≈ P2 (0,2) = 1 + × 0,2 − × 0,22 = 1,095 . 2 8 Problema 2.39 Calcula el punto de la par´ abola y 2 = 6x m´ as pr´ oximo al punto (3, 0). Soluci´ on. Sea P = (x, y) un punto arbitrario de la parábola y 2 = 6x. Entonces se tiene que P = (y 2 /6, y). La distancia d entre el punto P y el punto (3, 0) viene dada por la función 2 y2 d(y) = − 3 + y2 . 6 Hemos de hallar el valor de y que minimiza a la función distancia d(y). Como este valor debe coincidir con el que minimiza la función distancia al cuadrado f (y) = d2 (y) =

2 y2 − 3 + y2 6

hallaremos los extremos de f pues la derivada es más simple ya que es polinomial. Se tiene que 2 y y y3 f (y) = 2 −3 + 2y = , 6 3 9 de modo que f tiene un u ńico punto cr´ıtico en y = 0. Como además f (0) = f (0) = f (0) = 0 pero f (iv) (0) = 2/3 > 0 se concluye que f y por lo tanto d tienen en y = 0 un m´ınimo. En resumen, las coordenadas del punto P sobre la par´ abola son P = (0, 0).


49

Problema 2.40 Considerar la funci´ on ⎧ sin(ax) ⎨ x f (x) = ⎩ 1 3 2 3 x − x − 3x + 1

si

x<0,

si

x≥0.

(i) Determina el valor de a para que f sea continua y estudia la derivabilidad en x = 0. (ii) Demostrar que la funci´ on f tiene, al menos, una ra´ız real en el intervalo [0, 3] y hallar una aproximaci´ on de dicha ra´ız con un error menor que 0,1. Soluci´ on. (i) Es claro que la función f definida por ⎧ sin(ax) ⎨ si x < 0 , x f (x) = ⎩ 1 3 2 3 x − x − 3x + 1 si x ≥ 0 . es continua en todo R excepto quizás en el origen. Estudiemos la continuidad de f en x = 0. l´ım f (x) =

x→0+

l´ım f (x) =

x→0−

1 3 x − x2 − 3x + 1 = 1 , 3 sin ax ax 0 l´ım = = l´ım+ =a, x 0 x→0 x x→0+ l´ım

x→0+

donde en el cálculo del segundo l´ımite hemos usado el infinitésimo equivalente sin(ax) ∼ ax cuando x → 0. Claramente, para que f sea continua en el origen es necesario y suficiente con que a = 1 puesto que entonces l´ım f (x) = f (1) = 1 .

x→0

Puesto que una condición necesaria para que una función real de variable real sea derivable en un punto es que sea continua en ese punto, es claro que si a = 1 entonces f no es derivable en x = 0. En el caso de que a = 1, para estudiar la derivabilidad de f en x = 0 calcularemos las derivadas laterales de f en el origen puesto que este es un punto donde la funci´ on se parte. As´ı se tiene que f (0+ )

= =

f (0− )

= =

( 1 h3 − h2 − 3h + 1) − 1 f (0 + h) − f (0) = l´ım+ 3 h h h→0 h→0 1 2 l´ım h − h − 3 = −3 , h→0+ 3 sin h −1 f (0 + h) − f (0) sin h − h 0 l´ım− = = l´ım− h = l´ım− h h h2 0 h→0 h→0 h→0 cos h − 1 − sin h 0 l´ım = = l´ım− =0, 2h 0 h→0 2 h→0− l´ım+

50


donde en el cálculo del segundo l´ımite hemos aplicado dos veces la regla de L’Hôpital. Como f (0+ ) = f (0− ) se concluye que no existe f (0). (ii) Si restringimos f al intervalo [0, 3] se tiene que f (x) = 13 x3 − x2 − 3x + 1. Como f es un polinomio es obvio que f ∈ C([0, 3]). Además, como f (0) = 1 > 0 y f (3) = −8 < 0, por el Teorema de Bolzano sabemos que existe un n´ umero ξ ∈ (0, 3) tal que f (ξ) = 0. Vamos a estimar mejor el valor de ξ utilizando el método de bisección, es decir, dividiendo el intervalo inicial por la mitad (o casi) y tomando el subintervalo donde hay cambio de signo de f . Como f (1,5) = −4,625 < 0 se tiene que ξ ∈ (0, 1,5). Como f (0,7) = −1,47567 < 0 se tiene que ξ ∈ (0, 0,7). Como f (0,4) = −0,338667 < 0 se tiene que ξ ∈ (0, 0,4). Como f (0,2) = 0,362667 > 0 se tiene que ξ ∈ (0,2, 0,4). Como la anchura del u ´ltimo subintervalo es 0,2, se tiene que ξ = 0,3 ± 0,1. Problema 2.41 Se desea construir un silo, de volumen V dado, que tenga la forma de un cilindro rematado por una semiesfera. El precio (por unidad de superficie) es doble para la semiesfera que para el cilindro (la base es gratuita). Calcular las dimensiones o ´ptimas para minimizar el costo de construcci´ on. Soluci´ on. Sean Ac y As las áreas del cilindro y de la semiesfera, es decir, Ac (R, H) = 2πRH , As (R) = 2πR2 , donde H es la altura del cilindro y R el radio com´ un del cilindro y de la semiesfera. Sea p el precio por unidad de superficie del cilindro. Entonces el costo C(R, H) de construcción viene dado por C(R, H) = pAc (R, H) + 2pAs (R) = 2pπR(H + 2R) . Por otra parte, debido a que se desea construir con un volumen V dado, es claro que las variables R y H no son independientes sino que están relacionadas mediante la restricción V = πR2 H + 23 πR3 . De aqu´ı se despeja la variable H en funci´ on de R −2πR3 + 3V H= 3πR2 y se sustituye en la expresión de C(R, H) dando lugar a −2πR3 + 3V + 2R . C(R) = 2pπR 3πR2 Derivando e igualando a cero se tiene que C (R) = 2p

8πR3 − 3V =0, 3R2

3 3V ∗ as, cuya solución es R = R∗ = 3 3V 8π . En este caso H = H = π . Adem´ puesto que 4πR3 + 3V C (R) = 4p ⇒ C (R∗ ) = 16pπ > 0 , 3R3

2.7 Problemas resueltos se concluye que para obtener un coste m´ınimo se deben tomar los valores

3 3V 3 3V . (R, H) = , 8π π

51

Cap´ıtulo 3

C´ alculo Integral con una Variable 3.1.

La integral de Riemann

Definici´ on 3.1 Consideremos un intervalo [a, b] ⊂ R. Se llama una partici´ on de [a, b] a un conjunto finito de puntos de [a, b] que incluya a los dos puntos extremos a y b. Dicho de otro modo, una partición P de [a, b] es P = {x0 , x1 , . . . , xn } , con a = x0 < x1 < · · · < xn = b. Definici´ on 3.2 Sea f : [a, b] ⊂ R → R una función acotada y sea P = {a = x0 , x1 , . . . , b = xn } una partición de [a, b]. Consideremos los n´ umeros mi =

´ınf

xi−1 ≤x≤xi

{f (x)} , Mi =

sup

xi−1 ≤x≤xi

{f (x)} .

Entonces, podemos definir: (i) Suma inferior de f en [a, b] respecto de P como L(f, P) =

n

mi (xi − xi−1 ) .

i=1

(ii) Suma superior de f en [a, b] respecto de P como U (f, P) =

n

Mi (xi − xi−1 ) .

i=1

Nota 3.3 La notación L y U proviene de las palabras en inglés lower y upper. Es obvio que L(f, P) ≤ U (f, P). 53

54

C´ alculo Integral con una Variable

Definici´ on 3.4 Dadas dos particiones P y Q de un intervalo [a, b], se dice que Q es más fina que P cuando P ⊂ Q. Proposici´ on 3.5 Se verifica lo siguiente. (i) Si Q es m´ as fina que P, entonces L(f, P) ≤ L(f, Q) y U (f, P) ≥ U (f, Q) . (ii) Dadas dos particiones P y Q de un mismo intervalo, se tiene L(f, P) ≤ U (f, Q). Corolario 3.6 Existe el supremo de las sumas inferiores supP {L(f, P)} y el ´ınfimo de las sumas superiores ´ınf P {U (f, P)}. Definici´ on 3.7 Se dice que una función f es integrable Riemann en el intervalo [a, b] cuando coinciden el supremo de las sumas inferiores y el ´ınfimo de las sumas superiores, es decir, supP {L(f, P)} = ´ınf P {U (f, P)}. Este valor com´ un ser´ a denotado por b f (x) dx , a

y se llama la integral entre a y b de f . b

Nota 3.8 El significado geométrico de a f (x) dx es el de área (con signo asociado) encerrada entre la gráfica de f y el segmento del eje de abscisas entre x = a y x = b. Ejemplo 3.9 Demostrar que la funci´ on 1 si x ∈ Q , f (x) = 0 si x ∈ R − Q , no es integrable Riemann en ning´ un intervalo [a, b] ⊂ R. Soluci´ on. Debido a la continuidad de la recta real sabemos que entre dos n´ umeros racionales cualesquiera siempre hay un n´ umero irracional y viceversa, entre dos n´ umeros irracionales cualesquiera siempre hay un n´ umero racional. Entonces, para cualquier partición P = {x0 , x1 , . . . , xn } de [a, b] se tiene que L(f, P) U (f, P)

= =

n i=1 n i=1

mi (xi − xi−1 ) = Mi (xi − xi−1 ) =

n i=1 n

0(xi − xi−1 ) = 0 , 1(xi − xi−1 ) = b − a ,

i=1

son diferentes. Luego f no es integrable Riemann en ning´ un intervalo [a, b].

Nota 3.10 Otra forma de definir la integral de Riemann es la siguiente. Dada una partición P = {x0 = a, x1 , x2 , . . . , xn = b} del intervalo [a, b] y una función f ∈ C[a, b], definimos los puntos ξi ∈ R de modo que xi−1 < ξi < xi para

3.1 La integral de Riemann

55

i = 1, . . . , n y las anchuras Δxi = xi − xi−1 de los intervalos [xi−1 , xi ]. Entonces se tiene que b n f (x) dx = l´ım f (ξi ) Δxi . m´ ax Δxi →0

a

i=1

Notemos que, cuando máx Δxi → 0, se tiene que n → ∞. Teorema 3.11 Las siguientes funciones son integrables Riemann en un intervalo [a, b] dado. (i) f ∈ C([a, b]). (ii) Funciones acotadas en [a, b] con un n´ umero finito de discontinuidades evitables y de salto en [a, b]. Veamos algunas propiedades de la integral. Proposici´ on 3.12 Considerar dos funciones f y g integrables en un intervalo [a, b]. Se verifica lo siguiente. (i) Para cualquier c ∈ [a, b], se tiene que b c f (x) dx = f (x) dx + a

a

a

b

f (x) dx = −

b

f (x) dx . a

(iii) La integral es una operaci´ on lineal: b (f (x) ± g(x)) dx = a

f (x) dx . c

(ii) Del apartado (i) se deduce que a f (x) dx = 0 , a

b

b

a

λ f (x) dx a

=

g(x) dx , a

b

b

f (x) dx ± b

λ

f (x) dx ∀ λ ∈ R .

a

(iv) Si f (x) ≥ 0 para todo x ∈ [a, b], entonces

b a

(v) Si f (x) ≥ g(x) para todo x ∈ [a, b], entonces

f (x) dx ≥ 0. b a

f (x) dx ≥

b a

g(x) dx.

(vi) Si |.| denota el valor absoluto, se tiene que b b f (x) dx ≤ |f (x)| dx . a a Observemos cómo las propiedades (iv), (v) y (vi) de la anterior proposición b tienen un evidente significado geométrico si interpretamos a f (x) dx como un área con signo asociado.

56


3.2.

Algunos teoremas sobre integrales

Teorema 3.13 (Teorema del valor medio integral) Consideremos una funci´ on f ∈ C([a, b]). Entonces, existe un punto ξ ∈ [a, b] tal que

b

f (x) dx = f (ξ)(b − a) .

a

Ejemplo 3.14 Usar el Teorema del valor medio integral para acotar el valor de la integral 1 1 I= dx . 100 − x6 −1 1 Soluci´ on. Como la función integrando f (x) = 100−x 6 satisface que f ∈ C([−1, 1]), por el Teorema del valor medio integral se sabe que existe un ξ ∈ [−1, 1] tal que 1 I = 2f (ξ) = 2 . 100 − ξ 6

Para acotar I hemos de acotar la expresión anterior teniendo en cuenta que ξ ∈ [−1, 1]. En particular, ξ 6 ∈ [0, 1], de modo que 100 − ξ 6 ∈ [99, 100], con lo que 1 1 1 ≤ ≤ . 100 100 − ξ 6 99 En definitiva, 1 2 2 = ≤I≤ . 100 50 99

Definici´ on 3.15 Una función F (x) derivable se llama primitiva de otra función f (x) si F (x) = f (x). Teorema 3.16 (Teorema fundamental del c´ alculo) Consideremos una funci´ on f ∈ C([a, b]). Entonces, la funci´ on F : [a, b] → R definida como x F (x) = f (t) dt , a

es derivable y es una primitiva de f , es decir, F (x) = f (x). Demostraci´ on. Usando la definición de derivada se tiene que

F (x) = =

F (x + h) − F (x) l´ım = l´ım h→0 h→0 h l´ım

h→0

x+h x

f (t) dt . h

x+h a

f (t) dt − h

x a

f (t) dt

3.2 Algunos teoremas sobre integrales

57

Acotemos la integral que aparece en el numerador: x+h f (t) dt ≤ h máx {f (t)} . h m´ın {f (t)} ≤ x≤t≤x+h

x≤t≤x+h

x

Entonces, suponiendo h > 0, m´ın {f (t)} ≤

x+h x

x≤t≤x+h

f (t) dt ≤ máx {f (t)} , x≤t≤x+h h

de modo que, tomando el l´ımite cuando h → 0 obtenemos f (x) ≤ F (x) ≤ f (x) , es decir, F (x) = f (x). Ejemplo 3.17 Sean f (x) y g(x) funciones de clase C 2 en un entorno de x = 0 satisfaciendo que g(0) = g (0) = 0 y f (0) = g (0) = 1. Calcular el siguiente l´ımite: g(x) f (t) dt = l´ım 0 . x→0 x2 Soluci´ on. Se tiene que

0 0

f (t) dt 0 = . 0 0 Podemos aplicar la regla de l’Hôpital para tratar de resolver la indeterminación 0/0. Se tiene entonces que g(x) d f (t) dt dx 0 . = l´ım x→0 2x =

Finalmente, usando conjuntamente la regla de la cadena m´ as el Teorema fundamental del c´ alculo se tiene f (g(x))g (x) 0 = . x→0 2x 0

= l´ım

Usando una vez más la regla de l’Hôpital se llega a que f (g(x))(g (x))2 + f (g(x))g (x) 1 = . x→0 2 2

= l´ım

Corolario 3.18 (Regla de Barrow) Consideremos una funci´ on f integrable en [a, b] y sea F una primitiva suya. Entonces

b a

b f (x) dx = F (x) a := F (b) − F (a) .

58


Demostraci´ on. Por el Teorema fundamental del cálculo, la función G(x) = x f (t) dt es una primitiva de f en [a, b]. Como F es también una primitiva a de f en [a, b] se debe tener que F (x) = G(x) + C siendo C ∈ R una constante. Entonces F (b) − F (a)

(G(b) + C) − (G(a) + C) = G(b) − G(a) b a b f (x) dx − f (x) dx = f (x) dx,

= =

a

a

a

finalizando la demostración. Se tiene la siguiente generalización del Teorema fundamental del cálculo. Teorema 3.19 (Regla de Leibniz) Supongamos que las funciones a(t), b(t) b(t) y f (x, t) son de clase C 1 respecto de la variable t y que existe a(t) f (x, t) dx. Entonces,

b(t) b(t) df d f (x, t) dx = (x, t) dx + f (b(t), t)b (t) − f (a(t), t)a (t) . dt dt a(t) a(t) Teorema 3.20 (Integraci´ on por partes) Consideremos las funciones u y v de clase C 1 ([a, b]). Entonces b b b u(x)v (x) dx = u(x)v(x) a − v(x)u (x) dx . a

a

Demostraci´ on. Sea g(x) = u(x)v(x). Derivando el producto se tiene g (x) = u (x)v(x) + u(x)v (x). Entonces b b b g (x) dx = u (x)v(x) dx + u(x)v (x) dx , g(b) − g(a) = a

a

a

finalizando la demostración. Nota 3.21 Usando la notación de diferenciales, se tiene que du = u (x) dx y dv = v (x) dx. Entonces, la fórmula de integraci´ on por partes se puede reescribir como b b b u dv = uv a − v du . a

Ejemplo 3.22 Calcular

π 0

a

x sin x dx.

Soluci´ on. Usando la fórmula de integraci´ on por partes con u = x y dv = sin x dx, con lo que du = dx y v = − cos x, se tiene π π π π x sin x dx = − x cos x 0 + cos x dx = −π cos π + sin x 0 = π . 0

0

3.2 Algunos teoremas sobre integrales

59

Teorema 3.23 (Cambio de variable) Sea f ∈ C([a, b]) y ϕ ∈ C 1 ([α, β]) tal que ϕ(α) = a y ϕ(β) = b. Entonces

b

β

f (x) dx = a

f (ϕ(t)) ϕ (t) dt .

α

Demostraci´ on. Sea F una primitiva de f . Usando la regla de la cadena se tiene que (F ◦ ϕ) (t) = F (ϕ(t)) ϕ (t) = f (ϕ(t)) ϕ (t) . Entonces, usando la regla de Barrow,

β

f (ϕ(t)) ϕ (t) dt = (F ◦ ϕ)(β) − (F ◦ ϕ)(α) = F (b) − F (a) =

α

b

f (x) dx , a

finalizando la demostración. Nota 3.24 En la práctica, la fórmula del cambio de variable se utiliza de la b forma siguiente. Dada una integral a f (x) dx, se realiza el cambio de variable x → t definido por x = ϕ(t) y posteriormente se diferencia, es decir, dx = ϕ (t) dt. Si además ϕ(α) = a y ϕ(β) = b, entonces

b

β

f (x) dx = a

f (ϕ(t)) ϕ (t) dt .

α

Ejemplo 3.25 Calcular la siguiente integral: 1 √ 4 2x √ I= √ dx . 2 + x 0 Soluci´ on. Realizamos el cambio de variable x → t definido por x = ϕ(t) := t4 , de modo que dx = 8t3 dt. Como para x = 0 se tiene t = 0 y para x = 1 se tiene t = 1, entonces 1 √ 1 √ 4 4 √ 1 2x 2t4 t4 √ √ √ 8t3 dt = 8 4 2 I= dt . √ √ dx = 2+ x 2 + t2 2 + t4 0 0 0 Para calcular la u ´ltima integral, realizamos primero la división entre los dos polinomios y obtenemos que √

√ t4 2 = t2 − 2 + √ . 2 + t2 2 + t2

De este modo se tiene que √ 4

I=8 2

1 0

2

(t −

√

2) dt +

1 0

√

√ 2 4 dt = 8 2 (I1 + I2 ) . 2 2+t

60


La primera integral I1 es inmediata pues la función integrando es un polinomio. Se obtiene 3 1 √ √ 1 t 1 √ 2 I1 = (t − 2) dt = − 2t = − 2 . 3 3 0 0 La segunda integral I2 se puede transformar en un arctan como sigue:

I2

√ 1 √ = 2 dt = 2 2 2 + t2 0 1 . = 4 arctan √ 2 1

1 0

1 √ √ 1 t √ dt = 2 2 2 arctan √ 1 + (t/ 2)2 2 0

En definitiva √ √ 4 4 I = 8 2 (I1 + I2 ) = 8 2

1 √ − 2 + 4 arctan 3

1 √ 2

.

3.3.

C´ alculo de primitivas

Definici´ on 3.26 Ya vimos en Definición 3.15 que una función F (x) se llama primitiva de otra función f (x) si F (x) = f (x). Usaremos la notación equivalente: f (x) dx = F (x) + C , siendo C una constante arbitraria.

3.3.1.

F´ ormulas b´ asicas

La tabla de derivaci´ on de algunas funciones elementales muestra cómo realizar la operación inversa de la derivación, es decir, el cálculo de algunas primitivas. C denota siempre una constante arbitraria.

f n+1 (x) + C , si n = −1 ; n+1

f (x)n (x)f (x) dx f (x) dx f (x) af (x) f (x) dx

= ln |f (x)| + C ; =

af (x) +C ; ln a

sin(f (x)) f (x) dx

=

− cos(f (x)) + C ;

cos(f (x)) f (x) dx

= sin(f (x)) + C ;

=

3.3 C´ alculo de primitivas

61

f (x) dx cos2 (f (x)) f (x) dx a2 − f 2 (x) f (x) dx a2 + f 2 (x)

= = =

(1 + tan2 (f (x))) f (x) dx = tan(f (x)) + C ; f (x) +C ; arcsin a 1 f (x) +C . arctan a a

Veamos algunas propiedades de la integral: (f (x) ± g(x)) dx =

(i) (ii)

f (x) dx ±

g(x) dx.

λ f (x) dx = λ f (x) dx para todo λ ∈ R.

(iii) Cambio de variable x = ϕ(t): f (x) dx = f (ϕ(t)) ϕ (t) dt . (iv) Integración por partes: u(x)v (x) dx = u(x)v(x) − v(x)u (x) dx . Ejemplo 3.27 Calcular las siguientes integrales: 1 I1 = sin5 x cos x dx , I2 = dx , I3 = tan x dx . x ln x Soluci´ on. Realizando el cambio de variable t = sin x con dt = cos x dx, se tiene I1 =

sin5 x cos x dx =

t5 dt =

t6 sin6 x +C = +C . 6 6

Realizando el cambio de variable t = ln x con dt = 1/x dx, se tiene 1 1 I2 = dx = dt = ln |t| + C = ln | ln x| + C . x ln x t

Por definición I3 =

tan x dx =

sin x dx . cos x

Entonces, realizando el cambio de variable t = cos x con dt = − sin x dx, se tiene 1 dt = − ln |t| + C = ln | cos x| + C . I3 = − t

62


Ejemplo 3.28 Calcular las siguientes integrales: x I1 = x e dx , I2 = ln x dx , I3 = ex sin x dx . Soluci´ on. Para calcular I1 , integraremos por partes tomando u = x, dv = ex dx con lo que du = dx y v = ex . Se tiene entonces que I1 = x ex dx = xex − ex dx = ex (x − 1) + C . Para calcular I2 , integraremos por partes tomando u = ln x, dv = dx con lo que du = 1/x dx y v = x. Se llega a que I2 = ln x dx = x ln x − dx = −x(1 − ln x) + C . Para calcular I3 , integraremos por partes tomando u = ex , dv = sin x dx con lo que du = ex dx y v = − cos x. Se llega a que I3 = ex sin x dx = −ex cos x + ex cos x dx . Volvemos a integrar por partes tomando u = ex , dv = cos x dx con lo que du = ex dx y v = sin x. Se llega a que I3 = −ex cos x + ex sin x − I3 . Despejando obtenemos I3 =

1 x e (sin x − cos x) + C . 2

3.3.2.

Integraci´ on de funciones racionales

Definici´ on 3.29 La función f (x) = P (x)/Q(x) se llama racional si es el cociente de dos polinomios P y Q. Caso 1. Si gr(P ) ≥ gr(Q), entonces podemos efectuar la división P (x) R(x) = C(x) + , Q(x) Q(x) siendo C(x) y R(x) los polinomios cociente y resto. Es claro que siempre se tendrá gr(R) < gr(Q). Entonces, P (x) R(x) dx = C(x) dx + dx . Q(x) Q(x)


63

La integral de C es trivial pues es un polinomio y sólo hace falta calcular la primitiva de R/Q que es una función racional con gr(R) < gr(Q) y su integraci´ on corresponde al caso siguiente. Caso 2. Sea gr(P ) < gr(Q). Entonces, efectuamos la descomposici´ on en fracciones simples de la función racional P (x)/Q(x). El procedimiento es el siguiente. En primer lugar, se descompone el denominador Q(x) en producto de factores primos dentro de los reales, es decir, se halla Q(x) = k

! i=1

(x − ai )mi

r !

(x2 + bi x + ci )ni ,

i=1

con k, ai , bi , ci ∈ R, mi , ni ∈ N y b2i − 4ci < 0. Notemos que ai son las ra´ıces reales de Q(x) con multiplicidad mi . A este respecto es u ´til la famosa regla de Ruffini. Teorema 3.30 (Regla de Ruffini) Sea p/q ∈ Q irreducible una ra´ız del pon i linomio P (x) = a i=0 i x con an = 0 y ai ∈ Z. Entonces, p es divisor del término independiente a0 y q es divisor del coeficiente principal an . En segundo lugar, se efect´ ua la descomposición en fracciones simples. Se hallan constantes reales Aij , Bij y Cij tal que ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ mi ni r P (x) ⎝ Aij ⎠ ⎝ Bij x + Cij ⎠ = + . Q(x) (x − ai )j (x2 + bi x + ci )j i=1 j=1 i=1 j=1 Finalmente, se obtiene la primitiva de cada fracción simple. En concreto, se obtiene: A dx = A ln |x − a| , x−a A (x − a)1−n dx = A si n ≥ 2 . (x − a)n 1−n Con respecto a la integraci´ on del siguiente tipo de fracción elemental, buscaremos en primer lugar el logaritmo del denominador y posteriormente un arco tangente. El proceso es como se describe a continuaci´ on. I

= =

B 2

=

B 2

2x + 2C Bx + C B B dx = dx 2 2 x + bx + c 2 x + bx + c

2C 2x + b B −b dx + dx x2 + bx + c x2 + bx + c 2C 2 ln |x + bx + c| + − b I1 , B

64


siendo

I1

= =

1 1 dx = b 2 x2 + bx + c x+ 2 +c− 2 2x + b √ . arctan √ 4c − b2 4c − b2

b2 4

dx

Ejemplo 3.31 Calcular las siguientes integrales: (i) I1 = (ii) I2 = (iii) I3 =

5x2 +4x+1 x5 −2x4 +2x3 −2x2 +x

dx.

5x−1 x2 −9 dx. 3x2 +x−1 (x2 −9)(x2 +2) dx.

Soluci´ on. (i) Definimos los polinomios P (x) = 5x2 + 4x + 1 y Q(x) = x5 − 2x4 + 2x3 − 2x2 + x. Usando la Regla de Ruffini, es fácil hallar la descomposición Q(x) = x(x − 1)2 (x2 + 1). Entonces, podemos efectuar la descomposici´ on en fracciones simples P (x) Dx + E A B C + 2 = + + , 2 Q(x) x x − 1 (x − 1) x +1 siendo A, B, C, D y E constantes reales a determinar. Se tiene 5x2 +4x+1 = A(x−1)2 (x2 +1)+Bx(x−1)(x2 +1)+Cx(x2 +1)+(Dx+E)x(x−1)2 . Igualando los coeficientes de las mismas potencias de x en ambos miembros de la anterior igualdad obtenemos el sistema lineal de ecuaciones

cuya solución es

A+B+D −2A − B + C − 2D + E

= =

0, 0,

2A + B + D − 2E −2A − B + C + E

= =

5, 4,

A =

1.

A = 1, B = −3, C = 5, D = −E = 2 .

Entonces se tiene 1 x−1 1 1 I1 = dx + 2 dx − 3 dx + 5 dx x x−1 (x − 1)2 x2 + 1 x−1 5 +2 dx . = ln |x| − 3 ln |x − 1| − x−1 x2 + 1 La u ´ltima integral la calculamos aparte. 2x − 2 1 1 1 x−1 2 ln(x + 1) − 2 dx = dx = dx x2 + 1 2 x2 + 1 2 x2 + 1 1 ln(x2 + 1) − 2 arctan x . = 2


65

En definitiva I1 = ln |x| − 3 ln |x − 1| −

5 + ln(x2 + 1) − 4 arctan x . x−1

(ii) Definimos los polinomios P (x) = 5x − 1 y Q(x) = x2 − 9. Tras la descomposición Q(x) = (x + 3)(x − 3) podemos efectuar la descomposición en fracciones simples P (x) A B = + , Q(x) x−3 x+3 siendo A y B constantes reales a determinar. Se tiene 5x − 1 = A(x + 3) + B(x − 3) . Igualando los coeficientes de las mismas potencias de x en ambos miembros de la anterior igualdad obtenemos A=

8 7 , B= . 3 3

Entonces se tiene 1 1 7 8 7 8 dx + dx = ln |x − 3| + ln |x + 3| . I2 = 3 x−3 3 x+3 3 3 (iii) Definimos los polinomios P (x) = 3x2 + x − 1 y Q(x) = (x2 − 9)(x2 + 2). Se tiene la descomposición Q(x) = (x + 3)(x − 3)(x2 + 2). Entonces, podemos efectuar la descomposición en fracciones simples P (x) A B Cx + D = + + 2 , Q(x) x−3 x+3 x +2 siendo A, B, C y D constantes reales a determinar. Se tiene 3x2 + x − 1 = A(x + 3)(x2 + 2) + B(x − 3)(x2 + 2) + (Cx + D)(x + 3)(x − 3) . Igualando los coeficientes de las mismas potencias de x en ambos miembros de la anterior igualdad obtenemos A= Entonces se tiene I3

= =

29 23 1 7 , B=− , C=− , D= . 66 66 11 11

1 1 29 23 dx − dx − 66 x−3 66 x+3 29 23 1 ln |x − 3| − ln |x + 3| − 66 66 11

x−7 1 dx 11 x2 + 2 x−7 dx . x2 + 2

La u ´ltima integral la calculamos aparte. 2x − 14 1 x−7 1 1 2 ln(x + 2) − 14 dx = dx = dx x2 + 2 2 x2 + 2 2 x2 + 2 x 7 1 ln(x2 + 2) − √ arctan √ . = 2 2 2

66


En definitiva 29 23 1 I3 = ln |x − 3| − ln |x + 3| dx − 66 66 11

1 x 7 ln(x2 + 2) − √ arctan √ 2 2 2

.

3.3.3.

Integraci´ on de funciones racionales trigonom´ etricas

En primer lugar, veamos cómo la utilización de algunas identidades trigonométricas permite calcular las primitivas de las siguientes funciones: 1 1 − cos(2x) 1 x − sin(2x) . sin2 x dx = dx = 2 2 2 1 1 + cos(2x) 1 x + sin(2x) . cos2 x dx = dx = 2 2 2 Definici´ on 3.32 Un polinomio P y) en dos variables x e y de grado n es (x, n una expresión del tipo P (x, y) = i,j=0 aij xi y j donde los coeficientes aij ∈ R. Definici´ on 3.33 Una función R(sin x, cos x) es racional trigonométrica si tiene la forma P (sin x, cos x) R(sin x, cos x) = , Q(sin x, cos x) siendo P (x, y) y Q(x, y) polinomios en dos variables. Definici´ on 3.34 Se tiene la siguiente clasificaci´ on de las funciones R(sin x, cos x) racionales trigonométricas: 1. Impar en seno: R(− sin x, cos x) = −R(sin x, cos x). 2. Impar en coseno: R(sin x, − cos x) = −R(sin x, cos x). 3. Par en seno: R(− sin x, cos x) = R(sin x, cos x). 4. Par en coseno: R(sin x, − cos x) = R(sin x, cos x). 5. Par en seno–coseno: R(− sin x, − cos x) = R(sin x, cos x). Proposici´ on 3.35 Sea R(sin x, cos x) una funci´ on racional trigonométrica. Los siguientes cambios de variable x → t transforman las integrales racionales trigonométricas R(sin x, cos x) dx , en integrales racionales. 1. Si R es impar en seno: t = cos x. 2. Si R es impar en coseno: t = sin x.


67

3. Si R es par en seno–coseno: t = tan x. En este caso, se tiene que sin2 x =

t2 1 dt , cos2 x = , dx = . 1 + t2 1 + t2 1 + t2

4. En cualquier caso: el cambio t = tan(x/2), de modo que sin x =

2t 1 − t2 2dt , cos x = , dx = . 2 2 1+t 1+t 1 + t2

Demostraci´ on. 1. Sea R impar en seno. Entonces R(u, v) = uS(u2 , v) con S una función racional de modo que R(sin x, cos x) = sin x S(sin2 x, cos x). El cambio de variable t = cos x, dt = − sin x dx, transforma R(sin x, cos x) dx = sin x S(sin2 x, cos x) dx = − S(1 − t2 , t) dt que es una integral racional. 2. Sea R es impar en coseno. Entonces R(u, v) = vS(u, v 2 ) con S una función racional de modo que R(sin x, cos x) = cos x S(sin x, cos2 x). El cambio de variable t = sin x, dt = cos x dx, transforma R(sin x, cos x) dx = cos x S(sin x, cos2 x) dx = S(t, 1 − t2 ) dt que es una integral racional. 3. Sea R par en seno–coseno. Entonces R(u, v) = S(u/v, v 2 ) con S una función racional de modo que R(sin x, cos x) = S(tan x, cos2 x). El cambio de variable t = tan x con dt = (1+tan2 x) dx, transforma R(sin x, cos x) dx = S(tan x, cos2 x) dx = S(t, 1/(1 + t2 )) dt/(1 + t2 ) que es una integral racional. Notemos que, dividiendo por cos2 x ambos miembros de la relación fundamental sin2 x + cos2 x = 1, se obtiene tan2 x + 1 = 1/ cos2 x, es decir, cos2 x =

1 . 1 + t2

Sustituyendo esta expresión en sin2 x + cos2 x = 1 se llega a sin2 x =

t2 . 1 + t2

Finalmente, diferenciando el cambio de variable t = tan x se tiene dt = (1 + tan2 x) dx o bien dt . dx = 1 + t2 4. A partir de la identidad tan(x/2) = sin x/(1 + cos x), se tiene: t2 t

sin2 x 1 − cos x 1 − t2 = . ⇒ cos x = (1 + cos x)2 1 + cos x 1 + t2 2t 1 − t2 sin x = . ⇒ sin x = t(1 + cos x) = t 1 + 1 + cos x 1 + t2 1 + t2

= tan2 (x/2) = =

68


Ejemplo 3.36 Calcular las siguientes integrales racionales trigonométricas: (i) I1 =

sin(2x) 5+4 cos x

(ii) I2 =

sin2 x cos x dx.

dx.

(iii) I3 =

1 cos4 x dx.

(iv) I4 =

1 1+sin x dx.

Soluci´ on. (i) Recordando que sin(2x) = 2 sin x cos x, se tiene sin x cos x I1 = 2 dx . 5 + 4 cos x Es una integral impar en seno, de modo que el cambio de variable t = cos x con dt = − sin x dx la transforma en t I1 = −2 dt . 5 + 4t Realizando la división se tiene que 1 5/4 t 5 I1 = −2 − dt = − + ln |5 + 4t| 4 5 + 4t 2 8 cos x 5 + ln |5 + 4 cos x| + C . = − 2 8 (ii) La integral I2 es impar en coseno. Entonces hacemos el cambio t = sin x con dt = cos x dx y obtenemos t3 sin3 x I2 = sin2 x cos x dx = t2 dt = = +C . 3 3 (iii) La integral I3 es par en seno–coseno. Entonces hacemos el cambio t = 1 tan x con dt = (1 + t2 ) dx y recordamos que cos2 x = 1+t 2 para obtener I3 =

1 dx = cos4 x

1 1 (1+t2 )2

dt = 1 + t2

(1+t2 ) dt = t+

t3 tan3 x = tan x+ +C. 3 3

(iv) Hacemos el cambio de variable t = tan(x/2). Como dx = obtenemos

2t 1+t2 ,

I4

= =

−

1 dx = 1 + sin x

1 1+

2t 1+t2

2dt =2 1 + t2

2dt 1+t2

y sin x =

dt (1 + t)2

2 2 =− +C . 1+t 1 + tan(x/2)

3.4 Algunas aplicaciones de la integraci´ on

3.4. 3.4.1.

69

Algunas aplicaciones de la integraci´ on ´ Areas planas

De hecho, esta aplicación es justo la definición de integral de Riemann. ´ Proposici´ on 3.37 (Areas planas) Sean f, g ∈ C([a, b]). El ´ area A encerrada por las curvas de las gr´ aficas de las funciones f y g y las rectas x = a y x = b es b

A=

|f (x) − g(x)| dx .

(3.1)

a

Nota 3.38 Observar que, para quitar el valor absoluto en (3.1) conviene averiguar los subintervalos de [a, b] donde f (x) − g(x) tiene un signo dado. Ejemplo 3.39 Calcular el área plana cuyo contorno está formado por la recta y = x y la parábola y = 2 − x2 . Soluci´ on. En primer lugar calculamos las abscisas de los puntos de corte entre la recta y la parábola, es decir, resolvemos la ecuación x = 2 − x2 cuya solución es x = −2 y x = 1. Se tiene que el área A pedida es 1 9 A= (2 − x2 ) − x dx = . 2 −2

Ejemplo 3.40 Calcular el área de un sector circular de radio R y ángulo α. Soluci´ on. Sea A el área de un sector circular. Descomponemos el sector circular en dos trozos de a´reas A1 y A2 , siendo el primero un triángulo rectángulo de hipotenusa R y un ángulo interior α. Entonces, A = A1 + A2 con A1 =

1 1 (R cos α)(R sin α) = R2 cos α sin α . 2 2

Teniendo en cuenta la ecuaci´ on de la circunfererencia de radio R con centro en el origen de coordenadas x2 + y 2 = R2 , se tiene que R A2 = R2 − x2 dx . R cos α

Hacemos el cambio de variable x = R cos θ con dx = −R sin θ dθ. Notemos que, cuando x = R cos α, se tiene θ = α y cuando x = R se tiene θ = 0. Entonces α 0 A2 = −R R2 − R2 cos2 θ sin θ dθ = R2 1 − cos2 θ sin θ dθ α 0 α α α sin(2θ) 1 − cos(2θ) R2 θ− = R2 sin2 θ dθ = R2 dθ = 2 2 2 0 0 0 =

R2 (α − sin α cos α) . 2

70


Finalmente A = A1 + A2 =

3.4.2.

1 αR2 . 2

Longitudes de arcos planos

Proposici´ on 3.41 (Longitudes de arcos planos) Sea f ∈ C 1 ([a, b]). La longitud del arco de la curva de la gr´ afica de la funci´ on f entre las abscisas x = a y x = b es b = 1 + (f (x))2 dx . a

Demostraci´ on. Dividiremos el arco en elementos infinitesimales de longitud d. Usando el Teorema de Pitágoras y reescribiendo se tiene 2 dy 2 2 d = (dx) + (dy) = 1 + dx . dx De este modo

b

=

1 + (f (x))2 dx .

a

Proposici´ on 3.42 (Longitudes de arcos planos) Consideremos una curva plana definida de manera paramétrica como {(x(t), y(t)) : t0 ≤ t ≤ t1 } siendo x, y ∈ C 1 ([t0 , t1 ]). Entonces la longitud de la curva es t1 = (x (t))2 + (y (t))2 dt . t0

Demostraci´ on. Sabemos que el elemento de longitud se expresa como 2 2 dx dy 2 2 d = (dx) + (dy) = + dt = (x (t))2 + (y (t))2 dt . dt dt De este modo

t1

=

(x (t))2 + (y (t))2 dt .

t0

Ejemplo 3.43 Demostrar que la longitud de una circunferencia de radio R vale 2πR teniendo en cuenta que los puntos de coordenadas (x, y) de dicha circunferencia se relacionan como: (i) x2 + y 2 = R2 . (ii) x(t) = R cos t, y(t) = R sin t con 0 ≤ t ≤ 2π.


71

Soluci´ on. (i) Por simetr´ıa, la longitud de la circunferencia será el doble de la longitud on expl´ıcita es y = √ de la semicircunferencia superior, cuya ecuaci´ f (x) = R2 − x2 . Se tiene entonces que =2

R

−R

1 + (f (x))2 dx .

Calculando la derivada de f se tiene f (x) = √

−x . R 2 − x2

Entonces, =2

R

1+

−R

x2 dx = 2R 2 R − x2

R −R

√

1 dx . − x2

R2

Realizamos el cambio de variable x = R sin t con dx = R cos t dt. Observemos que si x = −R se tiene t = −π/2 y cuando x = R entonces t = π/2. En definitiva

=

2R

2

=

2R

π/2 −π/2

1 R2

R2

−

2

sin t

cos t dt = 2R

π/2

−π/2

1 cos t dt 1 − sin2 t

π/2

−π/2

dt = 2πR .

(ii) Si tomamos la parametrización x(t) = R cos t, y(t) = R sin t con 0 ≤ t ≤ 2π de la circunferencia, tenemos que =

0

2π

(x (t))2 + (y (t))2 dt .

Derivando obtenemos x (t) = −R sin t, y (t) = R cos t, con lo que =R

2π 0

sin2 t + cos2 t dt = R

2π 0

dt = 2πR .

3.4.3.

Vol´ umenes y superficies de revoluci´ on

Proposici´ on 3.44 (Vol´ umenes y superficies de revoluci´ on) Sea f una funci´ on de clase C 1 ([a, b]). Sea V el volumen de la figura que se encierra al girar la gr´ afica de f alrededor del eje de abscisas entre los planos x = a y x = b y sea A el ´ area lateral de dicha figura. Entonces

b

V =π a

f 2 (x) dx , A = 2π

b a

|f (x)|

1 + (f (x))2 dx .

72


Demostraci´ on. Dividiremos el volumen V en elementos infinitesimales de volumen dV siendo cada elemento de volumen un disco (cilindro) de altura dx y base de radio |f (x)|. Entonces dV = πf 2 (x) dx con lo que

b

V =π

f 2 (x) dx .

a

Por otra parte, si denotamos por dA el elemento de área de la superficie lateral, podemos tomar como dA el área lateral del elemento dV . Entonces, dA es un rectángulo de base 2π|f (x)| y altura d. En definitiva se tiene que dA = 2π|f (x)| d = 2π|f (x)| 1 + (f (x))2 dx , de modo que

b

A = 2π

|f (x)|

1 + (f (x))2 dx .

a

Ejemplo 3.45 Calcular el volumen del elipsoide generado al girar la elipse de ecuaci´ on x2 y2 + =1, 9 16 alrededor del eje de abscisas. Soluci´ on. Por simetr´ıa, el volumen V pedido es el mismo que el generado sólo por la semielipse de ecuación expl´ıcita x2 4 9 − x2 . = y = f (x) = 4 1 − 9 3 Entonces, teniendo en cuenta que el semieje de la elipse en el eje x es 3 se tiene 2 3 3 4 f 2 (x) dx = π 9 − x2 dx = 64π . V =π 3 −3 −3

Ejemplo 3.46 Una pieza mecánica es generada al revolucionar sobre el eje x el arco de la parábola y 2 = 2px comprendido entre x = 0 y x = a. Calcular la superficie total de la pieza. Soluci´ on. Sea A el área de la superficie total de la pieza mecánica. Es claro que A = Ab +Al siendo Ab el área de la base y Al el área lateral. Sea y = f (x) = √ 2px la semiparábola formada por la rama positiva. La base de la pieza es un c´ırculo de radio f (a), de modo que su área es Ab = πf 2 (a) = 2πpa. Por simetr´ıa, el área Al se calcula como a Al = 2π |f (x)| 1 + (f (x))2 dx . 0


73

Calculando se tiene que p 2x + p p f (x) = 1 + (f (x))2 = 1 + ⇒ = . 2x 2x 2x Entonces Al

= =

a 'a √ √ 21& 2π p 2x + p dx = 2π p (2x + p)3/2 32 0 √ 0 p 2π ((2a + p)3/2 − p3/2 ) . 3

Concluimos que √ A = Ab + Al = 2πpa + 2π

p ((2a + p)3/2 − p3/2 ) . 3

3.4.4.

Centro de masas de figuras planas

Proposici´ on 3.47 (Centro de masas de curvas planas) Sea f una funci´ on de clase C 1 ([a, b]). Supongamos que el arco de la gr´ afica de f entre x = a y x = b tiene asociada una densidad lineal de masa λ constante. Entonces, las coordenadas (xcm , ycm ) del centro de masas de dicho arco son

b b (x))2 dx (x))2 dx x 1 + (f f (x) 1 + (f a , a b . (xcm , ycm ) = b (x))2 dx 1 + (f 1 + (f (x))2 dx a a Demostraci´ on. Sea dm la masa que hay en el elemento de longitud d. Entonces, por definición de densidad lineal de masa dm = λ d. Finalmente, por la definici´ on de centro de masas: b x 1 + (f (x))2 dx x λ d x dm a xcm = , = = b (x))2 dx dm λ d 1 + (f a b f (x) 1 + (f (x))2 dx f (x) λ d y dm a . ycm = = = b dm λ d 1 + (f (x))2 dx a

Ejemplo 3.48 Calcular las coordenadas (xcm , ycm ) del centro de masas de una semicircunferencia homogénea de radio R. Soluci´ on. Por simetr´ıa, es claro que xcm = 0. De cualquier modo R x 1 + (f (x))2 dx −R xcm = R , 1 + (f (x))2 dx −R

74


√ siendo y = f (x) = R2 − x2 la ecuación de la semicircunferencia. Derivando se tiene x R f (x) = − √ ⇒ 1 + (f (x))2 = √ , 2 2 2 R −x R − x2 de modo que R √ x dx 0 −R R2 −x2 xcm = R = = 0, πR πR donde hemos tenido en cuenta que el denominador es la mitad de la longitud de la circunferencia y que el numerador es cero pues es la integral de una función impar en un intervalo simétrico respecto del origen. De forma análoga se tiene R R R −R dx f (x) 1 + (f (x))2 dx 2R2 2R −R ycm = = = = . R 2 πR πR π 1 + (f (x)) dx −R

Proposici´ on 3.49 (Centro de masas de ´ areas planas) Sean f y g funciones integrables en [a, b]. Supongamos que el ´ area plana encerrada por las gr´ aficas de f y g y las rectas x = a y x = b tiene asociada una densidad superficial de masa σ constante. Entonces, las coordenadas (xcm , ycm ) del centro de masas de dicha ´ area son

b b x(f (x) − g(x)) dx 12 a (f 2 (x) − g 2 (x)) dx a (xcm , ycm ) = , . b b (f (x) − g(x)) dx (f (x) − g(x)) dx a a Demostraci´ on. Sea dm la masa que hay en el elemento de área dA. Entonces, por definición de densidad superficial de masa dm = σ dA. Tomaremos el elemento de área dA como el rectángulo de base dx y altura f (x) − g(x), es decir, dA = (f (x) − g(x)) dx. Además, si y es la coordenada del centro de masas de este rectángulo, se puede tomar el punto medio de la altura y = 12 (f (x) + g(x)). Finalmente, por la definición de centro de masas: xcm

=

x dm = dm

ycm

=

y dm = dm

=

1 2

x σ dA = σ dA 1 2

b a

x(f (x) − g(x)) dx

b (f (x) a

− g(x)) dx

(f (x) + g(x)) σ dA = σ dA

b 2 (f (x) − g 2 (x)) dx a b (f (x) − g(x)) dx a

1 2

,

b (f (x) + g(x))(f (x) − g(x)) dx a b (f (x) − g(x)) dx a

.

Ejemplo 3.50 Calcular las coordenadas (xcm , ycm ) del centro de masas de la pieza mecánica del Ejemplo 3.46 cuando a = 2p.


75

Soluci´ on. La pieza mecánica es generada al revolucionar sobre el eje x el arco de la parábola y 2 = 2px comprendido entre x = 0 y x = a. Como a = 2p, la par´ abola y 2 = ax. Es evidente, por simetr´ıa, que ycm = 0. Además, también por la simetr´ıa de la pieza, es claro que la coordenada xcm de la pieza coincide con la coordenada xcm de una sección de la pieza cortada con un plano de simetr´ıa que contenga al eje de abscisas. En cualquier caso se tiene que

a a x(f (x) − g(x)) dx 12 0 (f 2 (x) − g 2 (x)) dx 0 (xcm , ycm ) = , , a a (f (x) − g(x)) dx (f (x) − g(x)) dx 0 0

√ √ siendo y = f (x) = ax e y = g(x) = − ax las dos ramas de la parábola. Entonces a a a √ √ √ x(f (x) − g(x)) dx = 2 a x x dx = 2 a x3/2 dx 0

0

a 0

a 0

(f (x) − g(x)) dx

(f 2 (x) − g 2 (x)) dx

0

4 √ & 5/2 'a 4 = a x = a3 . 5 5 0 a√ √ 4 √ & 3/2 'a 4 = 2 a x dx = a x = a2 . 3 3 0 a 0 = 0 dx = 0 . 0

En definitiva (xcm , ycm ) =

3 a, 0 . 5

3.4.5.

Momentos de inercia de curvas planas

Proposici´ on 3.51 (Momentos de inercia de curvas planas) Sea f una funci´ on de clase C 1 ([a, b]). Supongamos que el arco de la gr´ afica de f entre x = a y x = b tiene asociada una densidad lineal de masa λ constante. Entonces, el momento de inercia Io de dicho arco respecto del origen de coordenadas (cuando el arco gira alrededor de un eje que pasa por el origen de coordenadas y es perpendicular al plano que contiene al arco) es b Io = λ (x2 + f 2 (x)) 1 + (f (x))2 dx . a

Demostraci´ on. Sea dm la masa que hay en el elemento de longitud d del arco de curva. Entonces, por definición de densidad lineal de masa dm = λ d. Sea r la distancia entre el origen de coordenadas y el elemento de masa dm. Entonces, por la definición de centro de masas: b 2 2 2 Io = r dm = (x + y ) λ d = λ (x2 + f 2 (x)) 1 + (f (x))2 dx . a

76


Ejemplo 3.52 Calcular el momento de inercia de una barra homogénea de longitud L y masa M respecto de un extremo. Soluci´ on. Colocando la barra sobre el eje de abscisas y con un extremo en el origen de coordenadas, se tiene que Io = λ

L 0

(x2 + f 2 (x))

con f (x) = 0, es decir,

Io = λ

L 0

1 + (f (x))2 dx ,

x2 dx = λ

L3 . 3

Como λ = M/L, se tiene finalmente que Io =

1 M L2 . 3

3.5.

Integrales impropias

Definici´ on 3.53 La integral

b a

f (x) dx es impropia en los dos casos siguientes:

1. Integral impropia de primera especie: cuando el intervalo [a, b] de integración no está acotado, es decir, o bien a = −∞, o b = ∞ o ambas a la vez. 2. Integral impropia de segunda especie: cuando la funci´ on f no está acotada en el intervalo [a, b].

3.5.1.

Integrales impropias de primera especie

Definici´ on 3.54 Sea f una función acotada e integrable en cualquier intervalo [a, b]. Entonces, se definen las integrales impropias de primera especie

∞

f (x) dx = l´ım a

b→∞

b

f (x) dx , a

b −∞

b

f (x) dx = l´ım

a→−∞

f (x) dx. a

Si estos l´ımites existen y son finitos, se dice que la integral impropia es convergente. En caso contrario, se dice que la integral impropia es divergente. De forma análoga, se define ∞ c ∞ f (x) dx = f (x) dx + f (x) dx , −∞

−∞

c

para cualquier c ∈ R, que será convergente cuando lo sean ambas integrales impropias.

3.5 Integrales impropias

77

Por la interpretaci´ on de la integral definida como un área se tiene el siguiente resultado intuitivamente claro. Corolario 3.55 Sea f (x) una funci´ on positiva, acotada e integrable en cualquier intervalo [a, b]. Entonces, una condici´ on necesaria para que la integral ∞ f (x) dx sea convergente es l´ ım f (x) = 0. x→∞ a Demostraci´ on. Sea l´ımx→∞ f (x) = L = 0. Como f (x) es una función positiva, L > 0. Tomemos entonces un n´ umero μ tal que 0 < μ < L. Entonces, existe un n´ umero real c ≥ a tal que f (x) ≥ μ para todo x ≥ c. De este modo se tiene que

x

f (s) ds ≥ μ(x − c) ,

c

de donde se deduce que ∞

x

f (s) ds = l´ım

x→∞

a

f (s) ds = ∞ ,

a

finalizando la demostración. Ejemplo 3.56 Estudiar la convergencia de la integral Soluci´ on. Por definición ∞ sin x dx = l´ım 0

b→∞

b 0

sin x dx.

sin x dx = l´ım (1 − cos b) . b→∞

Pero este l´ımite no existe, de modo que Ejemplo 3.57 Calcular la integral

∞ 0

∞ 0

sin x dx es divergente.

∞ 1 −∞ 1+x2

dx.

Soluci´ on. Por definición ∞ 0 ∞ 1 1 1 dx = dx + dx 2 2 1 + x2 −∞ 1 + x −∞ 1 + x 0 0 b 1 1 dx + l´ım dx = l´ım a→−∞ a 1 + x2 b→∞ 0 1 + x2 = − l´ım arctan a + l´ım arctan b = −(−π/2) + π/2 = π . a→−∞

b→∞

Observemos que el punto x = 0 donde hemos partido el intervalo (−∞, ∞) es irrelevante, pues cualquier otro punto hubiese producido el mismo resultado final.

Ejemplo 3.58 Calcular la integral

∞ 0

xe−x dx.

78


Soluci´ on. La integral es impropia de primera especie. Integrando por partes tomando u = x y dv = e−x dx se tiene que

b 0

b x e−x dx = −x e−x 0 +

b 0

b e−x dx = −b e−b − e−x 0 = 1 − e−b (b + 1) .

Entonces

∞ 0

x e−x dx = l´ım

b→0

b 0

x e−x dx = l´ım 1 − e−b (b + 1) = 1 . b→0

Proposici´ on 3.59 (Integrales p de primera especie) Sea a > 0. La integral p de primera especie ∞ 1 dx , xp a es convergente si y s´ olo si p > 1. Demostraci´ on. Tomemos a = 1. Se tiene que b 1−b1−p 1 si p−1 dx = p ln b si 1 x Entonces

∞ 1

es decir,

1 dx = xp

∞ 1

p = 1 , p=1.

1−p

l´ımb→∞ 1−b p−1 l´ımb→∞ ln b

⎧ 1 ⎨ p−1 1 dx = ∞ ⎩ xp ∞

si si si

si si

p = 1 , p=1.

p>1, p<1, p=1.

Se concluye que la integral es convergente si y sólo si p > 1. Entonces, en ese caso converge para todo a > 0.

3.5.2.

Integrales impropias de segunda especie

Definici´ on 3.60 Sea f (x) una función no acotada en el intervalo [a, b]. Si f (x) no está acotada en x = a, entonces se define la integral impropia de segunda especie

b a

f (x) dx = l´ım+ →0

b

f (x) dx . a+

Si este l´ımite existe y es finito, se dice que la integral impropia es convergente. En caso contrario, se dice que la integral impropia es divergente.


79

Si f (x) no está acotada en x = b, entonces se define la integral impropia de segunda especie

b a

f (x) dx = l´ım+ →0

b−

f (x) dx . a

Si este l´ımite existe y es finito, se dice que la integral impropia es convergente. En caso contrario, se dice que la integral impropia es divergente. Si f (x) no está acotada en x = c ∈ (a, b), entonces se define la integral impropia de segunda especie

b

f (x) dx a

c

= a

=

b

f (x) dx +

c−

b

f (x) dx + l´ım

l´ım

→0+

f (x) dx c

a

→0+

f (x) dx . c+

Si estos l´ımites existen y son finitos, se dice que la integral impropia es convergente. En caso contrario, se dice que la integral impropia es divergente. Proposici´ on 3.61 (Integrales p de segunda especie) Las integrales p de segunda especie b b 1 1 dx y dx , p (x − a) (b − x)p a a son convergentes si y s´ olo si p < 1. Demostraci´ on. s´ olo estudiaremos la convergencia de la integral

b a

1 dx , (x − a)p

pues la otra se realiza de modo análogo. Podemos tomar, sin pérdida de generalidad a = 0 en la integral mediante el cambio de variable z = x − a. Además, tomaremos como b > 0, por conveniencia, b = 1. Entonces se tiene que 1 1−1−p 1 si p = 1 , 1−p dx = p x − ln si p = 1 . Entonces

1 0

1 dx = l´ım+ xp →0

1

⎧ 1 ⎨ p−1 1 dx = ∞ ⎩ xp ∞

si si si

p<1, p>1, p=1.

Se concluye que la integral es convergente si y sólo si p < 1. Entonces, en ese caso converge para todo b > 0.

80


3.5.3.

Algunos criterios de convergencia

Proposici´ on 3.62 Sean f y g dos funciones positivas en el intervalo de integraci´ on (acotado o no). Entonces se tiene: (i) Si f (x) ≤ g(x) en el intervalo de integraci´ on entonces: 1. Si la integral de g es convergente, entonces la integral de f también lo es. 2. Si la integral de f es divergente, entonces la integral de g también lo es. (ii) Si existe el siguiente l´ımite y es l´ım

x→∞

f (x) = 0 , g(x)

entonces, las integrales impropias de primera especie ∞ ∞ f (x) dx y g(x) dx a

a

tienen el mismo car´ acter. (iii) Si existe el siguiente l´ımite y es l´ım

x→b−

f (x) = 0 , g(x)

entonces, las integrales impropias de segunda especie (con singularidad en el extremo b) b b f (x) dx y g(x) dx a

a

tienen el mismo car´ acter. (iv) Si existe el siguiente l´ımite y es l´ım+

x→a

f (x) = 0 , g(x)

entonces, la integrales impropias de segunda especie (con singularidad en el extremo a) b b f (x) dx y g(x) dx , a

a

tienen el mismo car´ acter. Nota 3.63 La parte (i) de la Proposición 3.62 se demuestra simplemente debido a que b b 0≤ f (x) dx ≤ g(x) dx . a

a


81

Nota 3.64 Observemos que las integrales p tanto de primera como de segunda especie tienen función integrando positiva en el intervalo de integración. Son por lo tanto una buena fuente para los criterios de comparación dados en la Proposición 3.62. Ejemplo 3.65 Estudiar el car´ acter de la integral impropia ∞ 2 e−x dx . 1

Soluci´ on. Es claro que la integral es impropia de primera especie. Observemos 2 además que la función f (x) = e−x no admite primitiva expresable mediante funciones elementales. Como f (x) > 0 para todo x ∈ [1, ∞), vamos a usar el criterio de comparación (i) de la Proposición 3.62 conparando con el carácter de la integral ∞

1

g(x) dx , con g(x) = e−x > 0 .

En primer lugar, comprobamos que f (x) ≤ g(x) para todo x ∈ [1, ∞). Además, ∞ b b g(x) dx = l´ım e−x dx = l´ım − e−x 1 b→∞

1

= Como

b→∞

∞ 1

converge, por comparación,

b→∞

1

l´ım (e−1 − e−b ) = 1/e .

∞ 1

e−x dx , 2

e−x dx

converge.

Ejemplo 3.66 Estudiar el car´ acter de la integral impropia 1 dx √ . x + 23x 0 Soluci´ on. Es claro que la integral es impropia de segunda especie puesto que f (x) = x+21 √ a acotada en x = 0. Como f (x) > 0 para todo x ∈ [0, 1], 3 x no est´ vamos a usar un criterio de comparaci´ on (iv) de la Proposición 3.62 con la integral p de segunda especie con p = 1/3 < 1 1 1 dx , 1/3 x 0 1 que sabemos que es convergente. Definimos g(x) = x1/3 y calculamos el l´ımite √ 3 f (x) x 1 1 √ = l´ım 2/3 l´ım+ = = 0 , = l´ım+ 2 x→0 g(x) x→0 x + 2 3 x x→0+ x +2

82


donde en un paso hemos dividido numerador y denominador por por comparación que la integral 1 dx √ x + 23x 0

√ 3

x. Se concluye

es convergente. Ejemplo 3.67 Estudiar el car´ acter de la integral impropia 1 dx . x(1 + x) 0

Soluci´ on. Es claro que la integral es impropia de segunda especie puesto que 1 f (x) = x(1+x) no está acotada en x = 0. Como f (x) > 0 para todo x ∈ [0, 1], vamos a usar un criterio de comparaci´ on (iv) de la Proposición 3.62 con la integral p de segunda especie con p = 1 < 1 1 1 dx , 0 x que sabemos que es divergente. Definimos g(x) = l´ım

x→0+

1 x

y calculamos el l´ımite

f (x) x = l´ım = 1 = 0 . g(x) x→0+ x(1 + x)

Se concluye por comparación que la integral 1 dx 0 x(1 + x)

es divergente. Ejemplo 3.68 Estudiar el car´ acter de la integral impropia 1 tan2 x √ dx . 0 (1 − cos x) x

Soluci´ on. Es claro que la integral es impropia de segunda especie puesto que tan2 x √ f (x) = (1−cos no está acotada en x = 0 ya que x) x l´ım+ f (x) = l´ım+

x→0

x→0

tan2 x √ = l´ım (1 − cos x) x x→0+

x2

x2 √ x 2

2 = l´ım+ √ = ∞ , x x→0

donde se han usado los siguientes infinitésimos equivalentes: x ∼ tan x y 1 − cos x ∼ x2 /2 cuando x → 0. Como f (x) > 0 para todo x ∈ [0, 1], vamos a usar un criterio de comparación (iv) de la Proposición 3.62 con la integral p de segunda especie con p = 1/2 < 1 1 1 dx , 1/2 x 0


83

que sabemos que es convergente. Definimos g(x) = l´ım+

x→0

1 x1/2

y calculamos el l´ımite

f (x) tan2 x = l´ım+ = 2 = 0 , g(x) x→0 1 − cos x

usando de nuevo los anteriores infinitésimos equivalentes. Se concluye por comparación que la integral 1 tan2 x √ dx 0 (1 − cos x) x es convergente.

Ejemplo 3.69 En el Ejemplo 3.65 hemos visto que la integral ∞ 2 e−x dx 1

converge. Calcular su valor. 2

Soluci´ on. Observamos que la función f (x) = e−x no admite primitiva expresable mediante funciones elementales. Entonces, para calcular el valor de la integral no podemos usar la regla de Barrow. Usaremos algo de ingenio. Definimos la función 1 −t2 (1+x2 ) e f (t) = dx . 1 + x2 0 Derivando respecto de t bajo el signo integral se tiene 1 1 2 2 2 2 2 f (t) = e−t (1+x ) (−2t) dx = −2e−t e−t x t dx . 0

0

Usando el cambio de variable tx = z se tiene que x 2 2 e−z dz . f (t) = −2e−t 0

Pero esta expresión coincide con la derivada g (t) de función t 2 2 g(t) = − e−z dz . 0

De este modo concluimos que las funciones f y g sólo se diferencian en una constante, es decir, f (t) = g(t) + C siendo C una constante. Para calcular C simplemente evaluamos en t = 0 la igualdad anterior. Como 1 1 π g(0) = 0 , f (0) = dx = arctan 1 − arctan 0 = , 2 1 + x 4 0 se tiene que C = π/4. Tenemos pues que el l´ımite cuando t → ∞ en la identidad −g(t) = π/4 − f (t) produce ∞ 2 1 −t2 (1+x2 ) e π −z 2 e dz = − l´ım dx . t→∞ 4 1 + x2 0 0

84


El l´ımite que aparece en la expresión anterior es cero ya que la función integrando se acota por 2 2 2 e−t (1+x ) ≤ e−t , para todo x ∈ [0, 1] . 2 1+x En resumen, se tiene que √ ∞ π −z 2 e dz = . 2 0

Ejemplo 3.70 Una de las funciones m´ as importantes del an´ alisis es la funci´ on gamma de Euler ∞ Γ(x) = tx−1 e−t dt . 0

(i) Demostrar que Γ(x) converge para todo x > 0. (ii) Demostrar que Γ(x) satisface la ecuaci´ on funcional Γ(x + 1) = xΓ(x). (ii) Demostrar que la funci´ on Γ generaliza el concepto de factorial en el sentido de que Γ(n + 1) = n!. Soluci´ on. (i) Para establecer el carácter de la integral impropia Γ(x), conviene separarla en dos integrales de la forma siguiente: 1 ∞ Γ(x) = tx−1 e−t dt + tx−1 e−t dt . (3.2) 0

1

Sobre la primera integral de (3.2) se tiene que, como t > 0, entonces 0 < e−t < 1 y por lo tanto es posible acotarla de la siguiente manera: 1 1 x−1 −t t e dt ≤ tx−1 dt . 0

0

Esta u ´ltima integral es una integral p de segunda especie con p = 1−x, de modo que converge si y sólo si p < 1, es decir si x > 0. Para examinar el carácter de la segunda integral de (3.2) se consideran dos casos puesto que si x ≥ 1, entonces Γ(x) es una integral impropia de primera especie mientras que, si x < 1, entonces hay que tener en cuenta además la singularidad en t = 0. 1. Supongamos que x ≤ 1. Entonces, podemos acotar ∞ b ∞ 1 tx−1 e−t dt ≤ e−t dt = l´ım e−t dt = , b→∞ 1 e 1 1 puesto que, para t ≥ 1 y x ≤ 1 se tiene 0 < tx−1 ≤ 1. En definitiva, se ha probado que, si 0 < x ≤ 1 entonces Γ(x) converge.


85

2. Supongamos que x > 1. Se aplica integración por partes tomando u = tx−1 y dv = e−t dt de modo que b tx−1 e−t dt = l´ım tx−1 e−t dt b→∞ 1 1

b x−1 −t b x−2 −t −t l´ım e 1 + (x − 1) t e dt

I(x) := = =

∞

b→∞

1

1 − l´ım bx−1 e−b + (x − 1)Γ(x − 1) . e b→∞

Como

bx−1 =0 b→∞ eb l´ım

donde la indeterminación ∞/∞ se resuelve aplicando [x] (la parte entera de x) veces la regla de L’Hôpital. En resumen I(x) =

1 + (x − 1)I(x − 1) . e

Se puede repetir sucesivamente este proceso [x] veces hasta llegar a calcular la integral I(x − [x]). Pero en este caso se tiene x − [x] ≤ 1 y entonces se puede proceder como en el caso 1 para probar la convergencia. (ii) Integrando por partes (tomando u = tx y dv = e−t dt) se tiene que ∞ ∞ ∞ tx e−t dt = − tx e−t 0 + x tx−1 e−t dt = xΓ(x) . Γ(x + 1) = 0

0

(iii) Como consecuencia del apartado (ii) se tiene que, para cualquier n ∈ N, Γ(n + 1) = nΓ(n) = n(n − 1)Γ(n − 1) = · · · = n(n − 1) · · · 1 Γ(1) = n! , donde la u ´ltima igualdad proviene de que ∞ e−t dt = 1 , Γ(1) = 0

como es fácil de probar.

3.6.


Problema 3.1 Calcular las integrales siguientes: I1 (x) = 3x 1 − 2x2 dx , I2 (x) = x2 ln x dx. Soluci´ on. I1 (x) = − 12 (1 − 2x2 )3/2 + C. I2 (x) =

x3 3

ln x −

x3 9

+ C.

86


Problema 3.2 Calcular las integrales siguientes: 4 3x + 5 x − x3 − x − 1 I1 (x) = (x) = dx. dx , I 2 x3 − x2 − x + 1 x3 − x 2 x+1 4 Soluci´ on. I1 (x) = − x−1 + 12 ln x−1 + C. I2 (x) = 12 x2 + 2 ln x − x1 − 2 ln |x − 1| + C. 5

Problema 3.3 Usar la definici´ on de integral de Riemann para calcular 0 x dx. ´ n: Dividir el intervalo [0, 5] en subintervalos de igual anchura. ReIndicacio n cordar que k=1 k = n(n + 1)/2. Problema 3.4 Hallar el ´ area encerrada entre las siguientes curvas: (i) Las par´ abolas y = 6x − x2 , y = x2 − 2x. (ii) Las circunferencias x2 + y 2 = 4, x2 + y 2 = 4x. √ Soluci´ on. (i) 64/3; (ii) 8 π3 − 2 3. Problema 3.5 Hallar la menor de las ´ areas encerradas entre la circunferencia x2 + y 2 = 25 y la recta x = 3. Soluci´ on.

25 2 π

− 12 − 25 arcsin 35 .

Problema 3.6 Hallar el volumen generado al girar el arco de la par´ abola y 2 = 8x entre x = 0 y x = 2 alrededor del eje de abscisas. Soluci´ on. 16π. Problema 3.7 Hallar el volumen del toro generado al girar el c´ırculo x2 + (y − 3)2 = 4 alrededor de la recta y = 0. Soluci´ on. 24π 2 . Problema 3.8 Hallar el centro de masas del ´ area plana acotada en el primer cuadrante por la par´ abola y = 4 − x2 . Soluci´ on. (3/4, 8/5). Problema 3.9 Hallar el centro de masas del ´ area plana encerrada por la curva y = 2 sin(3x) y la recta y = 0 entre x = 0 y x = π/3. Soluci´ on. (π/6, π/4). Problema 3.10 Calcular la longitud de los siguientes arcos: (i) La catenaria y = 12 a(ex/a + e−x/a ) entre x = 0 y x = a. (ii) (x(t), y(t)) = (t2 , t3 ) con 0 ≤ t ≤ 4.

3.6 Problemas propuestos Soluci´ on. (i) 12 a(e − 1/e); (ii)

87 √

8 27 (37

37 − 1).

Problema 3.11 Hallar el ´ area de la superficie de revoluci´ on generada al girar en torno del eje x los arcos siguientes: (i) El arco de par´ abola y 2 = 12x entre x = 0 y x = 3. (ii) La elipse x2 /16 + y 2 /4 = 1. √ √ Soluci´ on. (i) 24(2 2 − 1)π; (ii) 8π(1 + 4π 3/9). Problema 3.12 Calcular la siguiente integral impropia π/2 cos x √ dx. 1 − sin x 0 Soluci´ on. 2. Problema 3.13 Estudiar el car´ acter de las siguientes integrales impropias: (i) (ii)

1 0

sin x ln x dx.

∞ 1 1 ln(1+x)

dx.

Soluci´ on. (i) Convergente; (ii) Divergente. Problema 3.14 Estudiar el car´ acter de las siguientes integrales impropias: (i) (ii)

1 √ 1 0 tan x

dx.

∞ cos(1/x) x 1

dx.

Soluci´ on. (i) Convergente; (ii) Divergente. Problema 3.15 Considerar el cuerpo de revoluci´ on no acotado generado al girar alrrededor del eje de abscisas la hipérbola equil´ atera xy = 1 para valores x ≥ 1. Demostrar que este cuerpo tiene volumen finito a pesar de tener ´ area infinita. Problema 3.16 Calcular el volumen del tronco de cono de altura h cuyas tapas tienen radios R y r. Soluci´ on.

1 2 3 πh(r

+ rR + R2 ).

Problema 3.17 Demostrar que la funci´ on β(p, q) = convergente con p > 0 y q > 0.

1 0

xp−1 (1 − x)q−1 dx es

Problema 3.18 Hallar el ´ area encerrada entre el eje de abscisas y la gr´ afica de la funci´ on y = a3 /(x2 + a2 ). Soluci´ on. πa2 .

88


3.7.

Problemas resueltos

Problema 3.19 Considerar una pieza plana homogénea delimitada por el eje de abscisas y la parte superior de la elipse x2 /a2 + y 2 /b2 = 1 centrada en el origen de semiejes a y b. Calcular las coordenadas (xcm , ycm ) del centro de masas de la pieza. Soluci´ on. La elipse de semiejes a y b centrada en el origen tiene por ecuación x2 /a2 + y 2 /b2 = 1. Las coordenadas del centro de masas vienen dadas por a 1 1 a 2 2 (xcm , ycm ) = x(f (x) − g(x)) dx, (f (x) − g (x)) dx , A 2 −a −a √ siendo A el área de la pieza, f (x) = b 1 − x2 /a2 = b/a a2 − x2 y g(x) = 0. Entonces a 1 b a 2 b2 2 2 2 x a − x dx, 2 a − x dx . (xcm , ycm ) = A a −a 2a −a En primer lugar observamos que xcm = 0. Este resultado se puede obtener por consideraciones f´ısicas sobre la simetr´ıa de la pieza o bien teniendo en cuenta que a x a2 − x2 dx = 0 , −a

ya que se integra una función impar en un intervalo simétrico respecto del origen. Para hallar el valor de ycm se debe calcular la siguiente integral a 4 a2 − x2 dx = a3 . 3 −a Finalmente se debe calcular el área A de la pieza, es decir, a b a 2 f (x) dx = a − x2 dx . A= a −a −a Realizando el cambio de variable x = a sin θ con dx = a cos θ dθ se tiene π/2 π/2 A = b a2 − a2 sin2 θ cos θ dθ = ab 1 − sin2 θ cos θ dθ −π/2

π/2

=

ab

=

1 πab . 2

−π/2

cos2 θ dθ = ab

−π/2

π/2 −π/2

π/2 1 1 + cos(2θ) ab θ + sin(2θ) dθ = 2 2 2 −π/2


0,

4b 3π

.

Nota: Por supuesto, si se recuerda que el área encerrada por la elipse es πab, no es necesario realizar ninguna integraci´ on para calcular A.


89

Problema 3.20 Calcular las siguientes primitivas: 1 5x2 + 20x + 6 (i) dx, (ii) dx . 1 + sin x x3 + 2x2 + x Soluci´ on. (i) La integral es trigonométrica racional, pero no satisface ninguna condición de paridad. Entonces, hacemos el cambio de variable t = tan(x/2). 2dt 2t Como dx = 1+t 2 y sin x = 1+t2 , obtenemos

1 dx 1 + sin x

= =

1 2t 1+t2

2dt =2 1 + t2

dt (1 + t)2

1+ 2 2 − =− +C . 1+t 1 + tan(x/2)

(ii) La integral es racional. Definimos los polinomios P (x) = 5x2 + 20x + 6 y Q(x) = x3 + 2x2 + x. Es fácil hallar la descomposición Q(x) = x(x + 1)2 . Entonces, podemos efectuar la descomposición en fracciones simples P (x) A B C , = + + Q(x) x x + 1 (x + 1)2 siendo A, B y C constantes reales a determinar. Se tiene que 5x2 + 20x + 6 = A(x + 1)2 + Bx(x + 1) + Cx , de modo que, igualando los coeficientes de las mismas potencias de x en ambos miembros de la anterior igualdad obtenemos el sistema lineal de ecuaciones A+B

=

2A + B + C = A = cuya solución es Entonces se tiene 5x2 + 20x + 6 dx x3 + 2x2 + x

5, 20 , 6,

A = 6, B = −1, C = 9 .

1 1 dx dx + 9 x+1 (x + 1)2 9 = 6 ln |x| − ln |x + 1| − +C . x+1 = 6

1 dx − x

Problema 3.21 Demostrar que el ´ area de un c´ırculo de radio R es πR2 . Soluci´ on. Puesto que el área de un c´ırculo de radio R es independiente del punto que se elija como centro del c´ırculo, tomaremos este como el origen de coordenadas. Entonces, el contorno del c´ırculo es una circunferencia tal que las coordenadas de sus puntos (x, y) satisfacen la ecuación x2 + y 2 = R2 . Aislando

90


√ de esta ecuación la y se tiene que y = ±f (x) = ± R2 − x2 . Entonces, debido a la simetr´ıa del c´ırculo, se tiene que su a´rea A viene dada por A=4

R 0

f (x) dx = 4

R 0

R2 − x2 dx .

Para calcular esta integral, realizamos el cambio de variable x = R sin θ. Diferenci´ andolo obtenemos dx = R cos θ dθ. Además, si la vieja variable x variaba entre 0 y R, la nueva variable θ variar´ a entre 0 y π/2. Se tiene pues que A =

4R

π/2 0

R2 − R2 sin2 θ cos θ dθ = 4R2

π/2

π/2

=

4R2

=

π/2 1 2R2 θ + sin(2θ) = πR2 . 2 0

0

cos2 θ dθ = 4R2

0

π/2 0

1 − sin2 θ cos θ dθ

1 + cos(2θ) dθ 2

Nota: Existen muchas otras formas de demostrar que el área A de un c´ırculo de radio R es A = πR2 usando métodos de integraci´ on. A modo de ejemplo, podemos dividir el c´ırculo en sectores infinitesimales de ángulo dθ. Teniendo en cuenta que el elemento de área dA del sector circular es dA = 12 R2 dθ se tiene que 2π 1 2 A = dA = R dθ = πR2 . 2 0 Problema 3.22 Considerar las funciones f (x) =

2 3+x2

y g(x) = ln(x).

(i) Demostrar que sus gr´ aficas tienen un u ńico punto de corte con abscisa en el intervalo [1, 2]. (ii) Calcula el ´ area bajo la gr´ afica de f (x) en el intervalo [0, 2]. Soluci´ on. (i) Definimos la función F (x) = f (x) − g(x) que es infinitamente derivable. Como F (1) = 12 > 0 y F (2) ≈ −0, 4 < 0 existe un punto ξ ∈ (1, 2) donde F (ξ) = 0 por el Teorema de Bolzano. Obviamente ξ es la abscisa de un punto de corte entre las gráficas de f (x) y g(x). Además, este punto es u ńico (1+x2 )(9+x2 ) puesto que F (x) = − x(3+x2 )2 no se anula nunca de modo que, por el Teorema de Rolle, no pueden existir dos puntos donde F (x) se anule. (ii) El área A bajo la curva es A=

2 0

2 2 dx = √ 2 3+x 3

2 0

1

√1 3 dx + ( √x3 )2

2 = √ arctan 3

2 √ 3

.

Problema 3.23 Calcular el ´ area encerrada por la gr´ afica de la funci´ on f (x) = x2 sin x y el eje de abscisas en el intervalo de abscisas [0, 2π].


91

Soluci´ on. Integrando 2 veces por partes se tiene que f (x) dx = 2x sin x + (2 − x2 ) cos x. El área es

A=

π 0

2π

f (x) dx −

f (x) dx = (π 2 − 4) − (4 − 5π 2 ) = 2(3π 2 − 4).

π

Problema 3.24 Calcula las coordenadas del centro de masas de una plancha homogénea cuyo contorno est´ a formado por dos segmentos de los ejes positivos 2 2 de coordenadas y por la elipse de ecuaci´ on xa2 + yb2 = 1. √ 2 Soluci´ on. Sea f (x) = b 1 − xa2 = ab a2 − x2 . Las coordenadas del centro de masas son a 1 1 a 2 (xcm , ycm ) = xf (x) dx, f (x) dx A 2 0 0 siendo A el área de la plancha, es decir, a f (x) dx . A= 0

Calculamos todas las integrales que aparecen: a b a 2 f (x) dx = a − x2 dx . A= a 0 0 Mediante el cambio de variable x = a sin θ con dx = a cos θ dθ se tiene π/2 π/2 a2 − a2 sin2 θ cos θ dθ = ab 1 − sin2 θ cos θ dθ A = b 0

π/2

=

ab

=

πab . 4

0

Por otra parte

cos2 θ dθ = ab

a 0

0

π/2 0

b xf (x) dx = a

π/2 1 + cos(2θ) ab 1 dθ = θ + sin(2θ) 2 2 2 0

a 0

x

a2 − x2 dx .

Mediante el cambio de variable z = a2 −x2 , con dz = −2xdx, la anterior integral queda como 0 a2 a 2 √ √ b b b & 3/2 'a a2 b xf (x) dx = − z dz = z dz = = z . 2a a2 2a 0 3a 3 0 0 Finalmente a 0

b2 f (x) dx = 2 a 2

a 0

a2 − x2 dx =

'a b2 & 2 2ab2 3 a x − x /3 = . a2 3 0

92


En resumen (xcm , ycm ) =

4 πab

a2 b ab2 , 3 3

=

4 (a, b) . 3π

Problema 3.25 Calcular la primitiva de la funci´ on f (x) = gr´ afica pase por el punto (π/4, 0).

1 sin x cos x

cuya

Soluci´ on. Como la función f (x) es racional en sin x y cos x y además es tanto impar en sin x como impar en cos x como par en sin x-cos x, el cálculo de sus primitivas F (x) se transforma en el cálculo de una integral racional mediante cualquiera de los cambios z = sin x o bien z = cos x o bien z = tan x. Con el cambio t = tan x, se tiene dt = cos12 x dx, de modo que 1 cos 1 1 dx = dx = dx = dt sin x cos x sin x cos2 x tan x cos2 x t = ln |t| + C. Las primitivas F (x) de f (x) son pues F (x) = ln | tan x| + C con C constante arbitraria. Imponiendo F (π/4) = 0 se obtiene C = 0 de modo que, finalmente F (x) = ln | tan x|. Con el cambio z = sin x, se tiene dz = cos x dx, de modo que 1 cos x cos x dx dx = dx = sin x cos x sin x cos2 x sin x (1 − sin2 x) 1 dz. = z(1 − z 2 ) Descomponiendo en fracciones simples se tiene 1 −1/2 1/2 1 = + + , z(1 − z 2 ) z 1+z 1−z entonces 1 dz z(1 − z 2 )

Entonces

1 1 = ln |z| − (ln |1 + z| − ln |1 − z|) = ln |z| − ln 1 − z 2 2 2 z . = ln √ 2 1−z

sin x F (x) = ln + C = ln | tan x| + C. 1 − sin2 x

Problema 3.26 Calcular lo siguiente: (i) Calcular la recta tangente a la curva y = e2x−3 en el punto en el que la pendiente vale 2.


93

(ii) Hallar el ´ area de la regi´ on del plano limitada por la recta x = 1, la curva y = e2x−3 y la recta tangente calculada en el apartado anterior. Soluci´ on. (i) La recta tangente a la curva de ecuación y = f (x) = e2x−3 en el punto en el que la pendiente vale 2 viene dada por la ecuación y −y0 = 2(x−x0 ). Para averiguar las coordenadas (x0 , y0 ) del punto de tangencia usaremos el hecho de que la pendiente es de hecho f (x0 ) = 2e2x0 −3 = 2, luego 2x0 − 3 = 0 y por lo tanto x0 = 3/2. El valor de la ordenada y0 se calcula a partir de la condici´ on y0 = f (x0 ) = f (3/2) = e0 = 1. En resumen, la recta tangente es y − 1 = 2(x − 3/2) . (ii) En primer lugar observamos que se da la casualidad de que la abscisa del punto de intersección entre la recta tangente calculada en el apartado anterior y − 1 = 2(x − 3/2) y el eje de abscisas es x = 1. Entonces, el área pedida es A

= = =

3/2 1 3/2 1

e2x−3 − (1 + 2(x − 3/2)) dx e2x−3 dx −

1 2x−3 e 2

3/2 1

3/2 1

(1 + 2(x − 3/2)) dx

3/2 e−2 − −2x + x2 1 = . 4e

Cap´ıtulo 4

Continuidad de Funciones Reales de Varias Variables Reales 4.1.

Concepto de funci´ on. Dominio y recorrido

Definici´ on 4.1 Decimos que una correspondencia f : Rn → Rm es una funci´ on si existe un subconjunto A ⊂ Rn tal que la restricción de f en A, es decir, f : A → Rm es una aplicaci´ on (todo elemento de A tiene una y solo una imagen). Definici´ on 4.2 Sea x = (x1 , . . . , xn ) ∈ Rn y consideremos la función f : Rn → m R tal que f (x) = (f1 (x), . . . , fm (x)). Las funciones fi : Rn → R (con i = 1, . . . , m) se llaman funciones componentes de f . Definici´ on 4.3 Dada una función f : Rn → Rm , se llama dominio de f , y lo denotaremos por Dom(f ), al subconjunto D ⊂ Rn donde esté definida la funci´ on f . Dicho de otro modo, Dom(f ) = {x ∈ Rn : ∃ f (x)}. Es claro que Dom(f ) = ∩m i=1 Dom(fi ), donde fi son las funciones componentes de f . Ejemplo 4.4 Hallar el dominio de la funci´ on f : R → R3 definida por 1 2 2 f (x) = x + 1, , x −1 . x−3 Soluci´ on. Las funciones componentes de f son f1 (x) = x2 + 1, f2 (x) =

1 , f3 (x) = x2 − 1, x−3

siendo sus dominios Dom(f1 ) = R , Dom(f2 ) = R − {3} , Dom(f3 ) = {x ∈ R : |x| ≥ 1}. 95

96

Continuidad de Funciones Reales de Varias Variables Reales

Entonces Dom(f ) =

3 (

Dom(fi ) = {x ∈ R : x = 3 , |x| ≥ 1} .

i=1

Definici´ on 4.5 La gr´ afica asociada a una función f : A ⊂ R2 → R es la superficie formada por los puntos (x, y, f (x, y)) ∈ R3 para todo (x, y) ∈ A.

4.2.

L´ımites

Definici´ on 4.6 Sea x = (x1 , x2 , . . . , xn ) ∈ Rn un vector. Se define la norma (Euclideana) de x como x = x21 + x22 + · · · + x2n . Para todo x, y ∈ Rn y λ ∈ R, la norma satisface las siguientes propiedades: 1. x ≥ 0, siendo x = 0 si y solo si x = 0. 2. λ x = |λ| x. 3. x + y ≤ x + y. (Desigualdad triangular). Definici´ on 4.7 Sea f : Rn → R. Dado un punto de acumulaci´ on a de Dom(f ), se dice que el l´ımite de la función f en el punto a es y se denota por l´ım f (x) =

x→a

si ∀ > 0, ∃ δ > 0 tal que si x − a < δ con x ∈ Dom(f ) entonces |f (x) − | < . Intuitivamente, el hecho de que una función f tenga por l´ımite en el punto a significa que el valor de f puede ser tan cercano a como se desee, tomando puntos suficientemente cercanos al punto a, con independencia de lo que ocurra en a. Definici´ on 4.8 Sea f : Rn → Rm con funciones componentes f (x) = (f1 (x), . . . , fm (x)) . Dado un punto de acumulaci´ on a de Dom(f ), se dice que el l´ımite de la función f en el punto a es L = (1 , . . . , m ), y se denota por l´ım f (x) = L,

x→a

si l´ımx→a fi (x) = i para todo i = 1, . . . , m. Ejemplo 4.9 Usar la definici´ on de l´ımite para demostrar que 5x2 y =0. (x,y)→(0,0) x2 + y 2 l´ım

4.2 L´ımites

97

Soluci´ on. Definimos la función f (x, y) =

5x2 y . + y2

x2

Hemos de demostrar que ∀ > 0, ∃ δ > 0 tal que si (x, y) − (0, 0) < δ entonces |f (x, y) − 0| < . Desarrollando, se tiene que 5x2 y x2 = 5|y| |f (x, y) − 0| = 2 ≤ 5|y| . x + y2 x2 + y 2 donde en la desigualdad se ha utilizado que x2 ≤1. x2 + y 2 x2 + y 2 de la forma siguiente: |y| ≤ Introduciremos la norma (x, y) = 2 2 x + y . Se tiene pues que |f (x, y) − 0| ≤ 5(x, y) . Entonces, para que |f (x, y) − 0| < basta con tomar (x, y) < /5, de modo que δ = /5.

Proposici´ on 4.10 El l´ımite de una funci´ on en un punto, si existe, es u ńico. Veamos a continuación algunas operaciones con l´ımites. Proposici´ on 4.11 Sean f, g : Rn → Rm . Supongamos que existen los l´ımites de las funciones f y g en un punto a. Entonces: (i) l´ımx→a (f (x) ± g(x)) = l´ımx→a f (x) ± l´ımx→a g(x). (ii) l´ımx→a λ f (x) = λ l´ımx→a f (x) para todo escalar λ ∈ R. (iii) Si m = 1, entonces l´ımx→a (f (x) g(x)) = l´ımx→a f (x) l´ımx→a g(x). (iv) Si m = 1 y l´ımx→a g(x) = 0, entonces l´ım

x→a

f (x) l´ımx→a f (x) = . g(x) l´ımx→a g(x)

. Como a ∈ Rn , entonces x → a (es decir, x tiende hacia a) puede hacerlo de infinitas formas distintas si n ≥ 2. Estas formas de tender al punto a dan lugar a un método de cálculo de l´ımites. Definici´ on 4.12 Sea γ : [t1 , t2 ] ⊂ R → Rn una función continua e inyectiva. El recorrido de γ, es decir, el conjunto de puntos {γ(t) ∈ Rn : t ∈ [t1 , t2 ]} se llama arco simple.

98


Proposici´ on 4.13 Consideremos una funci´ on f : Rn → R. Si = l´ımx→a f (x), entonces = l´ımt→t0 f (γ(t)) para todo arco simple γ con γ(t0 ) = a. Ejemplo 4.14 Calcular, si existen, los l´ımites siguientes: (i)

xy , (ii) 2 (x,y)→(0,0) x + y 2 l´ım

xy 3 . (x,y)→(0,0) x2 + y 6 l´ım

Soluci´ on. (i) Acerc´ andose al (0, 0) a lo largo de cualquier recta y = mx que pase por el origen se tiene l´ım

x→0 x2

mx2 m m = l´ım = . x→0 1 + m2 + m 2 x2 1 + m2

Como el resultado depende de m, es decir, depende de por qué recta nos acercamos al origen, es claro que ∃

l´ım

(x,y)→(0,0) x2

xy . + y2

(ii) Acerc´ andose al (0, 0) a lo largo de cualquier recta y = mx que pase por el origen se tiene m 3 x4 m 3 x2 =0. = l´ ım x→0 x2 (1 + m6 x4 ) x→0 1 + m6 x4 l´ım

De momento, lo u ńico que hemos demostrado es que, si el l´ımite (ii) existe, entonces vale 0. Sin embargo, acercándose al (0, 0) a lo largo de la c´ ubica x = y 3 se tiene y6 1 1 l´ım 6 = l´ım = . y→0 2y y→0 2 2 Como el l´ımite de una función en un punto, si existe, es u ńico, se concluye que ∃

xy 3 . (x,y)→(0,0) x2 + y 6 l´ım

Un caso particular de la Proposición 4.13 es el siguiente resultado. Corolario 4.15 Consideremos una funci´ on f : R2 → R. Supongamos que se verifica = l´ım f (x, y) . (x,y)→(x0 ,y0 )

Entonces los llamados l´ımites iterados deben de coincidir l´ım f (x, y) = l´ım l´ım f (x, y) . = l´ım x→x0

y→y0

y→y0

x→x0

4.2 L´ımites

99

Ejemplo 4.16 Calcular, si existen, los l´ımites siguientes: (i)

l´ım

(x,y)→(0,0)

xy − x + y , (ii) x+y

l´ım

(x,y)→(0,0)

xy . x2 + y 4

Soluci´ on. (i) Usando l´ımites iterados se tiene xy − x + y = l´ım −1 = −1 , l´ım l´ım x→0 y→0 x→0 x+y xy − x + y = l´ım 1 = 1 . l´ım l´ım y→0 x→0 y→0 x+y Como los l´ımites iterados son diferentes, tenemos que ∃

l´ım

(x,y)→(0,0)

xy − x + y . x+y

(ii) Usando l´ımites iterados se tiene xy l´ım l´ım 2 x→0 y→0 x + y 4 xy l´ım l´ım 2 y→0 x→0 x + y 4

= =

l´ım 0 = 0 ,

x→0

l´ım 0 = 0 .

y→0

Como los l´ımites iterados son iguales y valen 0, de momento, lo u ´ nico que hemos demostrado es que, si el l´ımite (ii) existe, entonces vale 0. Sin embargo, acerc´ andose al (0, 0) a lo largo de la familia de rectas y = mx se tiene mx2 m = l´ım =m. x→0 x2 + m4 x4 x→0 1 + m4 x2 l´ım

Como el resultado depende de m, es decir, depende de por qué recta nos acercamos al origen, es claro que ∃

l´ım

(x,y)→(0,0) x2

xy . + y4

Definici´ on 4.17 Consideremos el plano R2 dotado de coordenadas cartesianas (x, y). Definimos las coordenadas polares (r, θ) de un punto de R2 con coordenadas cartesianas (x, y) como x = r cos θ, y = r sin θ con θ ∈ [0, 2π). Notemos que, geométricamente, r es la distancia entre el origen de coordenadas y el punto considerado, mientras que θ es el ángulo formado por el vector de posición del punto y el eje de abscisas. Proposici´ on 4.18 Consideremos una funci´ on f : R2 → R. Supongamos que se verifica = l´ım f (x, y) . (x,y)→(x0 ,y0 )

100


Entonces, tomando coordenadas polares alrededor del punto (x0 , y0 ) de la forma x = x0 + r cos θ, y = y0 + r sin θ, definimos F (r, θ) = f (x0 + r cos θ, y0 + r sin θ) y se tiene que = l´ım F (r, θ) . r→0

Adem´ as, si F (r, θ) = g(r)h(θ) con l´ımr→0 g(r) = 0 y h(θ) acotada para todo θ ∈ [0, 2π), entonces = 0. Supongamos que ocurre que F (r, θ) = f (x0 + r cos θ, y0 + r sin θ) = h(θ), es decir, es una funci´ on independiente de r. Entonces, como l´ımr→0 F (r, θ) = h(θ) y depende pues de por qué dirección θ nos acercamos al origen, se tiene que el l´ımite doble l´ım(x,y)→(x0 ,y0 ) f (x, y) no existe. De hecho, en estos casos se puede probar también la no existencia del l´ımite doble acercándose al punto (x0 , y0 ) por rectas del tipo y − y0 = m(x − x0 ) y viendo que el l´ımite depende de la pendiente m de la recta por la cual tendemos al punto (x0 , y0 ). Ejemplo 4.19 Calcular, si existe, el l´ımite siguiente: x2 y 2 . (x,y)→(0,0) (x2 + y 2 )3/2 l´ım

Soluci´ on. Tomando coordenadas polares x = r cos θ, y = r sin θ se obtiene r4 sin2 θ cos2 θ = l´ım r sin2 θ cos2 θ = 0 , r→0 r→0 r3 l´ım

puesto que r → 0 y la función sin2 θ cos2 θ está acotada para todo θ ∈ [0, 2π). Concluimos que x2 y 2 l´ım =0. 2 (x,y)→(0,0) (x + y 2 )3/2

Ejemplo 4.20 Calcular, si existe, el l´ımite siguiente: exy − 1 . (x,y)→(0,0) sin x ln(1 + y) l´ım

Soluci´ on. Usaremos los siguientes infinitésimos equivalentes exy − 1 ∼ xy cuando xy → 0; sin x ∼ x cuando x → 0; ln(1 + y) ∼ y cuando y → 0; Entonces se tiene que exy − 1 xy = l´ım =1. (x,y)→(0,0) sin x ln(1 + y) (x,y)→(0,0) xy l´ım


4.3.

101

Continuidad de funciones

Definici´ on 4.21 Se dice que una función f : A ⊂ Rn → Rm es continua en un punto a ∈ A si y solo si l´ımx→a f (x) = f (a). Definici´ on 4.22 Si una función f : A ⊂ Rn → Rm es continua en todos los puntos del conjunto A diremos que f es continua en A y lo denotaremos por f ∈ C(A). Ejemplo 4.23 Estudiar la continuidad de la funci´ on f : R2 → R definida como sin2 x sin y si (x, y) = (0, 0) , x2 +y 2 f (x, y) = 0 si (x, y) = (0, 0) . Soluci´ on. Inspeccionando las componentes de la funci´ on f es claro que f ∈ C(R2 − {(0, 0)}). Estudiaremos en detalle la continuidad de f en el (0, 0). En primer lugar, usando el infinitésimo equivalente sin x ∼ x cuando x → 0 tenemos que l´ım

(x,y)→(0,0)

f (x, y) =

sin2 x sin y x2 y 0 = l´ ım = . 2 2 2 2 0 (x,y)→(0,0) x + y (x,y)→(0,0) x + y l´ım

Para calcular la indeterminación 0/0 tomaremos coordenadas polares x = r cos θ, y = r sin θ y se obtiene l´ım

(x,y)→(0,0)

r3 sin θ cos2 θ = l´ım r sin θ cos2 θ = 0 , r→0 r→0 r2

f (x, y) = l´ım

puesto que r → 0 y la función sin θ cos2 θ est´ a acotada para todo θ ∈ [0, 2π). Como además f (0, 0) = 0 hemos demostrado que l´ım

(x,y)→(0,0)

f (x, y) = f (0, 0) = 0 ,

es decir, f es continua en el punto (0, 0) y por lo tanto f ∈ C(R).

Ejemplo 4.24 Estudiar la continuidad de la funci´ on f : R2 → R definida como 2 2 x −y si (x, y) = (0, 0) , x2 +y 2 f (x, y) = 0 si (x, y) = (0, 0) . Soluci´ on. Inspeccionando las componentes de la funci´ on f es claro que f ∈ C(R2 − {(0, 0)}). Estudiaremos en detalle la continuidad de f en el (0, 0). En primer lugar, calcularemos l´ım(x,y)→(0,0) f (x, y). Usando l´ımites iterados se tiene que x2 − y 2 l´ım l´ım f (x, y) = l´ım 1 = 1 , = l´ım l´ım 2 x→0 y→0 x→0 y→0 x + y 2 x→0 2 2 x −y l´ım −1 = −1 . l´ım l´ım f (x, y) = l´ım l´ım 2 y→0 x→0 y→0 x→0 x + y 2 y→0

102


Como los l´ımites iterados son distintos, hemos demostrado que ∃

l´ım

(x,y)→(0,0)

f (x, y) ,

de modo que f no es continua en (0, 0). Nota: También se puede demostrar que ∃ l´ım(x,y)→(0,0) f (x, y) acercándose al origen por rectas y = mx.

4.4.


Problema 4.1 Usar la definici´ on de l´ımite para probar que x3 =0. (x,y)→(0,0) x2 + y 2 l´ım

Soluci´ on. Basta tomar δ = en la definición de l´ımite. Problema 4.2 Considerar la siguiente funci´ on f (x, y) = x sin

1 1 + y cos . y x

(i) Probar que no existen los l´ımites iterados de f (x, y) en el origen. on de l´ımite. (ii) Demostrar que l´ım(x,y)→(0,0) f (x, y) = 0 usando la definici´ Problema 4.3 Demostrar que las siguientes funciones no tienen l´ımite en el origen acerc´ andose al origen mediante familias de curvas adecuadas. (i)

f (x, y) =

(ii)

0

f (x, y) = (iii)

f (x, y) =

xy 2 x2 +y 4

x2 y 3 x4 +y 6

0

si si

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

si si

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

x2 y 2 x2 y 2 +(x−y)2

0

si si

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

Soluci´ on. (i) Usar la familia de parábolas x = my 2 ; (ii) Usar la familia y = mx2/3 ; (iii) Usar la familia de rectas y = mx y estudiar los casos m = 1 y m = 1.


103

Problema 4.4 Estudiar la continuidad de la funci´ on 3 2 x y si (x, y) = (0, 0) , x4 +y 4 f (x, y) = 0 si (x, y) = (0, 0) . Soluci´ on. f ∈ C(R2 ). Problema 4.5 Considerar la funci´ on 2 f (x, y) =

x y

0

si si

y= 0, y=0.

(i) Demostrar que todos los l´ımites iterados de f en el (0, 0) valen cero. (ii) Calcular el l´ımite de f en el (0, 0) a lo largo de la par´ abola y = x2 . (iii) ¿Cu´ anto vale el l´ımite de f en el (0, 0)? (iv) ¿Es continua f en el (0, 0)? Soluci´ on. (ii) 1; (iii) No existe. (iv) No.

Cap´ıtulo 5

C´ alculo Diferencial con Varias Variables 5.1.

La diferencial

Consideremos una función f : R → R derivable en un punto a ∈ R, es decir, f (a) = l´ım

h→0

f (a + h) − f (a) . h

Podemos reescribir esta igualdad de la forma siguiente: |f (a + h) − f (a) − f (a)h| =0. h→0 |h| l´ım

Ahora, decimos que f derivable en a si y solo si existe una aplicaci´ on lineal dfa : R → R definida como dfa (h) = f (a)h, tal que l´ım

h→0

|f (a + h) − f (a) − dfa (h)| =0. |h|

Esta definición equivalente de derivabilidad de una función real de variable real en un punto puede ser fácilmente generalizada a funciones de varias variables como sigue. Definici´ on 5.1 Dada una función f : A ⊂ Rn → Rm , se dice que f es diferenciable en un punto a ∈ A si existe una aplicación lineal dfa : Rn → Rm llamada diferencial de f en a tal que f (a + h) − f (a) − dfa (h) =0. h→0 h l´ım

Nota 5.2 Recordemos que una aplicación g : Rn → Rm es lineal cuando para todo x, y ∈ Rn y para todo λ ∈ R se tiene g(x + y) = g(x) + g(y) y g(λx) = 105

106

C´ alculo Diferencial con Varias Variables

λg(x). Tomando coordenadas, toda aplicaci´ on lineal se puede escribir de la forma g(x) = M x con x ∈ Rn y M ∈ Mm,n (R) una matriz de m filas y n columnas con elementos reales. M es llamada la matriz asociada a la aplicación lineal f en las bases canónicas de Rn y Rm . Proposici´ on 5.3 La diferencial de una función en un punto, si existe, es u ńica. [1]

[2]

Demostraci´ on. Supongamos que existen dos diferenciales dfa y dfa de f en a. Entonces se satisface [i]

f (a + h) − f (a) − dfa (h) = 0 , i = 1, 2. h→0 h l´ım

Restando los dos l´ımites se tiene que [1]

[2]

dfa (h) − dfa (h) =0. h→0 h l´ım

En particular, fijando un vector h ∈ Rn con h = 0 y tomando un parámetro λ ∈ R, se verifica que [1]

[2]

dfa (λh) − dfa (λh) =0. λ→0 λh l´ım

[i]

[i]

Pero como la diferencial es una aplicación lineal se tiene que dfa (λh) = λ dfa (h). Además, por propiedades de la norma, λh = |λ| h. Entonces, el l´ımite an[1] [2] terior se satisface si y solo si dfa = dfa . Ejemplo 5.4 Demostrar que la funci´ on f : R2 → R definida como f (x, y) = 2 x + y es diferenciable en el punto a = (1, −2), siendo dfa (h1 , h2 ) = 2h1 + h2 . Soluci´ on. Sea h = (h1 , h2 ) ∈ R2 y definamos el l´ımite = l´ım

h→0

|f (a + h) − f (a) − dfa (h)| . h

Para demostrar que la funci´ on f es diferenciable en el punto a, hemos de demostrar que = 0. Se tiene que

= = =

|f (1 + h1 , −2 + h2 ) − f (1, −2) − dfa (h1 , h2 )| (h1 , h2 ) 2 |(1 + h1 ) + (−2 + h2 ) − (−1) − (2h1 + h2 )| l´ım (h1 ,h2 )→(0,0) h21 + h22 l´ım

(h1 ,h2 )→(0,0)

|h2 | 1 . (h1 ,h2 )→(0,0) h21 + h22 l´ım

5.1 La diferencial

107

Para calcular este l´ımite doble realizamos la siguiente acotación: |h21 |

|h1 ||h1 | = 2 ≤ |h1 | , + h1 + h22 que proviene del hecho siguiente |h1 | = h21 ≤ h21 + h22 . Entonces, se tiene que 0 ≤ ≤ l´ım |h1 | = 0 , 0≤

h21

h22

h1 →0

de modo que = 0 y por lo tanto la función f es diferenciable en el punto a.

Definici´ on 5.5 Diremos que una función f : A ⊂ Rn → Rm es diferenciable en el conjunto A si f es diferenciable en todos los puntos de A. El siguiente resultado muestra que ser diferenciable en un punto es una condición suficiente para la continuidad en ese punto. Teorema 5.6 Si la funci´ on f es diferenciable en el punto a, entonces f es continua en a. Demostraci´ on. La condición de diferenciabilidad se puede expresar de la forma f (a + h) − f (a) = dfa (h) + hg(a, h) , con g(a, h) → 0 cuando h → 0. Además, dfa (h) → 0 cuando h → 0 por ser dfa lineal. Finalmente, tomando el l´ımite cuando h → 0 se tiene que l´ım f (a + h) − f (a) = 0 ,

h→0

es decir, f es continua en a. Definici´ on 5.7 Consideremos una función f : A ⊂ Rn → Rm diferenciable en un punto a ∈ A. La matriz asociada a la aplicación lineal dfa en las bases can´ onicas de Rn y Rm recibe el nombre de matriz Jacobiana y la denotaremos por Jf (a). Por definición, Jf (a) ∈ Mm,n (R). Se tienen los siguientes casos particulares: Si m = 1, la matriz Jf (a) se identifica con el vector gradiente de f en a y lo denotaremos por ∇f (a) ∈ Rn . Si m = n, el determinante det(Jf (a)) recibe el nombre de determinante Jacobiano de f en a. El siguiente resultado muestra cómo el estudio de la diferenciabilidad de una funci´ on f : A ⊂ Rn → Rm puede ser realizado estudiando la diferenciabilidad de las funciones componentes de f . Teorema 5.8 La funci´ on f : A ⊂ Rn → Rm es diferenciable en un punto a ∈ A si y solo si todas sus funciones componentes fi con i = 1, . . . , m, son diferenciables en a.

108

5.2.


Derivadas direccionales

Definici´ on 5.9 Dada una función f : A ⊂ Rn → R, un punto a ∈ A y un vector v ∈ Rn con v = 0, se define la derivada direccional de f en a en la direcci´ on del vector v y se denota por Dv f (a) como el l´ımite siguiente f (a + hv) − f (a) , h→0 h

Dv f (a) = l´ım en caso de que exista.

Ejemplo 5.10 Calcular la derivada direccional de la funci´ on f (x, y, z) = x + x2 y + x3 y 2 z en el punto (1, 2, 3) respecto del vector (0, 1, −1). Soluci´ on. Definimos a = (1, 2, 3) y v = (0, 1, −1). Entonces Dv f (a) = = =

f (a + hv) − f (a) f (1, 2 + h, 3 − h) − f (1, 2, 3) = l´ım h→0 h→0 h h 1 + (2 + h) + (2 + h)2 (3 − h) − 15 h(9 − h − h2 ) l´ım = l´ım h→0 h→0 h h 2 l´ım 9 − h − h = 9 . l´ım

h→0

Nota 5.11 Recordemos que la base can´ onica de Rn est´ a formada por el conjunn to {e1 , . . . en } ⊂ R donde el vector ei tiene todas sus n componentes 0 excepto la componente que está en la posición i-ésima que es 1. Definici´ on 5.12 Sea f : A ⊂ Rn → R y {e1 , . . . en } ⊂ Rn la base canónica de n R . Se llama derivada parcial i–ésima de f en un punto a ∈ A a la derivada direccional de f en a en la dirección del vector ei . Usaremos la siguiente notaci´ on equivalente: ∂f Dei f (a) = Di f (a) = (a) . ∂xi Aqu´ı, se ha supuesto que las variables de f son (x1 , . . . , xn ). Definici´ on 5.13 Diremos que una función f : A ⊂ Rn → R es derivable un punto a ∈ A cuando existan todas las derivadas parciales de f en a, es decir, cuando existan Di f (a) para i = 1, . . . , n. Ejemplo 5.14 Calcular D1 f (0, 0, 0) para la funci´ on del Ejemplo 5.10. Soluci´ on. La función f es f (x, y, z) = x + x2 y + x3 y 2 z de modo que D1 f (0, 0, 0) = =

∂f (0, 0, 0) = D(1,0,0) f (0, 0, 0) ∂x f (h, 0, 0) − f (0, 0, 0) h−0 l´ım = l´ım =1. h→0 h→0 h h

5.2 Derivadas direccionales

109

Nota 5.15 Todas las reglas de derivación obtenidas para funciones reales de variable real se pueden usar para calcular derivadas parciales. Lo u ńico que se ∂f debe tener en cuenta es que, en el cálculo de ∂x , el resto de variables xj con i j = i permanecen constantes y u ńicamente se deriva respecto de la variable xi . Ejemplo 5.16 Repetir el c´ alculo de D1 f (0, 0, 0) del Ejemplo 5.14 utilizando las reglas de derivaci´ on. Soluci´ on. La función f es f (x, y, z) = x + x2 y + x3 y 2 z de modo que D1 f (x, y, z)

=

∂f (x, y, z) = 1 + 2xy + 3x2 y 2 z . ∂x

Entonces, se tiene en particular que D1 f (0, 0, 0) =

∂f (0, 0, 0) = 1 . ∂x

Ejemplo 5.17 Calcular las derivadas parciales de las funciones siguientes: f (x, y, z) = xy , g(x, y) = x exp(x2 y), h(x, y) = sin(xy). Soluci´ on. Para la función f se tiene: D1 f (x, y, z) = D2 f (x, y, z) = D3 f (x, y, z) =

∂f (x, y, z) = yxy−1 , ∂x ∂f (x, y, z) = xy ln x , ∂y ∂f (x, y, z) = 0 . ∂z

Para la función g se tiene: D1 g(x, y)

=

D2 g(x, y)

=

∂g (x, y) = exp(x2 y) + x exp(x2 y)2xy = exp(x2 y)(1 + 2x2 y) , ∂x ∂g (x, y) = x3 exp(x2 y) . ∂y

Para la función h se tiene: D1 h(x, y) = D2 h(x, y) =

∂h (x, y) = y cos(xy) , ∂x ∂h (x, y) = x cos(xy) . ∂y

Veamos con algunos ejemplos que la existencia de derivadas parciales en un punto y la continuidad de la función en dicho punto no están relacionadas.

110


Ejemplo 5.18 Considerar la funci´ on xy si x2 +y 2 f (x, y) = 0 si

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

(i) Calcular, si es que existen, las derivadas parciales de f en el origen. (ii) Estudiar la continuidad de f en el origen. Soluci´ on. (i) En el punto (0, 0) no se pueden calcular las derivadas parciales con las reglas de derivación puesto que en este punto la función se parte. Entonces se tiene que D1 f (0, 0) = D2 h(x, y) =

f (h, 0) − f (0, 0) 0−0 ∂f (0, 0) = l´ım = l´ım =0, h→0 h→0 ∂x h h f (0, h) − f (0, 0) 0−0 ∂f (0, 0) = l´ım = l´ım =0. h→0 h→0 ∂y h h

Como existen todas las derivadas parciales de f en el origen, f es derivable en el origen. (ii) Para estudiar la continuidad de f en el origen, calculamos el l´ımite l´ım(x,y)→(0,0) f (x, y). Acercándose al origen a través de rectas y = mx se tiene l´ım f (x, mx) = l´ım

mx2 m . = + m2 ) 1 + m2

x→0 x2 (1

x→0

Como este l´ımite depende de la pendiente m, se tiene que ∃

l´ım

(x,y)→(0,0)

f (x, y)

y por lo tanto f no es continua en el origen. Ejemplo 5.19 Considerar la funci´ on 1 (x + y) sin x+y f (x, y) = 0

si si

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

(i) Calcular, si es que existen, las derivadas parciales de f en el origen. (ii) Estudiar la continuidad de f en el origen. Soluci´ on. (i) En el punto (0, 0) no se pueden calcular las derivadas parciales con las reglas de derivación puesto que en este punto la función se parte. Entonces se tiene que D1 f (0, 0) =

h sin h1 − 0 f (h, 0) − f (0, 0) ∂f 1 (0, 0) = l´ım = l´ım = l´ım sin . h→0 h→0 h→0 ∂x h h h


111

Como este l´ımite no existe, ∃ D1 f (0, 0) y por lo tanto f no es derivable en el origen. (ii) Para estudiar la continuidad de f en el origen, calculamos el l´ımite siguiente 1 l´ım f (x, y) = l´ım (x + y) sin =0, x+y (x,y)→(0,0) (x,y)→(0,0) 1 está acotado. Como puesto que x + y → 0 mientras que sin x+y

l´ım

(x,y)→(0,0)

f (x, y) = f (0, 0) ,

se tiene que f es continua en el origen. Ejemplo 5.20 Considerar la funci´ on 2 1 (x + y 2 ) sin x+y f (x, y) = 0

si si

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

(i) Calcular, si es que existe, la derivada direccional de f en el origen a lo largo de cualquier vector unitario. (ii) Estudiar la continuidad de f en el origen. Soluci´ on. (i) Sea v = (cos α, sin α) ∈ R2 con α ∈ [0, 2π] un vector unitario, es decir, v = 1. Se tiene que Dv f (0, 0)

= =

f ((0, 0) + h(cos α, sin α)) − f (0, 0) f (h cos α, h sin α) = l´ım h→0 h h 1 l´ım h2 sin = 0, h→0 h(cos α + sin α) l´ım

h→0

1 a acotado. puesto que h2 → 0 y sin h(cos α+sin α) est´

(ii) Para estudiar la continuidad de f en el origen, calculamos el l´ımite siguiente l´ım

(x,y)→(0,0)

f (x, y) =

l´ım

(x2 + y 2 ) sin

(x,y)→(0,0)

1 =0, x+y

1 est´ a acotado. Como puesto que x2 + y 2 → 0 mientras que sin x+y

l´ım

(x,y)→(0,0)

f (x, y) = f (0, 0) ,

se tiene que f es continua en el origen.

Veamos algunas relaciones entre los conceptos de diferenciabilidad y derivadas direccionales.

112


Teorema 5.21 Si la funci´ on f : Rn → R es diferenciable en un punto a ∈ Rn , entonces existen las derivadas direccionales Dv f (a) para todo vector v ∈ Rn y adem´ as Dv f (a) = dfa (v). Corolario 5.22 Si la funci´ on f : Rn → R es diferenciable en un punto a ∈ Rn , entonces existen todas las derivadas parciales Di f (a) para i = 1, . . . , n y adem´ as Di f (a) = dfa (ei ) siendo ei el i-ésimo vector de la base can´ onica de Rn . Corolario 5.23 Si la funci´ on f : Rn → Rm es diferenciable en un punto a ∈ n R , entonces la matriz Jacobiana de f en a es ⎛ ⎞ D1 f1 (a) D2 f1 (a) . . . Dn f1 (a) ⎜ D1 f2 (a) D2 f2 (a) . . . Dn f2 (a) ⎟ ⎜ ⎟ Jf (a) = ⎜ ⎟ ∈ Mm,n (R) . .. .. .. ⎝ ⎠ . . . D1 fm (a)

D2 fm (a)

...

Dn fm (a)

Definici´ on 5.24 Una función f : A ⊂ Rn → Rm es de clase C 1 (A) si para todo a ∈ A existen las derivadas parciales Di fj (a) de sus funciones componentes fj con i = 1, . . . , n y j = 1, . . . , m y además las funciones derivadas parciales Di fj : A ⊂ Rn → R son continuas en A. Teorema 5.25 (Condici´ on suficiente de diferenciabilidad) Si la funci´ on f : A ⊂ Rn → Rm es de clase C 1 (A) entonces f es diferenciable en A. Ejemplo 5.26 Considerar la funci´ on f : R2 → R2 definida como f (x, y) = (3x2 y, sin(xy)) . (i) Estudiar la diferenciabilidad de f en cualquier punto de R2 . (ii) Calcular la matriz Jacobiana de f en el punto (1, π/2). Soluci´ on. (i) Definimos las funciones componentes de f como f1 (x, y) = 3x2 y, f2 (x, y) = sin(xy). Calculamos a continuación las derivadas parciales de las funciones componentes de f : D1 f1 (x, y)

=

D2 f1 (x, y)

=

D1 f2 (x, y)

=

D2 f2 (x, y)

=

∂f1 (x, y) = 6xy , ∂x ∂f1 (x, y) = 3x2 , ∂y ∂f2 (x, y) = y cos(xy) , ∂x ∂f2 (x, y) = x cos(xy) . ∂y

Como todas estas derivadas parciales son funciones continuas en cualquier punto (x, y) ∈ R2 se tiene que f ∈ C 1 (R2 ) y por lo tanto f es diferenciable en


113

cualquier punto de R2 . (ii) La matriz Jacobiana de f en cualquier punto (x, y) ∈ R2 es 6xy 3x2 D1 f1 (x, y) D2 f1 (x, y) = . Jf (x, y) = D1 f2 (x, y) D2 f2 (x, y) y cos(xy) x cos(xy)

Entonces Jf (1, π/2) =

3π 0

3 0

.

Ejemplo 5.27 Repetir el c´ alculo del Ejemplo 5.10, es decir, calcular la derivada direccional de la funci´ on f (x, y, z) = x + x2 y + x3 y 2 z en el punto (1, 2, 3) respecto del vector (0, 1, −1). Ahora no est´ a permitido utilizar la definici´ on de derivada direccional. Soluci´ on. Como f (x, y, z) es un polinomio en las variables x, y, z, es claro que todas las derivadas parciales Di f (x, y, z) también lo son para i = 1, 2, 3. En consecuencia, todas las funciones derivadas parciales Di f : R3 → R son continuas en R3 y por lo tanto f ∈ C 1 (R3 ). Concluimos que f es diferenciable en cualquier punto a ∈ R3 de modo que la derivada direccional Dv f (a) en la direcci´ on del vector v = (v1 , v2 , v3 ) se puede calcular de la forma ⎞ ⎛ v1 Dv f (a) = dfa (v) = ∇f (a).v = (D1 f (a) D2 f (a) D3 f (a)) ⎝ v2 ⎠ . v3 En nuestro caso particular, definimos el punto a = (1, 2, 3) y el vector v = (0, 1, −1). Calculando derivadas parciales se tiene D1 f (x, y, z)

=

D2 f (x, y, z) = D3 f (x, y, z) =

∂f (x, y, z) = 1 + 2xy + 3x2 y 2 z , ∂x ∂f (x, y, z) = x2 + 2x3 yz , ∂y ∂f (x, y, z) = x3 y 2 . ∂z

En particular ∇f (1, 2, 3) = (D1 f (1, 2, 3) D2 f (1, 2, 3) D3 f (1, 2, 3)) = (41, 13, 4) . Finalmente

⎛

⎞ 0 D(0,1,−1) f (1, 2, 3) = (41, 13, 4) ⎝ 1 ⎠ = 13 − 4 = 9 . −1

Para enfatizar que el Teorema 5.25 es una condición suficiente de diferenciabilidad pero no es necesaria, veamos el siguiente ejemplo.

114


Ejemplo 5.28 Considerar la funci´ on 2 (x + y 2 ) sin √ 21 2 x +y f (x, y) = 0

si

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

si

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

(i) ¿Es f una funci´ on de clase C 1 en el origen? (ii) Estudiar la diferenciabilidad de f en el origen. Soluci´ on. (i) En primer lugar vamos a calcular las funciones derivadas parciales. Comenzamos con D1 f (x, y). Es claro que en el origen necesitamos calcular D1 f (0, 0) con la definición y no con las reglas de derivaci´ on puesto que en este punto la función f se parte. Entonces D1 f (0, 0) = =

h2 sin √1h2 − 0 f (h, 0) − f (0, 0) ∂f (0, 0) = l´ım = l´ım h→0 h→0 ∂x h h 1 l´ım h sin = 0, h→0 h

ya que h → 0 pero sin h1 permanece acotado. Para el resto de puntos (x, y) = (0, 0), calculamos D1 f (x, y) con las reglas de derivaci´ on, es decir, 2x sin √ 21 2 − √ 2x 2 cos √ 21 2 si (x, y) = (0, 0) , ∂f x +y x +y x +y (x, y) = ∂x 0 si (x, y) = (0, 0) . Estudiemos a continuación la continuidad de la función Para ello, hay que calcular el l´ımite l´ım

(x,y)→(0,0)

∂f ∂x (x, y)

en el (0, 0).

1 1 ∂f x 2x sin − l´ım cos . (x, y) = l´ım (x,y)→(0,0) ∂x x2 + y 2 (x,y)→(0,0) x2 + y 2 x2 + y 2

Calculamos cada l´ımite por separado. l´ım

(x,y)→(0,0)

puesto que 2x → 0 y sin √

1 x2 +y 2

2x sin

1 x2

+ y2

=0,

est´ a acotado. Para el cálculo del segundo l´ımite

usamos coordenadas polares x = r cos θ, y = r sin θ. l´ım

(x,y)→(0,0)

x 1 cos 2 2 2 x +y x + y2

= =

pero este l´ımite no existe, luego ∃

l´ım

(x,y)→(0,0)

∂f (x, y) . ∂x

r cos θ 1 cos r r 1 l´ım cos θ cos , r→0 r l´ım

r→0

5.3 Interpretaciones geom´ etricas de las derivadas parciales

115

Concluimos que la función ∂f ∂x (x, y) no es continua en el (0, 0) y, en consecuencia f no es una función de clase C 1 en el origen. (ii) Si f fuese diferenciable en (0, 0), la matriz Jacobiana asociada a df(0,0) ser´ıa ∂f ∂f Jf (0, 0) = (0, 0), (0, 0) . ∂x ∂y La primera componente ya ha sido calculada en el apartado (i) y vale ∂f ∂x (0, 0) = 0. Respecto a la segunda componente, se tiene un cálculo totalmente análogo a la primera. ∂f (0, 0) ∂y

= =

h2 sin √1h2 − 0 f (0, h) − f (0, 0) = l´ım h→0 h→0 h h 1 l´ım h sin = 0. h→0 h l´ım

Entonces, Jf (0, 0) = (0, 0). Para ver si realmente f es diferenciable en (0, 0) se debe calcular el l´ımite siguiente donde h = (h1 , h2 ) ∈ R2 y ver si vale 0.

=

= = puesto que

|f (h1 , h2 ) − f (0, 0) − df(0,0) (h1 , h2 )| h 2 h1 (h1 + h22 ) sin √ 1 − 0 − (0, 0) h21 +h22 h2 l´ım (h1 ,h2 )→(0,0) h21 + h22 1 2 2 l´ım h1 + h2 sin 2 =0, (h1 ,h2 )→(0,0) h1 + h22 l´ım

(h1 ,h2 )→(0,0)

h21 + h22 → 0 y sin √

1 h21 +h22

f es diferenciable en el punto (0, 0).

5.3.

está acotado. En definitiva, la función

Interpretaciones geom´ etricas de las derivadas parciales

Nota 5.29 Sea f : R2 → R derivable en un punto (x0 , y0 ) ∈ R2 . Consideremos la gráfica de f , es decir, la superficie S formada por los puntos (x, y, z) ∈ R3 con z = f (x, y) y los planos verticales πx y πy de ecuaciones x = x0 e y = y0 . Definimos las curvas Cx y Cy en R3 dadas por las siguientes intersecciones Cx = + + S πx , Cy = S πy . Definamos las rectas rx y ry de la forma siguiente: rx es la recta contenida en el plano πx y que es tangente a la curva Cx en el punto (x0 , y0 , f (x0 , y0 )); ry es la recta contenida en el plano πy y que es tangente a la curva Cy en el punto (x0 , y0 , f (x0 , y0 )). Sean mx y my las pendientes de las rectas rx y ry respectivamente (miradas como rectas contenidas en los planos

116


πx y πy respectivamente). Entonces, ∂f ∂f (x0 , y0 ) = mx , (x0 , y0 ) = my . ∂x ∂y Nota 5.30 Como en el caso de una funci´ on de una variable, la diferencial total df de una función f : Rn → R se define como df =

n ∂f dxi , ∂x i i=1

y da una buena aproximaci´ on del incremento total Δf de la función cuando los incrementos Δxi (i = 1, . . . , n) de sus diversas variables son peque¯ nos. Ejemplo 5.31 Dada la funci´ on f (x, y) = x2 + 2xy − 3y 2 , comparar df con Δf cuando las variables x e y sufren incrementos dx y dy respectivamente. Soluci´ on. Para la diferencial total de f se tiene df =

∂f ∂f dx + dy = 2(x + y)dx + 2(x − 3y)dy . ∂x ∂y

Para el incremento de f se tiene Δf

=

f (x + dx, y + dy) − f (x, y)

=

(x + dx)2 + 2(x + dx)(y + dy) − 3(y + dy)2 − (x2 + 2xy − 3y 2 ) .

Desarrollando esta expresión se tiene que Δf = df + (dx)2 + 2dxdy − 3(dy)2 .

Ejemplo 5.32 Aproximar el cambio en la hipotenusa h de un tri´ angulo rect´ angulo de catetos c1 = 6 y c2 = 8 cuando el m´ as corto se alarga 1/4 y el m´ as largo se encoge 1/8. Soluci´ on. Se tiene por el Teorema de Pitágoras que h(c1 , c2 ) = c21 + c22 . Como la variaci´ on de los catetos es peque¯ na, el incremento Δh que sufre h se puede aproximar por dh, es decir, dh =

∂h ∂h c1 dc1 + c2 dc2 dc1 + dc2 = 2 . ∂c1 ∂c2 c1 + c22

De este modo, cuando c1 = 6, c2 = 8, dc1 = 1/4 y dc2 = −1/8, se tiene que Δh

≈

dh =

1 6 1/4 − 8 1/8 √ = = 0,05 . 2 2 20 6 +8


117

Vamos a hacer una comprobación final (aunque no lo pide el enunciado del problema) que consiste en calcular de manera exacta el incremento Δh y comprobar la precisión de la aproximaci´ on efectuada. Se tiene que Δh = = =

h(c1 + Δc1 , c2 + Δc2 ) − h(c1 , c2 ) (c1 + Δc1 )2 + (c2 + Δc2 )2 − c21 + c22 (6 + 1/4)2 + (8 − 1/8)2 − 62 + 82 = 0,0537617 .

Proposici´ on 5.33 (Propiedades del vector gradiente) Considerar una funci´ on f : Rn → R diferenciable en un punto a ∈ Rn . Entonces, ∇f (a) es la direcci´ on de m´ axima variaci´ on de f . M´ as concretamente se tiene que, para cualquier vector unitario v ∈ Rn : axima, y con valor ∇f (a), cuando la (i) La derivada direccional Dv f (a) es m´ direcci´ on y el sentido de v coincide con el de ∇f (a). (ii) La derivada direccional Dv f (a) es m´ınima, y con valor −∇f (a), cuando la direcci´ on de v coincide con la de ∇f (a), pero los sentidos son opuestos. (iii) La derivada direccional Dv f (a) = 0 si v y ∇f (a) son ortogonales. Demostraci´ on. Como f es diferenciable en el punto a, sabemos que la derivada direccional Dv f (a) se puede expresar como el siguiente producto escalar: Dv f (a) = ∇f (a).v = ∇f (a) v cos α = ∇f (a) cos α , siendo α el ángulo formado por los vectores ∇f (a) y v. La demostración se sigue de la fórmula anterior, teniendo en cuenta que −1 ≤ cos α ≤ 1 y que si los vectores ∇f (a) y v son ortogonales, entonces α = π/2. Ejemplo 5.34 Calcular los par´ ametros a, b ∈ R para que la derivada direccional de la √ funci´ on f (x, y) = exp(ax + by) cos(x + y) en el punto (0, 0) sea m´ axima y valga 3 2 en la direcci´ on de un vector unitario sobre la bisectriz del primer cuadrante. Soluci´ on. Sabemos que la dirección de la máxima derivada direccional de f en (0, 0) viene dada por la dirección del vector ∇f (0, 0). Como ∂f (x, y) = ∂x ∂f (x, y) = ∂x

a exp(ax + by) cos(x + y) − exp(ax + by) sin(x + y) , b exp(ax + by) cos(x + y) − exp(ax + by) sin(x + y) ,

se tiene que

∇f (0, 0) =

∂f ∂f (0, 0), (0, 0) ∂x ∂y

= (a, b) .

118


Como la dirección de la bisectriz del primer cuadrante viene dada por la dirección del vector (1, 1), imponemos que los vectores ∇f (0, 0) y (1, 1) sean paralelos y obtenemos la condición a=b>0. Finalmente, como máx {Dv f (0, 0)} = ∇f (0, 0) ,

v =1

√ √ √ imponemos que ∇f (0, 0) = 3 2, es decir, a 2 = 3 2 de modo que a = 3. En definitiva, obtenemos a = b = 3.

Ejemplo 5.35 Considerar una placa grande con una distribuci´ on de temperaturas T estacionaria dependiente u ńicamente de las coordenadas (x, y) del punto de la placa. Si T (x, y) = 10−x2 −2y 2 , hallar la trayectoria que sigue una part´ıcula que se encuentra inicialmente en el punto (1, 1) sabiendo que se mueve en la direcci´ on de mayor crecimiento de la temperatura. Soluci´ on. Sea r(t) = (x(t), y(t)) el vector de posición en función del tiempo t de la part´ıcula y v (t) = (x(t), ˙ y(t)) ˙ su vector velocidad. Aqu´ı, el punto indica derivación respecto del tiempo t. Seg´ un el enunciado del problema se debe tener que v ||∇T = (−2x, −4y), de modo que las funciones x(t) e y(t) satisfacen las ecuaciones x˙ = −2kx , y˙ = −4ky , con k una constante de proporcionalidad. Este sistema de ecuaciones diferenciales se puede resolver de dos formas diferentes: Separando las variables se tiene que dx dy = −2k dt , = −4k dt , x y de modo que, integrando, ln |x| = −2kt + C1 , ln |y| = −4kt + C2 , siendo C1 y C2 constantes a determinar. En concreto x(t) = x0 exp(−2kt) , y(t) = y0 exp(−4kt) , siendo (x0 , y0 ) = (exp(C1 ), exp(C2 )) = (x(0), y(0)) = (1, 1). Finalmente, x(t) = exp(−2kt) , y(t) = exp(−4kt) , de modo que, dividiendo, hallamos que la ecuación de la trayectoria de la part´ıcula es la parábola y = x2 .


119

La segunda forma de resolver el sistema de ecuaciones diferenciales es notando que y˙ dy 2y = = , x˙ dx x con lo que, separando variables, dy dx = , 2y x e integrando se llega a 1 ln |y| = ln |x| + C , 2 con C constante arbitraria. En definitiva, y = exp(C) x2 , pero C = 0 puesto que la curva debe pasar por el punto (x, y) = (1, 1). Entonces y = x2 .

Definici´ on 5.36 Se definen las siguientes curvas y superficies: Dada una funci´ on f : R2 → R, las curvas planas f (x, y) = c con c ∈ R constante se llaman curvas de nivel de f . Dada una funci´ on F : R3 → R, las superficies F (x, y, z) = c con c ∈ R constante se llaman superficies de nivel de F . Corolario 5.37 Se verifican las siguientes propiedades geométricas del vector gradiente: (i) Considerar una funci´ on f : R2 → R diferenciable en un punto (x0 , y0 ) ∈ R2 . Entonces, el vector ∇f (x0 , y0 ) es ortogonal a la curva de nivel de f que pasa por el punto (x0 , y0 ) en dicho punto. (ii) Considerar una funci´ on F : R3 → R diferenciable en un punto (x0 , y0 , z0 ) ∈ 3 R . Entonces, el vector ∇F (x0 , y0 , z0 ) es ortogonal a la superficie de nivel de F que pasa por el punto (x0 , y0 , z0 ) en dicho punto. Proposici´ on 5.38 (Plano tangente a una superficie) Considerar una funci´ on f : R2 → R diferenciable en un punto (x0 , y0 ) ∈ R2 y la superficie S formada por los puntos (x, y, z) ∈ R3 con z = f (x, y). Entonces, existe el plano tangente π a la superficie S en el punto (x0 , y0 , z0 ) con z0 = f (x0 , y0 ). Adem´ as, la ecuaci´ on del plano π es z − z0 =

∂f ∂f (x0 , y0 )(x − x0 ) + (x0 , y0 )(y − y0 ) . ∂x ∂y

Demostraci´ on. Recordemos que los puntos de coordenadas (x, y, z) del plano π que pasa por el punto (x0 , y0 , z0 ) y tiene vector caracter´ıstico (perpendicular) asociado w = (a, b, c) satisface que (x−x0 , y −y0 , z −z0 )⊥w, es decir, la ecuación

120


del plano π viene dada por a(x − x0 ) + b(y − y0 ) + c(z − z0 ) = 0. Como queremos que el plano π sea tangente a la superficie S = {(x, y, z) ∈ R3 : F (x, y, z) = f (x, y) − z = 0} en el punto (x0 , y0 , z0 ), se puede tomar ∂f ∂f w = ∇F (x0 , y0 , z0 ) = (x0 , y0 ), (x0 , y0 ), −1 . ∂x ∂y Entonces, la ecuación del plano π queda ∂f ∂f (x0 , y0 )(x − x0 ) + (x0 , y0 )(y − y0 ) − (z − z0 ) = 0 , ∂x ∂y finalizando la demostración. Nota 5.39 De modo más general, considerar una funci´ on F : R3 → R diferen3 ciable en un punto (x0 , y0 , z0 ) ∈ S ⊂ R , siendo S una superficie de nivel de F , es decir, S = {(x, y, z) ∈ R3 : F (x, y, z) = c}. Por supuesto, como (x0 , y0 , z0 ) ∈ S se tiene que F (x0 , y0 , z0 ) = c. Entonces, existe el plano tangente π a la superficie S en el punto (x0 , y0 , z0 ). Además, la ecuación del plano π es ∂F ∂F ∂F (x0 , y0 , z0 )(x − x0 ) + (x0 , y0 , z0 )(y − y0 ) + (x0 , y0 , z0 )(z − z0 ) = 0 . ∂x ∂y ∂z Ejemplo 5.40 Calcular el plano tangente al paraboloide z = x2 +y 2 en el punto de coordenadas (1, 1, 2). Soluci´ on. Puesto que la función f (x, y) = x2 + y 2 es polinomial, f es diferenciable en cualquier punto de R2 y en particular lo es en el punto (1, 1). Entonces, existe el plano tangente π a la superficie z = f (x, y) en el punto (1, 1, f (1, 1)) = (1, 1, 2). Además, la ecuación del plano π es z−2=

∂f ∂f (1, 1)(x − 1) + (1, 1)(y − 1) , ∂x ∂y

es decir z − 2 = 2(x − 1) + 2(y − 1).

5.4.

Composici´ on de funciones y regla de la cadena

Definici´ on 5.41 Consideremos dos funciones f : A ⊂ Rn → Rm y g : B ⊂ m R → Rp con f (a) ∈ B. Entonces, podemos definir la función composición (g ◦ f )(a) = g(f (a)). Teorema 5.42 (Regla de la cadena) Supongamos que la funci´ on f : Rn → m n m R es diferenciable en un punto a ∈ R y la funci´ on g : R → Rp es diferenm ciable en el punto f (a) ∈ R . Entonces, la funci´ on composici´ on g ◦ f : Rn → Rp es diferenciable en a. Adem´ as, d(g ◦ f )a = dgf (a) ◦ dfa .

5.4 Composici´ on de funciones y regla de la cadena

121

Nota 5.43 La Regla de la cadena se escribe en términos de producto de matrices Jacobianas de la forma Jg◦f (a) = Jg (f (a)) Jf (a) . Ejemplo 5.44 Supongamos que las funciones α y β dependen de las variables u y v pero que a su vez u y v dependen de las variables x, y y z. Hallar las expresiones de las derivadas parciales de α y β respecto de x, y y z. Soluci´ on. El problema se puede escribir en términos de composición de funciones como sigue. Definamos las funciones f : R3 → R2 y g : R2 → R2 de la forma f (x, y, z) = (u(x, y, z), v(x, y, z)) y g(u, v) = (α(u, v), β(u, v)). Es claro que se puede definir la composición (g ◦ f )(x, y, z)

=

g(f (x, y, z)) = g(u(x, y, z), v(x, y, z))

= (α(u(x, y, z), v(x, y, z)), β(u(x, y, z), v(x, y, z))) . Entonces, definiendo a = (x, y, z) ∈ R3 , se tienen las siguientes matrices Jacobianas

∂u ∂u ∂u ∂x (a) ∂y (a) ∂z (a) Jf (a) = , ∂v ∂v ∂v ∂x (a) ∂y (a) ∂z (a) ∂α (f (a)) ∂α (f (a)) ∂u ∂v Jg (f (a)) = , ∂β ∂β ∂u (f (a)) ∂v (f (a))

∂α ∂α ∂α ∂x (a) ∂y (a) ∂z (a) . Jg◦f (a) = ∂β ∂β ∂β ∂x (a) ∂y (a) ∂z (a) Finalmente, por la Regla de la cadena, Jg◦f (a) = Jg (f (a)) Jf (a) de modo que ∂α ∂x ∂α ∂y ∂α ∂z ∂β ∂x ∂β ∂y ∂β ∂z

= = = = = =

∂α ∂u ∂u ∂x ∂α ∂u ∂u ∂y ∂α ∂u ∂u ∂z ∂β ∂u ∂u ∂x ∂β ∂u ∂u ∂y ∂β ∂u ∂u ∂z

+ + + + + +

∂α ∂v ∂v ∂x ∂α ∂v ∂v ∂y ∂α ∂v ∂v ∂z ∂β ∂v ∂v ∂x ∂β ∂v ∂v ∂y ∂β ∂v ∂v ∂z

, , , , , .

Nota 5.45 A la vista del resultado del Ejemplo 5.44, se observa que hay una regla mnemotécnica a la hora de usar la Regla de la cadena. A modo de ejemplo,

122


si la función f (t1 , . . . , tn ), pero (t1 , . . . , tn ) depende de (x, y), entonces ∂f ∂ti ∂f = . ∂x ∂ti ∂x i=1 n

2 Ejemplo 5.46 Se quiere calcular ∂f ∂x sabiendo que f (u, v) = u v, u(x, y, z) = 2 xyz, v(x, y, z) = 1/y . Para resolver el problema primero no usar la Regla de la cadena y luego usarla.

Soluci´ on. Sin usar la Regla de la cadena, primero calculamos la funci´ on compuesta y luego derivamos. Entonces, se tiene que f (x, y, z) = x2 y 2 z 2

1 = x2 z 2 , y2

de modo que

∂f = 2xz 2 . ∂x Usando la Regla de la cadena se tiene ∂f 1 ∂f ∂u ∂f ∂v = + = 2uvyz + u2 0 = 2xyz 2 yz = 2xz 2 ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x y

Ejemplo 5.47 Demostrar que

∂f ∂x

2

+

∂f ∂y

2

=

∂f ∂r

2 +

1 r2

∂f ∂θ

2 ,

siendo (x, y) coordenadas cartesianas y (r, θ) coordenadas polares. Soluci´ on. Recordemos que la relación entre las coordenadas cartesianas (x, y) y las coordenadas polares (r, θ) es x = r cos θ, y = r sin θ. Usando la Regla de la cadena se tiene ∂f ∂r ∂f ∂θ

= =

∂f ∂x ∂f ∂y ∂f ∂f + = cos θ + sin θ , ∂x ∂r ∂y ∂r ∂x ∂y ∂f ∂x ∂f ∂y ∂f ∂f + = (−r sin θ) + r cos θ . ∂x ∂θ ∂y ∂θ ∂x ∂y

Entonces 2 2 2 2 1 ∂f ∂f ∂f ∂f ∂f ∂f + 2 = cos θ + sin θ + cos θ − sin θ . ∂r r ∂θ ∂x ∂y ∂y ∂x Es fácil ver, desarrollando los anteriores cuadrados perfectos, que 2 2 2 2 ∂f 1 ∂f ∂f ∂f + 2 = + , ∂r r ∂θ ∂x ∂y finalizando el ejercicio.

5.4 Composici´ on de funciones y regla de la cadena

123

Ejemplo 5.48 Demostrar que z = f (x2 y) satisface la ecuaci´ on en derivadas parciales siguiente ∂z ∂z x − 2y =0. ∂x ∂y Soluci´ on. Sea u(x, y) = x2 y. Entonces z = f (u) de modo que, usando la Regla de la cadena, se tiene ∂z ∂x ∂z ∂y Entonces x

= =

∂z ∂u = f (u)2xy , ∂u ∂x ∂z ∂u = f (u)x2 . ∂u ∂y

∂z ∂z − 2y = 2x2 yf (u) − 2x2 yf (u) = 0 , ∂x ∂y

tal y como se quer´ıa demostrar.

Ejemplo 5.49 Demostrar que si f (x, y) es una funci´ on homogénea de grado p ∈ R, es decir, satisface que f (λx, λy) = λp f (x, y) para todo λ ∈ R, entonces f verifica la ecuaci´ on de Euler x

∂f ∂f +y = pf . ∂x ∂y

Soluci´ on. Definimos u = λx, v = λy. Entonces f verifica f (u, v) = λp f (x, y) . Derivamos respecto de λ los dos miembros de esta ecuación y luego los igualaremos. Usando la Regla de la cadena, la derivada respecto de λ del miembro de la izquierda es ∂f ∂f ∂u ∂f ∂v ∂f ∂f = + =x +y . ∂λ ∂u ∂λ ∂v ∂λ ∂u ∂v La derivada respecto de λ del miembro de la derecha es: pλp−1 f (x, y). Igualando estas dos derivadas y tomando el valor particular λ = 1 se tiene x

∂f ∂f +y = pf , ∂x ∂y

es decir, f verifica la ecuación de Euler.

Ejemplo 5.50 La base de un rect´ angulo aumenta a raz´ on de 1 cm/h mientras que su altura disminuye a raz´ on de 2 cm/h. Hallar la velocidad con la que var´ıa el ´ area del rect´ angulo en el momento en que la base mide 2 m y la altura 1,5 m.

124


Soluci´ on. El área del rectángulo A depende de la base b y de la altura h como A(b, h) = bh. A su vez b y h dependen del tiempo t de modo que sus derivadas son db dh =1, = −2 . dt dt Usando la Regla de la cadena, se tiene que dA ∂A db ∂A dh db dh = + =h +b = h − 2b . dt ∂b dt ∂h dt dt dt Entonces, cuando (b, h) = (200, 150) se tiene que dA = 150 − 2 × 200 = −250 cm2 /h . dt

5.5.

Derivadas parciales de orden superior

Definici´ on 5.51 Sea f : Rn → R y x = (x1 , . . . , xn ) ∈ Rn . Cuando las fun∂f ciones derivadas parciales Dj f o equivalentemente ∂x vuelven a ser derivables, j indicamos por Dij f = Di (Dj f ) o equivalentemente ∂2f ∂f ∂ . = ∂xi ∂xj ∂xi ∂xj y las llamaremos derivadas parciales de segundo orden. En el caso particular de que i = j se usa la notación ∂2f ∂f ∂ . = ∂x2i ∂xi ∂xi Nota 5.52 De forma análoga y, siempre que tenga sentido, se definen las derivadas parciales de orden superior a dos. Por ejemplo, si f : Rn → R es derivable tres veces, se tienen las derivadas de tercer orden Dijk f con i, j, k = 1, . . . , n. Ejemplo 5.53 Sean f y g dos funciones reales de variable real de clase C 2 . Demostrar que la funci´ on ξ(x, t) = f (x + ct) + g(x − ct) con c constante real es soluci´ on de la ecuaci´ on de ondas unidimensional ∂2ξ ∂2ξ = c2 2 . 2 ∂t ∂x Soluci´ on. Definimos u(x, t) = x + ct, v(x, t) = x − ct. Entonces ξ(u, v) = f (u) + g(v), de modo que, usando la Regla de la cadena, ∂ξ ∂t ∂ξ ∂x

= =

∂ξ ∂u ∂ξ ∂v + = cf (u) − cg (v) , ∂u ∂t ∂v ∂t ∂ξ ∂u ∂ξ ∂v + = f (u) + g (v). ∂u ∂x ∂v ∂x

5.6 F´ ormula de Taylor

125

Entonces, derivando de nuevo ∂ ∂ξ ∂u ∂2ξ ∂ ∂ξ ∂ ∂ξ ∂v = = + ∂t2 ∂t ∂t ∂u ∂t ∂t ∂v ∂t ∂t = 2

∂ ξ ∂x2

= =

c2 f (u) + c2 g (v) , ∂ξ ∂ ∂ξ ∂u ∂ξ ∂v ∂ ∂ = + ∂x ∂x ∂u ∂x ∂x ∂v ∂x ∂x f (u) + g (v) .

Entonces,

∂2ξ ∂2ξ = c2 2 , 2 ∂t ∂x

como se quer´ıa probar.

Definici´ on 5.54 Una función f : A ⊂ Rn → R es de clase C k (A) si existen todas las derivadas parciales hasta orden k en todos los puntos del conjunto A y además son funciones continuas en A. Teorema 5.55 (Schwarz) Si una funci´ on f : A ⊂ Rn → R es de clase C 2 (A), entonces las derivadas parciales cruzadas de segundo orden coinciden, es decir, Dij f (a) = Dji f (a) para todo a ∈ A y para todo i, j = 1, . . . , n. Nota 5.56 El Teorema de Schwarz es totalmente generalizable, es decir, si f ∈ C 3 (A) entonces Diij f (a) = Diji f (a) = Djii f (a) para todo a ∈ A. Definici´ on 5.57 Sea f : A ⊂ Rn → R una función derivable dos veces en un punto a ∈ A. Entonces, se define la matriz Hessiana de f en el punto a como ⎛ ⎞ D11 f (a) D12 f( a) . . . D1n f (a) ⎜ D21 f (a) D22 f (a) . . . D2n f (a) ⎟ ⎜ ⎟ Hf (a) = ⎜ ⎟ ∈ Mn (R) . .. .. .. ⎝ ⎠ . . . Dn1 f (a)

Dn2 f (a)

...

Dnn f (a)

Nota 5.58 Si una función f : A ⊂ Rn → R es de clase C 2 (A), entonces la matriz Hessiana Hf (a) es simétrica para todo a ∈ A.

5.6.

F´ ormula de Taylor

Teorema 5.59 (F´ ormula de Taylor) Sea funci´ on f : A ⊂ Rn → R una funk+1 ci´ on de clase C (A). Entonces, dado a ∈ A, se tiene que f (x) = Pk (x)+Rk (x) para todo x ∈ A, siendo Pk el polinomio de Taylor en n variables de grado k de f en a y Rk el llamado término complementario de orden k. Se tiene que l´ım

x→a

Rk (x) =0. x − ak

126


Observamos que no hemos dado la expresión expl´ıcita del término complementario Rk (x) ni del polinomio de Taylor Pk (x). Solo daremos las expresiones de Pk para k ∈ {0, 1, 2}. Dada una función f : A ⊂ Rn → R y un punto a = (a1 , . . . , an ) ∈ A, para todo x = (x1 , . . . , xn ) ∈ A, las fórmulas expl´ıcitas de los polinomios de Taylor de grado 0, 1 y 2 de f en el punto a son las siguientes: P0 (x) =

f (a) ,

P1 (x) =

P0 (x) + ∇f (a).(x − a) = f (a) +

n

Di f (a)(xi − ai ) ,

i=1

P2 (x) =

P1 (x) +

1 (x − a)T Hf (a)(x − a). 2!

Notemos que la expresión matricial de la forma cuadrática (x − a)T Hf (a)(x − a) es ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ D11 f (a) D12 f( a) . . . D1n f (a) x1 − a1 ⎜ D21 f (a) D22 f (a) . . . D2n f (a) ⎟ ⎜ ⎟ ⎟⎜ .. (x1 − a1 , . . . , xn − an ) ⎜ ⎟⎝ ⎠. .. .. .. . ⎝ ⎠ . . . xn − a n Dn1 f (a) Dn2 f (a) . . . Dnn f (a) Ejemplo 5.60 Hallar el polinomio de Taylor de segundo grado de la funci´ on f (x, y, z) = exp(k(x + y + z)) en el origen. Soluci´ on. Calculamos las primeras y segundas derivadas parciales de f en (0, 0, 0) usando las reglas de derivación. Se tiene que f (0, 0, 0) = Di f (0, 0, 0) = Dij f (0, 0, 0) =

1, k , para i = 1, 2, 3 , k 2 , para i, j = 1, 2, 3 .

Entonces, el polinomio de Taylor de segundo grado de la función f en el origen es P2 (x, y, z)

1 2 2 k (x + y 2 + z 2 + 2xy + 2xz + 2yz) 2! 1 = 1 + a(x + y + z) + k 2 (x + y + z)2 . 2!

=

1 + a(x + y + z) +

5.7.

Extremos de funciones

Definici´ on 5.61 Consideremos una función f : A ⊂ Rn → R y un punto a ∈ A. 1. Se dice que f tiene un m´ aximo local en el punto a si existe un entorno B(a) = {x ∈ A : x − a < δ} de a tal que f (x) ≤ f (a) para todo x ∈ B(a).

5.7 Extremos de funciones

127

2. Se dice que f tiene un m´ınimo local en el punto a si existe un entorno B(a) = {x ∈ A : x − a < δ} de a tal que f (x) ≥ f (a) para todo x ∈ B(a). 3. Se denominan extremos locales a los máximos y m´ınimos locales. Definici´ on 5.62 Dada una función f : A ⊂ Rn → R derivable en un punto a ∈ A, se dice que a es un punto cr´ıtico de f si ∇f (a) = 0. Teorema 5.63 (Condici´ on necesaria de extremo local derivable) Consideremos una funci´ on f : A ⊂ Rn → R derivable en A. Si f tiene un extremo local en un punto a ∈ A, entonces a es un punto cr´ıtico de f . Demostraci´ on. Haremos la demostración en el caso de que n = 2 y f sea diferenciable en el extremo local a = (a1 , a2 ) ∈ R2 . En este caso, existe el plano tangente π a la superficie definida por z = f (x, y) en el punto b = (a1 , a2 , f (a1 , a2 )) ∈ R3 . Además, por ser a un extremo de f es claro que π es un plano horizontal, es decir, de ecuación z = f (a1 , a2 ). Entonces, el vector w caracter´ıstico de π es vertical, es decir, podemos tomar w = (0, 0, 1). Pero sabemos que w ||∇F (b) con F (x, y, z) = f (x, y) − z de modo que ∇F (b) = (D1 f (a), D2 f (a), −1). En definitiva se debe tener ∇f (a) = (D1 f (a), D2 f (a)) = (0, 0). Definici´ on 5.64 Un punto de silla es un punto cr´ıtico de una función f que no es un extremo local. Nota 5.65 El nombre punto de silla proviene de la gráfica z = f (x, y) de la función f (x, y) = x2 − y 2 , que se parece a una silla de montar. Definici´ on 5.66 Una forma cuadr´ atica T es una aplicación T : Rn → R deT finida por T (x) = x Ax siendo x ∈ Rn y A ∈ Mn (R) una matriz cuadrada de orden n con elementos reales y simétrica. Una clasificación de las formas cuadr´ aticas es la siguiente: 1. T es definida positiva si T (x) > 0 para todo x ∈ Rn con x = 0. 2. T es definida negativa si T (x) < 0 para todo x ∈ Rn con x = 0. 3. T es semidefinida positiva si T (x) ≥ 0 para todo x ∈ Rn y además existe al menos un y ∈ Rn tal que T (y) = 0. 4. T es semidefinida negativa si T (x) ≤ 0 para todo x ∈ Rn y además existe al menos un y ∈ Rn tal que T (y) = 0. 5. T es no definida en cualquier otro caso. Nota 5.67 Es equivalente clasificar la forma cuadrática T (x) = xT Ax que clasificar su matriz simétrica asociada A, es decir, A puede ser definida positiva, definida negativa, semidefinida positiva, semidefinida negativa y no definida.

128


Definici´ on 5.68 Dada una una matriz cuadrada de orden n con elementos reales A = (aij ) ∈ Mn (R), se definen los menores principales de A como los determinantes siguientes: a11 a12 , . . . , Δn = det A . Δ1 = a11 , Δ2 = a21 a22 El siguiente resultado es u ´til para clasificar las formas cuadráticas. Teorema 5.69 (Criterio de Sylvester) Consideremos una forma cuadr´ atica T (x) = xT Ax y sean Δi con i = 1, . . . , n los menores principales de A. Entonces se tiene lo siguiente: 1. T es definida positiva si y solo si Δi > 0 para todo i = 1, . . . , n. 2. T es definida negativa si y solo si (−1)i Δi > 0 para todo i = 1, . . . , n. 3. T es semidefinida positiva si Δi > 0 para todo i = 1, . . . , n − 1 y Δn = 0. 4. T es semidefinida negativa si (−1)i Δi > 0 para todo i = 1, . . . , n − 1 y Δn = 0. 0 y adem´ as no estamos en ninguno de los casos anteriores en5. Si Δn = tonces T es no definida. Teorema 5.70 (Clasificaci´ on de extremos y sillas) Consideremos una funci´ on f : A ⊂ Rn → R con f ∈ C 2 (A). Sea a ∈ A un punto cr´ıtico de f . Entonces, se tiene lo siguiente: 1. Si Hf (a) es definida positiva, entonces a es un m´ınimo local de f . aximo local de f . 2. Si Hf (a) es definida negativa, entonces a es un m´ 3. Si Hf (a) es no definida, entonces a es un punto de silla de f . Nota 5.71 Notemos que, en el caso de que Hf (a) sea semidefinida (positiva o negativa), entonces el Teorema 5.70 no aporta ninguna informaci´ on sobre la naturaleza del punto cr´ıtico a. En particular, si det(Hf (a)) = 0, el Teorema 5.70 no da información. Nota 5.72 Observemos que, por el Teorema de Schwarz, si f ∈ C 2 en a entonces Hf (a) es una matriz simétrica y por lo tanto se puede usar el criterio de Sylvester para clasificarla. Ejemplo 5.73 Clasificar, en funci´ on del par´ ametro real k, los extremos de la funci´ on f (x, y) = x2 + kxy + 4y 2 . Soluci´ on. Calculamos en primer lugar los puntos cr´ıticos de f . ∇f (x, y) = (D1 f (x, y), D2 f (x, y)) = (2x + ky, kx + 8y) .


129

Entonces, las coordenadas (x, y) de los puntos cr´ıticos de f satisfacen el siguiente sistema lineal homogéneo 2x + ky = 0 , kx + 8y = 0 . La naturaleza de las soluciones de este sistema lineal depende del determinante de la matriz de coeficientes 2 k 2 k 8 = 16 − k , que solo se anula para k = ±4 y son estos los valores de k para los que el sistema lineal es compatible indeterminado. En resumen se tiene que los puntos cr´ıticos Pi de f son: 1. Un punto P0 = (0, 0) para todo k ∈ R. 2. Si k = −4, hay un continuo de puntos cr´ıticos situados en una recta Pa = (−2a, a) para todo a ∈ R. 3. Si k = 4, hay un continuo de puntos cr´ıticos situados en una recta Pb = (b, 2b) para todo b ∈ R. Para clasificar los puntos cr´ıticos, primero calculamos la matriz Hessiana de f en cualquier punto (x, y) ∈ R2 . 2 k . Hf (x, y) = k 8 Como Hf (x, y) no depende de (x, y), es claro que la matriz Hf es la misma para cualquier punto cr´ıtico Pi . Además, sus determinantes menores principales son Δ1 = 2 > 0 , Δ2 = det Hf (Pi ) = 16 − k 2 . Se tiene pues que: Si |k| < 4, entonces Δi > 0 para i = 1, 2 y por lo tanto Hf es definida positiva. Si |k| > 4, entonces Δ1 > 0 y Δ2 < 0 con lo que Hf es no definida. Si |k| = 4, entonces Δ1 > 0 y Δ2 = 0. Resumiendo toda la informaci´ on obtenida se tiene que: Si |k| < 4, entonces f tiene un m´ınimo en P0 . Si |k| > 4, entonces f tiene una silla en P0 . Si |k| = 4, entonces el criterio del Teorema 5.70 no decide.

130


Para averiguar qué ocurre con el continuo de puntos cr´ıticos Pa y Pb cuando |k| = 4, hemos de realizar un estudio más detallado. En este caso, como f (x, y) = x2 ± 4xy + 4y 2 = (x ± 2y)2 ≥ 0 para todo (x, y) ∈ R2 pero f (Pa ) = f (Pb ) = 0 se puede concluir, por la definición de m´ınimo local, que el continuo de puntos Pa y Pb son m´ınimos.

Ejemplo 5.74 Buscar los puntos del plano R2 que satisfagan que la suma de los cuadrados de sus distancias a las rectas x = 0, y = 0 y x + 2y = 16 sea m´ınima. Soluci´ on. Usaremos la siguiente fórmula que calcula la distancia d(P, r) entre un punto P = (x0 , y0 ) ∈ R2 y una recta r de ecuación ax + by + c = 0: d(P, r) =

|ax0 + by0 + c| √ . a2 + b2

Entonces, denotando por (x, y) las coordenadas de los puntos que se han de hallar, estos puntos han de hacer m´ınima la función f (x, y) = x2 + y 2 +

(x + 2y − 16)2 . 5

Calculamos en primer lugar los puntos cr´ıticos de f . ∇f (x, y) = (D1 f (x, y), D2 f (x, y)) =

2 4 2x + (x + 2y − 16), 2y + (x + 2y − 16) 5 5

.

Entonces, las coordenadas (x, y) de los puntos cr´ıticos de f satisfacen el sistema lineal ∇f (x, y) = (0, 0) cuya solución es (x, y) =

8 16 , 5 5

.

Para clasificar el punto cr´ıtico, primero calculamos la matriz Hessiana de f en cualquier punto (x, y) ∈ R2 . Hf (x, y) =

12/5 4/5 4/5 18/5

.

Sus determinantes menores principales son Δ1 = 12/5 > 0 , Δ2 = det Hf > 0 , de modo que f tiene un m´ınimo en (8/5, 16/5).

Ejemplo 5.75 Clasificar los extremos de la funci´ on f (x, y) = sin x + sin y + cos(x + y) en el rect´ angulo abierto 0 < x < 2π, 0 < y < 2π.


131

Soluci´ on. Calculamos en primer lugar los puntos cr´ıticos de f . ∇f (x, y) = (D1 f (x, y), D2 f (x, y)) = (cos x − sin(x + y), cos y − sin(x + y)) . Entonces, las coordenadas (x, y) de los puntos cr´ıticos de f satisfacen el siguiente sistema cos x − sin(x + y) = 0 , cos y − sin(x + y) = 0 . (5.1) Restamos las dos ecuaciones y obtenemos cos x = cos y, luego x = y o bien x + y = 2π. Estudiaremos los dos casos por separado. Sea x = y. Entonces, el sistema (5.1) reduce a cos x = sin(2x), es decir, cos x = 2 sin x cos x. Factorizando, se tiene cos x(1 − 2 sin x) = 0. Las soluciones son pues π π 3π 3π cos x = 0 ⇒ P1 = . , , P2 = , 2 2 2 2 π π 1 sin x = ⇒ P3 = , , P4 = 2 6 6

5π 5π , 6 6

.

Sea x + y = 2π. Entonces, el sistema (5.1) reduce a π 3π 3π π , P6 = . , , cos x = 0 ⇒ P5 = 2 2 2 2 Para clasificar los puntos cr´ıticos, primero calculamos la matriz Hessiana de f en cualquier punto (x, y) ∈ R2 . − cos(x + y) − sin x − cos(x + y) . Hf (x, y) = − cos(x + y) − cos(x + y) − sin y Se tiene pues que Hf (P1 )

=

Hf (P2 )

=

Hf (P3 )

= ⇒

Hf (P5 )

=

Hf (P6 )

=

0 1 1 0 2 1 1 2

⇒ Hf (P1 ) es no definida.

⇒ Hf (P2 ) es definida positiva. −1 −1/2 Hf (P4 ) = −1/2 −1 Hf (P3 ), Hf (P4 ) son definidas negativas. −2 −1 ⇒ Hf (P5 ) es no definida. −1 0 0 −1 ⇒ Hf (P6 ) es no definida. −1 −2

En definitiva, P1 , P5 y P6 son sillas, P2 es un m´ınimo y P3 y P4 son máximos.

132


Ejemplo 5.76 Considerar la funci´ on F (x, y) = xf (y) + yf (x) donde f (0) = 0, f (0) = 5 y f (0) = 2. Demostrar que el origen es un punto cr´ıtico de F y estudiar su naturaleza. Soluci´ on. Calculamos el vector gradiente de F en un punto (x, y). ∇F (x, y) = (D1 F (x, y), D2 F (x, y)) = (f (y) + yf (x), xf (y) + f (x)) . Entonces, calculando en (x, y) = (0, 0) y teniendo en cuenta las propiedades de f se tiene que ∇F (0, 0) = (0, 0) , de modo que el origen es un punto cr´ıtico de F . Para clasificar el punto cr´ıtico, calculamos la matriz Hessiana de F . f (x) + f (y) yf (x) HF (x, y) = . f (x) + f (y) xf (y) Se tiene pues que

HF (0, 0) =

0 10 10 0

,

es una matriz no definida con lo que (0, 0) es un punto de silla.

Ejemplo 5.77 Clasificar los extremos de la funci´ on f (x, y) = (x−y) sin(x+y). Soluci´ on. Calculamos en primer lugar los puntos cr´ıticos de f . ∇f (x, y)

=

(D1 f (x, y), D2 f (x, y))

=

(sin(x + y) + (x − y) cos(x + y), − sin(x + y) + (x − y) cos(x + y)) .

Entonces, las coordenadas (x, y) de los puntos cr´ıticos de f satisfacen el siguiente sistema sin(x + y) + (x − y) cos(x + y) = 0 , − sin(x + y) + (x − y) cos(x + y) = 0 . (5.2) Sumamos las dos ecuaciones y obtenemos (x − y) cos(x + y) = 0. Estudiaremos la anulaci´ on de los dos factores por separado. Sea x = y. Entonces, el sistema (5.2) reduce a sin(2x) = 0, es decir, 2x = nπ con n ∈ Z. Los puntos cr´ıticos de f son pues de la forma nπ nπ , . 2 2 Sea cos(x + y) = 0. Pero esto es incompatible con el sistema (5.2) que ha reducido a sin(x + y) = 0.

5.8 Extremos condicionados

133

Para clasificar los puntos cr´ıticos, primero calculamos la matriz Hessiana de f en cualquier punto (x, y) ∈ R2 . Hf (x, y) =

2 cos(x + y) − (x − y) sin(x + y) (y − x) sin(x + y)

(y − x) sin(x + y) −2 cos(x + y) − (x − y) sin(x + y)

.

Se tiene pues que Hf

nπ nπ 2 cos(nπ) = , 0 2 2

0 −2 cos(nπ)

.

Entonces, dependiendo de la paridad de n se tiene: Sea n par. Entonces, nπ nπ 2 Hf , = 0 2 2

0 −2

,

es una matriz no definida, de modo que los infinitos puntos cr´ıticos con n par son sillas.

nπ 2

, nπ 2

Sea n impar. Entonces, nπ nπ −2 0 , = , Hf 0 2 2 2 es una matriz no definida, de modo que los infinitos puntos cr´ıticos con n impar son sillas.

5.8.

nπ 2

, nπ 2

Extremos condicionados

El problema que nos planteamos en esta sección se puede enunciar del modo siguiente. Sea f : A ⊂ Rn → R una función de clase C 1 (A) y M ⊂ A. Hallar los extremos de la función f |M restricción de f a M , es decir, de la función f |M : M ⊂ Rn → R definida por f |M (x) = f (x) para todo x ∈ M . Para el cálculo efectivo de los valores extremos de f |M en el caso más simple de que M = {x ∈ A ⊂ Rn : g(x) = 0} siendo g(x) = (g1 (x), . . . , gm (x)) con gi : A ⊂ Rn → R funciones de clase C 1 (A) y donde la matriz Jacobiana Jg (x) tiene rango máximo para todo x ∈ M , es decir rang(Jg (x)) = n − m, se usará el método de los multiplicadores de Lagrange, ver Teorema 5.78. Introducimos la sección con un ejemplo. Supongamos que se pretende hallar el m´ınimo de la función f (x, y) = x2 + y 2 buscando u ńicamente entre todos los puntos (x, y) que verifiquen g(x, y) = xy − 1 = 0. Geométricamente, la situaci´ on es la siguiente. Las curvas de nivel de f son circunferencias centradas en el origen, mientras que la restricción xy − 1 = 0 representa una hipérbola equilátera. Es obvio que las coordenadas (x0 , y0 ) de los puntos que minimizan f sujetos a g = 0 son las coordenadas de los dos puntos de corte tangencial entre la hipérbola y la

134


u ńica circunferencia (curva de nivel de f ) que corta a la hipérbola tangencialmente. Como el corte es tangencial, se tiene que ∇f (x0 , y0 )||∇g(x0 , y0 ). Por lo tanto, existe un λ ∈ R tal que ∇f (x0 , y0 )+λ ∇g(x0 , y0 ) = (0, 0). En resumen, un método para resolver el problema planteado es resolver para (x, y, λ) el sistema ∂f ∂g ∂f ∂g +λ =0, +λ =0, g=0. ∂x ∂x ∂y ∂y El siguiente teorema generaliza este resultado particular. Teorema 5.78 (Condici´ on necesaria de extremo condicionado) Sean f : A ⊂ Rn → R y gi : A ⊂ Rn → R con i = 1, . . . , m, funciones de clase C 1 (A). Si a ∈ A es un extremo local de f sujeto a las restricciones gi = 0 con i = 1, . . . , m, entonces existen n´ umeros λi ∈ R (llamados multiplicadores de Lagrange), tales que m ∇f (a) + λi ∇gi (a) = 0 . (5.3) i=1

Demostraci´ on. La haremos para el caso m = 1 y n = 2 por simplicidad. Parametrizamos la curva de Rn de ecuación g(x, y) = 0 de la forma r(t) = (x(t), y(t)) con x, y ∈ C 1 . Restringimos ahora la función f a los puntos de la anterior curva, es decir, definimos la función h(t) = f (r(t)). Por ser a ∈ R2 un extremo de f sabemos que existe un t0 ∈ R que es extremo de h(t), siendo h(t0 ) = f (r(t0 )) = f (a). Esto implica que h (t0 ) = 0, de modo que, aplicando la regla de la cadena se tiene h (t0 ) = ∇f (a) r (t0 ) = 0 , donde el punto indica producto escalar. Esto implica que los vectores ∇f (a) y r (t0 ) son ortogonales. Como además, por las propiedades del vector gradiente, los vectores ∇g(a) y r (t0 ) también son ortogonales, se deduce que los vectores ∇f (a) y ∇g(a) son paralelos, es decir, existe un λ ∈ R tal que ∇f (a) = −λ∇g(a). Definici´ on 5.79 Sea x = (x1 , . . . , xn ) ∈ Rn y λ = (λ1 , . . . , λm ) ∈ Rm . Se define la funci´ on de Lagrange como L(x, λ) = f (x) +

m

λi gi (x) .

i=1

Nota 5.80 Observemos que la condición ∇L(a, λ) = 0 implica que el extremo local a de f sujeto a las restricciones gi = 0 con i = 1, . . . , m verifica tanto las restricciones como (5.3). Teorema 5.81 (Condici´ on suficiente de extremo condicionado) Sean f : A ⊂ Rn → R y gi : A ⊂ Rn → R con i = 1, . . . , m, funciones de clase C 2 (A). Supongamos que a ∈ A y λ = (λ1 , . . . , λm ) ∈ Rm satisfacen ∇L(a, λ) = 0. Sea HL ∈ Mn (R) la matriz Hessiana de L respecto de las primeras n variables. Entonces, se verifica lo siguiente:


135

(i) Si HL (a, λ) es definida positiva, entonces a es un m´ınimo local de f sujeto a las restricciones gi = 0 con i = 1, . . . , m. (ii) Si HL (a, λ) es definida negativa, entonces a es un m´ aximo local de f sujeto a las restricciones gi = 0 con i = 1, . . . , m. En caso contrario, considerar Z como el conjunto de todos los vectores z ∈ Rn , con z = 0 y tal que z⊥∇gi (a) para i = 1, . . . , m. Se tiene entonces que: (iii) Si z T HL (a, λ) z > 0 para todo z ∈ Z, entonces a es un m´ınimo local de f sujeto a las restricciones gi = 0 con i = 1, . . . , m. (iv) Si z T HL (a, λ) z < 0 para todo z ∈ Z, entonces a es un m´ aximo local de f sujeto a las restricciones gi = 0 con i = 1, . . . , m. Ejemplo 5.82 Clasificar los extremos de la funci´ on f (x, y) = xy que se encuentren sobre la circunferencia de radio R centrada en el origen. Soluci´ on. Se han de clasificar los extremos de la función f (x, y) = xy sujetos a la restricción g(x, y) = x2 + y 2 − R2 = 0. La función de Lagrange asociada es L(x, y, λ) = f (x, y) + λg(x, y). Los puntos cr´ıticos de L satisfacen ∇L(x, y, λ) = 0, es decir, el sistema ∂L ∂x ∂L ∂y ∂L ∂λ

=

y + 2λx = 0 ,

(5.4)

=

x + 2λy = 0 ,

(5.5)

=

x2 + y 2 − R 2 = 0 .

(5.6)

Eliminamos λ entre la ecuación (5.4) y (5.5) resultando y 2 − x2 = 0, es decir, x = ±y. Entonces se tienen dos opciones: Sea x√ = y. Entonces la ecuación (5.6) queda 2x2 = R2 , es decir, x = ±R/ 2. En definitiva se tienen los puntos cr´ıticos Pi = (xi , yi , λi ) siguientes √ √ √ √ P1 = (R/ 2, R/ 2, −1/2) , P2 = (−R/ 2, −R/ 2, −1/2) . Sea x√= −y. Entonces la ecuación (5.6) queda 2x2 = R2 , es decir, x = ±R/ 2. En definitiva se tienen los puntos cr´ıticos Pi = (xi , yi , λi ) siguientes √ √ √ √ P3 = (R/ 2, −R/ 2, 1/2) , P4 = (−R/ 2, R/ 2, 1/2) . A continuaci´ on calculamos la matriz Hessiana HL respecto de x e y, es decir,

2 ∂ L ∂2L 2λ 1 ∂x2 ∂x∂y = . HL (x, y, λ) = ∂2L ∂2L 1 2λ 2 ∂y∂x

∂y

136


Entonces HL (Pi ) =

−1 1

1 −1

, HL (Pj ) =

1 1

1 1

,

para i = 1, 2 y j = 3, 4. En cualquier caso estas matrices tienen todas ellas determinante nulo, de modo que, para clasificar los puntos cr´ıticos hemos de utilizar la segunda parte del Teorema 5.81. Se tiene que ∇g(x, y) = (2x, 2y), de modo que √ √ ∇g(x1 , y1 ) = (R 2, R 2) || (1, 1) , √ √ ∇g(x2 , y2 ) = (−R 2, −R 2) || (1, 1) , √ √ ∇g(x3 , y3 ) = (R 2, −R 2) || (−1, 1) , √ √ ∇g(x4 , y4 ) = (−R 2, R 2) || (−1, 1) . Definimos los vectores no nulos zi = (αi , βi ) ∈ R2 tal que zi ⊥∇g(xi , yi ). Se tiene entonces que z1 = z2 = (α, −α) y z3 = z4 = (α, α). Entonces −1 1 α T = −4α2 < 0 , zi HL (xi , yi , λi ) zi = (α, −α) 1 −1 −α para i = 1, 2, mientras que zjT

HL (xj , yj , λj ) zj = (α, α)

1 1 1 1

α α

= 4α2 > 0 ,

para j = 3, 4. En resumen, √ √ √ √ (x1 , y1 ) = (R/ 2, R/ 2) , (x2 , y2 ) = (−R/ 2, −R/ 2) , son máximos mientras que √ √ √ √ (x3 , y3 ) = (R/ 2, −R/ 2) , (x4 , y4 ) = (−R/ 2, R/ 2) , son m´ınimos.

Ejemplo 5.83 Considerar una elipse centrada en el origen de coordenadas y de ecuaci´ on 3x2 + 3y 2 + 4xy = 1. Calcular los semiejes de la elipse. Soluci´ on. Como la elipse está centrada en el origen de coordenadas, los semiejes de la elipse son las distancias máxima y m´ınima entre los puntos de la elipse y el origen de coordenadas. Entonces, hemos de buscar los extremos de la función f (x, y) = x2 + y 2 sujetos a la restricción g(x, y) = 3x2 + 3y 2 + 4xy − 1 = 0. Observad que hemos utilizado la funci´ on f que representa geométricamente la distancia al cuadrado entre un punto de coordenadas (x, y) y el punto (0, 0) en lugar de la función distancia por el simple motivo de que sus extremos coinciden y sin embargo la función distancia al cuadrado es más fácil de derivar que la funci´ on distancia que lleva incorporada una ra´ız cuadrada.


137

La función de Lagrange asociada es L(x, y, λ) = f (x, y)+λg(x, y). Los puntos cr´ıticos de L satisfacen ∇L(x, y, λ) = 0, es decir, el sistema ∂L ∂x ∂L ∂y ∂L ∂λ

=

2x + 6λx + 4λy = 0 ,

(5.7)

=

2y + 6λy + 4λx = 0 ,

(5.8)

=

3x2 + 3y 2 + 4xy − 1 = 0 .

(5.9)

Despejando λ de la ecuación (5.7) y de la (5.8) e igualando se tiene λ=

−x −y = . 3x + 2y 3y + 2x

De la igualdad anterior entre fracciones se obtiene x2 − y 2 = 0, es decir, x = ±y. Entonces se tienen dos opciones: Sea x = √y. Entonces la ecuación (5.9) queda 10x2 − 1 = 0, es decir, x = ±1/ 10 con λ = −1/5. En definitiva se tienen los puntos cr´ıticos Pi = (xi , yi , λi ) siguientes √ √ √ √ P1 = (1/ 10, 1/ 10, −1/5) , P2 = (−1/ 10, −1/ 10, −1/5) . Sea x =√−y. Entonces la ecuación (5.9) queda 2x2 − 1 = 0, es decir, x = ±1/ 2 con λ = −1. En definitiva se tienen los puntos cr´ıticos Pi = (xi , yi , λi ) siguientes √ √ √ √ P3 = (1/ 2, −1/ 2, −1) , P4 = (−1/ 2, 1/ 2, −1) . Notemos que, por la geometr´ıa asociada al problema, los semiejes deben ser 2 2 2 2 1 1 1 1 1 √ √ + √ =√ , + √ = 1, 10 10 5 2 2 con lo que el problema se ha acabado. De cualquier forma, vamos a clasificar los puntos cr´ıticos Pi . A continuaci´ on calculamos la matriz Hessiana HL respecto de x e y, es decir,

2 ∂ L ∂2L 2 + 6λ 4λ ∂x2 ∂x∂y = . HL (x, y, λ) = ∂2L ∂2L 4λ 2 + 6λ 2 ∂y∂x

Entonces

HL (Pi ) =

∂y

4/5 −4/5 −4/5 4/5

, HL (Pj ) =

−4 −4 −4 −4

,

para i = 1, 2 y j = 3, 4. En cualquier caso estas matrices tienen todas ellas determinante nulo, de modo que, para clasificar los puntos cr´ıticos hemos de

138


utilizar la segunda parte del Teorema 5.81. Se tiene que ∇g(x, y) = (6x + 4y, 6y + 4x), de modo que √ √ ∇g(x1 , y1 ) = ( 10, 10) || (1, 1) , √ √ ∇g(x2 , y2 ) = (− 10, − 10) || (1, 1) , √ √ ∇g(x3 , y3 ) = (2/ 2, −2/ 2) || (1, −1) , √ √ ∇g(x4 , y4 ) = (−2/ 2, 2/ 2) || (1, −1) . Definimos los vectores no nulos zi = (αi , βi ) ∈ R2 tal que zi ⊥∇g(xi , yi ). Se tiene entonces que z1 = z2 = (α, −α) y z3 = z4 = (α, α). Entonces 4/5 −4/5 α T zi HL (xi , yi , λi ) zi = (α, −α) = 16α2 /5 > 0 , −4/5 4/5 −α para i = 1, 2, mientras que zjT HL (xj , yj , λj ) zj = (α, α)

−4 −4 −4 −4

α α

= −16α2 < 0 ,

para j = 3, 4. En resumen, √ √ √ √ (x1 , y1 ) = (1/ 10, 1/ 10) , (x2 , y2 ) = (−1/ 10, −1/ 10) , son m´ınimos mientras que √ √ √ √ (x3 , y3 ) = (1/ 2, −1/ 2) , (x4 , y4 ) = (−1/ 2, 1/ 2) ,

son máximos.

Ejemplo 5.84 A partir de una chapa de ´ area 2a se debe construir una caja cerrada en forma de paralelep´ıpedo. Calcular las dimensiones de la caja para que el volumen que encierre sea m´ aximo. Soluci´ on. Sean x, y, z las dimensiones de la caja. Entonces, el volumen es V (x, y, z) = xyz y el área es A(x, y, z) = 2(xy + xz + yz) = 2a. La función de Lagrange asociada es L(x, y, λ) = f (x, y, z) + λg(x, y, z), siendo f (x, y, z) = V (x, y, z) y g(x, y, z) = A(x, y, z) − 2a. Los puntos cr´ıticos de L satisfacen ∇L(x, y, z, λ) = 0, es decir, el sistema ∂L ∂x ∂L ∂y ∂L ∂z ∂L ∂λ

=

zy + λ(y + z) = 0 ,

(5.10)

=

xz + λ(x + z) = 0 ,

(5.11)

=

xy + λ(x + y) = 0 ,

(5.12)

=

xy + xz + yz − a = 0 .

(5.13)


139

Multiplicamos la ecuación (5.10) por x, la ecuación (5.11) por y, la ecuación (5.12) por z y sumamos para obtener 3xyz +2λ(xy +xz +yz) = 0. Esta ecuación se simplifica teniendo en cuenta (5.13) de la forma 3xyz + 2λa = 0, es decir, λ=−

3xyz . 2a

Entonces, las ecuaciones (5.10), (5.11) y (5.12) quedan 3x yz 1 − (y + z) = 0, 2a 3y = 0, xz 1 − (x + z) 2a 3z = 0. xy 1 − (x + y) 2a Como, por la naturaleza del problema, x, y, z = 0, se tiene 3x (y + z) 2a 3y (x + z) 2a 3z (x + y) 2a

=

1,

=

1,

=

1.

De las dos primeras ecuaciones se obtiene x = y mientras que de las dos u ´ltimas y = z. En resumen a x=y=z= , 3 de modo √ que la caja es cuadrada. Además, el multiplicador de Lagrange asociado es λ = − 3a/6. Como solo hay un u ńico punto cr´ıtico, otra vez por la naturaleza del problema, se sabe que corresponde a un máximo. De cualquier modo, se puede verificar de forma anal´ıtica como sigue. Definimos el punto cr´ıtico √

a a a 3a P = (x, y, z, λ) = . , , ,− 3 3 3 6 La matriz Hessiana de L respecto de sus tres primeras variables es ⎞ ⎛ ⎛ ∂2L ⎞ ∂2L ∂2L 0 z+λ y+λ ∂x2 ∂x∂y ∂x∂z 2 2 ⎟ ⎜ ∂2L ∂ L 0 x+λ ⎠ . HL (x, y, z, λ) = ⎝ ∂y∂x ∂∂yL2 =⎝ z+λ ∂y∂z ⎠ ∂2L ∂2L ∂2L y+λ x+λ 0 2 ∂z∂x

∂z∂y

Entonces

∂z

⎛ 0 3a ⎝ 1 6 1

√ HL (P ) =

1 0 1

⎞ 1 1 ⎠. 0

140


Esta matriz es no definida puesto que los determinantes menores principales √ 3a3 son Δ1 = 0 y Δ3 = 36 = 0. Esto significa que, para clasificar el punto cr´ıtico hemos de utilizar la segunda parte del Teorema 5.81. Se tiene que ∇g(x, y, z) = (y + z, x + z, x + y), de modo que a a a a =2 ∇g , , (1, 1, 1) . 3 3 3 3 a a a Definimos los vectores no nulos z = (α, β, γ) ∈ R3 tal que z⊥∇g 3, 3, 3 . Se tiene entonces que el producto escalar de los dos vectores debe ser nulo, es decir, (α, β, γ).(1, 1, 1) = 0 de donde γ = −α − β. Entonces ⎛ ⎞⎛ ⎞ √ 0 1 1 α 3a ⎠ β z T HL (P ) z = (α, β, −α − β) ⎝ 1 0 1 ⎠ ⎝ 6 1 1 0 −α − β ⎛ ⎞ √ √ α 3a β 2 3a (α, β, −α − β) ⎝ 2α − β ⎠ = − <0, = 6 3 α+β de modo que el punto cr´ıtico es un máximo.

5.9.

Extremos absolutos

Definici´ on 5.85 Un conjunto A ⊂ Rn se dice que es acotado si está contenido en una bola B centrada en el origen de radio suficientemente grande, es decir, A ⊂ B ⊂ Rn . Definici´ on 5.86 Un punto a ∈ A ⊂ Rn se llama punto interior al conjunto A si existe un entorno de a totalmente contenido en A. Si todos los puntos de A son puntos interiores, entonces se dice que A es abierto. Si el complementario en Rn de A es abierto, entonces se dice que A es cerrado. La frontera de A est´ a formada por aquellos puntos de Rn tales que cualquier entorno suyo contiene puntos de A y puntos del complementario de A en Rn . Definici´ on 5.87 Un subconjunto K ⊂ Rn es compacto si y solo si es cerrado y acotado. Definici´ on 5.88 Sea f : A ⊂ Rn → R y a ∈ A. Entonces: Se dice que a es un m´ aximo absoluto de f en A si f (x) ≤ f (a) para todo x ∈ A. En otras palabras, f (a) = sup f (A). Se dice que a es un m´ınimo absoluto de f en A si f (x) ≥ f (a) para todo x ∈ A. En otras palabras, f (a) = ´ınf f (A). Un problema interesante es, dada una función y un dominio de definición, averiguar si la función tiene máximo y m´ınimo absoluto en dicho dominio. Si la función es continua y el dominio compacto, el siguiente teorema muestra una respuesta positiva.

5.9 Extremos absolutos

141

Teorema 5.89 (Weierstrass) Sea f : K ⊂ Rn → R con f ∈ C(K) y K compacto. Entonces f tiene m´ aximo y m´ınimo absoluto en K. Nota 5.90 Una regla práctica que se usa para determinar los extremos absolutos de una función f real y de clase C 1 en un compacto K es la siguiente: 1. Calcular los puntos cr´ıticos {c1 , . . . , cp } ⊂ Rn de f en el interior de K, es decir, en K pero fuera de la frontera de K. 2. Calcular {cp+1 , . . . , cp+q } ⊂ Rn , los extremos condicionados de f sujetos a la restricción de estar en la frontera de K. 3. Sean f (ci ) =

máx {f (ck )} , f (cj ) =

1≤k≤p+q

m´ın {f (ck )}

1≤k≤p+q

para alg´ un i, j. Entonces, los máximos absolutos de f en K son los ci y los m´ınimos absolutos de f en K son los cj . Ejemplo 5.91 Hallar los extremos absolutos de la funci´ on f (x, y) = y 3 +x2 y + 2 2 2x + 2y − 4y − 8 en el c´ırculo de radio 1. Soluci´ on. Como f es un polinomio en dos variables es de clase C 1 en el compacto K definido como el c´ırculo de radio 1, es decir, K = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 1}. Entonces, usaremos la estrategia de la Nota 5.90. 1. En primer lugar calculamos los puntos cr´ıticos de f en el interior de K, es decir, en Int(K) = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 < 1}. La ecuación vectorial ∇f (x, y) = 0 tiene por componentes el sistema 2xy + 4x = 0 , 3y 2 + x2 + 4y − 4 = 0 . La primera ecuación factoriza como x(y + 2) = 0, de modo que se tienen dos casos: a) Sea x = 0. Se tiene entonces 3y 2 + 4y − 4 = 0, de modo que y = 2/3 o bien y = −2. Obtenemos los puntos cr´ıticos de f : P1 = (0, 2/3) ∈ Int(K) , P2 = (0, −2) ∈ Int(K) . b) Sea y = −2. Se tiene entonces x2 = 0, de modo que x = 0. Obtenemos el punto cr´ıtico P2 de f repetido. 2. Calculamos los extremos condicionados de f sujetos a la restricción de estar en la frontera de K, es decir, sujetos a g(x, y) = x2 + y 2 − 1 = 0. La función de Lagrange asociada es L(x, y, λ) = f (x, y) + λg(x, y). Los puntos cr´ıticos de L satisfacen ∇L(x, y, λ) = 0, es decir, el sistema ∂L ∂x ∂L ∂y ∂L ∂λ

= 2xy + 4x + 2λx = 0 ,

(5.14)

= 3y 2 + x2 + 4y − 4 + 2λy = 0 ,

(5.15)

=

x2 + y 2 − 1 = 0 .

(5.16)

142

C´ alculo Diferencial con Varias Variables La ecuación (5.14) factoriza como x(y + 2 + λ) = 0, de modo que se tienen dos opciones: a) Sea x = 0. Entonces (5.16) queda y 2 − 1 = 0 con lo que y = 1 y de (5.15) λ = −3/2 o bien y = −1 y de (5.15) λ = −5/2. Se tienen pues los puntos cr´ıticos Q1 = (0, 1) , Q2 = (0, −1) . b) Sea λ = −y − 2. Entonces (5.15) queda x2 + y 2 − 4 = 0 que es incompatible con (5.16).

3. Los extremos absolutos de f en K se calculan de la forma siguiente. Consideramos el conjunto {f (P1 ), f (Q1 ), f (Q2 )} = {−9, −9, −3} . De aqu´ı se deduce que Q2 es el máximo absoluto de f en K y que ambos P1 y Q1 son m´ınimos absolutos de f en K.

5.10.


Problema 5.1 Considerar la funci´ on 2 f (x, y) =

2xy x2 +y 2

0

si si

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

Demostrar que, en el origen, f tiene derivadas direccionales en cualquier direcci´ on pero no es diferenciable. Soluci´ on. Dv f (0, 0) = 2v1 v22 /(v12 + v22 ), siendo v = (v1 , v2 ) ∈ R2 con v = (0, 0). Problema 5.2 Calcular el plano √ tangente a la esfera centrada en el origen de radio 1 en el punto (1/2, 1/2, 1/ 2). √ √ Soluci´ on. (x − 1/2) + (y − 1/2) + 2(z − 1/ 2) = 0. Problema 5.3 Considerar la funci´ on 2 f (x, y) =

xy x2 +y 4

0

si si

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

Demostrar que f no es continua en el origen y sin embargo existen todas las derivadas direccionales de f en el origen. Soluci´ on. Para la continuidad, ver Problema 4.3 donde se prueba que no existe l´ım(x,y)→(0,0) f (x, y). Para las derivadas direccionales: sea v = (v1 , v2 ) ∈ R2 con v = (0, 0). Entonces 2 v2 si v1 = 0 , v1 Dv f (0, 0) = 0 si v1 = 0 .


143

Problema 5.4 Hallar la relaci´ on entre los par´ ametros reales a y b de modo que la funci´ on a(|x|+|y|) √ 2 2 si (x, y) = (0, 0) , x +y f (x, y) = b si (x, y) = (0, 0) , tenga derivadas parciales en el (0, 0). Soluci´ on. a = b. Problema 5.5 Hallar los puntos de la superficie z = 4x + 2y − x2 + xy − y 2 en los que el plano tangente es paralelo al plano 3x + y − z = 1. Soluci´ on. (1, 1, 5). Problema 5.6 Calcular los valores de los par´ ametros reales a, b y c de modo que la derivada direccional de la funci´ on f (x, y, z) = axy 2 + byz + cz 2 x3 tenga en el punto (1, 2, −1) un valor m´ aximo de 10 en la direcci´ on del eje x. Soluci´ on. (a, b, c) = (±5/8, ±5/2, ±5/2). Problema 5.7 Considerar las funciones f : R3 → R2 y g : R2 → R2 definidas por f (x, y, z) = (sin(xy + z), (1 + x2 )yz ) y g(x, y) = (x + ey , y + ex ). Calcular la matriz Jacobiana de g ◦ f en el punto (1, −1, 1). Soluci´ on. Jg◦f (1, −1, 1) =

√ √ 1 − e/2 (1 + e ln 2)/2 −3/2 1 + ln 2/2

√ (1 − e ln 2)/2 . 1 − ln 2/2

Problema 5.8 Calcular y clasificar los extremos de la funci´ on f (x, y) = x2 +y 2 2 sujetos a la restricci´ on y + x = 1. √ Soluci´ on. (0, 1) es un máximo relativo y los puntos (±1/ 2, 1/2) son m´ınimos relativos. Problema 5.9 Los trazados de dos canales tienen la forma de la par´ abola y = x2 y la recta x − y − 2 = 0. Se desea unir los dos canales con otro canal recto. Hallar los puntos de conexi´ on entre los dos canales para que la longitud del canal a construir sea m´ınima. Soluci´ on. El punto de la parábola es (1/2, 1/4) mientras que el de la recta es (11/8, −5/8). Problema 5.10 Hallar las dimensiones (radio R y altura H) de un dep´ osito cil´ındrico sin tapa superior de modo que el coste de su construcci´ on sea m´ınimo y tenga un volumen V dado. Soluci´ on. R = H = 3 V /π.

144


Problema 5.11 Hallar las dimensiones de un dep´ osito sin tapa superior y en forma de paralelep´ıpedo con las siguientes restricciones: (i) un lado de la base rectangular mide el cuatriple que el otro lado; (ii) el volumen que ocupa el dep´ osito es de 400; (iii) el ´ area del dep´ osito debe ser m´ınima. Soluci´ on. Las dimensiones de la base son 5 y 20 mientras que la altura debe ser 4. Problema 5.12 Demostrar que la funci´ on z=

xy , x−y

satisface la ecuaci´ on en derivadas parciales x2

2 ∂2z ∂2z 2∂ z + 2xy = 0. + y ∂x2 ∂x∂y ∂y 2

Problema 5.13 Hallar el polinomio de Taylor de grado 2 de la funci´ on f (x, y) = x cos y + y sin x en el origen. Soluci´ on. P2 (x, y) = x + xy. Problema 5.14 Hallar los extremos absolutos de f (x, y) = x3 + y 3 sobre la circunferencia centrada en el origen de radio 1. Soluci´ on. (0, 1) y (1, 0) son máximos absolutos mientras que (0, −1) y (−1, 0) son m´ınimos absolutos. Problema 5.15 Hallar y clasificar los extremos relativos de√f (x, y, z) = ln x + ln y + 3 ln z sobre la esfera centrada en el origen de radio 5R en el primer octante (es decir, con x > 0, y > 0, z > 0). √ Soluci´ on. El punto (R, R, 3R) es un máximo relativo. Problema 5.16 Considerar la funci´ on xy 2 sin πy f (x, y) = 0

si si

y= 0, y=0.

(i) Calcular las derivadas parciales de f en los puntos (a, 0). (ii) Estudiar la continuidad de

∂f ∂y (x, y).

∂f Soluci´ on. (i) ∂f ∂x (a, 0) = ∂y (a, 0) = 0; (ii) 2 conjunto {(x, 0) ∈ R : x = 0}.

∂f ∂y (x, y)

no es continua en el

Problema 5.17 Hallar los extremos absolutos de f (x, y) = xy en el dominio K = {(x, y) ∈ R2 : x2 + 2y 2 ≤ 1}.


145

√ √ Soluci´ on. (± 2/2, ±1/2) son máximos absolutos mientras que (± 2/2, ∓1/2) son m´ınimos absolutos. Problema 5.18 Estudiar la continuidad, existencia de derivadas parciales y diferenciabilidad en el origen de las siguientes funciones: 1 x sin x2 +y si (x, y) = (0, 0) , 2 (a) f (x, y) = 0 si (x, y) = (0, 0) .

ex+y , sin(x − y), x2 sin x1 si x = 0 , (ey , sin(−y), 0) si x = 0 . x|y| √ 2 2 si (x, y) = (0, 0) , x +y (c) h(x, y) = 0 si (x, y) = (0, 0) .

(b) g(x, y) =

Soluci´ on. (a) f es continua en R2 ; ∃D1 f (0, 0), D2 f (0, 0) = 0; f no es diferenciable en (0, 0). (b) g es continua en R2 ; existen Di g(x, y) para todo (x, y) ∈ R2 ; g es diferenciable en R2 . (c) h es continua en R2 ; D1 h(0, 0) = D2 h(0, 0) = 0; h no es diferenciable en (0, 0). Problema 5.19 Calcular la ecuaci´ on del plano tangente a las superficies siguientes en los puntos indicados. (i) 3x2 − y 2 + 2xy − 3xz = 6 en el punto (−1, 0, 1). (ii) z = exp(x cos y) en el punto (−1, π/4). √ √ Soluci´ on. (i) −9x − 2y + 3z = 11; (ii) − 2/2(x + 1) − 2/2(y − π/4) + √ e 2/2 z − 1 = 0. Problema 5.20 Sean f (x, y, z, t) = (xy, z + t), g(x, y) = (x2 , x + y 2 , y 3 ). Calcular la matriz Jacobiana de g ◦ f . Soluci´ on. ⎛

2xy 2 Jg◦f (x, y, z, t) = ⎝ y 0

2x2 y x 0

0 2(z + t) 3(z + t)3

⎞ 0 2(z + t) ⎠ . 3(z + t)3

Problema 5.21 Sea g(x) una aplicaci´ on continua. Calcular las derivadas parciales de la funci´ on sin(xy) g(t) dt . f (x, y) = x

Soluci´ on. D1 f (x, y) = −g(x)+g(sin(xy)) cos(xy)y, D2 f (x, y) = g(sin(xy)) cos(xy)x.

146


Problema 5.22 Calcular, si existen, las derivadas direccionales en el origen de las siguientes funciones: √ 2xy si (x, y) = (0, 0) , x2 +y 2 (i) f (x, y) = |x + y| , (ii) g(x, y) = 0 si (x, y) = (0, 0) . Soluci´ on. (i) ∃Dv f (0, 0); (ii) Dv g(0, 0) =

2v1 v2

v

con v = (v1 , v2 ) ∈ R2 .

2 Consideremos los vectores Problema √ 5.23 √ Sea f : R → √ R diferenciable. √ v = (1/ 2, 1/ 2) y w = (−1/ 2, 1/ 2). Se sabe que Dv f (0, 2) = −1 y que Dw f (0, 2) = 3. Calcular la matriz Jacobiana de f en el punto (0, 2). √ √ Soluci´ on. Jf (0, 2) = (−2 2, 2). 2

Problema 5.24 Sean u(x, y, z) = x/y + y/z + z/x, x(t) = et , y(t) = et , 3 z(t) = et . Calcular du/dt de manera directa y también aplicando la regla de la cadena. Comprobar que el resultado es el mismo. 2

2

Soluci´ on. du/dt = et−t (1 − 2t) + et

−t3

t(2 − 3t) + et

3

−t

(3t2 − 1).

Problema 5.25 Demostrar que la funci´ on u(x, t) = f (x + ct) + g(x − ct) con f y g funciones de clase C 2 es soluci´ on de la ecuaci´ on de ondas unidimensional 2 ∂2u 2∂ u = c , ∂t2 ∂x2

donde c es la velocidad de propagaci´ on constante. Problema 5.26 Demostrar que la funci´ on z(x, y) = 1 ci´ on de clase C satisface la ecuaci´ on

y f (x2 −y 2 )

con f una fun-

1 ∂z 1 ∂z z + = 2 . x ∂x y ∂y y Problema 5.27 Transformar a coordenadas polares la expresi´ on 1+ Soluci´ on. 1 +

∂z 2 ∂r

+

1 r2

∂z 2 ∂θ

∂z ∂x

2

+

∂z ∂y

2

.

√ Problema 5.28 Transformar, mediante el cambio de variables u = x − 2 y, √ v = x + 2 y, la expresi´ on

2

∂ z Soluci´ on. 4 ∂u∂v

∂2z 1 ∂z ∂2z −y 2 − . 2 ∂x ∂y z ∂y ∂z 2 2 ∂z + v−u ∂v − ∂u z −1 .


147

Problema 5.29 Calcular y clasificar los puntos cr´ıticos de las siguientes funciones: (i) f (x, y) = x3 + y 3 − 9xy + 27; (ii) g(x, y) = (x + y − 1)(x4 + y 4 ); (iii) h(x, y) = x2 − 2xy 2 + y 4 − y 5 ; (iv) k(x, y) = (x + y)/(1 + x2 + y 2 ). Soluci´ on. (i) (0, 0) es un punto de silla y (3, 3) un m´ınimo. (ii) √ (0, 0) es √ un máximo y (2/5, 2/5)√un m´ınimo. (iii) (0, 0) es un punto de silla. (iv) ( 2/2, 2/2) √ es un máximo y (− 2/2, − 2/2) un m´ınimo. Nota: Para las funciones g(x, y) y h(x, y) hay puntos cr´ıticos donde el criterio del Teorema 5.70 no decide. Problema 5.30 Calcular y clasificar extremos relativos de la funci´ on f (x, y) = x2 y 2 (1 − x − y). Soluci´ on. (2/5, 2/5) es un punto de silla. Los puntos (0, y) con y > 1 son máximos, con y < 1 son m´ınimos mientras que con y = 1 es un punto de silla. Los puntos (x, 0) con x > 1 son máximos, con x < 1 son m´ınimos mientras que con x = 1 es un punto de silla. Nota: Existen puntos cr´ıticos donde el criterio del Teorema 5.70 no decide. Problema 5.31 Calcular los extremos absolutos de la funci´ on f (x, y) = 4x2 + y 2 − 4x − 3y en el dominio D = {(x, y) ∈ R2 : 4x2 + y 2 ≤ 4}. Soluci´ on. (−1, 0) es el máximo absoluto y (1/2, 3/2) es el m´ınimo absoluto. Problema 5.32 Con un hilo de longitud L se desea construir un cuadrado y una circunferencia. Calcular sus dimensiones (lado x del cuadrado y longitud y de la circunferencia) de modo que la suma de sus ´ areas sea m´ınima. Soluci´ on. (x, y) =

L 4+π (1, π).

Problema 5.33 Calcular los extremos de la funci´ on u(x, y, z) = x + y + z cuando las variables satisfacen la relaci´ on 1/x + 1/y + 1/z = 1. Soluci´ on. (3, 3, 3) es un m´ınimo y (1, 1, −1), (1, −1, 1) y (−1, 1, 1) son sillas. Problema 5.34 Considerar la funci´ on f (x, y, z) = x2 + y 2 + bxy + az. Calcular la relaci´ on entre los par´ ametros a y b para que el punto (1, 1, √1) sea un extremo relativo de f sobre la esfera centrada en el origen de radio 3. Soluci´ on. b − a = 2. Problema alculo diferencial para aproximar el 5.35 Usar los principios del c´ valor de (4,05)2 + (2,93)2 .

148


Soluci´ on. 4,998. Problema 5.36 Analizar para qué valores de k ∈ R la funci´ on f (x, y) = 32 (x2 + 2 y ) + kxy tiene en el punto (0, 0) un m´ınimo, un m´ aximo o un punto de silla. Soluci´ on. Si |k| ≤ 3 entonces (0, 0) es un m´ınimo; si |k| > 3 entonces (0, 0) es un punto de silla. Problema 5.37 Estudiar en el punto (0, 0) la continuidad, existencia de derivadas parciales y diferenciabilidad de las siguientes funciones: xy 3 si (x, y) = (0, 0) , 2 +y 2 x (i) f (x, y) = (ii) g(x, y) = |x| + y . 0 si (x, y) = (0, 0) . Soluci´ on. (i) f es continua en (0, 0); D1 f (0, 0) = D2 f (0, 0) = 0; f es diferenciable en (0, 0). (ii) g es continua en (0, 0); ∃D1 g(0, 0), D2 g(0, 0) = 1; g no es diferenciable en (0, 0).

5.11.

Problemas resueltos

Problema 5.38 Considerar la funci´ on 3 3 f (x, y) =

x +y x2 +y 2

0

si si

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

(i) Estudiar la continuidad de f y la existencia de derivadas parciales en cualquier punto de R2 . (ii) Hallar la derivada direccional de f en el origen en una direcci´ on arbitraria dada por un vector unitario. (iii) ¿Es diferenciable f en el punto (2, 3)? (iv) ¿Es diferenciable f en el punto (0, 0)? Soluci´ on. (i) Inspeccionando a la función f vemos que f ∈ C(R2 − {(0, 0)}). Para estudiar la continuidad de f en el punto (0, 0), hemos de calcular el l´ımite cuando (x, y) → (0, 0) de f (x, y). Tomando coordenadas polares x = r cos θ, y = r sin θ, se tiene l´ım

(x,y)→(0,0)

f (x, y) = =

x3 + y 3 r3 (cos3 θ + sin3 θ) = l´ım 2 2 r→0 r2 (x,y)→(0,0) x + y l´ım

l´ım r(cos3 θ + sin3 θ) = 0 ,

r→0

puesto que la función cos3 θ + sin3 θ está acotada para todo 0 ≤ θ ≤ 2π. Entonces, como l´ım(x,y)→(0,0) f (x, y) = f (0, 0), se tiene que f es continua en el origen


149

y por lo tanto f ∈ C(R2 ). Para estudiar la existencia de derivadas parciales en cualquier punto (x, y) ∈ R2 , vemos que si (x, y) = (0, 0) podemos usar las reglas de derivaci´ on mientras que si (x, y) = (0, 0) se deben calcular las derivadas parciales a través de su definici´ on. De este modo se tiene que ∂f (0, 0) = ∂x ∂f (0, 0) = ∂y

De este modo se tiene que 4 x +3x2 y 2 −2xy 3 ∂f (x2 +y 2 )2 (x, y) = ∂x 1 ∂f (x, y) = ∂y

h3 h2

−0 =1, h h3 f (0, h) − f (0, 0) 2 − 0 l´ım = l´ım h =1. h→0 h→0 h h f (h, 0) − f (0, 0) = l´ım h→0 h→0 h l´ım

y 4 +3x2 y 2 −2yx3 (x2 +y 2 )2

1

si si

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

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

Podemos pues concluir que la funci´ on f es derivable en cualquier punto (x, y) ∈ R2 . (ii) Tomemos un vector unitario arbitrario v = (v1 , v2 ) ∈ R2 tal que v = 1, es decir, v12 + v22 = 1. Entonces f (hv1 , hv2 ) − f (0, 0) Dv f (0, 0) = l´ım = l´ım h→0 h→0 h

h3 (v13 +v23 ) h2 (v12 +v22 )

h

−0

= v13 + v23 .

(iii) A la vista de los resultados del apartado (i), es obvio que las fun∂f 2 ciones ∂f ∂x (x, y) y ∂y (x, y) son continuas en R − {(0, 0)}, de modo que f ∈ 1 2 C (R − {(0, 0)}) y por lo tanto f es diferenciable en R2 − {(0, 0)}. En particular, f es diferenciable f en el punto (2, 3). (iv) Si f fuese diferenciable en el punto (0, 0) se verificar´ıa que, para cualquier vector v = (v1 , v2 ) ∈ R2 no nulo, la derivada direccional Dv f (0, 0) = ∇f (0, 0).v. Del apartado (ii) se sabe que si v = 1, entonces Dv f (0, 0) = v13 +v23 . Por otra parte ∂f ∂f ∇f (0, 0).v = (0, 0), (0, 0) .(v1 , v2 ) = (1, 1).(v1 , v2 ) = v1 + v2 . ∂x ∂y Como Dv f (0, 0) = ∇f (0, 0).v, se concluye que f no es diferenciable en el punto (0, 0).

150


Problema 5.39 Considerar la funci´ on z = ln(f (x2 − y 2 )) siendo f : R → R cualquier funci´ on derivable. Demostrar que z satisface la condici´ on y

∂z ∂z +x =0. ∂x ∂y

Soluci´ on. La función z(x, y) = ln(f (x2 − y 2 )) se puede reescribir como z(u) = ln(f (u)) siendo u(x, y) = x2 − y 2 . Entonces, usando la regla de la cadena, se obtiene que ∂z ∂x ∂z ∂y

∂u = 2xz (u) , ∂x ∂u z (u) = −2yz (u) . ∂y

z (u)

= =

∂z ∂z + x ∂y = 0. Entonces, es claro que se verifica y ∂x

Problema 5.40 Clasificar los extremos de la funci´ on f (x, y, z) = xyz que se encuentran en el primer octante (es decir, con las tres coordenadas positivas) y sobre la esfera de radio 1 centrada en el origen. Ayuda: α2 + αβ + β 2 > 0 para todo (α, β) ∈ R2 \{(0, 0)}. Soluci´ on. Se han de clasificar los extremos de la función f (x, y, z) = xyz sujetos a la restricción g(x, y, z) = x2 +y 2 +z 2 −1 = 0. La función de Lagrange asociada es L(x, y, z, λ) = f (x, y, z) + λg(x, y, z). Los puntos cr´ıticos de L satisfacen ∇L(x, y, z, λ) = 0, es decir, el sistema ∂L ∂x ∂L ∂y ∂L ∂z ∂L ∂λ

=

yz + 2λx = 0 ,

(5.17)

=

xz + 2λy = 0 ,

(5.18)

=

xy + 2λz = 0 ,

(5.19)

=

x2 + y 2 + z 2 − 1 = 0 .

(5.20)

Eliminamos λ de las ecuaciones (5.17), (5.18) y (5.19) resultando λ=− es decir,

xz xy yz =− =− , 2x 2y 2z

z(y 2 − x2 ) = 0 , x(z 2 − y 2 ) = 0 .

Como los puntos cr´ıticos (x, y, z) que buscamos se encuentran en el primer octante, es decir, satisfacen x > 0, y > 0, z > 0, se tiene que x2 = y 2 = z 2 ,


151

2 o lo que es lo mismo √ x = y = z. Entonces, la ecuación (5.20) queda 3x = 1, con lo que x = 1/ 3. En definitiva se tiene que

1 1 P0 = (x0 , y0 , z0 ) = √ (1, 1, 1) , con λ0 = − √ 3 2 3 es el u ńico punto cr´ıtico de la función f (x, y, z) = xyz que se encuentra en el primer octante y sobre la esfera de radio 1 centrada en el origen. A continuaci´ on vamos a clasificar el punto P0 . Para ello, calculamos la matriz Hessiana HL respecto de x, y, z, es decir, ⎞ ⎛ ⎛ ∂2L ⎞ ∂2L ∂2L 2λ z y ∂x2 ∂x∂y ∂x∂z 2 2 2 ⎜ ∂ L ∂ L ⎟ ∂ L HL (x, y, z; λ) = ⎝ ∂y∂x = ⎝ z 2λ x ⎠ . ∂y 2 ∂y∂z ⎠ 2 2 ∂ L ∂ L ∂2L y x 2λ 2 ∂z∂x

Entonces

⎛

2λ0 HL (P0 ; λ0 ) = ⎝ z0 y0

z0 2λ0 x0

∂z∂y

∂z

⎛ ⎞ y0 −1 1 1 x0 ⎠ = √ ⎝ 1 −1 3 1 1 2λ0

⎞ 1 1 ⎠ . −1

Los determinantes la matriz HL (P0 ; λ0 ) vienen dados √ menores principales de √ por Δ1 = −1/ 3 < 0, Δ2 = 0 y Δ3 = 4/ 3 > 0. Entonces HL (P0 ; λ0 ) no es ni definida positiva ni definida negativa, de modo que, para clasificar el puntos cr´ıtico P0 hemos de utilizar el Teorema 5.81. Se tiene que ∇g(x, y, z) = 2(x, y, z), de modo que 2 ∇g(P0 ) = √ (1, 1, 1) || (1, 1, 1) . 3 Definimos los vectores no nulos w = (α, β, γ) ∈ R3 tales que w⊥∇g(P0 ). Se tiene entonces que el producto escalar w.∇g(P0 ) = 0, es decir, α + β + γ = 0. En definitiva, w = (α, β, −α − β) ∈ R3 con α = 0, β = 0 . Entonces wT HL (P0 ; λ0 ) w

⎛

= =

de modo que P0 =

−1 1 1 √ (α, β, −α − β) ⎝ 1 −1 3 1 1 4 − √ (α2 + αβ + β 2 ) < 0 , 3

√1 (1, 1, 1) 3

⎞⎛ ⎞ 1 α ⎠ 1 ⎠⎝ β −1 −α − β

es un máximo de f sujeto a la restricción g = 0.

Nota: vamos a demostrar que h(α, β) = α2 + αβ + β 2 > 0 para todo (α, β) ∈ R2 \{(0, 0)}. Existen varias formas de hacerlo. Comentaremos dos de ellas.

152

C´ alculo Diferencial con Varias Variables Demostraremos que la ecuación h(α, β) = 0 no tiene ninguna solución distinta de la trivial (0, 0), de modo que, al ser h un polinomio y por lo tanto una función continua, esta debe ser una función semidefinida positiva. En concreto, vamos a demostrar que la ecuación h(α, β) =0 β2

(5.21)

no tiene ninguna solución real no trivial, es decir, h(α, β) = 0 para todo (α, β) ∈ R2 \{(0, 0)}. Esto es cierto porque la ecuación (5.21) se escribe en variable z = α/β como la ecuación de segundo grado z 2 + z + 1 = 0 que no tiene ninguna solución real. Hallar la matriz A ∈ M2 (R) simétrica asociada a la forma cuadrática α2 + αβ + β 2 y ver que A es definida positiva con el criterio de Sylvester. En concreto se tiene que 1 1/2 α α2 + αβ + β 2 = (α, β) , 1/2 1 β de modo que

A=

1 1/2

1/2 1

es definida positiva puesto que todos sus determinantes menores principales son positivos. Problema 5.41 Resolver las siguientes cuestiones: (a) Hallar el vector gradiente de la funci´ on f (x, y) = (ex +ey ) sin x en un punto 2 arbitrario de R . (b) Hallar la derivada direccional de f en el punto (0, 0), en la direcci´ on de la bisectriz del primer cuadrante. (c) Hallar una direcci´ on v ∈ R2 para la cual la derivada direccional de f en el origen seg´ un esa direcci´ on es cero. Soluci´ on. (a) El vector gradiente de la función f (x, y) = (ex + ey ) sin x en un punto (x, y) arbitrario de R2 es ∂f ∂f ∇f (x, y) = (x, y), (x, y) = (ex (sin x + cos x) + ey cos x, ey sin x) . ∂x ∂y (b) La dirección de la bisectriz √ del primer cuadrante viene dada por el vector unitario u = (cos π/4, sin π/4) = 22 (1, 1). A la vista del apartado anterior, es


153

∂f 2 1 2 claro que las funciones ∂f ∂x y ∂y son continuas en R de modo que f ∈ C (R ). Entonces, podemos calcular la derivada direccional Du f (0, 0) de la forma √ √ 2 Du f (0, 0) = ∇f (0, 0).u = (2, 0).(1, 1) = 2 . 2

Nota: por supuesto, también es posible calcular Du f (0, 0) con la definición de derivada direccional, aunque el proceso es algo más tedioso. Se tendr´ıa que √ √ f (hu) − f (0, 0) f (h 2/2, h 2/2) − f (0, 0) Du f (0, 0) = l´ım = l´ım h→0 h→0 h h √ √ h 2/2 √ 2e sin(h 2/2) = l´ım = 2, h→0 h √ donde en el u ´ltimo paso se ha usado el infinitésimo equivalente sin(h 2/2) ∼ √ h 2/2 cuando h → 0. (c) La dirección v ∈ R2 para la cual Dv f (0, 0) = 0 viene dada por la condición de ortogonalidad v⊥∇f (0, 0) = (2, 0). Entonces, tomando v = (a, b) se debe cumplir que 0 = v.∇f (0, 0) = (a, b).(2, 0), es decir a = 0. En resumen, la dirección buscada viene dada por el vector unitario es v = (0, 1). Problema 5.42 Hallar y clasificar los extremos relativos de la funci´ on f (x, y) = 4x2 ey − 2x4 − e4y . ¿Es posible que existan dos monta˜ nas sin valle? Soluci´ on. Sea f (x, y) = 4x2 ey − 2x4 − e4y . Calculamos en primer lugar los puntos cr´ıticos de f . ∇f (x, y) = (D1 f (x, y), D2 f (x, y)) = (8xey − 8x3 , 4x2 ey − 4e4y ) . Entonces, las coordenadas (x, y) de los puntos cr´ıticos de f satisfacen el siguiente sistema de ecuaciones 8x(ey − x2 ) = 0 , 4ey (x2 − e3y ) = 0 . Se tienen las siguientes posibilidades: Sea x = 0. Pero entonces se obtiene la ecuación incompatible −4e4y = 0. Sea x2 = ey . Entonces se tiene que 4e2y (1 − e2y ) = 0, es decir, e2y = 1 y por lo tanto y = 0. Como entonces x2 = 1, se concluye que f tiene dos puntos cr´ıticos (±1, 0). Para clasificar los puntos cr´ıticos, primero calculamos la matriz Hessiana de f en cualquier punto (x, y) ∈ R2 . y 8xey 8e − 24x2 Hf (x, y) = . 8xey 4x2 ey − 16e4y Entonces se tiene la siguiente clasificación:

154

C´ alculo Diferencial con Varias Variables La matriz Hessiana de f calculada en el punto (1, 0) es −16 8 Hf (1, 0) = , 8 12 con determinantes menores principales Δ1 = −16 < 0 y Δ2 = 128 > 0, de modo que Hf (1, 0) es definida negativa y el punto (1, 0) corresponde a un máximo relativo de f . La matriz Hessiana de f calculada en el punto (−1, 0) es −16 −8 Hf (−1, 0) = , −8 −12 con determinantes menores principales Δ1 = −16 < 0 y Δ2 = 128 > 0, de modo que Hf (1, 0) es definida negativa y el punto (−1, 0) corresponde a un máximo relativo de f .

Asociamos monta˜ nas y valles a los máximos y m´ınimos relativos de una funci´ on f : R2 → R (que tienen por gráfica asociada una superficie). Este problema proporciona un ejemplo de función f : R2 → R que tiene por extremos relativos u ńicamente dos máximos. Como no hay ning´ un m´ınimo relativo, la pregunta “¿es posible que existan dos monta˜ nas sin valle?”tiene por respuesta s´ı. Problema 5.43 Considerar la funci´ on f (x, y) = 3x exp (y) − x3 − exp (3y). (i) Dar un vector unitario v tal que la derivada direccional de la funci´ on f en el punto (0, 0) en la direcci´ on dada por v sea m´ axima. Calcular adem´ as el valor de dicha derivada direccional m´ axima. (ii) Usa el resultado del apartado anterior para hallar un plano tangente a la superficie de la gr´ afica de la funci´ on f que sea paralelo al plano 3x − 3y − z = 10. (iii) Calcular y clasificar los extremos de f . Soluci´ on. (i) La dirección en la que la derivada direccional de la función f en el punto (0, 0) es máxima viene dada por el vector unitario v = ∇f (0, 0)/∇f (0, 0). El vector gradiente de la función f (x, y) = 3x exp (y)−x3 −exp (3y) en un punto (x, y) arbitrario de R2 es ∂f ∂f ∇f (x, y) = (x, y), (x, y) = (3 exp (y) − 3x2 , 3x exp (y) − 3 exp (3y)), ∂x ∂y de modo que Puesto que ∇f (0, 0) = v=

∇f (0, 0) = (3, −3) . √ + (−3)2 = 3 2 se tiene finalmente que

32

1 ∇f (0, 0) 1 = √ (3, −3) = √ (1, −1) . ∇f (0, 0) 3 2 2


155

La dirección es pues la de la bisectriz del cuarto cuadrante. Finalmente se tiene que √ Dv f (0, 0) = ∇f (0, 0) = 3 2 . (ii) Sea S la superficie de la gráfica de la funci´ on f (x, y), es decir, S = {(x, y, z) ∈ R3 : F (x, y, z) = f (x, y) − z = 0} . El plano π tangente a S en un punto (x0 , y0 , z0 ) ∈ S viene dado por la ecuación ∂F ∂F ∂F (x0 , y0 , z0 )(x − x0 ) + (x0 , y0 , z0 )(y − y0 ) + (x0 , y0 , z0 )(z − z0 ) = 0 . ∂x ∂y ∂z Dicho de otro modo, el vector gradiente ∇F (x0 , y0 , z0 ) es un vector caracter´ıstico del plano π, es decir, ∇F (x0 , y0 , z0 )⊥π. Puesto que π debe de ser paralelo al plano 3x − 3y − z = 10, se debe tener que ∇F (x0 , y0 , z0 )||(3, −3, −1) con lo que ∂f ∂f (x0 , y0 ), (x0 , y0 ), −1 ||(3, −3, −1) , ∂x ∂y de donde se tiene que ∇f (x0 , y0 ) = (3, −3). Recordando el resultado del apartado anterior ∇f (0, 0) = (3, −3) , es claro que una solución viene dada por (x0 , y0 ) = (0, 0). Entonces, el punto de tangencia entre π y S es (x0 , y0 , z0 ) = (x0 , y0 , f (x0 , y0 )) = (0, 0, f (0, 0)) = (0, 0, −1) y la ecuación del plano π viene dada por 3x − 3y − (z + 1) = 0 . (iii) Los puntos cr´ıticos de f son aquellos que anulan el vector ∇f , de modo que sus coordenadas son solución del sistema no lineal de ecuaciones ∂f (x, y) ∂x ∂f (x, y) ∂y

=

3 exp (y) − 3x2 = 0 ,

=

3x exp (y) − 3 exp (3y) = 0 .

Despejando exp (y) = x2 de la primera ecuación y sustituyendo en la segunda se obtiene x3 − x6 = 0. Finalmente, factorizando como x3 (1 − x3 ) = 0 vemos que las soluciones posibles deben satisfacer x = 0 o bien x = 1. El valor x = 0 es incompatible con la ecuación exp (y) = x2 . Tomando x = 1, de exp (y) = x2 se obtiene que y = 0 y hallamos el u ńico punto cr´ıtico de f con coordenadas (1, 0). Para clasificar el punto cr´ıtico (1, 0), primero calculamos la matriz Hessiana de f en cualquier punto (x, y) ∈ R2 . −6x 3 exp (y) . Hf (x, y) = 3 exp (y) 3x exp (y) − 9 exp (3y)

156


Se tiene entonces que

−6 3 3 −6

Hf (1, 0) =

.

Los determinantes menores principales de Hf (1, 0) son Δ1 = −6 < 0 , Δ2 = det Hf = 27 > 0 , de modo que f tiene un máximo en (1, 0). Problema 5.44 Considerar la funci´ on 2 f (x, y) =

xy x3 +y 3

0

si si

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

(i) Estudiar la continuidad de f en R2 . (ii) Estudiar la derivabilidad de f en el origen. Soluci´ on. (i) Las componentes de la función f son o bien una constante o bien una función racional cuyo denominador se anula en el conjunto de puntos de coordenadas (x, y) tal que x3 + y 3 = 0. De modo que sobre los puntos de la recta de ecuación y = −x la función f no es continua excepto quizás en el origen pues all´ı la función se parte y se debe estudiar con más detalle. Para estudiar la continuidad de f en el origen realizamos los siguientes cálculos. En primer lugar nos acercaremos al origen a través de rectas del tipo y = mx y calculamos los siguientes l´ımites mx3 m = . x→0 x3 + m3 x3 1 + m3

l´ım f (x, mx) = l´ım

x→0

Como el anterior l´ımite depende de la pendiente m se tiene que no existe el l´ımite l´ım(x,y)→(0,0) f (x, y) de modo que f no es continua en el origen. En definitiva f ∈ C(R2 \r) siendo r la recta r = {(x, y) ∈ R2 : y = −x}. (ii) Para estudiar la derivabilidad de f en el origen debemos averiguar si existen o no las derivadas parciales de f en el (0, 0). Como este es el punto ∂f donde la función se parte, no se pueden calcular ∂f ∂x (0, 0) y ∂y (0, 0) con las reglas de derivación y debemos acudir a su definición. Se tiene pues que D1 f (0, 0) = D2 h(x, y) =

f (h, 0) − f (0, 0) 0−0 ∂f (0, 0) = l´ım = l´ım =0, h→0 h→0 ∂x h h ∂f f (0, h) − f (0, 0) 0−0 (0, 0) = l´ım = l´ım =0. h→0 h→0 ∂y h h

Como las dos derivadas parciales anteriores existen, la función f es derivable en el (0, 0).


157

Problema 5.45 Considerar la funci´ on 3 f (x, y) =

x x2 −y 2

0

si si

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

(i) Dibujar el conjunto de puntos del plano donde f no est´ a definida. (ii) Calcular el l´ımite de la funci´ on f en el origen a lo largo de la par´ abola de ecuaci´ on y = x + x 2 . (iii) Estudiar la continuidad de f en el origen. (iv) Determinar en el punto de coordenadas (2, −1) el valor de la derivada de f en una direcci´ on unitaria que forma 60◦ con el eje positivo de abscisas. Soluci´ on. (i) Es claro por simple inspección que el conjunto Σ de puntos del plano donde f no está definida es Σ = {(x, y) ∈ R2 : x2 − y 2 = 0}. Puesto que la ecuaci´ on x2 − y 2 = 0 es equivalente a (x + y)(x − y) = 0, de hecho se tiene que Σ = L1 ∪ L2 − {(0, 0)} siendo las rectas L1 y L2 de ecuaciones y = x e y = x, es decir, las bisectrices de los cuadrantes del plano. (ii) Calcular el l´ımite de la función f en el origen a lo largo de la parábola de ecuación y = x + x2 significa calcular el l´ımite l´ım f (x, x + x2 ) = l´ım

x→0 x2

x→0

x3 x3 1 −1 = l´ım = l´ım = . 2 2 x→0 −2x3 − x4 x→0 −2 − x − (x + x ) 2

(iii) Para estudiar la continuidad de f en el origen, se debe calcular el l´ımite doble l´ım(x,y)→(0,0) f (x, y) y compararlo con el valor f (0, 0) = 0. Además, como consecuencia del apartado (ii), si este l´ımite doble existe debe valer −1/2 por la unicidad del l´ımite. En resumen, o bien l´ım(x,y)→(0,0) f (x, y) no existe o bien aunque exista l´ım(x,y)→(0,0) f (x, y) = f (0, 0). Por lo tanto f no es continua en el origen. Nota: de hecho se puede comprobar que lo que realmente ocurre es que l´ım(x,y)→(0,0) f (x, y) no existe ya que si calculamos el l´ımite de la función f en el origen a lo largo de la familia de rectas de ecuaci´ on y = mx con pendiente m = ±1 observamos que x3 x −1 = l´ım = 0 = . x→0 x2 − (mx)2 x→0 1 − m2 2

l´ım f (x, mx) = l´ım

x→0

(iv) Se pide calcular la derivada direccional Dv f (a) de f en el punto √ a= (2, −1) en la dirección del vector unitario v = (cos 60◦ , sin 60◦ ) = (1/2, 3/2). Como la función f es diferenciable en el punto (2, −1) puesto que es de clase C 1 en ese punto (ver luego las expresiones de las derivadas parciales de f ) se tiene que Dv f (a) = ∇f (a).v. Para calcular ∇f (a) necesitamos en primer lugar

158


las derivadas parciales de f en a. Como a = (0, 0) y además a ∈ Σ podemos usar las reglas de derivación para obtener ∂f (x, y) ∂x ∂f (x, y) ∂y

= =

x2 (x2 − 3y 2 ) 3x2 (x2 − y 2 ) − x3 2x = , (x2 − y 2 )2 (x2 − y 2 )2 2x3 y −x3 (−2y) = , (x2 − y 2 )2 (x2 − y 2 )2

en cualquier (x, y) = (0, 0) con (x, y) ∈ Σ. En particular ∂f 4 ∂f −16 (2, −1) = , (2, −1) = . ∂x 9 ∂y 9 Finalmente

Dv f (a)

= =

∂f ∂f (2, −1), (2, −1) .(cos 60◦ , sin 60◦ ) ∂x ∂y √

√ 1 2 3 4 −16 . = − (−1 + 4 3) ≈ −1,317. , , 9 9 2 2 9

Nota: otra forma de resolver la cuestión es usando directamente la definición de derivada direccional. De este modo se tiene que √ f (a + hv) − f (a) f (2 + h/2, −1 + h 3/2) − f (2, −1) Dv f (a) = l´ım = l´ım h→0 h→0 h h = =

l´ım

(2+h/2)3 √ (2+h/2)2 −(−1+h 3/2)2

−

8 3

h √ √ 16 − 64 3 + 68h + 3h2 2 √ √ l´ım − = − (−1 + 4 3) ≈ −1,317. h→0 9 6(−6 − h + 3h)(2 + h + 3h) h→0

Problema 5.46 Clasifica los puntos cr´ıticos de la funci´ on f (x, y) = (x2 +y 2 )2 − 2 2 2 2a (x − y ), con a = 0, en funci´ on de los valores del par´ ametro real a. Soluci´ on. Calculemos los puntos cr´ıticos de la función f (x, y) = (x2 + y 2 )2 − 2a2 (x2 − y 2 ). Para ello calculamos el gradiente de f ∂f ∂f ∇f (x, y) = (x, y), (x, y) = (4x(x2 + y 2 ) − 4a2 x, 4y(x2 + y 2 ) + 4a2 y) ∂x ∂y y posteriormente anulamos sus componentes para obtener el sistema x[x2 + y 2 − a2 ] = 0 , y[x2 + y 2 + a2 ] = 0 .

(5.22)

Puesto que las componentes del sistema (5.22) han factorizado, sus soluciones son de dos tipos: Sea x = 0. Entonces, la segunda ecuaci´ on de (5.22) queda de la forma y[y 4 + a2 ] = 0 cuya u ńica solución real es y = 0. Se tiene pues el punto cr´ıtico (0, 0) de f .


159

Sea y = 0. Entonces, la primera ecuación de (5.22) queda de la forma x[x2 − a2 ] = 0. Las soluciones (con x = 0) de esta ecuación son x = ±a. Se tienen entonces los dos puntos cr´ıticos (±a, 0) de f . Para clasificar los puntos cr´ıticos hallados, calculamos la matriz Hf (x, y) Hessiana de f en un punto arbitrario (x, y) ∈ R2 . Obtenemos 8xy −4(a2 − 3x2 − y 2 ) , Hf (x, y) = 8xy 4(a2 + x2 + 3y 2 ) que calculada en los puntos cr´ıticos es Hf (0, 0) = Hf (±a, 0) =

−4a2 0 8a2 0

0 , 4a2 0 . 8a2

Para aplicar el criterio de Sylvester, calculemos los determinantes menores principales de ambas matrices. Como a = 0 por hipótesis, los determinantes menores principales de Hf (0, 0) son ambos negativos y por lo tanto el punto (0, 0) es un punto de silla para cualquier valor de a = 0. Los determinantes menores principales de Hf (±a, 0) son ambos positivos y por lo tanto los puntos (±a, 0) son ambos m´ınimos para cualquier valor de a = 0.

Cap´ıtulo 6

Integraci´ on Doble 6.1.

Conceptos preliminares

Considerar una función f : D ⊂ R2 → R, con f acotada en el dominio D. Definamos el siguiente volumen V . La tapa superior es la gráfica de f en D, es decir, la superficie {(x, y, f (x, y)) ∈ R3 : (x, y) ∈ D}. La tapa inferior es justo el dominio plano D. La superficie lateral de V est´ a formada por todas las rectas verticales (paralelas al eje z) que pasan por todos los puntos de la frontera de D. El objetivo de esta sección es calcular dicho volumen V y la técnica a utilizar se denomina integraci´ on doble. Definici´ on 6.1 Consideremos los intervalos [ai , bi ] ⊂ R y una partición suya Pi con i = 1, 2. Se llama una partici´ on P del rectángulo R = [a1 , b1 ] × [a2 , b2 ] ⊂ R2 a P = P1 × P2 = {(xi , yj ) : xi ∈ P1 , yj ∈ P2 } ⊂ R2 . La partición P divide el rectángulo R en rectángulos más peque¯ nos Δij = [xi−1 , xi ] × [yj−1 , yj ]. Definici´ on 6.2 Sea R = [a1 , b1 ] × [a2 , b2 ] un rectángulo y f : R ⊂ R2 → R una funci´ on acotada en R. Sea P una partición de R que lo divide en subrectángulos Δij con i = 1, . . . , m y j = 1, . . . , n . Consideremos los n´ umeros mij =

´ınf

(x,y)∈Δij

{f (x, y)} , Mij =

sup

(x,y)∈Δij

{f (x, y)} .

Entonces, denotando por A(Δij ) = (xi − xi−1 )(yi − yi−1 ) el área del rectángulo Δij , podemos definir: (i) Suma inferior de f en R respecto de P como L(f, P) =

m n i=1 j=1

161

mij A(Δij ) .

162

Integraci´ on Doble

(ii) Suma superior de f en R respecto de P como U (f, P) =

n m

Mij A(Δij ) .

i=1 j=1

Nota 6.3 La notación L y U proviene de las palabras en inglés lower y upper. Es obvio que L(f, P) ≤ U (f, P). Definici´ on 6.4 Dadas dos particiones P y Q de un rectángulo R, se dice que Q es más fina que P cuando P ⊂ Q. Proposici´ on 6.5 Se verifica lo siguiente. (i) Si Q es m´ as fina que P, entonces L(f, P) ≤ L(f, Q) y U (f, P) ≥ U (f, Q) . (ii) Dadas dos particiones P y Q de un mismo rect´ angulo, se tiene L(f, P) ≤ U (f, Q). Corolario 6.6 Existe el supremo de las sumas inferiores supP {L(f, P)} y el ´ınfimo de las sumas superiores ´ınf P {U (f, P)}. Definici´ on 6.7 Se dice que una función f es integrable en el rectángulo R cuando coinciden el supremo de las sumas inferiores y el ´ınfimo de las sumas superiores, es decir, supP {L(f, P)} = ´ınf P {U (f, P)}. Este valor com´ un será denotado por f (x, y) dxdy , R

y se llama integral doble en R de f . Proposici´ on 6.8 Sea f : D ⊂ R2 → R con f ∈ C(D). Entonces f es integrable en D. Nota 6.9 Otra forma de definir la integral doble de Riemann es la siguiente. Consideramos una partición P = P1 × P2 = {(xi , yi ) : xi ∈ P1 , yi ∈ P2 } ⊂ R2 del rectángulo R = [a1 , b1 ] × [a2 , b2 ] ⊂ R2 , que divide el rectángulo R en rectángulos más peque¯ nos Δij = [xi−1 , xi ] × [yj−1 , yj ] con i = 1, . . . , m y j = 1, . . . , n. Definimos las anchuras Δxi = xi − xi−1 y Δyj = yj − yj−1 . Tomaremos puntos ξij ∈ Δij . Sea A(Δij ) = Δxi Δyj el área del rectángulo Δij . Sea f : R ⊂ R2 → R con f ∈ C(R). Entonces se tiene que f (x, y) dxdy = R

l´ım

(m´ ax Δxi ,m´ ax Δyj )→(0,0)

m n

f (ξij ) Δxi Δyj .

i=1 j=1

ax Δyj ) → (0, 0), se tiene que (n, m) → Notemos que, cuando (máx Δxi , m´ (∞, ∞).

6.2 C´ alculo de integrales dobles

6.2.

163

C´ alculo de integrales dobles

Sea f : R ⊂ R2 → R una función continua en un rectángulo R = [a1 , b1 ] × [a2 , b2 ]. Entonces

b1 b2 b2 b1 f (x, y) dxdy = f (x, y) dy dx = f (x, y) dx dy . R

a1

a2

a2

a1

Esta forma de proceder sobre rectángulos puede ser ampliada a dominios del plano más generales como veremos a continuaci´ on en el llamado Teorema de Fubini. Comenzamos con unas definiciones previas. Definici´ on 6.10 Un dominio D de R2 es cualquier subconjunto de R2 que sea no vac´ıo, abierto y acotado. Además: (i) D es horizontalmente regular si la intersecci´ on entre D y cualquier recta horizontal (paralela al eje x) es un conjunto conexo (es decir, de un solo trozo). (ii) D es verticalmente regular si la intersecci´ on entre D y cualquier recta vertical (paralela al eje y) es un conjunto conexo (es decir, de un solo trozo). Teorema 6.11 (de Fubini) Sea f : D ⊂ R2 → R una funci´ on integrable en un dominio D conexo (es decir, de un solo trozo). Entonces se tiene lo siguiente: 1 Si D es verticalmente regular y puede expresarse de la forma D = {(x, y) ∈ R2 : ϕ1 (x) ≤ y ≤ ϕ2 (x) para todo a ≤ x ≤ b} , con ϕi ∈ C([a, b]), entonces

b

f (x, y) dxdy =

ϕ2 (x) ϕ1 (x)

a

D

b

f (x, y) dydx =

ϕ1 (x)

a

ϕ2 (x)

f (x, y) dy dx .

2 Si D es horizontalmente regular y puede expresarse de la forma D = {(x, y) ∈ R2 : ψ1 (y) ≤ x ≤ ψ2 (y) para todo c ≤ y ≤ d} , con ψi ∈ C([c, d]), entonces

d

f (x, y) dxdy = D

c

ψ2 (y) ψ1 (y)

d

f (x, y) dxdy = c

ψ2 (y) ψ1 (y)

f (x, y) dx dy .

El procedimiento de integraci´ on 1 y 2 del Teorema de Fubini se conoce como integraci´ on por franjas verticales e integraci´ on por franjas horizontales respectivamente. Ejemplo 6.12 Calcular x2 para todo 0 ≤ x ≤ 1}.

D

(x2 + y 2 ) dxdy siendo D = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ y ≤

164


Soluci´ on. Se tiene (x2 + y 2 ) dxdy

=

D

=

1

1

x2 0

0

0

2

2

(x + y ) dy dx =

26 1 x4 + x6 dx = . 3 105

1 0

1 x y + y3 3 2

x2 dx 0

Nota 6.13 Sea f : D ⊂ R2 → R con f ∈ C(D) y f (x, y) ≥ 0 para todo (x, y) ∈ D. El significado geométrico de f (x, y) dxdy es el de volumen V D encerrada entre la superficie S generada por la gráfica de f y el dominio D, cuyo contorno se prolonga verticalmente (paralelo al eje z) hasta que se encuentra con S. Dicho de otro modo, V = f (x, y) dxdy es el volumen del conjunto D {(x, y, z) ∈ R3 : (x, y) ∈ D, 0 ≤ z ≤ f (x, y)}. En el caso particular de que f (x, y) = 1 se tiene que dxdy es el área de D. D Veamos algunas propiedades de la integral. Proposici´ on 6.14 Considerar dos funciones f y g integrables en un dominio D. Se verifica lo siguiente. (i) Si D = D1 ∪ D2 donde el ´ area de D1 ∩ D2 es nula, se tiene que f (x, y) dxdy = f (x, y) dxdy + f (x, y) dxdy . D

D1

D2

(ii) La integral es una operaci´ on lineal: (f (x, y) ± g(x, y)) dxdy = f (x, y) dxdy ± g(x, y) dxdy , D D D λ f (x, y) dxdy = λ f (x, y) dxdy ∀ λ ∈ R . D

D

(iii) Si f (x, y) ≥ g(x, y) para todo (x, y) ∈ D, entonces g(x, y) dxdy. D

D

f (x, y) dxdy ≥

(iv) Si |.| denota el valor absoluto, se tiene que f (x, y) dxdy ≤ |f (x, y)| dxdy . D

D

Observemos cómo las propiedades (i), (iii) y (iv) de la anterior proposición tienen un evidente significado geométrico si interpretamos f (x, y) dxdy coD mo un volumen con signo asociado. La propiedad (i) será u ´til para descomponer dominios en subdominios donde poder usar integraci´ on por franjas verticales y horizontales.

6.2 C´ alculo de integrales dobles

165

Ejemplo 6.15 Sea D ⊂ R2 el dominio acotado por las cuatro rectas y = 1, y = 0, x = −1, y = x. Calcular (xy − y 3 ) dxdy usando los dos ´ ordenes de D integraci´ on. Soluci´ on. Integrando por franjas horizontales se tiene que y 1 y 1 1 2 3 3 3 (xy − y ) dxdy = (xy − y ) dx dy = dy x y−y x 2 0 −1 0 D −1 1 1 1 −23 −y 4 − y 3 − y dy = = . 2 2 40 0 Para poder integrar por franjas verticales, es necesario dividir el dominio D en dos subdominios de modo que D = D1 ∪ D2 donde el área de D1 ∩ D2 es nula. En concreto D1 es el cuadrado D1 = {(x, y) ∈ R2 : −1 ≤ x ≤ 0 , 0 ≤ y ≤ 1} , mientras que D2 es el triángulo D2 = {(x, y) ∈ R2 : x ≤ y ≤ 1 para todo 0 ≤ x ≤ 1} . Se tiene que (xy − y 3 ) dxdy

(xy − y 3 ) dxdy +

=

D

=

= =

−1

1 0

3

(xy − y 3 ) dxdy D2

(xy − y )dy dx +

1 0

1

3

(xy − y )dy dx

x

1 1 1 2 y2 y y4 y4 x − dx + dx − 2 4 0 2 4 x −1 0 1 0 x 1 x 1 x3 x4 dx + dx − − − + 2 4 2 4 2 4 −1 0 1 3 −23 − − = . 2 40 40

=

D1 0

0

x

Ejemplo 6.16 Cambiar el orden de integraci´ on en las siguientes integrales dobles 1 x2 1 y (i) I1 = f (x, y) dxdy , (ii) I2 = f (x, y) dxdy . 0

x4

Soluci´ on. (i) La integral I1 = franjas verticales en el dominio

0

D

−y

f (x, y) dxdy está dada integrando por

D = {(x, y) ∈ R2 : x4 ≤ y ≤ x2 para todo 0 ≤ x ≤ 1} . Este dominio D también se puede expresar por franjas horizontales como √ √ D = {(x, y) ∈ R2 : y ≤ x ≤ 4 y para todo 0 ≤ y ≤ 1} .

166


Entonces

I1 =

(ii) La integral I2 = horizontales en el dominio

1

√

0

D

√ 4

y

f (x, y) dxdy . y

f (x, y) dxdy est´ a dada integrando por franjas

D = {(x, y) ∈ R2 : −y ≤ x ≤ y para todo 0 ≤ y ≤ 1} . Este dominio D también se puede expresar por franjas verticales como D = D1 ∪ D2 donde el área de D1 ∩ D2 es nula. En concreto D1 es D1 = {(x, y) ∈ R2 : −x ≤ y ≤ 1 , −1 ≤ x ≤ 0} , mientras que D2 es D2 = {(x, y) ∈ R2 : x ≤ y ≤ 1 para todo 0 ≤ x ≤ 1} . Entonces

I2

=

f (x, y) dxdy +

=

f (x, y) dxdy

D1 0

−1

1 −x

D2 1 1

f (x, y) dxdy +

0

f (x, y) dxdy . x

Ejemplo 6.17 Sea D ⊂ R2 el dominio acotado por las rectas y = x + 2, y = 0 y el arco de la elipse 4x2 + 9y 2 = 36 situado en el primer cuadrante. Calcular xy dxdy usando los dos ´ ordenes de integraci´ on. D 2 2 Soluci´ on. De la ecuación de la elipse 4x + 9y = 36 podemos despejar x = 3 2 ± 2 4 − y . Integrando por franjas horizontales, el dominio D se expresa como

D = {(x, y) ∈ R2 : y − 2 ≤ x ≤ Entonces se tiene que

xy dxdy

=

D

=

2

0

√

4−y 2

xy dx dy

y−2

2 0

3 2

3 4 − y 2 , 0 ≤ y ≤ 2} . 2

y

5 13y 2 + 2y − 2 8

dy =

23 . 6

Para poder integrar por franjas verticales, es necesario dividir el dominio D en dos subdominios de modo que D = D1 ∪D2 donde el área de D1 ∩D 2 es nula.

De la ecuación de la elipse 4x2 + 9y 2 = 36 podemos despejar y = ± Entonces 36 − 4x2 2 D1 = {(x, y) ∈ R : 0 ≤ y ≤ , 0 ≤ x ≤ 3} , 3

36−4x2 . 3

6.3 Cambio de variables en integrales dobles

167

mientras que D2 es el triángulo D2 = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ y ≤ x + 2 para todo − 2 ≤ x ≤ 0} . Se tiene que xy dxdy

=

xy dxdy +

D

D1

=

=

⎛ ⎝

0

36−4x2 3

0

⎞

xydy ⎠ dx +

0

−2

x+2

xydy dx

0

2 2 36−4x 3 y 1 0 x dx + x(x + 2)2 dx 2 2 0 −2 0 3 0 1 9 2 1 23 x(36 − 4x2 )dx + x(x + 2)2 dx = − = . 18 0 2 −2 2 3 6

=

3

xy dxdy D2

3

Ejemplo 6.18 Elegir un orden de integraci´ on adecuado para calcular 2 exp(x/y) dxdy siendo D ⊂ R el dominio acotado por las rectas x = 0, D √ y = 1 y la curva y = x. Soluci´ on. Sea f (x, y) = exp(x/y) la función integrando. Elegir un orden de integraci´ on adecuado en este problema se traduce en averiguar qué es más fácil si calcular una primitiva de f respecto de x o respecto de y. Es claro que es más fácil la primitiva respecto de x de modo que integraremos por franjas horizontales de la forma

1 y 2 1& 'y 2 y exp(x/y) dy exp(x/y) dxdy = exp(x/y)dx dy = D

=

0

1 0

0

0

(y exp(y) − y) dy =

0

1 , 2

donde la primitiva de y exp(y) se debe calcular por partes.

6.3.

Cambio de variables en integrales dobles

¯ ⊂ R2 biyectiva Teorema 6.19 (Cambio de variable) Sea g : D ⊂ R2 → D 1 y de clase C (D) con funciones componentes gi (x, y) para i = 1, 2. Entonces f (x, y) dxdy = f (g1 (u, v), g2 (u, v)) | det(Jg (u, v))| dudv , D

¯ D

siendo Jg (u, v) la matriz Jacobiana de g y donde |.| denota el valor absoluto.

168


Nota 6.20 En la práctica, la fórmula del cambio de variable se utiliza de la forma siguiente. Dada una integral f (x, y) dxdy, se realiza el cambio de D variable (x, y) → (u, v) definido por x = g1 (u, v) e y = g2 (u, v). Si este cambio de variable transforma el dominio D ⊂ R2 con coordenadas (x, y) en el dominio ¯ ⊂ R2 con coordenadas (u, v), entonces D f (x, y) dxdy = f (g1 (u, v), g2 (u, v)) | det(Jg (u, v))| dudv . ¯ D

D

Nota 6.21 Un cambio de variables muy utilizado es el cambio a coordenadas polares (x, y) → (r, θ) definido por x = r cos θ e y = r sin θ. Observemos que el Jacobiano del cambio es ∂x ∂x ∂r ∂θ = cos θ −r sin θ = r . ∂y ∂y sin θ r cos θ ∂r ∂θ Entonces, si este cambio de variable transforma el dominio D ⊂ R2 con coorde¯ ⊂ R2 con coordenadas (r, θ), se tiene que nadas (x, y) en el dominio D f (x, y) dxdy = f (r cos θ, r sin θ) r drdθ . ¯ D

D

Nota 6.22 Otra forma, geométrica en este caso, de ver cómo se transforma una integral de coordenadas cartesianas a polares es teniendo en cuenta que el elemento de área dA en el plano se escribe en coordenadas cartesianas como dA = dx dy, es decir, el rectángulo de lados infinitesimales dx y dy. Pero, en coordenadas polares, el elemento de área dA es el producto del arco rectil´ıneo de longitud infinitesimal dr con el arco de circunferencia de longitud infinitesimal r dθ, es decir, dA = r dr dθ. Nota 6.23 Cuando se pretende calcular f (x, y) dxdy, un indicativo de D que se deben usar coordenadas polares es cuando o bien la función f tiene una dependencia en x2 + y 2 o bien cuando el dominio D tiene alguna simetr´ıa circular. Ejemplo 6.24 Sea D ⊂ R2 el paralelogramo delimitado por las rectas x+y = 0, x + y = 1, 2x − y = 0, 2x − y = 3. Usar un cambio de variables lineal de modo que D se transforme en un rect´ angulo para evaluar (x + y)2 dxdy. D Soluci´ on. Las rectas x + y = 0, x + y = 1, y − 2x = 0, y − 2x = −3 que delimitan el paralelogramo D sugieren el cambio de variables (x, y) → (u, v) definido por u = x + y, v = 2x − y puesto que D se transforme en el rectángulo R = [0, 1] × [0, 3], es decir, R = {(u, v) ∈ R2 : 0 ≤ u ≤ 1, 0 ≤ v ≤ 3} . Observemos que el cambio inverso es que el Jacobiano del cambio es ∂x ∂x ∂v J(u, v) = ∂u ∂y ∂y ∂u

∂v

x = (u + v)/3, y = (2u − v)/3, de modo =

1 3 2 3

1 3 −1 3

−1 = . 3

6.3 Cambio de variables en integrales dobles

169

Entonces,

2

(x + y) dxdy = D

1 u |J(u, v)| dudv = 3 R 2

3 0

1 0

2

u du

dv =

1 . 3

Ejemplo 6.25 Calcular exp(−x2 − y 2 ) dxdy siendo D ⊂ R2 el c´ırculo de D radio R centrado en el origen de coordenadas. Soluci´ on. Notemos que exp(−x2 − y 2 ) = exp(−x2 ) exp(−y 2 ). Puesto que la funci´ on exp(−x2 ) no admite primitiva expresable mediante funciones elementales, es claro que exp(−x2 − y 2 ) dxdy no se puede calcular en coordenadas D cartesianas, independientemente del orden de integraci´ on. Por ejemplo, tomando D = {(x, y) ∈ R2 : −

R2 − x2 ≤ y ≤ R2 − x2 , −R ≤ x ≤ R} ,

se tendr´ıa

exp(−x2 − y 2 ) dxdy = D

R

√ R2 −x2 √ − R2 −x2

−R

exp(−x2 ) exp(−y 2 ) dx .

Usaremos coordenadas polares (observad que se satisfacen las dos condiciones de la Nota 6.23). Se tiene que D = {(r, θ) ∈ R2 : 0 ≤ r ≤ R , 0 ≤ θ ≤ 2π} , con lo que

2

2

exp(−x − y ) dxdy D

=

2π 0

= 2π

R 0

R 0

2

exp(−r )r dr dθ =

exp(−r2 )r dr = π(1 − exp(−R2 )) ,

donde la u ´ltima integral puede calcularse, por ejemplo, usando el cambio de variable z = r2 .

Ejemplo 6.26 Calcular (x2 + y) dxdy siendo D ⊂ R2 la regi´ on anular D √ comprendida entre las circunferencias de radios 1 y 5 centradas en el origen de coordenadas. Soluci´ on. circular.

Usaremos coordenadas polares pues el dominio D tiene simetr´ıa D = {(r, θ) ∈ R2 : 1 ≤ r ≤

√

5 , 0 ≤ θ ≤ 2π} ,

170


con lo que

2

(x + y) dxdy

=

2π

0

D

√ 5

2

2

(r cos θ + r sin θ)r dr dθ =

1

√5 3 r4 r dθ = cos2 θ + sin θ) 4 3 0 1

√ 2π 5 5−1 2 6 cos θ + sin θ dθ = 6π , 3 0

= =

2π

donde para calcular la u ´ltima integral, se ha utilizado la identidad trigonométrica cos2 θ = (1 + cos(2θ))/2.

Ejemplo 6.27 Calcular las ´ areas en que se divide el c´ırculo de radio 1 centrado √ en el origen de coordenadas cuando se corta a lo largo de la recta y = 1/ 2. Soluci´ on. Sea D el dominio situado en la parte superior del corte. Usaremos coordenadas polares. Las coordenadas de los puntos de corte entre la recta √ √ √ y = 1/ √2 y la circunferencia x2 + y 2 = 1 son (x, y) = (±1/ 2, 1/ 2). La recta y = 1/ 2 se transforma en r(θ) = √2 1sin θ y la circunferencia x2 + y 2 = 1 en r = 1. Se tiene pues que 1 2 D = (r, θ) ∈ R : √ ≤ r ≤ 1 , π/4 ≤ θ ≤ 3π/4 . 2 sin θ De este modo, el área A de D es A

=

dxdy = D

3π/4

= π/4

r2 2

3π/4

rdrdθ = π/4

D

1

3π/4

dθ = √ 1 2 sin θ

π/4

1 √ 1 2 sin θ

1 1 − 2 4 sin2 θ

rdr dθ

dθ .

Calculamos aparte una primitiva de 1/ sin2 θ. Como la función integrando es par en seno–coseno, realizamos el cambio de variable t = tan θ, dt = (1 + t2 )dθ y recordamos que sin2 θ = t2 /(1 + t2 ). Se tiene entonces que 1 1 1 1 dt 1 = dt = − = − dθ = . 2 2 2 2 2 t /(1 + t ) 1 + t t t tan θ sin θ Entonces A

=

θ 1 + 2 4 tan θ

3π/4 = π/4

π−2 . 4

El área restante de la otra parte del c´ırculo es π − A = 14 (2 + 3π).

6.4 Algunas aplicaciones

6.4.

171

Algunas aplicaciones

´ Proposici´ on 6.28 (Areas de superficies) Sea f : D ⊂ R2 → R una funci´ on 1 de clase C (D). Definimos A como el ´ area de la superficie S de ecuaci´ on z = f (x, y) limitada por la curva Γ ⊂ S cuya proyecci´ on sobre el plano z = 0 es el contorno del dominio D. Entonces 2 2 ∂f ∂f A= 1+ + dxdy . ∂x ∂y D Nota 6.29 De modo análogo, si la superficie S tiene por ecuación x = g(y, z) ˆ o bien y = h(x, z) y se proyecta y se proyecta sobre el plano x = 0 como D ∗ sobre el plano y = 0 como D se tiene que el área A de S se calcula como

A= o bien

ˆ D

A=

1+

D∗

1+

∂g ∂y

2

∂h ∂x

+

2

∂g ∂z

+

2

∂h ∂z

dydz ,

2 dxdz ,

respectivamente. Ejemplo 6.30 Calcular el ´ area A de la superficie cil´ındrica x2 + y 2 = a2 que se encuentra en el primer octante y que es cortada por el cilindro x2 + z 2 = a2 . √ Soluci´ on. La ecuación de dicha superficie es y = h(x, z) = a2 − x2 , de modo que 2 2 ∂h ∂h x2 a 1+ + = 1+ 2 =√ . 2 2 ∂x ∂z a −x a − x2 on es la cuarta parte de un c´ırculo de radio a en el El dominio D∗ de integraci´ plano y = 0 centrado en el origen de coordenadas, es decir, D∗ = {(x, z) ∈ R2 : x2 + z 2 ≤ a2 , x ≥ 0 , z ≥ 0} . Entonces

A =

1+

D∗

=

a

a 0

√

a2

2 2 a √a2 −x2 a ∂h ∂h √ + dxdz = dz dx ∂x ∂z a2 − x2 0 0 √a2 −x2 a dx = a dx = a2 .

z − x2

0

0

172


Proposici´ on 6.31 (Momentos de inercia de figuras planas) Supongamos que el dominio plano D ⊂ R2 tiene asociada una densidad superficial de masa σ constante. Se definen Io , Ix e Iy como los momentos de inercia de dicha figura plana respecto de un eje perpendicular a la figura que pasa por el origen de coordenadas, el eje x y el eje y respectivamente. Entonces se tiene que: Io = σ (x2 + y 2 ) dxdy , Ix = σ y 2 dxdy , Iy = σ x2 dxdy. D

D

D

Demostraci´ on. Sea dm la masa que hay en el elemento de superficie dA = dxdy del dominio D. Entonces, por definición de densidad superficial de masa, dm = σ dA. Por la definición de centro de masas, se tiene: 1. Sea r la distancia entre el origen de coordenadas y el elemento de masa dm. Entonces, Io = r2 dm = σ (x2 + y 2 ) dxdy . D

2. Sea r la distancia entre el eje x y el elemento de masa dm. Entonces, 2 Ix = r dm = σ y 2 dxdy . D

3. Sea r la distancia entre el eje y y el elemento de masa dm. Entonces, 2 Iy = r dm = σ x2 dxdy . D

Por supuesto, si la figura no es homogénea (por ejemplo está compuesta de diferentes materiales) entonces la densidad superficial de masa σ(x, y) no es constante sino que depende de las coordenadas (x, y) y no sale multiplicando a la integral. En este caso más general se tiene que Io = (x2 + y 2 )σ(x, y) dxdy , D y 2 σ(x, y) dxdy , Ix = D x2 σ(x, y) dxdy. Iy = D

Ejemplo 6.32 Calcular el momento de inercia de un disco homogéneo de radio R y masa total M cuando gira respecto de un eje perpendicular al disco que pasa por el centro del disco.

6.4 Algunas aplicaciones

173

Soluci´ on. Tomando el origen del sistema de referencia en el centro del disco, se tiene que el momento de inercia es Io = σ (x2 + y 2 ) dxdy, D 2

2

2

siendo D = {(x, y) ∈ R : x + y ≤ R2 } y σ la densidad superficial de masa constante. Entonces, tomando coordenadas polares,

2π R πR4 2 Io = σ r rdr dθ = σ . 2 0 0 Finalmente, teniendo en cuenta que σ = M/(πR2 ), se obtiene Io =

1 M R2 . 2

Proposici´ on 6.33 (Centro de masas de ´ areas planas) Supongamos que el dominio plano D ⊂ R2 tiene asociada una densidad superficial de masa σ constante. Entonces, las coordenadas (xcm , ycm ) del centro de masas de dicha ´ area son x dxdy y dxdy D D (xcm , ycm ) = , . dxdy dxdy D D Demostraci´ on. Sea dm la masa que hay en el elemento de área dA = dxdy. Entonces, por definición de densidad superficial de masa dm = σ dA. Finalmente, por la definición de centro de masas: x dxdy , dxdy D

xcm

=

x dm = dm

D

ycm

=

y dm = dm

D

y dxdy . dxdy D

Por supuesto, si la figura no es homogénea entonces se tiene que la densidad superficial de masa σ(x, y) no es constante. En este caso, denotando por M la masa total de la placa se tiene que M = σ(x, y) dxdy , D 1 (xcm , ycm ) = xσ(x, y) dxdy, yσ(x, y) dxdy . M D D Ejemplo 6.34 Calcular el centro de masas de la superficie con densidad superficial de masa constante y encerrada en el primer cuadrante por la elipse de semiejes a y b centrada en el origen.

174


Soluci´ on. La región D ⊂ R2 de la pieza está limitada por los ejes de coordenadas y la elipse de ecuación x2 /a2 + y 2 /b2 = 1. Como el área de la elipse es πab, se tiene que el área de la pieza es 1 dxdy = πab . 4 D Por otra parte

x dxdy

=

b a

√

b a

a

x

0

a2 −x2

xdy dx =

0

0

D

=

a

a

& xy

0

' ab √a2 −x2 0

dx

a2 b a2 − x2 dx = , 3

donde en la u ´ltima integral se ha efectuado el cambio de variable t = a2 − x2 . De forma análoga obtenemos

y dxdy

=

D

=

a 0

b2 2a2

b a

a 0

ydy dx =

0

√ a2 −x2

a2 − x2 dx =

a 0

y2 2

ab √a2 −x2 dx 0

ab2 . 3

En definitiva, las coordenadas del centro de masas son x dxdy = dxdy D

xcm

=

D

ycm

=

D

y dxdy = dxdy D

a2 b 3 1 πab 4 ab2 3 1 πab 4

=

4a , 3π

=

4b . 3π

6.5.


Problema 6.1 Calcular (x2 − y) dxdy sobre el dominio D limitado por las D 2 2 par´ abolas y = x , y = −x y las rectas x = 1, x = −1. Soluci´ on. 4/5. Problema 6.2 Cambiar el orden de integraci´ on en la siguiente integral doble

4 1

Soluci´ on.

2 y 1 1

f (x, y)dxdy +

2x

f (x, y) dxdy . x 4 y 2 y/2

f (x, y)dxdy +

8 4 4 y/2

f (x, y)dxdy.


175

Problema 6.3 Calcula la siguiente integral doble exp(y 2 ) dxdy , D 2

siendo D = {(x, y) ∈ R : x ≤ y ≤ 1, 0 ≤ x ≤ 1}. Soluci´ on. Elige bien el orden de integraci´ on y la integral vale (e − 1)/2. Problema 6.4 Demostrar que el ´ area encerrada por una elipse de semiejes a y b es πab. Soluci´ on. Si la elipse es x2 /a2 + y 2 /b2 = 1, una forma elegante de resolver el problema es usar coordenada (u, v) = (x/a, y/b) en la integral doble correspondiente. Problema 6.5 Calcular (x+y)2 exp(x−y) dxdy, siendo D el paralelep´ıpeD do limitado por las rectas x + y = 1, x + y = 4, x − y = 1, x − y = −1. Soluci´ on. Usando el cambio de variables (u, v) = (x + y, x − y) la integral −1 doble vale 21 ). 2 (e − e ln(x2 + y 2 ) dxdy, siendo D la regi´ on del primer Problema 6.6 Calcular D cuadrante limitada por los ejes coordenados y las circunferencias de radios a y b con a > b. Soluci´ coordenadas polares, la integral doble vale 2 on. Usando π 2 2 2 (−1 + ln a ) − b (−1 + ln b ) . a 4 Problema 6.7 La superficie que bordea la cavidad de una copa de vino tiene la forma de un paraboloide de revoluci´ on z = x2 + y 2 con una altura de 10 cm. Se sabe que una persona comienza a estar borracha al haber ingerido 1.5 litros de vino. Hallar el n´ umero de copas de vino (supuesto que se llenan totalmente) que se deber´ an ingerir para estar borracho. Soluci´ on. 9,55. Problema 6.8 Obtener el ´ area comprendida entre las circunferencias x2 +y 2 = 2 2 2x, x + y = 4x y las rectas y = x, y = 0. Soluci´ on. 3(π + 2)/4. (1 + x2 + y 2 )−3/2 dxdy, siendo el dominio D el Problema 6.9 Hallar D tri´ angulo de vértices (0, 0), (1, 0), (1, 1). Soluci´ on. Usando coordenadas polares vale π/12. Problema 6.10 Consideremos una esfera maciza de radio R. Calcular el volumen que se desaloja de la esfera si esta es perforada mediante un cilindro macizo de radio r0 < R cuyo eje pasa por un di´ ametro de la esfera.

176


Soluci´ on. 4 π3 [R3 − (R2 − r02 )3/2 ]. Problema 6.11 Hallar el volumen acotado por el cilindro x2 + y 2 = 4 y los planos z = 0, y + z = 4 Soluci´ on. 16π. Problema 6.12 Calcular la superficie de una esfera de radio R. Soluci´ on. 4πR2 . Problema 6.13 Calcula la siguiente integral doble log(x2 + y 2 ) dxdy , D

siendo D la regi´ on anular del primer cuadrante comprendida entre dos circunferencias concéntricas con centro en el origen de coordenadas y radios a y b con a > b. Soluci´ on. π4 a2 log a2 − b2 log b2 + ln110 (b2 − a2 ) . Problema 6.14 Calcula la siguiente integral doble xy 2 dxdy , D

siendo D = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ p/2 , y 2 ≤ 2px} con p > 0. Soluci´ on. p2 /21. Problema 6.15 Calcular el volumen de la regi´ on de R3 limitada por las siguientes superficies: el cilindro x2 + y 2 = 1, el paraboloide z = x2 + y 2 y el plano z=0 Soluci´ on. π/2. Problema 6.16 Expresar los l´ımites de integraci´ on de franjas horizontales y verticales cuando:

D

f (x, y) dxdy por

(i) D es el tri´ angulo de vértices (0, 0), (3, 3) y (4, 1). (ii) D es el paralelogramo de vértices (1, 2), (2, 4), (2, 7) y (1, 5). Soluci´ on. (i) f (x, y) dxdy

=

D

=

3 0

0

f (x, y) dy +

1

x

dx x/4

f (x, y) dx + y

f (x, y) dy

3 1

−2x+9

dx

3

4y

dy

4

x/4 9−y 2

dy y

f (x, y) dx .


177

(ii)

f (x, y) dxdy

=

D

=

2

dx

1 4 2

dy

+

7 5

2x+3

2x y/2 1

dy

f (x, y) dy f (x, y) dx +

2 (y−3)/2

5 4

dy

2 1

f (x, y) dx

f (x, y) dx .

Problema 6.17 Expresar en coordenadas polares los siguientes dominios: (i) D1 = {(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x2 + y 2 ≤ 4}. (ii) D2 = {(x, y) ∈ R2 : (x − 1)2 + y 2 ≤ 1, y ≥ 0}. (iii) D3 = {(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x2 + y 2 ≤ 4, y ≤ 2x, y ≥ 0}. Soluci´ on. (i) D1 = {(r, θ) : 1 ≤ r ≤ 2}. (ii) D2 = {(r, θ) : r ≤ 2 cos θ, 0 ≤ θ ≤ π/2}. (iii) D3 = {(r, θ) : 1 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ arctan 2}. Problema 6.18 Usar coordenadas polares para calcular el ´ area limitada por la curva Lemniscata de ecuaci´ on (x2 + y 2 )2 = 2a2 (x2 − y 2 ) fuera del c´ırculo centrado en el origen de radio a. √ Soluci´ on. 4a2 ( 3 − π/12). a2 − x2 − y 2 dxdy, siendo D la regi´ on limitaProblema 6.19 Calcular D da por la hoja de la Lemniscata (x2 + y 2 )2 = a2 (x2 − y 2 ) con x ≥ 0. Soluci´ on. πa3 /6. Problema 6.20 Calcular exp(x/y) dxdy, siendo D la regi´ on limitada por D las rectas x = 0, y = 1 y la par´ abola x = y 2 . Soluci´ on. 1/2. Problema 6.21 Integrar por franjas horizontales y verticales (comprobando la igualdad del resultado) para calcular el volumen del cuerpo limitado por el plano z = 3x + 5y en el primer octante siendo la base en el plano xy limitada por las rectas y = 2x, x = 2y, y = 1, y = 4. Soluci´ on. 3045/8. Problema 6.22 Calcular el volumen limitado por el paraboloide esférico z = x2 + y 2 , el plano z = 0 y los cilindros parab´ olicos x = y 2 , y = x2 . Soluci´ on. 54/315.

178


Problema 6.23 Calcular el volumen en el primer octante limitado por la superficie z = xy, el plano z = 0 y el cilindro x2 + y 2 = 1. Soluci´ on. 1/8. Problema 6.24 Calcular el volumen limitado por el plano z = 0, el cilindro x2 + y 2 = 2ax (con a > 0) y el cono x2 + y 2 = z 2 . Soluci´ on.

32 3 9 a .

Problema 6.25 Calcular el volumen limitado por las siguientes superficies: (i) Los cilindros parab´ olicos y 2 = x, y 2 = 4x y los planos z = 0 y x + z = 6. (ii) El cilindro x2 + z 2 = a2 y los planos z = 0, y = 0, y = x. √ Soluci´ on. (i) 96 6/5. (ii) a3 /3. Problema 6.26 Un vaso cil´ındrico de radio R y altura H est´ a lleno de agua. Se inclina el vaso hasta que la superficie de agua en su interior biseca la base del vaso. Calcular el volumen de agua que hay en el interior del vaso en ese momento. Soluci´ on.

2 2 3 HR .

Problema 6.27 Hallar el volumen del anillo generado al girar entorno del eje de abscisas el c´ırculo de radio R centrado en el punto (0, c) con R < c. Soluci´ on. 2cπ 2 R2 .

6.6.

Problemas resueltos

Problema 6.28 Calcular el volumen del s´ olido cuya base es el dominio D del plano z = 0 encerrado por la par´ abola y = x2 y la recta y = 1, su superficie lateral es perpendicular al plano z = 0 y su tapa superior viene dada por el plano −x − y + z = 10. Soluci´ on. Despejando la variable z de la ecuación del plano −x − y + z = 10, se tiene que z = f (x, y) = x + y + 10. Entonces, el volumen V del sólido viene dado por V =

f (x, y) dx dy = D

(x + y + 10) dx dy. D

Como el dominio D = {(x, y) ∈ R2 | x2 ≤ y ≤ 1, −1 ≤ x ≤ 1}, se tiene, integrando por franjas verticales, que 1 1 1 1 y2 V = xy + (x + y + 10) dy dx = dx + 10y 2 −1 x2 −1 x2 1 1 212 x4 x + 10 + − x3 − = − 10x2 dx = . 2 2 15 −1


179

Problema 6.29 Calcular el centro de masas de la l´ amina con densidad superficial de masa σ(x, y) = y cuyo contorno est´ a formado por la recta x = 0 y las curvas y = sin x e y = cos x en el primer cuadrante. Soluci´ on. Sea D ⊂ R2 la región de la lámina. Dicha región se puede expresar por franjas verticales como D = {(x, y) ∈ R2 : sin x ≤ y ≤ cos x, 0 ≤ x ≤ π/4} . Entonces, la masa total M de la placa vale π/4 cos x 1 π/4 & 2 'cos x M = y σ(x, y) dxdy = y dxdy = dx 2 0 sin x D 0 sin x 1 π/4 1 π/4 1 2 2 = cos x − sin x dx = cos(2x) dx = . 2 0 2 0 4 Por otra parte xσ(x, y) dxdy

=

D

π/4 0

= =

cos x

sin x π/4

xy dxdy =

1 2

π/4 0

& 'cos x xy 2 dx

1 1 x(cos2 x − sin2 x) dx = 2 0 2 1 (π − 2) , 16

sin x

π/4 0

x cos(2x) dx

donde la u ´ltima integral se ha realizado por partes. Finalmente π/4 cos x 1 π/4 & 3 'cos x 2 y yσ(x, y) dxdy = y dxdy = dx 3 0 sin x D 0 sin x 1 π/4 1 √ = cos3 x − sin3 x dx = (5 2 − 4) , 3 0 18 donde se han calculado las primitivas 1 3 cos x(1 − sin2 x) dx = sin x − sin3 x , cos x dx = 3 1 sin x(1 − cos2 x) dx = − cos x + cos3 x . sin3 x dx = 3 En definitiva, las coordenadas del centro de masas son 1 (xcm , ycm ) = xσ(x, y) dxdy, yσ(x, y) dxdy M D D √ 1 1 (π − 2), (10 2 − 8) . = 4 9 Problema 6.30 Calcula la integral xey dxdy, donde D es la regi´ on del D plano delimitada por las curvas x = 0, x = 1, y = 0 e y = x2 .

180


Soluci´ on. La región D es la que queda entre la parábola y = x2 y el eje de abscisas con x ∈ [0, 1], de modo que

y

xe dxdy

=

D

= =

1 0

1

y

xe dydx =

0

1

0

x2

(xe

x

2

0

1 − x)dx = 2

x2

[xey ]0 dx 1

0

x2

2xe dx −

1 0

xdx

1 e − 1. 2

xdxdy con D ⊂ R2 el domiProblema 6.31 Considerar el volumen V = D nio del primer cuadrante cuyo contorno est´ a formado por el eje de abscisas, la recta de pendiente m que pasa por el origen de coordenadas y la elipse centrada en el origen de semiejes a y b a lo largo de los ejes coordenados. Calcular la pendiente m de modo que V = 2. Soluci´ on. Sea la elipse de ecuación x2 /a2 + y 2 /b2 = 1. Sea (x0 , y0 ) las coordenadas del punto de intersecci´ on entre la elipse y la recta y = mx en el primer cuadrante. Se tiene pues que y02 /(m2 a2 ) + y02 /b2 = 1, es decir, y0 = √

b2

abm . + a 2 m2

Entonces, V

=

xdxdy = D

= =

y0

0

y0 2

x2 2 2

ab

a −

√

y0 0

a b

b2 −y 2

dy

xdx y/m

b2 −y 2

dy = y/m a2 y02 3b2

√

y2 − 02 3m

1 2

y0 0

a2 2 y2 2 (b − y ) − b2 m2

dy

.

Se tiene pues que

a3 bm V = √ . 3 b2 + a2 m2 Entonces, resolviendo la ecuación V = 2 se obtiene 6b . m=± √ 4 a a b2 − 36

Notemos que para obtener m ∈ R se debe imponer a4 b2 > 36. Además, como D est´ a en el primer cuadrante, también se ha de imponer la pendiente m > 0. Teniendo en cuenta toda la información se concluye que: si a4 b2 > 36, existe una u ńica pendiente 6b , m= √ 4 a a b2 − 36


181

que hace V = 2. En caso contrario, si a4 b2 ≤ 36 entonces no existe ning´ un valor de m tal que V = 2. Problema 6.32 Considerar la pieza plana y homogénea de densidad superficial de masa σ delimitada por las par´ abolas y = 2x − x2 e y = −6x + 3x2 . Calcular su ´ area, las coordenadas de su centro de masas as´ı como el momento de inercia respecto del eje y. Soluci´ on. Las abscisas de los puntos de corte entre las dos parábolas vienen dadas por las soluciones reales de la ecuación 2x − x2 = −6x + 3x2 que son 0 y 2. Entonces, la región D ⊂ R2 de la pieza plana se puede expresar por franjas verticales como D = {(x, y) ∈ R2 : −6x + 3x2 ≤ y ≤ 2x − x2 , 0 ≤ x ≤ 2} . Entonces, el área A de D vale A

=

dxdy = D

2

0

2x−x2 −6x+3x2

dxdy =

2 0

8x − 4x2 =

16 . 3

Por otra parte

x dxdy

=

D

y dxdy

=

D

2 0 2

0

2x−x2 −6x+3x2

xdxdy =

2 0

2x−x2

1 ydxdy = 2 2 −6x+3x

8x2 − 4x3 dx =

2

& '2x−x2 y2

−6x+3x2

0

16 , 3

dx = −

64 . 15

En definitiva, las coordenadas del centro de masas son 1 x dxdy, y dxdy (xcm , ycm ) = A D D 4 . = 1, − 5 El momento de inercia Iy respecto del eje y es Iy

=

D

=

x2 dxdy = σ

σ σ

2 0

& '2x−x2 x2 y

−6x+3x2

2 0

2x−x2 −6x+3x2

dx = σ

x2 dxdy

32 . 5

xy dxdy con D ⊂ R2 el dominio cuyo contorno Problema 6.33 Calcular D est´ a limitado por las rectas y = x, y = 2x e y = −2x + 4. Soluci´ on. Definimos las rectas del contorno de D como r1 = {y = x}, r2 = {y = 2x}, y r3 = {y = −2x + 4}. Entonces se tienen las coordenadas de los tres vértices de D como las intersecciones de dichas rectas, es decir: (0, 0) =

182


r1 ∩ r2 , (4/3, 4/3) = r1 ∩ r2 y (1, 2) = r2 ∩ r3 . Tanto para integrar por franjas verticales como horizontales es necesario dividir el dominio triangular D en dos subdominios de modo que D = D1 ∪ D2 . Realizando este proceso por franjas verticales se obtiene en concreto que D1 es el triángulo D1 = {(x, y) ∈ R2 : x ≤ y ≤ 2x , 0 ≤ x ≤ 1} , mientras que D2 es el triángulo D2 = {(x, y) ∈ R2 : x ≤ y ≤ −2x + 4 , 1 ≤ x ≤ 4/3} . Se tiene que xy dxdy

=

D

xy dxdy + D1

=

1

1 2

=

3 2

2x

xydy dx +

0

=

xy dxdy D2

x

1 0 1 0

xy 2

2x x

dx +

1 x dx + 2 3

1 2

4/3 1

4/3

1 4/3

1

−2x+4

xydy dx x

xy 2

−2x+4 x

dx

(16x − 16x2 + 3x3 )dx =

52 . 81

Problema 6.34 Calcular las coordenadas del centro de masas de la figura plana homogénea delimitada por las par´ abolas y 2 = 4x + 4, y 2 = −2x + 4. Soluci´ on. Las parábolas y 2 = 4x + 4 e y 2 = −2x + 4 se intersectan en los puntos con abscisa x solución de la ecuación 4x + 4 = −2x + 4, es decir con x = 0. Los puntos de corte son pues (0, ±2). Definimos el dominio plano D ⊂ R2 por franjas horizontales como y2 y2 D = (x, y) ∈ R2 : − 1 ≤ x ≤ − + 2, −2 ≤ y ≤ 2 . 4 2 Entonces, las coordenadas (xcm , ycm ) del centro de masas de D son x dxdy y dxdy D D , . (xcm , ycm ) = dxdy dxdy D D Calculando cada una de las integrales que aparecen se obtiene ⎛ ⎞ 2 − y22 +2 2 & '− y2 +2 2 ⎝ ⎠ x y2 dxdy = dx dy = dy 2 −2

D

= xdxdy D

=

y 4

−1

−2

4

−1

2

3 3 − y 2 dy = 8 , 4 −2 ⎛ ⎞ 2 − y22 +2 ⎝ ⎠ dy = xdx 2 −2

y 4

−1

2 −2

x2 2

− y22 +2 y2 4

dy −1

6.6 Problemas resueltos = ydxdy

=

D

2

3 3 2 3 16 − y + y 4 dy = , 2 4 32 5 −2 ⎛ ⎞ 2 − y22 +2 2 & '− y2 +2 2 ⎝ yx 2 ydx⎠ dy = dy −2

=

183

2 −2

y2 4

−2

−1

y 4

−1

5 5 y − y 3 dy = 0. 2 8


2 ,0 . 5

Nota: Observemos que el hecho de que ycm = 0 se puede obtener sin realizar ning´ un cálculo y sólo teniendo en cuenta la simetr´ıa del conjunto D.

Cap´ıtulo 7

Integrales de L´ınea 7.1.


Definici´ on 7.1 Las funciones V : D ⊂ Rn → Rn se llaman campos vectoriales. Su interpretaci´ on geométrica es que a cada punto x ∈ Rn se le hace corresponder un vector V (x) ∈ Rn . Definici´ on 7.2 Llamaremos curva derivable Γ a la imagen de la función γ : [a, b] ⊂ Rn siendo γ derivable en (a, b). As´ı pues Γ = {γ(t) ∈ Rn : a ≤ t ≤ b}. La función γ se llama una parametrizaci´ on de la curva Γ. Nota 7.3 Dada una curva derivable Γ = {γ(t) ∈ Rn : a ≤ t ≤ b}, se puede asociar a cada punto γ(t) de Γ el vector velocidad γ (t) ∈ Rn . Puesto que, por definición de derivada de un vector, se tiene γ(t + h) − γ(t) , h→0 h

γ (t) = l´ım

es claro que el vector velocidad γ (t) es tangente a la curva Γ en el punto γ(t). Definici´ on 7.4 La integral de l´ınea del campo vectorial V a lo largo de la curva derivable Γ = {γ(t) ∈ Rn : a ≤ t ≤ b} es la integral de Riemann b V (γ(t)).γ (t) dt , a

donde el punto denota el producto escalar ordinario en Rn . Nota 7.5 Dada una curva derivable Γ = {γ(t) ∈ Rn : a ≤ t ≤ b}, se puede asociar a cada punto γ(t) de Γ el vector velocidad γ (t) ∈ Rn . Puesto que, por definición de derivada de un vector, se tiene γ (t) = l´ım

h→0

γ(t + h) − γ(t) , h

es claro que el vector velocidad γ (t) es tangente a la curva Γ en el punto γ(t). 185

186

Integrales de L´ınea

Proposici´ on 7.6 La integral de l´ınea de un campo vectorial a lo largo de una curva derivable no depende de la parametrizaci´ on (que preserve la orientaci´ on) de la curva. Nota 7.7 De hecho, si Γ = {γ(t) ∈ Rn : a ≤ t ≤ b} y Γ = {ξ(s) ∈ Rn : c ≤ s ≤ d} son dos parametrizaciones derivables diferentes de la curva Γ, entonces b d V (γ(t)).γ (t) dt = ± V (ξ(s)).ξ (s) ds , a

c

donde el signo + se satisface si la orientaci´ on de Γ es la misma para γ que para ξ, es decir, el punto inicial de Γ corresponde a γ(a) = ξ(c) y el final a γ(b) = ξ(d). Nota 7.8 Existe otra notación, usando coordenadas, para la integral de l´ınea del campo vectorial V = (V1 , . . . , Vn ) a lo largo de la curva derivable Γ = {γ(t) = (x1 (t), . . . , xn (t)) ∈ Rn : a ≤ t ≤ b}. Proviene del hecho de que, diferenciando, se tiene dxi (t) = xi (t) dt. Entonces, como γ (t) = (x1 (t), . . . , xn (t)), se tiene la siguiente notación b n V (γ(t)).γ (t) dt = Vi dxi . γ i=1

a

Nota 7.9 Cuando la curva derivable Γ es cerrada, se acostumbra a utilizar un c´ırculo sobre la integral de l´ınea del campo vectorial V a lo largo de Γ = {γ(t) ∈ Rn : a ≤ t ≤ b} con γ(a) = γ(b). As´ı, se tiene la notación , V (γ(t)).γ (t) dt . γ

Nota 7.10 En f´ısica, el trabajo que realiza un campo de fuerzas F (x, y, z) = F1 (x, y, z)i + F2 (x, y, z)j + F3 (x, y, z)k para llevar a una part´ıcula desde un punto inicial A hasta un punto final B a lo largo del camino γ viene dado por la integral de l´ınea F .dr = F1 (x, y, z) dx + F2 (x, y, z) dy + F3 (x, y, z) dz. γ

γ

Definici´ on 7.11 La curva Γ = {γ(t) ∈ Rn : a ≤ t ≤ b} es casi-derivable si γ ∈ C([a, b]) y γ es derivable en (a, b) excepto en un conjunto finito de puntos {t1 , . . . , tk } ⊂ [a, b]. Nota 7.12 Dada una curva casi-derivable Γ = {γ(t) ∈ Rn : a ≤ t ≤ b} con puntos de no derivabilidad {t1 , . . . , tk } ⊂ [a, b], la integral de l´ınea del campo vectorial V a lo largo de Γ se puede calcular de la forma b t1 k−1 ti+1 V (γ(t)).γ (t) , dt = V (γ(t)).γ (t) dt + V (γ(t)).γ (t) dt a

a

i=1 b

+ tk

V (γ(t)).γ (t) dt .

ti

7.1 Conceptos preliminares

187

Ejemplo 7.13 Calcular el trabajo W realizado por el campo de fuerzas F que depende de la posici´ on como F (x, y, z) = (−x/2, −y/2, 1/4) cuando act´ ua sobre una part´ıcula que se mueve por la hélice de ecuaci´ on γ(t) = (cos t, sin t, t) desde el punto inicial (1, 0, 0) hasta el punto final (−1, 0, 3π). Soluci´ on. El punto inicial es γ(0) = (1, 0, 0) y el punto final γ(3π) = (−1, 0, 3π). Entonces, por definición de trabajo, 3π 3π 1 1 1 W = . (− sin t, cos t, 1) dt − cos t, − sin t, F (γ(t)).γ (t) dt = 2 2 4 0 0 3π 1 3π = dt = . 4 4 0

Ejemplo 7.14 Calcular la integral de l´ınea C y dx + x2 dy, siendo C el arco de par´ abola y = 4x − x2 que va desde el punto (4, 0) hasta el (1, 3). Soluci´ on. Una parametrización trivial de C es γ(t) = (x(t), y(t)) = (t, 4t − t2 ). Entonces, dx = dt y dy = (4 − 2t) dt. Además el punto inicial es γ(4) = (4, 1) y el punto final es γ(1) = (1, 3) de modo que 1 1 69 y dx + x2 dy = (4t − t2 ) dt + t2 (4 − 2t) dt = (4t + 3t2 − 2t3 ) dt = . 4 4 4 C

Ejemplo 7.15 Considerar el camino cerrado γ formado por la uni´ on de dos curvas γ = γ1 ∪ γ2 , siendo γ1 el arco de la elipse x2 /16 + y 2 /9 = 1 que se encuentra en el primer cuadrante y -γ2 el segmento que une los puntos (0, 3) y (4, 0). Calcular la integral de l´ınea γ y dx − x dy, donde γ es recorrida en el sentido antihorario. Soluci´ on. La elipse x2 /a2 + y 2 /b2 = 1 se puede parametrizar de la forma {(x(t), y(t)) = (a cos t, b sin t) ∈ R2 : 0 ≤ t ≤ 2π} y se recorre en el sentido antihorario. Entonces, una parametrización de γ1 es {γ1 (t) = (x(t), y(t)) = (4 cos t, 3 sin t) ∈ R2 : 0 ≤ t ≤ π/2} . a incluido en la recta que pasa por (4, 0) y tiene vector director (4, 0) − γ2 est´ (0, 3) = (4, −3). Entonces, una parametrizaci´ on de γ2 es {γ2 (t) = (x(t), y(t)) = (4 + 4t, −3t) ∈ R2 : −1 ≤ t ≤ 0} . Finalmente , y dx − x dy

y dx − x dy +

=

γ

= =

γ1 π/2 0

−12

y dx − x dy γ2

(−12 sin2 t − 12 cos2 t) dt +

π/2 0

dt + 12

0 −1

0 −1

(−12t + (4 + 4t)3) dt

dt = 6(2 − π).

188


7.2.

Campos vectoriales conservativos y funci´ on potencial

Definici´ on 7.16 Se dice que el campo vectorial V : D ⊂ Rn → Rn de clase C 1 (D) es conservativo si proviene de una funci´ on potencial φ : D ⊂ Rn → R, es decir, V = ∇φ = (D1 φ, . . . , Dn φ) . Nota 7.17 En f´ısica, los campos gravitatorios g = −∇V y electrostáticos = −∇V son conservativos, siendo V el potencial gravitatorio y electrostátiE co respectivamente. El signo negativo es un puro convenio f´ısico. Estos campos conservan la energ´ıa mecánica de las part´ıculas, ver el Problema 7.6. El siguiente resultado muestra que la integral de l´ınea de un campo vectorial conservativo no depende del camino (curva) seguido, u ńicamente depende del punto inicial y del punto final de la curva. Teorema 7.18 Si V es un campo vectorial conservativo con potencial asociado φ, entonces la integral de l´ınea de V a lo largo de la curva derivable Γ = {γ(t) ∈ Rn : a ≤ t ≤ b} es

b

V (γ(t)).γ (t) , dt = φ(γ(b)) − φ(γ(a)) .

a

Demostraci´ on. Se tiene, usando la regla de la cadena, que

b

V (γ(t)).γ (t) , dt

b

=

a

a

=

b

∇φ(γ(t)).γ (t) , dt =

(φ ◦ γ) (t) , dt

a

φ ◦ γ(b) − φ ◦ γ(a) = φ(γ(b)) − φ(γ(a)) ,

finalizando la demostración. Corolario 7.19 Si V es un campo vectorial conservativo, entonces la integral de l´ınea de V a lo largo de cualquier curva γ derivable cerrada es nula, es decir, , V (γ(t)).γ (t) , dt = 0 . γ

El siguiente resultado muestra cómo caracterizar los campos conservativos y el cálculo de la función potencial asociada. Teorema 7.20 (Poincar´ e) Sea V : D ⊂ Rn → Rn un campo vectorial de 1 clase C (D) y D un dominio de Rn simplemente conexo (es decir, sin huecos). Entonces, V = (V1 , . . . , Vn ) es conservativo si y solo si Di Vj = Dj Vi para todo i, j = 1, . . . , n.

7.2 Campos vectoriales conservativos y funci´ on potencial

189

Demostraci´ on. Haremos la demostración solo para n = 2 (por comodidad) y solo en una dirección (la otra dirección es más dif´ıcil y requiere matemáticas superiores). As´ı, supongamos que V = (V1 , V2 ) es conservativo. Entonces, existe una función potencial φ con φ ∈ C 2 (D) tal que V = ∇φ, es decir, V1 =

∂φ ∂φ , V2 = . ∂x ∂y

Derivando de nuevo se tiene ∂V1 ∂2φ ∂V2 ∂2φ = , = . ∂y ∂x∂y ∂x ∂y∂x Pero, en virtud del Teorema de Schwarz, se tiene que ∂2φ ∂2φ = , ∂x∂y ∂y∂x de modo que ∂V2 ∂V1 = , ∂y ∂x finalizando la demostración. Ejemplo 7.21 Sea D ⊂ R2 un dominio simplemente conexo que no contenga al origen. Calcular la integral de l´ınea , −y x dx + 2 dy 2 2 4x + 9y 2 γ 4x + 9y a lo largo de cualquier curva cerrada γ contenida en D. Soluci´ on. Notemos que el campo vectorial −y x V = (V1 , V1 ) = , 4x2 + 9y 2 4x2 + 9y 2 es de clase C 1 (R2 − {(0, 0)}) porque sus funciones componentes son racionales y sus denominadores se anulan u ńicamente en el (0, 0). En particular, como D no contiene el (0, 0), V ∈ C 1 (D). Por otra parte −y x ∂ 9y 2 − 4x2 ∂ = = . ∂y 4x2 + 9y 2 ∂x 4x2 + 9y 2 (4x2 + 9y 2 )2 Entonces, por el Teorema de Poincaré 7.20, V es conservativo. De este modo se tiene , −y x dx + 2 dy = 0 , 2 + 9y 2 4x 4x + 9y 2 γ a lo largo de cualquier curva cerrada γ contenida en D.

190


Nota 7.22 Veamos cómo hallar la función potencial φ asociado a un campo vectorial V : D ⊂ Rn → Rn en el caso particular de que n = 2, aunque el método es fácilmente generalizable a cualquier n. Se parte de que V (x, y) = ∇φ(x, y), es decir, ∂φ ∂φ V1 (x, y) = (x, y) , V2 (x, y) = (x, y) . (7.1) ∂x ∂y De la primera ecuación anterior (se podr´ıa partir de la segunda con un procedimiento totalmente análogo) se obtiene, integrando respecto de x ambos miembros, φ(x, y) =

V1 (x, y) dx + F (y) ,

siendo F una función arbitraria. Solo falta hallar F . Derivando respecto de y la ecuaci´ on anterior y teniendo en cuenta la segunda ecuación de (7.1) se obtiene que ∂φ ∂V1 = (x, y) dx + F (y) = V2 (x, y) , ∂y ∂y de donde se despeja F (y) = V2 (x, y) −

∂V1 (x, y) dx . ∂y

(7.2)

De aqu´ı se tiene que F (y) =

∂V1 (x, y) dx dy . V2 (x, y) − ∂y

Observamos que, para que este proceso tenga sentido, es necesario que el miembro de la derecha en la ecuación (7.2) no dependa de x. Veamos que esta condici´ on se cumple bajo la restricción ∂V1 ∂V2 = ∂y ∂x de campo conservativo dado en el Teorema 7.20. En concreto, se tiene que ∂V1 ∂ ∂V1 ∂V2 ∂ ∂V2 ∂V1 V2 − dx = − dx = − =0. ∂x ∂y ∂x ∂x ∂y ∂x ∂y Ejemplo 7.23 Considerar el campo vectorial V (x, y) = (y 2 ex + 3x2 y, 2yex + x3 ) . (i) ¿Es V conservativo? En caso afirmativo, hallar la funci´ on potencial asociada. (ii) Calcular la integral de l´ınea de V a lo largo de cualquier curva derivable Γ ⊂ R2 que conecte el punto inicial (0, 0) con el punto final (1, 1).

7.2 Campos vectoriales conservativos y funci´ on potencial

191

Soluci´ on. (i) Notemos que el campo vectorial V (x, y) = (V1 (x, y), V2 (x, y)) = (y 2 ex + 3x2 y, 2yex + x3 ) es de clase C 1 (R2 ). Además ∂V2 ∂V1 (x, y) = 2yex + 3x2 = (x, y) , ∂y ∂x de modo que V es conservativo. Para hallar la función potencial φ asociada, se parte de que V (x, y) = ∇φ(x, y), es decir, y 2 ex + 3x2 y =

∂φ ∂φ (x, y) , 2yex + x3 = (x, y) . ∂x ∂y

De la primera ecuación anterior se obtiene φ(x, y) = (y 2 ex + 3x2 y) dx + F (y) = y 2 ex + x3 y + F (y) , siendo F una función arbitraria. Para determinar F , se tiene ∂φ = 2yex + x3 + F (y) = 2yex + x3 , ∂y de donde se tiene F (y) = 0. De aqu´ı se tiene que F (y) = C una constante arbitraria. En definitiva φ(x, y) = y 2 ex + x3 y + C . (ii) Sea Γ = {γ(t) ∈ R2 : a ≤ t ≤ b} cualquier curva derivable que conecte el punto inicial (0, 0) con el punto final (1, 1), es decir, tal que γ(a) = (0, 0) y γ(b) = (1, 0). Entonces,

b

V (γ(t)).γ (t) , dt = φ(γ(b)) − φ(γ(a)) = φ(1, 1) − φ(0, 0) = e + 1 .

a

Teorema 7.24 (Green) Sean P, Q : D ⊂ R2 → R dos funciones de clase C 1 (D) y D un dominio de R2 simplemente conexo (es decir, sin huecos). Sea γ ⊂ D una curva derivable, cerrada, simple (es decir, que no se corta a s´ı misma) y orientada en sentido antihorario que encierra a D. Entonces , ∂Q ∂P dxdy . P (x, y)dx + Q(x, y)dy = − ∂x ∂y γ D Ejemplo 7.25 Demostrar que el ´ area A de un dominio de R2 simplemente conexo cuya frontera γ es una curva derivable, cerrada y simple viene dado por la integral de l´ınea , 1 A= xdy − ydx 2 γ recorrida en sentido antihorario.

192


Soluci´ on. Sea A el área del recinto D es ∂Q ∂P 1 1 dxdy dxdy = 2dxdy = − A = 2 2 ∂x ∂y D D ,D 1 = xdy − ydx , 2 γ donde en el u ´ltimo paso se ha utilizado el Teorema de Green con el campo vectorial (P, Q) = (x, −y).

7.3.


Problema 7.1 Considerar el campo vectorial en R3 dado por V (x, y, z) = (2xyz, x2 z + 2yex , x2 y + y 2 ez ). ¿Es V conservativo? En caso afirmativo, calc´ ulese la funci´ on potencial asociada. Soluci´ on. La función potencial es φ(x, y, z) = x2 yz +y 2 ez +C con C constante arbitraria. Problema 7.2 Calcular el trabajo W realizado sobre una part´ıcula sometida al campo de fuerzas F (x, y) = (ex − y 3 , cos y + x3 ) cuando recorre la trayectoria x2 + y 2 = 1 en sentido antihorario. ´ n: es posible que la integral de l´ınea sea complicada. Buscar una forma Indicacio alternativa de c´ alculo. Soluci´ on. W = 3π/2. Problema 7.3 Comprobar que se satisface el Teorema de Green con , (2xy − x2 )dx + (x + y 2 )dy , γ

siendo γ la curva cerrada formada por arcos de las par´ abolas y = x2 e y 2 = x. Soluci´ on. 1/30. Problema 7.4 Considerar el campo vectorial conservativo en R2 dado por V (x, y) = (6xy 2 − y 3 , 6x2 y − 3xy 2 ). (i) Calcular la integral de l´ınea de V a lo largo de dos caminos formados ambos por dos segmentos (uno horizontal y el otro vertical) que conectan los puntos (1, 2) y (3, 4). (ii) ¿Sugiere algo el resultado de las dos integrales anteriores? Soluci´ on. (i) 236 y 236. (ii) El campo V es conservativo.


193

Problema 7.5 Demostrar que F es un campo vectorial de clase C 1 (R3 ) conservativo si y solo si es irrotacional, es decir, ∇ × F = 0, donde × indica producto vectorial y ∇ = (∂/∂x, ∂/∂y, ∂/∂z) es el operador vectorial gradiente. Problema 7.6 Sea F un campo vectorial conservativo en R3 definido a través de F = −∇U . Demostrar que si una part´ıcula de masa m se mueve bajo la influencia de este campo, entonces la energ´ıa mec´ anica total E se conserva, donde E = 12 mv 2 + U siendo v la velocidad de la part´ıcula. Problema 7.7 Calcular la integral de l´ınea del campo vectorial V = (xy, x2 − y 2 ) a lo largo del arco de par´ abola y 2 = x que va desde el punto (1, −1) hasta el punto (1, 1). Soluci´ on. 0. Problema 7.8 Calcular la integral de l´ınea del campo vectorial V = (xy, x) a lo largo de la circunferencia centrada en el origen y de radio R recorrida en sentido positivo, es decir, antihorario. Soluci´ on. πR2 . Problema 7.9 Calcular la integral de l´ınea del campo vectorial V = (−x cos y, y sin x) a lo largo del segmento que va desde el punto (0, 0) hasta el (π, 2π). Soluci´ on. 4π. Problema 7.10 Calcular la integral de l´ınea del campo vectorial V = (y, −x) a lo largo de la elipse centrada en el origen de semiejes a y b recorrida en sentido antihorario. Soluci´ on. 0.

Cap´ıtulo 8

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias 8.1.


Definici´ on 8.1 Una ecuaci´ on diferencial ordinaria (abreviado como EDO) es una relación funcional del tipo F (x, y, y , . . . , y (n) ) = 0 , donde x es la variable independiente e y la dependiente. Las primas indican derivación respecto de x. El orden n de la EDO es el mayor de los órdenes de derivación que aparecen en la EDO. Definici´ on 8.2 La soluci´ on general de una EDO de orden n es una familia n–paramétrica de funciones ξ(x, y; C1 , . . . , Cn ) = 0 que satisface la EDO. Una soluci´ on particular de la EDO será una función ξ(x, y; C1∗ , . . . , Cn∗ ) = 0 de la familia solución general obtenida para unos valores en concreto Ci = Ci∗ ∈ R (i = 1, . . . , n) de los parámetros. Ejemplo 8.3 Demostrar que y = Ce−x + x − 1 es la soluci´ on general de la EDO y = x − y. Soluci´ on. Sustituyendo y = Ce−x + x − 1, y = −Ce−x + 1 en la EDO resulta y − x + y = −Ce−x + 1 − x + Ce−x + x − 1 = 0 ,

quedando demostrado.

Nota 8.4 De hecho, el problema inverso en ecuaciones diferenciales es trivial. Para ecuaciones diferenciales de primer orden, dicho problema consiste en, dada una familia 1–paramétrica de curvas ξ(x, y; C) = 0, hallar la EDO y = f (x, y) de la cual sea su solución general. El método consiste en eliminar el parámetro 195

196

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias

C a partir del sistema formado por la familia 1–paramétrica y por la ecuación obtenida al derivarla respecto de la variable independiente x. El sistema en concreto es ∂ξ ∂ξ ξ(x, y; C) = 0 , + y =0. ∂x ∂y Ejemplo 8.5 Hallar la EDO de la cual y = Ce−x +x−1 es la soluci´ on general. Soluci´ on. Eliminamos el parámetro C a partir del sistema y = Ce−x + x − 1 , y = −Ce−x + 1 . Sumando las ecuaciones se tiene y + y = x, de modo que la EDO pedida es y = x − y.

Nota 8.6 Desafortunadamente, en general, dada una EDO tomada al azar, no se conocen técnicas que nos permitan hallar su solución general ni tan siquiera una solución particular. En este curso de cálculo se ver´ an algunos casos excepcionales para los que se conoce un método de resolución para la EDO.

8.2.

EDO de primer orden

Si se puede despejar y de la EDO de primer orden F (x, y, y ) = 0, se obtiene la forma estandar y = f (x, y) . Vamos a ver algunos casos particulares de funciones f para las que sabremos hallar solución general de la EDO de primer orden.

8.2.1.

EDO de variables separables

Definici´ on 8.7 Aquellas EDO de primer orden que se puedan escribir de la forma y = f (x)g(y) se llaman de variables separables. Nota 8.8 Las EDO de variables separables deben su nombre al hecho de que se puede reescribir de la forma dy/g(y) = f (x) dx de modo que su solución general se obtiene al integrar ambos miembros respecto de su variable asociada. Ejemplo 8.9 Obtener la soluci´ on general de y = −x/y. Soluci´ on. Separando variables se tiene ydy = −xdx. Integrando se obtiene y 2 /2 = −x2 /2+K, siendo K constante arbitraria. Podemos reescribir la solución general como x2 + y 2 = C 2 con C constante arbitraria, que geométricamente representa una familia uniparamétrica de circunferencias centradas en el origen de radios arbitrarios.

8.2 EDO de primer orden

8.2.2.

197

EDO homog´ enea

Definici´ on 8.10 Una EDO de primer orden se llama homogénea si se puede escribir de la forma y = f (x, y) donde f es una función homogénea de grado 0, es decir, f (λx, λy) = f (x, y) para todo λ ∈ R. Proposici´ on 8.11 El cambio de variable dependiente y → z definido por y = zx transforma la EDO homogénea y = f (x, y) en una EDO de variables separables. Demostraci´ on. Derivamos respecto de x el cambio y = zx, obteniendo y = z+xz , es decir, f (x, y) = z+xz . Usando de nuevo el cambio de variable tenemos f (x, zx) = z + xz . Finalmente, recordando que f es una función homogénea de grado 0 y por lo tanto f (x, zx) = f (1, z), se llega a la EDO z + xz = f (1, z) . Esta es una EDO de variables separables puesto que se puede escribir de la forma dz dx = , f (1, z) − z x finalizando la demostración. Ejemplo 8.12 Obtener la soluci´ on general de y = xy/(x2 − y 2 ). Soluci´ on. Definimos la función f (x, y) = xy/(x2 − y 2 ) y vemos que es homogénea de grado cero puesto que f (λx, λy) = f (x, y) para todo λ ∈ R. Entonces la EDO es homogénea. Realizamos el cambio de variable dependiente y → z definido por y = zx y se tiene, tras todo el proceso, dz dx = , f (1, z) − z x es decir,

1 1 − z3 z

dz =

dx . x

Integrando se tiene que 1 − ln |z| = ln |x| + K , 2z 2 con K una constante arbitraria. Tomando, para simplificar, K = ln C con C una constante arbitraria, se llega a que −

1 = ln |Czx| . 2z 2 Deshaciendo el cambio de variable, la solución general de la EDO es −

−

x2 = ln |Cy| . 2y 2

198


Ejemplo 8.13 Hallar la forma de un espejo con el perfil de una curva y = f (x) de modo que todos los rayos de luz que vengan paralelos en una direcci´ on fijada sean reflejados en el espejo hacia un punto fijo prefijado. Soluci´ on. Mediante una traslación y una rotación de coordenadas tomamos, sin pérdida de generalidad, el punto fijo prefijado P como el origen de coordenadas del plano y la dirección fijada de donde provienen los rayos de luz como la direcci´ on del eje de ordenadas. Sea Q con coordenadas (x, y) un punto cualquiera perteneciente a la curva buscada y = f (x). Definimos tan θ como la pendiente de la recta tangente la curva y = f (x) en el punto Q. Se tiene entonces que tan θ = y . Recordemos que en el fenómeno f´ısico de la reflexión de la luz sobre un espejo, el ángulo de incidencia (ángulo formado por el rayo incidente y la normal al espejo) coincide con el ángulo de reflexión (ángulo formado por el rayo reflejado y la normal al espejo). De la geometr´ıa del problema es fácil ver que el ángulo de incidencia es justo θ. Se comprueba que el ángulo formado entre el segmento P Q y el eje de ordenadas es 2θ, de modo que tan(2θ) = −x/y. Finalmente, usando la identidad trigonométrica 2 tan θ tan(2θ) = , 1 − tan2 θ se llega a la EDO 2y x =− . 1 − (y )2 y Aislando y de esta ecuación obtenemos dos EDO y y2 y = ± 1+ 2 x x homogéneas. La solución general de cualquiera de estas EDO nos dará la forma del perfil del espejo. Resolveremos la EDO con la ra´ız de signo positivo con el cambio y = zx. Siguiendo el procedimiento habitual llegamos a la EDO de variables separables dz dx √ = . 2 x 1+z Integrando, llegamos a

√

dz = ln |x| + C1 , 1 + z2

siendo C1 una constante arbitraria. La integral dz √ = ln |z + 1 + z 2 | , 2 1+z se suele recordar (si no se recuerda, el cambio de variable z = tan t la convierte dt en cos t que a su vez se transforma con el cambio de variable w = sin t en la dw integral racional 1−w 2 ).

8.2 EDO de primer orden En definitiva se tiene ln |z +

199

1 + z 2 | = ln |Cx| ,

donde hemos definido la constante arbitraria C = exp(C1 ). Podemos despejar z para obtener C 2 x2 − 1 z= , 2Cx de modo que, deshaciendo el cambio de variable inicial se tiene que y = f (x; C) =

Cx2 1 − . 2 2C

Esta es una familia de parábolas. De aqu´ı proviene el nombre de las famosas antenas parabólicas. La constante C puede ser utilizada para obtener otros objetivos en el dise¯ no del espejo.

8.2.3.

EDO exacta

Definici´ on 8.14 Una EDO de primer orden se llama exacta si se puede escribir de la forma P (x, y) dx + Q(x, y) dy = 0 donde las funciones P y Q satisfacen la condición ∂P ∂Q (x, y) = (x, y) . (8.1) ∂y ∂x Proposici´ on 8.15 Sean P (x, y) y Q(x, y) funciones reales de clase C 1 (D) sien2 do D ⊂ R un dominio simplemente conexo (es decir, sin huecos). Si la EDO es exacta, entonces el campo vectorial (P, Q) es conservativo con funci´ on potencial φ asociada. Adem´ as, la soluci´ on general de la EDO es φ(x, y) = C, siendo C una constante arbitraria. Demostraci´ on. La condición (8.1) implica, seg´ un el Teorema 7.20 de Poincaré, que el campo vectorial (P, Q) es conservativo. Sea φ su función potencial asociada. Entonces P (x, y) =

∂φ ∂φ (x, y) , Q(x, y) = (x, y) , ∂x ∂y

de modo que la EDO se escribe de la forma ∂φ ∂φ dx + dy = 0 . ∂x ∂y Pero el miembro de la izquierda de esta ecuaci´ on es justo dφ, con lo que la EDO adopta la forma dφ = 0, es decir, φ(x, y) = C, siendo C una constante arbitraria. Nota 8.16 Recordemos la Nota 7.22 donde se explica cómo, dado un campo vectorial (P, Q) en R2 conservativo, se halla la función potencial φ asociada.

200


Ejemplo 8.17 Obtener la soluci´ on general de y = −

3y + ex . 3x + cos y

Soluci´ on. Reescribimos la EDO de la forma P (x, y) dx + Q(x, y) dy = 0 con P (x, y) = 3y + ex , Q(x, y) = 3x + cos y funciones de clase C 1 (R2 ). Se verifica que ∂P ∂Q (x, y) = (x, y) = 3 , ∂y ∂x luego la EDO es exacta. Hallaremos la soluci´ on general de la forma φ(x, y) = C, siendo C una constante arbitraria y φ el potencial asociado al campo vectorial conservativo (P, Q). En concreto, se tiene que P (x, y) =

∂φ ∂φ (x, y) , Q(x, y) = (x, y) . ∂x ∂y

De la primera ecuación se tiene φ(x, y) = (3y + ex )dx + F (y) = 3yx + ex + F (y) . Entonces 3x + cos y =

∂φ (x, y) = 3x + F (y) , ∂y

es decir, F (y) = cos y y por lo tanto F (y) = sin y. En resumen, la solución general de la EDO es 3yx + ex + sin y = C .

8.2.4.

El factor integrante

Definici´ on 8.18 Consideremos las funciones μ, P, Q : D ⊂ R2 → R de clase C 1 (D). La función μ(x, y) es un factor integrante de la EDO P (x, y) dx + Q(x, y) dy = 0 si la EDO μ(x, y)(P (x, y) dx + Q(x, y) dy) = 0 es exacta, es decir, ∂μP ∂μQ (x, y) = (x, y) . ∂y ∂x

(8.2)

Nota 8.19 Observemos que la solución general de la EDO P (x, y) dx+Q(x, y) dy = 0 y de la EDO μ(x, y)(P (x, y) dx + Q(x, y) dy) = 0 coinciden. Nota 8.20 Dados P (x, y) y Q(x, y), hallar una función μ(x, y) solución de la ecuaci´ on en derivadas parciales (8.2) es, en general, una tarea muy complicada o incluso imposible. Entonces, en ocasiones se intenta restringir la dependencia de μ a una función del tipo μ(f (x, y) con una función dada f .


201

Proposici´ on 8.21 Sean P (x, y) y Q(x, y) funciones reales de clase C 1 (D) satisfaciendo la condici´ on ∂Q ∂P ∂y − ∂x := h(x) . Q Entonces, μ(x) = exp h(x) dx es un factor integrante de la EDO P (x, y) dx+ Q(x, y) dy = 0. Demostraci´ on. Impongamos que la función μ(x) sea un factor integrante de la EDO P (x, y) dx + Q(x, y) dy = 0. A partir de la ecuación en derivadas parciales (8.2), se tiene ∂P ∂Q μ = μ Q + μ , ∂y ∂x de modo que ∂Q ∂P μ ∂y − ∂x = . μ Q Como el miembro de la izquierda solo depende de x, la anterior ecuación será compatible solo en el caso de que el miembro de la derecha también dependa u ńicamente de x, es decir, ∂Q ∂P ∂y − ∂x := h(x) . Q En ese caso, μ = h(x) , μ con lo que, integrando respecto de x, ln |μ| = exp h(x) dx .

h(x) dx, es decir, μ(x) =

Nota 8.22 De forma similar, se puede demostrar que, si P (x, y) y Q(x, y) verifican la condición ∂Q ∂P ∂x − ∂y := h(y) , P entonces, μ(y) = exp h(y) dy es un factor integrante de la EDO P (x, y) dx + Q(x, y) dy = 0. Ejemplo 8.23 Obtener la soluci´ on general de (3xy 2 +2y) dx+(2x2 y+x) dy = 0. Soluci´ on. La EDO se escribe de la forma P (x, y) dx + Q(x, y) dy = 0 con P (x, y) = 3xy 2 + 2y, Q(x, y) = 2x2 y + x. Como ∂P ∂y

− Q

∂Q ∂x

=

1 , x

solo depende de x, se tiene que 1 μ(x) = exp dx = exp(ln x) = x , x

202


es un factor integrante de la EDO. Entonces, la ecuación x(3xy 2 + 2y) dx + x(2x2 y + x) dy = 0 es exacta. Su solución general es, usando el procedimiento habitual, x2 y + x3 y 2 = C .

8.2.5.

EDO lineal

Definici´ on 8.24 Una EDO de primer orden se llama lineal si se puede escribir de la forma y + P (x)y = Q(x). Definici´ on 8.25 Dada una EDO lineal y +P (x)y = Q(x), se define su ecuaci´ on homogénea asociada como la EDO de variables separables y + P (x)y = 0. on particular de la EDO lineal y + Proposici´ on 8.26 Sea yp (x) una soluci´ P (x)y = Q(x) y sea yh (x; C) la soluci´ on general de la ecuaci´ on homogénea asociada. Entonces, la soluci´ on general de la EDO lineal viene dada por y(x; C) = yh (x; C) + yp (x). Demostraci´ on. Se tiene y (x; C) + P (x)y(x; C) = = =

yh (x; C) + yp (x) + P (x)[yh (x; C) + yp (x)]

[yh (x; C) + P (x)yh (x; C)] + {yp (x) + P (x)yp (x)} Q(x) ,

puesto que la expresión entre corchetes [ ] es cero, mientras que la expresión dentro del otro paréntesis { } es Q(x). Nota 8.27 Una forma de hallar una solución particular yp (x) de la EDO lineal y + P (x)y = Q(x) consiste en el llamado método de variaci´ on de constantes. Se trata de hallar una función C(x) de modo que yp (x) = yh (x; C(x)), donde yh (x; C) es la solución general de la ecuación homogénea asociada. Observemos que yh (x; C) = C exp −

P (x) dx

,

de modo que se quiere obtener la función C(x) de modo que la función yp (x) = C(x) exp − P (x) dx sea una solución particular de la EDO lineal y + P (x)y = Q(x). Entonces yp (x) debe verificar yp (x) + P (x)yp (x) = Q(x) o lo que es igual Q(x) = C (x) exp − P (x) dx − C(x)P (x) exp − P (x) dx +C(x)P (x) exp − P (x) dx ,

8.2 EDO de primer orden de donde

203

C(x) =

Q(x) exp

P (x) dx dx .

Ejemplo 8.28 Obtener la soluci´ on general de xy − 2y = x2 . Soluci´ on. La EDO es lineal puesto que se puede reescribir de la forma y + P (x)y = Q(x) con P (x) = −2/x y Q(x) = x. Calculemos la solución general yh (x; C) de la ecuación homogénea asociada y + P (x)y = 0. Separamos variables y tenemos dy 2 = dx , y x con lo que ln |y| = 2 ln |x| + K, siendo K constante arbitraria. Tomando K = ln C con C constante arbitraria se tiene ln |y| = ln |Cx2 |, de modo que yh (x; C) = Cx2 . Calculemos una solución particular yp (x) de la EDO lineal y + P (x)y = Q(x) usando el método de variación de constantes. Se tiene pues que yp (x) = C(x)x2 . Calcularemos C(x) imponiendo que yp + P (x)yp = Q(x), es decir, xyp − 2yp = x2 con lo que x(x2 C (x) + 2xC(x)) − 2C(x)x2 = x2 . Simplificando llegamos a que C (x) = 1/x, es decir, C(x) = ln |x|. Entonces yp (x) = x2 ln |x| . Hallamos la solución general de la EDO lineal y(x; C) = yh (x; C) + yp (x) = Cx2 + x2 ln |x| = x2 (C + ln |x|) .

8.2.6.

EDO de Bernouilli

Definici´ on 8.29 Una EDO de primer orden se llama de Bernouilli si se puede escribir de la forma y + P (x)y = Q(x)y n con n ∈ {0, 1}. Proposici´ on 8.30 El cambio de la variable dependiente y → z definido por z = y 1−n transforma la EDO de Bernouilli y + P (x)y = Q(x)y n en una EDO lineal. 1

Demostraci´ on. Como y = z 1−n , derivando respecto de x se tiene y =

1 n 1 1 z 1−n −1 z = z 1−n z . 1−n 1−n

204


La EDO de Bernouilli y + P (x)y = Q(x)y n se transforma como n 1 n 1 z 1−n z + P (x)z 1−n = Q(x)z 1−n . 1−n n

Dividiendo ambos miembros por z 1−n y multiplicando por 1 − n se llega a z + (1 − n)P (x)z = (1 − n)Q(x) , que es una EDO lineal. 2

Ejemplo 8.31 Obtener la soluci´ on general de y + xy = xe−x y −3 . Soluci´ on. La EDO es de Bernouilli con n = −3. Tras diferenciar el cambio de variable z = y 4 se tiene z = 4y 3 y y la EDO de Bernouilli queda 2 z + xy = xe−x y −3 , 4y 3

es decir, llegamos a la EDO lineal 2

z + 4xz = 4xe−x .

(8.3)

Calculemos la solución general zh (x; C) de la ecuación homogénea asociada z + 4xz = 0. Separamos variables y tenemos dz = −4x dx , z con lo que ln |z| = −2x2 + K, siendo K constante arbitraria. Tomando K = ln C con C constante arbitraria se tiene 2

zh (x; C) = Ce−2x . Calculemos una solución particular zp (x) de la EDO lineal (8.3) usando el 2 método de variaci´ on de constantes. Se tiene pues que zp (x) = C(x)e−2x . 2 Calcularemos C(x) imponiendo que zp + 4xzp = 4xe−x . Desarrollando, 2 se llega a que C (x) = 4xex , de modo que 2 2 C(x) = 4 xex dx = 2ex . Entonces

2

zp (x) = 2e−x .

Hallamos la solución general de la EDO lineal (8.3) 2

2

z(x; C) = zh (x; C) + zp (x) = Ce−2x + 2e−x . Deshaciendo el cambio de variable, obtenemos la solución general de la EDO de Bernouilli 2 2 y 4 = Ce−2x + 2e−x .


8.2.7.

205

Algunas aplicaciones

Tiro con rozamiento Se sabe, de cinemática elemental, que si se toma un sistema de referencia cartesiano con el eje x horizontal y el eje y vertical y se lanza una part´ıcula en el seno de un campo gravitatorio de intensidad g constante bajo la hipótesis de no existencia de rozamiento, la posición (x(t), y(t)) de la part´ıcula en función del tiempo t es 1 x(t) = x0 + v0x t , y(t) = y0 + v0y t − gt2 , 2 siendo (x0 , y0 ) y (v0x , v0y ) la posición y velocidad inicial de la part´ıcula, respectivamente. Esas son las ecuaciones del llamado tiro parabólico. Ejemplo 8.32 Demostrar que, si se lanza una part´ıcula de masa m en el seno de un campo gravitatorio de intensidad g constante y experimenta una fuerza de rozamiento Fr proporcional a la velocidad v , es decir, Fr = −kv con k > 0 constante, entonces la posici´ on (x(t), y(t)) de la part´ıcula en funci´ on del tiempo adopta la forma 2 v0x x(t) = x0 + 2 1 − e−w t , w ' 2 1 & g y(t) = y0 + 2 v0y + 2 1 − e−w t − gt , w w siendo w2 = k/m y (x0 , y0 ) y (v0x , v0y ) la posici´ on y velocidad inicial de la part´ıcula, respectivamente. Soluci´ on. Usando la segunda ley de Newton se tiene que F = ma, siendo F la fuerza total que act´ ua sobre la part´ıcula y a la aceleración total sufrida. En nuestro caso se tiene que F = Fr + mg = −kv + mg . Explicitando las componentes de estos vectores en el sistema de referencia elegido se llega a que F = −k(vx , vy ) + m(0, −g) = (−kvx , −kvy − mg). Finalmente, teniendo en cuenta que dv dvx dvy , a = = , dt dt dt las componentes (vx (t), vy (t)) del vector velocidad en funci´ on del tiempo verifican las EDO dvx dt dvy m dt

m

=

−kvx ,

(8.4)

=

−kvy − mg .

(8.5)

La EDO (8.4) es de variables separables, de modo que dvx 2 dt ⇒ ln |vx | = −w2 t + C1 , = −w vx

206

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias 2

con C1 constante arbitraria. Se tiene pues que vx (t) = C2 e−w t . Definiendo vx (0) = v0x se llega a que 2 vx (t) = v0x e−w t . Se tiene pues que

2 dx = v0x e−w t , dt

de modo que,

x(t) = v0x

2

e−w t dt = −

v0x −w2 t e + C3 , w2

con C3 constante arbitraria. Como v0x v0x x(0) = x0 = − 2 + C3 ⇒ C3 = x0 + 2 . w w Finalmente x(t) = x0 +

v0x −w2 t 1 − e . w2

La EDO (8.5) es lineal. Calculemos la solución general vyh (t; C) de la ecuación homogénea asociada dv m dty = −kvy . Separamos variables y tenemos dvy = −w2 dt , vy con lo que ln |vy | = −w2 t+C1 , siendo C1 constante arbitraria. En definitiva se tiene 2 vyh (t; C) = Ce−w t . Calculemos una solución particular vyp (t) de la EDO lineal (8.5) usando el 2 método de variaci´ on de constantes. Se tiene pues que vyp (t) = C(t)e−w t . dv p

Calcularemos C(t) imponiendo que m dty = −kvyp − mg. Desarrollando, se 2 llega a que C (t) = −gew t , de modo que 2 2 g C(t) = −g ew t dt = − 2 ew t . w Entonces

vyp (t) = −

g . w2

Hallamos la solución general de la EDO lineal (8.5) 2

vy (t; C) = vyh (t; C) + vyp (t) = Ce−w t −

g . w2

Podemos calcular C de la forma siguiente: como vy (0; C) = v0y = C − wg2 , se tiene C = v0y + wg2 . Entonces 2 2 g vy (t) = v0y e−w t + 2 e−w t − 1 . w


207

Integrando de nuevo se llega a 2 2 1 v0y g y(t) = vy (t) dt = − 2 e−w t + 2 − 2 e−w t − t + C . w w w Podemos calcular la constante C de la forma siguiente: como y(0) = y0 = v − w0y2 + wg2 − w12 + C. Despejando C de aqu´ı y sustituyendo en la expresión de y(t) se tiene finalmente ' 2 1 & g y(t) = y0 + 2 v0y + 2 1 − e−w t − gt , w w tal y como se quer´ıa demostrar.

Nota 8.33 Observemos que en el l´ımite sin rozamiento, es decir, cuando w → 0 se recuperan (usar por ejemplo la regla de l’Hôpital para calcular la indeterminaci´ on que aparece) las expresiones (x(t), y(t)) del tiro parabólico. Circuitos el´ ectricos Consideremos un circuito eléctrico que contenga un generador de corriente que suministra una diferencia de potencial V (t) dependiente del tiempo t, una resistencia de R Ohmnios, una bobina de coeficiente de autoinducci´ on L Henrios y un condensador con una capacidad de C Faradios. Por el circuito circula una intensidad I(t) de corriente eléctrica medida en Amperios. Se sabe que si en un tiempo dt circula una cantidad de carga dQ Culombios, entonces I = dQ/dt. La ca´ıda de potencial en la resistencia es IR, la ca´ıda de potencial en la bobina es L dI ıda de potencial en el condensador es Q/C. Usando estas dt y la ca´ ca´ıdas de potencial junto con la ley de Kirchoff que dice que la suma algebraica de las ca´ıdas de potencial a lo largo de un circuito cerrado (malla) es cero se tiene: Consideremos un circuito RL en serie. La función I(t) satisface la EDO lineal siguiente: dI V (t) = L + RI . dt Consideremos un circuito RC en serie. La función Q(t) satisface la EDO lineal siguiente: Q dQ V (t) = +R . C dt Flexi´ on de vigas Esta es una aplicaci´ on de ecuaciones de segundo orden. Consideremos una viga horizontal colocada a lo largo del eje x. La viga se pandea bajo la influencia de cargas verticales (a lo largo del eje y positivo hacia abajo). La curva y = f (x) de flexión de la viga satisface la EDO no lineal de segundo orden EIy = M (x) , (1 + (y )2 )3/2

208


siendo E el módulo de Young, I el momento de inercia de una sección transversal de la viga y M (x) el momento flector en x, es decir, la suma algebraica de los momentos de todas las fuerzas que act´ uan a un lado de x (tomándolos positivos si corresponden a fuerzas con sentido positivo en el eje y). Si la flexión es peque¯ na, y también lo es y se utiliza la aproximación lineal EIy = M (x) . Tanques y concentraciones Consideremos un tanque en el cual entra y sale simultaneamente caudal de una cierta disolución. Más concretamente, se tienen los datos siguientes: En la entrada al tanque se tiene un caudal de entrada qe (/s) y una concentraci´ on de disolución de entrada ce (g/). En la salida al tanque se tiene un caudal de salida qs (/s) y una concentración de disolución de salida cs (t) (g/) que dependerá del tiempo t. Definimos M (t) (g) como la masa de disoluto que hay en el tanque en el instante t y v(t) el volumen () de disolución que hay en el tanque en el instante t. Entonces, se tiene lo siguiente: 1. Conservación de la masa: dM = qe ce − qs cs (t) . dt 2. Conservación del volumen: dv = qe − qs ⇒ v(t) = v(0) + (qe − qs )t . dt Teniendo en cuenta que, por definición, cs (t) =

M (t) , v(t)

se llega a que la función M (t) satisface la EDO lineal siguiente M (t) dM = qe ce − qs . dt v(0) + (qe − qs )t Ejemplo 8.34 Un tanque de 400 de capacidad contiene inicialmente una soluci´ on salina de 150 de agua y 25 g de sal. Una soluci´ on salina de 2g/ de sal entra en el tanque a raz´ on de 10 /min, mientras que la mezcla resultante sale por el sumidero a 5 /min. ¿Qué cantidad de sal hay en el tanque cuando este comienza a rebosar?


209

Soluci´ on. El volumen del tanque es V = 400. Los datos del problema son: ce = 2g/, qe = 10/min, qs = 5/min. Además, como v(0) = 150 y M (0) = 25gr, se tiene 25 5 cs (0) = = g/ . 150 30 Definimos T como el tiempo que tarda en llenarse el tanque. Nos piden el valor de M (T ). 1. Conservación del volumen: v(t) = v(0) + (qe − qs )t = 150 + 5t . Como v(T ) = V , se tiene 150 + 5T = 400, es decir, T = 50 min. 2. La función M (t) satisface la EDO lineal siguiente dM M (t) = qe ce − qs , dt v(0) + (qe − qs )t que con los datos del problema queda el problema de valor inicial M dM = 20 − , M (0) = 25 . dt 30 + t Siguiendo el procedimiento habitual para resolver EDO lineales, se llega a la solución general M (t; C) = 10t

C 60 + t + . 30 + t 30 + t

La constante C se calcula con la condición inicial M (0; C) = 25, obteniéndose C = 750. Finalmente 60 + t 750 M (t) = 10t + , 30 + t 30 + t de modo que M (50) = 5575/8 = 696,875 g.

Trayectorias ortogonales Se define el ángulo α que forman dos curvas en un punto de intersecci´ on como el ángulo que forman sus respectivas rectas tangentes r1 y r2 en ese punto. Se dice que las dos curvas se cortan en un punto ortogonalmente cuando α = π/2. Sabemos además que, si denotamos por mi a la pendiente de la recta ri con i = 1, 2, entonces el corte de las dos curvas es ortogonal cuando m2 = −1/m1 . Consideremos dos familias 1–paramétrica de curvas definidas por las ecuaciones ξ(x, y; C) = 0 y η(x, y; C) = 0 con C el parámetro real. Se dice que las dos familias son ortogonales cuando la intersecci´ on de cualquier curva de la primera familia con cualquier curva de la segunda es ortogonal. Entonces, es claro que si la familia 1–paramétrica de curvas ξ(x, y; C) = 0 corresponde a la solución general de la EDO y = f (x, y), entonces la familia 1–paramétrica de curvas ortogonales η(x, y; C) = 0 es la solución general de la EDO y = −1/f (x, y).

210


Nota 8.35 En f´ısica bidimensional se tiene que: las l´ıneas de fuerza de los campos gravitatorios y electrostáticos son ortogonales a las curvas equipotenciales. las isotermas son ortogonales a las l´ıneas de flujo de calor. Curva tractriz Ejemplo 8.36 Considerar una part´ıcula que se mueve sobre un plano horizontal de coordenadas cartesianas xy. La part´ıcula es arrastrada por una cuerda de longitud . Suponiendo que el extremo de la cuerda donde no est´ a la part´ıcula se encuentra inicialmente en el origen de coordenadas y se mueve a lo largo del eje de ordenadas positivo manteniendo siempre tensa la cuerda y que adem´ as la part´ıcula se encuentra inicialmente sobre el eje de abscisas (con la cuerda ya tensada), nos preguntamos ¿cu´ al es la trayectoria de la part´ıcula? Esta curva se conoce como curva tractriz. Soluci´ on. Sea T el punto tractor, es decir, el extremo de la cuerda donde no est´ a la part´ıcula. Tomemos las coordenadas (x, y) de un punto cualquiera de la curva tractriz. Podemos, tomando este punto como vértice de un triángulo rect´ angulo formado también por los otros vértices (0, y) y T , aplicar el Teorema de Pitágoras. Finalmente, teniendo en cuenta que la dirección de la cuerda es siempre tangente a la curva tractriz se tiene que, la ecuación diferencial de la curva tractriz es √ dy 2 − x2 =− . dx x De hecho, se tiene un problema de Cauchy puesto que, como la part´ıcula se encuentra inicialmente sobre el eje de abscisas con la cuerda ya tensada, esto significa que se encuentra en el punto de coordenadas (, 0). Como este es un punto de la curva tractriz se tiene que acompa¯ nar a la EDO de la condición inicial y() = 0. Esta ecuación diferencial es de variables separables, de modo que, su solución general es √ 2 − x2 y(x; C) = − dx + C . x Para calcular la integral, multiplicamos y dividimos el integrando por x y hacemos el cambio de variable z 2 = 2 − x2 con lo que z dz = −x dx. Se tiene entonces que √ 2 √ 2 − x2 z2 x − x2 I(x) = dx = dz. dx = 2 2 x x z − 2 Esta u ´ltima integral racional se calcula primero dividiendo y luego descomponiendo en fracciones simples. Se tiene entonces que z2 1 2 1/2 −1/2 1 =1+ , =1+ 2 =1+ + − z 2 − 2 z − 2 z− z+ 2 z− z+


211

de modo que √ 2 − x2 z− I(x) = dx = z + [ln(z − ) − ln(z + )] = z + ln . x 2 2 z+ Deshaciendo el cambio de variable realizado se tiene

√ √ 2 − x2 2 − x2 − 2 2 . I(x) = dx = − x + ln √ x 2 2 − x2 + Finalmente y(x; C) = − 2 − x2 − ln 2

√

2 − x2 − √ 2 − x2 +

+C .

Calculamos la constante arbitraria C imponiendo la condición inicial y(; C) = 0. Se tiene que i π 0 = − ln(−1) + C = − +C , 2 2 de donde C = iπ/2 con i2 = −1. Recordemos que, si z ∈ C, se tiene la rama principal del logaritmo ln z = ln |z| + i arg z. De este modo, tomando C = 2 ln(−1) y usando las propiedades de los logaritmos, se llega a que la curva tractriz tiene por ecuación

√ − 2 − x 2 − 2 2 y(x) = − − x + ln √ . 2 2 − x2 − Nota: la integral I(x) también se puede calcular primero haciendo el cambio x = sin t que la convierta en la integral trigonométrica racional cos2 t I(x) = dt, sin t que es impar en seno de modo que el nuevo cambio z = cos t la convierte en la integral racional z2 I(x) = − dz, 1 − z2 que, tras dividir los polinomios y descomponer en fracciones simples, puede ser calculada. Notemos que, √ al deshacer los cambios de variable, es u ´til recordar la relación cos(arcsin w) = 1 − w2 .

8.3.


Problema 8.1 Hallar la soluci´ on general de (sin(xy) + xy cos(xy)) dx + x2 cos(xy) dy = 0 .

212


Soluci´ on. x sin(xy) = C. Problema 8.2 Hallar un factor integrante μ(x) para las EDO lineales y + P (x)y = Q(x). Soluci´ on. μ(x) = exp P (x) dy . Problema 8.3 Hallar la condici´ on que deben verificar las funciones P y Q para que la EDO P (x, y) dx + Q(x, y) dy = 0 admita un factor integrante del tipo μ(f (x, y)) con una cierta f (x, y) dada. Soluci´ on.

∂Q ∂x P ∂f ∂y

− −

∂P ∂y Q ∂f ∂x

:= h(f (x, y)) .

Problema 8.4 Hallar la soluci´ on general de xy + y = xy 3 . Soluci´ on. y 2 = 1/(2x + Cx2 ). Problema 8.5 Un circuito RC en serie con R = 5 Ohmnios y C = 0,02 Faradios se conecta con un generador de V = 100 Voltios. Hallar la carga del condensador Q(t) en funci´ on del tiempo y la intensidad de corriente I(t) que circula si el condensador tiene inicialmente una carga de 5 Culombios. Soluci´ on. Q(t) = 2 + 3e−10t , I(t) = −30e−10t . Problema 8.6 Hallar la familia de curvas ortogonales a la familia de par´ abolas y = Cx2 . Soluci´ on. La familia de elipses x2 /2 + y 2 = C 2 centradas en el origen y de √ semiejes 2C y C 2. Problema 8.7 Hallar la EDO que tiene por soluci´ on general la familia de hipérbolas x2 − C 2 y 2 = C 2 . Soluci´ on. xyy − y 2 = 1. Problema 8.8 Hallar la soluci´ on general de y + xy = x3 . Soluci´ on. y = Ce−x

2

/2

+ x2 − 2.

Problema 8.9 Hallar la soluci´ on general de y = x sin y+21 sin(2y) . ´ n: elegir adecuadamente la variable dependiente e independiente. Indicacio Soluci´ on. x = C exp(− cos y) + 4(1 − cos y). Problema 8.10 La velocidad de desintegraci´ on de un elemento qu´ımico es directamente proporcional a la cantidad de elemento que hay. Esa constante (con signo positivo) de proporcionalidad se llama constante de desintegraci´ on. Supongamos que el elemento A con constante de desintegraci´ on a tiene como producto resultante el elemento B cuya constante de desintegraci´ on es b.


213

(i) Hallar la abundancia de los elementos A(t) y B(t) en funci´ on del tiempo t sabiendo que en el instante inicial A(0) = A0 y B(0) = 0. axima abundancia de A y de B. (ii) Calcular los tiempos TA y TB de m´ Soluci´ on. (i) A(t) = A0 exp(−at), B(t) = a−ln b TA = 0, TB = ln a−b .

aA0 b−a

[exp(−at) − exp(−bt)]. (ii)

Problema 8.11 Obtener lo siguiente. (i) Demostrar que las EDO de la forma f (y)y + f (y)P (x) = Q(x) reducen a una EDO lineal mediante el cambio z = f (y). (ii) Hallar la soluci´ on general de y sin y = (1 − x cos y) cos y. Soluci´ on. (i) z + zP (x) = Q(x). (ii)

1 cos y

= (x + 1) + Cex .

Problema 8.12 Hallar la ecuaci´ on de las curvas planas tales que el ´ area del tri´ angulo formado por la tangente a la curva, el eje de abscisas y la vertical por el punto de tangencia sea igual a la mitad de la suma de los cuadrados de las coordenadas del punto de tangencia. & ' √ Soluci´ on. y = C exp − √23 arctan 2y−x . 3x Problema 8.13 La velocidad de crecimiento del ´ area S de una hoja circular es proporcional a la longitud de su per´ımetro y a la cantidad de sol que cae sobre la hoja. La cantidad de luz que cae sobre la hoja es proporcional a su a ´rea y al coseno del ´ angulo que forma la perpendicular a la hoja y la direcci´ on de los rayos solares. Dicho ´ angulo se puede aproximar por π(t − 12)/12, donde t es el tiempo medido en horas contado a partir de medianoche. Hallar la funci´ on S(t) sabiendo que a las 6 de la ma¯ nana el ´ area era de 1600cm2 y a las 6 de la tarde era 2500cm2 . Soluci´ on. S(t) =

160000

[sin( π(t−12) )+9] 12

2

.

Problema 8.14 Hallar la ecuaci´ on de las curvas planas tales que la longitud de un arco de la misma y el ´ area del recinto encerrado por la curva, el eje de abscisas y las rectas verticales que pasan por los extremos del arco verifican que su raz´ on es constante e igual a 1/k. Soluci´ on. y + y 2 − k 2 = C exp(±x/k). Problema 8.15 Hallar la soluci´ on general de (y 4 − 2y 2 )dx + (3xy 3 − 4xy + y)dy = 0 demostrando previamente que admite un factor integrante del tipo μ(xy 2 ). Soluci´ on. (y 4 − 2y 2 )

1

2x

y +x +

2 2

y2 2

= C.

214


Problema 8.16 Sea f : [0, 1] ⊂ R → R derivable en [0, 1] con f (1) = 0. Sea S el ´ area encerrada por la gr´ afica de f , el eje de abscisas y las rectas x = 0 y x = 1. Para todo a ∈ (0, 1), la recta x = a divide S en dos regiones de ´ areas A (parte izquierda) y B (parte derecha). Hallar la funci´ on f de modo que se satisfaga A − B = 2f (a) + 3a + c, siendo c una constante. Soluci´ on. f (x) = 32 1 − ex−1 . Problema 8.17 Considerar la EDO siguiente: yf (xy) dx − xg(xy) dy = 0. (i) Demostrar que admite el factor integrante μ(xy) = (ii) Hallar la soluci´ on general de y =

1 xy[f (xy)+g(xy)] .

y(1+xy) x(1−xy) .

Soluci´ on. (ii) xy + ln(x/y) = C. Problema 8.18 Supongamos un cuerpo de masa m, inicialmente en reposo, que experimenta una ca´ıda libre en un campo gravitatorio de intensidad constante g. (i) Si la fuerza de rozamiento es proporcional (con constante de proporcionalidad k) a la velocidad v del cuerpo, hallar la velocidad en funci´ on del tiempo. Calcular también la velocidad l´ımite v , suponiendo que la ca´ıda es suficientemente larga. (ii) Repetir el apartado (i), pero ahora suponiendo que la fuerza de rozamiento es proporcional al cuadrado de la velocidad v del cuerpo. k Soluci´ on. (i) v(t) = mg 1 − exp − m t con v = mg k k . √ mg exp 2 kg t −1 m √ con v = mg (ii) v(t) = kg k k . exp 2

8.4.

m

t +1

Problemas resueltos

Problema 8.19 Hallar la soluci´ on del problema de Cauchy y = −y/x + sin x, y(π) = 1. Soluci´ on. La EDO y = −y/x + sin x es lineal. Entonces: Calculemos la solución general yh (x; C) de la ecuación homogénea asociada y = −y/x. Separamos variables y tenemos dy dx =− , y x con lo que ln |y| = − ln |x| + K, siendo K constante arbitraria. Tomando C = eK con C constante arbitraria se tiene C yh (x; C) = . x


215

Calculemos una solución particular yp (x) de la EDO lineal y = −y/x + sin x usando el método de variaci´ on de constantes. Se tiene pues que yp (x) = C(x)/x. Calcularemos C(x) imponiendo que yp = −yp /x + sin x, es decir, xC (x) − C(x) C(x)/x =− + sin x . x2 x Simplificando llegamos a que C (x) = x sin x, es decir, C(x) = x sin xdx . Usando la fórmula de integraci´ on por partes con u = x y dv = sin x dx, con lo que du = dx y v = − cos x, se tiene C(x) = −x cos x + cos x dx = −x cos x + sin x . En definitiva, yp (x) =

−x cos x + sin x . x

Hallamos la solución general de la EDO lineal y(x; C) = yh (x; C) + yp (x) =

C −x cos x + sin x C − x cos x + sin x + = . x x x

Calculemos ahora la solución del problema de Cauchy, es decir, hallemos el valor de C de modo que se satisfaga la condición inicial y(π; C) = 1. Se obtiene que C +π =1, π con lo que C = 0 y la solución del problema de Cauchy es y(x) = − cos x +

sin x . x

Problema 8.20 Un punto material de masa unidad se mueve en l´ınea recta debido a la acci´ on de una fuerza proporcional al tiempo en que act´ ua la fuerza e inversamente proporcional a la velocidad del punto. En los instantes de tiempo t = 1 y t = 10 segundos, la velocidad es de 10m/s y 50m/s, respectivamente. ¿Qué velocidad tendr´ a el punto en el instante de tiempo t = 60? Soluci´ on. Usando la segunda ley de Newton, se tiene que m

dv t =k dt v

siendo m = 1 la masa del cuerpo, v su velocidad, t el tiempo y k la constante de proporcionalidad. Esta ecuación diferencial para la función v(t) es de variables separables de modo que v2 t2 v dv = k t dt ⇒ =k +C , 2 2

216


siendo C una constante. Las constantes C y k se pueden determinar con las condiciones v(1) = 10 y v(10) = 50 que dan lugar al sistema lineal de ecuaciones 2500 = 2CC + 100k , 100 = 2C + k , cuya solución es k = 800/33 y C = 1250/33. En definitiva, 33v 2 = 100(25 + 8t2 ) de modo que 10 v(t) = √ 25 + 8t2 . 33 Notemos que hemos tomado la rama positiva para la funci´ on v(t) debido a las condiciones del enunciado. Finalmente 1153 v(60) = 50 = 295,548 m/s . 33 Problema 8.21 Un dep´ osito contiene 1000 litros de agua con 10 Kg de sal disuelto en ella. Se introduce en el dep´ osito agua que contiene disuelto 100 gramos de sal por litro a raz´ on de 3 litros por minuto, y la mezcla, bien revuelta, se deja salir a raz´ on de 4 litros por minuto. Halla la cantidad de sal que hay en el dep´ osito en funci´ on del tiempo. Soluci´ on. Sea v(t) el volumen de disolución en el depósito. Seg´ un los datos, v(0) = 1000 litros. Además, los caudales de entrada y salida son qe = 3 y qs = 4 litros por minuto. Entonces, integrando la ecuación de conservación del volumen dv = qe − qs , dt se tiene

v(t) = v(0) + (qe − qs )t = 1000 − t .

Por otra parte, la concentración de entrada es ce = 100 gramos de sal por litro. Entonces, definiendo M (t) como la masa de sal en el depósito en función del tiempo, se tiene que la concentraci´ on de salida es cs (t) =

M (t) M (t) = v(t) 1000 − t

gramos de sal por litro. De este modo, la ecuación de conservación de la masa dM = qe ce − qs cs (t) , dt se convierte en la ecuación diferencial lineal dM M = 300 − 4 . dt 1000 − t Sea Mh (t; C) la solución general de la ecuación homogénea asociada dM M = −4 . dt 1000 − t


217

Separando las variables se tiene dM dt = −4 , M 1000 − t es decir,

ln |M | = 4 ln |1000 − t| + K ,

siendo K constante arbitraria. De aqu´ı se tiene que Mh (t; C) = C(1000 − t)4 , siendo C constante arbitraria. Una solución particular Mp (t) de la ecuación lineal completa se obtendrá por variación de constantes, es decir, se ensaya Mp (t) = C(t)(1000 − t)4 . Imponiendo que sea solución particular se tiene dMp Mp = 300 − 4 , dt 1000 − t es decir, simplificando se tiene C (t)(1000 − t)4 = 300 . De este modo

C(t) = 300

En definitiva

(1000 − t)−4 dt = 100(1000 − t)−3 .

Mp (t) = 100(1000 − t) ,

con lo que M (t) = Mh (t; C) + Mp (t) = C(1000 − t)4 + 100(1000 − t) es la solución general. Pero la constante C debe ser calculada imponiendo la condición inicial M (0) = 10000 gramos con lo que 10000 = C 10004 + 100000 , es decir, C = −9/108 . Finalmente, se tiene 9 M (t) = (1000 − t) 100 − 8 (1000 − t)3 . 10

Bibliograf´ıa [1] F. AYRES. C´ alculo diferencial e integral. McGraw-Hill, 1991. [2] F. BOMBAL, L. RODRÍGUEZ, G. VERA. Problemas de an´ alisis matem´ atico. AC. 1987, 1088. [3] F. COQUILLAT. C´ alculo Integral. Ed. Tébar Flores, Madrid, 1997. [4] R. COURANT, F. JOHN. Introducci´ on al c´ alculo y al an´ alisis matem´ atico. Limusa, 1984. [5] B. DEMIDOVICH. Problemas y ejercicios de an´ alisis matem´ atico. Ed. Paraninfo, Madrid, 1982. ´ y S. MAZA. Problemas resueltos de c´ alculo. [6] I.A. GARCÍA, J. GINE Eines 69, Edicions de la Universitat de Lleida, 2011. [7] F. GRANERO. C´ alculo infinitesimal. Ed. McGraw-Hill, Madrid, 1996. [8] A. KISELIOV, M. KRASNOV, G. MAKARENKO. Problemas de ecuaciones diferenciales ordinarias. Ed. Mir, Mosc´ u, 1973. [9] S. LANG. C´ alculo. Addison-Wesley Iberoamericana, 1987. [10] N. PISKUNOV. C´ alculo diferencial e integral. Ed. Montaner y Simón, S.A., Barcelona, 1970. [11] S. L. SALAS, E. HILLE. Calculus. Ed. Reverté, S. A., Barcelona, 1994. [12] G.F. SIMONS. Ecuaciones diferenciales con aplicaciones y notas hist´ oricas. McGraw-Hill, 1993. [13] M.R. SPIEGEL. C´ alculo superior. McGraw-Hill, 1991. [14] M. SPIVAK. Calculus. Ed. Reverté, 1984. [15] S.K.STEIN. C´ alculo y geometr´ıa anal´ıtica. McGraw-Hill, 1995.

219

n

f( x) k=0

f (k ) (a) (x k!

n k

a)

f( x) k=0

b

f (k ) (a) (x k!

a)k

b

f( x) dx =F (b)

F( a)

a

f( x) dx =F (b)

F( a)

a

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

V=

f( x, y) dxdy D

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

V=

f( x, y) dxdy D

curso-de-introduccion-al-calculo-para-grados-en-ingenieria.pdf

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