analisis matematico ii(2)

8/10/2019 Analisis Matematico II(2)

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Captulo 34

El espacio eucldeo

34.1. El espacio eucldeo n-dimensional

Ejercicio 222 Para los nmerosx1, x2,...,xn,y1, y2,...,yn yz1, z2,...,zn, pro-bar que

nXi=1

xi yi zi

!4

nXi=1

x4i

! nXi=1

y2i

!2 nXi=1

z4i

!

Solucin:La desigualdad de Cauchy-Schwarz dice queXwiyi

2X

w2i X

y2i .

Aplicando esta desigualdad a los numeroswi= xi zi e yi se obtieneXxi yi zi

2X

(xi zi)2 X

y2i .

Aplicndolo de nuevo ax2i yz2i se sigue queX

x2iz2i

2X

x4iX

z4i es decir,X

(xi zi)2

Xx4i

1/2X

z4i

1/2Por tanto, X

xi yi zi2

X

x4i

1/2X

z4i

1/2X

y2i

Elevando al cuadrado ambos miembros obtenemos el resultado. (Hemos utilizadoel hecho de que sia, b 0, entoncesa bsi y slo sia2 b2).Ejercicio 223 (Mtrica lexicogrfica)SeaMel conjunto de todas las pal-abras, cada una de las cuales consiste en un octeto ordenado de ceros y unos:

w= (w1, w2, w3, w4, w5, w6, w7, w8) donde cada bit cumplewk= 0 1.

Sead(v, w) el nmero de lugares en los quev ywson diferentes. Por ejemplo,si v = 01100011 yw = 00110101, entoncesd(v, w) = 4, porque v y w difierenen los bits segundo, cuarto, sexto y sptimo. Demostrar que d es una mtricaenM.

Solucin:Veamos que se cumplen las propiedades de las mtricas:

847

Los autores, 2002; Edicions UPC, 2002.


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848 CAPTULO 34. EL ESPACIO EUCLDEO

1. Est claro qued(v, w) 0para todo v, w M.

2. Por definicin ded, est claro qued(v, w) = 0si y slo siv = w, puestoqued(v, w) = 0quiere decir quev yw no difieren en ningn lugar.

3. Est claro qued(v, w) = d(w, v), ya que el nmero de lugares en quevesdistinto dew es igual al nmero de lugares en quew es distinto dev.

4. Para probar la desigualdad triangular, usaremos la siguiente expresin:

d(v, w) =8X

k=1

|vk wk|

As pues,

d(v, w) =

8Xk=1

|vk wk|=8X

k=1

|vk uk+ uk wk|

8X

k=1

(|vk uk|+|uk wk|) =8X

k=1

|vk uk|+8X

k=1

|uk wk|=

= d(v, u) + d(u, w).

Ejercicio 224 (Mtrica acotada)Sides una mtrica sobre un conjunto My(x, y) se define mediante

(x, y) = d(x, y)

1 + d(x, y),

demostrar que tambin es una mtrica sobreM. Esta nueva mtrica tiene lapropiedad de que(x, y)< 1 para todo x, y M; es decir, est acotada por1.

Solucin:Veamos que se cumplen las propiedades de las mtricas:

1. Como d(x, y) 0 para todo x, y M (por ser d una mtrica), entoncestambin(x, y) 0para todo x, y M.

2. (x, y) = 0 d(x,y)1+d(x,y) = 0 d(x, y) = 0 x= y.

3. (x, y) = d(x,y)1+d(x,y) = d(y,x)1+d(y,x) =(y, x).

4. Para probar la desigualdad triangular, consideremos la funcin

f : [0, ) Rx x

1 + x

Es una funcin creciente, y como d(x, y) d(x, z) +d(z, y), entoncestenemos:

(x, y) = d(x, y)

1 + d(x, y) d(x, z) + d(z, y)

1 + d(x, z) + d(z, y)

d(x, z)1 + d(x, z)

+ d(z, y)

1 + d(z, y)=(x, z) + (z, y).



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34.1. EL ESPACIO EUCLDEON-DIMENSIONAL 849

Ejercicio 225 (Norma del taxi)Demostrar que

k(x, y)k1= |x|+|y|

es una norma enR2. El nombre proviene de la distancia asociada: siP = (x, y)yQ= (a, b), entonces

d1(P, Q) =kP Qk1= |x a|+|y b| .o sea, la suma de las separaciones vertical y horizontal. sta es la distancia quese debe recorrer para llegar de P a Q si siempre se viaja paralelamente a losejes (que es lo que hace un taxi al recorrer las calles).

Solucin:Veamos que se cumplen las propiedades de las normas:

1. Est claro quek(x, y)k 0para todo (x, y) R2.2. k(x, y)k = 0 |x|+|y| = 0 |x| = 0, |y| = 0 x = 0, y =

0 (x, y) = (0, 0).3. k(x, y)k = k(x,y)k = |x|+ |y| = || |x|+ || |y| = ||(|x|+ |y|) =

|| k(x, y)k .

4.

k(x1, y1) + (x2, y2)k = k(x1+ x2, y1+ y2)k=

= |x1+ x2|+|y1+ y2|

|x

1|+|x

2|+|y

1|+|y

2|=

= (|x1|+|y1|) + (|x2|+|y2|) =

= k(x1, y1)k+k(x2, y2)k

Ejercicio 226 (Funciones continuas) Sea C([0, 1]) el espacio vectorial detodas las funciones reales continuas sobre el intervalo [0, 1]. Demostrar que

hf, gi=

Z 10

f(x) g(x) dx.

es un producto interno.

Solucin: Debemos demostrar que se cumplen las propiedades de los pro-ductos internos:

1.

hf, fi=

Z 10

f(x) f(x) dx=

Z 10

f2(x) dx 0 para todaf C([0, 1]).

2.

hf, fi= 0 Z 10

f2(x) dx= 0 f2(x) = 0 para todax [0, 1] f= 0.



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3.

hf,gi =Z 1

0

(f)(x) g(x) dx=Z 1

0

f(x) g(x) dx=

=

Z 10

f(x) g(x) dx= hf, gi.

4.

hf, g+ hi =

Z 10

f(x)(g+ h)(x) dx=

=

Z 10

f(x)(g(x) + h(x)) dx=

=Z 10 f(x) g(x) + f(x) h(x) dx=

=

Z 10

f(x) g(x) dx +

Z 10

f(x) h(x) dx=

= hf, gi+hf, hi.

5.

hf, gi=

Z 10

f(x) g(x) dx=

Z 10

g(x) f(x) dx= hg, fi

34.2. La topologa del espacio eucldeo

Ejercicio 227 SeaMun conjunto arbitrario y definamos lamtrica discretad0 enM mediante

d0(x, y) =

0 si x= y1 si x6=y

.

Demostrar que todo conjunto A Mes abierto.Solucin:Dado xA, D(x, 1/2) ={x}A; por definicin, esto implica

queAes abierto.

Ejercicio 228 Sean (M, d) un espacio mtrico y A M un conjunto finito.Sea

B= {x M |d(x, y) 1 para algny A}.

Demostrar queB es cerrado.Solucin: Veremos que M\B es abierto. Sea z M\B, de modo que

d(z, y) > 1 para todo y A. Sean y1, . . . , yN los puntos de A; entonces,d(z, yi)> 1 parai= 1, . . . , N . Sea

= mn{d(z, y1) 1, . . . , d(z, yN) 1}Sabemos que >0. Sid(x, z)< /2,la desigualdad triangular muestra que

d(x, yi) + d(x, z) d(yi, z) d(x, yi) d(yi, z) /2,lo cual, por la construccin de, es estrictamente mayor que1. As, D(z, ) M\B, luego M\B es abierto yB es cerrado.



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34.2. LA TOPOLOGA DEL ESPACIO EUCLDEO 851

Ejercicio 229 Es cierto en un espacio mtrico general(M, d)que

int {y M |d(y, x0) r}= {y M |d(y, x0)< r}dadosx0 M yr >0?

Solucin: No. Por ejemplo, consideremos un conjunto Mcon la mtricadiscreta, x0 M y r = 1. Entonces {y M | d(y, x0) 1} = M, por lo quesu interior es todo M. Por otro lado, {y | d(y, x0)< 1}= {x0}, que no esM siste tiene ms de un punto.

Ejercicio 230 Demostrar que una sucesin acotadaxn de puntos distintos enR tiene un punto de acumulacin; es decir, el conjunto {x1, x2,...} tiene unpunto de acumulacin.

Solucin:Sabemos que para toda sucesinxn,existe una subsucesin (quedenotamosxnk) dexnque converge: xnk x. Entonces, x es un punto de acu-mulacin, puesto que para cada >0, D(x, )contiene axnk connk suficientegrande (por definicin de convergencia) y al menos uno de los trminosxnk esdistinto dex, ya que losxnk son todos distintos.

Ejercicio 231 Dado un subconjunto A de un espacio mtrico, demostrar quex cl(A)si y slo si inf{d(x, y)| y A}= 0.

Solucin: En primer lugar, sean x cl(A) y = inf{d(x, y) | y A}.Si x A, entonces tomamos x = y y obtenemos = 0. Si x es un punto deacumulacin de A, entonces para cada > 0 existe y A tal que d(x, y) < .As, de nuevo, = 0. Recprocamente, si = 0 y x / A, entonces para cada >0 existey Atal qued(x, y)< (por las propiedades del nfimo), de modoquexes un punto de acumulacin deAy entoncesx cl(A).Ejercicio 232 Sea S = {(x

1, x

2)R2 | |x

1|

1, |x2

| < 1}. Es S abierto,cerrado o ninguna de las dos cosas? Cul es el interior deS?

Solucin:Sno es abierto, pues no existe ningn entorno con centro en lospuntos deS con x1 = 1 que est totalmente contenido enS. Por otro lado, Sno es cerrado, pues

R2\S= {(x1, x2) R2 | |x1|> 1 |x2| 1}y no existe ningn entorno centrado en un punto deR2\Sconx2= 1que estcontenido enR2\S.



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Tambin podemos ver que S no es cerrado si observamos que la sucesin(0, 1 1/n),contenida enS, converge al punto (0, 1),que no est enS.Afirmamos que int(S) = {(x1, x2) R2 | |x1| < 1, |x2| < 1}, lo que verifi-

camos mostrando que los elementos de este conjunto son los puntos interioresde S : Si |x1| < 1 y |x2| < 1, entonces el disco con centro en (x1, x2) y radior = mn{1 |x1|, 1 |x2|}est enS. Como ya hemos visto, los dems puntosdeSno son puntos interiores.

Ejercicio 233 Demostrar que six es un punto de acumulacin de un conjuntoS Rn, entonces todo conjunto abierto que contenga a x contiene a su vezinfinitos puntos deS.

Solucin: Usaremos el mtodo de reduccin al absurdo. Supongamos queexiste un conjunto abierto Uque contiene axpero solamente un nmero finito

de puntos deS. Seanx1, x2, . . . , xm los puntos deScontenidos enU distintosdex. Sea el mnimo de los nmeros d(x, x1), d(x, x2), . . . , d(x, xm), de modoque > 0. Entonces D(x, ) no contiene puntos de S distintos de x, lo quecontradice el hecho de quex es un punto de acumulacin deS.

Ejercicio 234 Sea (E, d) un espacio mtrico y A, B dos subconjuntos cua-lesquiera de E. Estudiar si se verifican las siguientes relaciones, probndolasen el caso de que sean ciertas y poniendo un contraejemplo en el caso de quesean falsas.

1. cl(A B) cl(A) cl(B)2. cl(A) cl(B) cl(A B)

3. A cl(B) cl(A B)4. A cl(B) =cl(A) B5. A cl(B) cl(A B).

Solucin:

1. Es cierto:

A B AA B B

cl(A B) cl(A)

cl(A B) cl(B)

cl(AB) cl(A)cl(B).

2. Es falso: si tomamos

A= (0, 1) R, B = (1, 2) REntonces

cl(A) = [0, 1]cl(B) = [1, 2]

cl(A) cl(B) = {1}.

Por otro lado,A B= cl(A B) = .

3. Es cierto:

A A B cl(A B)B A B cl(B) cl(A B)

A cl(B) cl(A B).



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34.3. SUCESIONES 853


A= (0, 1] R, B = (1, 2) R

EntoncesA cl(B) = (0, 1] [1, 2] = {1}.

Por otro lado,cl(A) B= [0, 1] (1, 2) = .


A= [0, 1] R, B= (1, 2) R

Entonces A cl(B) = [0, 1] [1, 2] ={1}.Por otro lado,

cl(A B) = cl([0, 1] (1, 2)) =cl() = .

34.3. Sucesiones

Ejercicio 235 Probar que toda sucesin convergente de un espacio mtrico es

acotada.Solucin: Sea (an) una sucesin convergente a l en un espacio mtrico

(M, d). Dado > 0, existe un nmero natural n0 tal que si n > n0, entoncesd(an, l)< . Por lo tanto, fuera del disco D(l, ), se encuentran un nmerofinitode trminosa1, a2, . . . , an0. As pues, toda la sucesin est contenida en el discoD(l, r), donder es la mayor de las distancias del a los trminosa1, a2, . . . , an0 .

Ejercicio 236 Sea(xn)una sucesin en un espacio mtrico (M, d)convergenteax. Demostrar:

1. Toda subsucesin de(xn)converge ax.

2. Si (yn) es otra sucesin de M tal qued(xn, yn) < 1n , entonces (yn) con-verge ax.

3. (xn) converge a un nico punto de acumulacin que forzosamente ha deserx.

Solucin:

1. Sea(xnk)una subsucesin de(xn)y >0. Como lm xn= x, dado >0existe n0 N tal que si n > n0, se tiene d(xn, x) < . Por lo tanto, sink > n0, se tiened(xnk , x)< .



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2. Sea > 0. Como (xn) converge a x, dado /2 existe n0 N tal que sin > n0, se tiened(x, xn)< /2. Como d(xn, yn)< 1/n y (1/n) convergea 0, dado /2existen1 Ntal que sin > n1, se tiene

d(xn, yn)< 1

n max{n0, n1}se tiene

d(yn, x) d(yn, xn) + d(xn, x)< .

3. Si (xn) tuviera otro punto de acumulacin y 6= x, y sera lmite de unasubsucesin de(xn), lo que contradice el apartado a, luego x= y.

Ejercicio 237 Razonar que la sucesin de trminos reales

1,1

2, 1 1

3,1

4, 1 1

5,1

6, 1 1

7,1

8, . . .

no es convergente.Solucin:La subsucesin

1

2,1

4,1

6,1

8, . . .

converge a 0. La subsucesin

1 13

, 1 15

, 1 17

, . . .

converge a 1. Por tanto, la sucesin no tiene lmite, pues si existiera, todas las

subsucesiones tendran que converger a l.Ejercicio 238 Sea la sucesin de elementos deM=C[0, 1]

fn(x) =

1 nx si x 1n

0 si x 1n.

Se consideran enM las distancias:

d1(f, g) = max{|f(x) g(x)|: x [0, 1]}

d2(f, g) =

Z 10

(f(x) g(x))21/2

1. Probar que(fn)no tiene lmite en(M, d1).

2. Probar que(fn) tiene lmitef(x) = 0 en(M, d2).Solucin:

1. La sucesin converge puntualmente a la funcin

f(x) =

0 si x6= 01 si x= 0

que no es continua enx= 0. Por tanto, fno es un elemento deC[0, 1]y(fn)no es convergente.

Observar que la convergencia en(M, d1) es equivalente a la convergenciauniforme.



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34.4. COMPLETITUD 855

2. La sucesin converge af(x) = 0, ya que

d2(fn, f) =

Z 10

(fn(x) f(x))2 dx1/2

=

"Z 1/n0

(1 nx)2 dx#1/2

=

=

"Z 1/n0

(1 2nx + n2x2) dx#1/2

= 1

3n

Por lo tanto,lm

nd2(fn, f) = 0

34.4. Completitud

Ejercicio 239 Sea (an) una sucesin de nmeros reales y E= {an : n N}.Estudiar la completitud del espacio mtrico (E, d), siendo

d(ap, aq) =

( 1p+

1q

si p6=q

0 si p= q.

Solucin:El espacio no es completo. Consideremos una sucesin deEquesea una subsucesin de (an), por ejemplo (a2n). Dado > 0, para cualquiern0>

1 se cumple

n,m > n0 d(a2n, a2m) = 12n + 12m

< 2+ 2 =.

Por tanto, (a2n) es una sucesin de Cauchy en E. Sin embargo, (a2n) no esconvergente: si b = ap fuera el lmite de (a2n), la sucesin de las distanciasd(b, a2n) tendra que converger a 0 y converge a 1p :

d(b, a2n) =

1p + 12n

> 1p .

Ejercicio 240 Sea(Q, d)el espacio de los nmeros racionales con la distanciausual. Probar que la sucesin de trmino general

xn= 1

0!+

1

1!+

1

2!+ +

1

n!

es de Cauchy, pero no es convergente y como consecuencia(Q, d)no es completo.Solucin:Sixn = 10! +

11!+

12! + +

1n! , entonces

|xn xn+p|= xn= 1(n + 1)!

+ 1

(n + 2)!+ +

1

(n +p)!0; entonces,

|f(x) f(a)|= x2 a2= |x a| |x + a| .Se quiere hacer esta ltima expresin menor quehaciendo |x a|lo suficien-temente pequeo. Sia= 0, se elige

() =

Supongamos ahora que a 6= 0, y encontraremos una cota para |x + a| en unentorno dea. Por ejemplo, si |x a|< |a|, entonces0< |x|< 2 |a| y

|x + a| |x|+|a|< 2 |a|+|a|< 3 |a| .

De aqu se obtiene|f(x) f(a)| 3 |a| |x a| ,

siempre que |x a|< |a|. Por tanto, si se define() = inf{|a| , 3|a| }, entoncescuando |x

a|< (), se cumple:

|f(x) f(a)| 3 |a| |x a|< 3 |a| 3 |a|

=.

Ejercicio 249 Sea D(f) = {x R : x 6= 0} y definimos f como f(x) = 1x ,para todax D(f). Demostrar quefes continua en su dominio.

Solucin:Six D(f), entonces

|f(x) f(a)|=

1

x 1

a

=

|x a||ax|

.

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35.1. PROPIEDADES LOCALES DE LAS FUNCIONES CONTINUAS 863

y tambin |y| |b|+ 1, de manera que

|y+ b| |y|+|b| 2 |b|+ 1.

Por lo tanto, se tiene

x2 + y2 a2 b2 x2 a2 + y2 b2= |x a| |x + a|+|y b| |y+ b|

|x a| (2 |a|+ 1) +|y b| (2 |b|+ 1) k(x, y) (a, b)k (2 |a|+ 1) +k(x, y) (a, b)k (2 |b|+ 1) 2(|a|+|b|+ 1) k(x, y) (a, b)k .

De manera anloga se tiene

|2xy 2ab| = 2 |xy xb + xb ab| 2(|xy xb|+|xb ab|) 2 |x| |y b|+ 2 |b| |x a| 2 |x| k(x, y) (a, b)k+ 2 |b| k(x, y) (a, b)k 2(|a|+ 1) k(x, y) (a, b)k+ 2 |b| k(x, y) (a, b)k 2(|a|+|b|+ 1) k(x, y) (a, b)k .

As pues, sik(x, y) (a, b)k< 1, entonces

kf(x, y) f(a, b)k p

(x2 + y2 a2 b2)2 + (2xy 2ab)2

2sup

x2 + y2 a2 b2

, |2xy 2ab|

22(|a|+|b|+ 1) k(x, y)

(a, b)k

Por lo tanto, basta establecer

() = inf

1,

2

2(|a|+|b|+ 1)

;

Si k(x, y) (a, b)k< (), entonces

kf(x, y) f(a, b)k< ,

con lo cual tenemos quefes continua en el punto (a, b).

Ejercicio 252 Seaf :A Rm dada porf(x) = (f1(x), . . . , f m(x)).

Demostrar quefes continua si y slo si cada componentefi es continua, i =1, . . . , m.

Solucin:Seafcontinua. Sixk xenA, debemos probar quefi(xk)fi(x)para cadai. Pero esto es consecuencia del hecho de quef(xk) f(x),yuna sucesin enRm (en este caso, f(xk)) converge si y slo si sus sucesionescomponentes convergen.

El mismo razonamiento demuestra el recproco.



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864 CAPTULO 35. FUNCIONES CONTINUAS

35.2. Funciones lineales

Ejercicio 253 Una aplicacin multilinealL deRn1 Rn2 Rnk a Rm

es una transformacin tal que para cadar, 1 r k, cumpleL(a1, a2, . . . , ar+br, . . . , ak) =L(a1, a2, . . . , ar, . . . , ak)+L(a1, a2, . . . , br, . . . , ak),

dondeai Rni , br Rr y R. Demostrar que una aplicacin multilineales continua.

Solucin:Seae1, . . . , en la base cannica deRn y, para cada x Rn, seax= (x1, . . . , xn) =

Pni=1 x

iei.Definimos los elementos deRm i1,...,ik para losenteros ij tales que 1 ij nj, j = 1, . . . , k como i1,...,ik = L(ei1 , . . . , eik).Afirmamos que

L(x1, . . . , xk) =

n1Xi1=1

nkXik=1

i1,...,ikx

i1

1 x

ik

k ,

que es el anlogo a la expresin de una funcin lineal en trminos de una matriz.En efecto, por la multilinealidad,

L(x1, . . . , xk) = L

n1Xi1=1

xj11 ei1 , x2, . . . , xk

!=

n1Xi1=1

xj11 L(ei1 , x2, . . . , xk).

El resultado se obtiene al repetir la operacink veces.Esta frmula muestra claramente queLes continua, puesto que las funciones

xi11 axikk son productos de funciones continuas y son, por tanto, continuas, yL

es una suma de estas funciones.

35.3. Propiedades globales de las funciones con-

tinuas

Ejercicio 254 Sea f : R2 R continua y sea A = {f(x) : kxk = 1}.Demostrar que A es un intervalo cerrado, es decir, un conjunto de la forma[a, b].

Solucin:Est claro queA = f(S), dondeS = {x R2 : kxk = 1} es lacircunferencia unidad. Como Ses conexo y compacto, por el teorema de con-servacin de conexidad y compacidad, sabemos que A es conexo y compacto.En la unidad El espacio euclideo n-dimensional vimos que los nicos subconjun-tos conexos deR son los intervalos, y los nicos intervalos compactos son los

cerrados. As pues, Atiene que ser de la forma [a, b].

Ejercicio 255 Seaf : [1, 2] [0, 3]una funcin continua que satisfacef(1) =0 y f(2) = 3. Demostrar queftiene un punto fijo. Es decir, demostrar queexiste un punto x0 [1, 2]tal quef(x0) =x0.

Solucin:Seag(x) = f(x) x.Entoncesg es continua, y cumple:g(1) = f(1) 1 = 0 1 = 1g(2) = f(2) 2 = 3 2 = 1

Por lo tanto, por el teorema del valor intermedio de Bolzano, g debe anularseen algnx0 [1, 2]y estex0 es un punto fijo def.



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35.4. CONTINUIDAD UNIFORME Y PUNTOS FIJOS 865

Ejercicio 256 Sea f : A M N continua. Si K A es un conjunto

conexo, demostrar que la grfica def,{(x, f(x)) : x K},es conexa enM N.Solucin:Consideremos la siguiente funcin:

g: K M M Ng(x) 7 (x, f(x))

Por el ejercicio 5 de la seccin Propiedades locales de las funciones continuas,sabemos queg es continua porque cada una de sus componentes lo es. Pero

g(K) = {(x, f(x)) : x K},

y la imagen de un conjunto conexo es conexa, por el teorema de conservacinde conexidad.

35.4. Continuidad uniforme y puntos fijos

Ejercicio 257 Dada la funcinf(x, y) =x2 + y2,

1. Probar quefes uniformemente continua en cualquier rectngulo abierto(a, b)(c, d).

2. Probar, utilizando sucesiones, quefno es uniformemente continua en todoR2.

Solucin:

1. La funcin fes continua en la claususra [a, b] [c, d] de cualquier rec-tngulo abierto. Es decir, fes continua en un compacto, por lo tanto esuniformemente continua en l y en cualquiera de sus subconjuntos, enparticular en(a, b)(c, d).

2. Sean

an= (n, n), bn=

n +

1

n, n +

1

n

.

Entonces se cumple:

lmn

kanbnk= lmn

k(n, n)(n+ 1n

, n+1

n)k= lm

nk( 1

n, 1

n)k= lm

n

r1

n2+

1

n2 = 0.

Sin embargo,

lmn

kf(an) f(bn)k= lmn

n2 + n2

n +

1

n

2+

n +

1

n

2! =

= lmn

2n2 2n +1

n

2 = lmn

2n2 2n2 4 + 2n2

= lmn

4 + 2n2

= 46= 0.

Esto demuestra quefno es uniformemente continua en todo R.



20/122


Ejercicio 258 Estudiar si las siguientes funciones son contractivas y calcular

sus puntosfijos:1. f : (0, 1) (0, 1) definida porf(x) = 3x4 .

2. f : (0, 1) (0, 1) definida porf(x) = 3x24 .

3. f : R R definida porf(x) = x2 1.

Solucin:

1. La funcinfes contractiva, ya que

3x4

3y

4

3

4

|x

y| .

El punto fijo sera solucin de la ecuacin

3

4x= x x= 0

pero 0 no pertenece al intervalo abierto (0, 1), luego f no tiene puntosfijos.

2. La funcinfes de Lipschitz pero no contractiva:

3x2

4 3y

2

4 =3

4 x2 y2 =

3

4|x + y| |x y| 3

42 |x y|= 3

2|x y| .

Si tiene algn punto fijo ha de ser solucin de la ecuacin

3

4x2 =x 3x2 4x= 0 x= 0, x= 4

3.

Pero ninguno de los dos puntos pertenece a(0, 2).

3. La funcinfno es de Lipschitz:x2 1 (y2 1)= x2 y2= |x + y| |x y| ,

y el trmino |x + y| no est acotado enR. Veamos si tiene algn punto

fijo:

x2 1 =x x2 x 1 = 0 (

x1 =1+

5

2

x2=1

5

2

Por tanto, ftiene dos puntosfijos, x1 yx2.

Observamos que fno cumple las condiciones del teorema del punto fijopara contracciones y sin embargo tiene puntosfijos, porque el teorema esuna condicin suficiente pero no necesaria.



21/122

35.5. TEOREMAS DE APROXIMACIN 867

35.5. Teoremas de aproximacin

Ejercicio 259 (Lema de Dini) SeaA Rn compacto yfk una sucesin defunciones continuas fk : a R tales que fk(x) 0 para x A, fk 0puntualmente yfk(x) fl(x)sik l. Demostrar quefk 0uniformemente.

Solucin:Dado >0, queremos encontrarNtal que |fk(x)|< para todok N y x A. Para cada x A, encontramos Nx tal que |fk(x)| < 2 sik Nx, ya que fk 0 puntualmente. Escribiremos Nx para enfatizar queeste nmero depende dex. Por la continuidad defk(x),existe un entorno Ux,kdex tal que |fk(y) fk(x)|< 2 paray Ux,k. Los entornosUx,Nx forman unrecubrimiento deA. Dado queA es compacto, existe un subrecubrimiento finito,digamos, centrado enx1, . . . , xM. SeaN =max{Nx1 , . . . , N xM}, y seanx Ayk N. EntoncesxUx,l para algn l, de modo que |fN1(x) fNl(x)| < 2 .As pues, usando las hiptesis,

0 fk(x) fN(x) fNl(x) = fNl(xl) + (fNl(x) fNl(xl))<

2+

2=.

Por lo tanto, |fk(x)| < para todo k N y todo x A, y as tenemos laconvergencia uniforme.

35.6. Lmites de funciones

Ejercicio 260 Considerando subconjuntos apropiados, demostrar que no existeel lmite def en(0, 0)en los casos siguientes:

1. f(x, y) = y3

x2

x2+y2 si(x, y)6= (0, 0).

2. f(x, y) = y2x4

x4+y2 si(x, y)6= (0, 0).

3. f(x, y) = y+x2+x

yx siy6=x.

4. f(x, y) = xy3

x2+y6 si(x, y)6= (0, 0).

Solucin:

1. Tomamos lmites direccionales segn la familia de rectasy = mx:

l

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

mx0m3x3

x2

x2 + m2x2 = l

mx 0x2(m3x

1)

x2(1 + m2) = 1

1 + m2 .

Para cada recta tiene un valor distinto, ya que depende de m. As pues,el lmite no existe.

2. Tomamos lmites a travs de la familia de parbolasy= mx2:

lm(x,y) (0,0)

f(x, y) = lmx 0

m2x4 x4x4 + m2x4

= lmx0

x4(m2 1)x4(1 + m2)

= m2 11 + m2

.

A travs de cada parbola el lmite tiene un valor diferente. Por tanto, ellmite no existe.



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3. Tomamos lmites a travs de la familia de rectasy= mx, salvo m = 1en

dondefno est definida:

lm(x,y) (0,0)

f(x, y) = lmx 0

mx + x2 + x

mx x = lmx0x(m + x + 1)

x(m 1) =m + 1

m 1 .

El lmite depende dem, luego no existe.

4. Tomamos lmites a travs de la familia de cbicasx= my3:

lm(x,y) (0,0)

f(x, y) = lmy0

my6

y6(1 + m2) =

m

1 + m2.

El lmite depende dem, luego no existe.

Ejercicio 261 Determinar el lmite en(0, 0)de las siguientes funciones:

1. f(x, y) = x2 sin 1x2+y2 si(x, y)6= (0, 0).

2. f(x, y) = log(x2 + y2) si(x, y)6= (0, 0).

3. f(x, y) =

( x2 sin(x2+y2)

x2+y2 si (x, y)6= (0, 0)

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

4. f(x, y) =

cos 1x2+y2 si (x, y)6= (0, 0)

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

Solucin:

1. Se cumple:

0 x2 sin

1

x2 + y2

|x2|

ya quesin

1x2+y2

1.

Tomando lmite en la desigualdad cuando (x, y) (0, 0), obtenemos:0 lm(x,y) (0,0) x

2 sin 1x2+y2 lm(x,y) (0,0)|x

2|= 0.

As pues,

lm(x,y) (0,0)

x2 sin

1

x2 + y2

= 0

y por tanto,

lm(x,y) (0,0)

x2 sin

1

x2 + y2

= 0

2. Como lmt0log t= ,est claro que

lm(x,y) (0,0)

f(x, y) = .



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35.6. LMITES DE FUNCIONES 869

3. Consideramos coordenadas polares: x= cos

y= sin

Entonces obtenemos:

lm(x,y) (0,0)

f(x, y) = lm 0

2 cos2 sin(2)

2 = lm

0cos2 sin(2) = 0.

4. Consideramos coordenadas polares: x= cos

y= sin

Entonces obtenemos:

lm(x,y) (0,0)

f(x, y) = lm 0

cos

1

.

No existe lmite, ya que si consideramos las sucesionesn = 12n y

0n =

12n+

2

, obtenemos dos resultados distintos:

lmn

cos 11

2n

= lmn

cos2n= lmn

1 = 1

lmn cos 1

1/(2n+ 2 )

= lmn cos

2n+

2

= lmn0 = 0.

Ejercicio 262 Seaf : R2 Rdefinida por

f(x, y) =

( x3y3

xy si x y6= 0

0 si xy= 0.

Probar que el conjunto de puntos de discontinuidad es cerrado.Solucin: Para los puntos (x, y) tales que x 6= 0 e y 6= 0, existe un en-

torno en el que la funcin es un cociente de dos funciones polinmicas cuyo

denominador no se anula. Por tanto, fes continua.En los puntos de la forma (a, 0), a 6= 0, no existe el lmite de f, ya que si

calculamos el lmite direccional segn la rectax= a, obtenemos

lm(x, y) (a, 0)

x= a

f(x, y) = l my=0

f(a, y) = lmy 0

a3 y3ay

=.

Como f no tiene lmite en (a, 0), no es continua en los puntos de esta for-ma. Anlogamente se prueba que f no es continua en los puntos de la forma(0, b), b6= 0.



24/122


La funcin tampoco es continua en (0, 0), ya que no posee lmite en ese

punto. En efecto: si tomamos lmites segn la familia de parbolas y = x2

,6= 0, obtenemos:

lm(x, y) (0, 0)

y= x2

f(x, y) = lmx 0

x3 + 3x6

x3 = lm

x 01 3x3

=

1

,

que depende de la parbola tomada.As pues, el conjunto de puntos de discontinuidad est formado por las rectas

x= 0ey = 0. Cada recta es cerrada enR2 por ser la antiimagen de un cerradopor una aplicacin continua (por ejemplo, la rectax= 0esg1(0), dondeg esla aplicacin deR2 enR definida porg(x, y) =x).

35.7. Otros resultados

Ejercicio 263 Demostrar que el conjunto de los polinomios de [a, b] es densoenC([a, b],R).

Solucin:Usaremos el teorema de Stone-Weierstrass, tomandoK= [a, b]yA= {q C([a, b] R) : qes un polinomio}. EntoncesAsatisface las hiptesisdel teorema de Stone-Weierstrass:

1. La funcin constante,e(x) 1es un polinomio.2. Si p, qson dos polinomios, entoncesp + qes tambin un polinomio para

cualquier, R.3. Si p, qson dos polinomios, entoncesp qtambin lo es.

4. Consideremos, por ejemplo, el polinomio p(t) = t. Entonces si x 6= y,tambinp(x)6=p(y).

As pues, por el teorema de Stone-Weierstrass, Aes denso enC([a, b],R).



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Captulo 36

Funciones diferenciables

36.1. Funciones diferenciables. Propiedades

Ejercicio 1:Sea f la funcin de R2 en R definida por

f(x, y) =

( xy 3

q 1+xyx3+y3 si x6= y0 si x= y

a. Calcular D1f(0, 0)y D2f(0, 0).

b. Utilizar la definicin para probar quefno es diferenciable en (0, 0).

c. Determinar Duf(0, 0), donde u = (a, b), a 6= b. Probar que la aplicacinw Dwf(0, 0) no es lineal y comprobar que f no cumple la siguientecondicin necesaria de diferenciabilidad en (0, 0):Duf(0, 0) = f(0, 0) u.

Solucin:

a. Calculamos la derivadas parciales:

D1f(0, 0) = lmt0

f(t, 0) f(0, 0)t

= lmt 0

0 0t

= 0

D2f(0, 0) = lmt0

f(0, t) f(0, 0)t

= lmt 0

0 0t

= 0

b. Si f fuera diferenciable, su matriz sera la matriz jacobiana:

df(0,0)(u) = f(0, 0) u= (D1f(0, 0), D2f(0, 0)) u= (0, 0) u.

Veamos si la aplicacin de matriz(0, 0)cumple la definicin de diferencial:

lm(h,k) (0,0)

f(h, k) f(0, 0) (0, 0)(h, k)h2 + k2

=

871



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872 CAPTULO 36. FUNCIONES DIFERENCIABLES

= lm

(h,k) (0,0)

hk 3

1 + hk

h2

+ k2 3

h3

+ k3

= lm 0

2 cos sin 3p

1 + 2 cos sin

2 3p

cos3 + sin3

= cos sin 3p

cos3 + sin3

El lmite no existe, ya que depende de . Por tanto, f no es diferenciableen(0, 0).

c. Sea u = (a, b)6= (0, 0) y v= (c, d)6= (0, 0).

Duf(0, 0) = lmt

0

f(ta,tb) f(0, 0)

t

= lmt 0

1

t

"t2ab 3

s 1 + t2ab

t3(a3 + b3)

#

= ab 3r

1

a3 + b3.

La aplicacin w Dwf(0, 0)no es lineal, ya que

Du+vf(0, 0) = (a + c)(b + d) 3

s 1

(a + c)3 + (b + d)3

Duf(0, 0) + Dvf(0, 0) = ab 3r 1

a3 + b3 + cd 3r 1

c3 + d3 .

Por lo tanto,Du+vf(0, 0)6=Duf(0, 0) + Dvf(0, 0),

con lo cual fno puede ser diferenciable en (0, 0).

Tambin se puede razonar que fno es diferenciable en (0, 0)de la formasiguiente: si f fuese diferenciable en (0, 0), entonces df(0, 0) sera la apli-cacin lineal determinada por las derivadas parciales

D1f(0, 0) D2f(0, 0)

=

0 0

, pero

f(0, 0) u= 0 0 a

b= 06=ab 3r

1

a3

+ b3

=Duf(0, 0),

y no se cumplira la condicin necesaria de diferenciabilidad.

Ejercicio 2:Consideramos la siguiente funcin definida por

f(x, y) =

( |x|

qx2+y2

y2x2 si y2 x2 6= 0

0 si x2 + y2 = 0

Qu derivadas direccionales existen en (0, 1)?



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36.2. CONDICIONES DE DIFERENCIABILIDAD 873

Solucin:Seav = (a, b) un vector cualquiera. Entonces

Dvf(0, 1) = l mt0

f(at, 1 + bt) f(0, 1)t

= lmt0

|at|

t

s(at)2 + (1 + bt)2

(1 + bt)2 (at)2 = lmt0|at|

t .

Si a 6= 0, el lmite por la derecha vale |a|, y el lmite por la izquierda vale|a|.Como los lmites laterales son distintos, no existe la derivada direccional.

Si a = 0, entonces Dvf(0, 1) = 0.Por tanto, slo existe la derivada direccional en la direccin del eje de las y .

36.2. Condiciones de diferenciabilidad

Ejercicio 3:Por el teorema 3, sabemos que la derivada direccional de unafuncinfen un punto es mxima en la direccin del vector gradiente f(x,y,z).As pues, la tasa de variacin de crecimiento de la funcin es mxima en ladireccin y sentido del vector f(x,y,z)y mnima en la del vector f(x,y,z).

f(x,y,z) = (2xz 3y2 + 4z2y, 6xy+ 4z2x, x2 + 8zxy)f(1, 1, 1) = (1, 2, 7)

f(1, 1, 1) = (1, 2, 7).Por lo tanto, la mosca deber moverse en la direccin del vector (1, 2, 7).

Ejercicio 4:Sean las funcionesf : R2

R3, g : R3

R2, h: R2

R3 y

F : R2 R3 dadas porf(x, y) = (xey + cos y,x,x + ey)

g(x,y,z) = (x + z cos y,y+ x sin z)

h(x, y) = (xyexy, y sin x, xy2)F(x, y) = h (g f)(x, y)

DeterminardF(1,0).Solucin:Por la regla de la cadena, sabemos que

dF(1,0)= dhg(f(1,0)) dgf(1,0) df(1,0).Por el teorema 2, sabemos que la matriz de la diferencial es la matriz jacobiana,

con lo cual basta calcular la matriz jacobiana de cada una de las funciones ymultiplicarlas para obtener la matriz de DF(1,0):

f0(x, y) =

ey xey sin y1 01 ey

f0(1, 0) =

1 11 01 1

g0(x,y,z) =

1 z sin y cos ysin z 1 x cos z

g0(f(1, 0)) =g 0(2, 1, 2) =

1 0 10 1 2



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36.3. DERIVADAS DE ORDEN SUPERIOR 875

b. Como xy > 1, las derivadas parciales son continuas en cualquier punto deA, porque son cocientes de funciones continuas, y los denominadores nose anulan. Por tanto, se cumple en todos los puntos la condicin suficientede diferenciabilidad.

c. Como f1 y f2 son diferenciables en (1, 0), resulta:

D(3,2)f1(1, 0) = f1(1, 0)(3, 2) = (0,12

)(3, 2) = 1

D(3,2)f2(1, 0) = f2(1, 0)(3, 2) = (3, 1)(3, 2) = 7.

36.3. Derivadas de orden superior

Ejercicio 6:Puede serg(x, y) = (x2y, y2x)gradiente de una alguna funcinf? (Aplicar el teorema de Schwarz).

Solucin:Si g es gradiente de alguna funcin f (es decir, si existe alguna

funcin f tal que g =fx ,

fy

), entonces fes de clase C, ya que las com-

ponentes de g son polinomios, y f debe cumplir el teorema de Schwarz. Sinembargo,

2f(x, y)

xy =

g1(x, y)

y =x2

2f(x, y)

yx =

g2(x, y)

x =y2

Como2f(x, y)

xy 6=

2f(x, y)

yx ,

no se verifica el teorema de Schwarz, luego g no puede ser gradiente de ningunafuncin.

Ejercicio 7:Se llama ecuacin de Laplace en tres dimensiones a la ecuacinen derivadas parciales

2f

x2 +2f

y2 +2f

z2 = 0.

Una funcin se llama armnica si satisface la ecuacin de Laplace. Probar que

f(x,y,z) = 1

k(x,y,z)k

es armnica.Solucin:Teniendo en cuenta que

f(x,y,z) = 1

k(x,y,z)k =

1

px2 + y2 + z2

,



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876 CAPTULO 36. FUNCIONES DIFERENCIABLES

calculamos las derivadas segundas:

f

x = x

k(x,y,z)k3

2f

x2 = 1

k(x,y,z)k3+

3x2

k(x,y,z)k5

f

y = y

k(x,y,z)k3

2f

y2 = 1

k(x,y,z)k3+

3y2

k(x,y,z)k5

f

z = z

k(x,y,z)k3

2f

z2 = 1

k(x,y,z)k3+

3z2

k(x,y,z)k5

Veamos ahora que f satisface la ecuacin de Laplace:

2f

x2+

2f

y2 +

2f

z2 = 1

k(x,y,z)k3+

3x2

k(x,y,z)k5 1

k(x,y,z)k3+

+ 3y2

k(x,y,z)k5 1

k(x,y,z)k3+

3z2

k(x,y,z)k5

= 3k(x,y,z)k3

+3(x2 + y2 + z2)

k(x,y,z)k5

= 3k(x,y,z)k3

+3k(x,y,z)k2

k(x,y,z)k5

= 3k(x,y,z)k3

+ 3

k(x,y,z)k3 = 0

Comofsatisface la ecuacin de Laplace,f es armnica.



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Captulo 37

Funciones continuas y

diferenciables

37.1. Frmula de Taylor

Ejercicio 264 Determinar el polinomio de Taylor de tercer grado y el resto deorden 4 de la funcin

f(x,y,z) = xy4 + z2x 3xyz + y2z4 2en el origen.

Solucin: Como fes una funcin polinmica, el polinomio de Taylor detercer grado de f en (0, 0, 0) lo forman los trminos de fde grado menor oigual que 3:

P3(x,y,z) = z2x 3xyz 2.

Por el teorema de Taylor, sabemos que el resto de orden 4 es de la forma

R4(x,y,z) = 1

4!D4f() (x,y,z)4,

donde = (1, 2, 3) es un punto del segmento comprendido entre los puntos(0, 0, 0) y (x,y,z). Como fes polinmica, todas sus derivadas de orden 4 sonnulas excepto las que corresponden a los trminos de grado mayor o igual que 4(es decir, xy4 + y2z4):

D1222f() = 24 2

D2222f() = 24 1D2233f() = 24

23

D2333f() = 48 2 3D3333f() = 24

22

Por lo tanto, el resto de orden 4 es

R4(x,y,z) = 1

4!

4xy3(242) + y

4(241) + 6y2z2(2423) + 4yz

3(4823) + z4(2422)

=

= 4xy32+ y41+ 6y

2z223+ 8yz312+ z

422.

877



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878 CAPTULO 37. FUNCIONES CONTINUAS Y DIFERENCIABLES

Ejercicio 265 Seaf(x, y) = sin(ax+by), dondeaybson dos constantes reales.

1. Determinar la serie de Taylor defen el punto (0, 0).

2. Determinar las expresiones de los restos de orden par e impar.

3. Probar que f es analtica en cualquier disco abierto de centro (0, 0), ydeducir que es analtica en todo R2.

Solucin:

1. La serie de Taylor asociada af en(0, 0)es de la forma

S(x, y) = f(0, 0) +X

m=1

1

m!Dmf(0, 0) (x, y)m.

Ahora bien, todas las derivadas de orden par defvalen 0 en(0, 0):2nf(x, y)

xpyq

(0,0)

= (1)napbq sin(ax + by)(0,0)= (1)napbq 0 = 0.

Las derivadas de orden senar son2n+1f(x, y)

xpyq

(0,0)

= (1)napbq, dondep + q= 2n + 1.

As pues, la serie de Taylor slo est formada por los trminos correspon-dientes a las derivadas de orden senar, y vale

S(x, y) =

Xm=1(1)m 1

(2m + 1)!(ax + by)2m+1.

2. Sabemos que el resto de ordenmes de la forma

Rm(x) = 1

m!Dmf() (x a)m,

Por lo tanto, el resto de orden2m + 1 viene dado por

R2m+1(x, y) = (1)m 1(2m + 1)!

(ax + by)2m+1 cos(a1+ b2),

y el resto de orden2mes de la forma

R2n(x, y) = (1)n 1(2n)!

(ax + by)2n sin(a1+ b2).

3. Sea D((0, 0), r) un disco de centro (0, 0) y radio r > 0. Como |x| < r,|y|< r, si definimosk= |a|+|b|, entonces

|R2n+2| =

(1)n+2 1(2n + 2)! (ax + by)2n+2 sin(a1+ b2)

1(2n + 2)!

(|ax|+|by|)2n+2

1(2n + 2)!

[r(|a|+|b|)]2n+2

1(2n + 2)!

r2n+2k2n+2.



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37.2. TEOREMA DE LA FUNCIN INVERSA 879

Por lo tanto,

|f(x, y) P2n+1(x, y)|= |R2n+2(x, y)| (rk)2n+2

(2n + 2)!

Tomando lmites cuando n , obtenemos:f(x, y) lm

nP2n+1(x, y)

lm

n(rk)2n+2

(2n + 2)!

|f(x, y) S(x, y)|= 0 f(x, y) =S(x, y).

As pues, la serie converge uniformemente a la funcin en D((0, 0), r),para todar >0. Como cualquier punto tiene un entorno contenido en undisco de centro (0, 0), la serie converge en dicho entorno a la funcin f,luego es analtica en todo R2.

37.2. Teorema de la funcin inversa

Ejercicio 266 Seaf(x, y) = (x3 y3, x2 y2).

1. Encontrar el subconjunto deR2 en el que el teorema de la funcin inversaasegura que existef1 en un entorno de cada punto.

2. Estudiar sifes un cambio de variable en el abiertoA= {(x, y) R2 :x 0}.

3. Razonar quefno es un cambio de variable en el abierto

B= {(x, y) R2 :x >0, y >0}.

4. Determinar la imagen del abiertoAmediante el cambio f.

Solucin:

1. f es de clase C(R2). El teorema de la funcin inversa asegura la ex-

istencia de f1

en un entorno de cada punto que no anule el jacobiano.Como

det f0(x, y) =

3x2 3y22x 2y

= 6xy(y x),

ftiene inversa en todos los puntos deR2 salvo en los de las rectasx = 0,y = 0, y= x.

2. Por el apartado (a), sabemos quedet f0(x, y) 6= 0 en todos los puntos deA. Veamos ahora sifes inyectiva enA:

x2 y2 =x02 y02x3 + y3 =x03 y03

(x x0)(x + x0) = (y y0)(y+ y0)(x x0)(x2 + xx0 + x02) = (y y0)(y2 + yy 0 + y02)



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35/122

37.3. TEOREMA DE LA FUNCIN IMPLCITA 881

2. Si se considera(1, 1, 0)como imagen de(1, 0, 1),se tiene

(f1)0(1, 1, 0) = (f0(1, 0, 1))1 =

1 0 00 1 3

3 0 1

1

=

1 0 09 3 13 0 1

.

Si se considera(1, 1, 0)como imagen de(0, 1, 0),se tiene

(f1)0(1, 1, 0) = (f0(0, 1, 0))1 =

1 3 00 1 00 0 1

1

=

1 3 00 1 00 0 1

.

Las derivadas son diferentes porque la funcin inversa defen un entornode (

1, 0, 1) es diferente de la funcin inversa de f en un entorno de

(0, 1, 0).

3. Veamos quefes inyectiva enA:

x y3 =x0 y03y z3 =y 0 z03z x3 =z 0 x03

x x0 = (y y0)(y2 + yy 0 + y02)y y0 = (z z0)(z2 + zz 0 + z02)z z0 = (x x0)(x2 + xx0 + x02)

Supongamos que f no es inyectiva en A. Teniendo en cuenta las ecua-ciones, necesariamente ha de cumplirse

x6=x0, y 6=y 0, z 6=z 0.

Multiplicando las ecuaciones miembro a miembro y simplificando, resulta

1 = (y2 + yy 0 + y02)(z2 + zz 0 + z02)(x2 + xx0 + x02),

lo cual no es posible, ya quex >1, y >1, z >1, x0 >1, y0 >1, z0 >1 y elvalor de cada parntesis es mayor que 3. Por tanto, fes inyectiva enA,luego es un cambio de variable enA.

37.3. Teorema de la funcin implcita

Ejercicio 268 Sea f(x, y) = xy + 2 ln x+ 3 ln y 1. Probar que f define ay como funcin implcita de x en un entorno de (1, 1) (es decir, y = g(x)), ycalcularg0(1)yg00(1).

Solucin:En un entorno de(1, 1), la funcinfes de claseC y cumple:

f(1, 1) = 0

f0(1, 1) =

y+ 2x x + 3y

(1,1)

=

3 4

Como4 6= 0, por el teorema de la funcin implcita, sabemos quey se puede ex-presar como funcin implcita dex en un entorno de(1, 1):y = g(x).Derivandorespecto axen la ecuacin

xg(x) + 2 ln x + 3 ln g(x) 1 = 0



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obtenemos

g(x) + xg0

(x) +

2

x +

3g0(x)

g(x) = 0.

Particularizando parax= 1, y= g(1), obtenemos:

g0(1) = 34

.

Derivando otra vez,

2g0(x) + xg00(x) 2x2

+ 3g(x)g00(x) g0(x)2

g(x)2 = 0

Sustituyendox= 1, tenemos

64

+ g00(1) 2 + 3g00(1) 916

= 0

Por tanto,

g00(1) =83

64

Ejercicio 269 Supongamos queF(x,y,z)cumple las hiptesis del teorema de lafuncin implcita y define en un entorno de(x,y,z)las funcionesz = f(z, y), x=g(y, z), y= h(z, x).Probar que

f

x

g

y

h

z

=

1.

Solucin:Puesto queFsatisface las condiciones del teorema de la funcinimplcita al considerar tanto z en funcin de x, y como y en funcin de z, xcomo x en funcin dey, z, se tiene:

D1F 6= 0, D2F 6= 0, D3F 6= 0.

Derivando implcitamente respecto de x en la ecuacin F(x,y,f(x, y) ) = 0obtenemos:

D1F+ D3F f

x = 0 df

dx =

D1FD3F

Anlogamente, derivandoF(x, h(z, x), z) = 0respecto dez, resulta:

D3F+ D2F hz

= 0 hz

=D3FD2F

Finalmente, derivando F(g(y, z), y , z) = 0 respecto dey, obtenemos:

D1F g

y+ D2F = 0 g

y =

D2FD1F

Por tanto,f

x

g

y

h

z =

D1FD3F

D3F

D2F

D2FD1F

= 1.



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37.4. TEOREMAS DE PARAMETRIZACIN Y DEL RANGO 883

37.4. Teoremas de parametrizacin y del rango

Ejercicio 270 Seaf : R3 R definida porf(x,y,z) = (yz cos x,yz sin x, y3z3).Determinar el mayor abierto A R3 en el que el rango de f0(x,y,z) es con-stante.

Solucin:La matriz jacobiana defen un punto arbitrario (x,y,z) R3 es

f0(x,y,z) =

yz sin x z cos x y cos xyz cos x z sin x y sin x

0 3y2z3 3y3z2

.

Siz= y = 0, entoncesr(f0(x,y,z)) = 0.Siz= 0, y6= 0o bienz6= 0, y= 0, entoncesr(f0(x,y,z)) = 1.Siz 6= 0, y 6= 0, entoncesr(f0(x,y,z)) = 2, ya que det(f0(x,y,z)) = 0para

todo (x,y,z) R3

, pero yz sin x z cos xyz cos x z sin x

= yz 6= 0.

El subconjunto A = {(x,y,z) R3 : z 6= 0, y 6= 0} de R3 es abierto, puesA = g1((, 0) (0, +)), donde g : R3 R es la aplicacin continuag(x,y,z) =yz, y la antiimagen de todo abierto mediante una funcin continuaes tambin un abierto.



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886 CAPTULO 38. PROBLEMAS SOBRE EXTREMOS

Como g es estrictamente creciente, Falcanza extremos relativos en los

mismos puntos quef. Por tanto, basta encontrar los extremos def. Em-pezamos calculando sus puntos crticos, igualando las primeras derivadasa 0:

D1f(x, y) = 4x + 2xy= 0D2f(x, y) = 2y+ x

2 = 0

Las soluciones son los puntos

P1= (0, 0), P2= (2, 2), P3= (2, 2)Para decidir si son mximos o mnimos, calculamos las derivadas segun-das:

D11f(x, y) = 4 + 2y

D12f(x, y) = 2xD22f(x, y) = 2

Para el punto P1 = (0, 0)tenemos:

(0, 0) = D11f(0, 0) D22f(0, 0) (D12f(0, 0))2 = 42 02 = 8Como (0, 0)> 0 yD11f(0, 0)> 0, P1= (0, 0)es un mnimo relativo.

Para el punto P2 = (2, 2)tenemos:(2, 2) = D11f(2, 2) D22f(2, 2) (D12f(2, 2))2 = 0 2 42 = 16Como (2,

2) < 0, P2 = (2,

2) no es un extremo, sino un punto de

ensilladura.Para el punto P3 = (2, 2)tenemos:(2, 2) = D11f(2, 2)D22f(2, 2)(D12f(2, 2))2 = 02(4)2 = 16Como (2, 2)< 0, P3= (2, 2)no es un extremo, sino un punto deensilladura.

Ejercicio 272 Calcular los extremos absolutos de la funcin

f(x, y) = sin(x + y) cos(x + y)en el compacto [0, ][0, ].

Solucin:La funcinfalcanza necesariamente sus extremos absolutos enel interior o en la frontera del rectngulo. Si lo hace en el interior, se trata depuntos crticos def:

D1f(x, y) = 0D2f(x, y) = 0

cos(x + y) + sin(x + y) = 0

cos(x + y) + sin(x + y) = 0

cos(x, y) = sin(x + y)

x + y= 34

o bien x + y = 7

4



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38.1. EXTREMOS RELATIVOS 887

Por lo tanto, los segmentos abiertos de las rectasx + y= 3/4 y x + y= 7/4

contenidos en el rectngulo[0, ] [0, ]son puntos crticos. En ellos, la funcintoma los siguientes valores:

f(x, y) = sin3

4 cos3

4 =

2

f(x, y) = sin7

4 cos7

4 =

2

Estudiemos ahora la funcin en la frontera. Consideramos los segmentos dela frontera abiertos, sin los extremos. Cuando f se restringe a ellos, es unafuncin de una variable, y si alcanza sus extremos absolutos en ellos, entonceslos puntos tienen que ser crticos.

Consideramos el segmento x= 0, 0< y < :

f(0, y) = sin ycos y f0(0, y) = cos y+sin y cos y= sin y y= 34

.

Consideramos el segmento x= , 0< y < :

f(, y) = sin( + y) cos(+ y) f0(, y) = cos( + y)+sin(+ y)

cos(+ y) = sin(+ y) y = 34

Consideramos el segmento y = 0, 0< x < :

f(x, 0) = sin x cos x f0(x, 0) = cos x + sin x

cos x= sin x x= 34Consideramos el segmento y = , 0< x < :

f(x, ) = sin(x + ) cos(x + ) f0(x, ) = cos(x + )+sin(x + )

cos(x + ) = sin(x + ) x= 34

.

Los valores defen estos puntos son:

f

0,

3

4

=

2, f

,

3

4

=

2, f

3

4 , 0

=

2, f

3

4 ,

=

2.

Por ltimo, slo falta considerar los vrtices del cuadrado. En ellos, el valorde la funcin es

f(0, 0) = 1, f(0, ) = 1, f(, 0) = 1, f(, ) = 1.

Por tanto, falcanza su mximo absoluto en todos los puntos del segmento(incluidos los extremos) de la rectax + y = 34 y su mnimo absoluto en los dela rectax + y = 74 .

Ejercicio 273 Estudiar si(0, 0)es un punto de extremo relativo de la funcin

f(x, y) = (x + y)4 + (x y)3



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Solucin:Veamos si(0, 0)es un punto crtico def:

D1f(x, y) = 4(x + y)3 + 3(x y)2 D1f(0, 0) = 0D2f(x, y) = 4(x + y)

3 3(x y)2 D2f(0, 0) = 0Por tanto, (0, 0)es un punto crtico def. Como

D11f(0, 0) = 0, D12f(0, 0) = 0, D22f(0, 0) = 0,

el hessiano no aporta ninguna informacin, por lo que debemos estudiar la fun-cin en un entorno de(0, 0). Para >0 tan pequeo como queramos,

f(, ) = (2)3 >0f(, ) = (2)3


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38.2. PROBLEMAS DE EXTREMOS CON RESTRICCIONES 889

Restando las dos primeras ecuaciones, obtenemos:

z(y x) = 2(y x) (y x)(z 2) = 0

Restando la primera y la tercera ecuacin, obtenemos:

y(z x) = 2(z x) (z x)(y 2) = 0

Estas dos ltimas ecuaciones se verifican en cada uno de los cuatro casos sigu-ientes:

1. y = x, z = x

2. y = x, y = 2

3. z = 2, z = x

4. z = 2, y = 2

Estudiemos cada caso por separado:

1. y = x, z = x: En este caso, el sistema que resulta es

y= xz = x

x + y+ z 5 = 0xy+ xz+ yz 8 = 0

que es incompatible.

2. y = x, y = 2: En este caso, el sistema que resulta es

y= xx + y+ z 5 = 0

xy+ xz+ yz 8 = 0

cuyas soluciones son (2, 2, 1) y( 43 ,43 ,

73).

3. z = 2, z = x: En este caso, el sistema que resulta es

z = x

x + y+ z 5 = 0xy+ xz+ yz 8 = 0

cuyas soluciones son(2, 1, 2) y( 43 ,73 ,

43).

4. z = 2, y = 2: En este caso, el sistema que resulta es

z = yx + y+ z 5 = 0

xy+ xz+ yz 8 = 0

cuyas soluciones son(1, 2, 2) y( 73 ,43 ,

43).



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Finalmente, como

f(2, 2, 1) = f(2, 1, 2) = f(1, 2, 2) = 4

y

f

4

3,4

3,7

3

= f

4

3,7

3,4

3

= f

7

3,4

3,4

3

=

112

27 ,

el mximo defsobreMes 11227 y se alcanza en los puntos(43 ,

43 ,

73), (

43 ,

73 ,

43 ), (

73 ,

43 ,

43),

y el mnimo es 4 y se alcanza en los puntos(2, 2, 1), (2, 1, 2)y(1, 2, 2).

Ejercicio 275 Determinar las dimensiones de un paraleleppedo rectangular devolumenVde manera que el rea sea mnima.

Solucin:Six >0, y >0, z >0 son las dimensiones del paraleleppedo, suvolumen es V = xyz y su rea es 2(xy + xz + yz ). Por lo tanto, se trata de

hallar el mnimo de f(x,y,z) =xy + xz+ yz

sujeto a la restriccing(x,y,z) = xyz V = 0.

Dado que el punto deseado tendr coordenadas estrictamente positivas, aplicandola primera observacin al teorema de Lagrange, obtenemos el sistema

D1f(x,y,z) = D1g(x,y,z)D2f(x,y,z) = D2g(x,y,z)D3f(x,y,z) = D3g(x,y,z)

xyz V = 0

y+ z= yzx + z = xzx + y = xyxyz V = 0

Como yz 6= 0, xz 6= 0, xy 6= 0, despejando de cada una de las ecuaciones,obtenemos:=

y+ z

yz =

x + z

xz =

x + y

xy ,

de dondex= y = z. La solucin del sistema es

x = 3

V

y = 3

V

z = 3

V

Por consiguiente, el rea mnima de la caja es

6( 3

V)2.

Para comprobar que este punto es de mnimo absoluto, basta probar que

xy+V

x +

V

y 3 3

V2 parax,y >0.

Para ello, es suficiente demostrar que la nica solucin de la ecuacin

xy+V

x +

V

y 3 3

V2 = 0

en el cuadrantex >0, y >0 esx= 3

V , y = 3

V .Supongamos quex= a, y =b es otra solucin, con a > 0, b > 0, y lleguemos a una contradiccin. Para



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38.2. PROBLEMAS DE EXTREMOS CON RESTRICCIONES 891

simplificar los clculos, denotemosc= a3V

, d= b3V

, de manera quecyd son

positivos, distintos de 1 y se verifica

ab +V

a +

V

b 3 3

V2 = 0 cd +1

c+

1

d 3 = 0

c2d2 + d + c 3cd= 0 c2d2 + (1 3c)d + c= 0

0< d=1 + 3c +

1 6c + 9c2 4c32c2

=1 + 3c + p(1 4c)(c 1)2

2c2

1 4c 0, 1 + 3c +p

1 6c + 9c2 4c3 >0 c 1

40 tal que si se cumple

k(x, y) (x0, y0)k0= max{|x x0| , |y y0|}<

entonces|f(x, y) f(x0, y0)|<

a(U)

SeaPuna particin deUtal que todos sus subrectngulos

Uij = [xi1, xi][yj1, yj ]

son tales que|xi xi1|< y |yj yj1|<

Entonces, siMij ymij son el mximo y el mnimo def enUij que existen porserfcontinua en un compacto, se tiene

Mij mij< a(U)

y, por tanto, resulta que

U(f, P) L(f, P) =nXi=1

mXj=1

(Mij mij) a(Uij)

a(U)

nXi=1

mXj=1

a(Uij) =

y, en consecuencia, se cumple la condicin de integrabilidad de Riemann.

Ejercicio 278 Probar que la funcin lineal f(x, y) = x+ y es integrable enU= [0, 1][0, 1]y que su integral vale1.

893



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894 CAPTULO 39. INTEGRACIN ENRN

Solucin:Por el ejercicio anteriorfes integrable enU. SeaPnla particin

deUque determinan2

subrectngulos iguales. En un subrectngulo cualquiera devrtices(xi1, yj1), (xi, yj1), (xi1, yj)y(xi, yj), el mximo defse alcanzaen el vrtice(xi, yi)y el mnimo mij, en el vrtice(xi1, yj1); es evidente que

Mij =xi+ yj y mij =xi1+ yj1

Entonces, se cumple

U(f, Pn) =nXi=1

nXj=1

Mija(Uij)

=n

Xi=1

n

Xj=1

(xi+ yj) 1

n2

= 1

n2

nXj=1

(1

n+

2

n+ +

n

n+ nyj)

= 1

n2(1 + 2 + + n + n

nXj=1

yj)

= 2

n2(1 + 2 + + n)

= 2

n2(1 + n)n

2

= 1 +1

n

Por tanto, ZU

f = l m(1 +1

n) = 1

Ejercicio 279 SeaU= [0, 1] [0, 1]y la funcinf(x, y) =ex+y definida enU.(a) Probar que, fijado > 0, existe una particinP deUtal que

U(f, P)

L(f, P)<

(b) Calcular la integral def enU.Solucin:(a) Consideremos la siguiente particinPn de [0, 1]

P ={0,1

n,2

n,...,

n 1n

, 1}

EntoncesP =Pn Pn es una particin deU enn2 subrectngulos. Sea

Uij = [i 1

n ,

i

n][

j 1n

,j

n]



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39.1. INTEGRAL DE RIEMANN 895

y designemos porMijel supremo defenUij y pormijel nfimo def. Entonces

U(f, P) =Xi,j

Mija(Uij)

=Xi,j

ein+ j

n1

n2

= 1

n2

Xj

ejn

Xi

ein

= 1

n2

Xj

ejn

e 11 e1/n

= e 1

n2(1

e1/n) Xj

ejn

= (e 1)2n2(1 e1/n)2

ya queP

i ei/n es la suma de los trminos de una progresin geomtrica de razn

e1/n y, por tanto

Xi

ei/n = ee1/n e1/n

e1/n 1 = e 11 e1/n

Del mismo modo tenemos

L(f, P) =

Xi,jmija(Uij)

=Xi,j

ei1n + j1

n1

n2

= 1

n2

Xj

ei1n

Xi

ej1n

= 1

n2

Xj

ei1n

e1/n(e 1)1 e1/n

= e2/n(e 1)2

n2(1 e1/n)2Si demostramos que

lmn [U(f, P) L(f, P)] = 0entoncesfcumplir la condicin de integrabilidad de Riemann y, por tanto, lacondicin del enunciado. En efecto, en tal caso, fijado >0, existen0 Ntalque sin > n0 se cumple

U(f, P) L(f, P)< Por lo tanto, basta tomar cualquier particinPconn > n0. Segn los resultadosobtenidos anteriormente tenemos

U(f, P) L(f, P) = (e 1)2(1 e2/n)

n2(1 e1/n)2



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y entonces

lm(e 1)2(1 e2/n)

n2(1 e1/n)2 = lm(e 1)2

n22/n

(1/n)2

= lm2(e 1)2

n= 0

ya que

lm1 e2/n

2/n = lm

(1 e1/n)2(1/n)2

= 1

(b) Por el apartado anterior sabemos quefes integrable enU. Entonces, secumple

ZUe

x+y

= lm U(f, P) = l m L(f, P)

y en consecuencia ZU

ex+y = lm (e 1)2

n2(1 e1/n)2

= lm (e 1)2n2(1/n)2

= (e 1)2

Ejercicio 280 Calcular mediante una integral el valor del lmite

lmn

nXk=1

(n2 + k2)1/2

Solucin:Dividiendo el numerador y denominador porn, resulta

nXk=1

1n2 + k2

= 1

n

nXk=1

1p1 + (k/n)2

que es una suma de Riemann de la funcin

f(x) = 11 + x2

en el intervalo [0, 1]respecto a una particin den subintervalos iguales. Por lotanto, al serfintegrable en [0, 1], se cumple

lmn

nXk=1

1n2 + k2

=

Z 10

dx1 + x2

=h

ln(x +p

1 + x2i10

= ln(1 +

2)



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39.2. MEDIDA CERO Y CONTENIDO CERO 897

39.2. Medida cero y contenido cero

Ejercicio 281 (a) Probar que el conjunto de los nmeros racionales del inter-valo [0, 1]tiene medida cero, pero no tiene contenido cero. (b) SiA Rn tienecontenido cero, probar que su frontera tiene contenido cero. (c) Poner un ejem-plo de un conjunto acotadoA deRn de medida cero tal que su frontera no tengamedida cero.

Solucin:(a) El conjunto Ade los nmeros racionales de [0, 1] es numer-able. Cada punto tiene medida cero y, como consecuencia, A tiene medida ceroya que es unin numerable de conjuntos de medida cero por qu? Supongamosahora queA tuviera contenido cero, entonces dado cualquier >0 existira unafamiliafinita de intervalos cerrados [a1, b1], ..., [am, bm] que recubriran A y secumplira que

mXi=1 v([ai, bi])<

Ahora bien, la uninfinita de cerrados es cerrado y, por tanto, se cumplira

M= [0, 1] m[i=1

[ai, bi]

es decir,v([0, 1]) = 1<

lo que no es posible. Por lo tanto, Ano tiene contenido cero.(b) Dado > 0 arbitrariamente, puesto que A tiene contenido cero existe

una familiafinita de rectngulos cerradosU1,...,Um tales que

A m[i=1

Ui ymXi=1

v(Ui)<

Sabemos queA= A f r(A)es el mnimo cerrado que contiene aAy comom[i=1

Ui

es cerrado, resulta

f r (A) A m[i=1

Ui

Por tanto, f r (A)tiene contenido cero.(c) El conjunto de los nmeros racionales del intervalo [0, 1] tiene medida

cero como hemos visto en el primer apartado, y su frontera es [0, 1] que tienemedida uno.

Ejercicio 282 (a) Probar que un conjunto no acotado no puede tener contenidocero. (b) Poner un ejemplo de un conjunto de medida cero que no tenga con-tenido cero. (c) Probar que el conjunto

A= {x Rn :kxk 1}dondekxkdenota la norma eucldea dex, no tiene contenido cero.



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Solucin:(a) Si un conjuntoAtiene contenido cero, entonces para cualquier

> 0 existe un nmero finito de rectngulos cerrados cuya unin contiene aA.Como que esta unin es un conjunto acotado, entoncesAes acotado.(b) EnR2 el eje x, es decir, {(x, 0) : x R}, no es acotado y, por tanto,

no tiene contenido cero. Sin embargo, tiene medida cero ya que para cualquier > 0 la familia(Un)de rectngulos cerrados cuyos vrtices son de la forma

Un = [n, n][ 2n 2n+1

,

2n 2n+1]

constituyen un recubrimiento numerable de{(x, 0) : x R}y se cumpleXn1

v(Un) =Xn1

2n

n 2n+1

=Xn1

2n

=

(c) El rectngulo cerrado ndimensional de centro el origen de coordenadasy lado 1/2est contenido enAy su volumen es1/2n. Por tanto, Mno puedetener contenido cero.

39.3. Integracin sobre conjuntos acotados

Ejercicio 283 Estudiar si son o no medibles-Jordan los siguientes conjuntos:

1. M={(x, y)

[0, 1][0, 1] : x, y

Q}

2. f(I), dondeI = (0, 1) yf : R R es una funcin definida porf(x) =1/x

Solucin:(1) Es claro que

f r M= [0, 1][0, 1]

cuyo contenido es igual a1. Por lo tanto, Mno es medible-Jordan.(2) Es claro que

f(I) = (1, +)que es un intervalo no acotado y, por tanto, no tiene contenido cero. En conse-cuencia,Mno es medible-Jordan enR.

Ejercicio 284 Sea U = [0, 1] [0, 1] y consideremos la funcin f : U Rdefinida por

f(x, y) =

1 six6= 1n , n N0 six= 1n yy / Q, n N1 six= 1n yy Q, n N

Probar quefes integrable enUy calcular la integral def sobreU.Solucin: Es claro que la funcin es discontinua en los puntos de cada

segmento de la forma

An= {(x, y) R2 :x = 1n

, 0 y 1, n N}



53/122

39.4. INTEGRAL ITERADA 899

Como un segmento tiene medida cero enR2 y la unin numerable de conjuntos

de medida cero es un conjunto de medida cero, f es integrable en U por elteorema de Lebesgue por qu?. Se cumple, adems, queZU

f= inf{U(f, P) : Pes una particin deA}= 1

ya que todas las sumas superiores valen 1.

39.4. Integral iterada

Ejercicio 285 Por integracin iterada, calcular la integral de f sobre el rec-tnguloUen los siguientes casos:

1. U= [0, 1][1, 2]yf(x, y) = y1 x22. U= [0, ][0, ][0, ]yf(x,y,z) =x2 sin z sin y

Solucin:(1) Se cumple

ZU

yp

1 x2 dxdy =Z 10

Z 21

yp

1 x2 dy

dx

=

Z 10

"

y2

1 x22

#21

dx

=Z 10

3

1

x2

2 dx

= 3

2

"x

1 x22

+arcsin x

2

#10

= 3

8

(2) Se cumpleZU

x2 sin z sin ydxdy =

Z 0

Z 0

Z 0

x2 sin z sin y dz

dy

dx

= Z

0Z

0x

2 sin y cos z0 dy dx=

Z 0

Z 0

2x2 sin y dy

dx

=

Z 0

2x2 cos y0

dx

=

Z 0

4x2 dx

= 43

3



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Ejercicio 286 Escribir las ecuaciones de las curvas que limitan los recintos a

que se extienden las integrales que se indican:1. R2

6 dyR2yy2

41 f(x, y) dx

2. R3

1 dxRx+9x2 f(x, y) dy

Solucin:(1) Es claro que y2

4 1 x 2 y para6 y 2. Por tanto,el recinto est determinado por la parbolay2 = 4(x + 1)y la rectay= x + 2.

(2) Es claro quex2 yx + 9 para1x3. Por tanto, el recinto estdeterminado por la parbolay = x2 y la rectay = x + 9.

Ejercicio 287 Colocar los lmites de integracin en la integral

ZA

f

si el recinto Aest determinado por las desigualdades siguientes:

1. x 0, y 0, x + y 12. x2 + y2 x

Solucin:(1) Se cumpleZA

f(x, y) dxdy=

Z 10

Z 1x0

f(x, y) dy

dx

(2) El recinto est determinado por una circunferencia de centro (1/2, 0) yradio 1/2,

(x 12 )2 + y2 = 14Por tanto, tenemosZ

A

f(x, y) dxdy =

Z 10

Zxx2xx2

f(x, y) dy

!dx

Ejercicio 288 Invertir el orden de integracin en las siguientes integrales:

1. R4

0 dxR12x3x2 f(x, y) dy

2. R1

0 dy R

1y

1

y2

f(x, y) dx

Solucin:(1) Se cumple

Z 40

dx

Z 12x3x2

f(x, y) dy =

Z 480

dy

Zy/3y/12

f(x, y) dx

(2) Se cumpleZ 10

dy

Z 1y

1y2f(x, y) dx=

Z 01

dx

Z1x20

f(x, y) dy+

Z 10

dx

Z 1x0

f(x, y) dy



55/122

Captulo 40

Clculo de integrales

mltiples

40.1. Recintos de integracin

Ejercicio 289 SeaA = {(x,y,z) R3 :x2 + y2 z 2x}, (a) justificar queAes un recinto de integracin y (b) sifes una funcin integrable enA, escribir lasintegrales iteradas def sobreA, considerando el recinto proyeccin sobre cadauno de los planos coordenados. Representar grficamente dichas proyecciones.

Solucin:(a) Es claro queB = {(x, y) R2 :x2 + y2 2x}es un conjuntoacotado medible-Jordan y queA est delimitado por las grficas de dos funciones

integrables enB,

G1= {(x,y,z) R3 : (x, y) B, z= x2 + y2}G2= {(x,y,z) R3 : (x, y) B, z= 2x}

que son conjuntos de medida cero, luego la frontera de A tiene medida cero y,por tanto, Aes medible-Jordan.

(b) Como se muestra en la siguientefigura, se trata de un recinto proyectablesobre cada uno de los planos coordenados.

901



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902 CAPTULO 40. CLCULO DE INTEGRALES MLTIPLES

Las integrales iteradas son en cada caso:

Z 2

0

Z2xx22xx2

Z 2x

x2+y2f(x,y,z) dz

dy

!dx

Z 40

Z 12

4zz2

12

4zz2

Zzy2z2

f(x,y,z) dx

!dy

!dz

Z 20

Z 2xx2

Zzx2zx2

f(x,y,z) dy

!dz

!dx

Ejercicio 290 Estudiar si los siguientes subconjuntos son recintos de inte-gracin y, en caso afirmativo, decir si son o no proyectables y hacer una repre-sentacin grfica

1. A1= {(x, y) R2 : 0 y 4, x2 y 2x2}

2. A2= {(x, y) R2 :x2 + y2 4, y2 x y2 1}

3. A3= {(x,y,z) R3 :x2 + y2 z 4 x2 y2}

4. A4= {(x,y,z) R3 :x2 + y2 + z2 1, x24 + y2

3 + z2

9 = 1}

Solucin:

1. El conjunto A1 es la regin del plano limitada por las parbolas y = x2,y= 2x2 y por la rectay= 4.



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40.1. RECINTOS DE INTEGRACIN 903

Es un recinto de integracin pues su frontera tiene medida cero ya que estformada por grficas de funciones integrables. Es proyectable sobre el ejex, pero no lo es sobre el ejey.

2. El conjunto A2 es la regin del plano limitada por la circunferenciax2 +y2 = 4y las parbolasx= y2 yy2 =x + 1.

Su frontera est formada por grficas de funciones integrables, que tienenmedida cero. Por consiguiente, es un recinto de integracin. Adems, esproyectable sobre el ejey pero no sobre el ejex.

3. El conjunto A3 es la regin del espacio limitada por los paraboloidesz =x2 + y2 yz = 4 x2 y2.



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Como su frontera est formado por grficas de funciones integrables, quetienen medida cero, se trata de un recinto de integracin. Es proyectablesobre cualquiera de los tres planos coordenados.

4. El conjuntoA4 es la regin del espacio delimitada entre la esferax2 +y2 +z2 = 1y el elipsoide

x2

4 +

y2

3 +

z2

9 = 1



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40.1. RECINTOS DE INTEGRACIN 905

Como su frontera est formada por grficas de funciones integrables, que

son conjuntos que tienen medida cero, se trata de un recinto de integracin.Adems, no es proyectable sobre ninguno de los planos coordenados.

Ejercicio 291 La integral doble de una funcinfes igual a la integral iteradasiguiente

I=

Z 12

Zx2+2x

f(x, y) dy

!dx

Determinar el recinto de integracin e invertir el orden de las integrales iteradas.Solucin:Es claro que el recinto Aviene dado por

A= {(x, y)

R2 :

2

x

1, x

y

x2 + 2}

Observemos queA= A1 A2, dondeA1= {(x, y) R2 : 2 y 1,

p2 y x y}

yA2= {(x, y) R2 : 1 y 2,

p2 y x

p2 y}

y, por tanto, tenemos

I=Z 1

2

Z y

2yf(x, y) dx

dy +

Z 2

1

Z2y2y

f(x, y) dx!

dy

Ejercicio 292 La integral triple de una funcinfes igual a la siguiente integraliterada

I=

Z 40

Z16x20

Z 414(x2+y2)

f(x,y,z) dz

!dy

!dx

Determinar el recinto de integracin y escribirImediante integrales iteradas enel ordendzdx dy y dydzdx.



60/122


Solucin:El recinto es

A= {(x,y,z) R3 : 0 x 4, 0 y p

16 x2,14

(x2 + y2) z 4}

Obsrvese queAes proyectable sobre cualquier plano coordenado y se tiene,

A= {(x,y,z) R3 : 0 z 4, 0 x 2z, 0 yp

4z x2}

A= {(x,y,z)

R3 : 0

y

4, 0

z

2

y, 0

x

p4z

y2}

Por lo tanto,

I=

Z 40

Z 2z0

Z4zx20

f(x,y,z) dy

!dx

!dz

I=

Z 40

Z 2y0

Z4zy20

f(x,y,z) dx

!dz

!dy

40.2. Transformacin de conjuntos e integrales

Ejercicio 293 Seaf : [, ][0, +) una funcin acotada e integrable, con 2. Sea

A= {(r cos , r sin ) : , 0 r f()}

es decir, A es la regin del plano limitada por la curva cuya ecuacin en coorde-nadas polares esr= f()y los dos radios vectores en sus extremos. (a) ProbarqueAes medible-Jordan y que su contenido o volumen viene dado por

v(A) =1

2

Z

[f()]2 d



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40.2. TRANSFORMACIN DE CONJUNTOS E INTEGRALES 907

Aplicar este resultado para calcular el rea de los siguientes recintos: (b) recinto

limitado por un bucle de la lemniscatar2

=a

2

cos2, y (c) recinto limitado porla cardioider= a(1 + cos ).Solucin:(a) Sabemos que el siguiente recinto

B= {(, r) R2 : , 0 r f()}

es medible-Jordan, pues se trata de un recinto de ordenadas en el plano r.Adems, si g(, r) = (r cos , r sin ), entonces A = g(B). Se cumple que g esinyectiva enB, pues si (1, r1), (2, r2) B entonces |2 1| < 2,y, por tanto, la condicin g(1, r1) = g(2, r2) implica que r1 = r2 y 1 = 2.Tambin es evidente que Jg(, r) = r > 0 para todo (, r) B. Por tanto,aplicando el teorema del cambio de variables se obtiene

v(A) =

ZA

dxdy=

ZB

r dr d

y, como consecuencia, A es medible-Jordan. Por el teorema de Fubini, obten-emos

v(A) =

Z

Z f()0

r dr

!d

= 1

2

Z

[f()]2 d

(b) Haciendo un esquema de la representacin grfica de la lemniscata seobserva que cuando vara en el intervalo [/4, /4], el punto de coordenadaspolares(a

cos2, )recorre un bucle de la misma.

Su rea ser entonces

1

2

Z 4

4

a2 cos2 d= 1

2a2

La cardioide es una curva cerrada que se recorre de una sola vez cuando recorreel intervalo [0, 2].



62/122


Entonces su rea viene dada por

1

2Z 20 a

2

(1 + cos )2

d=

3

2 a2

Ejercicio 294 SeaA R3 el conjunto acotado limitado por los planosx= 0,y = 0, z = 0, y = 1 y x+ z = 1. Calcular el volumen o contenido de g(A),donde

g(x,y,z) = (e2z + e2y, e2x e2z, x y)Solucin:Es fcil comprobar queges inyectiva, pues sig(x,y,z) = g(u,v,w)

entoncese2z + e2y =e2w + e2v

e2x

e2z =e2u

e2w

x y = u vSumando miembro a miembro las dos primeras igualdades se obtiene,

e2x + e2y =e2u + e2v

de dondee2y(1 + e2(xy)) =e2v(1 + e2(uv))

y, teniendo en cuenta la tercera igualdad anterior, se sigue que y = v y, portanto, x= u yw = z. Adems se cumple

Jg(x,y,z) = 0 2e2y 2e2z

2e2x 0 2e2z1 1 0

= 4e2z(e2x + e2y)< 0

Por tanto, aplicando el teorema del cambio de variables, se tiene

v(g(A)) =

Zg(A)

1

=

ZA

(1 g) |Jg|

=

ZA

|Jg|



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40.2. TRANSFORMACIN DE CONJUNTOS E INTEGRALES 909

es decir,

v(g(A)) =

ZA

4e2z(e2x + e2y) dxdydz

= 4

Z 10

Z 10

Z 1x0

e2z(e2x + e2y) dz

dy

dx

= e2 +52

+1

2e4

Ejercicio 295 Probar que el conjunto A = {(x,y,z) R3

: x 0, y 0, z0,

x +

y+

z 1}es medible-Jordan y calcular su volumen.

Solucin:La proyeccin deAsobre el plano xy es el conjunto

B= {(x, y) R2 :x 0, y 0, x + y 1}Seaf(x) = (1 x)2, entonces es claro que

B= {(x, y) R2 : 0 x 1, 0 y f(x)}que se trata de un recinto de ordenadas def en [0, 1], puesfes no negativa ycontinua. Por tanto, es un conjunto medible-Jordan deR2. Ahora observamosque

A= {(x,y,z)

R3 : (x, y)

B, 0

z

g(x, y)}

es otro recinto de ordenadas, dondeg(x, y) = (1xy)2 y, en consecuencia,Aes un conjunto medible-Jordan y, adems, se cumple

v(A) =

ZB

g(x, y) dxdy

=

ZB

(1 x y)2 dxdy

Calcularemos esta integral por dos procedimientos: mtodos de las secciones ycambio de variables. En el primer caso tenemos

Az = {(x, y) R2 : (x,y,z) A}



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Es claro que

Az ={(x, y) R2 :x 0, y 0,

x +

y }

donde= (1 z)2, siendo 0 z 1. As tenemos

v(Az) =

Z 0

(

x)2 dx

= 1

62

= 16

(1 z)4

Por tanto,

v(A) =

Z 10

1

6(1 z)4 dz = 1

90

Por cambio de variables, su clculo se efecta de la siguiente manera: es naturalhacer el cambio siguiente

x= r2 cos4 y= r2 sin4

Observamos que la transformacing(r, ) = (x, y) es inyectiva enC= (0, 1)(0, /2)y que

Jg(r, ) = 8r3 cos3 sin3

no se anula. Aunque la imagen deCporg excluye el conjunto de puntos sobreel ejex conx 0 y el conjunto de puntos sobre el ejey cony 0, estos sonconjuntos de medida cero y, por tanto, no contribuyen al valor de la integral.



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40.3. CAMBIO DE VARIABLES EN INTEGRALES DOBLES 911

Aplicando el teorema del cambio de variables, se obtiene

v(A) =ZB

(1 x y)2 dxdy

=

Zg(C)

(1 x y)2 dxdy

=

ZC

8r3(1 r)2 cos3 sin3 dr d

=

Z 10

Z /20

8r3(1 r)2 cos3 sin3 d!

dr

= 1

90

40.3. Cambio de variables en integrales dobles

Ejercicio 296 Probar que el conjunto

A= {(x, y) R2 :x >0, y >0, a xy b, y2 x2 1, x y}donde0< a b, es medible-Jordan. Calcular mediante un cambio de variablesapropiado la integral siguiente

I=

ZA

(y2 x2)xy(x2 + y2) dxdy

Solucin:Es claro que el recinto que determinaAes como se ilustra en lafigura siguiente

Observamos que la frontera deAse compone de cuatro trozos, cada uno de loscuales es la grfica de una funcin continua y, en consecuencia, tiene medidanula. Por tanto, A es medible-Jordan. El integrando, as como las desigualdadesque definenA, sugieren el siguiente cambio de variables:

u= y2 x2v= xy



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Este cambio facilitar tanto la funcin a integrar como el recinto de integracin.

En el abierto U ={(x, y) R2

: x >0, y > 0}que contiene aA, consideremosla aplicacinh: U R2 definida porh(x, y) = (u, v), dondeu, vvienen dadospor las relaciones anteriores. Es claro queh es diferenciable con continuidad enU y

Jh(x, y) =

2x 2yy x

= 2(x2 + y2)< 0

aplicando el teorema de la funcin inversa, existe un conjunto abierto V Uy un conjunto abierto W h(U) tales queh: V W tiene inversa continuag: W Vque es diferenciable, cong(u, v) = (x, y), y se cumple

Jg(u, v) = 1

Jh(x, y)= 1

2(x2 + y2)

Por otra parte, es evidente que

B= h(A) = {(u, v) R2 : 0 u 1, a v b}

Entonces, por el teorema del cambio de variables se obtiene

I =

ZA

(y2 x2)xy(x2 + y2) dxdy

= 1

2

ZB

uv dudv

=

1

2Z baZ 1

0 u

v

du

dv

= 1

2

Z ba

1

v+ 1dv

= 1

2ln

b + 1

a + 1

Ejercicio 297 Calcular

ZA(x2 + y2)3/2 dxdy

donde

A= {(x, y) R2 :x y, x + y 1, x2 + y2 1}

Solucin:El integrando sugiere naturalmente el cambio a polares:

x= r cos y= r sin

Para ello es preciso describir el conjuntoAen estas coordenadas, es decir, obten-erB R2 tal queA= g(B), dondeg(r, ) = (x, y).



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40.4. CAMBIO DE VARIABLES EN INTEGRALES TRIPLES 913

Segn se ilustra en la figura, obsrvese que para /4 /2 los radiosvectores van de la rectax + y= 1a la circunferenciax2 + y2 = 1, es decir, de

1

cos + sin r 1

Por tanto, tenemos que

B= {(r, ) R2 : 1cos + sin

r 1,4

2}

y, como consecuencia, obtenemosZA

(x2 + y2)3/2 dxdy =ZB

r3 r dr d

=

Z /2/4

Z 11

cos+sin

r2 dr

!d

=

Z /2/4

(cos + sin 1) d

= 1 4

40.4. Cambio de variables en integrales triples

Ejercicio 298 Calcular ZA

x2 dx dy dz

donde

A= {(x,y,z) R3 :x 0, x2 + y2 + (z 1)2 1, 4z2 3(x2 + y2)}Solucin:La representacin grfica del recinto de integracin se ilustra en

la siguientefiguraEs la parte del conjunto limitada por el cono y la esfera que



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Figura 40.1:

queda en el semiespacio x 0. La superficie 4z2 = 3(x2 +y2) es un cono derevolucin de eje z que, cuando corta al plano yz da como interseccin dosde sus generatrices, que son las rectas que tienen por ecuaciones 2z =

3y y

2z =3y. La esfera x2 +y2 + (z 1)2 = 1 y el cono se cortan segn unacircunferencia situada en el plano z = 6/7.

Para calcular haremos un cambio a coordenadas cilndricas. La forma mssencilla de describirAen estas coordenadas es haciendo secciones deAmedianteplanos de la forma z = t, donde t [0, 2]. Cuando 0 t 6/7, las seccionesse producen sobre el cono y son semicrculos de radio 2t/

3, mientras que para

6/7 t 2, las secciones son sobre la esfera y son semicrculos de radio2t t2. De este modo, si hacemos

B1= {(r,,t) R3 : 0 t 67

, 0 r 2t3

, 2

2}

B2= {(r,,t) R3 : 67 t 2, 0 r

p2t t2,

2

2}

entonces se tiene queg(B) = A, dondeB= B1 B2 yg(r,,t) = (x,y,z), conx = r cos , y = r sin yz = t. Puesto queB1 B2 es un conjunto de medidacero, se tiene

ZA

x2 dx dy dz =ZB

r2 cos2 r dr d dt

=

ZB1

r3 cos2 drddt +

ZB2

r3 cos2 drddt

Ahora bien,

ZB1

r3 cos2 drddt =

Z 6/70

Z 2

2

Z 2t3

0

r3 cos2 dr

!d

!dt

=

6

7

52

45



69/122

40.4. CAMBIO DE VARIABLES EN INTEGRALES TRIPLES 915

ZB2

r3 cos2 drddt = Z 2

6/7Z

2

2 Z2tt2

0

r3 cos2 dr! d! dt=

2

7

5664

15

Ejercicio 299 Calcular ZA

z2 dxdydz

donde

A= {(x,y,z)

R3 :x2 + y2 + z2

R2, x2 + y2 + z2

2Rz}

Solucin:El conjunto Aest limitado por dos esferas de radio R,

x2 + y2 + z2 =R2

x2 + y2 + (z R)2 =R2

que se cortan a lo largo de una circunferencia situada en el plano z = R/2.

Calcularemos la integral efectuando un cambio a coordenadas esfricas. Paraello, debemos describir en estas coordenadas el conjuntoA. Observemos primeroqueApuede descomponerse en la formaA= A1 A2, dondeA1 es el casqueteinferior y A2 es el casquete superior. Es fcil comprobar a partir de la figuraqueA1 puede describirse en coordenadas esfricas como sigue

B1= {(r,,) R3 : 0 2,3

2, 0 r 2R cos }

yA2 como

B2= {(r,,) R3 : 0 2, 0 3

, 0 r R}



70/122


Seag(r,,) = (x,y,z), dondex = r cos sin , y = r sin cos yz = r cos , y

C=

B1

B2. Esta aplicacin satisface las condiciones del teorema del cambio devariables sobre el conjunto C. Aunque la imagen deCporg excluye el conjuntode puntos sobre el ejexconx 0y el conjunto de puntos sobre la circunferenciainterseccin de las dos esferas dadas, estos son conjuntos de medida cero y, portanto, no contribuyen al valor de la integral. Por tanto, aplicando el teorema delcambio de variables tenemosZ

A

z2 dxdydz =

Zg(C)

z2 dxdydz

=

ZC

r2 cos2 r2 sin drdd

= ZB1

r4 cos2 sin drdd + ZB2

r4 cos2 sin drdd

Ahora bien,

ZB1

r4 cos2 sin drdd =

Z 20

Z 2

3

Z 2R cos0

r4 cos2 sin dr

!d

!d

= 1

160R5

y

ZB2

r4 cos2 sin drdd =

Z 20

Z 3

0

Z R0

r4 cos2 sin dr

!d

!d

= 760

R5

Por lo tanto, ZA

z2 dxdydz= 1

160R5+

7

60R5=

59

480R5

40.5. Aplicaciones geomtricas

Ejercicio 300 Calcular el volumen comprendido entre la esfera de centro elorigen y radio 2 y el cilindro de base(x 1)2 +y2 = 1. Determinar el rea de

la porcin de esfera del volumen anterior.Solucin:Efectuamos el cambio a coordenadas cilndricas

x= r cos y = r sin z = z

La ecuacin de la esferax2 + y2 + z2 = 4en coordenadas cilndricas es

z= p

4 r2



71/122

40.5. APLICACIONES GEOMTRICAS 917

y la ecuacin del cilindro es

r= 2 cos

Como el volumen es simtrico respecto a los planosy= 0yz = 0, tenemos

V = 4

Z 2

0

Z 2 cos 0

Z4r20

r dz

!dr

!d

= 16

3 64

9

Como el reaSde la superficie dada se proyecta sobre el plano xy en la circun-ferenciaCde ecuacin(x 1)2 + y2 = 1, por simetra tenemos

S = 4

ZC

1 +

x2

4 x2 y2 + y2

4 x2 y21/2

dxdy

= 8

ZC

1p4 x2 y2 dxdy

= 8

Z 2

0

Z 2cos 0

14 r2 r dr

!d

= 8 16

Ejercicio 301 SeaA el recinto limitado por las cuatro parbolasy = x2, y =2x2,y2 =x yy2 = 2x. Calcular el volumen del cuerpo de revolucin engendradopor la rotacin deAalrededor del ejey.

Solucin:Sabemos que el volumen pedido viene dado por

V = 2

ZA

xdxdy

Aunque la funcin que se integra es muy simple, el clculo de la integral encoordenadas cartesianas exigir descomponerAen varios recintos, lo que com-portar realizar bastantes clculos. Dar mejor resultado simplificar el clculo



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de la integral mediante un cambio de variables, de manera que el nuevo recinto

de integracin sea ms simple.

Si efectuamos el cambiox2 =uyy2 =vx

entonces A se describe como u = 1/2, u = 1, v = 2 y v = 1, es decir, setransforma en un rectngulo B en el plano uv. Consideremos entonces la trans-formacing(u, v) = (x, y), donde

x= (u2v)1/3

y = (uv2)1/3

Se cumple

Jg(u, v) =

23u1/3v1/3 13u2/3v2/31

3u2/3v2/3 23u

1/3v1/3

= 13 6= 0

y se comprueba enseguida queg es inyectiva sobre el abierto U={(u, v) R2 :u >0, v > 0}. Puesto queg(B) = A yB U, se puede aplicar el teorema delcambio de variables y obtenemos

V = 2 ZA

xdxdy

= 2

ZB

(u2v)1/31

3dudv

= 2

3

Z 11/2

Z 21

(u2v)1/3 dv

du

= 3

40(9

3

2 4 2 3

4)



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Captulo 41

Curvas en el espacio

eucldeo

41.1. El concepto de curva

Ejercicio 302 Dada la astroide de ecuaciones

x= cos3 ty= sin3 t

t [0, 2],

1. Determinar de qu clase de curva se trata, y calcular los puntos singularesde la parametrizacin.

2. Calcular el parmetro arco de origent= 0.

3. Determinar la longitud de la curva.

4. Encontrar la parametrizacin por el arco de la astroide.

Solucin:

919



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920 CAPTULO 41. CURVAS EN EL ESPACIO EUCLDEO

1. La aplicac

analisis matematico ii(2)

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