calculo iii 0253

Semestre 3-2009

José Luis Quintero Octubre 2009

CÁLCULO III

(0253)

Universidad Central de Venezuela Facultad de Ingeniería

Ciclo Básico Departamento de Matemática Aplicada

CÁLCULO III (0253)

Prof. José Luis Quintero U.C.V. F.I.U.C.V.

Las notas presentadas a continuación tienen como único fin, el de prestar apoyo al

estudiante y facilitar su entendimiento en los temas de funciones vectoriales de una variable

real, funciones reales de variables vectorial e integrales dobles y triples y sus aplicaciones.

La guía contempla un pequeño resumen de la teoría correspondiente que sirve de

repaso a los contenidos teóricos que componen el tema. Se presentan ejercicios resueltos y

propuestos, algunos son originales, otros se han tomado de guías redactadas por profesores,

también hay ejercicios tomados de exámenes y de algunos textos. Se ha tratado de ser lo

más didáctico posible y se espera prestar un apoyo a la enseñanza del Cálculo III en

Ingeniería.

Agradezco las observaciones y sugerencias que me puedan hacer llegar en la mejora

del presente material, las mismas pueden ser enviadas a la siguiente dirección de correo:

[email protected].

INDICE GENERAL CÁLCULO III (0253)

Prof. José Luis Quintero U.C.V. F.I.U.C.V.

TEMA 1. Funciones Vectoriales de Variable Real

TEMA 2. Funciones Reales de Variable Vectorial

TEMA 3. Integrales Dobles y Triples y sus Aplicaciones

1

141

246

Semestre 3-2009


TEMA 1

FUNCIONES VECTORIALES DE UNA VARIABLE

REAL

Cálculo III (0253)

Semestre 3-2009

INDICE GENERAL Funciones Vectoriales

de Variable Real

Prof. José Luis Quintero U.C.V. F.I.U.C.V. CÁLCULO III (0253) - TEMA 1

1.1. Vectores

1.2. Cantidades escalares y vectoriales

1.3. Función vectorial de una variable real

1.4. Ejercicios resueltos

1.5. Parametrización de algunas curvas


1.7. Gráfica de curvas paramétricas con Graphmatica

1.8. Longitud, magnitud o norma de un vector

1.9. Producto escalar

1.10. Ángulo entre vectores

1.11. Producto vectorial

1.12. Límite de una función vectorial

1.13. Continuidad de una función vectorial

1.14. Derivada de una función vectorial

1.15. Interpretación geométrica y física de la derivada

1.16. Integral de una función vectorial

1.17. Longitud de arco


1.19. Gráficas de curvas paramétricas en R2


1.21. Vectores canónicos. Direcciones

1.22. Vectores ortogonales. Proyección ortogonal

1.23. Cálculo de la proyección de un vector sobre otro

1.24. Formas de la ecuación del plano

1.25. Sistema de coordenadas móvil


1.27. Curvatura

1.28. Curvatura para una recta. Curvatura para una circunferencia

1.29. Componentes tangencial y normal de la aceleración

1.30. Circunferencia osculatriz y centro de curvatura

1.31. Torsión

1.32. Fórmulas de Frenet

1

2

3

5

7

13

23

23

25

25

26

29

30

31

31

32

32

34

39

46

60

61

62

63

65

68

70

72

73

74

75

75

INDICE GENERAL Funciones Vectoriales

de Variable Real



1.34. Sistema de coordenadas polares

1.35. Representaciones de una curva en polares

1.36. Ecuación polar de una recta

1.37. Ecuación polar de una circunferencia

1.38. Distancias en coordenadas polares

1.39. Ecuación polar de una cónica

1.40. Gráficas en coordenadas polares

1.41. Intersección de curvas en polares

1.42. Forma paramétrica de una curva en polares. Búsqueda de tangentes

1.43. Longitud de arco y área en polares

1.44. Resumen de fórmulas


1.46. Ejercicios propuestos

78

93

94

95

96

97

09

99

101

102

104

105

106

120

VECTORES Funciones Vectoriales

de Variable Real Pág.: 1 de 305


1.1. VECTORES

Definición 1. Un vector es un objeto de la forma x 1 2 n(x ,x ,..., x )= con ix R,∈ i 1,...,n= .

Un vector es una magnitud representada por un segmento dirigido (flecha). Se

caracteriza por poseer:

a. Una longitud, la que es representada por un valor numérico al que se llama módulo,

norma o tamaño del vector (ver figura 1).

Figura 1. Cálculo del módulo, norma o tamaño de un vector

b. Una dirección, que es la recta a la que pertenece (ver figura 2).

c. Un sentido. La recta posee dos sentidos, generalmente estos se indican mediante signos

“+” para un lado y “-” para el otro (ver figura 2).

Figura 2. Dirección y sentido de un vector

VECTORES Funciones Vectoriales



Los vectores pueden situarse en el plano, (dos dimensiones) (ver figura 3), en el

espacio (tres dimensiones) (ver figura 4) y hasta en dimensiones mayores a tres. Los vectores

que se encuentren en el plano se llamarán “pares”, mientras los que se ubiquen en el espacio

se llamarán “ternas”.

Figura 3. Vector en dos dimensiones

Figura 4. Vector en tres dimensiones

1.2. CANTIDADES ESCALARES Y VECTORIALES

Diversas medidas como la temperatura, distancia, masa, tiempo, densidad, energía,

área, altura, etc, se pueden representar mediante un solo número real, estas se llaman

cantidades escalares. Otras como la fuerza que actúa sobre un objeto, velocidad y

aceleración de un cuerpo, necesitan, además de la magnitud, describir una dirección y un

sentido. Estas se llaman cantidades vectoriales y se logra describirla mediante

coordenadas. Se estudiarán con detalle algunas características de estas últimas cantidades.

CANTIDADES ESCALARES Y VECTORIALES

Funciones Vectoriales de Variable Real Pág.: 3 de 305


1.3. FUNCIÓN VECTORIAL DE UNA VARIABLE REAL

Definición 2. Se define una función vectorial de variable real como: r n: I R→ ,

r 1 nt (t) (r (t),...,r (t))→ = , donde I es un intervalo en R, ir con i 1,...,n= es una función real

de variable real con dominio iI . Las funciones ir se llaman funciones coordenadas de la

función r.

Definición 3. El dominio de una función vectorial r es la intersección de los dominios de

las funciones coordenadas, es decir,

rn

ii 1

D( ) I I=

= =∩ .

Ejemplo 1. Dada la función r 3(t) ( t 3, t 3, t )= − + , encuentre su dominio.

Solución.

Las funciones coordenadas vienen dadas por:

1 1

2 2

33 3

r (t) t 3 D(r ) [3, )

r (t) t 3 D(r ) [ 3, )

r (t) t D(r ) R

= − ⇒ = ∞

= + ⇒ = − ∞

= ⇒ =

.

Por lo tanto,

r3

ii 1

D( ) D(r) [3, )=

= = ∞∩ .

Definición 4. El rango o imagen de una función vectorial r es un conjunto de puntos en nR . Muchas funciones vectoriales con imagen en 2R o 3R tienen como rango lugares

geométricos conocidos.

Ejemplo 2. Dada la función r (t) (4 cos(t),4sen(t)), t [0,2 ]= ∈ π ,

encuentre su rango o imagen.

Solución.

La imagen de la función es una circunferencia de radio 4. En efecto llamando a sus funciones coordenadas x(t) 4 cos(t), y(t) 4sen(t)= = , se tiene

2 2 2 2x y 16 cos (t) 16sen (t) 16+ = + = .

FUNCIÓN VECTORIAL DE UNA VARIABLE REAL



Ejemplo 3. Dada la función r (t) (2 t,3 2t,1 2t), t R= + + + ∈ , encuentre su rango o imagen.

Solución.

Se puede observar que cada función coordenada corresponde a una ecuación paramétrica de

una recta, en este caso, en 3R .

El rango o imagen de una función vectorial es un conjunto de puntos en nR , que se

llama curva. Una curva puede ser representada por una o más funciones vectoriales.

Ejemplo 4. Las funciones vectoriales definidas como f (t) (1 2t,2 t) , t [0,1]= + − ∈ y g (t) (3 2t,1 t) , t [0,1]= − + ∈

tienen el mismo conjunto imagen: el segmento de recta que une los puntos (1,2) y (3,1).

Observación 1. Una función vectorial r lleva implícita dos características fundamentales: la

forma de la curva (imagen de la función) y la manera como se recorre ésta (sentido de

recorrido y posición).

Observación 2. Si la función r es inyectiva, es decir, r r1 2 1 2 1 2t , t I, t t (t ) (t )∀ ∈ ≠ ⇒ ≠ la curva

no tiene puntos de autointersección, se dirá en este caso que es una curva simple. Si r r(a) (b)= se dirá que la curva es cerrada en [a,b].

Ejemplo 5. La circunferencia f(t) (2cos(t),2sen(t))= con 0 t 2≤ ≤ π , es una curva cerrada, ya

que f f(0) (2 )= π .

Ejemplo 6. La curva conocida con el nombre de estrofoide (ver figura 5) imagen de la función

r2 3

2 2

t 1 t t(t) ,

t 1 t 1

− −= + + ,

no es una curva simple, se autointersecta, en efecto: r r(1) ( 1).= −

Figura 5. Representación gráfica de la estrofoide

EJERCICIOS RESUELTOS Funciones Vectoriales



1.4. EJERCICIOS RESUELTOS

1. Dada la función r 3(t) (t, t ), t R= ∈ , encuentre su rango o imagen.

Solución. El rango o imagen en este caso viene dado por la gráfica de 3y x= .

2. Encuentre los valores de t para los cuales la curva

r2

2

t t(t) ,

1 t t 1

= − −

se autointersecta.

Solución. Sean 1t A= y 2t B= . Se tiene entonces:

2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2A B

A (1 B) B (1 A) A A B B B A A B B A A B 01 A 1 B

(A B)(A B) AB(B A) 0 AB(B A) (B A)(B A) 0(AB A B)(B A) 0 A B o AB A B

= ⇒ − = − ⇒ − = − ⇒ − + − =− −

⇒ − + + − = ⇒ − − − + =⇒ − − − = ⇒ = = +

Por otro lado

2 2 2 2 2 22 2

A BA(B 1) B(A 1) AB A A B B AB A B B A 0

A 1 B 1AB(B A) (B A) 0 (AB 1)(B A) 0 A B o AB 1

= ⇒ − = − ⇒ − = − ⇒ − + − =− −

⇒ − + − = ⇒ + − = ⇒ = = −

Se puede concluir que A B 1 B (A 1)+ = − ⇒ = − + de modo que

2 22 2 3 2 2

3 2 2 3 2 3 2

A (A 1)A (A 2) (A 1) (1 A) A 2A (A 2A 1)(1 A)

1 A A 2A 2A A A 2A 2A 1 A 2A 3A A 1 0

+= ⇒ + = + − ⇒ + = + + −− +

⇒ + = − + − + − ⇒ + − − =

Aplicando Ruffini se tiene

1 2 31 1 5 1 5

A , A , A2 2 2

− − − += − = = .

Buscando los puntos se tiene: 1 1

A B2 2

= − ⇒ = − (No dice nada).

1 5 1 5 1 5 1 5A B 1

2 2 2 2

+ + − − += − ⇒ = − − = − =

punto de autointersección

Se concluye que

r r1 5 1 5

(1, 1).2 2

+ − +− = = −




3. En la figura 6, la circunferencia de radio a es fija y para todo valor del ángulo t, 0 t< < π ,

P es el punto de intersección de la recta vertical que pasa por A y la recta horizontal que

pasa por B. Encuentre las ecuaciones paramétricas de la curva descrita por P sabiendo que el punto A siempre se encuentra sobre la recta y 2a= y el punto B siempre se

encuentra sobre la circunferencia.

Figura 6. Gráfica del ejercicio 3

Solución.

Se tiene que

x y x y(t) (P (t),P (t)) (A (t),B (t))= =P

Las coordenadas de la curva descrita por el punto A vienen dadas por A x y(t) (A (t), A (t)) (2a.ctg(t),2a)= =

Aplicando semejanza de triángulos se tiene que x yB (t) ctg(t).B (t)= . Como B siempre se

encuentra sobre la circunferencia, entonces 22 2

x y y yB (t) a B (t) a B (t) 2a B (t) = − − = − .

Sustituyendo y elevando al cuadrado se tiene

22 2y y y y y

2y y

B (t) 2a B (t) ctg (t). B (t) 2a B (t) ctg (t).B (t)

B (t) 2asen (t) , B (t) 0

− = ⇒ − =

⇒ = ≠

Las coordenadas de la curva descrita por el punto B vienen dadas por

B 2x y(t) (B (t),B (t)) (a.sen(2t),2a.sen (t))= =

De modo que 2

x y(t) (P (t),P (t)) (2a.ctg(t),2asen (t))= =P

PARAMETRIZACIÓN DE ALGUNAS CURVAS



1.5. PARAMETRIZACIÓN DE ALGUNAS CURVAS

a. Recta. La imagen de la función vectorial

f 0 1 0 0 1 0(t) (x (x x )t, y (y y )t)= + − + − , t R∈

es una recta que pasa por los puntos 0 0(x ,y ) y 1 1(x , y ) recorrida en el sentido que va

desde el punto 0 0(x ,y ) al punto 1 1(x ,y ) . Si se desea cambiar el sentido, basta con

cambiar t por t− . En tal caso se obtiene la función vectorial g 0 0 1 0 0 1(t) (x (x x )t,y (y y )t)= + − + − , t R∈

que resulta ser una recta que pasa por los puntos 0 0(x ,y ) y 1 1(x ,y ) recorrida en el

sentido que va desde el punto 1 1(x ,y ) al punto 0 0(x ,y ) .

Observación 3. Si se desea parametrizar un segmento de recta de extremos 0 0(x ,y ) y

1 1(x ,y ) recorrido en el sentido que va desde el punto 0 0(x ,y ) al punto 1 1(x , y ) se

consigue usando la función vectorial f 0 1 0 0 1 0(t) (x (x x )t,y (y y )t)= + − + − , t 0,1∈

b. Circunferencia. La imagen de la función vectorial f(t) (h r cos(t),k rsen(t)),= + + t [0,2 ]∈ π

es una circunferencia de centro (h,k) y radio r recorrida en sentido antihorario.

La imagen de la función vectorial g(t) (h r cos(t),k rsen(t)),= + − t [0,2 ]∈ π

es una circunferencia de centro (h,k) y radio r recorrida en sentido horario.

c. Elipse. La imagen de la función vectorial f(t) (h acos(t),k bsen(t)),= + + t [0,2 ]∈ π

es una elipse de ecuación 2 2

2 2

(x h) (y k)1

a b

− −+ =

recorrida en sentido antihorario.

La imagen de la función vectorial g(t) (h acos(t),k bsen(t)),= + − t [0,2 ]∈ π

es una elipse de ecuación 2 2

2 2

(x h) (y k)1

a b

− −+ =

recorrida en sentido horario.




d. Parábola. La imagen de la función vectorial

f 2(t) (h 2pt,k pt ) , t R= + + ∈

es una parábola de ecuación 2(x h) 4p(y k)− = − con sentido de recorrido de izquierda a

derecha o de derecha a izquierda según p sea positivo o negativo respectivamente.

La imagen de la función vectorial

f 2(t) (t,at bt c) , t R= + + ∈

es una parábola de ecuación 2y ax bx c= + + con sentido de recorrido de menor a mayor

valor de la variable x.


f 2(t) (at bt c, t) , t R= + + ∈

es una parábola de ecuación 2x ay by c= + + con sentido de recorrido de menor a mayor

valor de la variable y.

e. Hipérbola. La imagen de la función vectorial f (t) (h acosh(t),k bsenh(t)), t R= + + ∈

es la rama derecha de la hipérbola de ecuación 2 2

2 2

(x h) (y k)1

a b

− −− = .

Observación 4. La ecuación cartesiana (en este caso la hipérbola) contiene más puntos

de los que generan las ecuaciones paramétricas planteadas.

La imagen de la función vectorial g

2 2(t) (h asec(t),k b t g(t)) , tπ π= + + − < <

también es la rama derecha de la hipérbola de ecuación 2 2

2 2

(x h) (y k)1

a b

− −− = .


f 2 2a(t) h b (t k) , t , t R

b = + + − ∈

es la rama derecha de la hipérbola de ecuación

2 2

2 2

(x h) (y k)1

a b

− −− =

con sentido de recorrido de menor a mayor valor de la variable y.


f 2 2a(t) h b (t k) , t , t R

b = − + − ∈

es la rama izquierda de la hipérbola de ecuación




2 2

2 2

(x h) (y k)1

a b

− −− =

con sentido de recorrido de menor a mayor valor de la variable y.


f 2 2b(t) t,k a (t h) , t R

a = + + − ∈

es la rama superior de la hipérbola de ecuación 2 2

2 2

(x h) (y k)1

a b

− −− + =

con sentido de recorrido de menor a mayor valor de la variable x.


f 2 2b(t) t,k a (t h) , t R

a = − + − ∈

es la rama inferior de la hipérbola de ecuación 2 2

2 2

(x h) (y k)1

a b

− −− + =

con sentido de recorrido de menor a mayor valor de la variable x.

f. Cicloide. La cicloide es el lugar geométrico descrito por un punto P sobre una

circunferencia de radio a que gira sin deslizar sobre el eje x. La función vectorial cuya

imagen es la cicloide es f ( ) (a asen( ),a acos( )) , 0 2θ = θ − θ − θ ≤ θ ≤ π .

La ecuación rectangular de la cicloide es

2a yx aarccos 2ay y ,

a− = −

∓

en donde debe tomarse el signo positivo o el negativo según que θ sea menor o mayor

que π radianes en el arco comprendido entre 0θ = y 2θ = π .

g. Hélice. La hélice es la imagen de la función vectorial

fb

(t) r cos(t),rsen(t), t .2

= π

Las funciones coordenadas satisfacen la ecuación 2 2 2(x(t)) (y(t)) r+ = , ecuación de la

circunferencia; b2z(t) tπ= “levanta” el punto a altura b

2 tπ , por lo tanto la curva en 3R se

verá como en la figura 7. Cuando t aumenta la curva se recorre en sentido antihorario.

Observación 5. Recuerde que en cada curva para cambiar el sentido de recorrido debe cambiar el parámetro t por t− , adecuando el intervalo de recorrido.




Figura 7. Representación gráfica de la hélice

Ejemplo 7. Determine una parametrización de la curva dada por las ecuaciones

2 2

12

22

12

(x 2) (y 1) 4 1 y 3y (x 2) 0 y 1

xy 1 1 y 0

4y (x 2) 0 y 1

− + − = ≤ ≤

= + ≤ ≤

+ = − ≤ ≤ = − ≤ ≤

en sentido antihorario.

Solución. 2 2

1C :(x 2) (y 1) 4− + − = , 1 y 3≤ ≤ . 1r (t) (2 2cos(t),1 2sen(t))= + + , 0 t≤ ≤ π 1

2 2C : y (x 2)= + , 0 y 1≤ ≤ . 2r (s) (0 2s,1 s)= − −

0 s 1 s 1 t s s t≤ ≤ ⇒ π ≤ + π ≤ + π ⇒ = + π ⇒ = − π . 2r (t) ( 2(t ),1 t)= − − π + π − , t 1π < ≤ + π . 2

23

xC : y 1

4+ = , 1 y 0− ≤ ≤ . 3r (w) (2 cos(w),sen(w))=

w 2 1 1 w 1 2 t 1 w w t 1π ≤ ≤ π ⇒ + π ≤ + ≤ + π ⇒ = + ⇒ = −

3r (t) (2cos(t 1), sen(t 1))= − − , 1 t 1 2+ π < ≤ + π 1

4 2C : y (x 2)= − , 0 y 1≤ ≤ . 4r (z) (2 2z,0 z)= + +

0 z 1 1 2 1 2 z 2 2 t 1 2 z≤ ≤ ⇒ + π ≤ + π + ≤ + π ⇒ = + π +

4r (t) (2 2(t 1 2 ), t 1 2 )= + − − π − − π , 1 2 t 2 2+ π < ≤ + π

Por lo tanto

r

(2 2cos(t),1 2sen(t)) 0 t( 2t 2 ,1 t) t 1

(t)(2cos(t 1),sen(t 1)) 1 t 1 2

(2t 4 , t 1 2 ) 1 2 t 2 2

+ + ≤ ≤ π − + π + π − π < ≤ + π= − − + π < ≤ + π − π − − π + π < ≤ + π

.




La gráfica que corresponde es la que se muestra en la figura 8:

Figura 8. Representación gráfica de la curva del ejemplo 7

Ejemplo 8. 2y x 1 , 2 x 2= − − ≤ ≤ , de derecha a izquierda.

Solución.

Forma alternativa de presentar la curva: 2

2

2

y x 1 2 x 1

y 1 x 1 x 1

y x 1 1 x 2

= − − ≤ ≤ − = − − ≤ ≤ = − ≤ ≤

.

21C : y x 1 , 1 x 2= − ≤ ≤

1r 2a a

(a) , 1 4 a 2 0 a 4 2 t a 4 a t 42 4

= − − + − ≤ ≤ − ⇒ ≤ + ≤ ⇒ = + ⇒ = −

1r 2(t 4) (t 4)

(t) , 1 0 t 22 4

− −= − − + ≤ ≤

22C : y 1 x , 1 x 1= − − ≤ ≤

2r 2b 1(b) ,1 b 2 b 2 2 b 4 6 t b 4 b t 4

2 4 = − − − ≤ ≤ ⇒ ≤ + ≤ ⇒ = + ⇒ = −

2r 21 (t 4)

(t) t 2,1 2 t 62 4

−= − + − < ≤

23C : y x 1 , 2 x 1= − − ≤ ≤ −

3r 2c c

(c) ,1 2 c 4 6 c 4 8 t c 4 c t 42 4

= − − ≤ ≤ ⇒ ≤ + ≤ ⇒ = + ⇒ = −




3r 2(t 4) (t 4)

(t) ,1 6 t 82 4

− −= − − ≤ ≤

Por lo tanto

r

2

2

2

(t 4) (t 4), 1 0 t 2

2 4

1 (t 4)(t) t 2,1 2 t 6

2 4

(t 4) (t 4),1 6 t 8

2 4

− −− − + ≤ ≤ −= − + − < ≤

− − − − < ≤

Otra forma:

21C : y x 1 , 1 x 2= − ≤ ≤ , 1r 2(t) ( t, t 1) 2 t 1= − − − ≤ ≤ −

22C : y 1 x , 1 x 1= − − ≤ ≤ , 2r 2(t) ( t,1 t ) 1 t 1= − − − < ≤

23C : y x 1 , 2 x 1= − − ≤ ≤ − , 3r 2(t) ( t, t 1) 1 t 2= − − ≤ ≤

Por lo tanto

r

2

2

2

( t, t 1) 2 t 1

(t) ( t,1 t ) 1 t 1

( t, t 1) 1 t 2

− − − ≤ ≤ −= − − − < ≤ − − < ≤







1. Sea R la región definida por

2

y x 2

y 4 x

≥ +

≤ −.

Determine una parametrización de la curva frontera de la región R en sentido horario.

Solución.

Una forma equivalente de definir la región R es 2y 4 x 1 x 1

y x 2 0 x 1y x 2 1 x 0

= − − ≤ ≤

= + ≤ ≤ = − + − ≤ ≤

.

Proceso de parametrización en el sentido indicado:

1 r 2 21C : y 4 x , 1 x 1 (t) (t,4 t ), 1 t 1= − − ≤ ≤ ⇒ = − − ≤ ≤

2

2

r

r 2C : y x 2, 0 x 1 (u) (1 u,3 u), 0 u 1 1 u 1 2 t u 1

(t) (2 t,4 t), 1 t 2

= + ≤ ≤ ⇒ = − − ≤ ≤ ⇒ ≤ + ≤ ⇒ = +⇒ = − − ≤ ≤

3

3

r

r 3C : y x 2, 1 x 0 (s) ( s,2 s), 0 s 1 2 s 2 3 t s 2

(t) (2 t, t), 2 t 3

= − + − ≤ ≤ ⇒ = − + ≤ ≤ ⇒ ≤ + ≤ ⇒ = +⇒ = − ≤ ≤

Una parametrización de la curva frontera de la región R en sentido horario es:

r

2(t, 4 t ) 1 t 1(t) (2 t,4 t) 1 t 2

(2 t, t) 2 t 3

− − ≤ ≤

= − − < ≤ − < ≤

.

Al graficar la región R se tiene (ver figura 10):

Figura 10. Representación gráfica de la curva del ejercicio 1




2. Sea la curva dada por 2

2

2 2

(y 2)(x 1) 1 2 y 4

4y 2(x 1) 0 y 2

x y 1 1 y 0y 2(x 1) 0 y 2

−− + = ≤ ≤ = + ≤ ≤ + = − ≤ ≤ = − ≤ ≤

.

Determine una parametrización en sentido antihorario.

Solución.

Gráfica de la curva (ver figura 11):

1r 1C : (t) (1 cos(t),2 2sen(t)) , 0 t= + + ≤ ≤ π

2

2

r

r 2C : (s) ( s,2 2s) , 0 s 1 s 1 t 1 s t

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

= − − ≤ ≤ π ≤ + π ≤ + π ⇒ π ≤ ≤ + π ⇒ = − π= π − − − π π ≤ ≤ + π

3

3

r ,

r 3C : (u) (cos(u),sen(u)) u 2 1 u 1 1 2 1 t 1 2 u t 1

(t) (cos(t 1),sen(t 1)) , 1 t 1 2

= π ≤ ≤ π + π ≤ + ≤ + π ⇒ + π ≤ ≤ + π ⇒ = −= − − + π ≤ ≤ + π

4

4

r ,

r

4C : (s) (1 s,2s) 0 s 1

1 2 s 2 1 2 2 1 2 t 2 2 s t 2 1(t) (1 t 2 1,2(t 2 1)) , 1 2 t 2 2

= + ≤ ≤+ π ≤ + π + ≤ + π ⇒ + π ≤ ≤ + π ⇒ = − π −

= + − π − − π − + π ≤ ≤ + π


En conclusión se tiene

r

(1 cos(t),2 2sen(t)) 0 t( t,2 2(t )) t 1

(t)(cos(t 1),sen(t 1)) 1 t 1 2

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

+ + ≤ ≤ π π − − − π π < ≤ + π= − − + π < ≤ + π + − π − − π − + π < < + π

.




3. Determine una parametrización en sentido antihorario y obtenga el gráfico de la curva

2 2

2

x y 4 2 x 4

y 2 3 0 2 x 4

yx 2 4 2 3 y 2 3

3

− = ≤ ≤ − = − ≤ ≤

= − + − − ≤ ≤

.

Solución. r 1 1C : (t) (2sec(t),2tg(t)) , / 3 t / 3= − π ≤ ≤ π

r

r ,

2 2

2

C : (s) (4 6s, 2 3) , 0 s 1

/3 s /3 1 /3 /3 t 1 /3 s t /3

(t) (4 6(t / 3), 2 3) /3 t 1 /3

= − − ≤ ≤π ≤ + π ≤ + π ⇒ π ≤ ≤ + π ⇒ = − π

= − − π − π ≤ ≤ + π

r

r

3 3

3

C : (u) ( 2 2cos(u), 2 3sen(u)) , / 2 u / 2

/ 2 1 5 / 6 u 1 5 / 6 / 2 5 / 6 1 u t 1 5 / 6

(t) ( 2 2cos(t 1 5 / 6), 2 3sen(t 1 5 / 6)) , 1 / 3 t 1 4 / 3

= − + − − π ≤ ≤ π− π + + π ≤ + + π ≤ π + π + ⇒ = − − π

= − + − − π − − − π + π ≤ ≤ + π

r

r

4 4

4

C : (w) ( 2 6w,2 3) , 0 w 1

1 4 /3 w 1 4 /3 2 4 /3 w t 4 /3 1

(t) ( 2 6(t 4 /3 1),2 3) , 1 4 /3 t 2 4 /3

= − + ≤ ≤+ π ≤ + + π ≤ + π ⇒ = − π −

= − + − π − + π ≤ ≤ + π

En conclusión se tiene

r

(2sec(t),2tg(t)) / 3 t / 3

(4 6(t / 3), 2 3) / 3 t 1 / 3(t)

( 2 2cos(t 1 5 / 6), 2 3sen(t 1 5 / 6)) 1 / 3 t 1 4 / 3

( 2 6(t 4 / 3 1,2 3) 1 4 / 3 t 2 4 / 3

−π ≤ ≤ π

− − π − π < ≤ + π= − + − − π − − − π + π < ≤ + π

− + − π − + π < < + π

.

El gráfico se presenta a continuación en la figura 12:





4. Determine una parametrización en sentido antihorario y obtenga el gráfico de la curva

2 2

2

2

x y 1 1 x 0y x 1 0 0 x 3

3 4 (y 2)x 2 y 4

2

x y 5y 4 1 y 4

+ = − ≤ ≤

− + = ≤ ≤

− −= ≤ ≤

= − + ≤ ≤

.

Solución.

Curva 1: 2 2x y 1 , 1 x 0+ = − ≤ ≤ .

1r 32 2(A) (cos(A),sen(A)) , Aπ π= ≤ ≤ .

Curva 2: y x 1 0 , 0 x 3− + = ≤ ≤ .

2r (B) (3B, 1 3B) , 0 B 1= − + ≤ ≤ .

Curva 3: 23 4 (y 2)

x , 2 y 42

− −= ≤ ≤ .

3r 2(C) (3cos(C),2 2sen(C)) , 0 C π= + ≤ ≤ .

Curva 4: 2x y 5y 4 , 1 y 4= − + ≤ ≤ . 25 92 4x (y ) , 1 y 4= − − + ≤ ≤

4r 2 9 5 3 34 2 2 2(D) ( D , D) , D= − + − − ≤ ≤ .

Usando un solo parámetro se tiene: C1: 2 2x y 1 , 1 x 0+ = − ≤ ≤ .

1r 32 2(t) (cos(t), sen(t)) , tπ π= ≤ ≤ .

C2: y x 1 0 , 0 x 3− + = ≤ ≤ .

2r 3 3 3 32 2 2 2(t) (3(t ), 1 3(t )) , t 1π π π π= − − + − ≤ ≤ + .

C3: 23 4 (y 2)

x , 2 y 42

− −= ≤ ≤ .

3r 3 3 32 2 2(t) (3cos(t 1 ),2 2sen(t 1 )) , 1 t 1 2π π π= − − + − − + ≤ ≤ + π .

C4: 2x y 5y 4 , 1 y 4= − + ≤ ≤ .

4r 25 9 5 52 4 2 2(t) ( (t 2 ) , (t 2 )) , 1 2 t 4 2= − − π − + − − π − + π ≤ ≤ + π .

Por tanto:

1

2

3

4

r

rr

r

r

32 2

3 32 2

32

(t) t

(t) t 1(t)

(t) 1 t 1 2

(t) 1 2 t 4 2

π π

π π

π

≤ ≤

≤ ≤ +=

+ ≤ ≤ + π + π ≤ ≤ + π

.

Su gráfico se muestra a continuación en la figura 13.





5. Determine una parametrización en sentido horario y obtenga el gráfico de la curva

2 2

2

y x 1 2 x 1

x y 1 1 y 0

x 2y 4 0 x 2

+ + = ≤ − = − ≤ ≤ − − = ≤

.

Solución.

1C : y x 1= + , 1 x 0− ≤ ≤ .

1r (t) ( 1 t, t)= − + , 0 t 1≤ ≤

2C : y x 1= − + , 0 x 1≤ ≤ . 2r (s) (s,1 s)= −

0 s 1 1 s 1 2 t s 1 s t 1≤ ≤ ⇒ ≤ + ≤ ⇒ = + ⇒ = − .

2r (t) (t 1,2 t)= − − , 1 t 2< ≤

23C : x y 1= + , 1 y 0− ≤ ≤ . 3r

2(w) ( w 1, w)= + −

0 w 1 2 w 2 3 t w 2 w t 2≤ ≤ ⇒ ≤ + ≤ ⇒ = + ⇒ = − .

3r2(t) ( t 4t 5,2 t)= − + − , 2 t 3< ≤ 21

4 2C : y x 2= − , 2 x 2− ≤ ≤ . 4r

212

(z) ( z, z 2)= − −

2 z 2 3 z 3 2 3 2 2 t z 3 2 z t 3 2− ≤ ≤ ⇒ ≤ + + ≤ + ⇒ = + + ⇒ = − −

4r21

2(t) (3 2 t, (t 3 2) 2)= + − − − − , 3 t 3 2 2< ≤ +

25C : x y 1= − + , 1 y 0− ≤ ≤ . 3r

2(w) ( w 1,w)= − +

1 w 0 3 2 2 w 4 2 2 4 2 2 t w 4 2 2 w t 4 2 2− ≤ ≤ ⇒ + ≤ + + ≤ + ⇒ = + + ⇒ = − − .

5r2(t) ( (t 4 2 2) 1, t 4 2 2)= − − − + − − , 3 2 2 t 4 2 2+ < ≤ +

Por lo tanto




r2

212

2

(t 1, t) 0 t 1(t 1,2 t) 1 t 2

( t 4t 5,2 t) 2 t 3(t)(3 2 t, (t 3 2) 2) 3 t 3 2 2

( (t 4 2 2) 1, t 4 2 2) 3 2 2 t 4 2 2

− ≤ ≤ − − < ≤ − + − < ≤= + − − − − < ≤ +

− − − + − − + < ≤ +

.



6. Una curva C está definida por

2 22

y cos(x) x ,4 2

2 2y x x 0,

4

x y y ,04 16 4

π π = ∈

π = ∈ π π π π − + = ∈ −

.

Parametrice la curva C en sentido antihorario.

Solución.


1 r 1 4 2 2 4C : y cos(x), x (t) ( t,cos(t)), tπ π π π= ≤ ≤ ⇒ = − − ≤ ≤ −

2

2

r

r

2 2 2 22 4 4 4 2 2

4 4 4 4

2 24 4 4 2 2 4 4 4

C : y x, 0 x (u) ( u, u), 0 u 1

u 1 t u

(t) ( (t ), (t )), t 1

π π ππ

π π π π

π π π π π π

= ≤ ≤ ⇒ = − − ≤ ≤

⇒ − ≤ − ≤ − ⇒ = −

⇒ = − + − + − ≤ ≤ −




3

3

r

r

22 23 4 16 4 4 4 4

5 3 54 4 4 4

5 54 4 4 4 4

C :(x ) y , y 0 (s) ( cos(s), sen(s)),

s 2 1 s 1 1 t s 1

(t) ( cos(t 1 ), sen(t 1 )),

π π π π π π

π π π π

π π π π π

− + = − ≤ ≤ ⇒ = +

π ≤ ≤ π ⇒ − ≤ + − ≤ + ⇒ = + −

⇒ = + − + − + 34 4

1 t 1π π− ≤ ≤ +

Una parametrización de la curva frontera de la región R en sentido antihorario es:

r

2 4

2 24 4 4 2 2 4 4 4

5 5 34 4 4 4 4 4 4

( t, cos(t)) t

(t) ( (t ), (t )) t 1

( cos(t 1 ), sen(t 1 )) 1 t 1

π π

π π π π π π

π π π π π π π

− − ≤ ≤ −= − + − + − ≤ ≤ − + − + − + − ≤ ≤ +

.



7. Sea la curva cuya trayectoria viene definida por 2 2

2

2 2

x y 16y 60 8 y 102x y 4 0 y 8

y 4 x 4 y 0

16(x 2) (y 4) 16 2 x 1

+ = − ≤ ≤

= − ≤ ≤

+ = − ≤ ≤ + + − = − ≤ ≤ −

.

Dé una parametrización para la curva en sentido horario.

Solución.

Proceso de parametrización en el sentido indicado: 2 2 2 2

1C : x y 16y 60 x (y 8) 4, 8 y 10

(t) (2 cos(t),8 2sen(t)), 0 t

+ = − ⇒ + − = ≤ ≤⇒ = + ≤ ≤ π1

r

Sentido horario: 1r (t) (2cos(t),8 2sen(t)), t 0= − − π ≤ ≤




2 32x y 4 4 y 8

C ,C :2x y 42x y 4 0 y 4

(s) (2,8) s( 2, 4) (2 2s,8 4s) , 0 s 1(w) (0,4) w(2, 4) (2w,4 4w) , 0 w 1

(t) (2 2t,8 4t) , 0 t 1 0 w 1 1 w 1 2 1 t 2

= − ≤ ≤= − ⇒ = − + ≤ ≤

= + − − = − − ≤ ≤⇒

= + − = − ≤ ≤= − − ≤ ≤ ≤ ≤ ⇒ ≤ + ≤ ⇒ ≤ ≤

2

3

2

r

r

r

t w 1 w t 1⇒ = + ⇒ = −

3 r (t) (2(t 1),4 4(t 1)) (2t 2,8 4t) , 1 t 2= − − − = − − ≤ ≤ 2 2 2

4

2

C : y 4 x y x 4, 4 y 0 (v) (v,v 4), 2 v 2

Sentido horario : (v) ( v,v 4), 2 v 2 2 v 4 6

t v 4 v t 4

+ = ⇒ = − − ≤ ≤ = − − ≤ ≤

= − − − ≤ ≤ ⇒ ≤ + ≤⇒ = + ⇒ = −

4

4

r

r

4 r 2(t) ( (t 4),(t 4) 4), 2 t 6= − − − − ≤ ≤

5

r

22 2 2

5

2 2 2

2 2

(y 4)C :16(x 2) (y 4) 16 (x 2) 1, 2 x 1

16(u) ( 2 cos(u),4 4sen(u)), u 6 u 6 6

t u 6 u t 6

π π π

π π

−+ + − = ⇒ + + = − ≤ ≤ −

= − + + − ≤ ≤ ⇒ ≤ + + ≤ + π

⇒ = + + ⇒ = − −

5 r 2 2

(t) ( 2 cos(t 6 ),4 4sen(t 6 )), 6 t 6π π= − + − − + − − ≤ ≤ + π

Una parametrización de la curva en sentido horario es:

r2

2 2

(2 cos(t),8 2sen(t)) t 0(2 2t,8 4t) 0 t 1(2t 2,8 4t) 1 t 2(t)

( (t 4),(t 4) 4) 2 t 6( 2 cos(t 6 ),4 4sen(t 6 )) 6 t 6π π

− −π ≤ ≤ − − ≤ ≤ − − ≤ ≤= − − − − ≤ ≤ − + − − + − − ≤ ≤ + π

.

Al graficar la curva se tiene (ver figura 16):






2 2

y sen(x) x 0,

2y x 2 x 0,

x (y 1) 1 x 1,0

= ∈ π = − ∈ π π + + = ∈ −

.

Parametrice la curva C en sentido horario.

Solución.


1 r 1C : y sen(x), 0 x (t) (t,sen(t)), 0 t= ≤ ≤ π ⇒ = ≤ ≤ π

2

2

r

r

22C : y x 2, 0 x (u) ( u , 2u), 0 u 1 u 1 t u

(t) ( (t ) , 2(t )), t 1π= − ≤ ≤ π ⇒ = π − π − ≤ ≤ ⇒ π ≤ + π ≤ + π ⇒ = + π

⇒ = π − − π π − − π π ≤ ≤ + π

3

3

r

r

2 23

3 5 52 2 2 2

5 52 2

C : x (y 1) 1, 1 x 0 (s) (cos(s), 1 sen(s)),

s 1 s 1 1 2 t s 1

(t) (cos(t 1 ), 1 sen(t 1 )), 1 t 1 2

π π π π

π π

+ − = − ≤ ≤ ⇒ = − −

− ≤ ≤ − ⇒ + π ≤ + + ≤ + π ⇒ = + +

⇒ = − − − − − − + π ≤ ≤ + π

Una parametrización de la curva frontera de la región R en sentido horario es:

r5 52 2

(t,sen(t)) 0 t(t) ( (t ) , 2(t )) t 1

(cos(t 1 ), 1 sen(t 1 )) 1 t 1 2π π

≤ ≤ π= π − − π π − − π π ≤ ≤ + π − − − − − − + π < ≤ + π

.







2 2

y tg(x) x 0,4

(x 1) y 1 y 1,0

4y (x 2) y 0,1

8

π = ∈

− + = ∈ − = − ∈ π −

.

Parametrice la curva C en sentido antihorario.

Solución.


1 r 1 4 4C : y tg(x), 0 x (t) ( t, tg(t)), t 0π π= ≤ ≤ ⇒ = − − − ≤ ≤

2

2

r

r

2 22C :(x 1) y 1, 1 y 0 (s) (1 cos(s), sen(s)),

s 2 0 s t s(t) (1 cos(t ),sen(t )), 0 t

− + = − ≤ ≤ ⇒ = +π ≤ ≤ π ⇒ ≤ − π ≤ π ⇒ = − π⇒ = + + π + π ≤ ≤ π

3

3

r

r

43 8 4

4

C : y (x 2), 0 y 1 (u) (2 u( 2),u), 0 u 1

u 1 t u

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

ππ−

π

= − ≤ ≤ ⇒ = + − ≤ ≤

⇒ π ≤ + π ≤ + π ⇒ = + π

⇒ = + − π − − π π ≤ ≤ + π

Una parametrización de la curva frontera de la región R en sentido antihorario es:

r4

4

( t, tg(t)) t 0

(t) (1 cos(t ),sen(t )) 0 t(2 (t )( 2), t ) t 1

π

π

− − − ≤ ≤= + + π + π ≤ ≤ π + − π − − π π ≤ ≤ + π

.



GRÁFICA DE CURVAS PARAMÉTRICAS CON GRAPHMATICA



1.7. GRÁFICA DE CURVAS PARAMÉTRICAS CON GRAPHMATICA

La gráfica de curvas dadas en forma paramétrica es sencilla usando el graficador

Graphmatica. Si se quiere graficar la circunferencia de ecuación 2 2x y 9+ = , se deben indicar

sus ecuaciones paramétricas y el intervalo del parámetro tome los valores. En este caso: { } x 3 * cos(t); y 3 * sin(t) 0,2 *pi= =

El ambiente de trabajo de Graphmatica puede apreciarse en la figura 19. Para buscar

aspectos generales del uso de Graphmatica ingrese en la dirección www.joseluisquintero.com

y en el link docencia en la asignatura Cálculo III descargar el archivo.pdf correspondiente.

Figura 19. Ambiente de trabajo de Graphmatica

1.8. LONGITUD, MAGNITUD O NORMA DE UN VECTOR

Definición 5. La longitud, magnitud o norma de un vector es una cantidad escalar

asociada con el tamaño del vector y se puede calcular como

x 2 2 21 2 nx x ... x= + + + .

LONGITUD, MAGNITUD O NORMA DE UN VECTOR



El teorema de Pitágoras se puede usar para calcular la longitud de un vector fijo en R3

(ver figura 20). Si P (x, y,z)= , del teorema de Pitágoras se tiene que

OP OR2 2 2z= + ,

aplicando el teorema de Pitágoras al vector OR se obtiene

OR 2 2 2x y= +

y reemplazando esta última ecuación en la primera:

OR 2 2 2 2x y z= + + .

Como la norma de un vector es no negativa se tiene que

P OP 2 2 2x y z= = + + .

TEOREMA 1. (PROPIEDADES DE LA NORMA) a. x x 00= ⇔ =

b. x x 00> ⇔ ≠

c. x xλ = λ ( λ escalar real)

d. x y x y+ ≤ + (Desigualdad triangular)

Observación 6. x se dice unitario si y sólo si x 1= .

TEOREMA 2. Sea x nR ,∈ entonces xx

es unitario.

Figura 20. Norma de un vector en tres dimensiones usando el teorema de Pitágoras

PRODUCTO ESCALAR Funciones Vectoriales



1.9. PRODUCTO ESCALAR

Definición 6. Dados los vectores x 1 2 n(x ,x ,..., x )= y y 1 2 n(y ,y ,..., y )= se define el producto

escalar x y,• por

x yn

1 1 n n i ii 1

x y ... x y x y=

• = + + =∑ .

TEOREMA 3. (PROPIEDADES DEL PRODUCTO ESCALAR) a. x y y x• = •

b. x y x y( ) ( )λ • = λ •

c. x y z x y x z( )• + = • + •

d. x x 0• ≥

e. x x x 00• = ⇔ =

Observación 7. x x x• = .

1.10. ÁNGULO ENTRE DOS VECTORES

Definición 7. Sean A y B dos vectores de R3 o R2 no nulos, el ángulo θ entre los vectores

coordenados A y B es el ángulo entre los vectores fijos OA y OB y donde θ es un ángulo

entre 0� y 180� .

TEOREMA 4. Si A y B son vectores coordenados de R3 no nulos, entonces 2 2 2

cos( )2

+ − −θ =

A B B A

A B.

Demostración.

Por la ley de los cosenos se tiene que 2 2 2

2 cos( )− = + − θB A A B A B .

(ver figura 21)

De modo que 2 2 2

cos( )2

+ − −θ =

A B B A

A B.

ÁNGULO ENTRE DOS VECTORES



Demostración.

Figura 21. Ángulo entre dos vectores usando la norma de vectores

Si A 1 2 3(a ,a ,a )= y B 1 2 3(b ,b ,b )= son vectores de R3, entonces

B A

B A

2 2 2 21 1 2 2 3 3

2 2 2 2 2 21 2 3 1 2 3 1 1 2 2 3 3

2 21 1 2 2 3 3

(b a ) (b a ) (b a )

(b b b ) (a a a ) 2(b a b a b a )

2(b a b a b a )

− = − + − + −

= + + + + + − + +

= + − + +

Reemplazando se tiene que 2 2 2 2

1 1 2 2 3 3 1 1 2 2 3 32(b a b a b a ) (b a b a b a )cos( )

2

+ − − + + + + + •θ = = =A B B A A B

A B A B A B

□

1.11. PRODUCTO VECTORIAL

Considere el problema de encontrar un vector X (x,y,z)= perpendicular a dos

vectores no nulos y no paralelos A 1 2 3(a ,a ,a )= y B 1 2 3(b ,b ,b )= . Como A X B X 0• = • = , el

problema se reduce a la solución del sistema de ecuaciones dado por

1 2 3

1 2 3

a x a y a z 0

b x b y b z 0

+ + =+ + =

.

Se puede eliminar z multiplicando la primera ecuación por 3b y la segunda por 3a− y

luego sumándolas se obtiene

1 3 3 1 2 3 3 2(a b a b )x (a b a b )y 0− + − = (*)

PRODUCTO VECTORIAL Funciones Vectoriales



De forma semejante, se puede eliminar y y

1 2 2 1 3 2 2 3(a b a b )x (a b a b )z 0− + − = (**)

Se ve fácilmente que para cualquier constante k,

2 3 3 2x k(a b a b )= − , 3 1 1 3y k(a b a b )= − , 1 2 2 1z k(a b a b )= −

es una solución para el sistema formado por (*) y (**). Como se puede ver hay infinitas

soluciones a este sistema todas ellas múltiplos escalares. Cuando k 1= la solución se define

como el producto vectorial A B× . Por lo anterior, A B× es un vector perpendicular tanto a A

como a B (ver figura 22).

Figura 22. Producto vectorial de dos vectores

Definición 8. Para cualquier par de vectores A y B de R3 el producto vectorial de A por B se

define como A B 2 3 3 2 3 1 1 3 1 2 2 1(a b a b ,a b a b ,a b a b )× = − − − .

Observación 8.

a. Si A o B es el vector nulo, entonces es claro que A B 0× = .

b. Si A o B no son nulos y A es paralelo a B, entonces B A= λ para algún escalar λ , por

tanto




A B A A

1 2 3 1 2 3

2 3 3 2 3 1 1 3 1 2 2 1

2 3 3 2 3 1 1 3 1 2 2 1

( ) (a ,a ,a ) ( a , a , a )

(a ( a ) a ( a ),a ( a ) a ( a ),a ( a ) a ( a ))

( a a a a , a a a a , a a a a ) (0,0,0)

× = × λ = × λ λ λ= λ − λ λ − λ λ − λ= λ − λ λ − λ λ − λ =

Se tiene entonces que si A B× son vectores paralelos entonces A B 0× = . Usando

determinantes se tiene que i j k

A B 1 2 3

1 2 3

a a ab b b

× = .

TEOREMA 5. (PROPIEDADES DEL PRODUCTO VECTORIAL) Sean A, B y C vectores de R3 y λ un número real.

a. A A 0× =

b. 0 A A 0 0× = × =

c. B A A B× = − × d. A B C A B A C( )× + = × + ×

e. A B A B A B( ) ( ) ( )λ × = λ × = × λ

Observación 9. El producto cruz o vectorial en general no cumple la propiedad asociativa, es

decir, A B C A B C( ) ( )× × ≠ × × .

Relacionando al producto vectorial con el producto escalar se tiene

A B A B A B2 2 22( )× + • = .

(Identidad de Lagrange)

TEOREMA 6. Si A y B son vectores de R3 y θ es el ángulo entre los vectores A y B, entonces

sen( )× = θA B A B .

Demostración.

A B A B A B A B A B A B

A B

2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2

2 2 2

( ) cos ( ) (1 cos ( ))

sen ( )

× = − • = − θ = − θ

= θ

De modo que sen( )× = θA B A B .

□




La fórmula anterior para A B× tiene una interpretación geométrica para lo cual se

construirá el paralelogramo determinado por A y B (ver figura 23). El área de dicho paralelogramo es base por la altura, donde la base es A y la altura es sen( )θB , entonces el

área del paralelogramo es sen( )× = θA B A B .

Para el cálculo del área de un triángulo de vértices a, b y c se tiene que

AB AC12ÁREA = × .

Figura 23. Aplicación geométrica del producto vectorial

1.12. LÍMITE DE UNA FUNCIÓN VECTORIAL

El límite de una función vectorial en un punto 0t de su dominio es una simple

extensión vectorial del límite de una función real.

TEOREMA 7. Sea r 1 n(t) (r (t),...,r (t))= , r L 1 nt t0

lím (t) (l ,...,l )→

= = si y sólo si i it t0lím r(t) l→

= .

A efectos de cálculo, se evalúa el límite coordenada a coordenada, es decir.

r 1 nt t t t t t0 0 0lím (t) lím r (t),..., lím r (t)→ → →

=

.

LÍMITE DE UNA FUNCIÓN VECTORIAL



Ejemplo 9. Si

r 2 sen(t)(t) t , t,

t =

,

se tiene

r 2

t 0 t 0 t 0 t 0

sen(t)lím (t) lím t , lím t, lím (0,0,1)

t→ → → →

= =

.

TEOREMA 8. Si f(t) y g(t) son funciones vectoriales de una variable real tales que f b

t t0l í m (t)→

= y g ct t0l í m (t)→

= ,

entonces:

a. f g f g b c

t t t t t t0 0 0l í m[ (t) (t)] l í m (t) lí m (t)→ → →

± = ± = + .

b. f g f g b ct t t t t t0 0 0l í m( (t) (t)) lí m (t) lí m (t)→ → →

• = • = • .

c. f g f g b ct t t t t t0 0 0l í m( (t) (t)) lí m (t) lí m (t)→ → →

× = × = × (para 3R solamente)

1.13. CONTINUIDAD DE UNA FUNCIÓN VECTORIAL

Definición 9. Sea r0t D( )∈ . Se dirá que r es continua en 0t si y sólo si

r r 0t t0lím (t) (t )→

= .

Ejemplo 10. Estudie la continuidad de

r

2 sen(t)t , t, si t 0

(t) t

(0,0,0) si t 0

≠ = =

.

Solución.

r r2

t 0 t 0

sen(t)lím (t) lím t , t, (0,0,1) (0)

t→ →

= = ≠

,

por lo tanto la función no es continua en 0t 0= .

TEOREMA 9. La función r es continua en 0t si y sólo si sus funciones coordenadas ir son

continuas en 0t .

DERIVADA DE UNA FUNCIÓN VECTORIAL



1.14. DERIVADA DE UNA FUNCIÓN VECTORIAL

La derivada se define en forma similar a la de funciones reales de variable real.

Definición 10. Se define la derivada de r en 0t , denotada por r 0'(t ) o bien por rd

0dt (t ) ,

como el límite: r r

r

0 0 1 0 1 0 n 0 n 00 h 0 h 0

' '1 0 1 0 n 0 n 01 0 n 0h 0 h 0

(t h) (t ) r (t h) r (t ) r (t h) r (t )'(t ) lím lím ,...,

h h h

r (t h) r (t ) r (t h) r (t )lím ,..., lím (r (t ),...,r (t )).

h h

→ →

→ →

+ − + − + − = =

+ − + − = =

Ejemplo 11. Siendo r(t) (2cos(t),2sen(t))= se tiene r '(t) ( 2sen(t),2 cos(t)).= −

TEOREMA 10. Sean f(t) y g(t) funciones vectoriales de variable real, derivables, y (t)α una

función real de variable real, entonces: a. f g f g( (t) (t))' '(t) '(t)± = ±

b. f f f( (t) (t))' '(t) (t) (t) '(t)α = α + α

c. f g f g f g( (t) (t))' (t) '(t) '(t) (t)• = • + •

d. f g f g f g( (t) (t))' (t) '(t) '(t) (t)× = × + × (para 3R solamente)

1.15. INTERPRETACIÓN GEOMÉTRICA Y FÍSICA DE LA DERIVADA

Se dice que r 0'(t ) es el vector director de la recta tangente a la curva r(t) en el punto

0t . La ecuación de la recta tangente a r(t) en 0t viene dada por

f r r 0 0( ) (t ) '(t ) , Rα = + α α ∈ .

Ejemplo 12. Calcula la ecuación de la recta tangente a la curva r(t) (acos(t),asen(t))= en el

punto r 4( )π .

Solución.

( ) ( )r r2 2 2 24 2 2 4 2 2( ) a, a y '( ) a, aπ π= = − ,

por lo tanto la recta tangente tiene ecuación vectorial:

INTEPRETACIÓN GEOMÉTRICA Y FÍSICA DE LA DERIVADA



( ) ( )f 2 2 2 2

2 2 2 2( ) a, a a, a , R.α = + α − α ∈

Si el parámetro t es el tiempo y r(t) es la posición instantánea de un cuerpo entonces: La velocidad instantánea es v r(t) '(t)= .

La rapidez instantánea es vv(t) (t)= .

La aceleración instantánea es a r(t) ''(t).=

1.16. INTEGRAL DE UNA FUNCIÓN VECTORIAL

Definición 11. Sea r 1 n(t) (r (t),...,r (t)).= Se define la integral de r(t) sobre [a,b] como

rb b b

1 na a a

(t)dt r (t)dt,..., r (t)dt . =

∫ ∫ ∫

Ejemplo 13. El vector posición de una partícula viene dado por r(t) (sen(t),3cos(t),2).=

a. Elimine el parámetro t, dé una ecuación en coordenadas cartesianas que relacione las

componentes de r e identifique la curva obtenida.

Solución.

2 29x y 9 , z 2+ = = elipse.

b. Calcule

c r/2

0

( (t))dtπ

•∫

donde c (1,0,3)= .

Solución.

/2/2

00

(6 sen(t))dt 6t cos(t) 1 3π

π+ = − = + π∫ .

1.17. LONGITUD DE ARCO

Definición 12. Sea C la curva definida por r(t) en un intervalo abierto I, tal que r '(t) existe

y sea continua en I. Si la curva C satisface las hipótesis anteriores entonces la longitud de

curva comprendida entre r(a) y r(t) está dada por

LONGITUD DE ARCO Funciones Vectoriales



rt

a

s(t) '( ) d= α α∫ .

Ejemplo 14. Calcule la longitud de una circunferencia de radio a.

Solución. Una parametrización para la circunferencia es r(t) (acos(t),asen(t))= con 0 t 2≤ ≤ π .

Luego r '(t) ( asen(t),acos(t))= − y su longitud será:

r2 2 2

2 2

0 0 0

s '(t) dt ( asen(t)) (acos(t)) dt a dt 2 aπ π π

= = − + = = π∫ ∫ ∫ .

Definición 13. Dada una curva r(t), se puede reparametrizar usando s como parámetro; se

llama a ésta la parametrización intrínseca de la curva.

Ejemplo 15. La curva r(t) (3cos(t),3sen(t),4t)= es una hélice, reparametrizarla en función

de la longitud de arco.

Solución.

rt t t

2 2

0 0 0

s(t) '( ) d 9sen ( ) 9cos ( ) 16d 5 d 5t= α α = α + α + α = α =∫ ∫ ∫ ,

de modo que t s /5= . Por lo tanto en función de la longitud de arco se tiene la función

vectorial

rs s 4

(s) 3cos ,3sen , s5 5 5

=

.

TEOREMA 11. Si r(s) es la parametrización intrínseca de una curva C entonces r '(s) 1= .

Demostración. Sea 1s (t) h(t)− = . Si r r(s) (h(t))= , entonces

r r'(s) '(h(t))h'(t).=

Se sabe que 1s(s (t)) t− = , entonces 1 1s '(s (t))(s (t))' 1− − = ,

se obtiene en consecuencia

r1

1

1 1h'(t) (s (t))'

'(h(t))s '(s (t))−

−= = = .

Por lo tanto r

r rr'(h(t))

'(s) '(s) 1'(h(t))

= ⇒ = .





1. Sean a 0≠ , a b a c• = • y a b a c× = × . ¿Se puede concluir que b c= ?

Solución. Sean a b c1 2 3 1 2 3 1 2 3(a ,a ,a ) , (b ,b ,b ) , (c ,c , c ).= = =

a b a c

1 1 2 2 3 3 1 1 2 2 3 3

1 1 1 2 2 2 3 3 3

a b a b a b a c a c a c

a (b c ) a (b c ) a (b c ) 0

• = • ⇒ + + = + +⇒ − + − + − =

a b a c

2 3 3 2 3 1 1 3 1 2 2 1 2 3 3 2 3 1 1 3 1 2 2 1

2 3 3 3 2 2 3 1 1 1 3 3 1 2 2 2 1 1

(a b a b ,a b a b ,a b a b ) (a c a c ,a c a c ,a c a c )

(a (b c ) a (b c ),a (b c ) a (b c ),a (b c ) a (b c ))

(0,0,0)

× = × ⇒ − − − = − − −⇒ − − − − − − − − −=

Sea el sistema de ecuaciones

1 1 1 2 2 2 3 3 3

2 3 3 3 2 2

3 1 1 1 3 3

1 2 2 2 1 1

a (b c ) a (b c ) a (b c ) 0

a (b c ) a (b c ) 0

a (b c ) a (b c ) 0

a (b c ) a (b c ) 0

− + − + − =− − − =− − − =− − − =

.

Si se suman todas las ecuaciones se tiene

1 2 3 1 1 1 2 3 2 2 1 2 3 3 3(a a a )(b c ) (a a a )(b c ) ( a a a )(b c ) 0− + − + + − − + − + + − = .

Esta ecuación se satisface si b c= o si se cumple que

1 2 3

1 2 3

1 2 3

a a a 0

a a a 0

a a a 0

− + = + − =− + + =

.

Como el determinante de la matriz del sistema es (4 0)≠ la única solución es a 0= .

Como por hipótesis a 0≠ , se puede concluir que b c= .

2. ¿En qué puntos la recta tangente a la curva r 3 2 2(t) (3t t ,3t ,3t t )= − + es paralela al plano

x y z 2 0+ + + = ?

Solución.

r 2'(t) (3 3t ,6t,3 2t)= − + y el vector normal del plano es N (1,1,1)= . Para que se verifique

la relación de paralelismo se debe tener que r N'(t) 0• = . De modo que 2 2 2(3 3t ,6t,3 2t) (1,1,1) 0 3 3t 6t 3 2t 0 3t 8t 6 0− + • = ⇒ − + + + = ⇒ − − = .

Aplicando resolvente: 8 64 4.3.6 8 136 8 2 34 4 34

t .6 6 6 3

± + ± ± ±= = = =

De modo que

1 24 34 4 34

t , t .3 3

+ −= =




Los puntos son r 1(t ) y r 2(t ).

3. Demuestre que si r(t) es constante entonces r(t) y r '(t) son ortogonales.

Solución.

Sea r(t) k= , entonces r r r2 2 2(t) k (t) (t) k= ⇒ • = . Si se deriva se tiene que

r r r r r r(t) '(t) '(t) (t) 0 (t) '(t) 0• + • = ⇒ • =

y de acuerdo a lo visto en puntos anteriores los vectores r(t) y r '(t) son ortogonales.

4. Sea el arco

2 2

2 2t(t) 1,

t 1 t 1 = − + +

c , 0 t 1≤ ≤ .

Calcule su longitud.

Solución.

c c2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2t 4t 2(t 1) 2t2t 4t 2 2t(t) 1, (t) ; ;

t 1 t 1 (t 1) (t 1) (t 1) (t 1)

− + − − − ′= − ⇒ = = + + + + + +

c2 2 4 4 2 2 2 2 2

2 4 2 4 2 4 2 4 2

11

c 020

16t 4 8t 4t 4t 8t 4 (2t 2) (t 1) 2(t) 2

(t 1) (t 1) (t 1) (t 1) (t 1)

2l dt 2arctg(t)

2(t 1)

+ − + + + + +′ = = = = =+ + + + +

π= = =+∫

5. Dada la curva definida por r 3 2(t) (t 3t,3t )= − , calcule:

a. Los valores de t para los cuales r(t) se autointersecta, es decir, r r1 2(t ) (t )= siendo

1 2t t≠ .

Solución. Sean 1A t= y 2B t= . Se tiene que

3 3 3 3A 3A B 3B A B 3(A B) 0− = − ⇒ − − − = .

Entonces se obtiene

2 2 2 2(A B)(A AB B 3) 0 A B o A AB B 3 0− + + − = ⇒ = + + − = .

Por otro lado se tiene que 2 23A 3B A B o A B= ⇒ = = − .

Sustituyendo: 2 2 2A A A 3 0 A 3− + − = ⇒ = ± .

De modo que los valores de t son 1t 3= − y 2t 3= .

b. La longitud del lazo entre r 1(t ) y r 2(t ) .

Solución. Si r 2'(t) (3t 3,6t)= − entonces




3 3 32 2 2 4 2 2 2

3 3 0

L (3t 3) 36t dt 9t 18t 9 36t dt 6 (t 1)dt 12 3.− −

= − + = − + + = + =∫ ∫ ∫

6. Halle la longitud de arco de la hélice cónica C de ecuaciones paramétricas dadas por tx(t) ae cos(t)= , ty(t) ae sen(t)= , tz(t) ae= , (a 0)>

desde el punto (0,0,0) hasta el punto (a,0,a).

Solución. t t t

t t t

(t) (ae cos(t),ae sen(t),ae ), t 0

(t) (ae (cos(t) sen(t)),ae (cos(t) sen(t)),ae ), t 0

= ≤

= − + ≤

r

r'

2 2t 2 2 2t 2 2 2t

t 2 2

t 2 2 2 2 t

(t) a e (cos(t) sen(t)) a e (cos(t) sen(t)) a e

ae (cos(t) sen(t)) (cos(t) sen(t)) 1

ae cos t 2cos(t)sen(t) sen (t) cos (t) 2cos(t)sen(t) sen (t) 1 3ae

= − + + +

= − + + +

= − + + + + + =

r'

r' t(t) dt 3ae dt= .

0 00

t t t b

b b bbb

3ae dt lím 3ae dt lím 3ae 3a lím (1 e ) 3a→−∞ →−∞ →−∞

−∞

= = = − =∫ ∫ .

7. Una parametrización en sentido antihorario para la curva C definida por

2 22

y cos(x) x ,4 2

2 2y x x 0,

4

x y y ,04 16 4

π π = ∈

π = ∈ π π π π − + = ∈ −

,

viene dada por la función vectorial

r

2 4

2 24 4 4 2 2 4 4 4

5 5 34 4 4 4 4 4 4

( t, cos(t)) t

(t) ( (t ), (t )) t 1

( cos(t 1 ), sen(t 1 )) 1 t 1

π π

π π π π π π

π π π π π π π

− − ≤ ≤ −= − + − + − ≤ ≤ − + − + − + − ≤ ≤ +

.

Usando la función vectorial r(t) , construya la función r' r''(t) (t)• .

Solución. Paso 1. Cálculo de r'(t) .

r'

2 4

24 2 4 45 5 3

4 4 4 4 4 4

( 1, sen(t)) t

(t) ( , ) t 1

( sen(t 1 ), cos(t 1 )) 1 t 1

π π

π π π

π π π π π π

− − − ≤ ≤ −= − − − < ≤ − − − + − + − < ≤ +




Paso 2. Cálculo de r''(t) .

r''2 4

4 45 5 3

4 4 4 4 4 4

(0, cos(t)) t

(t) (0,0) t 1

( cos(t 1 ), sen(t 1 )) 1 t 1

π π

π π

π π π π π π

− − ≤ ≤ −= − < ≤ − − − + − − + − < ≤ +

Paso 3. Cálculo de r' r''(t) (t)• .

r' r''2 4

4 43

4 4

sen(t)cos(t) t

(t) (t) 0 t 1

0 1 t 1

π π

π π

π π

− ≤ ≤ −• = − ≤ ≤ − − ≤ ≤ +

8. Una partícula se mueve con vector posición

r A B A B3/2

2 2(t) t t 2 t

3 = + + ×

donde A y B son dos vectores unitarios fijos que forman un ángulo de / 3π . Calcule el

tiempo empleado para desplazarse una distancia de 12 unidades de longitud de arco desde la posición inicial r(0) .

Solución.

Paso 1. Cálculo de r' r'2

(t) y (t) .

r' A B A B1/2

2(t) 2t 2 t

3 = + + ×

.

r' r' r' A B A B A B A B

A A A B A A B B A B B

B A B A B A

1/2 1/22

1/22

1/2 1/2

2 2(t) (t) (t) 2t 2 t 2t 2 t

3 3

22t( ) 2 t ( ( )) 2t( ) 4t ( )

3

2 24t t ( ( )) 2 t (( ) )

3 3

= • = + + × • + + ×

= • + • + • × + • + •

+ • × + × •

A B B

A B A B

1/22

4t t (( ) )3

24 t ( ) ( )

3

+ × •

+ × • ×

Paso 2. Uso de propiedades para el cálculo de r'(t) .

Propiedades a usar:

A A A B B B A B B A A B A B

A B A B A B A B A B

A A B A B A B A B A B B

2 2 13 2

23 33 2 4

1 , 1 , , cos( )

sen( ) , ( ) ( )

( ) ( ) 0 , ( ) ( ) 0

π

π

• = = • = = • = • • = =

× = = × • × = × =

• × = × • = • × = × • =

De manera que




r' 0 0 0 0

1/2 1/2 1/2 1/22 21 1

2 2

34

2 2 2 2(t) 1 2t. 2 t 2t. 4t .1 4t t 2 t 4t t

3 3 3 3

24 t .

3

= + + + + + + +

+

.

r' r'2 2 2 231 1 2

2 2 3 4(t) 1 2t. 2t. 4t .1 4. t. 4t 4t 1 (2t 1) (t) 2t 1= + + + + = + + = + ⇒ = + .

Paso 3. Cálculo de s(t).

r

r't t

t2 2

0(0) 0

s(t) (t) dt (2 1)d ( ) t t 12= = α + α = α + α = + =∫ ∫ .

Por lo tanto 2 2t t 12 t t 12 0 (t 4)(t 3) t 4 ó t 3+ = ⇒ + − = ⇒ + − ⇒ = − = .

Como t debe ser mayor o igual a cero, entonces se toma t 3= .

9. Sea r(s), s I∈ , una parametrización por longitud de arco de una curva C. Pruebe que los vectores r '(s) y r ''(s) son ortogonales.

Solución. Si r(s) es una parametrización por longitud de arco, se tiene que r '(s) 1= . Como la

norma de este vector es constante, entonces es ortogonal con r ''(s).

10. Sea a un vector unitario y constante y r(t) una curva tal que r a 2t(t) e• = . Sabiendo que

el ángulo θ entre r'(t) y a es constante, con 2

0 π< θ < , pruebe que

r' r''r a

r' r'(n) n 1 2t (t) (t)

(t) 2 e , n 1(t) (t)

− •• = ≥•

.

Solución. 2t 1 2t 2 2t 3 2t

(n) n 2t

(t) e (t) 2 e (t) 2 e (t) 2 e

... (t) 2 e

• = ⇒ • = ⇒ • = ⇒ • =

⇒ ⇒ • =

r a r' a r'' a r''' a

r a

2t 2t 2t

2 4t 2

(t) 2e (t) cos( ) 2e (t) 2e sec( )

(t) (t) (t) 4e sec ( )

• = ⇒ θ = ⇒ = θ

⇒ • = = θ

r' a r' r'

r' r' r'

r' r' r' r'' r' r''4t 2 4t 2 4t 2(t) (t) 4e sec ( ) 2 (t) (t) 16e sec ( ) (t) (t) 8e sec ( )• = θ ⇒ • = θ ⇒ • = θ

r' r''r' r'

4t 2

4t 2

(t) (t) 8e sec ( )2

(t) (t) 4e sec ( )

• θ= =• θ

.

Por lo tanto

�r' r''

r ar' r'

n 2t n 1 2t

(t) (t)(n)(t)(t) (t)

2 e 2 e . 2−

•••

=�� .

GRÁFICAS DE CURVAS PARAMÉTRICAS EN R2



1.19. GRÁFICAS DE CURVAS PARAMÉTRICAS EN R2

Para construir curvas definidas mediante una función vectorial se estudian, siguiendo

los delineamientos de funciones de una variable, las funciones coordenadas x(t), y(t). El

esquema a seguir, contiene ciertos detalles:

I. Información de r(t):

a. Dominio de r(t) denotado como D(r).

b. Corte con los ejes: • Eje x: Encuentre rt D( )∈ tal que y(t) 0=

• Eje y: Encuentre rt D( )∈ tal que x(t) 0=

c. Signo. Tome en cuenta los valores de t donde hay cortes con algún eje así como los

valores de t para los cuales r(t) no es continua.

d. Simetrías: • Si rD( ) es simétrico y r( t) ( x(t), y(t))− = − − , la curva es simétrica respecto del

origen. • Si rD( ) es simétrico y r( t) ( x(t), y(t))− = − , la curva es simétrica respecto del eje y.

• Si rD( ) es simétrico y r( t) (x(t), y(t))− = − , la curva es simétrica respecto del eje x.

e. Asíntotas y puntos asintóticos: • Si 0t = ±∞ (si está dentro del dominio de la función vectorial) entonces:

• Si t t0l í m x(t) k→

= y t t0l í m y(t)→

= ±∞ , x k= es una asíntota vertical.

• Si t t0l í m x(t)→

= ±∞ y t t0l í m y(t) k→

= , y k= es una asíntota horizontal.

• Si t t0l í m x(t)→

= ±∞ , t t0l í m y(t)→

= ±∞ , t t0

y(t)lí m m

x(t)→= y

t t0l í m[y(t) mx(t)] b→

− = con m

y b finitos entonces y mx b= + es una asíntota oblicua.

• Si t t0l í m x(t) a→

= y t t0l í m y(t) b→

= , (a,b) es un punto asintótico.

• Si r(t) no es continua en 0t entonces:

• Si t t0

l í m x(t) k−→

= y t t0

l í m y(t)−→

= ±∞ o t t0

l í m x(t) k+→

= y t t0

l í m y(t)+→

= ±∞ , x k= es una

asíntota vertical. • Si

t t0

l í m x(t)−→

= ±∞ y t t0

l í m y(t) k−→

= o t t0

l í m x(t)+→

= ±∞ y t t0

l í m y(t) k+→

= , y k= es una

asíntota horizontal.




• Si

t t0l í m x(t)→

= ±∞ , t t0l í m y(t)→

= ±∞ , t t0

y(t)lí m m

x(t)→= y

t t0l í m[y(t) mx(t)] b→

− = con m

y b finitos entonces y mx b= + es una asíntota oblícua.

• Si t t0l í m x(t) a→

= y t t0l í m y(t) b→

= , (a,b) es un punto asintótico.

• Si r(t) no es continua en 0t entonces:

• Si t t0

l í m x(t) k−→

= y t t0

l í m y(t)−→

= ±∞ o t t0

l í m x(t) k+→

= y t t0

l í m y(t)+→

= ±∞ , x k= es una

asíntota vertical. • Si

t t0

l í m x(t)−→

= ±∞ y t t0

l í m y(t) k−→

= o t t0

l í m x(t)+→

= ±∞ y t t0

l í m y(t) k+→

= , y k= es una

asíntota horizontal.

• Si t t0

l í m x(t)−→

= ±∞ , t t0

l í m y(t)−→

= ±∞ , t t0

y(t)l í m m

x(t)−→= y

t t0

l í m[y(t) mx(t)] b−→

− = o

t t0

l í m x(t)+→

= ±∞ , t t0

l í m y(t)+→

= ±∞ , t t0

y(t)lí m m

x(t)+→= y

t t0

l í m[y(t) mx(t)] b+→

− = con m y b

finitos entonces y mx b= + es una asíntota oblícua.

• Si t t0

l í m x(t) a−→

= y t t0

l í m y(t) b−→

= o t t0

l í m x(t) a+→

= y t t0

l í m y(t) b+→

= , (a,b) es un

punto asintótico.

II. Información de r'(t):

a. Cálculo de r'(t) .

b. Dominio de r'(t) denotado como D(r’).

c. Tangentes y puntos cuspidales • Si 0x '(t ) 0= , r'0t D( )∈ , con 0y '(t ) 0≠ , entonces se tiene una tangente vertical

de ecuación 0x x(t )= al gráfico en r 0(t ) .

• Si 0y '(t ) 0= , r'0t D( )∈ , con 0x '(t ) 0≠ , entonces se tiene una tangente

horizontal de ecuación 0y y(t )= al gráfico en r 0(t ) .

• Si r 0'(t ) (0,0)= , r'0t D( )∈ , entonces se tiene un punto cuspidal (pico) al gráfico

en 0t .

d. Crecimiento y decrecimiento de r(t) . Tome en cuenta los valores de t donde

x '(t) 0= o y '(t) 0= así como los valores de t para los cuales r’(t) no es continua.

e. Valores máximos y mínimos. Tome en cuenta los valores de t, ( r't D( )∈ ), para los

cuales x '(t) 0= y x '(t ).x '(t ) 0− + < así como los valores de t para los cuales y '(t) 0=

y y '(t ).y '(t ) 0− + < , donde t− es un número cercano a t y menor que t y t+ es un

número cercano a t y mayor que t.




III. Información de la concavidad de r(t)

a. Cálculo de la segunda derivada

b. Concavidad de r(t) . Tome en cuenta los valores de t donde 2

2

d y(t) 0

dx= así como los

valores de t para los cuales 2

2

d y(t)

dx no es continua.

c. Puntos de inflexión. Tome en cuenta los valores de t para los cuales 2

2

d y(t) 0

dx= y

2 2

2 2

d y d y(t ). (t ) 0

dx dx− + < , donde t− es un número cercano a t y menor que t y t+ es un

número cercano a t y mayor que t.

IV. Gráfico de r(t)

Ejemplo 16. Estudie en forma detallada y grafique la curva

r2 2

2

t t(t) ,

1 t1 t

= −−

,

indicando el sentido del recorrido.

Solución. I. Información de r(t) :

a. Dominio: R { 1,1}− − .

b. Corte con los ejes: Eje x: y 0 t 0= ⇒ = . Eje y: rx 0 t 0 , (0) (0,0)= ⇒ = = . Pasa por el origen.

c. Signo:

t -1 0 1

x - + + -

y + + + -

Cuadrante II I I III

d. Simetrías:

r2 2 2 2

2 2

( t) ( t) t t( t) , ,

1 ( t) 1 t1 ( t) 1 t

− −− = = − − +− − − .

La curva no presenta ningún tipo de simetría.

e. Asíntotas y puntos asintóticos:

•••• Verticales:

2 2

2t t

t tlím 1 , lím

1 t1 t→−∞ →−∞= − = +∞

−−.

2 2

2t t

t tlím 1 , lím

1 t1 t→+∞ →+∞= − = −∞

−−.

Por tanto x 1= − es asíntota vertical de la curva cuando t → −∞ y cuando t → +∞ .




•••• Horizontales:

2 2 2 2

2 2t 1 t 1 t 1 t 1

t t 1 t t 1lím , lím , lím , lím

1 t 2 1 t 21 t 1 t− − + +→− →− →− →−= −∞ = = +∞ =

− −− −.

Por lo tanto 12y = es una asíntota horizontal de la curva cuando t 1→ − .

•••• Oblicuas:

2 2

2t 1 t 1

t tlím , lím

1 t1 t− −→ →= +∞ = +∞

−−.

2 2

2t 1 t 1

t tlím , lím

1 t1 t+ +→ →= −∞ = −∞

−−

2t 2 21 t

2 2t 1 t 1 t 1t21 t

t (1 t )m lím lím lím(1 t) 2

t (1 t)−

→ → →−

−= = = + =−

.

2 2 2 2 2 3 2 2 3 2

2 2 2 2t 1 t 1 t 1 t 1

3 2 3 2 2 2 2

2 2 2t 1 t 1 t 1 t 1 t 1

t t t (1 t) 2t t t 2t t t 2tb lím 2 lím lím lím

1 t 1 t 1 t 1 t 1 t

t t t t t (t 1) t (1 t) t 1lím lím lím lím lím .

(1 t)(1 t) (1 t) 21 t 1 t 1 t

→ → → →

→ → → → →

+ − + − + −= − = = = − − − − −

− − − − − −= = = = = = −+ − +− − −

Por lo tanto 12y 2x= − es una asíntota oblícua de la curva cuando t 1→ .


a. Cálculo de r'(t): 2 2 3 3

2 2 2 2 2 2

2t(1 t ) t .2t 2t 2t 2t 2tx '(t) .

(1 t ) (1 t ) (1 t )

− + − += = =− − −

2 2 2 2

2 2 2 2

2t(1 t) t 2t 2t t 2t t t(2 t)y '(t) .

(1 t) (1 t) (1 t) (1 t)

− + − + − −= = = =− − − −

Por lo tanto,

r2 2 2

2t t(2 t)'(t) ,

(1 t ) (1 t)

−= − − .

b. Dominio: R { 1,1}− −

c. Tangentes y puntos cuspidales: • Verticales: x '(t) 0 t 0 , y '(0) 0= ⇒ = = . La curva no tiene tangentes verticales.

• Horizontales: 49y '(t) 0 t 0 ó t 2 , x '(2)= ⇒ = = = .

La curva tiene una tangente horizontal en ( )r 43(2) , 4= − − de ecuación y 4= − .

• Puntos cuspidales: r '(0) (0,0)= .

d. Crecimiento y decrecimiento de r(t) :

t -1 0 1 2

x’ - - + + +

y’ - - + + - e. Valores máximos y mínimos: x(0) 0= es un valor mínimo para la función x.

y(0) 0= es un valor mínimo e y(2) 4= − es un valor máximo para la función y.




III.Información de la concavidad de r(t) :

a. Cálculo de la segunda derivada:

( )

dyd 232 2 3dt dx 2

2 dx 2tdt 2 2(1 t )

(1 t )d y 3(1 t ), t 0 , t 1

4tdx−

− −= = = ≠ ≠

b. Concavidad de r(t):

t -1 0 1 2 2d y dx + - + -

c. Puntos de inflexión: No tiene. IV. Gráfico de r(t): (ver figura 24)


Ejemplo 17. Estudie en forma detallada y grafique la curva

r2

2

2t 1 t(t) ,

t 1t 1

−= −− ,



a. Dominio: R { 1,1}− − .

b. Corte con los ejes: Eje x: ry 0 t 0 , (0) (1,0)= ⇒ = = Eje y: r1 1 1

2 2 2x 0 t , ( ) (0, )= ⇒ = = −




c. Signo:

t -1 0 1/2 1

x - + + - +

y - - - - +

Cuadrante III IV IV III I

d. Simetrías:

r2 2

2 2

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

( t) 1 t 1( t) 1 t 1

− − − − −− = = − − − −− − − .



•••• Verticales:

2

2t t

2t 1 tlím 0 , lím

t 1t 1→−∞ →−∞

− = = −∞−−

. 2

2t t

2t 1 tlím 0 , lím

t 1t 1→+∞ →+∞

− = = +∞−−

.

Por lo tanto x 0= es una asíntota vertical de la curva cuando t → −∞ y cuando

t → +∞ .

•••• Horizontales:

2 2

2 2t 1 t 1 t 1 t 1

2t 1 t 1 2t 1 t 1lím , lím , lím , lím

t 1 2 t 1 2t 1 t 1− − + +→− →− →− →−

− −= −∞ = − = +∞ = −− −− −

.

Por lo tanto 12y = − es una asíntota horizontal de la curva cuando t 1→ − .

•••• Oblicuas:

2

2t 1 t 1

2t 1 tlím , lím

t 1t 1− −→ →

− = −∞ = −∞−−

. 2

2t 1 t 1

2t 1 tlím , lím

t 1t 1+ +→ →

− = +∞ = +∞−−

2t 2 2 2 2t 12t 1t 1 t 1 t 1 t 12t 1

t (t 1) t (t 1)(t 1) t (t 1)m lím lím lím lím 2.

(2t 1)(t 1) (2t 1)(t 1) 2t 1−−→ → → →−

− + − += = = = =− − − − −

2 2 3 2

2 2 2t 1 t 1 t 1

2 2

t 1 t 1

t 2t 1 t (t 1) 2(2t 1) t t 4t 2b lím 2 lím lím

t 1 t 1 t 1 t 1

(t 1)(t 2t 2) t 2t 2 1lím lím .

(t 1)(t 1) t 1 2

→ → →

→ →

− + − − + − += − = = − − − −

− + − + −= = =− + +

Por lo tanto 12y 2x= + es una asíntota oblicua de la curva cuando t 1→ .

II. Información de r'(t): a. Cálculo de r'(t):

2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

2(t 1) (2t 1)2t 2t 2 4t 2t 2t 2t 2 2(t t 1)x '(t) .

(t 1) (t 1) (t 1) (t 1)

− − − − − + − + − − − += = = =− − − −

2 2 2 2

2 2 2 2

2t(t 1) t 2t 2t t t 2t t(t 2)y '(t) .

(t 1) (t 1) (t 1) (t 1)

− − − − − −= = = =− − − −

Por lo tanto,




r2

2 2 2

2(t t 1) t(t 2)'(t) ,

(t 1) (t 1)

− − + −= − − .

b. Dominio: R { 1,1}− −

c. Tangentes y puntos cuspidales: • Verticales: rx '(t) 0 t D( ).< ∀ ∈ La curva no tiene tangentes verticales.

• Horizontales: 23y '(t) 0 t 0 ó t 2 , x '(0) 2 , x '(2)= ⇒ = = = − = − . La curva tiene

una tangente horizontal en ( )r(0) 1,0= de ecuación y 0= y otra en ( )r(2) 1,4=

de ecuación y 4= .

• Puntos cuspidales: No tiene. d. Crecimiento y decrecimiento de r(t) :

t -1 0 1 2

x’ - - - - -

y’ + + - - +

e. Valores máximos y mínimos: y(0) 0= es un valor máximo e y(2) 4= es un valor mínimo para la función y.

III.Gráfico de r(t): (ver figura 25)






4. Estudie en forma detallada y grafique la curva

r2

4 4

4t 4t(t) ,

1 t 1 t

= − −

,



a. Dominio: R { 1,1}− − .

b. Corte con los ejes: Eje x: y 0 t 0= ⇒ = . Eje y: rx 0 t 0 , (0) (0,0)= ⇒ = = . Pasa por el origen.

c. Signo:

t -1 0 1

x + - + -

y - + + -

Cuadrante IV II I III

d. Simetrías:

r2 2

4 4 4 4

4( t) 4( t) 4t 4t( t) , , ( x(t), y(t))

1 ( t) 1 ( t) 1 t 1 t

− −− = = − = − − − − − − − .

La curva es simétrica respecto del eje y. Intervalo de estudio [0, )∞ .


2

4 4t t

4t 4tlím 0 , lím 0 ,

1 t 1 t→+∞ →+∞= =

− −

2

4 4t t

4t 4tlím 0 , lím 0

1 t 1 t→−∞ →−∞= =

− −

(0,0) es un punto asintótico.

2 2

4 4 4 4t 1 t 1 t 1 t 1

4t 4t 4t 4tlím , lím , lím , lím

1 t 1 t 1 t 1 t− − + +→ → → →= +∞ = +∞ = −∞ = −∞

− − − −

•••• Oblicuas: 24t 2 441 t

4t 4t 1 t 1 t 141 t

4t (1 t )m lím lím lím t 1.

4t(1 t )−

→ → →−

−= = = =−

2 2

4 4 4 2t 1 t 1 t 1

2t 1

4t 4t 4t 4t 4t(1 t)b lím lím lím

1 t 1 t 1 t (1 t)(1 t)(1 t )

4tlím 1.

(t 1)(1 t )

→ → →

→

− − −= − = = − − − − + +

−= = −+ +

Por lo tanto y x 1= − es una asíntota oblicua de la curva cuando t 1→ .





a. Cálculo de r'(t): 4 3 4 4 4 4

4 2 4 2 4 2 4 2

4(1 t ) 4t.4t 4 4t 16t 4 12t 4(1 3t )x '(t) .

(1 t ) (1 t ) (1 t ) (1 t )

− + − + + += = = =− − − −

4 2 3 5 5 5 4

4 2 4 2 4 2 4 2

8t(1 t ) 4t .4t 8t 8t 16t 8t 8t 8t(1 t )y '(t) .

(1 t ) (1 t ) (1 t ) (1 t )

− + − + + += = = =− − − −

Por lo tanto,

r4 4

4 2 4 2

4(1 3t ) 8t(1 t )'(t) ,

(1 t ) (1 t )

+ += − − .

b. Crecimiento y decrecimiento de r(t) :

t 0 1

x’ + +

y’ + + dy dx + +

c. Valores máximos y mínimos: y(0) 0= es un valor mínimo para la función y.

III. Gráfico de r(t): (ver figura 26)






r2

2

t t(t) ,

1 t t 1

= − −

,



a. Dominio: R { 1,1}− − .

b. Corte con los ejes: Eje x: y(t) 0 t 0= ⇒ = . Eje y: x(t) 0 t 0= ⇒ = . La curva pasa por el origen.

c. Signo:

t -1 0 1

x + + + -

y - + - +

Cuadrante IV I IV II

d. Simetrías:

r2 2

2 2

( t) ( t) t t( t) , ,

1 ( t) 1 t( t) 1 t 1

− − −− = = − − +− − − .

La curva no presenta ningún tipo de simetría. e. Asíntotas y puntos asintóticos:

• Horizontales:

2 2

2 2t t t t

t t t tlím , lím 0 , lím , lím 0

1 t 1 tt 1 t 1→−∞ →−∞ →+∞ →+∞= +∞ = = −∞ =

− −− −

Por tanto y 0= es asíntota horizontal de la curva cuando t → −∞ y t → +∞ .

• Verticales:

2 2

2 2t 1 t 1 t 1 t 1

t 1 t t 1 tlím , lím , lím , lím

1 t 2 1 t 2t 1 t 1− − + +→− →− →− →−= = −∞ = = +∞

− −− −.

Por lo tanto 12x = es una asíntota vertical de la curva cuando t 1→ −

• Oblicuas:

2 2

2 2t 1 t 1 t 1 t 1

t t t tlím lím lím lím

1 t 1 tt 1 t 1− − + +→ → → →= +∞ = −∞ = −∞ = +∞

− −− −

t2t 12 2 2t 1 t 1 t 1t

1 t

t(1 t) 1 1m lím lím lím .

t(1 t) 2t (t 1)−

→ → →−

− −= = = = −+−

2 2 2 3

2 2 2t 1 t 1 t 1

2

2t 1 t 1 t 1

t t 2t t (1 t) 2t t tb l í m lí m lí m

2(1 t)t 1 2(t 1) 2(t 1)

t(t t 2) t(t 2)(t 1) t(t 2) 3lí m lí m lí m

2(t 1)(t 1) 2(t 1) 42(t 1)

→ → →

→ → →

− + − −= + = = −− − −

− + − − + − − += = = = −+ − +−

.




Por lo tanto 1 3

y x2 4 = − +

es una asíntota oblicua de la curva.

II. Información de r'(t) :

a. Cálculo de r'(t) : 2 2 2 2

2 2 2 2

2t(1 t) t 2t 2t t 2t t t(2 t)x '(t)

(1 t) (1 t) (1 t) (1 t)

− + − + − −= = = =− − − −

.

2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

(t 1) t.2t t 1 2t t 1 t 1y '(t)

(t 1) (t 1) (t 1) (t 1)

− − − − − − += = = = −− − − −

.

Por lo tanto,

r2

2 2 2

t(2 t) t 1'(t) ,

(1 t) (t 1)

− += − − − .

b. Dominio:R { 1,1}− − .

c. Tangentes y puntos cuspidales: • Verticales: 5

9x '(t) 0 t 0 ó t 2 , y '(0) 1 , y '(2)= ⇒ = = = = . La curva tiene una

tangente vertical en r(0) (0,0)= de ecuación x 0= y otra en r 23(2) ( 4, )= − de

ecuación x 4= − . • Horizontales: ry '(t) 0 t D( )< ∀ ∈ . No tiene tangentes horizontales.


t -1 0 1 2

x’ - - + + -

y’ - - - - - dy dx + + - - +

e. Valores máximos y mínimos: x(0) 0= es un valor mínimo y x(2) 4= − es un valor máximo para la función x.

III. Gráfico de r(t) : (ver figura 27)


r2

2

t t(t) ,

1 t1 t

= −−

,


Solución.

I. Información de r(t): a. Dominio: R { 1,1}− − .






c. Signo:

t -1 0 1

x + - + -

y + + + -

Cuadrante I II I III

d. Simetrías:

r2 2

2 2

( t) ( t) t t( t) , ,

1 ( t) 1 t1 ( t) 1 t

− −− = = − − − +− − − .


e. Asíntotas: • Verticales:

2 2

2 2t t t t

t t t tlím 0 , lím , lím 0 , lím

1 t 1 t1 t 1 t→−∞ →−∞ →+∞ →+∞= = +∞ = = −∞

− −− −.

Por lo tanto x 0= es una asíntota vertical de la curva cuando t → −∞ y

cuando t → +∞ .

• Horizontales:

2 2

2 2t 1 t 1 t 1 t 1


1 t 2 1 t 21 t 1 t− − + +→− →− →− →−= +∞ = = −∞ =

− −− −.

Por lo tanto 1

y2

= es una asíntota horizontal de la curva cuando t 1→ − .

• Oblicuas:

2 2

2 2t 1 t 1 t 1 t 1

t t t tlím , lím , lím , lím

1 t 1 tt 1 t 1− − + +→ → → →= −∞ = +∞ = +∞ = −∞

− −− −




2t 2

1 ttt 1 t 1 t 121 t

t (1 t)(1 t)m lím lím lím t(1 t) 2.

t(1 t)−

→ → →−

− += = = + =−

2 2 2 3

2 2 2t 1 t 1 t 1

2

t 1 t 1 t 1

t 2t t (1 t) 2t t t 2tb lím lím lim

1 t 1 t 1 t 1 t

t(t t 2) t(t 2)(t 1) t(t 2) 3lím lím lím

(1 t)(1 t) (t 1)(t 1) t 1 2

→ → →

→ → →

+ − + −= − = = − − − −

+ − + − += = − = − = −− + − + +

.

Por lo tanto 3

y 2x2

= − es una asíntota oblicua de la curva cuando t 1→ .

II. Información de r’(t): a. Cálculo de r’(t):

2 2 2

2 2 2 2

1 t 2t t 1x '(t)

(1 t ) (1 t )

− + += =− −

,

2 2 2 2

2 2 2 2

2t(1 t) t 2t 2t t 2t t t(2 t)y '(t)

(1 t) (1 t) (1 t) (1 t)

− + − + − −= = = =− − − −

.

Por lo tanto,

r2

2 2 2

t 1 t(2 t)'(t) ,

(1 t ) (1 t)

+ −= − − .

b. Dominio: R { 1,1}− − .

c. Tangentes y puntos cuspidales: • Verticales: rx '(t) 0 t D( )> ∀ ∈ . La curva no tiene tangentes verticales.

• Horizontales: 59y '(t) 0 t 0 ó t 2 , x '(0) 1 , x '(2)= ⇒ = = = = . La curva tiene

una tangente horizontal en r(0) (0,0)= de ecuación y 0= y otra en

r 23(2) ( , 4)= − − de ecuación y 4= − .

• Puntos cuspidales: No tiene.

d. Crecimiento y decrecimiento de r(t):

t -1 0 1 2

x’ + + + + +

y’ - - + + - dy dx - - + + -

e. Valores máximos y mínimos: y(0) 0= es un valor mínimo y y(2) 4= − es un valor máximo para la función y.

III. Gráfico de r(t) : (ver figura 28)






r2 2

t 1 t 1(t) ,

t t 4

− + = − ,


Solución. I. Información de r(t):

a. Dominio: R { 2,0,2}− −

b. Corte con los ejes: • Eje x: ry 0 t 1 , ( 1) ( 2,0)= ⇒ = − − = − • Eje y: rx 0 t 1 , (1) (0, 2 /3)= ⇒ = = −

c. Signo:

t -2 -1 0 1 2

x - - - - + +

y - + - - - +

Cuadrante III II III III IV I

d. Simetrías:

r2 2 2 2

( t) 1 ( t) 1 t 1 1 t( t) , ,

( t) ( t) 4 t t 4

− − − + + − − = = − − − − − .

La curva no presenta ningún tipo de simetría. e. Asíntotas y puntos asintóticos:

• Puntos asintóticos:

2 2t t

t 1 t 1lím 0 , lím 0

t t 4→−∞ →−∞

− += =−

. 2 2t t

t 1 t 1lím 0 , lím 0

t t 4→+∞ →+∞

− += =−

.

(0,0) es un punto asintótico.




2 2

t 2 t 2

t 1 3 t 1lím , lím

4t t 4− −→− →−

− += − = −∞−

. 2 2

t 2 t 2


4t t 4+ +→− →−

− += − = +∞−

.

Por lo tanto 34x = − es una asíntota vertical de la curva cuando t 2→ − .

2 2

t 2 t 2


4t t 4− −→ →

− += = −∞−

. 2 2

t 2 t 2


4t t 4+ +→ →

− += = +∞−

.

Por lo tanto 14x = es una asíntota vertical de la curva cuando t 2→ .

• Horizontales:

2 2

t 0 t 0

t 1 t 1 1lím , lím

4t t 4− −→ →

− += −∞ = −−

. 2 2

t 0 t 0

t 1 t 1 1lím , lím

4t t 4+ +→ →

− += −∞ = −−

.

Por lo tanto 14y = − es una asíntota horizontal de la curva cuando t 0→ .

II. Información de r'(t): a. Cálculo de r'(t):

r2

3 2 2

2 t t 2t 4'(t) ,

t (t 4)

− + += − − .

b. Dominio: R { 2,0,2}− − .

c. Tangentes y puntos cuspidales: • Verticales: x '(t) 0 t 2= ⇒ = . La curva no tiene tangentes verticales.

• Horizontales: y '(t) 0 t< ∀ . La curva no tiene tangentes horizontales.


t -2 0 2

x’ - - + -

y’ - - - -

e. Valores máximos y mínimos: No tiene valores máximos ni mínimos.







rt2e t

(t) ,t 1 t 1

= − −

,


Solución. I. Información de r(t):

a. Dominio: R {1}−

b. Corte con los ejes: Eje x: ry 0 t 0 , (0) ( 2,0)= ⇒ = = − Eje y: no existe t R / x 0∈ =

c. Signo:

t 0 1

x - - +

y + - +

Cuadrante II III I

d. Simetrías: Como rD( ) no es simétrico entonces la curva no presenta ningún tipo de simetría.



t

t t

2e tlím 0 , lím 1

t 1 t 1→−∞ →−∞= =

− −.

Por lo tanto (0,1) es un punto asintótico. • Horizontal:

t

t t

2e tlím , lím 1

t 1 t 1→+∞ →+∞= +∞ =

− −.

Por lo tanto y 1= es una asíntota horizontal de la curva cuando t → +∞ .

• Oblicua:

t

t 1 t 1

2e tlím , lím

t 1 t 1− −→ →= −∞ = −∞

− −.

t

t 1 t 1

2e tlím , lím

t 1 t 1+ +→ →= +∞ = +∞

− −

Por lo tanto 34x = − es una asíntota vertical de la curva cuando t 2→ − .

tt 1

t tt 1 t 12et 1

t 1m lím lím .

2e2e−

→ →−

= = =

t t t t

t 1 t 1 t 1 t 1

t 1 2e 2et 2e 1 et e 1 e eb lím lím lím lím 0

t 1 2e t 1 2e(t 1) e t 1 e 1→ → → →

− − −= − = = = = − − − − .

Por lo tanto x

y2e

= es una asíntota oblicua de la curva cuando t 1→ .





a. Cálculo de r'(t):

rt

2 2

2e (t 2) 1'(t) ,

(t 1) (t 1)

−= − − − .

b. Dominio: R {1}− .

c. Tangentes y puntos cuspidales: • Verticales: x '(t) 0 t 2, y '(2) 1= ⇒ = = − .

La curva tiene una tangente vertical en r 2(2) (2e ,2)= de ecuación 2x 2e= . d. Crecimiento y decrecimiento de r(t) :

t 1 2

x’ - - +

y’ - - -

e. Valores máximos y mínimos: 2x(2) 2e= es un valor mínimo para la función x.


Figura 30. Representación gráfica de la curva del ejercicio 5 9. Estudie en forma detallada y grafique la curva

r3

3 2

t t(t) ,

t 64 t 36

= + −

,



a. Dominio: R { 6, 4,6}− − − .





c. Signo:

t -6 -4 0 6

x + + - + +

y - + + - +

Cuadrante IV I II IV I

d. Simetrías:

La curva no presenta ningún tipo de simetría porque su dominio no es simétrico.


• Horizontales:

3 3

3 2 3 2t 4 t 4 t 4 t 4


5 5t 64 t 36 t 64 t 36− − + +→− →− →− →−= +∞ = = −∞ =

+ − + −.

Por lo tanto 15

y = es una asíntota horizontal de la curva cuando t 4→ −

• Verticales:

3 3

3 2 3 2t 6 t 6 t 6 t 6


19 19t 64 t 36 t 64 t 36− − + +→− →− →− →−= = −∞ = = +∞

+ − + −.

Por lo tanto 2719

x = es una asíntota vertical de la curva cuando t 6→ −

3 3

3 2 3 2t 6 t 6 t 6 t 6


35 35t 64 t 36 t 64 t 36− − + +→ → → →= = −∞ = = +∞

+ − + −.

Por lo tanto 2735

x = es una asíntota vertical de la curva cuando t 6→ −


3 3

3 2 3 2t t t t

t t t tlím 1 , lím 0 , lím 1 , lím 0

t 64 t 36 t 64 t 36→−∞ →−∞ →+∞ →+∞= = = =

+ − + −.

Por lo tanto (1,0) es un punto asintótico de la curva cuando t → −∞ y cuando

t → +∞ . II. Información de r'(t):

a. Cálculo de r'(t):

r2 2

2 2 2 2 2

192t t 36'(t) ,

(t 4) (t 4t 16) (t 6) (t 6)

+= − + − + − + .

b. Dominio: R { 6, 4,6}− − − .

c. Tangentes y puntos cuspidales: • Verticales: 1

36x '(t) 0 t 0, y '(0)= ⇒ = = .

La curva tiene una tangente vertical en r(0) (0,0)= de ecuación x 0= .

• Horizontales: r'y '(t) 0 t D( )< ∀ ∈ . La curva no tiene tangentes horizontales.

• Puntos cuspidales: No tiene.




d. Crecimiento y decrecimiento de r(t) :

t -6 -4 0 6

x’ + + + + +

y’ - - - - -

e. Valores máximos y mínimos: la curva no tiene puntos críticos.


Figura 31. Representación gráfica de la curva del ejercicio 6 10. Estudie la curva de ecuación vectorial

r2

3 3

3t 3t(t) ,

1 t 1 t

= + +

,

indicando: dominio, cortes con los ejes, signo, simetrías, asíntotas, puntos asintóticos,

tangentes, puntos de tangencia y crecimiento.

Solución. Dominio: R { 1}− − . Cortes: Eje x: y(t) 0 t 0= ⇒ = . Eje y: x(t) 0 t 0= ⇒ = . La curva pasa por el origen.

Signo:

t -1 0

x + - +

y - + +

Cuadrante IV II I

Simetrías:

La curva no presenta ningún tipo de simetría porque su dominio no es simétrico.

Asíntotas y puntos asintóticos:




Oblicuas:

2 2

3 3 3 3t 1 t 1 t 1 t 1

3t 3t 3t 3tlím , lím , lím , lím

1 t 1 t 1 t 1 t− − + +→− →− →− →−= +∞ = −∞ = −∞ = +∞

+ + + +.

23t 231 t3tt 1 t 1 t 1

31 t

y(t) 3tm lím lím lím 1

x(t) 3t+

→− →− →−+

= = = = − ,

2

3 3 2 2t 1 t 1 t 1 t 1

3t 3t 3t(t 1) 3tb lím y(t) mx(t) lím lím lím 1

1 t 1 t (t 1)(t t 1) t t 1→− →− →− →−

+= − = + = = = − + + + − + − +

Por lo tanto y x 1= − − es una asíntota oblicua de la curva cuando t 1→ −

Puntos asintóticos:

2 2

3 3 3 3t t t t

3t 3t 3t 3tlím 0 , lím 0 , lím 0 , lím 0

1 t 1 t 1 t 1 t→−∞ →−∞ →+∞ →+∞= = = =

+ + + +.

Por lo tanto (0,0) es un punto asintótico de la curva cuando t → −∞ y cuando t → +∞ . Cálculo de r'(t):

r3 3

3 2 3 2

3(1 2t ) 3t(2 t )'(t) ,

(1 t ) (1 t )

− −= + + .

Dominio: R { 1}− − .

Tangentes y puntos cuspidales: Verticales: 1 1

3 32 2x '(t) 0 t , y '( ) 0= ⇒ = ≠ .

La curva tiene angente vertical en r 2 3 31 1 13 3 32 2 2

( ) (2 ,2( ) ) ( 4, 2)= = de ecuación 3x 4= .

Horizontales: 3 3y '(t) 0 t 0 , t 2 , x '(0) 0 , x '( 2) 0= ⇒ = = ≠ ≠ .

La curva tiene una tangente horizontal en r(0) (0,0)= de ecuación y 0= .

La curva tiene una tangente horizontal en r 3 3 3( 2) ( 2, 4)= de ecuación 3y 4= .

Crecimiento y decrecimiento de r(t) :

t -1 0 132

3 2

x’ + + + - -

y’ - - + + -

Gráfico (ver figura 32)

11. Sea

r t 12(t) ,e

t t 1+

= +

.

Realice un estudio indicando dominio, signos, simetrías, asíntotas y tangentes.

Solución. a. Dominio: ( 1,0) (0, )− ∪ ∞ .

b. Corte con los ejes: No tiene corte con los ejes.





c. Signo:

t -½ 0 ½

x - +

y + +

Cuadrante II I

d. Simetrías: La curva no tiene simetrías debido a que su dominio no es simétrico.

e. Asíntotas:

Horizontales:

t 1

t 1 t 1

2lím , lím e 1

t t 1+

+ +→− →−= −∞ =

+

Por lo tanto y 1= es una asíntota horizontal de la curva cuando t 1+→ − .

t 1 t 1

t 0 t 0 t 0 t 0

2 2lím , lím e e , lím , lím e e

t t 1 t t 1+ +

− − + +→ → → →= −∞ = = +∞ =

+ +

Por lo tanto y e= es una asíntota horizontal de la curva cuando t 0→ .

Verticales:

t 1

t t 1

2lím 0 , lím e

t t 1+

+→+∞ →−= = +∞

+

Por lo tanto x 0= es una asíntota vertical de la curva cuando t → +∞ . f. Cálculo de r'(t) :

t t 3t 2 t 1

2 t 1 t 1 t 12 2 2 2 3/2

2( t 1 ) 2 t 1 3t 2 ex '(t) ; y '(t)

t (t 1) t (t 1) t (t 1) t (t 1) 2 t 1

− − ++ + +

− + + − + − += = = = − =+ + + + +

Por lo tanto,

rt 1

2 3/2

3t 2 e'(t) ,

t (t 1) 2 t 1

+ + = − + +

.

g. Tangentes: Verticales: 2 23 3

x '(t) 0 t , y '( ) 0= ⇒ = − − > .

La curva tiene una tangente vertical en r 1/ 323

( ) ( 3 3,e )− = − de ecuación x 3 3= − .

VECTORES CANÓNICOS. DIRECCIONES



1.21. VECTORES CANÓNICOS. DIRECCIONES

Definición 14. Los vectores de 3R i j k(1,0,0), (0,1,0), (0,0,1)= = = se conocen con el

nombre de canónicos y dibujados con punto inicial el origen coinciden con las direcciones

positivas de los ejes de coordenadas y son unitarios.

Definición 15. Los ángulos directores de un vector fijo OA son los ángulos α , β y γ ,

donde α es el ángulo formado por el semieje positivo de las x y el vector OA, β es el ángulo

formado por el eje positivo de las y y el vector OA y γ es el ángulo formado por el eje

positivo de las z y el vector OA, la medida de estos ángulos se encuentra entre 0� y 180� .

Definición 16. Los cosenos directores del vector fijo OA son los cosenos de los ángulos

directores del vector OA. Se puede encontrar una fórmula para determinar los cosenos

directores del vector OA (ver figura 33).

El ángulo ORA es recto porque RA está en un plano que es perpendicular al vector OR.

De modo que

1 1

2 2 21 2 3

a acos( )

A a a aα = =

+ +.

De forma similar se tiene que

2 2

2 2 21 2 3

a acos( )

A a a aβ = =

+ +,

3 3

2 2 21 2 3

a acos( )

A a a aγ = =

+ +.

Ahora bien,

22 2

2 2 2 31 22 2 2 2 2 2 2 2 21 2 3 1 2 3 1 2 3

aa acos ( ) cos ( ) cos ( ) 1

a a a a a a a a aα + β + γ = + + =

+ + + + + +.




Figura 33. Cosenos directores de un vector fijo

1.22. VECTORES ORTOGONALES. PROYECCIÓN ORTOGONAL

Definición 17. Un vector x es ortogonal (perpendicular) al vector y si y sólo si

x y x y+ = − .

Observación 10. Si dos vectores x, y son perpendiculares se usará la notación x y⊥ .

TEOREMA 12. Dos vectores x, y son ortogonales si y sólo si x y 0• = .

Dados los vectores fijos a y b no nulos es posible proyectar el vector a sobre el vector

b y sobre un vector fijo w’ perpendicular a b como se indica en la figura 9.

Como se observa en la figura 34, a v w= + , donde v es la proyección de a sobre b y

w es la proyección ortogonal de a sobre b.

TEOREMA 13. (PROPIEDADES DE LA PROYECCIÓN DE UN VECTOR) a. v b= λ para algún escalar λ (v es paralelo a b).

b. a v w= + .

c. w b 0• = .




Figura 34. Proyección del vector a sobre el vector b

1.23. CÁLCULO DE LA PROYECCIÓN DE UN VECTOR SOBRE OTRO

a b w v b w b v b v b v b b b b b( ) 0 ( ) ( )• = + • = • + • = + • = • = λ • = λ •

De lo anterior se tiene que

a bb b

•λ =•

.

La proyección de a sobre b se puede escribir como

b ba b

a b a bb

2proy comp(proy )

• = =

.

El vector

a bw a b a b

b 2

• = − λ = −

es ortogonal a b para cualquier vector a (ver figuras 35 y 36).

CÁLCULO DE LA PROYECCIÓN DE UN VECTOR SOBRE OTRO



Figura 35. Proyección del vector a sobre el vector b con escalar positivo

Figura 36. Proyección del vector a sobre el vector b con escalar negativo

1.24. FORMAS DE LA ECUACIÓN DEL PLANO

Para hallar la ecuación de un plano es necesario conocer un punto y dos vectores

directores del mismo. Un plano, (obtenido a partir de un punto (x0,y0,z0) y dos vectores v 1 2 3(v ,v ,v )= y w 1 2 3(w ,w ,w )= ), se puede expresar de las siguientes formas:

FORMAS DE LA ECUACIÓN DEL PLANO



a. Ecuación vectorial. 0 0 0 1 2 3 1 2 3(x,y,z) (x ,y ,z ) t(v ,v ,v ) s(w ,w ,w )= + + , t,s R∈

b. Ecuaciones paramétricas. 0 1 1

0 2 2

0 3 3

x x tv sw

y y tv sw

z z tv sw

= + + = + + = + +

, t,s R∈

c. Ecuación cartesiana, general o implícita. Ax By Cz D 0+ + + =

d. Ecuación segmentaria. x y z

1a b c

+ + = .

Los valores a, b y c se denominan, respectivamente, abscisa, ordenada y cota en el

origen. Un plano también se puede hallar sabiendo un punto y solo un vector, siempre y

cuando ese vector sea perpendicular al plano (llamado vector normal), las coordenadas

de ese vector coinciden con los coeficientes A, B, C del plano; para hallar el término

independiente D del plano, sólo hay que sustituir las coordenadas del punto que nos den y

despejar D.

Ejemplo 18. Halle la ecuación del plano que contiene a los puntos (1,2,3), (0,1,1) y ( 2,3,2)−

Solución.

Vectores directores que generan el plano: u (1,2,3) (0,1,1) (1,1,2)= − = ; v (1,2,3) ( 2,3,2) (3, 1,1).= − − = −

Vector normal del plano: i j k

u v 1 1 2 (3,5, 4)3 1 1

× = = −−

.

Si D (1.3 2.5 4.3) 1= − + − = − , entonces la ecuación del plano será 3x 5y 4z 1+ − = .

Definición 18. Dos planos son paralelos si sus vectores normales son paralelos.

Definición 19. Dos planos son perpendiculares si sus vectores normales son

perpendiculares.

Definición 20. Una recta es paralela a un plano si los vectores director de la recta y

normal del plano son ortogonales.

Definición 21. Una recta es perpendicular a un plano si los vectores director de la recta y

normal del plano son paralelos.

SISTEMA DE COORDENADAS MÓVIL



1.25. SISTEMA DE COORDENADAS MÓVIL

Definición 22. En cada punto de la curva C definida por r(t) se define el vector tangente

unitario T(t), como r

T r 0r'(t)

(t) si '(t)'(t)

= ≠ .

Puesto que T(t) 1= entonces T T(t) '(t) 0• = (demostrado anteriormente), es decir

T '(t) es ortogonal a T(t) . Con base en lo anterior se dan las dos definiciones que siguen:

Definición 23. En cada punto de la curva r(t) se define el vector normal unitario como T

N T 0T

'(t)(t) si '(t)

'(t)= ≠ .

Observación 11. N(t) apunta hacia la parte cóncava de la curva.

Definición 24. Se define la recta normal a la curva en el punto r 0(t ) , donde T 00(t ) ≠ ,

como la recta que tiene vector director T 0'(t ) . Su ecuación será en consecuencia

NR r T 0 0( ) (t ) '(t ) con Rα = + α α ∈ .

Definición 25. En cada punto de la curva r(t) se define el vector binormal B(t) unitario y perpendicular tanto a T(t) como a N(t), por lo tanto debe ser B T N(t) (t) (t)= × .

Los vectores T, N y B conforman en cada punto de la curva un conjunto de vectores

mutuamente ortogonales; no son más que un sistema de coordenadas móvil que se

desplaza a lo largo de la curva r(t) y reciben por ello el nombre de triedro móvil.

Ejemplo 19. Demuestre que r r

Br r'(t) ''(t)

(t)'(t) ''(t)

×=×

.

Solución. Se tiene que r T'(t) s '(t) (t)= , de donde

r T T T T N''(t) s ''(t) (t) s '(t) '(t) s ''(t) (t) s '(t) '(t) (t)= + = + ,

luego




r r T T T N

T T T T N T B2 2

'(t) ''(t) s '(t) (t) (s ''(t) (t) s '(t) '(t) (t))

s '(t)s ''(t)( (t) (t)) (s '(t)) '(t) ( (t) (t)) (s '(t)) '(t) (t)

× = × +

= × + × =.

Si r r T2'(t) ''(t) (s '(t)) '(t)× = , entonces

r rB

r r'(t) ''(t)

(t)'(t) ''(t)

×=×

.

Por otro lado, se puede ver también que N B T(t) (t) (t)= × .

Ejemplo 20. Calcule los vectores T, N y B para la curva r 2 3(t) (t, t , t )= .

Solución. r 2'(t) (1,2t,3t )= y r ''(t) (0,2,6t)= .

Por tanto r

Tr

2

2 4

'(t) (1,2t,3t )(t)

'(t) 1 4t 9t= =

+ +.

Si i j k

r r 2 2'(t) ''(t) 1 2t 3t (6t , 6t,2)0 2 6t

× = = − ,

se tiene r r

Br r

2

4 2

'(t) ''(t) (3t , 3t,1)(t)

'(t) ''(t) 9t 9t 1

× −= =× + +

.

i j k

N B T

2

4 2 4 22

3 4 3

8 6 4 2

1 1(t) (t) (t) . 3t 3t 1

9t 9t 1 9t 4t 1 1 2t 3t

1( 9t 2t,1 9t ,6t 3t)

81t 117t 54t 13t 1

= × = −+ + + +

= − − − ++ + + +

Sea C una curva en 3R definida como la imagen de r(t). En cada punto r 0(t ) de la

curva los vectores T, N y B (triedro de Frenet) definen tres planos mutuamente

perpendiculares.

Definición 26. El plano osculador es el plano generado por T y N, luego su vector normal es B. Su ecuación es B r0 0(t ) ((x,y,z) (t )) 0• − = (ver figura 37).




Definición 27. El plano rectificante es el plano generado por T y B, luego su vector normal es N. Su ecuación es N r0 0(t ) ((x, y,z) (t )) 0• − = (ver figura 37).

Definición 28. El plano normal es el plano generado por B y N, luego su vector normal es T. Su ecuación es T r0 0(t ) ((x,y,z) (t )) 0• − = (ver figura 37).

Ejemplo 21. Calcule el plano normal a la curva r 3 2 3(t) (3t t ,3t ,3t t )= − + en el punto (2,3,4).

Solución. Se debe hallar el valor de t para el cual r(t) (2,3,4)= . Para obtenerlo se resuelve el sistema

3

2

3

3t t 2

3t 3 t 1

3t t 4

− = = ⇒ = + =

.

r r r T2 2 1'(t) (3 3t ,6t,3 3t ) , '(1) (0,6,6) , '(1) 72 6 2 , (1) (0,1,1).

2= − + = = = =

La ecuación del plano normal en el punto indicado es:

12(0,1,1) (x 2,y 3,z 4) 0 y 3 z 4 0 y z 7 0• − − − = ⇒ − + − = ⇒ + − =

Figura 37. Sistema de coordenadas móvil





1. Sean las rectas

1 2y 2 x 2 y 1

L : x 1 z 1 , L : z 12 2 3+ − +− = = − + = = − .

Halle la ecuación de la recta que pasa por los puntos 1P y 2P tales que:

a. 1P es el punto de intersección de 1L con el plano xy.

b. 2P está sobre la recta 2L y su distancia a 1P es 50 .

Solución.

1

x 1 tL : y 2 2t

z 1 t

= + = − + = −

plano xy (z 0)= por tanto t 1= y 1P (2,0,0) .

2

x 2 2tL : y 1 3t

z 1 t

= + = − + = +

2 2 21 2d(P ,P ) (2 2t 2) ( 1 3t) (1 t) 50= + − + − + + + = .

Se tiene entonces: 2 2 2 2 24t 1 6t 9t 1 2t t 50 14t 4t 2 50 7t 2t 24 0+ − + + + + = ⇒ + + = ⇒ + − = .

Aplicando resolvente:

1 22 4 4.7.24 2 676 2 26 12

t t 2 , t .14 14 14 7

− ± + − ± − ±= = = ⇒ = − =

Por tanto:

2 238 29 19

P ( 2, 7, 1) ó P , , .7 7 7

− − −

Recta 1: R1 2P (2,0,0) y P ( 2, 7, 1) es : (t) (2,0,0) t( 4, 7, 1)− − − = + − − −

Recta 2: R1 2P (2,0,0) y P (38 / 7,29 / 7,19 / 7) es : (t) (2,0,0) t(24 / 7,29 / 7,19 / 7)= +

2. El vector posición de una partícula está dado por la función

r t t t(t) (e cos(t),e sen(t),e ).=

Demuestre que para todo rt Dom( )∈ el:

a. vector binormal forma ángulo constante con el eje z.

Solución.

Sean

r rt t t t t t'(t) (e (cos(t) sen(t)),e (cos(t) sen(t)),e ) , ''(t) ( 2e sen(t),2e cos(t),e )= − + = − .

Se tiene entonces:




i j k

r r

r r

t t t

t t t

2t

2t 2t

'(t) ''(t) e (cos(t) sen(t)) e (cos(t) sen(t)) e

2e sen(t) 2e cos(t) e

e (sen(t) cos(t), sen(t) cos(t),2)

'(t) ''(t) e 2 4 e 6.

× = − +

−

= − − −

× = + =

De modo que r r

Br r'(t) ''(t) (sen(t) cos(t), sen(t) cos(t),2)

(t)'(t) ''(t) 6

× − − −= = −×

.

Aplicando fórmula:

B kB k

B k(t)

arccos arccos( (t) ) arccos(2 / 6).(t)

•θ = = • =

b. plano rectificante es perpendicular al plano xy.

Solución. r

Tr

t

t

'(t) e (cos(t) sen(t),cos(t) sen(t),1) (cos(t) sen(t),cos(t) sen(t),1)(t) .

'(t) 3e 3

− + − += = =

i j kN B T

1(t) (t) (t) (sen(t) cos(t)) ( sen(t) cos(t)) 2

18 (cos(t) sen(t)) (cos(t) sen(t)) 1

3(cos(t) sen(t), sen(t) cos(t),0)

181

(cos(t) sen(t), sen(t) cos(t),0)2

= × = − − − −− +

= + −

= + − .

Se puede ver que N k(t) 0• = .

3. Halle los puntos de la curva r 2 3(t) (t, t , t /3)= donde los planos osculadores pasan por el

punto (1, 1,0).−

Solución.

Sean

r r2'(t) (1,2t, t ) , ''(t) (0,2,2t)= = .

Se tiene entonces: i j k

r r r r2 2 4 2 4 2'(t) ''(t) 1 2t t (2t , 2t,2) '(t) ''(t) 4t 4t 4 2 t t 1.0 2 2t

× = = − ⇒ × = + + = + +

De modo que r r

Br r

2 2

4 2 4 2

'(t) ''(t) 2(t , t,1) (t , t,1)(t) .

'(t) ''(t) 2 t t 1 t t 1

× − −= = =× + + + +




La ecuación de los planos osculadores que pasan por el punto (1, 1,0)− es

2

4 2

(t , t,1)(x 1,y 1,z) 0.

t t 1

− • − + =+ +

Sea el punto (x,y,z) un punto de la curva r 2 3(t) (t, t , t /3)= . Se obtiene la ecuación 2

2 3 2 2 3 2 3

4 2

(t , t,1)(t 1, t 1, t /3) t (t 1) t(t 1) t /3 0 t t t / 3 0

t t 1

− • − + = − − + + = ⇒ − − + =+ +

.

Al resolver

2 3 3 2 2 3 21t t t /3 0 t 3t 3t 0 t(t 3t 3) 0 t 0 , t .

2±− − + = ⇒ − − = ⇒ − − = ⇒ = =

Los puntos son: r(0) (0,0,0)= ,

r 3 21 3 21 15 3 21

, ,9 2 21 ,2 2 2

+ + += +

r3 21 3 21 15 3 21

, ,9 2 212 2 2

− − −= −

.

1.27. CURVATURA

Definición 29. La curvatura es un concepto importante en el estudio de la geometría

diferencial y del movimiento curvilíneo. Algunas definiciones de la curvatura:

• Es la medida de la tendencia de una curva a desviarse de la línea recta.

• Es la medida de cómo la curva se escapa de la recta tangente.

• Es una medida de cuánto se dobla una curva.

• Es una medida de cuán curva es una curva.

• Es una medida de qué tan rápido cambia la curva de dirección en un punto.

• Es la magnitud de la razón de cambio del vector tangente unitario con respecto a la

longitud de arco.

De acuerdo a la última definición se tiene que

TT Tr

'(t)d / dt '(t)(t)

ds / dt s '(t) '(t)κ = = = .

CURVATURA Funciones Vectoriales



Ejemplo 22. Demuestre que r r

r3

'(t) ''(t)(t)

'(t)

×κ = .

Solución.

Se tiene T T N N'(t) '(t) (t) (t)s '(t) (t)= = κ , r T'(t) s '(t) (t)= ,

r T T T N2''(t) s ''(t) (t) s '(t) '(t) s ''(t) (t) [s '(t)] (t) (t)= + = + κ

r r T T N

T T T N B

2

3 3

'(t) ''(t) s '(t) (t) [s ''(t) (t) [s '(t)] (t) (t)]

s '(t)s ''(t)( (t) (t)) [s '(t)] (t)( (t) (t)) [s '(t)] (t) (t)

× = × + κ

= × + κ × = κ

Luego

r r r 33'(t) ''(t) [s '(t)] k(t) '(t) k(t)× = = .

Por lo tanto r r

r3

'(t) ''(t)(t)

'(t)

×κ = .

Definición 30. Sea y f(x)= , se define la curvatura como la tasa a la que la curva se dobla

respecto de la pendiente (tangente del ángulo de inclinación) de la recta tangente.

De acuerdo a la definición (x) d / dsκ = θ . Se tiene que

d d dx d / dx.

ds dx ds ds / dxθ θ θ= = .

Ahora bien

2

d f ''(x)tg( ) f '(x) arctg(f '(x))

dx 1 [f '(x)]

θθ = ⇒ θ = ⇒ =+

, 2ds1 [f '(x)]

dx= + .

De modo que

2 3 2

f ''(x)(x)

(1 [f '(x)] )κ =

+.

Sea r(t) (x(t),y(t))= , se sabe de cursos anteriores de Cálculo que

dy dy / dt y '(t)

f '(x)dx dx / dt x '(t)

= = =

CURVATURA Funciones Vectoriales



y ''(t)x '(t) y '(t)x ''(t)dyd2 2(x '(t))dt dx

2 dx 3dt

( )d y y ''(t)x '(t) y '(t)x ''(t)f ''(x)

x '(t)dx (x '(t))

−−= = = = .

De modo que

( ) ( )

y ''(t)x '(t) y '(t)x ''(t)3(x '(t))

3 2 3 22 2 2y '(t)x '(t)

y ''(t)x '(t) y '(t)x ''(t)(t)

(x '(t)) (y '(t))1

−−

κ = = ++

.

Observación 12. La curvatura es independiente de la parametrización que se use para la

curva.

1.28. CURVATURA PARA UNA RECTA. CURVATURA PARA UNA CIRCUNFERENCIA

La ecuación vectorial de una recta viene dada por

0r P v(t) t= + .

De modo que r v r 0'(t) y ''(t)= = ,

luego para una recta (t) 0κ = .

Sea r(t) (h acos(t),k asen(t))= + +

la función vectorial cuya curva es una circunferencia centrada en el punto (h,k) y de radio a.

Entonces se tiene que:

x(t) h acos(t) , x '(t) asen(t) , x ''(t) acos(t)= + = − = −

y(t) k asen(t) , y '(t) acos(t) , y ''(t) asen(t)= + = = −

Por lo tanto

( ) ( )2 2 2 2 2

3 2 3 2 32 2 2 2 2 2

a sen (t) a cos (t)y ''(t)x '(t) y '(t)x ''(t) a 1(t)

aa(x '(t)) (y '(t)) a sen (t) a cos (t)

+−κ = = = =

+ +.

COMPONENTES TANGENCIAL Y NORMAL DE LA ACELERACIÓN



1.29. COMPONENTES TANGENCIAL Y NORMAL DE LA ACELERACIÓN

Definición 31. Si el parámetro t es el tiempo entonces r ''(t) es la aceleración de una

partícula con posición instantánea r(t). Los coeficientes de los vectores unitarios T(t) y N(t)

son respectivamente las componentes tangencial y normal de la aceleración.

Observación 13. Como

r T T N T N2''(t) s ''(t) (t) s '(t) '(t) (t) s ''(t) (t) (s '(t)) (t) (t)= + = + κ

entonces la componente tangencial de la aceleración viene dada por s ''(t) (derivada de la

función rapidez) y la componente normal de la aceleración es 2(s '(t)) (t)κ (producto de la

rapidez al cuadrado por la curvatura). Si se proyecta el vector r ''(t) sobre los vectores T(t) y

N(t) se tiene

(t) (t)''(t) comp(proy (t)) (t) comp(proy (t)) (t)= +T Nr r'' T r'' N

de modo que

r r T T r N N''(t) ''(t) (t) (t) ''(t) (t) (t)= • + • ,

donde r T''• y r N''• son las componentes tangencial y normal de la aceleración

respectivamente.

Ejemplo 23. Se definen Tc y Nc como las componentes tangencial y normal de la aceleración

respectivamente. Demuestre que r r

rT'(t) ''(t)

c (t)'(t)•= y

r r

rN

'(t) ''(t)c (t)

'(t)

×= .

Solución. Se sabe que Tc (t) s ''(t) (t) (t)= = •r'' T , de modo que

T(t) '(t) ''(t)

c (t) (t)(t) '(t)

•= • =r' r rr''

r' r.

Se sabe que 2Nc (t) (s '(t)) (t)= κ , de modo que

COMPONENTES TANGENCIAL Y NORMAL DE LA ACELERACIÓN



22

N 3

'(t) ''(t) '(t) ''(t)c (t) (s '(t)) (t) '(t)

'(t)'(t)

× ×= κ = =

r r r rr

rr

1.30. CIRCUNFERENCIA OSCULATRIZ Y CENTRO DE CURVATURA

Definición 32. Se define la circunferencia osculatriz a una curva C en un punto r 0P (t )= ,

como la circunferencia que pasa por P y tiene igual curvatura que la curva.

Definición 33. La curvatura de una circunferencia de radio a es 1

aκ = , de donde el radio de

la circunferencia osculatriz debe ser 1a κ= .

Definición 34. El centro de curvatura, o sea el centro de la circunferencia osculatriz está en la dirección del vector normal N(t) y está dado por

C r N0 0 0(t ) (t ) a (t )= + .

Ejemplo 24. Halle la circunferencia osculatriz al gráfico de 2y x= para x 1= y para x 0= .

Solución.

Se tiene que

2 3 2 2 3 /2

2 2(x)

(1 [2x] ) (1 4x )κ = =

+ +.

Una parametrización para la curva es r 2(t) (t, t )= . De modo que:

T T

T N

2 2 2 2

2 2 2 2

(1,2t) 4t 1(t) '(t) (1,2t) (0,2)

1 4t (1 4t ) 1 4t 1 4t1 ( 4t,2) ( 2t,1)

'(t) ( 4t,2) (t)(1 4t ) 1 4t 16t 4 4t 1

= ⇒ = − ++ + + +

− −⇒ = − ⇒ = =

+ + + +

N C

N C

2 5 5 ( 2,1) 5 5 ( 2,1) 7t 1 (1) a(1) (1) (1) (1,1) . 4,

2 2 25 5 5 51 1 1

t 0 (0) 2 a(0) (0) (0,1) (0) (0,0) .(0,1) 0,2 2 2

− − = ⇒ κ = ⇒ = ⇒ = ⇒ = + = −

= ⇒ κ = ⇒ = ⇒ = ⇒ = + =

Por lo tanto

( ) 2 2

2 27 125 1 1t 1 x 4 y ; t 0 x y

2 4 2 4 = ⇒ + + − = = ⇒ + − =

.

TORSIÓN Funciones Vectoriales



1.31. TORSIÓN

Definición 35. Se denomina curva plana al recorrido de una función vectorial tal que todos

sus puntos se encuentran en un mismo plano.

Definición 36. Se denomina curva alabeada a aquella curva tal que no todos sus puntos

están en un mismo plano.

Definición 37. La torsión también es un concepto importante en el estudio de la geometría

diferencial y del movimiento curvilíneo. Algunas definiciones de la torsión: • Caracteriza la forma en que una curva alabeada dada difiere de una curva plana.

• Caracteriza la velocidad con que la curva se separa de su plano osculador.

• Es una medida del torcimiento de la curva respecto al plano osculador. • Es una medida de cuanto se aleja la curva del plano osculador.

Se tiene entonces que BB Br

'(t)d / dt '(t)(t)

ds / dt s '(t) '(t)τ = = = .

TEOREMA 14. El vector B '(t) es paralelo a N(t).

Demostración. B T N B T N T N T N(t) (t) (t) '(t) '(t) (t) (t) '(t) (t) '(t)= × ⇒ = × + × = × .

Se tiene que B B'(t) (t)⊥ y B T'(t) (t)⊥ , por lo tanto B N'(t) (t)= λ .

Observación 14. • (t) 0 tτ = ∀ si y sólo si la curva es plana y el plano que la contiene es el plano osculador.

• B 0(t) 0 t '(t)τ = ∀ ⇒ = de modo que B 1 2 3(t) (b ,b ,b )= , lo que significa que el plano

osculador es el mismo siempre.

1.32. FÓRMULAS DE FRENET

A continuación se tienen las siguientes fórmulas:

B NT N

N B T

'(t) (t)s '(t) (t)'(t) (t)s '(t) (t)

'(t) (t)s '(t) (t) (t)s '(t) (t)

= −τ = κ = τ − κ

FÓRMULAS DE FRENET Funciones Vectoriales



que se conocen con el nombre de fórmulas de Frenet, por el matemático francés F. Frenet.

Demostración: B N'(t) (t)s '(t) (t).= −τ B N B'(t) (t) '(t) (t)s '(t) (t)s '(t)= λ ⇒ = λ ⇒ τ = λ ⇒ λ = ±τ ,

por convención se toma (t)s '(t)λ = −τ , de modo que B' N(t) (t)s'(t) (t).= −τ

T N'(t) (t)s '(t) (t).= κ Fue demostrada cuando se habló de curvatura.

N B T'(t) (t)s '(t) (t) (t)s '(t) (t)= τ − κ

N B T N B T B T N T B N B T(t) (t) (t) '(t) '(t) (t) (t) '(t) (t)s '(t) (t) (t) (t) (t)s '(t) (t)

(t)s '(t) (t) (t)s '(t) (t)= × ⇒ = × + × ⇒ −τ × + × κ

⇒ τ − κ

Con base en estas fórmulas se deduce una expresión para la torsión en función de

cualquier parámetro:

r r r

r r 0r r

2

( '(t) ''(t)) '''(t)(t) si '(t) ''(t)

'(t) ''(t)

× •τ = × ≠×

.

Ejemplo 25. Demuestre que r r r

r r 0r r

2

( '(t) ''(t)) '''(t)(t) , '(t) ''(t)

'(t) ''(t)

× •τ = × ≠×

.

Solución.

Se sabe que

r r r B3'(t) ''(t) '(t) (t) (t)× = κ ,

r r r 3'(t) ''(t) '(t) (t)× = κ

y

r r T r N2''(t) '(t) ' (t) '(t) (t) (t)= + κ .

De modo que

r r r r B r3

( '(t) ''(t)) '''(t) '(t) (t)( (t) '''(t))× • = κ • . (*)

r r T r T N N N2 2'''(t) '(t) '' (t) '(t) ' '(t) 2 r '(t) r '(t) ' (t) (t) r '(t) '(t) (t) r '(t) (t) '(t)= + + κ + κ + κ

Como B es ortogonal a T y a N,

B r r B T B N2(t) '''(t) '(t) '( (t) '(t)) r '(t) (t)( (t) '(t))• = • + κ • .

Las fórmulas de Frenet T r N'(t) (t) '(t) (t)= κ y N B T'(t) (t) r '(t) (t) (t) r '(t) (t)= τ − κ

permiten obtener

B r r B r r r3 2 3

(t) '''(t) '(t) (t) (t) (t) '(t) (t) (t) '(t) ''(t) (t)• = τ κ = τ κ = × τ

Al sustituir en la expresión (*) se tiene la expresión

r r r r r r3

( '(t) ''(t)) '''(t) '(t) (t) '(t) ''(t) (t)× • = κ × τ .

FÓRMULAS DE FRENET Funciones Vectoriales



Como se sabe que

r r

r3

'(t) ''(t)(t)

'(t)

×κ = ,

entonces

r r r r r2

( '(t) ''(t)) '''(t) '(t) ''(t) (t)× • = × τ y

r r r r r 0

r r2

( '(t) ''(t)) '''(t)(t) , '(t) ''(t)

'(t) ''(t)

× •τ = × ≠×

.

Ejemplo 26. Dada la curva definida por r 3 3 2 3(t) (t , t t , t t)= + − + , calcule los puntos en los

cuales la torsión es cero.

Solución. r r r2 2 2'(t) (3t ,3t 2t, 3t 1) ; ''(t) (6t,6t 2, 6t) ; '''(t) (6,6, 6)= + − + = + − = −

i j k

r r 2 2 2 2 2'(t) ''(t) 3t 3t 2t 3t 1 ( 6t 6t 2,6t, 6t )6t 6t 2 6t

× = + − + = − − − −+ −

r r r

r r r r r r

2 2

2 2 2

( '(t) ''(t)) '''(t) ( 6t 6t 2,6t, 6t )• (6,6, 6) 12(t)

'(t) ''(t) '(t) ''(t) '(t) ''(t)

× • − − − − −τ = = = −× × ×

.

De modo que no hay valor de t para el cual la torsión sea cero ( 0τ = ).

Ejemplo 27. La posición de una partícula es r(t) (1 sen(t),cos(t),2 cos(t) sen(t))= + −

a. Demuestre que la partícula se mueve en un plano.

b. Encuentre la ecuación del plano.

Solución. a. Se debe probar que (t) 0τ = :

r '(t) (cos(t), sen(t), 2sen(t) cos(t))= − − − , r ''(t) ( sen(t), cos(t), 2cos(t) sen(t))= − − − + ,

r '''(t) ( cos(t), sen(t),2sen(t) cos(t))= − +

i j kr r'(t) ''(t) cos(t) sen(t) 2sen(t) cos(t) ( 1,2, 1)

sen(t) cos(t) 2cos(t) sen(t)× = − − − = − −

− − − +

r r r( '(t) ''(t)) '''(t) ( 1,2, 1) ( cos(t),sen(t),2sen(t) cos(t)) 0× • = − − • − + =

b. Si se toman tres puntos: r r r(0) (1,1,2) ; ( /2) (2,0, 1) ; ( ) (1, 1, 2)= π = − π = − −

El vector normal del plano será i j k1 1 3 ( 2,4, 2)0 2 4− = − − .

Se tiene ( 2,4, 2) (x 1,y 1,z 2) 0 2x 2 4y 4 2z 4 0 x 2y z 1− − • − − − = ⇒ − + + − − + = ⇒ − + = .





12. Determine los puntos de máxima y mínima curvatura de una elipse centrada en el origen

con eje focal horizontal y semiejes a y b (a b)> .

Solución.

Parametrizando la elipse y calculando otros vectores se tiene r r r (t) (acos(t),bsen(t)), '(t) ( asen(t),b cos(t)), ''(t) ( acos(t), bsen(t)), t 0,2= = − = − − ∈ π

κ = +

3 /22 2 2 2

ab(t)

a sen (t) b cos (t).

Si 2 2 2 2f(t) a sen (t) b cos (t)= + entonces los puntos donde f(t) alcance el valor máximo

(mínimo) equivalen a los puntos donde la función curvatura alcance el valor mínimo

(máximo). 2 2 2 2 2 2f '(t) 2a sen(t)cos(t) 2b sen(t)cos(t) 2(a b )sen(t)cos(t) (a b )sen(2t)= − = − = − .

2 2 32 2f '(t) (a b )sen(2t) 0 t 0, , ,π π= − = ⇒ = π . 2 2f ''(t) 2(a b )cos(2t)= − .

f ''(0) f ''( ) 0 (mínimo para f(t), máximo para (t))= π > κ . Curvatura máxima a/b.

32 2f ''( ) f ''( ) 0 (máximo para f(t), mínimo para (t))π π= < κ . Curvatura mínima b/a.

Los puntos de máxima y mínima curvatura de la elipse se encuentran ubicados en sus

vértices.

13. Dada la curva

r3

2t(t) t, t

3

= −

:

a. Calcule el punto de radio de curvatura mínimo.

Solución.

r' r''2(t) (t 1,2t) ; (t) (2t,2)= − = 2 2 2 2

2 2 2 3/2 4 2 3/2 2 3 2 2

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

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

− − − − +κ = = = =− + + + + +

2 2 3 2 2 2

2 4 2 3 2 6

2 2 2 2 2 2

2 4 2 4 2 4 2 4

8(t 1)t 8t 8(t 1) 48t (t 1)'(t) ''(t)

(t 1) (t 1) (t 1)

8(t 1) 48t 8t 8 48t 8 40t 8(5t 1)''(t)

(t 1) (t 1) (t 1) (t 1)

+ + − +⇒ κ = − = − ⇒ κ = −

+ + +

+ − + − − −⇒ κ = − = − = − =

+ + + +

'(t) 0 t 0 ''(0) 8 0 máximoκ = ⇒ = ⇒ κ = − < ⇒ .

Por lo tanto el punto de máxima curvatura es r(0) (0,0)= .




b. Encuentre las ecuaciones paramétricas de sus centros de curvatura.

Solución.

r r rN

r r r

2 2 2 4

2 22 2

(0,0, 2t 2 (t 1,2t,0)'(t) ''(t) '(t) (4t(t 1), 2(t 1),0)(t)

'(t) ''(t) '(t) 2(t 1)(0,0, 2t 2 (t 1,2t,0)

− − × −× × + − − = = =× × +− − × −

NC r

3 2 2 2 42

2 2

3 2 4 3 42 2 2

3 4 2

(t) t (t 1) (4t(t 1), 2(t 1),0)(t) (t) t, t ,0 .

(t) 3 2 2(t 1)

t (4t(t 1), 2(t 1)) t t 1t, t t t(t 1), t

3 4 3 2

4t t 2t 1,

3 2

+ + − −= + = − + κ +

+ − − −= − + = − + + −

− −= −

14. Sea la curva r(t) (3cos(t),4cos(t),5sen(t))= .

a. Demuestre que r(t) es una curva plana y encuentre la ecuación del plano que la

contiene.

Solución. Paso 1. Cálculo de r'(t) y r''(t) .

r'(t) ( 3sen(t), 4sen(t),5cos(t))= − − , r''(t) ( 3cos(t), 4cos(t), 5sen(t))= − − −

Paso 2. Cálculo de B(t).

r rB

r r

'(t) ''(t) ( 3sen(t), 4sen(t),5cos(t)) ( 3cos(t), 4cos(t), 5sen(t))(t)

'(t) ''(t) ( 3sen(t), 4sen(t),5cos(t)) ( 3cos(t), 4cos(t), 5sen(t))

(20, 15,0) (20, 15,0) 4 3, ,0 .

25 5 5400 225

× − − × − − −= =× − − × − − −

− − = = = − +

Como B(t) es un vector constante, entonces la curva r(t) es plana.

Paso 3. Cálculo de la ecuación del plano osculador. Se busca un punto arbitrario de la curva, por ejemplo para t 0= , r(0) (3,4,0)= .

La ecuación del plano osculador es B r(t) ((x,y,z) (0)) 0• − = , de modo que

4 3 4 3, ,0 ((x,y,z) (3,4,0)) 0 , ,0 (x 3,y 4,z) 0

5 5 5 5

4 3(x 3) (y 4) 0 4(x 3) 3(y 4) 0

5 54x 1

− • − = ⇒ − • − − =

⇒ − − − = ⇒ − − − =

⇒ − 2 3y 12 0 4x 3y 0− + = ⇒ − =

b. Encuentre la componente tangencial de r'(t) y la componente binormal de r''(t) .

Solución. Paso 1. Cálculo de T(t) .

rT

r 2 2 2

'(t) ( 3sen(t), 4sen(t),5cos(t)) 3sen(t) 4sen(t)(t) , , cos(t)

5 5'(t) 9sen (t) 16sen (t) 25cos (t)

− − = = = − − + +

.




Paso 2. Cálculo de la componente tangencial de r'(t) .

r' T

2 2

3sen(t) 4sen(t)(t) (t) ( 3sen(t), 4sen(t),5cos(t)) , ,cos(t)

5 5

5sen (t) 5cos (t) 5

• = − − • − −

= + =

Paso 3. Cálculo de la componente binormal de r''(t) .

r'' B4 3

(t) (t) ( 3cos(t), 4cos(t), 5sen(t)) , ,0 05 5 • = − − − • − =

.


2 2

y sen(x) x 0,

2y x 2 x 0,

x (y 1) 1 x 1,0

= ∈ π = − ∈ π π + + = ∈ −

.

Encuentre la ecuación cartesiana de la circunferencia osculatriz en el punto ( / 2,1)π .

Solución. Si se sustituye en la curva r(t) (t, sen(t))= , el parámetro t por / 2π , se puede verificar

que r( / 2) ( / 2,1)π = π , de modo que se encontrará la circunferencia osculatriz para

t / 2= π .

Paso 1. Cálculo de la curvatura en t / 2= π .

2 22 2 3/2 2 3/2

2 2

f ''( ) sen( )k( ) 1

(1 (f '( )) ) (1 (cos( )) )

π ππ

π π= = =

+ +.

Paso 2. Cálculo del vector normal en t / 2= π .

r r rN

r r r

2 2 2 2 2 22

2 2 2 2 2 2

'( ) ''( ) '( ) (1,cos( ),0) (0, sen( ),0) (1,cos( ),0)( )

'( ) ''( ) '( ) (1,cos( ),0) (0, sen( ),0) (1,cos( ),0)

(1,0,0) (

π π π π π ππ

π π π π π π

× × × − × = = × × × − ×

×=

0, 1,0) (1,0,0) (0,0, 1) (1,0,0)(0,0, 1) (1,0,0)(1,0,0) (0, 1,0) (1,0,0)

(0, 1,0)

− × − × =− ×× − ×

= −

Paso 3. Cálculo del radio y el centro de curvatura en t / 2= π .

Radio de curvatura: 1

R( / 2) 1( / 2)

π = =κ π

.

Centro de curvatura: C( / 2) ( / 2,1) 1.(0, 1) ( / 2,0)π = π + − = π .

Ecuación cartesiana de la circunferencia osculatriz: 2 2(x / 2) y 1− π + = .

La circunferencia osculatriz y la curva se pueden apreciar en la figura 38.




Figura 38. Circunferencia osculatriz y la curva del ejercicio 4


2 2

y tg(x) x 0,4

(x 1) y 1 y 1,0

4y (x 2) y 0,1

8

π = ∈

− + = ∈ − = − ∈ π −

.

En el punto (1, 1)− determine las componentes tangencial y normal de la aceleración.

Solución.

Paso 1. Cálculo del valor del parámetro. De acuerdo a la parametrización obtenida en el inciso anterior, para

2t π= se genera el

punto (1, 1)− y corresponde a la circunferencia.

Paso 2. Cálculo del vector tangente unitario. r' r' T T

2(t) ( sen(t ),cos(t )) (t) 1 (t) ( sen(t ), cos(t )) ( ) (1,0)π= − + π + π ⇒ = ⇒ = − + π + π ⇒ = .

Paso 3. Cálculo del vector normal unitario. T' T' N

N2

(t) ( cos(t ), sen(t )) (t) 1 (t) ( cos(t ), sen(t ))

( ) (0,1)π

= − + π − + π ⇒ = ⇒ = − + π − + π

⇒ =.

Paso 4. Cálculo del vector aceleración. r'' r''2

(t) ( cos(t ), sen(t )) ( ) (0,1)π= − + π − + π ⇒ = .

Paso 5. Cálculo de las componentes tangencial y normal. r'' T r'' N

2 2 2 2Componente tangencial ( ) ( ) 0 Componente normal ( ) ( ) 1π π π π= • = = • = .

17. Sea la curva r 2 2 2(t) (3 2t , t 4t,2t 1)= − − − . Determine en t 1= :

a. El radio y el centro de curvatura.

Solución. Paso 1. Cálculo de r'(t) y r''(t) .

r' r'(t) ( 4t,2t 4,4t) (1) ( 4, 2,4)= − − ⇒ = − − , r'' r''(t) ( 4,2,4) (1) ( 4,2,4)= − ⇒ = −




Paso 2. Cálculo del radio de curvatura. r r

r

4

3 3 3 3 3 3

3

'(1) ''(1) ( 4, 2,4) ( 4,2,4) ( 16,0, 16) 16 2 2 2(1)

6 2 3'(1) ( 4, 2,4) ( 4, 2,4)

2 2 2 2273

27 27 2radio

42 2

× − − × − − −κ = = = = =

− − − −

= =

⇒ = =

Paso 3. Cálculo del centro de curvatura. r r r

Nr r r

5

5 5

'(1) ''(1) '(1) ( 16,0, 16) ( 4, 2,4) ( 32,128,32) 2 ( 1,4,1)(1)

'(1) ''(1) '(1) 16 2.6 2 .3 2 2 .3 2

× × − − × − − − − = = = =× ×

( 1,4,1)

3 2

−=

Centro: N

C r(1) 27 2( 1,4,1) 9 5 13

(1) (1) (1, 3,1) (1, 3,1) ( 1,4,1) ,12,(1) 4 4 44.3 2

− = + = − + = − + − = − κ .

b. La ecuación del plano osculador y del plano normal.

Solución. Paso 1. Cálculo de T(1) y B(1) .

rT

r'(1) ( 4, 2,4)

(1)6'(1)

− −= = .

B T N2(2,1, 2) ( 1,4,1) (9,0,9) (1,0,1)

(1) (1) (1)6 3 2 9 2 2

− − −= × = × = − = −

Paso 2. Ecuación del plano osculador. (1,0,1)

(x 1,y 3,z 1) 0 x z 2 02

− • − + − = ⇒ + − =

Paso 3. Ecuación del plano normal. (2,1, 2)

(x 1,y 3,z 1) 0 2x y 2z 3 03

−− • − + − = ⇒ + − + =

18. Sea r 2 3(t) (2t, 3t , t )= .

a. Halle (t) / (t)τ κ .

Solución. Paso 1. Cálculo de r' r'' r'''(t), (t) y (t) .

r' r'' r'''2(t) (2,2 3t,3t ). (t) (0,2 3,6t). (t) (0,0,6).= = =




Paso 2. Cálculo de (t)τ .

r r r

r r

2

2 4 2 4 2

4 2 2 2

( '(t) ''(t)) '''(t) (6 3t , 12t,4 3) (0,0,6) 24 3(t)

108t 144t 48 108t 144t 48'(t) ''(t)

2 3 2 3.

9t 12t 4 (3t 2)

× • − •τ = = =+ + + +×

= =+ + +

Paso 3. Cálculo de (t)κ .

r r

r

4 2 2

3 2 4 3/2 2 3 2 2

'(t) ''(t) 108t 144t 48 2 3(3t 2) 2 3(t)

(4 12t 9t ) (3t 2) (3t 2)'(t)

× + + +κ = = = =+ + + +

.

Paso 4. Cálculo de (t) / (t)τ κ . r(t) / (t) 1 (t) (t) t D( )τ κ = ⇒ τ = κ ∀ ∈ .

b. Calcule W T' N' B'(0) (0) (0) (0)= + + .

Solución.

De acuerdo a las fórmulas de Frenet-Serret y en concordancia con el resultado

anterior se tiene que: W T' N' B' N B T N N B T N

B T

B T B

(0) (0) (0) (0) (0)s '(0) (0) (0)s '(0) (0) (0)s '(0) (0) (0)s '(0) (0)(0)s '(0) (0) (0)s '(0) (0) (0)s '(0) (0) (0)s '(0) (0)

(0)s '(0) (0) (0)

32 (0) (0) 3 (0

2

= + + = κ + τ − κ − τ= κ + κ − κ − κ= κ −

= − = T(0,0,4 3) (2,0,0)

) (0) 3 3( 1,0,1)24 3

− = − = −

19. Sea r(t) una curva tal que r '(t) k= . Demuestre que la aceleración es proporcional a la

curvatura de r(t).

Solución. r r r'(t) k '(t) ''(t) 0= ⇒ • = .

r r r r r r

r r r3 3 2 2

'(t) ''(t) '(t) ''(t) ''(t) ''(t)(t) .

k'(t) '(t) '(t)

×κ = = = =

20. La espiral de Cornu viene dada por

r t t

2 2

2 20 0

(t) cos( )d , sen( )d , t Rπα πα = α α ∈ ∫ ∫ .

Calcule su longitud de arco entre t 0= y t a= , su curvatura en t a= y exprese la

relación existente entre la curvatura y la longitud de arco.

Solución.

r' r'' 2 2 2 2t t t t

2 2 2 2(t) (cos( ),sen( )) , (t) ( t.sen( ), t.cos( ))π π π π= = −π π




a

0

s d a= α =∫ .

r' r'' r' r'' r''

r' r' r'3 3 2

(a) (a) (a) (a) (a)(a) a

(a) (a) (a)

×κ = = = = π .

Relación entre curvatura y longitud de arco: (s) sκ = π .

21. Encuentre la ecuación de la circunferencia osculatriz a la hipérbola equilátera xy 1= en

los puntos donde el radio de curvatura sea mínimo.

Solución.

Sea 1

f(x)x

= ,

entonces

2

1f '(x)

x= − y

3

2f ''(x)

x= .

De modo que:

2 2 33 3x x2 3 2 3 2 4 3 2 4 3 21 (x 1)

4x 6x

f ''(x) 2x(x) , si x 0, (x)

(1 (f '(x)) ) (1 ) (x 1)+κ = = > κ = =

+ + +

Radio de curvatura mínimo Curvatura máxima⇒

2 4 3 2 3 4 1 2 33 2 4 1 2 4 42

4 3 4 3

2 4 1 2 4

4 3

6x (x 1) 2x . (x 1) .4x 6x (x 1) (x 1 2x )'(x)

(x 1) (x 1)

6x (x 1) (1 x )

(x 1)

+ − + + + −κ = =+ +

+ −=+

2 4 1 2 4'(x) 0 6x (x 1) (1 x ) 0 x 0 , x 1.κ = ⇒ + − = ⇒ = =

En x 0, la curvatura es mínima, (0) 0. En x 1, la curvatura es máxima, (1) 2 / 2.= κ = = κ =

Como f(x) es impar se tiene en x 1, la curvatura es máxima, ( 1) 2 /2.= − κ − =

Una parametrización para la curva es r(t) (t,1 / t)= .

rT

r

12t

14t

(1, )'(t)(t)

'(t) 1

−= =

+

Ecuación de la circunferencia osculatriz para t 1:=

Radio de curvatura a 2.= = C r NCentro de curvatura (1) (1) 2 (1)= = + .

T N(1, 1) (1,1)

(1) (1)2 2

−= ⇒ = .

C r N(1) (1) 2 (1) (1,1) (1,1) (2,2)= + = + = .




Circunferencia osculatriz: 2 2(x 2) (y 2) 2− + − = .

Ecuación de la circunferencia osculatriz para t 1:= −

Radio de curvatura a 2.= = C r NCentro de curvatura ( 1) 2 ( 1)= = − + − .

T N(1, 1) ( 1, 1)

( 1) ( 1)2 2

− − −− = ⇒ − = .

C r N( 1) 2 ( 1) ( 1, 1) ( 1, 1) ( 2, 2)= − + − = − − + − − = − − .

Circunferencia osculatriz: 2 2(x 2) (y 2) 2+ + + = .

22. La circunferencia 2 2x y 5+ = es osculatriz en el punto (1,2) a una parábola, cuyo eje es

paralelo al eje x. Halle la ecuación de esta parábola.

Solución. Una parábola de eje paralelo al eje x tiene ecuación de la forma 2x ay by c= + + .

Evaluando en el punto de interés se obtiene la relación

1 4a 2b c= + + (*)

De modo que si se hace t y= se obtiene r 2(t) (at bt c, t)= + + , t R∈ . De esta forma se

generan los vectores r '(t) (2at b,1)= + y r ''(t) (2a,0)= .

En el punto de interés (t 2)= , se tienen los vectores

r(2) (4a 2b c,2)= + + , r '(2) (4a b,1)= + y r ''(2) (2a,0)= .

Aplicando la ecuación de centro de curvatura se tiene

C N N( 1, 2)

(2) (1,2) 5 (2) (0,0) (2)5

− −= + = ⇒ = .

Como

T2

(4a b,1)(2)

(4a b) 1

+=+ +

,

entonces T N(2) (2) 0 4a b 2 0 4a b 2• = ⇒ − − − = ⇒ + = − . (**)

Por otro lado,

32

2a 1(2)

5(4a b) 1

κ = = + +

.

Al usar la relación (**) se tiene

3

2a 1 52a 5 a

255= ⇒ = ⇒ = ± .

Usando las relaciones (*) y (**) se tienen dos parábolas:

Parábola 1. 2 25 5 8 2 72 2 5 5 5a , b 8 , c 5 x y 8y 5 (y ) (x )= − = = − ⇒ = − + − ⇒ − = − − .




Parábola 2. 2 25 5 312 22 2 5 5 5a , b 12 , c 15 x y 12y 15 (y ) (x )= = − = ⇒ = − + ⇒ − = − .

Como se puede observar en la figura 39, se elige la parábola 1 ya que la circunferencia

osculatriz se encuentra en la parte cóncava de la curva.

Figura 39. Representación gráfica de las curvas del ejercicio 11

23. Sea la curva

r3

2t(t) t, t

3

= −

.

Obtenga la ecuación de la circunferencia osculatriz en (0,0). Solución.

T T

N N

22

2 2 2

2

2

1 (t 1,2t) 2(0) 2 radio . (t) '(t) (2t,1 t )

2 t 1 (t 1)

(2t,1 t )(t) (0) (0,1)

(t 1)

−κ = ⇒ = = ⇒ = −+ +

−⇒ = ⇒ =

+

Centro: 1 12 2(0,0) (0,1) (0, )+ = . Circunferencia: 2 21 1

2 4x (y ) .+ − =

24. Una partícula se mueve a lo largo de una curva de ecuación dada por

r 3 2(t) (t 3t, t t,3t)= − + . Calcule la componente normal y tangencial de la aceleración en

un punto donde el plano normal es paralelo al plano 3x 4z 24− + = .

Solución.

r' r''2(t) (3t 3,2t 1,3) , (t) (6t,2,0)= − + =

De modo que r'

Tr' 2 2 2

(t) (3(t 1)(t 1),2t 1,3)(t)

(t) 9(t 1) (t 1) (2t 1) 9

+ − += =+ − + + +




Para obtener paralelismo con el plano 3x 4z 24− + = se tiene i j k

T

2

2 2 2

2

1(t) ( 3,0,4) 3(t 1) 2t 1 3

9(t 1) (t 1) (2t 1) 9 3 0 4

1(8t 4, 12t 3,6t 3) (0,0,0) t

2

× − = − ++ − + + + −

= + − + + = ⇒ = −

Calculando en el punto de interés r' r''

r'

91 1 272 2 4 41

T 2 1 81 812 16 16

( ) ( ) ( ,0,3) ( 3,2,0) 27 9c ( )

15 5( ) 0 9 9

− • − − • −− = = = = =

− + + +

94

91 122 21

N 2 1 81 812 16 16

0 3

( 6, 9,( ) ( ) 3 2 0 2 61c ( )

5( ) 0 9 9

−− − −− × − −

− = = = =− + + +

i j k

r' r''

r'

25. Sea la curva de ecuación vectorial r(t) (t cos(t), tsen(t), t).=

a. Calcule el cociente curvatura entre torsión en t 0.=

Solución. r r'(t) (cos(t) tsen(t), sen(t) t cos(t),1) '(0) (1,0,1)= − + ⇒ =

r r''(t) ( 2sen(t) t cos(t),2cos(t) tsen(t),0) ''(0) (0,2,0)= − − − ⇒ =

r r'''(t) ( 3cos(t) tsen(t), 3sen(t) t cos(t),0) '''(0) ( 3,0,0)= − + − − ⇒ = −

i j kr r r r'(0) ''(0) 1 0 1 ( 2,0,2) '(0) ''(0) 2 2

0 2 0× = = − ⇒ × =

r r r( '(0) ''(0)) '''(0) ( 2,0,2) ( 3,0,0) 6× • = − • − =

r r

r

r r r

r r

r r

r r r r

'(0) ''(0)33'(0)

( '(0) ''(0)) '''(0) 32'(0) ''(0)

'(0) ''(0)(0) 16 2 16 4(0) 12 32 2.6'(0) .(( '(0) ''(0)) '''(0))

×

× •

×

×κ = = = = =τ × •

b. Halle la ecuación del plano osculador en el punto (0,0,0).

Solución. r r

Br r'(0) ''(0) ( 2,0,2) 1 1

(0) ,0,'(0) ''(0) 2 2 2 2

× −= = = − × .

Luego, la ecuación es: 1 1

,0, (x,y,z) 0 x z 02 2

− • = ⇒ − + =

.




26. Una curva plana C, que viene parametrizada por r(t) (x(t),y(t), z(t))= es tal que

r r r 30 0 0 2

(t ) (0, 1,3) , '(t ) ( 2,1,0) , ''(t ) (0, , 3)= − = − = − .

Encuentre en 0t :

a. La curvatura de C.

Solución. i j k

r r r r0 0 0 0'(t ) ''(t ) 2 1 0 ( 3, 6, 3) , '(t ) ''(t ) 9 36 9 3 6.0 3 /2 3

× = − = − − − × = + + =−

r 0'(t ) 4 1 5.= + =

Se tiene entonces que: r r

r

0 00 3

0

'(t ) ''(t ) 3 6(t ) .

5 5'(t )

×κ = =

b. La ecuación del plano rectificante.

Solución. r

B T r

00 0

0

'(t )(1,2,1) ( 2,1,0)(t ) , (t ) ,

'(t )6 5

−= = =

i j kN 0

1 1(t ) 1 2 1 ( 1, 2,5)

30 302 1 0= = − −

−.

Ecuación del plano rectificante: ( 1, 2,5) (x,y 1,z 3) 0 x 2y 5z 17 0.− − • + − = ⇒ + − + =

c. El vector N ' .

Solución.

N B T

0 0 0 0 0 0 03 6 ( 2,1,0)

'(t ) (t ).s '(t ). (t ) (t ).s '(t ). (t ) (0,0,0) . 5.5 5 5

3 6( 2,1,0).

5 5

−= τ − κ = −

= − −

27. Sea r 3 2 3(t) (3t t ,3t ,3t t )= − + . Determine:

a. que (t) (t)κ = τ en cualquier punto.

Solución.

r r r2 20 0'(t) (3 3t ,6t,3 3t ) , ''(t ) ( 6t,6,6t) , '''(t ) ( 6,0,6).= − + = − = −

i j k

r r

r r r

2 2 2 2 2 2

2 2

'(t) ''(t) 3 3t 6t 3 3t (18t 18, 36t,18t 18) 18(t 1, 2t, t 1)6t 6 6t

'(t) ''(t) 18 2(t 1) , '(t) 18(t 1).

× = − + = − − + = − − +−

× = + = +




Se tiene entonces que: r r

r

2

3 2 22 3

'(t) ''(t) 18 2(t 1) 1(t) .

3(t 1)18 18(t 1)'(t)

× +κ = = =++

r r r

r r

2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

( '(t) ''(t)) '''(t) 18(t 1, 2t, t 1) ( 6,0,6) 12 1(t) .

18 .2.(t 1) 36(t 1) 3(t 1)'(t) ''(t)

× • − − + • −τ = = = =+ + +×

b. un valor 0t donde r 2(t) alcance un máximo o mínimo local.

Solución.

r 2 3 2 4 3 2 2 4 6 4 2 4 6 6 4 2(t) (3t t ) 9t (3t t ) 9t 6t t 9t 9t 6t t 2t 9t 18t= − + + + = − + + + + + = + +

r2 5 3(t) ' 0 12t 36t 36t 0 t 0 = ⇒ + + = ⇒ =

r r 2 24 2(t) '' 60t 108t 36 (0) '' 36 0 mínimo local = + + ⇒ = >

c. cómo son geométricamente los vectores r 0'(t ) y r 0''(t ).

Solución. r r'(0) ''(0) (3,0,3) (0,6,0) 0• = • = , por lo tanto son ortogonales.

28. Una partícula móvil con vector de posición r(t) se mueve en el espacio. Pruebe que si r r(t) '(t)× es un vector constante, la partícula se mueve en un plano.

Solución. r r r r r r 0 r r r r

r r r r 0 r r r r1

1 2

(t) '(t) (a,b,c) ( (t) '(t))' (t) ''(t) (t) ''(t) ''(t) k (t).

''(t) '(t) k (a,b,c) '''(t) '(t) '(t) '''(t) '''(t) k '(t).

× = ⇒ × = × = ⇒ ⇒ =

× = ⇒ × = ⇒ ⇒ =

r r rr r rr r r

r r1 2

23

k ( '(t) (t)) k '(t)( '(t) ''(t)) '''(t)(t) K(( '(t) (t)) '(t)) 0

k'(t) ''(t)

× •× •τ = = = × • =×

.

29. Encuentre los puntos de máxima y mínima torsión de la curva dada por r(t) (t sen(t),1 cos(t), t)= − − , t [0,2 ].∈ π

Solución. r r r'(t) (1 cos(t), sen(t),1) , ''(t) (sen(t),cos(t),0) , '''(t) (cos(t), sen(t),0)= − = = − .

i j kr r'(t) ''(t) 1 cos(t) sen(t) 1 ( cos(t),sen(t), 1 cos(t))

sen(t) cos(t) 0× = − = − − + .

r r2 2 2 2 2'(t) ''(t) cos (t) sen (t) cos (t) 2 cos(t) 1 cos (t) 2 cos(t) 2× = + + − + = − + .

2 2

( cos(t),sen(t), 1 cos(t)) (cos(t), sen(t),0) 1(t) .

cos (t) 2 cos(t) 2 cos (t) 2cos(t) 2

− − + • −τ = = −− + − +

2 2

2cos(t)sen(t) 2sen(t)'(t) 0 sen(t)(1 cos(t)) 0 t 0, ,2 .

(cos (t) 2cos(t) 2)

− +τ = = ⇒ − = ⇒ = π π− +




Mínima torsión: t 0, t 2 (0) (2 ) 1 /2.= = π τ = τ π = −

Puntos: r(0) (0,0,0)= , r(2 ) (2 ,0,2 )π = π π

Máxima torsión: t ( ) 1 /5.= π τ π = − Puntos: r( ) ( ,2, )π = π π .

30. El movimiento de una partícula en un instante cualquiera tiene como vector aceleración

a 2(t) (sen(t), t ,2)= . Para t 0= se sabe que v(0) (2,3,1)= y r(0) (0,0,0)= .

a. Encuentre la ecuación de la curva r(t) que describe la posición de la partícula.

Solución.

v 31 3 5(t) ( cos(t) c , t /3 c ,2t c )= − + + + ,

r 4 21 2 3 4 5 6(t) ( sen(t) c t c , t /12 c t c , t c t c )= − + + + + + + .

v 1 3 5 1 3 5(0) ( 1 c ,c , c ) (2,3,1) c 3,c 3,c 1= − + = ⇒ = = = .

r 2 4 6 2 4 6(0) (c ,c , c ) (0,0,0) c 0,c 0,c 0= = ⇒ = = = .

Por tanto r 4 2(t) ( sen(t) 3t, t /12 3t, t t)= − + + + .

b. Calcule para t 0= , la torsión y el plano osculador.

Solución. r r r (0) (0,0,0) , '(0) (2,3,1) , ''(0) (0,0,2) ,= = =

r r'''(t) (cos(t),2t,0) '''(0) (1,0,0)= ⇒ = .

r r r

r r2

( '(0) ''(0)) '''(0) (6, 4,0) (1,0,0) 6 3(0)

52 52 26'(0) ''(0)

× • − •τ = = = =×

.

r rB

r r'(0) ''(0) (6, 4,0) (3, 2,0)

(0) .'(0) ''(0) 52 13

× − −= = =×

Plano osculador: (3, 2,0)

(x 0,y 0,z 0) 0 3x 2y 013

− • − − − = ⇒ − = .

c. Encuentre las componentes tangencial y normal del vector aceleración en t 0= .

Solución. r r

rT'(0) ''(0) (2,3,1) (0,0,2) 2

c (0)'(0) 14 14

• •= = = . r r

rN

'(0) ''(0) 52 26c (0)

'(0) 14 7

×= = = .

31. Determine y grafique la función ( ) 0φ α > tal que la curva

rt t t

0 0 0

(t) ( )sen( )d , ( )cos( )d , ( ) tan( )d = φ α α α φ α α α φ α α α ∫ ∫ ∫ ,

20 t π< <

tenga curvatura 2(t) 1 cos (t)κ = + .

Solución. Paso 1. Cálculo de r' r' r''(t), (t) y (t) .

r'(t) ( (t)sen(t), (t)cos(t), (t) tan(t)) (t)(sen(t),cos(t), tan(t))= φ φ φ = φ .




r' 2 2 2 2(t) (t) sen (t) cos (t) tan (t) (t) 1 tan (t) (t)sec(t)= φ + + = φ + = φ .

r'' 2(t) (t)(cos(t), sen(t),sec (t)) '(t)(sen(t),cos(t), tan(t))= φ − + φ .

Paso 2. Cálculo de r' r'' r' r'' r'3

(t) (t), (t) (t) y (t)× × .

r' r''

2

2 2

(t) (t) (t)(sen(t),cos(t), tan(t)) (t)(cos(t), sen(t), sec (t)) '(t)(sen(t), cos(t), tan(t))

( (t)) (sen(t), cos(t), tan(t)) (cos(t), sen(t), sec (t)) (t) '(t) (sen(t), cos(t), t

× = φ × φ − + φ

= φ × − × φ φ

i j k i j k i j k 2 2

2 2

an(t)) (sen(t), cos(t), tan(t))

( (t)) sen(t) cos(t) tan(t) (t) '(t) sen(t) cos(t) tan(t) ( (t)) sen(t) cos(t) tan(t) (t)sen(t) cos(t) tan(t)cos(t) sen(t) sec (t) cos(t) sen(t) sec (t)

×

= φ + φ φ = φ + φ

− −

0

i j k

22 2 2 2

22

2 32

2

'(t)

1 sen (t) sen(t)( (t)) sen(t) cos(t) tan(t) ( (t)) , sen(t) , sen (t) cos (t)

cos(t) cos(t) cos (t)cos(t) sen(t) sec (t)

1 sen (t) sen (t)( (t)) , ,

cos(t) cos (t)

φ

= φ = φ + − − −

−

+= φ − 1

−

r' r''2 2 6

22 4

(1 sen (t)) sen (t)(t) (t) ( (t)) 1

cos (t) cos (t)

+× = φ + + , r'3 3 3(t) ( (t)) sec (t)= φ .

Paso 3. Cálculo de (t)κ .

2 2 6 2 2 6(1 sen (t)) sen (t) (1 sen (t)) sen (t)2 22 4 2 4cos (t) cos (t) cos (t) cos (t)

3 3 3

2 2 2 6 4

2

( (t)) 1 cos (t) 1(t) (t)(t)

(t)sec(t)( (t)) sec (t)(t)

cos (t)(1 sen (t)) sen (t) cos (t)(t)sec(t)

cos (t)(

+ +φ + + + +×κ = = =

φφ

+ + +=

φ

=

r' r''

r'

2 2 2 3 4

2 2 4 2 4 6 4

2 4 6 2 4 6 4

2 cos (t)) (1 cos (t)) cos (t)(t)sec(t)

cos (t)(4 4cos (t) cos (t)) 1 3cos (t) 3cos (t) cos (t) cos (t)(t)sec(t)

4cos (t) 4 cos (t) cos (t) 1 3cos (t) 3cos (t) cos (t) cos (t)(t)sec(t)

− + − +φ

− + + − + − +=

φ

− + + − + − +=

φ

21 cos (t)

(t) sec(t)+

=φ

Paso 4. Búsqueda y gráfico de (t)φ .

Igualando de acuerdo a lo especificado: 2

2 21 cos (t)(t) 1 cos (t) 1 cos (t) (t) cos(t)

(t)sec(t)+

κ = + ⇒ = + ⇒ φ =φ

.

Se muestra la gráfica de 2

(t) cos(t), 0 t πφ = ≤ < (ver figura 40)




Figura 40. Gráfica de 2

(t) cos(t), 0 t πφ = ≤ <

32. Halle una parábola 2y ax bx c= + + que tenga con la función y sen(x)= en el punto

2A( ,1)π la misma recta tangente y la misma curvatura.

Solución.

Paso 1. Construcción de función posición de las curvas y sus derivadas.

Parábola: r r' r''2(t) (t,at bt c) (t) (1,2at b) (t) (0,2a)= + + ⇒ = + ⇒ =

Trigonométrica: r r' r''(t) (t,sen(t)) (t) (1,cos(t)) (t) (0, sen(t))= ⇒ = ⇒ = −

Paso 2. Cálculo de la curvatura de las curvas.

Parábola:

23/2 3/2 3/22 2 2

f ''(t) 2a 2a(t) ( )

1 (f '(t)) 1 (2at b) 1 (a b)

πκ = = ⇒ κ = + + + + π +

Trigonométrica:

23/2 3/22 2

f ''(t) sen(t)(t) ( ) 1

1 (f '(t)) 1 (cos(t))

π−κ = = ⇒ κ =

+ +

Paso 3. Relaciones encontradas entre los parámetros a determinar.

r2

2 2 4 2( ) ( ,1) a b c 1π π π π= ⇒ + + = , r'

2 2( ) (1,cos( )) (1,0) a b 0π π= = ⇒ π + =

Igualando curvaturas en 2

t 2a 1π= ⇒ = .

Paso 4. Determinación de valores de los parámetros. 12

2a 1 a= ⇒ = ± . Sustituyendo el valor de a en la relación a b 0π + = se tiene que 2

b π= ∓ .

Finalmente se determina el valor de c sustituyendo a y b en la relación 2

4 2a b c 1π π+ + = de

donde se tiene que: 2 2 2 2

4 2 8 4 8c 1 a b 1 1π π π π π= − − = ± = ±∓ .

Se concluye que existen dos parábolas como solución al problema

2 2

2 21 1y 1 x x ; y 1 x x

2 2 8 2 2 8π π π π= + − + = − + − .

SISTEMA DE COORDENADAS POLARES



1.34. SISTEMA DE COORDENADAS POLARES

El sistema de coordenadas rectangulares que se ha estado usando hasta ahora, no es

más que un algoritmo que permite establecer una correspondencia entre los puntos del plano

y los pares de números reales. Sin embargo, esta no es la única manera en que se puede

establecer una correspondencia de este tipo. En la vida real, por ejemplo, cuando se pide

cómo llegar a un determinado lugar, a veces se da su ubicación en coordenadas rectangulares

(“camine 3 cuadras hacia el norte y después 2 hacia el este”) pero a veces se usa otro

sistema, sobre todo si el lugar se encuentra en una región no urbanizada (“camine en tal

dirección un kilometro y medio”). Precisamente, este sistema en el cual un punto se ubica

mediante una dirección y una distancia, es sumamente útil en muchas aplicaciones y recibe el

nombre de “sistema polar”.

Cada punto P de 2R con coordenadas rectangulares (x,y) se puede asociar con el par (r, )θ de la siguiente forma: Se traza una recta (eje polar) que pase por P y por el origen de

coordenadas (llamado ahora polo), la cual formará un ángulo θ , medido en radianes, con la

dirección positiva del eje X. Esta recta puede verse como la rotación de un ángulo θ del eje X.

El eje X corresponde a 0θ = . Se asigna a P las coordenadas polares r (coordenada radial) que

es la distancia dirigida de P al polo y θ (coordenada angular) (ver figura 41). De esta forma,

dado un punto P, la relación entre sus coordenadas cartesianas (x,y) y sus coordenadas

polares, viene dada por:

2 2x r cos( ) r x yy rsen( ) arctg(y / x) , x 0

= θ = ± +⇒ = θ θ = ≠.

Figura 41. Relaciones cartesianas - polares

SISTEMA DE COORDENADAS POLARES



Ejemplo 28. Encuentre las coordenadas cartesianas del punto (3, )π .

Solución. x 3cos( ) 3 ; y 3sen( ) 0= π = − = π = .

Ejemplo 29. Encuentre las coordenadas polares del punto (1,1).

Solución.

2 2r 1 1 2 ; arctg(1 /1) 4= ± + = ± θ = = π . Si 4θ = π , r 2= .

Entonces se puede apreciar que las coordenadas polares del punto son 4( 2, )π .

Observación 15. La representación polar de un punto en cartesianas no es única. Si un punto tiene coordenadas polares (r, )θ , también son coordenadas del mismo punto (r, 2k )θ + π

o ( r, (2k 1) )− θ + + π , (k Z)∈ . Por ejemplo, para k 0= se tiene que las coordenadas (r, )θ y

( r, )− θ + π representan el mismo punto P.

Ejemplo 30. Las coordenadas polares del punto (1,1), además de 4( 2, )π también pueden

ser: 54( 2, )π− , 3

4( 2, )π− − .

1.35. REPRESENTACIONES DE UNA CURVA EN POLARES

Como se sabe, un punto tiene infinitas representaciones: Si las coordenadas de P son (r, )θ , también lo son (r, 2k )θ + π o ( r, (2k 1) )− θ + + π con k Z∈ , estas dos expresiones se

pueden resumir en una sola k( 1) r f( k ).− = θ + π

Ejemplo 31. Encuentre las representaciones de la curva dada por r 2cos(2 )= θ .

Solución. k( 1) r 2 cos2( k ) 2 cos(2 2k ) 2cos(2 )cos(2k ) 2sen(2 )sen(2k ))− = θ + π = θ + π = θ π − θ π

de donde r 2cos(2 ) si k es par, r 2cos(2 ) si k es impar= θ = − θ .

Las dos ecuaciones representan la misma curva.

ECUACIÓN POLAR DE UNA RECTA



1.36. ECUACIÓN POLAR DE UNA RECTA

Sean R una recta cualquiera, *I (r , )= ω las coordenadas polares del punto intersección

entre R y su perpendicular que pasa por el polo y P(r, )θ cualquier punto sobre la recta R,

entonces *r

cos( )r

θ − ω = ,

de donde se obtiene la ecuación de R en coordenadas polares: *r

rcos( )

=θ − ω

.

Ejemplo 32. Calcule la ecuación polar de la recta de ecuación cartesiana y x 1.= +

Solución. La ecuación de la recta perpendicular que pasa por el origen es y x= − , siendo el punto de

intersección: x y 1

( 1 /2,1 /2)x y 0− + =

⇒ − + =.

Sus coordenadas polares son: * 2 2r ( 1 /2) (1 /2) 2 2.= − + =

Sea arctg( 1) 3 4ω = − = π , luego las coordenadas de este punto son ( 2 2,3 4)π .

La ecuación polar de la recta es por lo tanto 2 2

r3

cos4

=π θ −

.

Casos particulares: (ver figura 42) a. Recta que pasa por el origen: y mx= :rsen( ) mr cos( ) tg( ) m arctg(m)θ = θ ⇒ θ = ⇒ θ =

b. Recta paralela al eje y: x c= : * cr c; 0; r

cos( )= ω = =

θ.

c. Recta es paralela al eje x: y b= : * b br b; ; r

2 cos( 2) sen( )π= ω = = =

θ − π θ.

d. Rectas paralelas: Si la recta R tiene ecuación *r r cos( )= θ − ω entonces la ecuación de

una recta paralela R es *r d r cos( )+ = θ − ω donde d es la distancia entre las dos rectas.

Observe que d puede ser positivo o negativo de acuerdo con la posición de la recta

respecto de R.

ECUACIÓN POLAR DE UNA RECTA



Figura 42. Algunos casos particulares de ecuaciones de rectas en polares

Ejemplo 33. Determine la ecuación de la recta que pasa por el punto (5,0) y forma con el eje polar un ángulo 5 / 6.α = π

Solución. Ecuación cartesiana: 3y 3x 5 3 0+ − = . Recta perpendicular: 3y 3x.=

Punto de intersección: 5 5

, 34 4

. En coordenadas polares: 5

, .2 3

π

Ecuación polar de la recta: 52

3

r .cos( )π=

θ −

1.37. ECUACIÓN POLAR DE UNA CIRCUNFERENCIA

Sean (r ', ')θ las coordenadas polares del centro de la circunferencia y a su radio. Sea

P(r, )θ cualquier otro punto de la circunferencia, entonces por el teorema del coseno se tiene

la ecuación general de una circunferencia dada por la expresión 2 2 2a (r ') r 2rr ' cos( ')= + − θ − θ .

Casos particulares:

a. Centro en el polo, es decir, (r ', ') (0, )θ = θ , por lo tanto 2 2r a= de donde: r a= o bien

r a= − . b. Centro sobre el eje x y pasa por el polo, es decir, (r ', ') (a,0)θ = , por lo tanto su

ecuación es r 2acos( )= θ .

ECUACIÓN POLAR DE UNA CIRCUNFERENCIA



c. Centro sobre el eje y y pasa por el polo, es decir, 2(r ', ') (a, )πθ = , por lo tanto su

ecuación es r 2asen( )= θ .

Ejemplo 34. Una circunferencia que pasa por el polo y por el punto 6( 1, )π− , tiene su centro

en la recta 43πθ = . Determine su ecuación polar.

Solución.

Ecuación de la circunferencia: 43r 2acos( )π= θ − .

Como pasa por el punto 6

( 1, )π− entonces se tiene que

34 8 7 76 3 6 6 6 31 2acos( ) 2acos( ) 2acos( ) 2acos( ) 3a aπ π π− π π π− = − = = − = = − ⇒ = .

Por lo tanto 2 3 43 3r cos( )π= θ − .

1.38. DISTANCIAS EN COORDENADAS POLARES

Distancia entre dos puntos. Sean 1 1 1P (r , )θ y 2 2 2P (r , )θ dos puntos del plano, dados en

coordenadas polares. Por el teorema del coseno se tiene que la distancia de 1P a 2P viene

dada por 2 2

1 2 1 2 1 2 1 2d(P ,P ) r r 2r r cos( )= + − θ − θ .

Distancia entre un punto y una recta. Sean R la recta de ecuación polar *r r cos( )= θ − ω y

P con coordenadas 1 1(r , ).θ Sea d la distancia entre las rectas R y R’, donde ésta es paralela

a R y pasa por 1 1(r , ),θ su ecuación es por lo tanto *r d r cos( )+ = θ − ω . El punto 1 1(r , )θ

satisface la ecuación de R’. Por lo tanto *1 1d(P,R) d r cos( ) r= = θ − ω − .

Ejemplo 35. Calcule la distancia de la recta

4

2r

cos( )π=

θ −

al punto (2,3 / 4)π .

Solución. 3

d(P,R) 2cos 2 2cos 2 2.4 4 2π π π = − − = − =

ECUACIÓN POLAR DE UNA CÓNICA



1.39. ECUACIÓN POLAR DE UNA CÓNICA

Definición 38. Una cónica es el conjunto de los puntos P del plano tales que el cociente de

la distancia de P a un punto fijo F (foco) entre la distancia de P a una recta fija D (directriz) es

una constante e (excentricidad): PF

ePD

=

a. Si e 1< la cónica es una elipse

b. Si e 1= la cónica es una parábola

c. Si e 1> la cónica es una hipérbola

Suponga que la directriz D tiene ecuación *r cos( ) rθ − ω = , las coordenadas del foco

son ( , )ρ α , y sea P (r, )= θ un punto arbitrario de la cónica, luego su ecuación será:

2 2 *r 2r cos( ) e r cos( ) r .+ ρ − ρ θ − α = θ − ω −

En algunos casos la ecuación anterior toma una forma muy simple, por ejemplo, si el foco coincide con el polo, es decir, F (0,0)= la ecuación anterior se reduce a:

*r e r cos( ) r .= θ − ω −

Además si la directriz es paralela al eje:

a. / 2θ = π (eje y) y está a la derecha del foco se tendrá 0ω = y *r cos( ) r 0,θ − < luego *er

r1 e cos( )

=+ θ

con *r 0> .

b. / 2θ = π y está a la izquierda del foco se tendrá 0ω = y *r cos( ) r 0θ − > , luego *er

r1 e cos( )

= −− θ

con *r 0< .

c. 0θ = (eje x) y está por encima del foco se tendrá /2ω = π y *r cos( ) r 0,θ − < luego *er

r1 esen( )

=+ θ

con *r 0> .

d. 0θ = y está por debajo del foco se tendrá /2ω = π y *rsen( ) r 0,θ − > luego *er

r1 esen( )

= −− θ

con *r 0< .

ECUACIÓN POLAR DE UNA CÓNICA



Ejemplo 36. Determine la ecuación de la cónica con foco en el polo, directriz x 2= y excentricidad e 2.=

Solución. La directriz es x 2= , luego *r 2= , está a la derecha del foco y es paralela al eje / 2θ = π por

lo tanto su ecuación general es *er

r1 e cos( )

=+ θ

.

Sustituyendo se tiene 4

r1 2cos( )

=+ θ

.

Ejemplo 37. La ecuación de una cónica es 4

r3 2sen( )

=+ θ

.

Identifique la cónica, dé la ecuación de la directriz correspondiente al foco en el polo y

obtenga los vértices.

Solución. 43

23

4r

3 2sen( ) 1 sen( )= =

+ θ + θ.

Por tanto e 2 /3 1= < , la cónica es una elipse. Se tiene además que

* * *2 4er r r 2

3 3= = ⇒ = ;

por lo tanto la ecuación de la directriz es rsen( ) 2.θ =

Vértices: 1 2r( /2) 4 /5 v (4 /5, /2) ; r(3 /2) 4 v (4,3 /2)π = ⇒ = π π = ⇒ = π .

1.40. GRÁFICAS EN COORDENADAS POLARES

Dada una curva definida por la ecuación F(r, ) 0θ = , se define el gráfico de ella como el

conjunto de puntos P(r, )θ que satisfacen la ecuación.

Tipos de caracoles (o limacon). Sea la ecuación r a b cos( ),= + θ donde a 0> y b 0> .

a. 0 a /b 1< < : Caracol con lazo (ver figura 43)

GRÁFICAS EN COORDENADAS POLARES



Figura 43. Gráfica de r=1+2cos(θ)

b. a /b 1= : Cardioide (forma de corazón) (ver figura 44)

Figura 44. Gráfica de r=1+cos(θ)

c. 1 a /b 2< < : Caracol con hendidura (ver figura 45)

Figura 45. Gráfica de 32

r= +cos(θ)

d. 2 a /b≤ : Caracol convexo (sin hendidura) (ver figura 46)

GRÁFICAS EN COORDENADAS POLARES



Figura 46. Gráfica de r=3+cos(θ)

Tipos de rosas. La gráfica de una ecuación de la forma r acos(n )= θ es una rosa que tiene n

hojas si n es impar y 2n hojas si n es par. Cada hoja tiene una longitud a. (ver figuras 47 y

48)

Figura 47. Gráfica de r=2cos(2θ)

Figura 48. Gráfica de r=2cos(3θ)

1.41. INTERSECCIÓN DE CURVAS EN POLARES

Dada una curva definida por la ecuación F(r, ) 0θ = , se define el gráfico de ella como el

conjunto de puntos P(r, )θ que satisfacen la ecuación.

INTERSECCIÓN DE CURVAS EN POLARES



Ejemplo 38. Intersecte las curvas r 2cos(2 )= θ y r 1= .

Solución. (ver figura 49)

Figura 49. Intersecciones de las curvas del ejemplo 38

Se observa de la figura 49 que hay ochos puntos de intersección. Para obtener todas

las soluciones se debe intersectar una a una las representaciones de dichas curvas, es decir,

r 1= ± y r 2 cos2= ± θ ; lo cual se traduce en resolver los siguientes dos sistemas:

r 1 r 1

;r 2 cos2 r 2cos2

= = = θ = − θ

,

cuyas soluciones en el intervalo [0,2 ]π son: 5 7 11

, , ,6 6 6 6π π π πθ =

del primer sistema y 2 4 5

, , ,3 3 3 3π π π πθ =

del segundo sistema.

1.42. FORMA PARAMÉTRICA DE UNA CURVA EN POLARES. BÚSQUEDA DE TANGENTES

Sea r r( )= θ la ecuación de una curva en coordenadas polares, se tiene entonces su

forma paramétrica ( ) (r( )cos( ),r( )sen( ))θ = θ θ θ θr .

BÚSQUEDA DE TANGENTES Funciones Vectoriales



Tangentes horizontales: r '( )sen( ) r( )cos( ) 0 y r '( )cos( ) r( )sen( ) 0θ θ + θ θ = θ θ − θ θ ≠ .

Tangentes verticales: r '( )sen( ) r( )cos( ) 0 y r '( )cos( ) r( )sen( ) 0θ θ + θ θ ≠ θ θ − θ θ = .

Ejemplo 39. Encuentre las tangentes horizontales y verticales a r 1 2 cos( )= + θ .


Figura 50. Gráfica del ejemplo 39

Tangentes horizontales: 2 2 2

2

2sen ( ) (1 2cos( ))cos( ) 0 2(1 cos ( )) cos( ) 2 cos ( ) 0

2 4cos ( ) cos( ) 0

53.62 ,147.46 ,21

− θ + + θ θ = ⇒ − − θ + θ + θ =

⇒ − + θ + θ =

⇒ θ = � �

2.53 ,306.38� �

y 4sen( )cos( ) sen( ) 0θ θ + θ ≠

Puntos (2.19,53.62 ) , ( 0.69,147.46 ) , ( 0.69,212.53 ) , (2.19,306.38 )− −� � � �

Tangentes verticales: 2sen( )cos( ) (1 2cos( ))sen( ) 0 2sen( )cos( ) sen( ) 2sen( )cos( ) 0

4sen( )cos( ) sen( ) 0 sen( )(4cos( ) 1) 0− θ θ − + θ θ = ⇒ − θ θ − θ − θ θ =

⇒ θ θ + θ = ⇒ θ θ + =

0 ,180 ,104.47 ,255.52⇒ θ = � � � �

y 24cos ( ) cos( ) 2 0θ + θ − ≠

Puntos (3,0) , ( 1,180 ) , (0.5,104.47 ) , (0.5,255.52 )− � � � .

TEOREMA 15. Si m es la pendiente de la recta tangente a la gráfica de r( )θ en el punto

(r( ), ),θ θ entonces

r '( )sen( ) r( )cos( )m

r '( )cos( ) r( )sen( )θ θ + θ θ=θ θ − θ θ

.

BÚSQUEDA DE TANGENTES Funciones Vectoriales



Demostración.

Se sabe que dy dy / d r '( )sen( ) r( )cos( )

mdx dx / d r '( )cos( ) r( )sen( )

θ θ θ + θ θ= = =θ θ θ − θ θ

considerando la forma paramétrica en coordenadas polares vista en el apartado anterior.

1.43. LONGITUD DE ARCO Y ÁREA EN POLARES

Sea

( ) (r( )cos( ),r( )sen( ))θ = θ θ θ θr

la forma paramétrica de una curva dada en coordenadas polares. Se tiene: '( ) (r '( )cos( ) r( )sen( ),r '( )sen( ) r( )cos( ))θ = θ θ − θ θ θ θ + θ θr .

De modo que

2 2L (r '( )cos( ) r( )sen( )) (r '( )sen( ) r( )cos( )) dβ

α

= θ θ − θ θ + θ θ + θ θ θ∫

.

Ejemplo 40. Calcule la longitud de arco de de la cardioide r 2(1 cos( )).= + θ

Solución.

2 2

0

L 2 ( 2sen( )) 4(1 cos( )) d 16.π

= − θ + + θ θ =∫

TEOREMA 16. Sea R la región limitada por las rectas θ = α y θ = β y la curva cuya ecuación

es r( )θ , donde r es continua y no negativa en el intervalo cerrado [ , ]α β . Entonces, si A

unidades cuadradas es el área de la región R,

21A [r( )] d

2

β

α

= θ θ∫

.

Ejemplo 41. Calcule el área de la región limitada por la cardioide r 2(1 cos( )).= + θ

Solución.

212

0

A 2 (2 2cos( )) d 6π

= + θ θ = π∫

.




1.44. RESUMEN DE FÓRMULAS

t

a

3

s(t) '( ) d

(t) (t) (t) (t) (t) (t) (t) (t) (t)

'(t) ''(t) '(t)'(t) '(t) ''(t) (t)(t) (t)'(t) ''(t) '(t)'(t) '(t) ''(t)

'(t) ''(t) y ''(t)x '(t) y '(t)x ''(t) (t)'(t)

= α α

= × = × = ×

× × × == =× × ×

× −κ = κ =

∫

r

T N B B T N N B T

r r rr r r NT Br r rr r r

r r

r 2 2 3/2 2 3/2

2

(t) f ''(t)k(t)

(x '(t) y '(t) ) (1 (f '(t)) )

( '(t) ''(t)) '''(t)'(t) ''(t)'(t) ''(t) (t)(t) (t) (t) (t)'(t) '(t) '(t) ''(t)

'(t) (t)s '(t) (t) '(t) (t)s '(t) (t) '(t) (t)s '(t) (t)

=+ +

× •×• τ == =×

= −τ = κ = τ −

T N

r r rr rr ra T a N

r r r r

B N T N N B

2 22

3/22 2

2 2

(t)s '(t) (t)

r 2(r ') rr '' 1( ) A [r( )] d

2r (r ')

L (r( )) (r '( )) d

β

α

β

α

κ

+ −κ θ = = θ θ

+

= θ + θ θ

∫

∫

T





1. Sea la curva de ecuación vectorial

r2

3 3

3t 3t(t) ,

1 t 1 t

= + +

.

Pruebe que la curva dada verifica la ecuación 3 3x y 3xy+ = y escriba su ecuación polar.

Solución. 3 2 3 3 6 3 3 3 2

3 33 3 3 3 3 3 3 3 3 2 3 3

(3t) (3t ) 27t 27t 27t (1 t ) 27t 3t 3tx y 3. . 3xy

(1 t ) (1 t ) (1 t ) (1 t ) (1 t ) 1 t 1 t

+ ++ = + = = = = =+ + + + + + +

Ecuación polar:

3 3 3 3 3 2

3 3

3 3

x y 3xy r (cos ( ) sen ( )) 3.r cos( )sen( )

r(cos ( ) sen ( )) 3cos( )sen( )3cos( )sen( )

r (r 0)cos ( ) sen ( )

+ = ⇒ θ + θ = θ θ

⇒ θ + θ = θ θθ θ

⇒ = ≠θ + θ

2. Calcule la longitud de arco de r 1 cos( ), 0 2= + θ ≤ θ ≤ π .

Solución. r ( ) ((1 cos( ))cos( ),(1 cos( ))sen( )) , 0 2θ = + θ θ + θ θ ≤ θ ≤ π .

2 2 22 2

0 0 0

(1 cos( )) ( sen( )) d 1 2cos( ) 1d 2 1 cos( )dπ π π

+ θ + − θ θ = + θ + θ = + θ θ∫ ∫ ∫

2 2 2

0 0 0

2

0

sen( ) sen( ) sen( )2 1 cos( )d 2 d 2 d 2 d

1 cos( ) 1 cos( ) 1 cos( )

2 2 1 cos( ) 2 1 cos( ) 2 2 2 2 2 8

π π π π

ππ π

π

θ θ θ+ θ θ = θ = θ − θ− θ − θ − θ

− θ − − θ = + =

∫ ∫ ∫ ∫

3. Las espirales de MacLaurin corresponden a una familia de curvas en el plano que al ser descrita en coordenadas polares las variables r y θ satisfacen la relación

1nr a.(sen(n )) , a 0 , n (0, )= θ > ∈ ∞ .

Pruebe que la curvatura de una espiral de MacLaurin de orden n es n 1nn 1

.(sen(n ))a

−+κ = θ .

Solución. Cálculo de r ' y r '' .

1 n 1 2n 1 n2n n nr ' a.(sen(n )) cos(n ) , r '' a(1 n)(sen(n )) cos (n ) an(sen(n )) sen(n )

− − −= θ θ = − θ θ − θ θ




Cálculo de κ .

2 2

3/22 2

2 2 2n 1 2n 1 1 n 12 2 2 2 2 2n n n n n n

3/22 2 2n2 2 2n n

r 2(r ') rr ''

r (r ')

a .(sen(n )) 2a .(sen(n )) cos (n ) a (1 n)(sen(n )) cos (n ) a n(sen(n )) sen(n )

a .(sen(n )) a .(sen(n )) cos (n )

1 2.(sen(

− − −+ +

−

+ −κ =

+

θ + θ θ − − θ θ + θ θ

= θ + θ θ

+=

2 2 2 2 1

1 3/22 2n

2 2 2 2

1 3/22 2n

n )) cos (n ) (1 n)(sen(n )) cos (n ) n(sen(n )) sen(n )

a(sen(n )) 1 (sen(n )) cos (n )

1 (1 n)(sen(n )) cos (n ) n (1 n)((1 sen(n )) cos (n


− − −

−

− −

−

θ θ − − θ θ + θ θ

θ + θ θ

+ + θ θ + + + θ= =

θ + θ θ

1 3/22 2n

1 1 1 1 n1/2 1/2 12 2 2n n n n

n 1n

))


(1 n) n 1 n 1 n 1

a(sen(n )) 1 (sen(n )) cos (n ) a(sen(n )) csc (n ) a(sen(n )) a(sen(n ))

n 1.(sen(n ))

a

−

−−−

−

θ

θ + θ θ

+ + + += = = = θ + θ θ θ θ θ θ

+= θ

4. Una ecuación polar r f( )= θ es de la forma

3r

2=

+ θ.

a. Identifique, estudie y grafique la ecuación r f(cos( )).= θ

Solución. 32

12

3r

2 cos( ) 1 cos( )= =

+ θ + θ elipse (ver figura 51)

Figura 51. Gráfica del ejercicio 4a




b. Grafique la curva de ecuación

r f cos .3

π = θ −

Solución. (ver figura 52).

Figura 52. Gráfica del ejercicio 4b

5. Grafique, identifique y encuentre la ecuación de la cónica que tiene foco en el polo, e 4 /3= y directriz la recta L :r cos( / 4) 3 / 4θ − π = .

Solución.

Sin rotación la ecuación de la cónica sería

43

1r

1 cos( )=

+ θ.

Al rotar se obtiene

43 4

1r

1 cos( )π=

+ θ − (hipérbola) (ver figura 53)





6. Dadas las curvas de ecuaciones 2

r 1 3cos( ) , r2 cos( )

= + θ =− θ

en el sistema de coordenadas polares, halle sus puntos de intersección.

Solución. r 1 3cos( )= + θ : Caracol con lazo:

Representaciones: r 1 3cos( )= + θ , r 1 3cos( )= − + θ .

1 12 2

2 2 1r

2 cos( ) 2(1 cos( )) 1 cos( )= = =

− θ − θ + θ − π:

Elipse rotada ángulo π sentido antihorario.

Representaciones:

1 12 2

1 1r , r

1 cos( ) 1 cos( )= = −

+ θ − π − θ − π

Intersecciones:

Primer sistema: 2

2

21 3cos( ) (2 cos( ))(1 3cos( )) 2 2 5cos( ) 3cos ( ) 2

2 cos( )(2k 1)

3cos ( ) 5cos( ) 0 cos( )(3cos( ) 5) 0 , k Z2

3 3Si k 0 , . Si k 1 , . Puntos : 1, 1,

2 2 2 2

+ θ = ⇒ − θ + θ = ⇒ + θ − θ =− θ

+ π⇒ θ − θ = ⇒ θ θ − = ⇒ θ = ∈

π π π π = θ = = θ =

Segundo sistema: 2

2 43

21 3cos( ) (2 cos( ))( 1 3cos( )) 2 2 7cos( ) 3cos ( ) 2

2 cos( )

3cos ( ) 7 cos( ) 4 0 3(cos( ) 1)(cos( ) ) 0 2k , k Z

Si k 0 , 0. Si k 1 , 2 . Puntos : (2,0) (2,2 )

− + θ = ⇒ − θ − + θ = ⇒ − + θ − θ =− θ

⇒ θ − θ + = ⇒ θ − θ − = ⇒ θ = π ∈

= θ = = θ = π π

Tercer sistema: 2

2 43

21 3cos( ) (2 cos( ))(1 3cos( )) 2 2 7cos( ) 3cos ( ) 2

2 cos( )

3cos ( ) 7cos( ) 4 0 3(cos( ) 1)(cos( ) ) 0 (2k 1) , k Z

Si k 0 , . Si k 1 , 3 . Puntos : ( 2, ) ( 2,3 )

+ θ = − ⇒ + θ + θ = − ⇒ + θ + θ = −+ θ

⇒ θ + θ + = ⇒ θ + θ + = ⇒ θ = + π ∈

= θ = π = θ = π − π − π

Cuarto sistema: 2

2

21 3cos( ) (2 cos( ))( 1 3cos( )) 2 2 5cos( ) 3cos ( ) 2

2 cos( )(2k 1)

3cos ( ) 5cos( ) 0 cos( )(3cos( ) 5) 0 , k Z2

3Si k 0 , . Si k 1 , . Puntos : 1, 1,

2 2 2

− + θ = − ⇒ + θ − + θ = − ⇒ − + θ + θ = −+ θ

+ π⇒ θ + θ = ⇒ θ θ + = ⇒ θ = ∈

π π π = θ = = θ =

32π




Gráfico: (ver figura 54)

Figura 54. Intersecciones de las curvas del ejercicio 6

7. Encuentre la ecuación de la recta tangente a la curva r 1 cos( )= + θ en el punto en

coordenadas polares 32 6

(1 , )π+ y calcule el área comprendida entre la recta, la curva y el

eje polar.

Solución. (ver figura 8) 3 3 3 3 131 1

6 6 6 6 4 2 2 4 2 4 23 3 3 3 3 11 1

6 6 6 6 4 2 2 4 2 4 2

sen( )sen( ) (1 cos( ))cos( ) (1 )m 1

sen( )cos( ) (1 cos( ))sen( ) (1 )

+π π π π

π π π π +

− + + − + + − + += = = = − = −

− − + − − + − − −.

3 3 3 22 6 4 2 6 4 2 4

4

rr r (1 )cos( ) (1 )cos( ) (1 )(1 3)

cos( )

∗∗ π π π π

π= ⇒ = + − = + − = + +θ −

.

3 22 4

4

(1 )(1 3)r

cos( )π

+ +=

θ −.





2/6 3 222 4

40

2/6 /63 222 4

40 0

/62 23 122 8

40

(1 )(1 3)1ÁREA (1 cos( )) d

2 cos( )

(1 )(1 3)1 1d (1 cos( )) d

2 2cos( )

(1 ) (1 3) 1sec ( )d 1 2cos( )

2 2

π

π

π π

π

ππ

+ + = − + θ θ θ −

+ + = θ − + θ θ θ −

+ += θ − θ − + θ +

∫

∫ ∫

∫

/6

0

/62 23/62

4 00

2 232

1 cos(2 )d

2

(1 ) (1 3) 1 sen(2 ).tg( ) 2sen( )

16 2 2 4

(1 ) (1 3) 1 3. 1 tg 1

16 12 2 6 12 8

π

πππ

+ θ θ

+ + θ θ = θ − − θ + θ + +

+ + π π π = − − + + +

∫

8. Sean las curvas 1r 1= y 2r 2 cos(3 )= θ en coordenadas polares.

a. Grafique ambas curvas en un mismo sistema de coordenadas y encuentre los puntos

de intersección.



5 7 11 13 179 9 9 9 9 9

r 2 cos(3 )(1, ),(1, ),(1, ),(1, ),(1, ),(1, )

r 1π π π π π π= θ

⇒ =




b. Plantee la(s) integral(es) que permite(n) hallar el área exterior a 1r e interior a 2r .

Solución. π π π π θ π θ − θ = + θ θ = θ + = +

π π= + = +

∫ ∫

/9 /9 /9 22 3

00 0

sen( )sen(6 )3 (4cos (3 ) 1)d 3 (1 2cos(6 ))d 3 3

3 9 3

3 33

9 6 3 2

9. Dadas las curvas

r 1 cos( )= + θ y 1

r2(1 cos( ))

=− θ

:

a. Grafíquelas en un mismo sistema de coordenadas, identifíquelas y encuentre su

ecuación cartesiana correspondiente.

Solución. r 1 cos( )= + θ : Identificación: Cardioide.

Ecuación cartesiana: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2r 1 cos( ) r r r cos( ) x y x y x (x x y ) x y= + θ ⇒ = + θ ⇒ + = ± + + ⇒ − + = + .

1r

2(1 cos( ))=

− θ:

12 1

2

1 1r e 1, directriz : r cos( )

2(1 cos( )) 2 2cos( ) 1 cos( )= = = ⇒ = θ = −

− θ − θ − θ

14V( ,0) y F(0,0)− .

Identificación: Parábola.

Ecuación cartesiana: 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 14

2r 2r cos( ) 1 2 x y 2x 1 2 x y 1 2x

4(x y ) (1 2x) 4x 4y 1 4x 4x y x

− θ = ⇒ ± + − = ⇒ ± + = +

⇒ + = + ⇒ + = + + ⇒ = +

Gráficas: (ver figura 57)

Figura 57. Gráficas del ejercicio 9




b. Halle las coordenadas de los puntos de intersección.

Solución.

Representaciones: k k( 1) r 1 cos( k ) ( 1) r 1 cos( )cos(k ) sen( )sen(k )− = + θ + π ⇒ − = + θ π − θ π

Si k es par, entonces r 1 cos( )= + θ . Si k es impar, entonces r 1 cos( )= − + θ .

k k1 1( 1) r ( 1) r

2(1 cos( k )) 2(1 cos( )cos(k ) sen( )sen(k ))− = ⇒ − =

− θ + π − θ π + θ π

1Si k es par, entonces r

2(1 cos( ))=

− θ .

1Si k es impar, entonces r

2(1 cos( ))= −

+ θ .

Intersecciones: 2 2

2

11 cos( ) 2(1 cos ( )) 1 2 2cos ( ) 1

2(1 cos( ))

1 2 3 5 7cos ( ) cos( ) , , ,

2 2 4 4 4 4

+ θ = ⇒ − θ = ⇒ − θ =− θ

π π π π⇒ θ = ⇒ θ = ± ⇒ θ =

Las coordenadas de los puntos de intersección son

2 2 3 2 5 2 7

1 , , 1 , , 1 , , 1 , .2 4 2 4 2 4 2 4

π π π π+ − − +

2 21 11 cos( ) 2(1 cos( )) 1 (1 cos( ))

2(1 cos( )) 2

No hay solución

+ θ = − ⇒ + θ = − ⇒ + θ = −+ θ

⇒

2

2

1 11 cos( ) 1 cos( ) 2(1 cos( )) 1

2(1 cos( )) 2(1 cos( ))1

(1 cos( )) No hay solución2

− + θ = ⇒ − θ = − − θ = −− θ − θ

⇒ − θ = − ⇒

2

2 2

1 11 cos( ) 1 cos( ) 2(1 cos ( )) 1

2(1 cos( )) 2(1 cos( ))1 1

1 cos ( ) cos ( ) (Igual caso)2 2

− + θ = − ⇒ − θ = − θ =+ θ + θ

⇒ − θ = ⇒ θ =

c. Plantee las integrales que calculan la longitud de arco para cada curva en 32 2

[ , ]π π .

Solución. r 1 cos( )= + θ : r ' sen( )= − θ .

2 2 2 2

/2 /2

/2 /2

s 2 (1 cos( )) ( sen( )) d 2 1 2cos( ) cos ( ) sen ( )d

2 2 2cos( )d 2 2 1 cos( )d

π π

π π

π π

π π

= + θ + − θ θ = + θ + θ + θ θ

= + θ θ = + θ θ

∫ ∫

∫ ∫




1

r2(1 cos( ))

=− θ

: 2

1 sen( )r ' . .

2 (1 cos( ))

θ=− θ

2 2 2

2 4 4/2 /2

2 2

4 4/2 /2

4/2

1 sen ( ) (1 cos( )) sen ( )s 2 d 2 d

4(1 cos( )) 4(1 cos( )) 4(1 cos( ))

1 2cos( ) cos ( ) sen ( ) 2 2cos( )2 d 2 d

4(1 cos( )) 4(1 cos( ))

1 cos( )2 d

2(1 cos( ))

π π

π π

π π

π π

π

π

θ − θ + θ= + θ = θ− θ − θ − θ

− θ + θ + θ − θ= θ = θ− θ − θ

− θ= θ− θ

∫ ∫

∫ ∫

∫

3

/2

12 d

(1 cos( ))

π

π

= θ− θ∫

10. Sean las ecuaciones en coordenadas polares

4

r 6 4cos( ) y r1 cos( )

= + θ =− θ

.

a. Identifique y grafique cada curva en un mismo sistema.

Solución.

Paso 1. Identificación de la primera curva. r 6 4 cos( )= + θ . Como a / b 1.5= , entonces se trata de un caracol con hendidura.

Paso 2. Identificación de la segunda curva. 4 4

r1 cos( ) 1 cos( )

= =− θ + θ − π

.

Se tiene que la excentricidad es igual a 1, por lo tanto se trata de una parábola y con ángulo de rotación igual a π radianes.

Paso 3. Gráfico de las curvas en un mismo sistema.

(Ver figura 58)

Figura 58. Representación gráfica de las curvas en polares del ejercicio 10




b. Calcule los puntos de intersección entre estas curvas.

Solución.

Paso 1. Determinación de las representaciones de cada curva. Para el caracol se tienen dos representaciones: r 6 4cos( ) , r 6 4cos( )= + θ = − + θ .

Para la parábola se tienen dos representaciones:

4 4

r , r1 cos( ) 1 cos( )

= = −+ θ − π − θ − π

.

Paso 2. Búsqueda de los puntos de intersección.

Sistemas a resolver de acuerdo a las representaciones establecidas: r 6 4cos( )

4r

1 cos( )

= + θ = + θ − π

, r 6 4cos( )

4r

1 cos( )

= − + θ = + θ − π

, r 6 4cos( )

4r

1 cos( )

= + θ = − − θ − π

, r 6 4 cos( )

4r

1 cos( )

= − + θ = − − θ − π

Del primer sistema se tiene que:

2

46 4cos( ) (6 4cos( ))(1 cos( )) 4

1 cos( )(6 4cos( ))(1 cos( )) 4

6 6cos( ) 4 cos( ) 4cos ( ) 4

+ θ = ⇒ + θ + θ − π =+ θ − π

⇒ + θ − θ =

⇒ − θ + θ − θ =

2 22 2cos( ) 4cos ( ) 0 2cos ( ) cos( ) 1 0

1 1 4.2.1 1 3cos( )

4 4

⇒ − θ − θ = ⇒ θ + θ − =

− ± + − ±⇒ θ = =

De modo que se derivan dos situaciones: cos( ) 1 2k (k Z)θ = − ⇒ θ = π + π ∈ , 51

2 3 3cos( ) 2k (k Z) y 2k (k Z)π πθ = ⇒ θ = + π ∈ θ = + π ∈ .

Si se toma 0,2θ ∈ π , entonces se tienen los ángulos 53 3

, ,π ππ .

Las coordenadas polares de los puntos de intersección serían 53 3

(2, ) , (8, ) , (8, )π ππ .

De acuerdo al gráfico del inciso anterior, ya se encontraron todos los puntos de

intersección, por tanto, no hace falta resolver los demás sistemas.

Paso 3. Verificación del polo como punto de intersección.

De acuerdo al gráfico, el polo no es un punto de intersección.

11. Calcule el área de la región dentro de la circunferencia r 3sen( )= θ y fuera del caracol

r 2 sen( ).= − θ

Solución.

Puntos de intersección entre las dos curvas: (3 /2, / 6)π y (3 /2,5 /6)π .

Gráfico: (ver figura 59)





/22 2

/6

1A 2. ((3sen( )) (2 sen( )) )d 3 3

2

π

π

= θ − − θ θ =∫ .

12. Sean las ecuaciones en coordenadas polares

3

r 1 sen( ) y r1 2sen( )

= + θ =+ θ

.


Solución.

Paso 1. Identificación de la primera curva.

2r 1 sen( ) 1 cos( )π= + θ = + θ − .

Como a / b 1= , entonces se trata de un cardioide con ángulo de rotación igual a / 2π

radianes.

Paso 2. Identificación de la segunda curva.

2

3 3r

1 2sen( ) 1 2cos( )π= =

+ θ + θ −.

Se tiene que la excentricidad es igual a 2, por lo tanto se trata de una hipérbola con ángulo de rotación igual a / 2π radianes.


(Ver figura 60)






Solución.

Paso 1. Determinación de las representaciones de cada curva. Para el cardioide se tienen dos representaciones:

2 2r 1 cos( ) , r 1 cos( )π π= + θ − = − + θ − .

Para la hipérbola se tienen dos representaciones:

2 2

3 3r , r

1 2cos( ) 1 2 cos( )π π= = −

+ θ − − θ −.


Sistemas a resolver de acuerdo a las representaciones establecidas:

2

2

r 1 cos( )

3r

1 2cos( )

π

π

= + θ − = + θ −

, 2

2

r 1 cos( )

3r

1 2cos( )

π

π

= − + θ − = + θ −

,

2

2

r 1 cos( )

3r

1 2cos( )

π

π

= + θ − = − − θ −

, 2

2

r 1 cos( )

3r

1 2cos( )

π

π

= − + θ − = − − θ −


2

2

31 sen( ) (1 2sen( ))(1 sen( )) 3 1 3sen( ) 2sen ( ) 3

1 2sen( )

2 3sen( ) 2sen ( ) 0

3 9 4.2.2 3 25 3 5sen( )

4 4 4

+ θ = ⇒ + θ + θ = ⇒ + θ + θ =+ θ

⇒ − + θ + θ =

− ± + − ± − ±⇒ θ = = =




De modo que se derivan dos situaciones: sen( ) 2 No tiene soluciónθ = − ⇒ , 51

2 6 6sen( ) 2k (k Z) y 2k (k Z)π πθ = ⇒ θ = + π ∈ θ = + π ∈ .

Si se toma 0,2θ ∈ π , entonces se tienen los ángulos 56 6,π π .

Las coordenadas polares de los puntos de intersección serían 3 3 52 6 2 6

( , ) , ( , )π π .


intersección, por tanto, no hace falta resolver los demás sistemas.


De acuerdo al gráfico, el polo no es un punto de intersección.

13. Sean las ecuaciones en coordenadas polares r cos(2 ) y r sen( )= θ = θ .


Solución.

Paso 1. Identificación de la primera curva. r c os(2 )= θ . Se trata de una rosa de cuatro pétalos.

Paso 2. Identificación de la segunda curva.

2r sen( ) cos( )π= θ = θ − .

Se trata de una circunferencia que pasa por el polo, de radio ½ y con ángulo de rotación igual a / 2π radianes.


(Ver figura 61)






Solución.

Paso 1. Determinación de las representaciones de cada curva.

Para la rosa se tienen dos representaciones: r cos(2 ) , r cos(2 )= θ = − θ .

Para la circunferencia se tiene una representación:

2r cos( )π= θ − .


Sistemas a resolver de acuerdo a las representaciones establecidas: r cos(2 )r sen( )

= θ = θ

, r cos(2 )r sen( )= − θ

= θ


2 2cos(2 ) sen( ) 1 2sen ( ) sen( ) 2sen ( ) sen( ) 1 0

1 1 4.2.1 1 9 1 3sen( )

4 4 4

θ = θ ⇒ − θ = θ ⇒ θ + θ − =

− ± + − ± − ±⇒ θ = = =

De modo que se derivan dos situaciones: 3

2sen( ) 1 2k (k Z)πθ = − ⇒ θ = + π ∈ , 51

2 6 6sen( ) 2k (k Z) y 2k (k Z)π πθ = ⇒ θ = + π ∈ θ = + π ∈ .

Si se toma 0,2θ ∈ π , entonces se tienen los ángulos 3 52 6 6

, ,π π π .

Las coordenadas polares de los puntos de intersección serían 3 51 1

2 2 6 2 6( 1, ) , ( , ) , ( , )π π π− .


intersección distintos al polo, por tanto, no hace falta resolver el otro sistema.


Primera curva: (2k 1)1 12 2 2

0 cos(2 ) arccos(0) 2k , k Z+ = θ ⇒ θ = ⇒ + π ∈

.

Por lo tanto la rosa de cuatro pétalos pasa por el polo. Segunda curva: 0 sen( ) arc sen(0) (2k 1) , k Z= θ ⇒ θ = ⇒ + π ∈ .

Por lo tanto la circunferencia pasa por el polo.

En conclusión, el polo también es un punto de intersección de las dos curvas.

EJERCICIOS PROPUESTOS Funciones Vectoriales



1.46. EJERCICIOS PROPUESTOS

1. Calcule el dominio de las siguientes funciones:

a. f 22

2t(t) ln(t), 1 t ,

4 t

= + −

b. g1

(t) arcsen(t), ,1t 1

= −

c. h1

(t) t, , 1 tt

= −

d. k(t) ( 1 t, 1 t)= + −

e. m2

2

t 1 t(t) ,

t 1 t 1

−= + −

f. p 2 2(t) (ln(t t 1),ln(t 1))= + + +

g. r(t) (t,arcsen(t),ln(t))=

2. Dadas las siguientes funciones vectoriales describa su rango:

a. r 2 2(t) (2 t ,1 2t )= + −

b. r(t) (2cos(t),3sen(t),2)=

c. r 2(t) (3t,1 2t )= −

d. r(t) (1 2cos(3t), 2 sen(3t))= + − +

e. r1

(t) t,t 1

= −

f. r1

(t) 2, t,t 1

= −

g. r(t) (sen(t),cos(2t))=

h. r 2(t) (sen(t),2cos (t))=

i. r 2(t) (t 1,2t 1, 3)= − + −

Rta. 2x y 5+ =

Rta. 22 yx

4 9 1 , z 2+ = =

Rta. 229 x y 1+ =

Rta. 2(x 1) 2

4 (y 2) 1− + + =

Rta. 1x 1

y −=

Rta. 1y 1z , x 2−= =

Rta. 22x y 1+ =

Rta. 22x y 2+ =

Rta. 22(x 1) y 1 , z 3+ = − = −

3. Dada la curva r 2 2(t) (t 1, t 1)= + − , demuestre que describe una curva no simple y

encuentre los valores de t para los cuales se autointersecta.

4. Parametrice la curva:

a. ln(ln(x 1) 1)

yln(x 1) 1

+ +=+ −

tomando como parámetro un t para el cual t ln(x 1).= +

b. 2y x 3xy− = tomando como parámetro un t para el cual 2x ty= .




c. 3 3y x 3xy+ = tomando como parámetro un t para el cual y tx= .

d. 2y x(x y) 0− + = tomando como parámetro un t para el cual t x y= + .

5. En la figura 1, la circunferencia de radio a es fija y para todo valor del ángulo t, 0 t< < π ,

P es el punto medio del segmento QR. Encuentre las ecuaciones paramétricas de la curva

descrita por P.


6. En la figura 2, la circunferencia de radio a es fija y para todo valor del ángulo t, 0 t / 2≤ < π , P es el punto tal que OP AB= . Encuentre las ecuaciones paramétricas de

la curva descrita por P.





7. En los siguientes ejercicios, determine si los vectores dados son ortogonales, paralelos o

ninguno de ellos. a. u i j v i j3 5 y 6 10= + = − −

b. u i j v i j2 3 y 6 4= + = −

c. u i j v i j2 3 y 6 4= + = +

d. u i j v i j2 3 y 6 4= + = − +

8. Sean u i j v i j3 4 y .= + = + α Determine α tal que:

a. u y v sean ortogonales

b. u y v sean paralelos c. el ángulo entre u y v sea 2 3π

d. el ángulo entre u y v sea 3π

9. Halle un vector de magnitud 2 2 y que forme un ángulo de 30� con la dirección positiva

del eje x.

10. Halle un vector unitario que forme un ángulo de 45� con el lado positivo del eje y.

11. En los siguientes ejercicios encuentre el producto cruz u v× : a. u i j v k2 ; 3= − =

b. u i j v j k;= − = +

c. u i j v i k2 3 ; 7 4= − + = +

d. u i j k v i j k2 3 ; 6 4 2= − + = + −

12. Determine una parametrización de las siguientes curvas en el sentido indicado:

a. 2 2x y 3+ = ; horario y antihorario

b. 2 2x y 4− = ; horario

c. x y 1+ = ; antihorario

d. y 1 x , 2 x 2= − − ≤ ≤ , de izquierda a derecha

e.

2y 4 x 2 x 2y 0 2 x 1 , 1 x 2

y x 1 1 x 0y x 1 0 x 1

= − − ≤ ≤

= − < < − < ≤

= + − ≤ < = − + ≤ ≤

, antihorario

f.

2y 1 x 0 x 1x 0 1 y 1

y x 1 0 0 x 1

= − ≤ ≤ = − ≤ ≤ − + = < ≤

, antihorario




g. 2 2

y x 1 0 x 1y x 1 1 x 0

x y 1 1 y 0

= − + ≤ ≤ = + − ≤ ≤ + = − ≤ ≤

, horario

h.

2

2 2

2 2

y x 0 x 3

(x 3) (y 2)1 0 x 3, y 2

9 49

x (y 1) 1 1 x 0

= ≤ ≤

− − + = ≤ ≤ ≥ + − = − ≤ ≤

, horario

i.

22

3

(y 1)x 1 x 0

43x y 3 0 1 x 0

y (x 1) 0 1 x 0

−+ = ≥ − + = − ≤ ≤ + + = − ≤ ≤

, antihorario

13. Halle una parametrización en sentido antihorario para la curva C dada por x2

2 2

y 1 sen( ) 0 x 2

x 2y y 3 1 y 1y 1 x 2 1 y 2

π = + ≤ ≤ − + = − ≤ ≤ + + = ≤ ≤

.

14. Una curva C es la unión de los siguientes segmentos de curva:

1C : arco de elipse 2 2(x 1) (y 1)

14 9− −+ =

que comienza en 6 6

1 ,113 13

+ +

y termina en 6 6

1 ,113 13

− −

,

recorrido en sentido antihorario.

2C : es el segmento de recta que une los puntos anteriores

a. Parametrice los segmentos de la curva C en forma independiente uno del otro

b. Parametrice la curva C en sentido antihorario

15. Parametrice la curva C que es el contorno que limita el dominio D definido como el

conjunto de los puntos 2(x,y) R∈ que satisfacen al menos una de las inecuaciones 2 2 2 2x y 2x 0 , x y 2y 0+ − ≤ + − ≤ recorrida en sentido antihorario.




16. Calcule los siguientes límites:

a. t 0

1lím t,

t 1→

+

b. t 0

sen(t)lím ,1

t→

c. 1 / t2t 0

1lím (1 t) ,

t 1→

+ +

d. 2

3 2 2t 1

t 1 tlím ,ln(t),

t t t 1 t 1→

− − + − +

e. t 0

sen(3t) tlím ,

2t cos(t)→

f. 2t 0

1 cos(t) 1 cos(t)lím ,

t t→

− −

17. Estudie la continuidad de las siguientes funciones:

a. rln(t 1)

t, ,2 t 0(t) t

(0,1,5) t 0

+ ≠ = =

b. r2

3

tt 1, t 1

t t 1(t)

sen(t 1)1 , t 2t 1 t 1

t 1

+ ≤ − + = − + − + > −

c. r23

sen(2t) cos(2t) sen(4t), , t 0

sen(3t) cos(3t) cos(5t)(t)

( ,1,1) t 0

≠ = =

18. Pruebe que la curva descrita por r 3 2(t) (t 4t, t )= − se intersecta a si misma en el punto

(0,4) y halle las ecuaciones de las dos rectas tangentes en ese punto.

19. Calcule la velocidad, rapidez y aceleración para las partículas cuya posición está dada por:

a. r t t t(t) (e sen(t),e t,e cos(t))− − −=

b. r (t) (3sen(t),4 cos(t), t / 2) t / 2= = π

c. r 4 2 3(t) (t 2t , t )= −

d. r 2 2(t) (sen (t),sen(t ))=

e. r (t) (t cos(t) sen(t), t cos(t)) t 0= − + =




20. Pruebe que r kt kt(t) (e ,e )−= y r ''(t) son paralelos.

21. La función posición de una partícula está dada por r 2 2(t) (t ,5t, t 16t)= − . ¿Cuándo es

mínima su rapidez?

22. Halle los valores de t para los cuales el vector tangente a la curva descrita por

r 2(t) (2t 1,3t 2)= + − es paralelo al vector v (2, 1)= − .

23. Sean las funciones vectoriales f(t) (1, t 1,sen(t))= + y g(t) (1 t,1 t,1 sen(t))= − + + .

a. Calcule la derivada de la función f g(t) (t)• . Rta. 1 2t cos(t) sen(2t)+ + +

b. Calcule la derivada de la función f g(t) (t)× . Rta. (1, t cos(t) sen(t),2t 1)− − +

24. Halle la recta tangente a la curva descrita por la función vectorial f(t) (ln(t),sen(t))= en

el punto f2

( )π .

25. Evalúe las siguientes integrales:

a.

42 3

22

t, 1 t ,4t dt

1 t

+ + ∫

b. ( )

0

t cos(t), tsen(t), t dtπ

∫

c.

i j k2

2 3

1

(t 3t 4t )dt−

+ +∫

26. Determine la longitud de arco de la curva descrita por r 2(t) (t, t, t )= con t [ 3,3].∈ −

27. Dada r(t) (3cos(t),3sen(t))= , dé su parametrización en función de la longitud de arco.

28. Pruebe que la longitud de arco de la función f(t) (cosh(t), senh(t), t)= es s(t) 2senh(t)= .

29. Obtenga otra representación paramétrica de la función f(t) (cosh(t), senh(t), t)= usando

como parámetro la longitud de arco s(t).

30. Obtenga la parametrización de longitud de arco para r t t t(t) (Ae ,B cos(e ),Bsen(e ))α α α= ,

partiendo de 0t 0= , siendo A, B, α constantes reales positivas.




31. Sea r una función vectorial dada por

r2

2 2

2t 1 t(t) , ,1

1 t 1 t

−= + + .

Pruebe que el ángulo formado por r(t) y r'(t) es constante, es decir, no depende de t.

32. Dada la curva

r3

2t(t) t, t

3

= −

:

a. Encuentre los valores de t para los cuales la curva se autointersecta

b. Encuentre la longitud del lazo de curva determinado en el apartado anterior

33. Escriba la ecuación de un plano que contenga los puntos P(1, 1,2), Q(3,2,0) y R( 1,1,4)− − .

34. Halle los puntos de intersección del plano de ecuación 3x 5y z 2 0+ − + = y la recta de

ecuaciones paramétricas: x 3 2t, y 4 t, z 1 3t= − + = + = − − .

35. Halle los máximos y mínimos y estudie la concavidad de r 3(t) (t(t 1), t 1)= − − .

36. En cada caso, estudie en forma detallada y grafique la curva, indicando la dirección de la

trayectoria:

a. r2t t

(t) ,t 1 t 1

= + −

b. r2

2

2t t 1(t) ,

t1 t

+= −




c. rte t

(t) ,t t 1

= −

d. r2 2

2

t t(t) ,

1 t 1 t

= − −




e. r2

2

t t(t) ,

t 1 t 1

= + −

f. r2

2

t 3 t(t) ,

t t 4

+= −

g. r2

2

t 1 t(t) ,

t t 1

+= −




h. r 1 / t 1(t) e ,

t 1 = −

i. r2 3

2 2

t t(t) ,

1 t 1 t

= − −

j. r2 3

3 2

t t(t) ,

1 t 1 t

= − −




37. Sea la curva de ecuación

r2 1

(t) ,ln(t 2)t t 1

= ++

,

cuya gráfica se muestra en la figura 3. Realice un estudio completo e indique el sentido de

su trayectoria.


38. Demuestre que r r r

Nr r r

'(t) ''(t) '(t)(t)

'(t) ''(t) '(t)

× × =× ×

.

39. Determine los vectores T(t) y N(t) en el punto indicado en cada una de las siguientes

curvas:

a. r 3 2(t) (t 3t,3t ) ; t 2= − =

b. r t t(t) (e ,e ) ; t 0−= =

c. r (t) (t sen(t),1 cos(t)) ; t= − − = π

40. Determine los vectores T(t) , N(t) y B(t) en el punto indicado en cada una de las

siguientes curvas:

a. r 2(t) (t 1, t ,1 2t) ; t 1= + − − = −

b. r t t t(t) (e cos(t),e sen(t),e ) ; t 0= =




41. Encuentre las ecuaciones de las rectas tangente y normal y de los planos osculador,

normal y rectificante en el punto indicado en cada una de las siguientes curvas:

a. r r2 2(t) (t, t , t 3) ; P( (0))= +

b. r (t) (cos(t),sen(t), t g(t)) ; P(1,0,0)=

c. r r2(t) (t,ln(t), t ) ; P( (1))=

d. r t t(t) (e ,e ,ln(1 t)) ; t 0−= + =

e. r (t) (t cos(t), tsen(t), t) ; t 0= =

42. Halle los puntos de la curva r 2 3(t) (t, t , t )= donde el plano osculador pasa por el punto

(2, 1 /3, 6)− − .

43. ¿En qué puntos sobre la curva dada por r 2(t) (2 / t,ln(t), t )= − es el plano osculador

perpendicular al plano x y 4z 2 0?− + + = Halle la ecuación para cada plano.

44. Una curva C está definida por la función vectorial

r3 t 3 t 104 4 3

(4,4t,4t) 0 t 1(t) (4,4,8 4t) 1 t 2

(4 cos( ),2 2sen( ),0) 2 tπ π

≤ ≤= − ≤ ≤ + − ≤ ≤

.

Dé una parametrización para C en sentido contrario y halle en el punto (5,2,0) la recta

tangente a la curva, el vector normal unitario y el plano osculador.

45. Calcule la ecuación del plano rectificante y del plano osculador a la curva de ecuación

vectorial r t /2 t 2(t) (e 1,e 1, t 1)= + + + en el punto (2,2,1).

46. La trayectoria de una partícula está dada por el vector posición de la curva

r5 6 7t 2t t

(t) , ,5 6 7

=

.

a. Halle los vectores T, N, B y las componentes tangencial y normal de la aceleración.

b. Para t 1= , halle el plano osculador y el plano normal a la curva.

47. Sea la curva de ecuación r 3 3(t) (cos (t),sen (t)) , t 0,2= ∈ π denominada astroide.

a. Calcule el vector tangente, normal y binormal para todos los puntos donde tenga

sentido.

b. Calcule la parametrización de longitud de arco y el largo total de la curva.




48. Las coordenadas de una partícula en el tiempo t, son

2

x(t) sen(t) t cos(t)y(t) cos(t) tsen(t)

z(t) t

= − = + =

, t 0≥ .

Halle la rapidez de la partícula y las componentes normal y tangencial de la aceleración

en cualquier instante t.

49. El vector de posición de una partícula es r t t(t) (e ,e ,2t)−= . Calcule las componentes del

vector aceleración para el punto que corresponde a t ln(2).=

50. Una partícula se mueve a lo largo de la curva de ecuación r 2(t) (2t,ln(t), t )= . Calcule la

componente tangencial y normal de la aceleración en un punto donde el plano osculador es paralelo al plano 2x 2y z 0.− − =

51. Determine la curvatura de la curva de ecuación vectorial:

a. r 2 2(t) (t 1, t 1, t) en P(2,0,1)= + −

b. r r2(t) (ln(t), t, t ) en P( (1))=

c. r 2 3(t) (t 2t, t t) en t 1= − − =

d. r 1 1

(t) , en t 01 t 1 t = = + −

e. r (t) (at asen(t),a acos(t)) en t / 2 y t= − − = π = π

52. Calcule el radio y centro de curvatura de la curva de ecuación: a. r 2t 2t(t) (cos(t),3e ,3e )−= en P(1,3,3).

b. r 2 2 3(t) (1 2t,1 t t ,1 t t t )= + + − − + − en P(1,1,1).

c. r 3 2(t) (t , t , t)= en el punto donde su plano osculador es perpendicular al plano

6x y z 0+ − = .

d. 2xy e−= en P(0,1).

53. Para la gráfica de 2y x= calcule:

a. La curvatura en un punto arbitrario.

b. ¿En qué punto la curvatura alcanza su valor máximo?

La circunferencia osculatriz en los puntos donde la curvatura es igual a 1/4.

54. Encuentre los puntos de mínima curvatura para r 3 3(t) (cos (t),sen (t),cos(2t))= .




55. Demuestre que la curvatura de la parábola de n-ésimo orden ny x= es n 1

2 2n 2 3/2

n(n 1) x(x)

(n x x )

+−κ =

+.

56. La evoluta de una curva re( (t)) es el lugar geométrico de los centros de curvatura de

dicha curva. Pruebe que: a. La evoluta de una curva r(t) (x(t),y(t))= viene dada por

r2 2 2 2

e(x '(t)) (y '(t)) (x '(t)) (y '(t))

(t) x(t) y '(t) ,y(t) x '(t)x '(t)y ''(t) x ''(t)y '(t) x '(t)y ''(t) x ''(t)y '(t)

+ += − + − − .

b. Los centros de curvatura de 2y x= se encuentran sobre la curva

r2

3 6t 1(t) 4t ,

2

+= −

.

57. Un punto se mueve en el espacio según la función vectorial r(t) (4 cos(t),4sen(t),4cos(t))= .

Pruebe que el radio de curvatura es

3/22(t) 2 2 1 sen (t) ρ = +

.

58. Halle los puntos de la gráfica de 3y (x 1) 3= − + en los que la curvatura es cero.

59. Sea C la curva de ecuación

r 2 2(t) (t t 1, t 1, t 2)= + + − + .

a. Demuestre que C es una curva plana y halle el plano que la contiene. b. Halle el plano rectificante en el punto (1, 1,2)− .

c. Halle el centro y el radio de la circunferencia osculatriz en el punto (1, 1,2)− .

60. Calcule la torsión de la curva descrita por:

a. r 2 20(t) (1 t ,1 t, 2t ) en t t= − + − =

b. r 0(t) (2cos(t) sen(t), sen(t),cos(t)) en t t (0 t 2 )= − = ≤ ≤ π

c. 2t2

(t) (tsen(t) cos(t), t cos(t) sen(t), ) en t= + − = πr

d. r r2 2(t) (ln(t 1) ,ln(t 1),(t 1) ) en P( (2))= − − −




61. Demuestre que las siguientes curvas son planas y halle la ecuación del plano que las

contiene:

a. r22t 1 t

(t) , , t 2t 1 t 1

+= + − −

b. r2

1 t 1 1(t) , ,

1 t 1 t1 t

+ = − +−

c. r(t) (cos(t),sen(t),1 cos(t) sen(t))= − −

d. r 2 2(t) (2t 1, t , t 2)= + +

e. r 2 2(t) (2 t,1 t ,3t t )= + + +

62. Sea C la curva descrita por r(t) (acos(t),7 sen(t),b cos(t))= − . Pruebe que la curva es:

a. plana b. una circunferencia sólo si 2 2a b 1+ =

63. Sea la curva dada por

r(t) (4cos(7t) 21 3t,8sen(7t),4 3 cos(7t) 21t)= − + .

a. Obtenga la parametrización de la curva usando la longitud de arco a partir del punto

correspondiente a t 0= .

b. Calcule la curvatura y la torsión en cada punto.

64. Demuestre que la curva descrita por r(t) (acos(t),asen(t),bt)= tiene curvatura y torsión

iguales en todos sus puntos si y sólo si a b.=

65. La posición instantánea de una partícula es

r4 3

(t) cos(t),7 sen(t), cos(t)5 5 = − −

.

a. Pruebe que el recorrido es una circunferencia. Determine su radio y su centro.

b. Halle la ecuación del plano donde se efectúa el movimiento.

66. La posición instantánea de una partícula viene dada por r(t) (3cos(t), 4sen(t),2t).=

a. Calcule el punto donde su velocidad es perpendicular al plano 2x y z 1− + = .

b. Calcule el punto donde el plano normal es perpendicular al plano 2x y z 1− + =

c. Calcule la curvatura, centro de curvatura y torsión en el punto de la parte b.




67. Dada la curva r 2 3 2(t) (2t 1, t , t )= + , en el punto P(9,8,4) calcule:

a. Ecuación de los planos osculador y normal

b. Curvatura

c. Centro de curvatura

d. Torsión

68. Pruebe que la curva dada por

r2 2 2

1 3 5(t) 1, 2, 1

t t t = + + −

es una recta.

69. Dada la curva definida por r(t) (acos(t),asen(t), f(t))= pruebe que ésta es plana si f(t) es

solución de f '''(t) f '(t) 0.+ =

70. Una partícula tiene aceleración instantánea (1,0,1). Para t 1= está en el punto 3

,3,22

y tiene velocidad 3

2, 1,2

−

.

a. Deduzca la posición instantánea de la partícula.

b. Pruebe que el movimiento se realiza en un plano y dé su ecuación.

71. Determine la torsión de la curva descrita por

r22t 1 t

(t) , , t 2t 1 t 1

−= + − − .

Razone su respuesta.

72. Para los siguientes puntos dados en coordenadas polares, halle las coordenadas

cartesianas correspondientes: a. (4, / 4)π

b. (3,5 /6)π

c. (2,0) d. ( 4, /3)− π

e. ( 2, 7 / 6)− − π

73. Se dan las coordenadas cartesianas de un punto. Encuentre las coordenadas polares (r, )θ

del punto donde r 0> y 0 2≤ θ ≤ π . a. ( 1,1)−




b. (0, 5)−

c. (2 3, 2)−

d. ( 1, 3)− −

74. Encuentre la ecuación polar de las siguientes cartesianas: a. 2 2 2 2(x y ) 2a xy+ = . Rta. 2 2r a sen(2 )= θ

b. 2 3y (2a x) x− = . Rta. r 2asen( )tg( )= θ θ

c. 2 2 3 2 2(x y ) 4x y+ = . Rta. 2 2r sen (2 )= θ

d. 4 2 2x x (x y) 0+ − + = . Rta. r (1 tg( ))= ± + θ

e. 2 2 3 2 2 2 2 2(x y ) 6x y (x y )+ = − . Rta. r csc(4 )= ± θ

f. 2 2 2 2 2 2 2 316x y (x y ) (x y )− = +

g. xy 4=

75. Encuentre la ecuación cartesiana de las siguientes ecuaciones en coordenadas polares:

a. r 1 cos( )= − θ . Rta. 2 2 2 2 2(x y x) x y+ + = +

b. r 2 cos( ) 3sen( )= θ + θ . Rta. 2 2x y 2x 3y 0+ − − =

c. r 3 / (2 3sen( ))= + θ . Rta. 2 24x 5y 18y 9 0− + − =

d. r a= θ . Rta. 2 2 2 2 2(x y ) a (arctg(y / x))+ =

e. r 9 cos(2 )= θ . Rta. 2 2 2 2 2(x y ) 9(x y )+ = −

76. Halle la ecuación polar de la recta que pasa por el punto en coordenadas polares: a. (6,2 /3)π y es perpendicular al eje polar.

b. (2 2,3 / 4)π y es paralela al eje polar.

c. (4,5 /6)π y es tal que su distancia al polo es igual a 2 3 .

d. (4 3, /2)π y forma un ángulo 2 /3α = π con el eje polar.

e. (4,2 /3)π y por el punto en coordenadas polares (2 2, / 4).π

77. Encuentre la ecuación de la circunferencia con centro: a. (a, )α y pasa por el polo Rta. r 2acos( )= θ − α

b. En la recta / 3θ = π y pasa por (5, /2)π y (0,0) Rta. 2 10r cos( /3)

3= θ − π

c. Sobre la recta 3 / 4θ = π , radio 5 y pasa por el polo Rta. r 10cos( 3 / 4)= θ − π

78. Demuestre que los puntos A(1, /3), B( 3, / 6)π π y C(1,0) son los vértices de un

triángulo equilátero.




79. Demuestre que 32 3P( 3, )π es el punto medio del segmento cuyos extremos son

(3, / 6) y (3, /2).π π

80. Halle la distancia del punto R(1, / 6)π a la recta r cos( /3) 2θ − π = . Rta. 2 3−

81. Encuentre las ecuaciones de las siguientes cónicas con foco en el polo, excentricidad y

directrices dadas por: a. e 1 r cos( ) 4= θ = − Rta. r 4 / (1 cos( ))= − θ

b. e 1 / 2 r cos( ) 2= θ = Rta. r 2 / (2 cos( ))= + θ

c. e 2 r cos( / 3) 3= θ + π = Rta. r 6 /(1 2 cos( /3))= + + θ + π

82. Encuentre la excentricidad y la directriz de cada una de las siguientes cónicas. Dar su

ecuación cartesiana.

a. r 1 / (1 cos( ))= − θ Rta. 2e 1 ; y 2x 1= = +

b. r 2 / (1 sen( ))= − θ Rta. 2e 1 ; y (x 4) / 4= = −

c. r 4 / (6 sen( ))= + θ Rta. 2 2e 1 /6 ; 36x 35y 8y 16 0= + + − =

d. r 5 / (1 2cos( ))= − + θ

e. r 4 / (2 sen( ))= − − θ

83. Encuentre los puntos de intersección entre las parejas de curvas. a. r 2 cos( ) ; r 2sen( )= θ = θ

b. r 1 cos( ) ; r cos(2 )= − + θ = θ

c. r 4(1 sen( )) ; r(1 sen( )) 3= + θ − θ =

84. Halle la ecuación polar de la recta tangente a r 2 2 cos( )= − θ en el punto 2,2π

.

85. Encuentre la ecuación polar de la parábola con foco en el polo y vértice el punto 3

3,4π −

.

86. Para la curva de ecuación cartesiana 2 2 2 2 2x y (x x y )+ = + + :

a. Determine su ecuación polar.

b. Grafique la curva en el sistema de coordenadas polares.

c. Utilice la ecuación obtenida en el apartado a para calcular su longitud.




87. Grafique en un mismo sistema de coordenadas polares las curvas dadas por

13

r 3cos4π = − θ −

y 2

3r 1 cos

4π = − θ −

.

Indique los puntos de intersección entre 1r y 2r y señálelos en el gráfico.

88. Grafique la curva de ecuación polar

r 6 3sen3π = + θ −

.

89. Grafique las curvas

1r 3 3cos6π = − θ −

y 2r 6sen

3π = − θ +

.

90. Dadas las ecuaciones

15

r2 3sen( )

= −+ θ

y 2r 6sen( )= − θ :

a. Identifique y grafique cada curva.

b. Dar todas las ecuaciones que representan dichas curvas.

c. Calcule las intersecciones de las curvas.

d. Grafique 1r 6π θ −

.

91. Identifique y grafique en un mismo sistema polar las curvas de ecuación r 1= , r 2sen(3 )= θ . Halle todos los puntos de intersección y plantee la integral que permite

calcular la longitud de arco de la segunda curva.

92. En un mismo sistema de coordenadas polares grafique e identifique las siguientes curvas:

r 2 cos( )= θ , r 2 cos3π = − − θ

, r 2 cos

3π = − + θ

.

93. Halle en coordenadas polares la ecuación de la cónica de excentricidad 1 y directriz

r cos 2 24π θ − =

.

94. Halle la ecuación polar de la recta tangente en los puntos de tangencia horizontal y vertical de la curva r a(1 cos( ))= + θ .




95. Suponga que la curva plana C está descrita por r r( )= θ en coordenadas polares. Pruebe

que la curvatura de C viene dada por 2 2

3/22 2

r 2(r ') rr ''( )

r (r ')

+ −κ θ =

+

.

96. Use la fórmula anterior para calcular la curvatura de

a. r 1 sen( )= − θ

b. r = θ (espiral de Arquímedes) c. r a.sen( )= θ

97. Una curva 1C tiene como ecuación cartesiana 2 2 2 2 2(x y 2x) 4(x y )+ − = + .

a. Determine la ecuación polar de 1C e identifíquela.

b. Grafique la curva obtenida anteriormente rotándola / 4π radianes en sentido

antihorario y dé la ecuación polar de la curva rotada. c. Determine los puntos de la curva 1C donde la recta tangente es vertical e indique las

nuevas coordenadas de estos puntos en la curva obtenida en el apartado b. d. Grafique las curvas 2C de ecuación polar r 4cos( )= θ y 1C en el mismo plano.

e. Determine los puntos de intersección entre las curvas 1C y 2C e índiquelos en el

gráfico.

98. Sea C una curva polar descrita por r r( ) , a b= θ ≤ θ ≤ . Pruebe que la longitud de arco de

la curva C viene dada por b

2 2

a

S r (r ') d= + θ∫

99. Identifique y grafique la ecuación polar r 2 2sen( )= − θ y escriba la integral simplificada de

la longitud total de su arco (no la calcule).

BIBLIOGRAFÍA Funciones Vectoriales



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[2] CRUZ, Cipriano; DE LARA, Leonte, GUNZ, Bárbara y SÁNCHEZ, Mariemma. Coordenadas Polares. Facultad de Ingeniería. UCV (1983).

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edición. PEARSON PRENTICE HALL (2008).

[5] FEDENKO, A. S. Problemas de Geometría Diferencial. MIR (1981).

[6] GONZÁLEZ, Jesús y BEYER, Walter. Matemática III. Ingeniería. (733). UNA (1993).

[7] GONZÁLEZ, Jesús. Cálculo III. Matemática. (706). UNA (1994).

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Ingeniería. UCV (2002).

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[12] PITA, Claudio. Cálculo Vectorial. PEARSON PRENTICE HALL (1995).

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[18] THOMAS, George. Cálculo. Varias Variables. 11ma edición. PEARSON ADDISON

WESLEY (2006).

Semestre 3-2009


TEMA 2

FUNCIONES REALES DE VARIABLE VECTORIAL

VARIABLE REAL

Cálculo III (0253)

Semestre 3-2009

INDICE GENERAL Funciones Reales de Variable Vectorial


2.1. Superficies

2.2. Superficies cilíndricas

2.3. Superficies de revolución

2.4. Construcción de superficies

2.5. Superficies cuádricas

2.6. Intersección de superficies


2.8. Introducción a las funciones de varias variables

2.9. Dominio

2.10. Límite de una función de dos variables

2.11. Continuidad de una función de dos variables

2.12. Derivadas parciales de una función de dos variables

2.13. Derivadas direccionales y vactor gradiente


2.15. Plano tangente

2.16. Diferenciabilidad de una función de dos variables

2.17. Diferencial total

2.18. Regla de la cadena

2.19. Derivación implícita

2.20. Máximos y mínimos de funciones de dos variables

2.21. Optimización sujeta a restricciones



141

143

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204

208

224

SUPERFICIES Funciones Reales de Variable Vectorial Pág.: 141 de 305


2.1. SUPERFICIES

Definición 1. Se denomina superficie al conjunto de puntos 3P(x,y,z) R∈ que satisfacen

una ecuación de la forma F(x,y,z) 0= .

Ejemplo 1. Un plano Ax By Cz 0,+ + = es una superficie.

Ejemplo 2. Sean 0 0 0 0P (x ,y ,z ) y P(x,y,z) dos puntos del espacio; si 0P y P son tales que la

distancia entre ellos es una constante r, los puntos P forman una esfera de centro 0P y radio

r, cuya ecuación es 2 2 2 2

0 0 0(x x ) (y y ) (z z ) r− + − + − = .

Si de la ecuación en forma implícita F(x,y,z) 0= se puede despejar en forma única una

de las variables en función de las otras dos, por ejemplo z f(x,y)= (ecuación en forma

explícita), entonces la superficie definida por la ecuación F(x, y,z) 0= se puede ver como el

gráfico de la función f.

Definición 2. La intersección de una superficie y un plano se llama traza.

Ejemplo 3. Al graficar el plano de ecuación 2x 3y 5z 30 0+ + − = , se van a considerar las

trazas sobre los ejes coordenados. La traza sobre el plano xy se obtiene haciendo z 0= , es decir, 2x 3y 30 0+ − = , la cual es una recta en el plano xy. La traza sobre el plano yz es

3y 5z 30 0+ − = y la traza sobre el plano xz es 2x 5z 30 0+ − = . Una parte del gráfico se

muestra en la figura 1.

Ejemplo 4. Al graficar el plano de ecuación x 3 0− = , se van a considerar las trazas sobre los

ejes coordenados. La traza sobre el plano xy se obtiene haciendo z 0= , es decir, x 3 0− = , la

cual es una recta en el plano xy. La traza sobre el plano yz es 3 0− = (absurdo) lo que indica

que no hay intersección y la traza sobre el plano xz es x 3 0− = . Una parte del gráfico se

muestra en la figura 2.

Ejemplo 5. Al graficar la esfera de ecuación 2 2 2x y z 9+ + = , la traza sobre el plano xy es 2 2x y 9+ = , la cual es una circunferencia en el plano xy. La traza sobre el plano yz es 2 2y z 9+ = . La traza sobre el plano xz es 2 2x z 9+ = . Los gráficos se muestran en la figura 3.

SUPERFICIES Funciones Reales de Variable Vectorial Pág.: 142 de 305


Figura 1. Gráfica del plano del ejemplo 3 en el primer octante

Figura 2. Gráfica del plano del ejemplo 4 en el primer octante

Figura 3. Gráficas de la esfera del ejemplo 5

SUPERFICIES CILÍNDRICAS Funciones Reales de Variable Vectorial Pág.: 143 de 305


2.2. SUPERFICIES CILÍNDRICAS

La palabra cilindro designa una clase de superficie mucho más amplia que la del

cilindro circular recto conocido.

Definición 3. Un cilindro es una superficie generada por una recta que se mueve a lo largo

de una curva plana de tal manera que siempre permanece paralela a una recta fija que no

está contenida en el plano de la curva dada. La recta que se mueve se denomina generatriz

del cilindro y la curva plana dada se llama directriz del cilindro.

Definición 4. Sea C una curva plana en el plano xy (o en el plano yz o en el plano xz) y L

una recta que intersecta a C y que no está en el mismo plano de C. El conjunto de todas las

rectas paralelas a L que intersectan a C se llama superficie cilíndrica. La recta L se llama

generatriz y la curva C es la traza de la superficie en el plano xy.

Ejemplo 6. 2 2x y 16+ = (ver figura 4)

Figura 4. Gráficas de la superficie cilíndrica del ejemplo 6



Ejemplo 7. 2 29x 16y 144+ = (ver figura 5)


Ejemplo 8. z sen(y)= (ver figura 6)




Ejemplo 9. 2 225y 4z 100− = (ver figura 7)


2.3. SUPERFICIES DE REVOLUCIÓN

Definición 5. Si una curva plana se gira alrededor de una recta fija que está en el plano de la

curva, entonces la superficie así generada se denomina superficie de revolución. La recta

fija se llama eje de la superficie de revolución, y la curva plana recibe el nombre de curva

generatriz (o revolvente).

Se sabe que una curva C girada alrededor de una recta L que está en el mismo plano

de C, genera una superficie de revolución. La recta L se llama eje de giro. Si la superficie es generada por la rotación de una curva C de ecuación f(x,z) 0= alrededor del eje x, entonces

un punto P(x,y,z) de la superficie pertenece a la circunferencia descrita por P(x,0,z ') de la

curva f(x,z ') 0= . Pero el radio de la circunferencia z ' satisface la relación

2 2z ' y z= + ,

por lo tanto 2 2f(x, y z ) 0+ = es la ecuación de la superficie de revolución.

SUPERFICIES DE REVOLUCIÓN

Funciones Reales de Variable Vectorial Pág.: 146 de 305


Con un análisis similar se pueden deducir las ecuaciones de las superficies en caso de

que la curva plana C está en un plano coordenado y rota alrededor de un eje coordenado

situado en ese mismo plano. En la tabla 1 se presenta un resumen de ecuaciones de

superficies de revolución generada por la rotación de una curva C.

Curva Eje de giro Ecuación de la superficie f(x,y) 0= X 2 2f(x, y z ) 0+ =

f(x,y) 0= Y 2 2f( x z ,y) 0+ =

f(x,z) 0= Z 2 2f( x y ,z) 0+ =

f(x,z) 0= X 2 2f(x, y z ) 0+ =

f(y,z) 0= Y 2 2f(y, x z ) 0+ =

f(y,z) 0= Z 2 2f( x y ,z) 0+ =

Tabla 1. Ecuaciones de superficies de revolución y su curva de rotación

Ejemplo 10. Encuentre la ecuación de la superficie generada por la rotación de la curva 2 29x 4y 36+ = alrededor del eje y.

Solución.

Como la curva gira alrededor del eje Y, se reemplaza x por 2 2x z+ en la ecuación de la

curva, para obtener la superficie de ecuación 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y z9( x z ) 4y 36 9(x z ) 4y 36 9x 9z 4y 36 1

4 9 4+ + = ⇒ + + = ⇒ + + = ⇒ + + =

(elipsoide)

Su gráfica es (ver figura 8)

Figura 8. Gráfica de la superficie de revolución del ejemplo 10

SUPERFICIES DE REVOLUCIÓN



Ejemplo 11. Encuentre la ecuación de la superficie generada por la rotación de la curva

2z 4 x= − alrededor del eje z.

Solución.

Como la curva gira alrededor del eje Z, se reemplaza x por 2 2x y+ en la ecuación de la

curva, para obtener la superficie de ecuación 2 2z 4 (x y )= − + .

Su gráfica es (ver figura 9)

Figura 9. Gráfica de la superficie de revolución del ejemplo 11

2.4. CONSTRUCCIÓN DE SUPERFICIES

Dada una superficie definida por la ecuación F(x,y,z) 0= , se define el gráfico de ella

como el conjunto de puntos P(x,y,z) que satisfacen la ecuación. El esquema a seguir,

contiene ciertos detalles:

I. Intersecciones con los ejes coordenados.

a. Eje x: Encontrar puntos de la forma P(x,0,0) de la superficie.

b. Eje y: Encontrar puntos de la forma P(0,y,0) de la superficie.

c. Eje z: Encontrar puntos de la forma P(0.0,z) de la superficie.

CONSTRUCCIÓN DE SUPERFICIES



II. Trazas sobre los ejes coordenados. Son las curvas intersección de la superficie con los

planos coordenados.

a. Plano yz: Se hace x 0.= b. Plano xz: Se hace y 0.=

c. Plano xy: Se hace z 0.=

III.Simetría con respecto a los planos coordenados, ejes coordenados y al origen.

Si la ecuación de la superficie no se altera cuando

las variables x, y, z son reemplazadas por

La superficie es simétrica

con respecto al

-x, y, z Plano yz

x, -y, z Plano xz

x, y, -z Plano xy

-x, -y, z Eje Z

-x, y, -z Eje Y

x, -y, -z Eje X

-x, -y, -z Origen

IV.Secciones por planos paralelos a los planos coordenados

V. Información auxiliar de la superficie

VI.Gráfico de la superficie

2.5. SUPERFICIES CUÁDRICAS

Definición 6. Una superficie cuádrica es aquella que se puede representar mediante una

ecuación de segundo grado en dos variables, como por ejemplo, en la forma:

2 2 2Ax Bxy Cy Dz Ex Fy Gz H 0+ + + + + + + = .

Se verán los casos más simples de estas superficies y que corresponden, por analogía

con las cónicas: parábola, elipse, hipérbola. Se tratarán además superficies cuadráticas con

B 0= , que geométricamente significa que no están rotadas; su eje principal es paralelo a uno

de los ejes de coordenadas.

SUPERFICIES CUÁDRICAS Funciones Reales de Variable Vectorial Pág.: 149 de 305


Elipsoide. Tiene como ecuación 2 2 2

0 0 02 2 2

(x x ) (y y ) (z z )1

a b c

− − −+ + = .

Si a b c= = corresponde a una esfera. Los números a, b y c son las longitudes de los semiejes

del elipsoide. Si dos cualesquiera de estos tres números son iguales, se obtiene un elipsoide

de revolución.

Ejemplo 12. 2 2 2x y z

19 16 25

+ + = .

Al hacer un estudio de esta superficie se tiene que: I. Intersecciones con los ejes:

a. Eje x: 2x 9 x 3 (3,0,0) y ( 3,0,0)= ⇒ = ± ⇒ − son puntos de la superficie.

b. Eje y: 2y 16 y 4 (0,4,0) y (0, 4,0)= ⇒ = ± ⇒ − son puntos de la superficie.

c. Eje z: 2z 25 z 5 (0,0,5) y (0,0, 5)= ⇒ = ± ⇒ − son puntos de la superficie.

II. Trazas sobre los ejes:

a. Plano yz: 2 2y z

x 0 116 25

= ⇒ + = , entonces se tiene una elipse.

b. Plano xz: 2 2x z

y 0 19 25


c. Plano xy: 2 2x y

z 0 19 16


III.Simetría con respecto a los planos coordenados, ejes coordenados y al origen

Relaciones Simetría F( x,y,z) F(x, y,z)− = plano yz F(x, y,z) F(x,y,z)− = plano xz F(x,y, z) F(x,y,z)− = plano xy F( x, y,z) F(x,y,z)− − = eje Z F( x,y, z) F(x,y,z)− − = eje Y F(x, y, z) F(x, y,z)− − = eje X F( x y, z) F(x,y,z)− − − = Origen

IV. Secciones por planos paralelos a los planos coordenados

Los planos paralelos al plano xy tienen ecuación z k= . La curva intersección entre la

superficie y este plano se obtiene sustituyendo z k= en la ecuación del elipsoide, resultando 2 2 2x y k

19 16 25

+ = − .



Si 2k

1 025

− > , es decir k 5< , la curva es una elipse en el plano z k= .

V. Gráfico de la superficie (ver figura 10)

Figura 10. Gráfica de la superficie cuádrica del ejemplo 12

Hiperboloide de una hoja. Tiene como ecuación alguna de las siguientes: 2 2 2

0 0 02 2 2

(x x ) (y y ) (z z )1

a b c

− − −+ − =

2 2 20 0 0

2 2 2

(x x ) (y y ) (z z )1

a b c

− − −− + =

2 2 20 0 0

2 2 2

(x x ) (y y ) (z z )1

a b c

− − −− + + =

Si a b= , la superficie es un hiperboloide de revolución para el cual el eje es la recta que

contiene al eje conjugado.

Observación 1. La variable del término con signo negativo es el eje encerrado por el

hiperboloide de una hoja.

Ejemplo 13. 2 2 2x y z

19 16 25

+ − = .

Al hacer un estudio de esta superficie se tiene que:



I. Intersecciones con los ejes:

a. Eje x: 2x 9 x 3 (3,0,0) y ( 3,0,0)= ⇒ = ± ⇒ − son puntos de la superficie.

b. Eje y: 2y 16 y 4 (0,4,0) y (0, 4,0)= ⇒ = ± ⇒ − son puntos de la superficie.

c. Eje z: 2z 25 no se int er sec ta con el eje z= − ⇒ .


a. Plano yz: 2 2y z

x 0 116 25

= ⇒ − = , entonces se tiene una hipérbola.

b. Plano xz: 2 2x z

y 0 19 25


c. Plano xy: 2 2x y

z 0 19 16



Relaciones Simetría F( x,y,z) F(x,y,z)− = plano yz F(x, y,z) F(x, y,z)− = plano xz F(x,y, z) F(x,y,z)− = plano xy F( x, y,z) F(x,y,z)− − = eje Z F( x, y, z) F(x,y,z)− − = eje Y F(x, y, z) F(x,y,z)− − = eje X F( x y, z) F(x,y,z)− − − = Origen


Los planos paralelos al plano XY tienen ecuación z k= . La curva intersección entre la

superficie y este plano se obtiene sustituyendo z k= en la ecuación del hiperboloide,

resultando 2 2 2x y k

19 16 25

+ = + .

Si 2k

1 025

+ > , es decir 2k 25> − , la curva es una elipse en el plano z k= . Los planos

paralelos al plano xz tienen ecuación y k= . La curva intersección entre la superficie y este

plano se obtiene sustituyendo y k= en la ecuación del hiperboloide, resultando 2 2 2x z k

19 25 16

− = − .

Si 2k

1 016

− ≠ , es decir si k 4≠ ± , la curva es una hipérbola en el plano y k= . Los

planos paralelos al plano yz tienen ecuación x k= . La curva intersección entre la superficie y

este plano se obtiene sustituyendo x k= en la ecuación del hiperboloide, resultando



2 2 2y z k

116 25 9

− = − .

Si 2k

1 09

− ≠ , es decir si k 3≠ ± , la curva es una hipérbola en el plano x k= .



Hiperboloide de dos hojas. Tiene como ecuación alguna de las siguientes:

2 2 20 0 0

2 2 2

(z z ) (x x ) (y y )1

c a b

− − −− − =

2 2 20 0 0

2 2 2

(z z ) (x x ) (y y )1

c a b

− − −− − + =

2 2 20 0 0

2 2 2

(z z ) (x x ) (y y )1

c a b

− − −− + − =

Si a b= , la superficie es un hiperboloide de revolución en el que el eje es la recta que

contiene al eje transverso de la hipérbola.

Observación 2. La variable del término con signo positivo es el eje abrazado por el

hiperboloide de dos hojas.



Hiperboloide de dos hojas. Tiene como ecuación

2 2 2

2 2 2

z x y1

c a b− − = .

Si a b= , la superficie es un hiperboloide de revolución en el que el eje es la recta que

contiene al eje transverso de la hipérbola.

Observación 2. La variable del término con signo positivo es el eje abrazado por el

hiperboloide de dos hojas.

Ejemplo 14. 2 2 2z x y

125 9 16

− − = .



a. Eje x: 2x 9 no se int er sec ta con el eje x= − ⇒ .

b. Eje y: 2y 16 no se int er sec ta con el eje y= − ⇒ .

c. Eje z: 2z 25 z 5 (0,0,5) y (0,0, 5)= ⇒ = ± ⇒ − son puntos de la superficie.


a. Plano yz: 2 2z y

x 0 125 16


b. Plano xz: 2 2z x

y 0 125 9


c. Plano xy: 2 2x y

z 0 19 16

= ⇒ + = − , no describe ninguna curva real.


Relaciones Simetría F( x,y,z) F(x,y,z)− = plano yz F(x, y,z) F(x,y,z)− = plano xz F(x,y, z) F(x,y,z)− = plano xy F( x, y,z) F(x, y,z)− − = eje Z F( x,y, z) F(x,y,z)− − = eje Y F(x, y, z) F(x,y,z)− − = eje X F( x y, z) F(x, y,z)− − − = Origen




resultando



2 2 2x y k

19 16 25

+ = − .

Si 2k

1 025

− > , es decir k 5> , la curva es una elipse en el plano z k= . Los planos


plano se obtiene sustituyendo y k= en la ecuación del hiperboloide, resultando 2 2 2z x k

125 9 16

− = + .

Si 2k

1 016

+ ≠ , es decir si para todo k real, la curva es una hipérbola en el plano y k= .

Los planos paralelos al plano yz tienen ecuación x k= . La curva intersección entre la

superficie y este plano se obtiene sustituyendo x k= en la ecuación del hiperboloide,

resultando 2 2 2z y k

125 16 9

− = + .

Si 2k

1 09

+ ≠ , es decir para todo k real, la curva es una hipérbola en el plano x k= .





Cono. Tiene como ecuación alguna de las siguientes 2 2 2

0 0 02 2 2

(x x ) (y y ) (z z )0

a b c

− − −+ − =

2 2 20 0 0

2 2 2

(x x ) (y y ) (z z )0

a b c

− − −− + =

Observación 3. La variable del término con signo negativo es el eje abrazado por el cono.

Ejemplo 15. 2 2 2x y z9 16 25

+ = .

Al hacer un estudio de esta superficie se tiene que: I. Intersecciones con los ejes:

Eje x: 2x 0 (0,0,0)= ⇒ es un punto de la superficie.


a. Plano yz: 2 2y z

x 016 25

= ⇒ = , entonces se tienen dos rectas secantes de ecuaciones

45y z= , 4

5y z= − .

b. Plano xz: 2 2x z

y 09 25


35x z= , 3

5x z= − .

c. Plano xy: 2 2x y

z 0 09 16

= ⇒ + = , describe el punto (0,0,0).


Relaciones Simetría F( x,y,z) F(x,y,z)− = plano yz F(x, y,z) F(x, y,z)− = plano xz F(x,y, z) F(x,y,z)− = plano xy F( x, y,z) F(x,y,z)− − = eje Z F( x, y, z) F(x,y,z)− − = eje Y F(x, y, z) F(x,y,z)− − = eje X F( x y, z) F(x,y,z)− − − = Origen


Los planos paralelos al plano XY tienen ecuación z k= . La curva intersección entre la


resultando 2 2 2x y k9 16 25

+ =



Si 2k

025

> , es decir k 0> , la curva es una elipse en el plano z k= . Los planos


plano se obtiene sustituyendo y k= en la ecuación del hiperboloide, resultando 2 2 2z x k

25 9 16− = .

Si 2k

016

≠ , es decir si k 0≠ , la curva es una hipérbola en el plano y k= . Los planos

paralelos al plano yz tienen ecuación x k= . La curva intersección entre la superficie y este

plano se obtiene sustituyendo x k= en la ecuación del hiperboloide, resultando 2 2 2z y k

25 16 9− = .

Si 2k

09

≠ , es decir si k 0≠ , la curva es una hipérbola en el plano x k= .



Paraboloide. Tiene como ecuación alguna de las siguientes:

2 2

0 0 02 2

(x x ) (y y ) z zca b

− − −+ = ,

2 20 0 0

2 2

(x x ) (z z ) y yba c

− − −+ = ,

2 20 0 0

2 2

(z z ) (y y ) x xac b

− − −+ = .

Observación 4. La variable del término lineal es el eje abrazado por el paraboloide y el

signo de su coeficiente indica como lo hace.



Ejemplo 16.

2 2x y z9 16 5

+ = .





a. Plano yz: 2 16x 0 y z

5= ⇒ = , entonces se tiene una parábola.

b. Plano xz: 2 9y 0 x z

5= ⇒ = , entonces se tiene una parábola.

c. Plano xy: 2 2x y

z 0 09 16

= ⇒ + = , describe el punto (0,0,0).


Relaciones Simetría F( x,y,z) F(x,y,z)− = plano yz F(x, y,z) F(x,y,z)− = plano xz F(x,y, z) F(x, y,z)− ≠ - F( x, y,z) F(x,y,z)− − = eje Z F( x,y, z) F(x,y,z)− − ≠ - F(x, y, z) F(x,y,z)− − ≠ - F( x y, z) F(x,y,z)− − − ≠ -




resultando 2 2x y k9 16 5

+ = .

Si k

05

> , es decir k 0> , la curva es una elipse en el plano z k= . Los planos paralelos

al plano xz tienen ecuación y k= . La curva intersección entre la superficie y este plano se

obtiene sustituyendo y k= en la ecuación del hiperboloide, resultando 2 2x z k9 5 16

= − .

Para todo k real, la curva es una parábola en el plano y k= . Los planos paralelos al

plano yz tienen ecuación x k= . La curva intersección entre la superficie y este plano se

obtiene sustituyendo x k= en la ecuación del hiperboloide, resultando



2 2y z k

16 5 9= − .

Para todo k real, la curva es una parábola en el plano x k= .



Paraboloide hiperbólico o silla de montar. Tiene como ecuación alguna de las siguientes: 2 2

0 0 02 2


− − −− = ,

2 20 0 0

2 2


− − −− = ,

2 20 0 0

2 2


− − −− =

2 20 0 0

2 2


− − −− + = ,

2 20 0 0

2 2


− − −− + = ,

2 20 0 0

2 2


− − −− + =

Ejemplo 17. 2 2x y z9 16 5

− = .







a. Plano yz: 2 16x 0 y z

5= ⇒ = − , entonces se tiene una parábola.

b. Plano xz: 2 9y 0 x z

5= ⇒ = − , entonces se tiene una parábola.

c. Plano xy: 2 2x y

z 09 16


34x y= , 4

5x y= − .


Relaciones Simetría F( x,y,z) F(x,y,z)− = plano yz F(x, y,z) F(x, y,z)− = plano xz F(x,y, z) F(x,y,z)− ≠ - F( x, y,z) F(x,y,z)− − = eje Z F( x, y, z) F(x,y,z)− − ≠ - F(x, y, z) F(x,y,z)− − ≠ - F( x y, z) F(x,y,z)− − − ≠ -



superficie y este plano se obtiene sustituyendo z k= en la ecuación del paraboloide

hiperbólico, resultando 2 2x y k9 16 5

− = .

Si k

05

≠ , es decir k 0≠ , la curva es una hipérbola en el plano z k= . Los planos


plano se obtiene sustituyendo y k= en la ecuación del paraboloide hiperbólico, resultando 2 2x z k9 5 16

= + .

Para todo k real, la curva es una parábola en el plano y k= . Los planos paralelos al

plano yz tienen ecuación x k= . La curva intersección entre la superficie y este plano se

obtiene sustituyendo x k= en la ecuación del paraboloide hiperbólico, resultando 2 2y z k

16 5 9= + .

Para todo k real, la curva es una parábola en el plano x k= .





2.6. INTERSECCIÓN DE SUPERFICIES

La intersección de dos superficies F(x,y,z) 0= y G(x,y,z) 0= es el conjunto de puntos

3(x,y,z) R∈ que satisfacen simultáneamente ambas ecuaciones, es decir, una curva en el

espacio.

Ejemplo 18. La curva intersección de la esfera 2 2 2x y z 4+ + = y el plano y x 1 0+ − = viene

dada por las soluciones del sistema 2 2 2x y z 4y x 1 0

+ + =

+ − =.

Se obtienen las proyecciones de esta curva en los planos de coordenadas eliminando una de

las variables, así:

a. Para obtener la proyección en el plano xz se elimina la variable y:

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 21 1 1 74 2 2 2

21 22

7 74 2

x (1 x) z 4 x 1 2x x z 4 2x 2x z 3

2(x x ) z 3 2(x ) z

(x ) z1

+ − + = ⇒ + − + + = ⇒ − + =

⇒ − + + = + ⇒ − + =

−⇒ + =

INTERSECCIÓN DE SUPERFICIES



b. Para obtener la proyección en el plano yz se elimina la variable x:

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 21 1 1 74 2 2 2

21 22

7 74 2

(1 y) y z 4 1 2y y y z 4 2y 2y z 3

2(y y ) z 3 2(y ) z

(y ) z1

− + + = ⇒ − + + + = ⇒ − + =

⇒ − + + = + ⇒ − + =

−⇒ + =

Una de las formas de expresar una curva en el espacio es dar sus ecuaciones

paramétricas. En el ejemplo se puede usar la proyección en el plano yz para obtener sus

ecuaciones paramétricas: 1 72 4

x(t) cos(t)= − , 1 72 4

y(t) cos(t)= + , 72

z(t) sen(t)= , t 0,2∈ π

En forma gráfica, se tiene: (ver figura 16)

Figura 16. Gráfica de las superficies y su intersección del ejemplo 18

Ejemplo 19. La curva intersección del paraboloide 2 2z x y= + y el plano x y z 10+ + = viene

dada por las soluciones del sistema 2 2z x y

x y z 10

= +

+ + =.

Se obtienen las proyecciones de esta curva en los planos de coordenadas eliminando una de

las variables, así:

a. Para obtener la proyección en el plano xy se elimina la variable z para llegar a 2 21 1 21

2 2 2(x ) (y )+ + + = .

INTERSECCIÓN DE SUPERFICIES



b. Para obtener la proyección en el plano yz se elimina la variable x para llegar a

2 22y 2yz z 20y 21z 100 0+ + − − + = .

c. Para obtener la proyección en el plano xz se elimina la variable y para llegar a 2 22x 2xz z 20x 21z 100 0+ + − − + = .

Se puede usar la proyección en el plano xy para obtener sus ecuaciones paramétricas:

1 212 2

x(t) cos(t)= − + , 1 212 2

y(t) sen(t)= − + , 21 212 2

z(t) 11 cos(t) sen(t)= − − , t 0,2∈ π .

En forma gráfica, se tiene: (ver figura 17)

Figura 17. Gráfica de las superficies y su intersección del ejemplo 19

EJERCICIOS RESUELTOS Funciones Reales de Variable Vectorial Pág.: 163 de 305



1. Para cada ecuación, identifique la superficie que representa.

a. 2 2 29x 4y 36z 0− + =

b. 2 2 25x 6y 10z 30 0+ − + =

c. 2 24x y 9z 0+ + =

d. 2 2 2x y 2z 6 0− − + =

e. 2 2x 2y z= −

f. 2 2 2x y z 4 0+ + − =

g. 2 2 216x 9y 16z 32x 36y 36 0+ + − − + =

h. 2 2x y 4x 3y z 5 0+ − − − + =

i. 6x 3y 4z 12+ + =

j. 2 2 25x 6y 10z 30 0+ − − =

k. z sen(y)=

l. 2 2 2x y z 4− + = −

m. 2 29x 4z 36y 0+ + =

n. 2z 2 x= + o. 2 2y 2x z= −

p. 2 2 2x y z 2x 4y 6z 0+ + − − − =

q. 2 2 24x 4y z 8x 2z 11 0+ + + − − =

r. 2 2 24x y 4z 16x 6y 16z 9 0+ − − − − + =

Cono

Hiperboloide de dos hojas

Paraboloide

Hiperboloide de una hoja

Silla de montar

Esfera

Elipsoide

Paraboloide

Plano

Hiperboloide de una hoja

Superficie cilíndrica

Hiperboloide de dos hojas

Paraboloide

Superficie cilíndrica

Silla de montar

Esfera

Elipsoide

Cono

2. Construya la superficie de ecuación 2 2 24x 4y z 8x 2z 11 0+ + + − − = .

Solución.

2 2 2 2 2 2

2 2 22 2 2

4x 4y z 8x 2z 11 0 4(x 2x 1) 4y (z 2z 1) 11 4 1

(x 1) y (z 1)4(x 1) 4y (z 1) 16 1

4 4 16

+ + + − − = ⇒ + + + + − + = + +

+ −⇒ + + + − = ⇒ + + =

Sean x ' x 1, z ' z 1= + = − . Al graficar la ecuación 2 2 2x ' y z '

14 4 16

+ + =

se tiene: (ver figura 18)



Figura 18. Gráfica de la superficie cuádrica sin trasladar del ejercicio 2

Al trasladar los ejes x, z se tiene: (ver figura 19)

Figura 19. Gráfica de la superficie cuádrica trasladada del ejercicio 2

3. Construya la superficie de ecuación 2 2 24x y 4z 16x 6y 16z 9 0+ − − − − + = .

Solución.

2 2 2

22 2 2 2 2

4(x 4x 4) (y 6y 9) 4(z 4z 4) 9 16 9 16

(y 3)4(x 2) (y 3) 4(z 2) 0 (x 2) (z 2) 0 (cono)

4

⇒ − + + − + − + + = − + + −

−⇒ − + − − + = ⇒ − + − + =

Sean x ' x 2, y ' y 3, z ' z 2= − = − = + . Al graficar la ecuación 2 2

2 y ' z 'x ' 0

4 4+ − =

se tiene: (ver figura 20)



Figura 20. Gráfica de la superficie cuádrica sin trasladar del ejercicio 3

Al trasladar los ejes x, y, z se tiene: (ver figura 21)

Figura 21. Gráfica de la superficie cuádrica trasladada del ejercicio 4

4. Dadas las superficies 2 2 2z 4 y , z x y− = − = + , dé la proyección sobre el plano xy de la

curva intersección y determine una parametrización de dicha curva.

Solución. 2 2

2 2 2 2 2 x yx y 4 y x 2y 4 1

4 2+ − = − ⇒ + = ⇒ + = . Elipse

Parametrización:

r 2(t) (2cos(t), 2sen(t),2 cos (t) 2)= + o r 2(t) (2cos(t), 2sen(t),4 2sen (t))= − .



5. Halle la ecuación de la superficie de revolución S, que se obtiene al rotar la curva de

ecuaciones 2 2x z 1− = , y 0= alrededor del eje z y parametrice la curva de intersección

de la superficie S con la esfera de centro (2,0,0) y radio 3 .

Solución.

Superficie S: 2 2 2x y z 1+ − = (Hiperboloide de una hoja)

Esfera: 2 2 2 2 2 2(x 2) y z 3 z 3 (x 2) y− + + = ⇒ = − − − .

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2

x y 3 (x 2) y 1 x y 3 x 4x 4 y 1 2x 2y 4x 0

(x 1) y 1.

+ − + − + = ⇒ + − + − + + = ⇒ + − =

⇒ − + =

x(t) 1 cos(t)= + , y(t) sen(t)= , z(t) 1 2cos(t)= ± +

1 2r r(t) (1 cos(t),sen(t), 1 2cos(t)) (t) (1 cos(t),sen(t), 1 2cos(t))= + + = + − +

6. Parametrice la curva

2 2 2

x y 2C :

x y z 2(x y)

+ =

+ + = +

que se encuentra en el primer octante, recorrida desde el punto A (0,2,0)= hasta el

punto B (2,0,0)= .

Solución.

2 2 2 2 2 22 2 2

x y 2C : x (2 x) z 4 z 4x 2x z 4x 2x

x y z 2(x y)

+ =⇒ + − + = ⇒ = − ⇒ = −

+ + = +

por ser z 0≥ , ya que la porción de la curva recorrida pertenece al primer octante. De

acuerdo con lo anterior, la expresión paramétrica de la curva si x es el parámetro sería:

r 2(t) (t,2 t, 4t 2t )= − − , t 0,2∈ .

7. Halle las ecuaciones paramétricas de la curva intersección de las superficies de ecuaciones

y z 2 0− − = , 2 2x z 25+ = .

Solución.

Para encontrar las ecuaciones paramétricas de la curva C se tiene: x(t) 5cos(t)= , z(t) 5sen(t)= , y(t) 2 5sen(t)= + , 0 t 2≤ ≤ π .

Por lo tanto: r(t) (5cos(t),2 5sen(t),5sen(t))= + , 0 t 2≤ ≤ π .

8. Desde el punto (1,2, 1)− hasta el punto (1, 2, 1)− − , obtenga la curva de intersección de las

superficies dadas por 2x z 1+ = , 2 2z 8 x 2y= − − .

Solución.



2 2

2 2 2 2 (x 1) y1 2x 8 x 2y (x 1) 2y 8 1

8 4−− = − − ⇒ − + = ⇒ + =

r 32 2(t) (1 2 2 cos(t),2sen(t), 4 2 cos(t) 1) tπ π= + − − ≤ ≤ .

9. Sea C la curva de origen el punto (a,0,0), que se obtiene como intersección de las superficies de ecuaciones x z a+ = , 2 2 2 2x y z a+ + = ; a 0> es una constante. Encuentre

las ecuaciones paramétricas de C donde el recorrido de C es tal que la coordenada y

crece.

Solución.

p

r

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 22 2a a4 2

2a 222 2 2a a a a a2 2 2 2 22 2 2a a

4 2

x y (a x) a x y a 2ax x a 2x 2ax y 0

2(x ax ) y

(x ) y2(x ) y 1 (t) ( cos(t), sen(t)) , 0 t π

+ + − = ⇒ + + − + = ⇒ − + =

⇒ − + + =

−− + = ⇒ + = ⇒ = + ≤ ≤

Por tanto r a a a a a

2 2 2 2 22(t) ( cos(t), sen(t), cos(t)) , 0 t π= + − ≤ ≤ .

10. Determine las ecuaciones paramétricas y cartesianas e identifique la intersección de las

superficies 2 2 2 2 2 2x y z 1 , y z x 1− + = + − = .

Solución. 2 2 2z 1 z 1 2z 2 z 1− + = ⇒ = ⇒ = ± .

Al sustituir z 1= se tiene 2 2 2 2x y 0 x y y x− = ⇒ = ⇒ = ± .

Sean las rectas: y x, z 1 ; y x, z 1= = = − = .

Ecuaciones paramétricas:

1 2r r x t (t) (t, t,1) (t) (t, t,1) t R= ⇒ = = − ∈

Al sustituir z 1= − se tiene 2 2 2 2x y 0 x y y x− = ⇒ = ⇒ = ± .

Sean las rectas: y x, z 1 ; y x, z 1= = − = − = − .

Ecuaciones paramétricas:

3 4r r x t (t) (t, t, 1) (t) (t, t, 1) t R= ⇒ = − = − − ∈

11. Determine la curva C dada por la intersección de las superficies de ecuaciones dadas por

2 2 21S : x y z 2z 3 , z 3 2+ + − = < y 2 2

2S : x y z 5 , z 1+ + = ≥ .

El recorrido de C es antihorario visto desde la parte superior de 2S .

Solución.

2 2 21S : x y z 2z 3 , z 3 2+ + − = < , esfera 2 2

2S : x y z 5 , z 1+ + = ≥ , paraboloide.



Curva intersección: = ∈ π r (t) (2cos(t),2sen(t),1) , t 0,2 .

12. Sea r un número positivo menor que 1. a. Pruebe que la intersección de la esfera de ecuación 2 2 2x y z 1+ + = con el cilindro de

ecuación 2 2 2x y r+ = , es la unión de dos circunferencias disjuntas 0C y 1C , donde 0C

contiene el punto 2r r0 2 2

P ( , , 1 r )= − − y 1C contiene el punto 2r r1 2 2

P ( , , 1 r )= − .

Solución. 2 2 2 22 2 2

2 2 2 02 2 2 2 2 2 2

1

2 2 2 2r r2 2 0 0

2 2 2 2r r 1 12 2

C : x y r , z 1 rx y z 1r z 1 z 1 r

x y r C : x y r , z 1 r

( ) ( ) r , z 1 r P CP C( ) ( ) r , z 1 r

+ = = − −+ + =⇒ + = ⇒ = ± − ⇒

+ = + = = −

+ = = − − ∈⇒

∈+ = = −

0C y 1C son disjuntas ya que viven en planos paralelos al eje z.

b. Considere un alambre que tiene la forma de la curva C de la parte a y del segmento que une el punto 0P con el punto 1P . Encuentre las ecuaciones paramétricas de la

curva C.

Solución. Ecuación paramétrica del segmento que une el punto 0P con el punto 1P .

2 2 2 2r r r r2 2 2 2

(t) ( , , 1 r ) t(0,0,2 1 r ) ( , , 1 r 2 1 r t) , t 0,1= − − + − = − − + − ∈ r

Ecuaciones paramétricas de la curva C: 2

2

2 2r r2 2

(r.cos(t),r.sen(t), 1 r ) t 0,2

(r.cos(t),r.sen(t), 1 r ) t 0,2

( , , 1 r 2 1 r t) t 0,1

− − ∈ π − ∈ π − − + − ∈

INTRODUCCIÓN A LAS FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES



2.8. INTRODUCCIÓN A LAS FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES

Al describir algún fenómeno tanto físico como de otras áreas mediante una función, es

común el uso de múltiples variables independientes entre sí.

Ejemplo 20. El volumen de un cilindro circular recto con base de radio r y altura h viene dado por 2V r h= π ; el radio y la altura son variables independientes, por lo tanto este

volumen es una función de dos variables: 2V(r,h) r h= π .

Ejemplo 21. La distancia de un punto 3(x,y,z) R∈ al origen está dada por la expresión

2 2 2x y z+ + , x, y, z las coordenadas del punto son variables dadas en forma independiente.

Esta distancia es una función de tres variables dada por la expresión 2 2 2d(x,y,z) x y z= + + .

2.9. DOMINIO

Si no se dan otras indicaciones, se supondrá que el dominio es el conjunto de todos los

puntos para los cuales la expresión que define la función tiene sentido.

Ejemplo 22. Grafique el dominio de la función 2f(x, y) y x= − .

Solución. 2D(f) {(x,y) / y x 0}= − ≥ .

La región sombreada indica el dominio de la función (ver figura 22).

Ejemplo 23. Grafique el dominio de la función 24 y x

f(x,y)ln(x y)

−=

+.

Solución. 2D(f) {(x,y) / y x 0 x y 0 x y 1}= − ≥ ∧ + > ∧ + ≠ .

La región sombreada representa el dominio de la función (ver figura 23).

DOMINIO Funciones Reales de Variable Vectorial Pág.: 170 de 305


Figura 22. Representación gráfica del dominio del ejemplo 22

Figura 23. Representación gráfica del dominio del ejemplo 23

Definición 7. Sea z f(x,y)= definida en un conjunto D del plano, la gráfica de la función f

es el conjunto de puntos de 3R tales que (x,y, f(x,y)) con (x,y) D∈ .

Definición 8. Se llaman curvas de nivel a las curvas en 2R sobre las cuales la función z f(x,y)= es constante. Ellas reciben, de acuerdo a la disciplina, nombres especiales:

•••• Si la función es la presión en el punto (x,y) : f(x, y) k,= son curvas de presión constante

o isobaras. •••• Si la función es la temperatura en el punto (x,y) : f(x,y) k,= son curvas de temperatura

constante o isotermas. •••• Si la función es un campo de potencial eléctrico: f(x,y) k,= son las líneas

equipotenciales. •••• Si f(x,y) representa la altura de un punto (x,y) sobre el nivel del mar: f(x,y) k,= cotas

son líneas sobre un mapa topográfico de altura constante.

DOMINIO Funciones Reales de Variable Vectorial Pág.: 171 de 305


Definición 9. Si la función es de tres variables w f(x,y,z)= , el conjunto de puntos en los

cuales la función es constante. f(x, y, z) c= es una superficie y se llamará superficie de

nivel de la función f.

Ejemplo 24. Siendo 2 2 2f(x, y,z) x y z= + − ,

las superficies de nivel 2 2 2x y z k+ − = :

Si k 0= , 2 2 2x y z+ = es un cono.

Si k 0,> 2 2 2x y z k+ − = es un hiperboloide de una hoja.

Si k 0,< 2 2 2x y z k+ − = es un hiperboloide de dos hojas.

2.10. LÍMITE DE UNA FUNCIÓN DE DOS VARIABLES

Definición 10. Un punto 0 0(x , y ) en un subconjunto A de 2R es un punto interior de A si

existe un círculo con centro en 0 0(x ,y ) totalmente contenido en A.

Definición 11. Un punto 0 0(x ,y ) en un subconjunto A de 2R es un punto frontera de A si

todo círculo centrado en 0 0(x ,y ) contiene puntos que están fuera de A, así como puntos que

están en A. El punto 0 0(x ,y ) no tiene que pertenecer a A.

Definición 12. Un conjunto 2A R⊂ es abierto si los puntos frontera no están en A.

Definición 13. Un conjunto 2A R⊂ es cerrado si los puntos frontera están en A.

Definición 14. Si A es un punto de nR y r es un número positivo, entonces la bola abierta

B(A;r) es el conjunto de todos los puntos P de nR tales que P A r− < .

Definición 15. Si A es un punto de nR y r es un número positivo, entonces la bola cerrada

B(A;r) es el conjunto de todos los puntos P de nR tales que P A r− ≤ .

Definición 16. Un punto 0P es un punto de acumulación de un conjunto S de puntos de nR

si toda bola abierta B(P;r) contiene un número infinito de puntos de S.

LÍMITE DE UNA FUNCIÓN DE DOS VARIABLES



TEOREMA 1. Suponga que la función f está definida para todos los puntos de un disco abierto centrado en 0 0(x , y ) , excepto posiblemente en 0 0(x , y ) , y que

(x,y) (x ,y )0 0l í m f(x,y) L→

= .

Entonces, si S es cualquier conjunto de puntos de 2R que tiene a 0 0(x ,y ) como punto de

acumulación,

(x,y) (x ,y )0 0((x,y) en S)

l í m f(x,y)→

existe y siempre es igual a L.

TEOREMA 2. Si la función f tiene límites diferentes conforme (x,y) se aproxima a 0 0(x ,y ) a

través de dos conjuntos diferentes de puntos que tienen a 0 0(x ,y ) como un punto de

acumulación, entonces

(x,y) (x ,y )0 0l í m f(x,y)→

no existe.

Observación 5. Si los valores de una función z f(x,y)= se acercan a L cuando (x,y) se

acerca a 0 0(x ,y ) , se dirá que el límite de f(x,y) es igual a L cuando (x,y) tiende a 0 0(x ,y ) ;

este hecho geométrico se denota por:

(x,y) (x ,y )0 0lím f(x,y) L.→

=

Ejemplo 25. Calcule 2

2 2(x,y) (1,1)

x ylí m

x y→ +.

Solución. 2

2 2(x,y) (1,1)

x y 1.1 1lí m

1 1 2x y→= =

++.

Ejemplo 26. Calcule xy

(x,y) (0,0)

e sen(xy)lí m

xy→.

Solución. xy

xy

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

e sen(xy) sen(xy)lí m lí m e . lí m 1.1 1

xy xy→ → →= = = .




Ejemplo 27. Calcule

1(x,y) ( ,1)2

arcsen(xy)lí m

1 xy→ +.

Solución. 1

621 31(x,y) ( ,1) 2 22

arcsen( )arcsen(xy)lí m

1 xy 91 .1

π

→

π= = =+ +

.

Ejemplo 28. Calcule 4 4

2 2(x,y) (0,0)

y xlí m

y x→

−+

.

Solución. 4 4 2 2 2 2

2 22 2 2 2(x,y) (0,0) (x,y) (0,0) (x,y) (0,0)

y x (y x )(y x )lí m lí m lí m (y x ) 0

y x y x→ → →

− − += = − =+ +

.


2 2(x,y) (0,0)

x ylím

x y→

−+

.

Solución. Sean 1S : conjunto de todos los puntos del eje x y 2S : conjunto de todos los puntos del eje y.

2

2(x,y) (0,0) x 0 x 0((x,y) en S )1

xlím f(x,y) lím f(x,0) lím 1

x→ → →= = = .

2

2(x,y) (0,0) y 0 y 0((x,y) en S )2

ylím f(x,y) lím f(0,y) lím 1

y→ → →= = − = − .

Como

(x,y) (0,0) (x,y) (0,0)((x,y) en S ) ((x,y) en S )1 2

lím f(x,y) lím f(x,y)→ →

≠

se concluye que el límite no existe.

Ejemplo 30. Calcule

2 2(x,y) (0,0)

xlím

x y→ +.

Solución.

Sea S el conjunto de todos los puntos del eje x. Entonces

2 2(x,y) (0,0) x 0

((x,y) en S)

x 1lím lím

xx y→ →=

+.

Por tanto, el límite no existe.




Definición 17. Siendo z f(x,y)= una función de dos variables, reciben el nombre de límites

iterados los siguientes límites:

x x y y y y x x0 0 0 0lím lím f(x,y) , lím lím f(x,y)→ → → →

.

TEOREMA 3. Si existen

x x y y y y x x0 0 0 0lím lím f(x,y) y lím lím f(x,y)→ → → →

pero son diferentes, entonces

(x,y) (x ,y )0 0lím f(x,y)→

no existe.


2 2(x,y) (0,0)

x ylím

x y→

−+

.

Solución. 2 2

2 2x 0 y 0

x ylím lím 1

x y→ →

− = + ,

2 2

2 2y 0 x 0

x ylím lím 1

x y→ →

− = − +

por lo tanto el límite no existe.

En el cálculo de un límite se puede pasar de coordenadas rectangulares a polares,

técnica que a veces tiene éxito.

TEOREMA 4. Si ( )ϕ θ es una función acotada (en alguna bola con centro en el origen) y (r)ψ

es una función que tiende a cero cuando r tiende a cero, entonces

r 0 r 0límg(r, ) lím ( ) (r) 0

→ →θ = ϕ θ ψ = .

Ejemplo 32. Calcule

2 2(x,y) (0,0)

xylím .

x y→ +

Solución. 2

2 2 2 2 2 2(x,y) (0,0) r 0 r 0 r 0

xy r cos( )rsen( ) r cos( )sen( )lím lím lím límr cos( )sen( ) 0

rx y r cos ( ) r sen ( )→ → → →

θ θ θ θ= = = θ θ =+ θ + θ

,

ya que cos( )sen( ) 1θ θ ≤ para todo valor de θ .

CONTINUIDAD DE UNA FUNCIÓN DE DOS VARIABLES



2.11. CONTINUIDAD DE UNA FUNCIÓN DE DOS VARIABLES

Definición 18. La función z f(x,y)= es continua en 0 0(x ,y ) si y sólo si

0 0(x,y) (x ,y )0 0lím f(x,y) f(x , y )→

= .

Observación 6. Una función se dice continua si es continua en cada punto de su dominio.

Ejemplo 33. Las funciones

f(x,y) cos(x y)= + , 2 4g(x,y) x y 4= − , 2 2x yh(x,y) e +=

son continuas en cada punto de su dominio.

Ejemplo 34. La función

2 2

xysi (x,y) (0,0)

f(x,y) x y0 si (x,y) (0,0)

≠= + =

,

no es continua en el origen, puesto que

2 2(x,y) (0,0)

xylím

x y→ +

no existe, como ya se vio anteriormente.

2.12. DERIVADAS PARCIALES DE UNA FUNCIÓN DE DOS VARIABLES

Las derivadas parciales de funciones de varias variables son una extensión de la

derivada para funciones de una sola variable, en el sentido de que el incremento es en una

sola variable considerando las demás constantes.

Definición 19. Se definen las derivadas parciales de la función z f(x,y)= en el punto

0 0(x , y ) D(f)∈ de la siguiente forma:

Respecto de la variable x:

0 0 0 00 0 h 0

f(x h,y ) f(x ,y )f(x ,y ) lí m

x h→

+ −∂ =∂

,

DERIVADAS PARCIALES DE UNA FUNCIÓN DE DOS VARIABLES



Respecto de la variable y:

0 0 0 00 0 h 0

f(x ,y h) f(x ,y )f(x ,y ) lí m

y h→

+ −∂ =∂

,

siempre que estos límites existan.

Observación 7. Las siguientes notaciones son equivalentes para las derivadas parciales:

x xf z

, , f , zx x

∂ ∂∂ ∂

(respecto de x);

y yf z

, , f , zy y

∂ ∂∂ ∂

(respecto de y).

Observación 8. A efectos de cálculo se pueden usar las reglas de derivación conocidas para funciones de una sola variable en la siguiente forma: para obtener xf (x,y) se toma y como

constante y recíprocamente para yf (x, y) se toma x como constante.

Ejemplo 35. El volumen V de un gas encerrado en un recipiente elástico es función de su presión P y de su temperatura T, según la ley KT

PV = , en donde K es cierta constante.

V KT P

∂ =∂

y 2

V KTP P

∂ =∂

miden las variaciones del volumen con la temperatura (a presión constante) y del volumen

con la presión (a temperatura constante), de modo respectivo.

Ejemplo 36. Siendo 3x 2yf(x, y) e += , calcule sus primeras derivadas parciales.

Solución.

Se tiene que:

3x 2y 3x 2y 3x 2y 3x 2yx yf (x, y) (e ) 3e , f (x,y) (e ) 2e

x y+ + + +∂ ∂= = = =

∂ ∂.

Observación 9. Las funciones xf (x, y) y yf (x,y) pueden ser derivadas nuevamente,

obteniéndose las derivadas parciales de segundo orden: 2

2

f f,

x xx

∂ ∂ ∂ = ∂ ∂∂ se deriva parcialmente

fx

∂∂

respecto de x.

2

2

f f,

y yy

∂ ∂ ∂= ∂ ∂∂ se deriva parcialmente

fy

∂∂

respecto de y.

2f f,

x y x y ∂ ∂ ∂= ∂ ∂ ∂ ∂

se deriva parcialmente fy

∂∂

respecto de x.

DERIVADAS PARCIALES DE UNA FUNCIÓN DE DOS VARIABLES



2f f

,x y y x∂ ∂ ∂ = ∂ ∂ ∂ ∂

se deriva parcialmente fx

∂∂

respecto de y.

Ejemplo 37. Siendo xyf(x, y) ye= se tiene:

2 xyfy e

x∂ =∂

, xy xy xyfe xye (1 xy)e

y∂ = + = +∂

.

22 xy 3 xy

2

f f(y e ) y e

x x xx

∂ ∂ ∂ ∂ = = = ∂ ∂ ∂∂ ,

2xy xy xy

2

f f((1 xy)e ) xe (1 xy)xe

y y yy

∂ ∂ ∂ ∂= = + = + + ∂ ∂ ∂∂ .

TEOREMA 5. Sea f una función de dos variables. Si x y xy yxf, f , f , f , f son funciones continuas

en un conjunto abierto entonces xy yxf f= en cualquier punto del dominio.

Ejemplo 38. Sea

2

2 2

3x ysi (x,y) (0,0)

f(x, y) x y0 si (x, y) (0,0)

≠= +

=

.

Pruebe que

a. f(x,y) es continua en (0,0).

Solución. 2 3 2

22 2 2(x,y) (0,0) r 0 r 0

3x y 3r cos ( )sen( )lím lím límr.cos ( )sen( ) 0

x y r→ → →

θ θ= = θ θ =+

.

b. xf (0,0) y yf (0,0) existen.

Solución.

x yh 0 h 0 h 0 h 0

f(h,0) f(0,0) 0 0 f(0,h) f(0,0) 0 0f (0,0) lím lím 0 , f (0,0) lím lím 0

h h h h→ → → →

− − − −= = = = = = .

c. xf (x, y) no es continua en (0,0).

Solución. 2 2 2 2 3 3 3 3

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

3x y 6xy(x y ) 3x y.2x 6x y 6xy 6x y 6xyx x y (x y ) (x y ) (x y )

∂ + − + −= = = ∂ + + + +

.

Por lo tanto

3

2 2 2x

6xysi (x, y) (0,0)

f (x, y) (x y )0 si (x,y) (0,0)

≠= +

=

.

3 4 33 3

2 2 2 4(x,y) (0,0) r 0 r 0

6xy 6r cos( )sen ( )lím lím lím6cos( )sen ( ) 6 cos( )sen ( )

(x y ) r→ → →

θ θ= = θ θ = θ θ+

.

El límite no existe, por lo tanto, xf (x, y) no es continua en (0,0).

DERIVADAS DIRECCIONALES Y VECTOR GRADIENTE



2.13. DERIVADAS DIRECCIONALES Y VECTOR GRADIENTE

Definición 20. Sean f una función de dos variables y u 1 2(u ,u )= un vector unitario. Se define

en 0 0(x ,y ) la derivada de f en la dirección u por

u0 0 1 2 0 0 0 1 0 2 0 0

0 0 h 0 h 0

f((x ,y ) h(u ,u )) f(x ,y ) f(x hu ,y hu ) f(x ,y )D f(x ,y ) lí m lí m

h h→ →

+ − + + −= =

siempre que el límite exista. Observe que ahora el incremento es en las dos variables.

Observación 10. Las derivadas parciales fx

∂∂

y fy

∂∂

son casos particulares de derivadas direccionales en la dirección de los vectores i y j

respectivamente.

Ejemplo 39. Dada la función y

f(x,y)x y

=+

,

calcule la derivada de f en el punto (1,2), en la dirección

u1

(1,1)2

= .

Solución.

u

2 h/ 2 231 h/ 2 2 h/ 2

h 0 h 0 h 0

1 1f 1 h ,2 h f(1,2)

1 12 2D f(1,2) lí m lí m lí m .h h 2 9 23 2 3 h

2

++ + +

→ → →

+ + − − − = = = = − +

Definición 21. El vector formado por las derivadas parciales de z f(x,y)= se llama vector

gradiente de f y se denota como f f

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

∂ ∂∇ = ∂ ∂ .

Otra forma de calcular la derivada direccional es usando el vector gradiente f∇ de la función z f(x,y)= . Usando el producto escalar y el gradiente se puede expresar la derivada

direccional de la forma siguiente:

u uD f(x,y) f(x,y)= ∇ • .




Existen muchas direcciones en las que se puede calcular la derivada direccional en un punto p(x,y) , de todas ellas una es la dirección de máxima pendiente. Sea α el ángulo entre

los vectores f(x,y)∇ y u en el punto p(x,y) . Como u es un vector unitario se tiene entonces

que

u u uD f(x,y) f(x,y) f(x,y) cos( ) f(x,y) cos( )= ∇ • = ∇ α = ∇ α .

Así, se ve que uD f(x,y) es máxima cuando 0α = , es decir, cuando f(x, y)∇ y u tienen

la misma dirección. Por lo tanto el valor máximo de uD f(x,y) se da en la dirección del

gradiente f(x, y)∇ y su valor máximo es

uD f(x,y) f(x,y)= ∇ .

Mientras que el valor mínimo de uD f(x,y) se da cuando α = π , es decir, en la dirección

del menos gradiente.

Ejemplo 40. Si 7

D f( 1,1)5

− =u cuando u1

(2,1)5

=

y

u4

D f( 1,1)2

− = cuando u1

( 1,1)2

= −

entonces demuestre que f( 1,1)

1x

∂ − =∂

y f( 1,1)

5y

∂ − =∂

.

Solución. Se sabe que u uD f( 1,1) f(1,1)− = ∇ • , de modo que se tiene:

2 1 7(a,b) , 2a b 7

5 5 5

• = ⇒ + =

y 1 1 4

(a,b) , a b 42 2 2

• − = ⇒ − + =

.

Al resolver el sistema 2a b 7a b 4

+ =− + =

,

se tiene a 1, b 5= = .

Ejemplo 41. La temperatura, en grados, en un punto (x,y) de una lámina metálica en el

plano es xyT(x,y) e xy 1= + + .

Encuentre la dirección en la que la temperatura se eleva con mayor rapidez en el punto (1,1)

y calcule la tasa a la que se eleva.




Solución. xy xyT(x,y) (ye y,xe x)∇ = + + , T(1,1) (e 1,e 1)∇ = + + ,

2T(1,1) 2(e 1) 2(e 1)∇ = + = + .

Ejemplo 42. Un cultivo de bacterias ha sido infectado por un contaminante, cuya

concentración, medida con un sistema coordenado xy, está dada por 2C(x,y,z) 2 4sen (x 3y 8xy)= + + + ,

donde x y y miden en centímetros y C en centigramos por litro. Una bacteria b se encuentra

en el punto de coordenadas (0,2). El vector C(0,2) (68sen(12),12sen(12)) 4sen(12)(17,3)∇ = =

da la dirección de movimiento de la bacteria en la cual ésta encontraría la mayor variación de

concentración de contaminante. Para que la bacteria b se puede mover en el cultivo sin tener

cambio en la concentración de contaminante, lo tendrá que hacer sobre una curva de nivel de la función C(x,y) correspondiente al nivel 2C(0,2) 2 4sen (6)= + .

Ejemplo 43. Suponga que la distribución de temperatura dentro de una habitación está dada

por 20.1x 0.4y 0.01zT(x,y,z) 25 0.02e + += +

donde x,y,z se miden a partir de uno de los rincones (dado). A partir de ese rincón (el punto

(0,0,0), se quiere saber en qué dirección aumenta la temperatura con más rapidez. Según ya

se ha visto, la velocidad de variación máxima se encuentra en la dirección del vector

gradiente de T en (0,0,0), es decir, en la dirección del vector T(0,0,0) T(0,0,0) T(0,0,0)

, ,x y z

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

.

Calculando estas derivadas se tiene que 20.1x 0.4y 0.01zT

0.002ex

+ +∂ =∂

, 20.1x 0.4y 0.01zT

0.008ey

+ +∂ =∂

, 20.1x 0.4y 0.01zT

0.0004zez

+ +∂ =∂

.

Evaluando estas derivadas en (0,0,0) se obtiene el vector T(0,0,0) (0.002,0.008,0)∇ =

que marca la dirección de mayor crecimiento de la temperatura partiendo del punto de origen.

TEOREMA 6. Si f(x,y) tiene derivadas parciales continuas en un circulo con centro en 0 0(x , y )

y 00 0f(x ,y )∇ ≠ entonces 0 0f(x , y )∇ es ortogonal a la curva de nivel de f que pasa por

0 0(x , y ) .




TEOREMA 7. Si f(x,y,z) tiene derivadas parciales continuas en 0 0 0(x ,y ,z ) y 00 0 0f(x ,y ,z )∇ ≠ ,

entonces 0 0 0f(x , y ,z )∇ es ortogonal a la superficie de nivel S descrita por f(x,y,z) que pasa

por 0 0 0(x ,y ,z ) .

Ejemplo 44. Sea la función 3 2

2 2

y yxsi (x, y) (0,0)

f(x, y) x y0 si (x, y) (0,0)

− ≠= + =

.

a. Encuentre las derivadas parciales en (0,0).

Solución.

30 h2 2h h

h 0 h 0 h 0 h 0

0 0f f(h,0) f(0,0) f f(0,h) f(0,0)(0,0) lím lím 0 (0,0) lím lím 1

x h h y h h→ → → →

− −∂ − ∂ −= = = = = =∂ ∂

b. ¿Es f continua en (0,0)?

Solución. 3 2 3 3 3 2

3 22 2 2(x,y) (0,0) r 0 r 0 r 0

y yx r sen ( ) r sen( )cos ( )lím lím límr.lím(sen ( ) sen( )cos ( )) 0

x y r→ → → →

− θ − θ θ= = θ − θ θ =+

.

Por tanto f si es continua en (0,0). c. Halle la derivada direccional de f en el punto (0,0) según la dirección u (1,1)

2= .

Solución.

u1 1 1

D f(0,0) .0 .12 2 2

= + = .


13. Si

2 2x yf(x,y)

2xy+= ,

demuestre que y

f 1, f(x, y)x

=

.

Solución. 2 2 2

2 22 2

y x y1

y x yx xf 1, f(x, y).y 2yx 2xy2x x

+++ = = = =



14. Grafique el dominio de 2 2

2 2

16 x y 1f(x,y)

y xx y 1

− −= +

−+ −.

Solución. 2 2 2 216 x y 0 x y 16− − ≥ ⇒ + ≤ , 2 2 2 2x y 1 0 x y 1+ − > ⇒ + > , y x 0 y x− > ⇒ > .

Gráfico del dominio: (ver figura 24)

Figura 24. Representación gráfica del dominio del ejercicio 2

15. Calcule el dominio de x

f(x,y) arcsen xy2 = +

.

Solución.

Sean

1f (x,y) arcsen(x 2)= y 2f (x,y) xy= .

Como 1 2f(x,y) f (x, y) f (x, y)= + entonces 1 2D(f) D(f ) D(f ).= ∩

{ }21D(f ) (x,y) R / 2 x 2 ,= ∈ − ≤ ≤

16. Determine y grafique el dominio de la función 2

2 2

x 4x 2yf(x,y) ln

9x 4y 36x

− − + = + −

.

Solución.



2

2 2

22 2 2

x 4x 2y0

9x 4y 36x

(x 2) y(x 2) 2(y 2) , 9(x 2) 4y 36 1

4 9

− +<

+ −

−− > − − − + < ⇒ + <



17. Sea 2 2

2 2

x y 4f(x,y)

x y

− +=+

.

a. Grafique su dominio. (ver figura 26)

Solución. Dom f(x,y) :

2 2

2 2 2 22 2

x y 40 x y 4 0 , (x,y) (0,0) y x 4 , (x,y) (0,0)

x y

− + ≥ ⇒ − + ≥ ≠ ⇒ − ≤ ≠+

b. Describa sus curvas de nivel.

Solución.

Curvas de nivel:

2 2 2 22 2 2 2 2 2

2 2 2 2

2 2 2 2

x y 4 x y 4k k k (x y ) x y 4

x y x y

(k 1)x (k 1)y 4

− + − += ⇒ = ⇒ + = − ++ +

⇒ − + + =

2 2k 1 0 k 1 k 1− = ⇒ = ⇒ = .

Rectas horizontales y 2 , y 2= = − . 2 2k 1 0 k 1 0 k 1− < ⇒ < ⇒ ≤ < . Hipérbolas. k 1> . Elipses.




18. Describa las curvas de nivel de 2 2

2 2

x yf(x,y)

x y

−=+

.

Solución. 2 2

2 22 2

x yk (k 1)x (k 1)y 0

x y

−= ⇒ − + + =+

2(k 1)(k 1) 0 k 1 0 k 1 k ( 1,1)− + < ⇒ − < ⇒ < ⇒ ∈ − .

Dos rectas secantes y perpendiculares. k 1 x 0= − ⇒ = Eje de las ordenadas. k 1 y 0= ⇒ = Eje de las abscisas

19. Sea la ecuación

2 2 24z 36y 9y 72x 36x 36= − + − − .

a. Identifíquela e indique los cortes con los ejes coordenados.

Solución. 2 2 2 2 2 2

2 2 2

2 22 2 2 2

4z 36y 9y 72x 36x 36 36x 72x 9y 36y 4z 36

36(x 2x 1) 9(y 4y 4) 4z 36 36 36

(y 2) z36(x 1) 9(y 2) 4z 36 (x 1) 1

4 9

= − + − − ⇒ − + − + = −

− + + − + + = − + +

−− + − + = ⇒ − + + =

Elipsoide. Cortes: (0,2,0) y (1,0,0).

b. Dé una parametrización de la curva intersección entre el gráfico de la ecuación anterior y el plano z 3y 3 0− + = .

Solución.



2 2 2 23

22 2 2 2 2 2

2 2 2 2 36 36125 25 5

2622 2 56 16

5 5 16 1620 25

3(y 1) 4y y 8x 4x 4 2(y 1) 4y y 8x 4x 4

4(y 1) 4y y 8x 4x 4 4y 8y 4 4y y 8x 4x 4

4x 8x 5y 12y 8 4(x 2x 1) 5(y y ) 8 4

(y )(x 1)4(x 1) 5(y ) 1

− = ± − + − − ⇒ − = ± − + − −

− = − + − − ⇒ − + = − + − −

− + − = − ⇒ − + + − + = − + +

−−− + − = ⇒ + =

r

6 32 4 125 5 5 55

6 32 4 125 5 5 55

x(t) 1 cos(t) , y(t) sen(t) , z(t) sen(t)

(t) (1 cos(t), sen(t), sen(t)) , 0 t 2

= + = + = +

= + + + ≤ ≤ π

c. Identifique y construya la ecuación de la curva de nivel sobre la cual la función

alcanza el valor de 2.

Solución.

2 2 2 2

2 2 2 2

2 2

5 209 9

16 36y 9y 72x 36x 36 36x 72x 9y 36y 52

36(x 2x 1) 9(y 4y 4) 52 36 36 36(x 1) 9(y 2) 20

(x 1) (y 2)1 elipse

= − + − − ⇒ − + − = −

− + + − + = − + + ⇒ − + − =

− −+ =

20. Sean 2 2 3

2 2 2 2

4x x y 1 xy y yf(x,y) , g(x,y) , h(x,y)

ln(x y ) x 2x y 1x y

− − + −= = =+ − + +−

.

a. Grafique el dominio de la función k(x,y) f(x,y) g(x,y)= + .

Solución. 2 2 2 2

2 2

2 2 2 2

4x x y 0 x 4x 4 y 4

(x 2) y 4

x y 0 , x y 0 , x y 1

− − ≥ ⇒ − + + ≤

⇒ − + ≤

− > + > + ≠

La región dominio no incluye el origen ni las curvas 2 2y x , x y 1= + = . (ver figura

27) b. Calcule (si existe)

(x,y) (1,0)lím h(x,y)

→.

Solución. 3 3

2 2 2 2(x,y) (1,0) (x,y) (1,0)

2 21 2

3 3

2 2 2(x,y) (1,0) y 0 y 0 (x,(x,y) S1

xy y y (x 1)y ylím lím

x 2x y 1 (x 1) y

S :{(x,y) R / x 1} , S :{(x,y) R / y x 1}

(x 1)y y ylím lím lím y 0 , lím

(x 1) y y

→ →

→ → →∈

+ − − +=− + + − +

∈ = ∈ = −

− + = = =− +

2 3

2 2y) (1,0) y 0(x,y) S2

y y 1 y 1lím

2 2y y→ →∈

+ += =+

Por lo tanto 3

2 2(x,y) (1,0)

xy y ylím no existe

x 2x y 1→

+ −− + +

.



Figura 27. Representación gráfica de las curvas de la pregunta 8

21. Si 2

2 4

xyf(x,y)

x y=

+,

demuestre que

(x,y) (0,0)lím f(x,y)

→

no existe.

Solución.

Sea 2 2S :{(x,y) R / x ky }∈ = . Se tiene entonces: 2 4

2 4 2 4 4 2 2(x,y) (0,0) y 0 y 0(x,y) S

xy ky k klím lím lím

x y k y y k 1 k 1→ → →∈

= = =+ + + +

lo que indica que depende del parámetro k por lo tanto el límite no existe.

22. Demuestre que

2 2(x,y) (0,1)

x(y 1)lím

x (y 1)→

−+ −

no existe.

Solución. Caminos: S: haz de rectas: y mx 1= + .

2

2 2 2 2 2 2 2 2(x,y) (0,1) x 0 x 0 x 0(x,y) S

x(y 1) x(mx 1 1) mx m mlím lím lím lím

x (y 1) (mx 1) (mx 1 1) x (mx) 1 m 1 m→ → → →∈

− + −= = = =+ − + + + − + + +

Por lo tanto, el límite no existe.



23. Si

2 2

2 2 2

x yf(x,y)

x y (x y)=

+ −,

demuestre que

(x,y) (0,0)lím f(x,y)

→

no existe.

Solución.

1S : y x= . 2 2 4

2 2 2 4(x,y) (0,0) x 0 x 0(x,y) S1

x y xlím lím lím1 1

x y (x y) x→ → →∈

= = =+ −

.

2S : y 2x= . 2 2 4 2

2 2 2 4 2 2(x,y) (0,0) x 0 x 0(x,y) S2

x y 4x 4xlím lím lím 0

x y (x y) 4x x 4x 1→ → →∈

= = =+ − + +

.

Por tanto, el límite no existe.

24. Sean las superficies f(x,y) xy 2x y 2= − − + y 2 2g(x,y) x y 2x 4y 5= + − − + .

a. Identifique g(x,y) y sus trazas con los planos z 1 y y 0= = .

Solución.

2 2 2 2

2 2 2 2

g(x,y) x y 2x 4y 5 z x y 2x 4y 4 1

z (x 2x 1) (y 4y 4) z (x 1) (y 2)

= + − − + ⇒ = + − − + +

⇒ = − + + − + ⇒ = − + −

La superficie g(x,y) es un paraboloide.

Traza con el plano z 1:= 2 21 (x 1) (y 2)= − + − que corresponde a la ecuación de una circunferencia en el plano

xy. Traza con el plano y 0 :=

2z (x 1) 4= − + que corresponde a la ecuación de una parábola en el plano xz.

b. Discuta la existencia de

(x,y) (1,2)

f(x,y)lím

g(x,y)→.

Solución.

2 2 2 2(x,y) (1,2) (x,y) (1,2) (x,y) (1,2)

2 2(x,y) (1,2)

f(x,y) xy 2x y 2 x(y 2) (y 2)lím lím lím

g(x,y) x y 2x 4y 5 (x 1) (y 2)(x 1)(y 2) 0

lím (indet er minación)0(x 1) (y 2)

→ → →

→

− − + − − −= =+ − − + − + −

− −= =− + −

.

Caminos: S: haz de rectas: y 2 m(x 1) y m(x 1) 2− = − ⇒ = − + .



2

2 2 2 2 2 2(x,y) (1,2) x 1 x 1(x,y) S

2 2x 1

(x 1)(y 2) (x 1)(m(x 1) 2 2) m(x 1)lím lím lím

(x 1) (y 2) (x 1) (m(x 1) 2 2) (m 1)(x 1)

m mlím

m 1 m 1

→ → →∈

→

− − − − + − −= =− + − − + − + − + −

= =+ +

Como el límite depende del parámetro de la familia, el límite no existe.

25. Calcule (si existe)

2 2(x,y) (0,0)

xylím .

x y→ +

Solución. 2

2 2 2 2 2 2 2(x,y) (0,0) r 0 r 0 r 0

xy r cos( )rsen( ) r cos( )sen( )lím lím lím lím cos( )sen( )

x y r cos ( ) r sen ( ) r→ → → →

θ θ θ θ= = = θ θ+ θ + θ

.

Como 12

cos( )sen( ) sen(2 ) 1θ θ = θ ≤ ,

entonces el límite toma valores entre 12− y 1

2 , por lo tanto el límite no existe.

26. Si

2 2x y si x.y 0f(x,y)

0 si x.y 0

+ ≠= =

,

demuestre que f

(0,1) 0.y

∂ =∂

Solución.

h 0 h 0

f f(0,1 h) f(0,1) 0 0(0,1) lím lím 0

y h h→ →

∂ + − −= = =∂

.

27. Sea 3 3

2 2

x ysi (x,y) (0,0)

f(x, y) x y0 si (x,y) (0,0)

− ≠= + =

.

Ver que:

a. f es continua en (0,0).

Solución. 3 3 3 3 3

3 32 2 2(x,y) (0,0) r 0 r 0 r 0

x y r (sen ( ) cos ( ))lím lím límr.lím(sen ( ) cos ( )) 0

x y r→ → → →

− θ − θ= = θ − θ =+

.

b. f f

(0,0) 1 , (0,0) 1x y

∂ ∂= = −∂ ∂

.



Solución.

h 0 h 0

f f(h,0) f(0,0) h 0(0,0) lím lím 1

x h h→ →

∂ − −= = =∂

h 0 h 0

f f(0,h) f(0,0) h 0(0,0) lím lím 1

y h h→ →

∂ − − −= = = −∂

c. Calcule la derivada direccional en (0,0) en la dirección del vector x y(z (1,1),z (1,1)) .

Solución. 3 3 2 2 2 3 3 4 2 2 4 3

2 2 2 2 2 2 2 2

4 2 2 3

2 2 2

3 3 2 2 2 3 3 4 2 2 4 3

2 2 2 2 2 2 2 2

x y 3x (x y ) 2x(x y ) 3x 3x y 2x 2xyx x y (x y ) (x y )

x 3x y 2xy

(x y )

x y 3y (x y ) 2y(x y ) 3y 3x y 2y 2yxy x y (x y ) (x y )

∂ − + − − + − += = ∂ + + +

+ +=+

∂ − − + − − − − + −= = ∂ + + +

4 2 2 3

2 2 2

y 3x y 2yx

(x y )

+ += −+

x y x y2 2

1 3 2 6 3 1 3 2 6 3 3z (1,1) , z (1,1) , z (1,1),z (1,1) 2

4 2 4 2 2(1 1) (1 1)

+ + + += = = = − = − = − =+ +

Por lo tanto 2 3 3 2 3 3 2.3

D (0,0) z(0,0) (1, 1) , 22 2 2 23 2 3 2 3 2

= ∇ • = − • − = + = =

u u .

28. Si x y

u xy z

−= +−

,

demuestre que u u u

1.x y z

∂ ∂ ∂+ + =∂ ∂ ∂

Solución.

2 2 2 2

u 1 u z x u x y 1 z x x y1 , , , 1 1.

x y z y z y z(y z) (y z) (y z) (y z)

∂ ∂ − ∂ − − −= + = = + + + =∂ − ∂ ∂ −− − − −

29. Verifique que 2 2 2f(x,y,z) x y y z z x= + + satisface la ecuación dada por

xx yy zzf f f 2(x y z)+ + = + + .

Solución. xx yy zzf 2y , f 2z , f 2x= = = . Se tiene que xx yy zzf f f 2(x y z)+ + = + + .



30. Suponga que, en cierta región del espacio, el potencial eléctrico V está dado por la función 2V(x,y,z) 5x 3xy xyz= − + .

a. Encuentre la razón de cambio del potencial en P(3,4,5), en la dirección del vector (1,1, 1)= −v .

Solución. V(x,y,z) (10x 3y yz, 3x xz,xy)∇ = − + − + , V(3,4,5) (38,6,12)∇ =

3213 3

D f(3,4,5) (38,6,12) (1,1, 1)= • − =v .

b. ¿Cuál es la mayor razón de cambio en P?

Solución.

uD f(3,4,5) f(3,4,5) 1624 2 406= ∇ = = .

31. Indique la veracidad o falsedad de la siguiente afirmación, justificando su respuesta: Si f(x, y) g(x,y)∇ = ∇ entonces f(x,y) y g(x,y) son funciones iguales.

Solución.

Contraejemplo: Sean 2 2 2 2f(x, y) x y 1 , g(x,y) x y 2= + + = + + .

Se tiene que f(x, y) g(x,y) (2x,2y)∇ = ∇ = y sin embargo f y g no son iguales. Por lo tanto

es falsa.

32. La elevación de una colina sobre el nivel del mar en el punto de coordenadas (x,y) viene dada por la función 2 2H(x,y) 100 x y= − − . Un alpinista está situado en el punto ( 1,1,98).−

a. ¿En cuál dirección debe moverse si desea mantener la misma altura?

Solución. H(x,y) ( 2x, 2y)∇ = − − . Vector perpendicular (2y, 2x)− Dirección (2,2).

b. Dé la ecuación de la curva que debe recorrer en coordenadas cartesianas.

Solución. 2 2x y 2.+ =

c. ¿Cuál dirección debe tomar para ir por la ladera de mayor pendiente. Indique el valor

de la pendiente?

Solución. Dirección del gradiente: (2, 2)− . Valor de la pendiente: 2 2 .

33. Determine la derivada direccional de la función dada por xy

4 2

f(x, y) ln cos(2t ) dtπ= +∫



en el punto (1,0) y en la dirección de la recta tangente a la curva C : x(t) cos(t) , y(t) sen(t) , t 0,2= = ∈ π .

Solución.

u uD f(1,0) f(1,0)= ∇ • .

Cálculo de u. Sea r(t) (cos(t),sen(t))= , entonces r '(t) ( sen(t), cos(t))= − . Se tiene que u r '(0) (0,1)= = .

En consecuencia u yD f(1,0) f (1,0)= .

Cálculo de yf (1,0) .

xy

2y y 2

2

f(x,y) g(t)dt G(xy) G(2) f (x,y) xG'(xy) f (1,0) G'(0) ln( )= = − ⇒ = ⇒ = =∫ .

2.15. PLANO TANGENTE

Suponga que una superficie S tiene ecuación z f(x,y)= , donde f tiene derivadas

parciales de primer orden, y sea 0 0 0P(x ,y ,z ) un punto en S. Sean 1C y 2C las curvas

obtenidas en la intersección de los planos verticales 0y y= y 0x x= con la superficie S.

Entonces el punto P se encuentra en 1C y 2C . Sean 1T y 2T las rectas tangentes a las curvas

1C y 2C en el punto P. Entonces el plano tangente a la superficie S en el punto P es el plano

que contiene las rectas tangentes 1T y 2T .

El plano tangente en P es el plano que se aproxima más a la superficie S en el punto P. Se sabe del tema 1 que cualquier plano que pase por el punto 0 0 0P(x ,y ,z ) tiene una ecuación

de la forma

0 0 0A(x x ) B(y y ) C(z z ) 0− + − + − = .

Al dividir esta ecuación entre C y hacer a A /C= − y b B /C= − , se puede escribir como 0 0 0z z a(x x ) b(y y )− = − + − (*)

Si la ecuación (*) representa el plano tangente en P, entonces su intersección con el plano 0y y= debe ser la recta tangente 1T . Al hacer 0y y= en la ecuación (*) resulta

0 0z z a(x x )− = − , 0y y= y se reconoce esta ecuación como la de una recta con pendiente a,

sabiendo que cursos anteriores que 0a f '(x )= si z f(x)= , para el caso de z f(x,y)= se tiene

x 0 0a f (x , y )= . Del mismo modo, si se pone 0x x= en la ecuación (*), se obtiene

0 0z z b(y y )− = − , que debe representar la recta tangente 2T , de modo que y 0 0b f (x ,y )= .

PLANO TANGENTE Funciones Reales de Variable Vectorial Pág.: 192 de 305


Definición 22. Suponga que f tiene derivadas parciales continuas. La ecuación del plano tangente a la superficie z f(x,y)= en el punto 0 0 0P(x ,y ,z ) es la ecuación dada por

0 x 0 0 0 y 0 0 0z z f (x ,y )(x x ) f (x ,y )(y y )− = − + − .

Observación 11. Si f(x,y,z) 0= representa la superficie de nivel cero del funcional dado por

w f(x,y,z)= , entonces la ecuación del plano tangente a esa superficie en el punto

0 0 0P(x ,y ,z ) es

x 0 0 0 y 0 0 0 z 0 0 0f (x ,y )(x x ) f (x ,y )(y y ) f (x ,y )(z z ) 0− + − + − = .

Definición 23. La recta que pasa por el punto 0 0 0P(x ,y ,z ) y cuyo vector director es

0 0 0f(x ,y ,z )∇ se llama recta normal a la superficie en el punto 0 0 0P(x ,y ,z ) .

Ejemplo 45. Halle la ecuación del plano tangente a la superficie de nivel de ecuación 2 2x 2xy yz 3z 7+ − + = en el punto (1,1,-1) y la recta normal en ese punto.

Solución.

El vector gradiente de la superficie es f (2x 2y,2x z,6z y)∇ = + − −

y el vector normal a la superficie en (1,1,-1) es f(1,1, 1) (4,3, 7)∇ − = − . Por lo tanto la ecuación

del plano tangente es 4(x 1) 3(y 1) 7(z 1) 0− + − − + =

y la ecuación de la recta normal en forma vectorial es r (t) (1,1, 1) t(4,3, 7) t R= − + − ∈ .

Ejemplo 46. Halle la ecuación de la recta tangente y el plano normal a la curva intersección de las superficies 2 2 2x 4y 2z 27+ + = (Elipsoide) y 2 2 2x y 2z 11+ − = (Hiperboloide) en el

punto (3,-2,1).

Solución.

Sean 2 2 2

1F x 4y 2z 27= + + − y 2 2 22F x y 2z 11= + − −

entonces se tiene que 1 2F (2x,8y,4z) y F (2x,2y, 4z)∇ = ∇ = − .

En el punto (3,-2,1) en particular se obtiene que 1 2F (6, 16,4) y F (6, 4, 4)∇ = − ∇ = − − . Como

1F∇ y 2F∇ son ortogonales a la curva intersección en el punto (3,-2,1) entonces el producto

1 2F F∇ × ∇ es tangente a la curva en el mismo punto. Calculando se tiene que

1 2F F 8(10,6,9)∇ × ∇ = , luego la ecuación de la recta tangente es

r (t) (3, 2,1) t(10,6,9) t R= − + ∈

y la ecuación del plano normal viene dada por 10(x 3) 6(y 2) 9(z 1) 0− + + + − = .

DIFERENCIABILIDAD DE UNA FUNCIÓN DE DOS VARIABLES



2.16. DIFERENCIABILIDAD DE UNA FUNCIÓN DE DOS VARIABLES

Definición 24. La función lineal dada por

x yL(x,y) f(a,b) f (a,b)(x a) f (a,b)(y b)= + − + −

se denomina linealización de f en (a,b) y la aproximación dada por la expresión x yf(x, y) f(a,b) f (a,b)(x a) f (a,b)(y b)≈ + − + −

se llama aproximación lineal o aproximación de plano tangente de f en (a,b).

Se debe enfrentar el hecho de que, con todo, hay algunas funciones extrañas para las

que la aproximación lineal es muy deficiente. La función dada por

xy

2 2x y(x,y) (0,0)

f(x,y)0 (x,y) (0,0)+

≠= =

es función para la cual sus derivadas parciales existen en el origen y, en realidad, xf (0,0) 0=

y yf (0,0) 0= . La aproximación lineal sería f(x,y) 0≈ , pero 12f(x, y) = en todos los puntos en

la recta y x= . Por tanto, una función de dos variables se puede comportar bastante mal aún

cuando existan sus dos derivadas parciales. Para excluir tal comportamiento, se formula la

idea de función diferenciable de dos variables.

Se recordará que para una función de una variable, y f(x)= , si x cambia de a a a x+ ∆ ,

se define el incremento de y como y f(a x) f(a)∆ = + ∆ − . También se recordará que si f es

diferencialbe en a, entonces y f '(a) x x∆ = ∆ + ε∆ donde 0ε → cuando x 0∆ → . Ahora considere

una función de dos variables, z f(x,y)= , y suponga que x cambia de a a a x+ ∆ y y cambia de

b a b y+ ∆ . Entonces el correspondiente incremento de z es z f(a x,b y) f(a,b)∆ = + ∆ + ∆ − .

Entonces el incremento z∆ representa el cambio en el valor de f cuando (x,y) cambia de (a,b) a (a x,b y)+ ∆ + ∆ . Por analogía con respecto a las funciones de una sola variables se define la

diferenciabilidad de una función de dos variables como sigue:

Definición 25. Si z f(x,y)= , entonces f es diferenciable en (a,b) si z∆ se puede expresar

en la forma x y 1 2z f (a,b) x f (a,b) y x y∆ = ∆ + ∆ + ε ∆ + ε ∆

donde 1 0ε → y 2 0ε → cuando ( x, y) (0,0)∆ ∆ → .

DIFERENCIABILIDAD DE UNA FUNCIÓN DE DOS VARIABLES



La definición anterior dice que una función diferenciable es aquella para la que la

aproximación lineal es una buena aproximación cuando (x,y) está cerca de (a,b). En otras

palabras, el plano tangente aproxima bien la gráfica de f cerca del punto de tangencia. A

veces es difícil emplear la definición anterior directamente para verificar diferenciabilidad de

una función, pero el siguiente teorema constituye una condición suficiente, fácil de

comprobar, para la diferenciabilidad.

TEOREMA 8. Si las derivadas parciales xf y yf existen cerca de (a,b) y son continuas en

(a,b), entonces f es diferenciable en (a,b).

Ejemplo 47. Demuestre que xyf(x, y) xe= es diferenciable en (1,0) y encuentre su

linealización en ese punto. Luego, utilícela para aproximar f(1.1, 0.1)− .

Solución.

Las derivadas parciales son xy xy

xf (x,y) e xye= + , 2 xyyf (x,y) x e= , xf (1,0) 1= , yf (1,0) 1= .

Tanto xf como yf son funciones continuas, de modo que f es diferenciable por el teorema 8.

La linealización es

x yL(x,y) f(1,0) f (1,0)(x 1) f (1,0)(y 0) 1 1(x 1) 1.y x y= + − + − = + − + = + .

La correspondiente aproximación lineal es xyxe x y≈ + , así que f(1.1, 0.1) 1− ≈ . Compare esto

con el valor real de 0.11f(1.1, 0.1) 1.1e 0.98542−− = ≈ .

2.17. DIFERENCIAL TOTAL

Para una función de una variable, y f(x)= , se definió el diferencial dx como una

variable independiente, es decir, dx puede tomar el valor de cualquier número real. El diferencial de y se define entonces como dy f '(x)dx= . y∆ representa el cambio en altura de

la curva y f(x)= y dy representa el cambio en altura de la recta tangente cuando x cambia en

una cantidad dx x= ∆ .

Para una función de dos variables, z f(x,y)= , se definen los diferenciales dx y dy como

variables independientes, es decir, pueden tomar cualesquiera de los valores dados. Entonces

el diferencial dz, que también se llama diferencial total, está definido por

x yz z

dz f (x,y)dx f (x,y)dy dx dyx y

∂ ∂= + = +∂ ∂

(*)

DIFERENCIAL TOTAL Funciones Reales de Variable Vectorial Pág.: 195 de 305


Si se toma dx x x a= ∆ = − y dy y y b= ∆ = − en (*), entonces el diferencial de z es

x ydz f (a,b)(x a) f (a,b)(y b)= − + − .

Por tanto, en la notación de diferenciales, la aproximación lineal se escribe como f(x, y) f(a,b) dz≈ + .

Ejemplo 48. Si 2 2z f(x,y) x 3xy y= = + − , encuentre el diferencial dz. Si x cambia de 2 a 2.05

y y cambia de 3 a 2.96, compare los valores de z∆ y dz.

Solución. x ydz z dx z dy (2x 3y)dx (3x 2y)dy= + = + + − .

Si se hace x 2= , dx x 0.05= ∆ = , y 3= y dy y 0.04= ∆ = − ,

se obtiene dz 2(2) 3(3) 0.05 3(2) 2(3) ( 0.04) 0.65= + + − − = .

El incremento de z es 2 2 2 2z f(2.05,2.96) f(2,3) (2.05) 3(2.05)(2.96) (2.96) 2 3(2)(3) 3 0.6449 ∆ = − = + − − + − =

Note que z dz∆ ≈ pero dz es más fácil de calcular.

Ejemplo 49. El radio de la base y la altura de un cono circular recto son 10 cm y 25 cm,

respectivamente, con un posible error en medición de hasta 0.1 cm en cada uno. Utilice

diferenciales para estimar el máximo error en el volumen calculado del cono.

Solución.

El volumen V de un cono con radio r de la base y altura h es 2V r h /3= π , por tanto, el

diferencial de v es 2

r h2 rh r

dV V dr V dh dr dh3 3π π= + = + .

Como este error es, a lo más 0.1 cm, se tiene r 0.1∆ ≤ , h 0.1∆ ≤ . Para hallar el error

máximo del volumen se toma el máximo error en la medición de r y de h. En consecuencia, se toma dr 0.1= y dh 0.1= junto con r 10= , h 25= . Esto da

500 100dV (0.1) (0.1) 20

3 3π π= + = π .

Por tanto, el máximo error en el volumen calculado es alrededor de 3 320 cm 63 cmπ ≈ .

REGLA DE LA CADENA Funciones Reales de Variable Vectorial Pág.: 196 de 305


2.18. REGLA DE LA CADENA

Se recordará que la regla de la cadena para funciones de una sola variable da la regla para derivar una función compuesta: Si y f(x)= y x g(t)= , donde f y g son funciones

diferenciales, entonces y es indirectamente una función diferencial de t y dy dy dxdt dx dt

= .

Para funciones de más de una variable la regla de la cadena tiene varias versiones que

dan la regla de diferenciación de la composición de funciones para diferentes casos. La primera versión se aplica cuando z f(x,y)= y cada una de las variables x y y son a su vez

funciones de una variable t. Eso significa que z es indirectamente una función de t, z f(g(t),h(t))= , y la regla de la cadena da la fórmula para diferenciar z como función de t. Se

asume que f es diferenciable. Se recordará que es el caso cuando xf y yf son continuas.

TEOREMA 9. Suponga que z f(x,y)= es una función diferencial de x y y, donde x g(t)= y

y h(t)= son funciones diferenciales de t. Entonces z es una función diferencial de t y

dz f dx f dydt x dt y dt

∂ ∂= +∂ ∂

.

Ejemplo 50. Sean 2y 2wz z= + , donde xw e= y z cos(x)= . Halle dy/dx.

Solución.

x x x

x x

dy y dw y dz. . 2z.e (2w 2z).sen(x) 2cos(x).e 2(e cos(x)).sen(x)

dx w dx z dx

2e cos(x) 2e sen(x) 2sen(x)cos(x)

∂ ∂= + = − + = − +∂ ∂

= − −

Ahora se considera el caso en el que z f(x,y)= , pero tanto x como y es una función de

dos variables s y t: x g(s, t)= , y h(s, t)= . Entonces z es indirectamente una función de s y t y

se desea hallar zs

∂∂

y zt

∂∂

.

Se recordará que al calcular zt

∂∂

se conserva s fija y se calcula la derivada ordinaria de z con respecto a t. por tanto, se aplica

el teorema 9 y se obtiene



z z x z yt x t y t

∂ ∂ ∂ ∂ ∂= +∂ ∂ ∂ ∂ ∂

.

Para zs

∂∂

se cumple un argumento semejante y, por tanto, se ha demostrado la siguiente versión de la

regla de la cadena.

TEOREMA 10. Suponga que z f(x,y)= es una función diferenciable de x y y, donde x g(s, t)=

y y h(s, t)= son funciones diferenciables de s y t. Entonces

z z x z ys x s y s

∂ ∂ ∂ ∂ ∂= +∂ ∂ ∂ ∂ ∂

, z z x z yt x t y t

∂ ∂ ∂ ∂ ∂= +∂ ∂ ∂ ∂ ∂

.

Ejemplo 51. Sea z f(x,y) arctg(xy)= = , con 2 2x u v= + y 2 2y u v= − . Halle zu

∂∂

y zv

∂∂

.

Solución.

2

f yx 1 (xy)

∂ =∂ +

, 2

f xy 1 (xy)

∂ =∂ +

, x

2uu

∂ =∂

, y

2uu

∂ =∂

, x

2vv

∂ =∂

, y

2vv

∂ = −∂

.

2 3

2 2 4 4 2 4 4 2

z y y 2u.2u 4u.2u .2u

u 1 (xy) 1 (xy) 1 (u v ) 1 (u v )

∂ = + = =∂ + + + − + −

2 3

2 2 4 4 2 4 4 2

z y y 2v.2v 4v.2v .2v

v 1 (xy) 1 (xy) 1 (u v ) 1 (u v )

∂ = − = − = −∂ + + + − + −

.

Ejemplo 52. Si 2 2 2 2g(s, t) f(s t , t s )= − − y f es diferenciable, demuestre que la función g

satisface la ecuación g g

t s 0s t

∂ ∂+ =∂ ∂

.

Solución. Sea 2 2 2 2x s t , y t s= − = − . Entonces g(s, t) f(x,y)= y la regla de la cadena da

g f x f y f f(2s) ( 2s)

s x s y s x y∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂= + = + −∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

, g f x f y f f

( 2t) (2t)t x t y t x y

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂= + = − +∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

.

Por tanto se tiene g g f f f f

t s 2st 2st 2st 2st 0s t x y x y

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂+ = − + − + = ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ .



Ahora se considera la situación general en la que una variable dependiente u es una función de n variables intermedias 1 nx ,..., x , cada una de las cuales es, a su vez, una función

de m variables independientes 1 mt ,..., t . Note que hay n términos, uno por cada variable

intermedia.

TEOREMA 11. Suponga que u es una función diferenciable de las n variables 1 2 nx ,x ,...,x y

cada jx es una función diferenciable de las m variables 1 2 mt , t ,..., t . Entonces u es una

función de 1 2 mt , t ,..., t y

1 2 n

i 1 i 2 i n i

x x xu u u u...

t x t x t x t∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂= + + +

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

para cada i 1,2,...,m= .

Observación 11. Si z f(x,y)= tiene derivadas parciales continuas de segundo orden y

x x(u,v)= y y y(u,v)= se tiene entonces

z f x f y. .

u x u y u∂ ∂ ∂ ∂ ∂= +∂ ∂ ∂ ∂ ∂

, z f x f y

. .v x v y v

∂ ∂ ∂ ∂ ∂= +∂ ∂ ∂ ∂ ∂

y

2

2

z z f x f y f x f y. . . .

u u u x u y u u x u u y uu

f x x f f y y f. . . .

u x u u u x u y u u u y

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = = + = + ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = + + + ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

2 2

2

f x f y x x f. . . .

x x u y x u u u u x

f x f y y y f. . . .

x y u y y u u u u y

f x f. .

u x yx

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = + + + ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ + + ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂ ∂= +∂ ∂ ∂∂

2 2 2 2

2 2 2

2 22 2 2 2 2 2

2 2 2 2

y x x f f x f y y y f. . . . . .

u u x y x u u u yu y u

f x f y x x f f x y f y y f. . . . . . . .

u x y u u x y x u u u yx u y u

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂+ + + + ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = + + + + + ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂

2

2

2 2 2 2 2 2

2 2 2

z z f x f y f x f y. . . .

v v v x v y v v x v v y vv

f x f y x x f f x f y y y. . . . . . .

v x y v v x y x v v vx v y v

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = = + = + ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂= + + + + + ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂

2

2 22 2 2 2 2 2

2 2 2 2

f.

y

f x f y x x f f x y f y y f. . . . . . . .

v x y v v x y x v v v yx v y v

∂∂

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = + + + + + ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂



Ejemplo 53. Sean 2u 3xy 4y= − , rx 2se= , sy re−= . Calcule 2

2

u

r

∂∂

utilizando la regla de la cadena.

Solución.

Se tiene que

2

2

2 2 2 2 2 2

2 2 2

u u u x u y u x u y. . . .

r r r x r y r r x r r y rr

u x u y x x u u x u y y y. . . . . . .

r x y r r x y x r r rx r y r

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = = + = + ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂= + + + + + ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂ 2

u.

y∂∂

2r s

2

2 2 2 2 2r

2 2 2

u x u y u3y , 2se , 3x 8y , e , 0 ,

x r y r x

u x u u y3 , 2se , 3 , 8 , 0

x y y xr y r

−∂ ∂ ∂ ∂ ∂= = = − = =∂ ∂ ∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂ ∂ ∂= = = = − =∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂

2r s r r r s s

2

2r s r r s 2s r s s r 2s

2

r s r s 2s r s 2s

u(0.2se 3e ).2se 2se .3y (3.2se 8e ).e 0.(3x 8y)

r

u6se 6yse 6se 8e 12se 6re se 8e

r

12se 6rse 8e 6se (2 r) 8e

− − −

− − − − − −

− − − − −

∂ = + + + − + −∂∂ = + + − = + −∂

= + − = + −

Ejemplo 54. Sea 2 2u f(x 2yz,y 2xz)= + + . Pruebe que

2 2 2u u u(y zx) (x yz) (z xy) 0

x y z∂ ∂ ∂− + − + − =∂ ∂ ∂

.

Solución. Sean 2 2v x 2yz , w y 2xz= + = + . Se tiene:

u u v u w u u. . .2x .2z

x v x w x v w∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂= + = +∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

, u u v u w u u

. . .2z .2yy v y w y v w

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂= + = +∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

u u v u w u u. . .2y .2x

z v z w z v w∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂= + = +∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

.

Sustituyendo:

2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2

u u u u u u(y zx) .2x .2z (x yz) .2z .2y (z xy) .2y .2x 0

v w v w v w

u u u u u u u u.2xy .2x z .2zy .2z x .2zx .2z y .2yx .2y z

v v w w v v w wu u u u

.2yz .2y x .2z xv v w

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ − + + − + + − + = ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂− + − + − + − +∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂− + −∂ ∂ ∂

2.2x y 0w

=∂

DERIVACIÓN IMPLÍCITA Funciones Reales de Variable Vectorial Pág.: 200 de 305


2.19. DERIVACIÓN IMPLÍCITA

La regla de la cadena puede ser usada para dar una descripción en detalle del proceso de derivación implícita. Se supone que una ecuación de la forma F(x,y) 0= define a y

implícitamente como una función diferenciable de x, es decir, y f(x)= , donde F(x, f(x)) 0=

para toda x en el dominio de f. Si F es diferenciable, se aplica el teorema 9 de la regla de la cadena para derivar ambos lados de la ecuación F(x,y) 0= con respecto a x.

Como x y y son funciones de x, se obtiene F dx F dy

0x dx y dx

∂ ∂+ =∂ ∂

.

Pero dx / dx 1= , de modo que si F / y 0∂ ∂ ≠ , despejando dy/dx se obtiene:

x

y

Fdy F / xdx F / y F

∂ ∂= − = −∂ ∂

(1)

Para derivar esta ecuación se supone que F(x,y) 0= define a y implícitamente como

función de x. El teorema de la función implícita, demostrado en cálculo avanzado, da

condiciones bajo las cuales esta suposición es válida. Expresa que si F está definida en un disco que contiene (a,b), donde F(a,b) 0= , yF (a,b) 0≠ , y xF y yF son continuas en el disco,

entonces la ecuación F(x,y) 0= define y como función de x cerca del punto (a,b) y la

derivada de esta función está dada por la ecuación (1).

Ejemplo 55. Encuentre y’ si 3 3x y 6xy+ = .

Solución. La ecuación dada se puede escribir como 3 3F(x,y) x y 6xy 0= + − = , por lo cual la ecuación (1)

da 2 2

x2 2

y

Fdy 3x 6y x 2ydx F 3y 6x y 2x

− −= − = − = −− −

.

Ahora se supone que z está dada implícitamente como una función z f(x,y)= por una

ecuación de la forma F(x,y,z) 0= . Esto significa que F(x,y, f(x,y)) 0= para toda (x,y) en el

dominio de f. Si F y f son diferenciales, entonces se puede usar la regla de la cadena para derivar la ecuación F(x,y,z) 0= como sigue:

F x F y F z0

x x y x z x∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂+ + =∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

.

DERIVACIÓN IMPLÍCITA Funciones Reales de Variable Vectorial Pág.: 201 de 305


Pero

(x) 1x∂ =

∂ y (y) 0

x∂ =

∂,

de modo que esta ecuación se convierte en

F F z

0x z x

∂ ∂ ∂+ =∂ ∂ ∂

.

Si F / z 0∂ ∂ ≠ , se despeja z / x∂ ∂ y se obtiene la primera fórmula en las ecuaciones (2). La fórmula para z / y∂ ∂ se obtiene de modo semejante.

z F / x z F / y

,x F / z y F / z

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂= − = −∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

(2)

De nuevo, una versión del teorema de la función implícita da condiciones bajo las

cuales la suposición es válida. Si F está definida dentro de una esfera que contiene (a,b,c), donde F(a,b,c) 0= , zF (a,b,c) 0≠ , y xF , yF y zF son continuas dentro de la esfera, entonces la

ecuación F(x,y,z) 0= define z como función de x e y cerca del punto (a,b,c) y las derivadas

parciales de esta función están dadas por (2).

Ejemplo 56. Calcule

z z

,x y

∂ ∂∂ ∂

si 3 2 24z 3xz xyz 2xy 7 0+ − − + = .

Solución.

Sea 3 2 2F(x,y,z) 4z 3xz xyz 2xy 7= + − − +

entonces

2 2 2F F F3z yz 2y , xz 4xy , 12z 6xz xy

x y z∂ ∂ ∂= − − = − − = + −∂ ∂ ∂

,

Luego

2 2

2 2

z 3z yz 2y z xz 4xy,

x y12z 6xz xy 12z 6xz xy

∂ − − ∂ += − =∂ ∂+ − + −

.

MÁXIMOS Y MÍNIMOS DE FUNCIONES DE DOS VARIABLES



2.20. MÁXIMOS Y MÍNIMOS DE FUNCIONES DE DOS VARIABLES

TEOREMA 12. Suponga que z f(x,y)= es una función continua en el dominio R, entonces f

alcanza un valor máximo absoluto y un valor mínimo absoluto en el dominio R.

La función z f(x,y)= puede alcanzar su máximo o mínimo absoluto en un punto

interior de R o en un punto que está en la frontera de R. Si (a,b) es un punto interior

entonces:

Definición 26. Se dice que f(a,b) es un valor máximo local de f si existe un disco circular con centro en (a,b) tal que f está definida en el disco y f(x, y) f(a,b)≤ para todo (x,y) en el

disco.

Definición 27. Se dice que f(a,b) es un valor mínimo local de f si existe un disco circular con centro en (a,b) tal que f está definida en el disco y f(x,y) f(a,b)≥ para todo (x,y) en el

disco.

TEOREMA 13. Si z f(x,y)= tiene un extremo local (máximo o mínimo) en (a,b) y

f(a,b)

x∂∂

, f

(a,b)x

∂∂

existen, entonces f f

(a,b) (a,b) 0x y

∂ ∂= =∂ ∂

.

Observación 12. Un punto (a,b) donde f f

0x y

∂ ∂= =∂ ∂

puede corresponder a un mínimo local o a un máximo local o a ninguno de los dos. Así, la

condición del teorema es necesaria pero no suficiente.

Definición 28. Un punto (a,b) interior de R en el que f f

(a,b) (a,b) 0x y

∂ ∂= =∂ ∂

ó f

(a,b)x

∂∂

o f

(a,b)y

∂∂

no existe

se llama punto crítico.




TEOREMA 14. Suponga que z f(x,y)= tiene un punto crítico en (a,b) y que f tiene derivadas

parciales de segundo orden continuas en un disco con centro en (a,b). Sean

2 2 2

22 2

f f fA (a,b) , B (a,b) , C (a,b) , D AC B

x yx y

∂ ∂ ∂= = = = −∂ ∂∂ ∂

.

Entonces se verifica que:

a. f alcanza un máximo local en (a,b) si D 0> y A 0< .

b. f alcanza un mínimo local en (a,b) si D 0> y A 0> .

c. f tiene un punto de ensilladura en (a,b) si D 0< .

d. Si D 0= el criterio no concluye nada.

Ejemplo 57. Halle los puntos críticos de la función 3 3 2 2f(x, y) x y 3x 18y 81y= + + − +

y clasifíquelos.

Solución.

Se tiene que

2

22

f3x 6x 0 x(x 2) 0x

f y 12y 27 03y 36y 81 0y

∂ = + = + =∂ ⇒∂ − + == − + =

∂

.

De la primera ecuación se obtiene x 0, x 2= = − y de la segunda y 3,= y 9= , por lo tanto los

puntos críticos son (0,3), (0,9), (-2,3), (-2,9). Para clasificar los puntos extremos se tiene: 2

2 2

2 2

f f f6x 6, 0, 6y 36

x yx y

∂ ∂ ∂= + = = −∂ ∂∂ ∂

y con la siguiente tabla se clasifican los puntos.

Pto Crítico A B C D Tipo de punto

(0,3) 6 0 -18 -108 Ensilladura

(0,9) 6 0 18 108 Mínimo

(-2,3) -6 0 -18 108 Máximo

(-2,9) -6 0 18 -108 Ensilladura

Ejemplo 58. Halle los puntos críticos de 3 3 2f(x, y) x y 3y 3x 9y 2= + + − − +

e indique su naturaleza.

Solución.




2

2

3x 3 0 x 1 , x 1y 3 , y 13y 6y 9 0

− = = = −⇒ = − =+ − =

.

Puntos críticos: (1, 3) , (1,1) , ( 1, 3) , ( 1,1)− − − −

Sean:

2 2 2

22 2

f f fA (a,b) , B (a,b) , C (a,b) , D AC B

x yx y

∂ ∂ ∂= = = = −∂ ∂∂ ∂

.

Entonces

2 2 2

2 2

f f f6x , 0 , 6y 6

x yx y

∂ ∂ ∂= = = +∂ ∂∂ ∂

y con la siguiente tabla se clasifican los puntos:

Pto

Crítico

A B C D Tipo de punto

(1,-3) 6 0 -12 -72 Ensilladura

(1,1) 6 0 12 72 Mínimo

(-1,-3) -6 0 -12 72 Máximo

(-1,1) -6 0 12 -72 Ensilladura

2.21. OPTIMIZACIÓN SUJETA A RESTRICCIONES

Muchas veces se necesita encontrar los valores extremos de una función sobre algún

conjunto geométrico descrito mediante una ecuación (restricción), como por ejemplo los

valores extremos de una función sobre una recta, una esfera, o bien sobre una curva

intersección entre dos superficies. Para estos problemas de optimización se usa el método de

los multiplicadores de Lagrange, debido al matemático francés Joseph Louis Lagrange (1736-

1813).

TEOREMA 15 (TEOREMA DE LAGRANGE). Sean f y g funciones de dos variables con

derivadas parciales de primer orden continuas en un conjunto abierto que contenga la curva g(x,y) 0= (restricción) y suponga que 0g∇ ≠ en cualquier punto de la curva. Si f tiene un

extremo relativo sobre la curva g(x,y) 0= , entonces este extremo ocurre en un punto 0 0(x ,y )

en el que los gradientes 0 0f(x , y )∇ y 0 0g(x ,y )∇ son paralelos, es decir 0 0 0 0f(x ,y ) g(x , y )∇ = λ∇

para algún Rλ ∈ , donde λ recibe el nombre de multiplicador de Lagrange.

OPTIMIZACIÓN SUJETA A RESTRICCIONES



Ejemplo 59. ¿En qué punto de la curva 2 2x y 1+ = la suma x y+ es máxima?

Solución. Se quiere maximizar la función f(x,y) x y= + con la condición de que el punto (x,y) esté

sobre la curva 2 2g(x,y) x y 1 0= + − = (restricción). f g,∇ = λ∇ o sea (1,1) (2x,2y),= λ esta

ecuación vectorial y la restricción dan lugar al sistema:

2 2

1 2 x 01 1 1 1

1 2 y 0 (x,y) , ; ,2 2 2 2

x y 1

− λ = − λ = ⇒ = − − + =

.

Calculando la suma f(x,y) x y= + en cada uno de ellos:

1 1 2f ,

2 2 2

=

(valor máximo) 1 1 2

f ,2 2 2

− − = −

(valor mínimo)

Ejemplo 60. Determine los puntos (x,y,z) del elipsoide 2 2 22x 4y 5z 70+ + = de modo que la

suma de su primera y tercera coordenada sea la mayor y la menor posible.

Solución. Planteamiento: 2 2 2optimizar x z sujeto a 2x 4y 5z 70+ + + = .

Utilizando los multiplicadores de Lagrange se tiene que:

2 2 2

1 4λx0 8λy 5

y 0 , x z1 10λz 2

2x 4y 5z 70

= =

⇒ = = = + + =

.

Por lo tanto los puntos encontrados son:

1P (5,0,2) . Al evaluarlo en el funcional se tiene f(5,0,2) 7= . Valor máximo.

1P ( 5,0, 2)− − . Al evaluarlo en el funcional se tiene f( 5,0, 2) 7− − = − . Valor mínimo.

Suponga ahora que se quiere hallar los valores máximo y mínimo de f(x,y,z) sujetos a dos restricciones (condiciones) de la forma g(x,y,z) k= y h(x,y,z) c= . Geométricamente,

esto significa que se está buscando los valores extremos de f cuando (x,y,z) está sobre la curva intersección de las superficies de nivel g(x,y,z) k= y h(x,y,z) c= . Se puede demostrar

que si un valor extremo se presenta en 0 0 0(x ,y ,z ) entonces el vector gradiente 0 0 0f(x ,y ,z )∇

está en el plano determinado por 0 0 0g(x ,y ,z )∇ y 0 0 0h(x ,y ,z )∇ (Se supone que estos

gradientes no son nulos ni paralelos). Por tanto, hay números λ y µ (llamados

multiplicadores de Lagrange) tales que

0 0 0 0 0 0 0 0 0f(x ,y , z ) g(x , y ,z ) h(x , y ,z )∇ = λ∇ + µ∇ .




Ejemplo 61. Para la curva en el espacio definida por la intersección de la esfera

2 2 2x y z 4+ + = y del plano x z 1+ = , calcule los puntos de mayor y menor altura.

Solución. Se debe optimizar la función f(x,y,z) z= sujeta a las restricciones

2 2 2g(x,y,z) x y z 4 0 y h(x,y,z) x z 1 0.= + + − = = + − =

De la ecuación vectorial f(x,y,z) g(x,y,z) h(x, y,z)∇ = λ∇ + β∇ y de las condiciones resulta el

sistema:

2 2 2

0 2 x0 2 y

1 2 z

x y z 4x z 1

= λ + β = λ = λ + β + + = + =

.

De la solución del sistema y evaluando en la función a optimizar se desprende que los puntos

críticos

1 7 1 7,0,

2 2

+ −

y 1 7 1 7

,0,2 2

− +

son el de mínima y máxima altura respectivamente.

TEOREMA 16. Si f es continua en una región del plano cerrada y acotada entonces

a. Existe al menos un punto de la región donde f alcanza su valor mínimo.

b. Existe al menos un punto de la región donde f alcanza su valor máximo.

Ejemplo 62. Encuentre los valores extremos de la función 2 2f(x, y) xy(1 x 2y )= − − en el

círculo 2 2x y 1 / 4.+ ≤

Solución.

Estudio en el interior del circulo. Criterio del Hessiano:

2 2 2 2x yf y(1 3x 2y ) ; f x(1 x 6y )= − − = − − .

Igualando a cero se obtiene el sistema 2 2

2 2

y(1 3x 2y ) 0

x(1 x 6y ) 0

− − =

− − =,

que tiene como soluciones

1 1 1 1

(0,0), , , , ,2 22 2 2 2

−

1 1 1 1 1 1, , , , 0, , 0, , (1,0), ( 1,0).

2 22 2 2 2 2 2

− − − − −

Observe que solamente los cinco primeros puntos son interiores al círculo 2 2x y 1 / 4+ ≤ . Los

cuatro últimos por estar fuera del círculo se descartan. Aplicando el criterio del Hessiano se

tiene: (0,0) es un punto de ensilladura, en




1 1,

2 2 2

y en 1 1

,2 2 2

− −

f tiene un valor máximo relativo, en 1 1

,2 2 2

−

y en 1 1

,2 2 2

−

f tiene un valor mínimo relativo.

Estudio en la frontera de la región: El estudio sobre la curva frontera, si ésta es tal que su

gradiente existe y es no nulo en cada punto de la curva, se hace usando multiplicadores de Lagrange. En este caso la curva frontera es 2 2x y 1 / 4.+ = Se repite la función

2 2f(x,y) xy(1 x 2y )= − − y la restricción 2 2x y 1 / 4.+ = El sistema asociado es:

2 3

3 2

2 2

y 3x y 2y 2 x

x x 6xy 2 y

x y 1 / 4

− − = λ − − = λ + =

.

Dando solución al sistema y evaluando se tiene:

En 1 1

1 33, 9 334 2 4 2

− + −

f alcanza un valor máximo.

En 1 1

1 33, 9 334 2 4 2

− − + −

f alcanza un valor mínimo.




34. Demuestre que las superficies 2 2x 4y z 0+ + = y 2 2 2x y z 6z 7 0+ + − + = son tangentes

entre sí en el punto (0, 1,2).−

Solución.

Se tienen: 2 2

1 1 1F (x,y,z) x 4y z F (x,y,z) (2x,4,2z) F (0, 1,2) (0,4,4)= + + ⇒ ∇ = ⇒ ∇ − = . 2 2 2

2 2 2F (x,y,z) x y z 6z 7 F (x,y,z) (2x,2y,2z 6) F (0, 1,2) (0, 2, 2)= + + − + ⇒ ∇ = − ⇒ ∇ − = − − .

Se puede ver que

1 2F (x,y,z) 2 F (x,y,z)∇ = − ∇

por lo tanto son tangentes las superficies dadas.

35. Encuentre el punto que pertenece a la curva intersección de la superficie 2 2z x y= + con

el plano x 3= ; en el cual la pendiente de la recta tangente a dicha curva es 4/5 y halle la

ecuación del plano tangente a la superficie en ese punto.

Solución.

Al intersectar la superficie con el plano x 3= se tiene la curva 2z 9 y= + . Al derivar se

tiene 2

22

y 4 16 yz ' y 4

5 25 9 y9 y= = ⇒ = ⇒ = ±

++.

De acuerdo al enunciado se toma y 4= . Entonces al sustituir en la ecuación de la

superficie se tiene z 5= . De modo que el punto es (3,4,5). Si 2 2F(x,y,z) x y z= + −

su gradiente es

2 2 2 2

x yF(x,y,z) , , 1

x y x y

∇ = − + +

.

Evaluando en el punto se tiene el vector 3 4

, , 15 5 −

y el plano tangente es 3 4

(x 3) (x 4) (x 5) 05 5

− + − − − = .



36. Las dimensiones de una caja rectangular se miden como 75 cm, 60 cm y 40 cm, y cada

medida tiene un margen de error de 0.2 cm. Utilice diferenciales para estimar el máximo

error posible cuando el volumen de la caja se calcule a partir de estas medidas.

Solución. Si las dimensiones de la caja son x, y y z, su volumen es V xyz= , por tanto,

dV yzdx xzdy xydz= + + .

Al considerar que x 0.2∆ ≤ , y 0.2∆ ≤ y z 0.2∆ ≤ ,

se puede hallar el máximo error en el volumen, V dV (60)(40)(0.2) (75)(40)(0.2) (75)(60)(0.2) 1980∆ ≈ = + + = .

En consecuencia, un error de sólo 0.2 cm en la medida de cada dimensión puede conducir

a un error de hasta 1980 3cm en el volumen calculado. Este error es de sólo 1%.

37. Sea x y 2 si x 1 ó y 1

f(x,y)2 si x 1 y y 1

+ − = == ≠ ≠

.

Pruebe que:

a. f(1,1)

x∂

∂ y

f(1,1)y

∂∂

existen.

Solución.

h 0 h 0

f(1,1) f(1 h,1) f(1,1) h 0lím lím 1

x h h→ →

∂ + − −= = =∂

.

h 0 h 0

f(1,1) f(1,1 h) f(1,1) h 0lím lím 1

y h h→ →

∂ + − −= = =∂

.

b. f no es diferenciable en (1,1).

Solución.

Sean las trayectorias { }2S (x,y) R / y x= ∈ = y { }2R (x,y) R / y 1= ∈ = . Se tiene:

(x,y) (1,1) x 1 x 1(x,y) S

lím f(x,y) lím f(x,x) lím 2 2→ → →∈

= = = .

(x,y) (1,1) x 1 x 1(x,y) R

lím f(x,y) lím f(x,1) lím(x 1) 0→ → →∈

= = − = .

Por tanto f no es continua en (1,1) y en consecuencia no es diferenciable en (1,1).

38. La presión P (en kilopascales), el volumen V (en litros), y la temperatura T (en grados kelvins), de un mol de un gas ideal están relacionados por la ecuación PV 8.31T= . Halle

la razón a la que cambia la presión cuando la temperatura es de 300 K y aumenta a razón

de 0.1 K/s y el volumen es 100 L y crece a razón de 0.2 L/s.

Solución.



Si t representa el tiempo transcurrido en segundos, entonces en el instante dado se tiene T 300= , dT / dt 0.1= , V 100,= dV / dt 0.2= . Como P 8.31T / V= , la regla de la cadena

da

2 2

dP P dT P dV 8.31 dT 8.31 dV 8.31 8.31(300)(0.1) (0.2) 0.04155

dt T dt V dt V dt dt 100V 100

∂ ∂= + = − = − = −∂ ∂

.

La presión está decreciendo a razón de unos 0.042 KPa/s.

39. Sea la función 2 2f(x, y) x y g(u,v)= − + , donde u xy= , 2v x y y= − , g( 1,0) 1,− =

ug ( 1,0) 3− = y vg ( 1,0) 1− = − . Halle en el punto ( 1,1)− :

a. xf y yf .

Solución.

x u x v x u vf 2x g .u g .v 2x y.g 2xy.g= + + = + + .

x u vf ( 1,1) 2 g ( 1,0) 2g ( 1,0) 2 3 2 3− = − + − − − = − + + = . 2

y u y v y u vf 2y g .u g .v 2y x.g (x 1).g= − + + = − + + − . y uf ( 1,1) 2 g ( 1,0) 2 3 5− = − − − = − − = − .

b. Una dirección donde la razón de cambio de f sea igual a 0.

Solución. Sea u (a,b)= con 2 2a b 1+ = . Se tiene entonces que:

u uD f( 1,1) f( 1,1) (3, 5) (a,b) 0 3a 5b 0− = ∇ − • = − • = ⇒ − = . Se tiene el sistema

2 2 22 2 2 2

3a 5b 0 3a 5b 9 34 5a a 1 a 1 a .

25 25a b 1 a b 1 34

− = = ⇒ ⇒ + = ⇒ = ⇒ = ±

+ = + =

Una dirección es

u5 3

,34 34

=

.

c. La ecuación del plano tangente al gráfico de f.

Solución. 2f( 1,1) ( 1) 1 g( 1,0) 1− = − − + − = .

Ecuación del plano tangente:

x yf ( 1,1)(x 1) f ( 1,1)(y 1) (z 1) 0 3(x 1) 5(y 1) (z 1) 0

3x 5y z 9

− + + − − − − = ⇒ + − − − − =

⇒ − − = −

40. Demuestre que todos los planos tangentes a la superficie y

z x.fx =

en el punto 0 0 0M(x ,y ,z ) , con 0x 0≠ , pasan por el origen de coordenadas.

Solución. El plano tangente a una superficie de la forma z g(x,y)= esta dado por



x 0 0 0 y 0 0 0 0g (x ,y )(x x ) g (x ,y )(y y ) (z z ) 0− + − − − = ,

donde 0 0 0(x ,y ,z ) es el punto de tangencia. En este caso

yz g(x,y) x.f x.f(u)

x = = =

,

luego

x 2

y yg (x,y) f(u) x.f '(u). f(u) f '(u).

xx= − = − , y

1g (x,y) x.f '(u). f '(u)

x= = .

El plano tangente sería:

00 0 0 0 0 0

0

yf(u ) f '(u ). (x x ) f '(u )(y y ) (z z ) 0

x

− − + − − − =

,

donde

00

0

yu

x= .

Al evaluar en (0,0,0) se obtiene

00 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

0

0 0 0

yf(u ) f '(u ). x f '(u )y z x .f(u ) f '(u ).y f '(u )y z

x

x .f(u ) z 0

− + − + = − + − +

= − + =

Como 0 0 0M(x ,y ,z ) pertenece a la superficie entonces

00 0

0

yz x .f

x

=

.

En consecuencia

0 00 0

0 0

y yx .f x .f 0

x x

− + =

.

41. Sean la recta

x 1 tL : y 2 t , t R

z 7 2t

= − + = + ∈ = +

,

la superficie 2 2S : z x y= + y el plano z

:2x y 32

π − + = .

a. Halle todos los puntos 0 0 0P(x ,y ,z ) de intersección de L con S.

Solución.

2 2 2 2 2 2

2 2

z(t) (x(t)) (y(t)) 7 2t (t 1) (t 2) 7 2t t 2t 1 t 4t 4

7 2t 5 2t 2 t 1

= + ⇒ + = − + + ⇒ + = − + + + +

⇒ = + ⇒ = ⇒ = ±

Puntos de intersección de L con S: 1P ( 2,1,5)− y 2P (0,3,9) .

b. En uno de los puntos 0 0 0P(x ,y ,z ) hallados anteriormente el plano tangente a S es

paralelo a π . Encuentre su ecuación.



Solución. Se tiene que 2 2 2 2z x y x y z 0= + ⇒ + − = . Un vector normal de π es ( 4,2, 1)− − .

Si 2 2F(x,y,z) x y z= + − , entonces F(x,y,z) (2x,2y, 1)∇ = − .

Evaluando en los puntos hallados: F( 2,1,5) ( 4,2, 1)∇ − = − − y F(0,3,9) (0,6, 1)∇ = − . De

modo que en 1P ( 2,1,5)− el plano tangente a S es paralelo a π . La ecuación de este

plano tangente viene dada por

( 4,2, 1) (x 2,y 1,z 5) 0 4(x 2) 2(y 1) (z 5) 0

4x 8 2y 2 z 5 0 4x 2y z 5− − + − − = ⇒ − + + − − − =

⇒ − − + − − + = ⇒ − + − =�

42. Sea 2 3 2F(x,y) f(x y ,5x 7y 1,3x y)= + + − , donde f es un campo escalar diferenciable y

f(2,1,3) (3,2,1)∇ = . Determine la derivada direccional de F en el punto ( 1,1)− en la

dirección del vector unitario u que forma un ángulo 3πθ = con el gradiente en ese punto.

Solución. 2 3 2F(x,y) f(x y ,5x 7y 1,3x y) f(u,v,w)= + + − =

x u x v x w x

u v w

x u v w

F (x,y) f (u,v,w).u (x,y) f (u,v,w).v (x,y) f (u,v,w).w (x,y)

2x.f (u,v,w) 5.f (u,v,w) 6xy.f (u,v,w)

F ( 1,1) 2.f (2,1,3) 5.f (2,1,3) 6.f (2,1,3) 2.3 5.2 6.1 2

= + += + +

− = − + − = − + − = −

y u y v y w y

2 2u v w

y u v w

F (x,y) f (u,v,w).u (x,y) f (u,v,w).v (x,y) f (u,v,w).w (x,y)

3y .f (u,v,w) 7.f (u,v,w) 3x .f (u,v,w)

F ( 1,1) 3.f (2,1,3) 7.f (2,1,3) 3.f (2,1,3) 3.3 7.2 3.1 26

= + +

= + +− = + + = + + =

u u u 2 21 1 13 2 2 2

D F( 1,1) F( 1,1) F( 1,1) cos( ) 4 (26) 680 2 .170 170π− = ∇ − • = ∇ − = + = = =

43. Sean uT(x,y) x.sen(2y) , P(1, 3) , (1,1, 1)= = − .

a. Suponga que la temperatura en el punto (x,y) del plano es T(x,y) grados centígrados

( C)� y que la distancia en el plano xy se mide en metros (m). Una partícula se mueve

en sentido antihorario alrededor de una circunferencia de radio 2 m con centro en el

origen. ¿Con qué rapidez cambia la temperatura de la partícula en C / seg� en el

punto P?.

Solución.

La partícula se mueve en sentido antihorario alrededor de una circunferencia de radio

2 m con centro en el origen, entonces su recorrido viene dado por r (t) (2cos(t),2sen(t)) , t 0,2= ∈ π .

Por tanto: r' (t) ( 2sen(t),2 cos(t)) , t 0,2= − ∈ π .



Si t̂ 0,2∈ π entonces

rˆ2cos(t) 1ˆ ˆ ˆ ˆ(t) (2cos(t),2sen(t)) (1, 3) t

3ˆ2sen(t) 3

= π= = ⇒ ⇒ ==

Se tiene entonces que: dT(x,y) T dx T dy

. . sen(2y).2sen(t) x.2 cos(2y).2 cos(t)dt x dt y dt

∂ ∂= + = − +∂ ∂

.

Evaluando en P:

3 3

dT(1, 3)sen(2 3).2sen( ) 2 cos(2 3).2cos( ) 3sen(2 3) 2 cos(2 3)

dtπ π= − + = − + .

b. La derivada de f(x,y,z) en un punto Q es máxima en la dirección de u y su valor es igual a 2 3 . Encuentre el valor de f(Q)∇ y el de la derivada direccional de f en Q en

la dirección (1,1,0).

Solución. Del enunciado se deduce que u y f(Q)∇ tienen la misma dirección y sentido, por tanto

u uf f f

f(Q) , , (1,1, 1) f(Q) 3 3x y z

∂ ∂ ∂∇ = λ ⇒ = λ − ⇒ ∇ = λ = λ = λ ∂ ∂ ∂ .

Por otro lado, se sabe que f(Q) 2 3∇ = , entonces

uf(Q) 2 3 3 2∇ = λ ⇒ = λ ⇒ λ = .

Se tiene que f(Q) 2(1,1, 1) (2,2, 2)∇ = − = − .

Sea v1

(1,1,0)2

= , entonces

v v1 2 2 4

D f(Q) f(Q) (2,2, 2) (1,1,0) 2 22 2 2 2

= ∇ • = − • = + = = .

44. Una función u es definida como x y

u(x,y) xyfxy

+=

.

Pruebe que u satisface la ecuación dada por 2 2u u

x y u.G(x,y)x y

∂ ∂− =∂ ∂

y encuentre G(x,y).

Solución. u x y y x y

yf f 'x xy x xy

∂ + += − ∂ ,

u x y x x yxf f '

y xy y xy ∂ + += − ∂

.

Sustituyendo:



2 2 2 2

2 2

u u x y x y x y x yx y x yf xyf ' y xf xyf '

x y xy xy xy xy

x y x y x y x yf y xf xyf .G(x,y) G(x,y) x y , xy 0

xy xy xy

∂ ∂ + + + +− = − − + ∂ ∂

+ + += − = ⇒ = − ≠

45. Sea z(x,y) xf(x y) yg(x y)= + + − , donde f y g son funciones reales de una variable real,

dos veces derivables. Calcule la expresión 2 2 2

2 2

z z z2

y xx y

∂ ∂ ∂+ −∂ ∂∂ ∂

,

en términos de las derivadas de f y g.

Solución. x y x yu x y u 1 , u 1 , v x y v 1 , v 1= + ⇒ = = = − ⇒ = = − .

x yz (x,y) f(x y) x.f '(u) y.g'(v) , z (x,y) x.f '(u) g(x y) y.g'(v)= + + + = + − − .

xx yyz (x,y) f '(u) f '(u) x.f ''(u) y.g''(v) , z (x,y) x.f ''(u) g'(v) g'(v) y.g''(v)= + + + = − − +

xyz (x,y) f '(u) x.f ''(u) g'(v) y.g''(v)= + + − .

xx yy xyz z 2z f '(u) f '(u) x.f ''(u) y.g''(v) x.f ''(u) 2g'(v) y.g''(v)

2f '(u) 2x.f ''(u) 2g'(v) 2y.g''(v)4y.g''(v) 4g'(v)

+ − = + + + + − +

− − − += −

46. Calcule la derivada direccional de la función 2f(x, y,z) xy 3y z= + , en el punto 12

A(0,1, ) y

en la dirección de la curva C de intersección de las superficies de ecuaciones 2 2 24z 4x y= + , 2x y 2z 2 0+ + − = .

Solución. 2 2 24z 4x y 0C :

2x y 2z 2 0

− − =

+ + − =.

Sean 2 2 2F(x,y,z) 4z 4x y= − − , G(x,y,z) 2x y 2z 2= + + − . De modo que

F(x,y,z) ( 8x, 2y,8z) F(A) (0, 2,4) , G(x) (2,1,2) G(A) (2,1,2)∇ = − − ⇒ ∇ = − ∇ = ⇒ ∇ = .

i j kF(A) G(A) 0 2 4 4( 2,2,1)

2 1 2∇ × ∇ = − = − .

La dirección de la curva C la da el vector ( 2,2,1)− o el vector (2, 2, 1)− − . Por otro lado 2f(x, y,z) (y,x 6yz,3y ) f(A) (1,3,3)∇ = + ⇒ ∇ = .

v( 2,2,1) 2 2 1 2 7

D f(A) f(A) (1,3,3) , , 2 13 3 3 3 34 4 1

− = ∇ • = • − = − + + = + + .



v

7373

en la dirección ( 2,2,1)D f(A)

en la dirección (2, 2, 1)

−= − − −

47. Considere la curva plana C como la curva de nivel de un campo escalar F continuo con primeras y segundas derivadas parciales continuas y para el cual 0 F (x,y)∇ ≠ ∀ . Pruebe

que la curvatura de C viene dada por 2 2

y xx x y yx x yy

3

(F ) F 2F F F (F ) F

F

− + −κ =

∇.

Solución. Paso 1. Cálculo de y' .

xx x y

y

FF(x,y) 0 F 0 F F .y ' 0 y '

F= ⇒ = ⇒ + = ⇒ = − .

Paso 2. Cálculo de y'' .

xx y x y y x y y

y

xx xy y xy yy

x x xxx xy y xy yy

y y y

x

Fy ' F y '.F 0 (F )' y ''.F y '.(F )' 0 (F )' y ''.F y '.(F )' 0

F

(F F .y ') y ''.F y '.(F F .y ') 0

F F FF F . y ''.F . F F . 0

F F F

F

= − ⇒ + = ⇒ + + = ⇒ + + =

⇒ + + + + =

⇒ − + − − =

⇒

2 3x y xy x y y x xy y yy x

2 3 2xx y xy x y y x xy y yy x

2 3 2xx y x y xy y yy x

2xx y x

.(F ) F .F .F y ''.(F ) F .(F .F F .F ) 0

F .(F ) F .F .F y ''.(F ) F .F .F F .(F ) 0

F .(F ) 2.F .F .F y ''.(F ) F .(F ) 0

F .(F ) 2.Fy ''

− + − − =

⇒ − + − + =

⇒ − + + =

−⇒ = −

2y xy yy x3

y

.F .F F .(F )

(F )

+

Paso 3. Cálculo de κ . 2 2 2 2

xx y x y xy yy x xx y x y xy yy x3 3

y y

2 3/2 3/2 3/22 2 2y xx

2 2y yy

2 2xx y x y xy yy x

3y

2y

F .(F ) 2.F .F .F F .(F ) F .(F ) 2.F .F .F F .(F )

(F ) (F )y ''(t)

(1 (y ') ) (F ) (F )F1

(F ) (F )F

F .(F ) 2.F .F .F F .(F )

(F )

(F )

(F

− + − +

κ = = =+

++

− +

=

2 2xx y x y xy yy x

3y

3/2 3/222x

2 2 2y y y

F .(F ) 2.F .F .F F .(F )

(F )

(F ) F

) (F ) (F )

− +

= ∇ +



2 2xx y x y xy yy x

2 23y xx x y yx x yyy

3 3

3y

F .(F ) 2.F .F .F F .(F )

(F ) F 2F F F (F ) F(F )

F F

F

− +

− + −= =

∇ ∇

48. Sea la ecuación 2 2 2x y z h(x y z)+ + = + + . Si h es diferenciable y z f(x,y)= , encuentre

G(x,y) tal que z z

(y z) (z x) G(x,y)x y

∂ ∂− + − =∂ ∂

.

Solución.

Sea 2 2 2F(x,y,z) x y z h(u) , u x y z= + + − = + + . Entonces

F dh u dh2x . 2x

x du x du∂ ∂= − = −∂ ∂

, F dh u dh

2y . 2yy du y du

∂ ∂= − = −∂ ∂

, F dh u dh

2z . 2zz du z du

∂ ∂= − = −∂ ∂

FF dh dhyx du du

F dh F dhz du z du

2x 2yz z,

x y2z 2z

∂∂∂∂

∂ ∂∂ ∂

− −∂ ∂= − = − = − = −∂ ∂− −

dhdh dhdudu du

dh dhdu du

2xz z2x 2y(z y) (x z)

2z 2z

−− −− + − =

− −

2xy− dhduy 2xy+ + dh dh

du dux 2yz z− − +dhdu

dh dh dhdu du du

dh dhdu du

dhdu

dhdu

2z

2xz y x 2yz (x y)2z (x y)

2z 2z

(x y)(2z )x y G(x,y)

2z

−

+ − − − − −= =

− −

− −= = − =

−

49. La temperatura en una región del espacio está dada por la expresión 2 2 2 2T(x,y) x y (1 x y )= − − .

Halle los puntos donde se alcanza la mayor temperatura.

Solución. 2 3 2 4

2 4 3 2

T(x,y)2xy 4x y 2xy 0

xT(x,y)

2yx 2yx 4y x 0y

∂ = − − =∂

∂ = − − =∂

⇒2 2 2

2 2 2

xy (1 2x y ) 0

x y(1 x 2y ) 0

− − =

− − =

Puntos: 1 1 1 1 1 1 1 1

(0,y) , (x,0) , , , , , , , ,3 3 3 3 3 3 3 3

− − − −

.

Mayor temperatura 127

Puntos 1 1 1 1 1 1 1 1

, , , , , , ,3 3 3 3 3 3 3 3

− − − −

.



50. Suponga que la ecuación 2 zx z xy e 1 0− + − = , define z implícitamente como una función

de x e y tal que z(0,0) 0.= Demuestre que (0,0) es un punto crítico de z y clasifíquelo.

Solución.

Sea 2 zF(x,y,z) x z xy e 1= − + − .

2 z

z F x y 2xzx F z x e

∂ ∂ ∂ −= − = −∂ ∂ ∂ +

y 2 z

z F y x.

y F z x e

∂ ∂ ∂= − =∂ ∂ ∂ +

Se puede ver que ambas se f(0,0) (0,0)∇ = , por lo tanto (0,0) es un punto crítico.

Se tiene:

2 2 z 2 2 z 2

2 2 z 2 2 z 2 2

z 2x z 2ze 2yx z x e zA , B , C 0

x yx (x e ) (x e ) y

∂ − − ∂ − ∂= = = = = =∂ ∂∂ + + ∂

.

Evaluando en (0,0) se tiene que A C 0 y B 1= = = − , por lo tanto 2D AC B 1= − = − lo que

permite concluir que (0,0) es un punto de ensilladura.

51. Determine el valor mínimo de la función 2 2f(x, y) x (y 2)= + − sobre la hipérbola 2 2x y 1− = .

Solución. (2x,2(y 2)) (2x, 2y)− = λ − . Se quiere resolver el sistema:

2 2

2x 2x 02y 2y 4 1 y 1 x 2.

x y 1

− λ = + λ = ⇒ λ = ⇒ = ⇒ = ± − =

Evaluando en la función a optimizar se tiene: f( 2,1) 2 1 3.± = + =

52. Sea C la curva intersección de las superficies 2 2x y 4 , z 2x 1+ = + = .

a. Usando multiplicadores de Lagrange, determine los puntos más alejados y más

cercanos al origen de la curva C.

Solución. 2 2 2

2 2

min x y z s.a.

x y 4z 2x 1

+ +

+ =+ =

2 2

(2x,2y,2z) (2x,2y,0) (2,0,1)Sistema:

2x 2 x 22y 2 y2z y y 0 y y 0 (1 )y 0 y 0 1

x y 4z 2x 1

= λ + β

= λ + β = λ = β ⇒ = λ = ⇒ − λ = ⇒ − λ = ⇒ = ∨ λ = + = + =



2

y 0 : y 0 , x 2 : y 0 , x 2 :

2x 2 x 2 4 60 0 0 0 0 02z ,6 10

x 2 x 2x 4 x 2z 3 z 5z 1 2x

= = = = = −= − λ + β λ = − λ = −

= = = = β ⇒ β = − β = = = −= ⇒ = ± = − == −

1 2

1 2

P (2,0, 3) , P ( 2,0,5)

dis t(P ) 13 , dis t(P ) 29

− −

= =

15 151 13 3 4 42 2 2 2

2 15154 2

12

1:

00 0z 0 P ( , ,0) , dis t(P ) 2 , P ( , ,0) , dis t(P ) 2

y y

x

λ =β =

= = ⇒ = − = = ⇒ = ± =

Puntos más cercanos al origen: 15 151 13 42 2 2 2

P ( , ,0) , P ( , ,0)−

Punto más alejado del origen: 2P ( 2,0,5)−

b. Encuentre la ecuación de la recta tangente a C en (2,0, 3)− .

Solución.

Cálculo del vector gradiente de cada superficie en el punto de interés:

Sean 2 21 2S : x y 4 , S : z 2x 1+ = + = , entonces 1 2(S ) (2x,2y,0) , (S ) (2,0,1)∇ = ∇ = .

En el punto (2,0, 3)− se tiene: 1 2(S ) (4,0,0) , (S ) (2,0,1)∇ = ∇ = .

Cálculo del vector director de la recta tangente a C en el punto de interés:

1 2(S ) (S ) (0, 4,0)= ∇ × ∇ = −v .

Construcción de la ecuación de la recta tangente a C en el punto de interés: (2,0, 3) t(0, 4,0) (2, 4t, 3) , t R= − + − = − − ∈Tr (t)

PROCEDIMIENTO ALTERNATIVO:

Cálculo de las ecuaciones paramétricas de la curva C:

Proyectando en el plano xy y parametrizando se tiene: (2cos(t),2sen(t),1 4cos(t)) , t 0,2 , 0 (2,0, 3)= − ∈ π = − r(t) r( )

Cálculo del vector director de la recta tangente a C en el punto de interés: ( 2sen(t),2 cos(t), 4sen(t)) 0 (0,2,0)= = − ⇒ =v r'(t) r'( ) .

Construcción de la ecuación de la recta tangente a C en el punto de interés: (2,0, 3) t(0,2,0) (2,2t, 3) , t R= − + = − ∈Tr (t)



53. Sea la curva C dada por 2 2

2 2

x yz

9 4

x y 9

= +

+ =

.

a. Encuentre las ecuaciones paramétricas de C.

Solución. Proyectando en el plano xy, la curva proyección tiene ecuación 2 2x y 9 , z 0+ = = .

Parametrizando en sentido antihorario por ejemplo, se tiene:

pr (t) (x(t), y(t),0) (3cos(t),3sen(t),0) , 0 t 2= = ≤ ≤ π .

Por otro lado:

2 2 2 2

2 294

(x(t)) (y(t)) 9 cos (t) 9sen (t)z(t) cos (t) sen (t) , 0 t 2

9 4 9 4= + = + = + ≤ ≤ π

De modo que las ecuaciones paramétricas de la curva C vienen dadas por

r 2 294

(t) (3cos(t),3sen(t),cos (t) sen (t)) , 0 t 2= + ≤ ≤ π

b. Halle los puntos más bajos y más altos de C usando multiplicadores de Lagrange.

Solución.

Paso 1. Planteamiento del modelo de optimización a usar.

2 2

2 2x yoptimizar F(x,y,z) z sujeto a z 0 , x y 9

9 4= + − = + = .

Paso 2. Planteamiento del sistema de ecuaciones no lineal a resolver.

2 2

2 22 2

2 2

20 x 2 x2 1 9(0,0,1) x, y, 1 (2x,2y,0)

9 2 10 y 2 y

2x yz 19 4

x yx y 9 z9 4

x y 9

= λ + β = λ − + β = λ + β + = ⇒ = −λ

+ = + =

+ =

Paso 3. Resolución del sistema de ecuaciones no lineales planteado. De la tercera ecuación se deduce que 1λ = − . Sustituyendo este valor en la dos

primeras ecuaciones se tiene que: 22 0 2 x0 x 2 x 99

1 10 y 2 y 0 2 y2 2

= − + β= − + β ⇒

= − + β = − + β

.

No puede ocurrir que x y 0= = porque la última ecuación no se satisface.

Si x 0 y 0 := ∧ ≠



2

1 2

9z 9 9y 4z P 0, 3, , P 0,3,4

4 4y 3 y 3

= =

⇒ ⇒ − = ± = ±

Solución completa S(x,y,z, , ) :λ β

1 29 1 9 1

S 0, 3, , 1, , S 0,3, , 1,4 4 4 4

− − −

Si x 0 y 0 :≠ ∧ =

2

3 4z 1x 9z P ( 3,0,1) , P (3,0,1)

x 3x 3

==⇒ ⇒ − = ±= ±

Solución completa S(x,y,z, , ) :λ β

3 41 1

S 3,0,1, 1, , S 3,0,1, 1,9 9

− − −

Paso 4. Clasificación de los puntos encontrados.

Puntos de máxima altura:

1 29 9

P 0, 3, , P 0,3,4 4

−

Puntos de mínima altura: 3 4P ( 3,0,1) , P (3,0,1)−

54. Considere la elipse que se obtiene al intersectar las superficies 2 22x y 4 0 , x y z 0+ − = + + = .

Usando multiplicadores de Lagrange, Halle los puntos más cercanos y más lejanos de

dicha elipse al eje y.

Solución.

La distancia de un punto cualquiera 3(x,y,z) R∈ al eje y es 2 2x z+ . Entonces, para

encontrar los puntos de la elipse más cercanos y más lejanos al eje y, se usa la función objetivo 2 2f(x, y,z) x z= + . Aplicando multiplicadores de Lagrange, con las dos

restricciones que definen la elipse, se obtiene

2 2

2 2

optimizar x z sujeto a:2x 4 x0 2 y2z

2x y 4x y z 0

+= λ + β= λ + β= β

+ =+ + =

Sustituyendo la tercera ecuación en la primera y segunda, y simplificando, el sistema es



2 2

x 2 x z0 y z

2x y 4x y z 0

= λ += λ +

+ =+ + =

Si y 0= , la segunda ecuación implica que z 0= , y usando la cuarta se concluye que

x 0= , lo que contradice la tercera ecuación. Entonces y 0≠ , por lo que z / yλ = − y al

sustituir en la primera ecuación, x 2xz / y z= − + , lo que implica xy 2xz yz= − + . Dado que

z x y= − − , se obtiene 2 2 2 2xy 2x(x y) y(x y) 2x xy y 2x y 0= + − + = + − ⇒ − = .

Las ecuaciones 2 2 2 22x y 4 , 2x y 0+ = − = , implican que 2 2x 1 , y 2= = . Teniendo en

cuenta que z x y= − − , los cuatro puntos solución del sistema son

1 2

3 4

P (1, 2, 1 2), P (1, 2, 1 2)

P ( 1, 2,1 2), P ( 1, 2,1 2)

− − − − +

− − − − +

Los valores de la función objetivo 2 2f(x, y,z) x z= + en dichos puntos son

1 4 2 3f(P ) f(P ) 4 2 2 , f(P ) f(P ) 4 2 2= = + = = − .

Entonces, los puntos más cercanos son 2P y 3P , mientras que los más lejanos son 1P y

4P .

55. Demuestre que el volumen del paralelepípedo rectangular más grande inscrito en el

elipsoide 2 2 236x 9y 4z 36,+ + = si las aristas son paralelas a los ejes coordenados, es

16 / 3 .

Solución.

2 2 2max 8xyz s.a. 36x 9y 4z 36+ + = .

Usando Lagrange se tiene que: (8yz,8xz,8xy) (72x,18y,8z)= λ

2

2 2 2

2 2 2

2 2 2 2 2 2

8xyz 72x8yz 72x8xz 18y 8xyz 18y 4x y 1 2

x ,y ,z 38xy 8z 3 38xyz 8z 9x z

36x 9y 4z 36 36x 9y 4z 36

= λ= λ = λ = λ =

⇒ ⇒ ⇒ = = = = λ = λ = + + = + + =

Sustituyendo en la función se tiene 1 2 16

8. . . 33 3 3

= .

56. Calcule los puntos de máxima y mínima altura de la curva intersección entre el elipsoide 2 2 2x y 4z 4+ + = y el plano x y z 1+ + = .



Solución.

2 2 2opt z s.a. x y 4z 4 , x y z 1+ + = + + = .

Sistema a resolver:

2 2 2

2x 02y 08z 1

x y 4z 4x y z 1

λ + β = λ + β = λ + β = + + = + + =

De las 2 primeras ecuaciones se tiene que x y= . Sustituyendo en la última ecuación se

tiene z 1 2x= − . Sustituyendo en la penúltima ecuación se tiene

2 2 2 2 22x 4(1 2x) 4 2x 16x 16x 4 4 18x 16x 0 x(9x 8) 0x 0,x 8 /9

+ − = ⇒ + − + = ⇒ − = ⇒ − =⇒ = =

Para x 0= se tiene el punto (0,0,1). Punto más alto. Para x 8 /9= se tiene el punto (8 / 9,8 /9, 7 /9)− . Punto más bajo.

57. Sea C es la curva de intersección de las dos superficies 2 2 2x xy y z 1− + − = , 2 2x y 1+ = .

Utilice los multiplicadores de Lagrange para determinar el punto de C que está más cerca

al punto (0,0,0).

Solución. 2 2 2

2 2 2

2 2

min x y z s.a.

x xy y z 1

x y 1

+ +

− + − =

+ =

2 2 2

2 2

(2x,2y,2z) (2x y, x 2y, 2z) (2x,2y,0)Sistema:

2x (2x y) 2 x2y (2y x) 2 y

2z 2 z z 0 1

x xy y z 1

x y 1

= λ − − + − + β

= λ − + β = λ − + β = − λ ⇒ = ∨ λ = − − + − = + =

2 2 2 2 2

2 2 2 2

z 0 : 1:

2x (2x y) 2 x 4x y 2 x2y (2y x) 2 y 4y x 2 y

0 0 2z 2zx.y 0 y x

x xy y 1 x xy y z 1

x y 1 x y 1

= λ = −= λ − + β = + β

= λ − + β = + β = =⇒ = ⇒ = − + = − + − = + = + =



2 2

2 2

x 0 : y 0 :

0 y 2x 2 x 2 x2y 2 y 2 y 0 x

0 0 0 00, 1, y 1 0, 1, x 1

y 1 x 1

y 1 x 1

= == −λ = λ + β

= λ + β = −λ = =⇒ λ = β = = ± ⇒ λ = β = = ± = = = =

Puntos :(0,1,0) (0, 1,0) (1,0,0) ( 1,0,0)− − = Valor extremo 1 mínimo

2 2 2 2

2 2 2 2

y x : y x :

3x 2 x 5x 2 x3x 2 x 5x 2 x

3 22z 2z 2z 2z, x , z R2 2

x z 1 3x z 1

x x 1 x x 1

= = −= β = β

= β = β = =⇒ β = = ± ∉ − = − = + = + =

3 2 2

, x , z2 2 2

⇒ β = = ± = ±

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2Puntos : , , , , , , , ,

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

− − − − − −

=

3Valor extremo

2

58. Halle los mínimos y los máximos de la función

= + + − −2 2f(x,y) x 2xy 3y 2x 2y

en la región + ≤x y 2 .

Solución. PROBLEMA 1. 2 2optimizar f(x,y) x 2xy 3y 2x 2y s.a. x y 2= + + − − + = .

f(x, y) g(x,y) (2x 2y 2,2x 6y 2) (1,1)∇ = λ∇ ⇒ + − + − = λ

Sistema:

2x 2y 2 2(x y 1) 2(2 1) 22x 6y 2 2(x 3y 1) 2(2 2y 1) 1 2y 1 2, y 0, x 2

x y 2 x y 2 x y 2 x y 2

f(2,0) 0

+ − = λ + − = λ − = λ = λ + − = λ ⇒ + − = λ ⇒ + − = λ ⇒ + = ⇒ λ = = = + = + = + = + =

=

máximo

PROBLEMA 2. 2 2optimizar f(x,y) x 2xy 3y 2x 2y= + + − − .

Sistema:

2x 2y 2 0 x y 1 x y 1x 1, y 0 1 0 2

2x 6y 2 0 x 3y 1 x 3y 1

f(1,0) 1

+ − = + = − − = − ⇒ ⇒ ⇒ = = + ≤ + − = + = + =

= −

mínimo

59. La temperatura T en una región R del espacio viene dada por la expresión de tres

variables 3 2 2T(x,y,z) x x y 0.5xy xz= + + + .



Pruebe que cuando (x,y,z) satisface x y z 1,+ + = − la mayor y la menor temperatura se

alcanzan en los puntos 1P ( 1,2, 2)− − y 2P (1,0, 2)− respectivamente; resolviendo el

problema como:

a. Un problema de determinación de extremos locales.

Solución. 3 2 2 3 2 2 2T(x,y) x x y 0.5xy x(1 x y) x x y 0.5xy x x xy= + + − + + = + + − − −

2 2xT (x,y) 3x 2xy 0.5y 1 2x y 0= + + − − − = , 2

yT (x,y) x xy x 0= + − =

Resolviendo el sistema

x

y

T (x,y) 0T (x,y) 0

= =

se tiene 2 23x 2xy 0.5y 1 2x y 0

x(x y 1) 0

+ + − − − =

+ − =.

Si x 0= entonces

2 2 2 4 4.2 2 2 30.5y y 1 0 y 2y 2 0 y 1 3

2 2± + ±− − = ⇒ − − = ⇒ = = = ± .

Puntos (0,1 3) , (0,1 3)+ −

Si x 1 y= − entonces 2 2 23(1 y) 2(1 y)y 0.5y 1 2(1 y) y 1.5y 3y 0− + − + − − − − = − = .

Se tiene 2 21.5y 3y y 2y 0 y(y 2) 0 y 0 , y 2− = − = ⇒ − = ⇒ = =

Puntos (1,0) , ( 1,2)− .

Se tienen los puntos (0,1 3, 2 3) , (0,1 3, 2 3) , (1,0, 2) , ( 1,2, 2)+ − − − − + − − − .

Por tanto

T(0,1 3, 2 3) 0 , T(0,1 3, 2 3) 0 , T(1,0, 2) 1 , T( 1,2, 2) 1+ − − = − − + = − = − − − =

b. Un problema de extremos condicionados.

Solución. 2 2 2T(x,y,z) (3x 2xy 0.5y z,x xy,x) g(x,y,z) ( , , )∇ = + + + + = λ = λ λ λ .

Resolviendo el sistema 2 2

2

3x 2xy 0.5y z

x xyx

x y z 1

+ + + = λ + = λ

= λ + + = −

,

2x , y 1 , z 1.5 0.5 , 0= λ = − λ = − λ − λ ≠ . Se sustituye en la última ecuación: 21 1.5 0.5 1 1λ + − λ − λ − = − ⇒ λ = ± . 1 (x, y,z) (1,0, 2).λ = ⇒ = −

1 (x,y,z) ( 1,2, 2)λ = − ⇒ = − −

0 (x,y,z) (0,1 3, 2 3) (x,y,z) (0,1 3, 2 3)λ = ⇒ = + − − ∧ = − − + .



60. Determine los puntos de la superficie 2 2 26x 3y 2z 12x 12y 8z 20 0+ + − − − + = que

están a mayor distancia y a menor distancia del plano de ecuación 6z 3y 12 2 6+ = + .

Solución. La distancia de un punto 0 0 0P(x ,y ,z ) al plano : Ax By Cz D 0π + + + = viene dada por

0 0 0

2 2 2

Ax By Cz Dd(P, )

A B C

+ + +π =

+ +.

Para el caso de interés se tiene: P(x,y,z) y : 6z 3y 12 2 6 0π + − − = . Por tanto

6z 3y 12 2 6d(P, )

15

+ − −π = .

El problema se puede plantear de la siguiente manera:

2 2 2

max/ min 6z 3y 12 2 6 sujeto a la restricción

g(x,y,z) 6x 3y 2z 12x 12y 8z 20 0

+ − −

= + + − − − + =

De modo que aplicando multiplicadores de Lagrange se tiene el sistema de ecuaciones:

2 2 2

(1) 0 (12x 12)(2) 3 (6y 12)

(3) 6 (4z 8)

(4) 0 6x 3y 2z 12x 12y 8z 20

= λ −= λ −

= λ −

= + + − − − +

De la ecuación (1) se tiene que 12 (x 1) 0 0 ó x 1λ − = ⇒ λ = = . Si se hace 0λ = se llega a

un absurdo. Como 0λ ≠ , entonces conviene x 1= . De las ecuaciones (2) y (3) se tiene

3 6 6

z (y 2) 2 , y 2 , z 26(y 2) 4(z 2) 2

= ⇒ = − + ≠ ≠− −

Sustituyendo en la ecuación (4): 2

2 6 66 3y 2 (y 2) 2 12y 8 (y 2) 2 20 0

2 2

− + + − + − − − + + =

2 266 3y 2 (y 2) 2 6(y 2) 4 12y 4 6(y 2) 16 20 0

4 − + + − + − + − − − − + =

2 2

2 2 2 2

2 2 2

6 3y 3(y 2) 4 6(y 2) 8 12y 4 6(y 2) 16 20 0

6 3y 3(y 2) 12y 12 0 6 3y 3y 12y 12 12y 12 0

6 6y 24y 24 0 6y 24y 18 0 y 4y 3 0 (y 1)(y 3) 0

− + + − + − + − − − − + =

− + + − − + = ⇒ − + + − + − + =

− + − + = ⇒ − + = ⇒ − + = ⇒ − − =

1 26 6 6 6

y 1 z 2 P 1,1,2 , y 3 z 2 P 1,3,22 2 2 2

= ⇒ = − ⇒ − = ⇒ = + ⇒ +

Evaluando en la función distancia punto-plano:

1 212

D(P ) (mayor dis tancia) , D(P ) 0 (menor dis tancia)15

= =

EJERCICIOS PROPUESTOS Funciones Reales de Variable Vectorial Pág.: 224 de 305



1. Dibuje los planos cuyas ecuaciones se dan a continuación:

a. 6x 3y 4z 12+ + =

b. 4x 4y 2z 20− + + =

c. 2x 3y 5z 30+ − =

d. y z 5+ =

e. x y 5+ =



f. x y 5+ = −

2. Dibujar las siguientes superficies cilíndricas:

a. 2y x= −

b. 2z 2 x= +

c. yz e−=



3. Hallar la ecuación de la superficie de revolución generada por la curva dada al girar en

torno al eje indicado, y graficar dicha superficie. a. y 2, eje x= 2 2Rta: y z 4+ =

b. 2z 4 y eje y= − 2 2 2Rta: x y z 4+ + =

c. y x 0 eje y+ = 2 2 2Rta: z x y 0+ − =



d. z 2y 2 0 eje z+ + = 2

2 2(z 2)Rta: y x 0

4+ − − =

e. 21x 4 y eje y

4= + 2 2 2Rta: 16x 16z y 4+ − =

f. 29 x

y eje x3−= 2 2 2Rta: x 3z 3y 9+ + =

g. 2 24x 3y 12 eje x− = 2 2 2Rta: 4x 3z 3y 12− − =



4. Identifique y grafique las superficies de ecuaciones: a. 2 2 29x 4y 36z 0− + =

b. 2 2 25x 6y 10z 30 0+ − + =

c. 2 2 25x 6y 10z 30 0+ − − =

d. 2 24x y 9z 0+ + =



e. 2 2 2x y z 4− + = −

f. 2 2 236x 9y 4z 36+ + =

g. 2 2 2x y 2z 6 0+ − + =

h. 2 29x 4z 36y 0+ + =



i. 2 2z 4 x y= − −

j. 2 2x 2y z= −

k. 2 2 2x y z 4 0+ + − =

l. 2 2 2y 9x 4z 36− − =



m. 2 2y 4x 9z= +

n. 2 2 216x 9y 16z 32x 36y 36 0+ + − − + =

o. 2 2x y 4x 3y z 5 0+ − − − + =

5. Para cada superficie, identifique e indique sobre que eje se encuentra:

a. 2 2 29x 4y 36z 36 0+ − − =

b. 2 225x 4z 36y 0+ − =

6. Determine la curva intersección entre las superficies dadas. Elija la proyección sobre el

plano de coordenadas más adecuado. Dé una parametrización para dicha curva.

a. 2 2 2z x y , z 2= + =

b. 2 2 2z x y , z 2y 1 0= + − + =

c. 2 2 2 2 2x y z 4 , x y 2z 2 0+ + = + − + =

d. 2 2 2 2x y 9 , y x z+ = = +

e. 2y z 4 0 , 2x y z 4+ − = + − =



7. Encuentre las ecuaciones paramétricas de la curva de intersección del cilindro 2x z 4 0+ − = y el plano y 3z= , entre los puntos (2,0,0) y ( 3,3,1) de la misma.

8. C es la curva intersección de la esfera 2 2 2 2x y z a+ + = y de la superficie dada por 2 2x y ax,+ = con z 0≥ y a 0> (a constante). C es recorrida de manera que si se observa

el plano xy desde arriba el sentido es horario. Encuentre sus ecuaciones paramétricas.

9. C es la curva intersección del plano x y z 1+ + = y el cilindro 2 2x y 9+ = orientado en

sentido contrario al movimiento de las manecillas del reloj visto desde arriba. Encuentre

sus ecuaciones paramétricas.

10. Parametrice la curva intersección de las superficies 2 2z xy , x y 1= + = . El sentido de

recorrido de la curva es antihorario cuando es vista desde encima del plano xy.

11. Encuentre las ecuaciones paramétricas de la curva C que es la intersección de las

superficies 2y 4 x= − , z 2y= , y 0≥ , desde el punto A(2,0,0) hasta el punto B(0,4,8) de

C.

12. Encuentre una representación paramétrica de una curva C que tiene punto inicial en

(2,1, 2 2) y punto final en (2, 2,0) y se encuentra sobre una parte de la superficie 2 2x y 2z 4+ + = que se encuentra enfrente del plano x 0= .

13. Sea C la curva que se obtiene al intersectar el plano y 0= y la superficie 2z x= .

Identifique y halle la ecuación de la superficie generada al rotar C alrededor del eje z.

14. La curva 2 2y z 1, x 0− = = se gira en torno al eje z. Escriba la ecuación de la superficie de

revolución y clasifíquela.

15. Halle la proyección en el plano xz de la curva intersección de las superficies 2x y 4 0+ − =

y 2 2x y z 0− + = . Identifique la curva proyección.

16. Calcule y grafique los dominios de las siguientes funciones:

a. 1

g(x,y)cos(x y)

=+

b. 3f(x,y) y x= −



c. ln(y x)

f(x,y)x y

−=+

d. 2 2f(x,y) 1 /(x 2y )= +

e. f(x, y) ln(xy)=

f. f(x,y) arcsen(x y)= +

g. 2 2f(x, y) 1 x 1 y= − + −

h. 2 2f(x,y) y x 1 ln(x y 2y)= − + + + −

i. 2 2 2 2641f(x,y) ln(x y ) 1 x y

xy= + + + − +

17. Estudie las curvas de nivel de las siguientes funciones: a. f(x,y) xy=

b. 2f(x,y) (1 x y)= + +

c. f(x, y) 1 x y= − −

d. 2f(x, y) ln(x y)= +

e. 2

2

x yf(x,y)

x y

+=+

18. Determine los límites si existen:

a. 2 2

(x,y) (1,1)

x 2xy ylím

x y→

− +−

b. (x,y) (4,3)

x y 1lím

x y 1→

− +− −

c. (x,y) (0,1)

l í m (arcsen(x / y)) /(1 xy)→

+

d. (x,y) (1,2)

l í m (3x 2y) /(2x 3y)→

− +

e. 2 2 2 2

(x,y) (0,0)l í m sen(x y ) /(x y )

→+ +

f. 2 2

(x,y) (0,0)l í m x y /(x y)

→+ +

g. 2 2

(x,y) (0,0)l í m (x y) /(x y )

→+ +

h. 3 3 2 2

(x,y) (0,0)l í m (x y ) /(x y )

→− −

i. 2 4 2

(x,y) (0,0)l í m x y /(x y )

→+

j. (x,y) (0,0)

l í m xsen(xy)→



k. 3

2 6(x,y) (0,0)

xylím

x y→ +

l. (x,y) (0,0)

l í m (x y) /(x y)→

− +

m. 2

4 2(x,y) (0,0)

xylím

y x→ +

n. 3 3

2 2(x,y) (0,0)

x ylím cos

x y→

− +

o. 3 3

2 2(x,y) (0,0)

x ylím

x y→

++

p. (x,y) (a,a)

a xlím ln x a , y a

a y→

− < < −

q. (x,y) (2,1)

arcsen(xy 2)lím

arctg(3xy 6)→

−−

r. 3 3

2 2(x,y) (2,1)

xy 2 x y 8lím

x y 4→

− + −

−

s. (x,y) (0,0)

xlím

x y→ +

t. 4 4

3 3(x,y) (0,0)

x ylím

x y→

−−

19. Sean

4 3

5 5 6 2

2xy y xf(x,y) y g(x,y)

x 6y y x= =

+ +.

Demuestre que

(x,y) (0,0) (x,y) (0,0)lím f(x,y) y lím g(x,y)

→ →

no existen.

20. Sean

2 2 3 4

2 2 4 4

7x y x yf(x,y) y g(x,y)

2x 2y x y= =

+ +.

Demuestre que

(x,y) (0,0) (x,y) (0,0)lím f(x,y) y lím g(x,y)

→ →

existen.



21. Estudie la continuidad de las siguientes funciones:

a.

2

4 2

x ysi (x, y) (0,0)

f(x, y) x y0 si (x,y) (0,0)

≠= +

=

b.

xysi (x,y) (0,0)

f(x,y) x y0 si (x,y) (0,0)

≠= + =

c.

3 3

2 2

x ysi (x,y) (0,0)

f(x, y) x y0 si (x, y) (0,0)

≠= +

=

22. Calcule las derivadas parciales de primer orden para las siguientes funciones:

a. 4 4f(x, y) x y= +

b. 2 2f(x, y) x y sen(xy)= +

c. 2 2f(x, y) xy ln(x y )= +

d. f(x,y) xy /(x y z)= + +

e. 2 2f(x,y) x y= +

f. yf(x,y) e sen(xy)=

g.

ysen(t)

x

f(x,y) e dt= ∫

23. Calcule las derivadas xx yy xy yxf , f , f , f y verifique que las cruzadas son iguales.

a. 2 2f(x, y) 5x 3xy 6y= − +

b. f(x, y) tg(x 3y)= +

c. 4 2f(x,y) x y=

d. f(x,y) x / y=

e. 2f(x,y) sen(x y)=

24. Verifique que: a. 2 2f(x, y) ln(x y )= + satisface la ecuación xx yyf f 0+ = .

b. 2 2 2f(x,y,z) x y y z z x= + + satisface la ecuación xx yy zzf f f 2(x y z)+ + = + + .

c. x yx

z xy xz yz 2xyy

= + ⇒ + = .



25. Una recta tangente a la superficie cónica 2 2z 9x 4y= + está en el plano x 1= y tiene

una pendiente z 8y 5

∂ =∂

. Encuentre las coordenadas del punto de tangencia.

26. Sea

2 2

xyx 2y si (x,y) (0,0)

f(x,y) x y0 si (x,y) (0,0)

+ + ≠= + =

.

Determine si las derivadas parciales existen en el origen.

27. Determine la derivada direccional en el punto y dirección indicada: a. u f(x,y) x / y P(1,1) (0, 1)= = −

b. uf(x, y) cos(x y) P(0, ) ( /2,0)= + π = π

c. uf(x,y,z) xy yz xz P(1,1,1) (2,1,-1)= + + =

28. Si a x a x ... a x1 1 2 2 n nu e + + += , donde 2 2 21 2 na a ... a 1+ + + = , demuestre que 2 2 2

2 2 21 2 n

u u u... u

x x x

∂ ∂ ∂+ + + =∂ ∂ ∂

.

29. La temperatura en un punto (x,y,z) está dada por 2 2 2x 3y 9zT(x,y,z) 200e− − −= donde T se

mide en C y x, y, z en metros. a. Encuentre la razón de cambio de la temperatura en el punto P(2, 1,2)− en dirección

que va hacia el punto Q(3,-3,3).

b. ¿En qué dirección aumenta más rápido la temperatura en P?

c. Encuentre la mayor razón de incremento en P.

30. Dada la función 2 2 2f(x,y,z) x 2y z= + + , encuentre la razón de cambio de f en el punto

(1,0, 1)− en la dirección de un vector normal al plano 3x y z 1+ − = .

31. La temperatura T en grados Celsius en cada punto de una habitación se modela mediante 2 2T(x,y,z) (x y) z xy= + + − .

Una partícula se encuentra situada en el punto P(1,1,2).

a. ¿En qué dirección debe moverse para que su temperatura aumente más rápidamente?

b. ¿Cuál es el valor de máxima razón de aumento de temperatura?

c. ¿Qué trayectoria deberá seguir para no experimentar cambios en su temperatura?



32. Considere una función z f(x,y)= diferenciable en el punto P( 1,2)− . Si la derivada

direccional de f en P, en la dirección del vector u (3 / 5, 4 / 5)= − es 8, y en la dirección de

P a Q(11,7) es 1, determine la derivada direccional de f en P, en la dirección del vector v (3, 5)= − y el valor máximo de la derivada direccional de f en P.

33. Indique la veracidad o falsedad de las siguientes afirmaciones, justificando su respuesta: a. El gradiente de f es perpendicular a la gráfica de f(x,y) c,= donde c R.∈

b. Si x yf (0,0) f (0,0)= , entonces f(x,y) es continua en el origen.

c. Si x x y y y y x x0 0 0 0lím lím f(x,y) lím lím f(x,y)→ → → →

=

, entonces (x,y) (x ,y )0 0

lím f(x,y)→

existe.

34. Sea

2 2

2 2

x ysi (x,y) (0,0)

f(x, y) x y0 si (x, y) (0,0)

≠= +

=

.

Demuestre que

a. f es continua en (0,0).

b. f f

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

∂ ∂= =∂ ∂

.

c.

4

2 2 2x

2xysi (x, y) (0,0)

f (x, y) (x y )0 si (x,y) (0,0)

≠= +

=

,

4

2 2 2y

2yxsi (x, y) (0,0)

f (x, y) (x y )0 si (x,y) (0,0)

≠= +

=

.

d. xf es continua en (0,0).

e. yf es continua en (0,0).

f. ¿Será f diferenciable en (0,0)?

35. Sea

2

4 4

xysi (x,y) (0,0)

f(x, y) x y0 si (x, y) (0,0)

≠= +

=

.

Demuestre que

a. f no es continua en (0,0).

b. f f

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

∂ ∂= =∂ ∂

.

c. ¿Será f diferenciable en (0,0)?



36. Sea

2 2

xysi (x,y) (0,0)

f(x,y) x y0 si (x, y) (0,0)

≠= + =

.

Indique si f es diferenciable en (0,0).

37. Sea

2 2

2 2

xy(x y )si (x,y) (0,0)

f(x, y) x y0 si (x, y) (0,0)

− ≠= + =

.

Estudie la continuidad e indique si la función es diferenciable en (0,0).

38. Para la función dada por

2 2

xy(x,y) (0,0)

f(x, y) x y

0 (x,y) (0,0)

≠= + =

:

a. Estudie la continuidad en (0,0).

b. Calcule f f

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

∂ ∂∂ ∂

.

c. ¿Es f(x,y) diferenciable en (0,0)?

39. Sea

2

8 4

x ysi (x,y) (0,0)

f(x,y) x y

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

≠

= +

=

.

Pruebe que en el origen:

a. f(x,y) no es diferenciable.

b. Sus derivadas parciales existen.

40. Encuentre el punto de la superficie 2 2z 2x 3y= + donde el plano tangente es paralelo al

plano 8x 3y z 0− − = .

41. Calcule las ecuaciones del plano tangente y de la recta normal en el punto ( 2,1, 3)− −

sobre la superficie de ecuación 2 2

2x zy 3

4 9+ + = .



42. Sea la superficie 2 2z 4 x y= − − . Halle:

a. La ecuación del plano tangente que sea paralelo al plano 2x 4y z 12+ − = .

b. Una parametrización de la curva intersección con el plano z 2x 1+ = .

43. La longitud y ancho de un rectángulo son 30 cm y 24 cm respectivamente, con un margen de error en la medición de 0.1 cm en cada dimensión. Utilice diferenciales para estimar el

máximo error al calcular el área del rectángulo.

44. La presión, volumen y temperatura de un mol de un gas ideal están relacionados por la

ecuación PV 8.31T= , donde P se mide en kilopascales, V en litros, y T en grados kelvins.

Utilice diferenciales para hallar el cambio aproximado en la presión si el volumen aumenta

de 12 L a 12.3 L y la temperatura se reduce de 310 K a 305 K.

45. Indique la veracidad o falsedad de las siguientes afirmaciones, justificando su respuesta: d. Si x 0 0f (x , y ) y y 0 0f (x , y ) existen ambas, entonces f es diferenciable en el punto

0 0(x ,y ).

e. Si f es diferenciable y f(a,b) 0,∇ = entonces la gráfica de z f(x,y)= tiene plano

tangente horizontal en (a,b).

46. Sea 2 2F(x,y) f(3xy 1,x y y x,5x 2y)= − − + , donde f es un campo escalar diferenciable. Si

f( 4, 2,3) (9, 3, 2)∇ − − = − − , halle la derivada direccional de F en (1, 1)− en la dirección de un

vector unitario u que forma un ángulo de 23π radianes con respecto al eje x positivo.

47. Sea f un campo escalar en 2R , con primeras derivadas parciales continuas y sea

n y zu(x,y,z) x f , , n R

x x = ∈

.

a. Demuestre que u u u

x. y. z. n.ux y z

∂ ∂ ∂+ + =∂ ∂ ∂

b. Calcule 2u

x y∂

∂ ∂.

48. Sea z f(x g(y))= + . Demuestre que

2 2

2

z z z z. .

x x y y x

∂ ∂ ∂ ∂=∂ ∂ ∂ ∂ ∂

.

Suponga que las derivadas cruzadas son iguales.



49. La ecuación y z

F , 0x x =

define implícitamente a z z(x,y)= . Demuestre que

z zx y z

x y∂ ∂+ =∂ ∂

.

50. Sea g una función real de variable real, continua, derivable y sea

v

u

f(u,v) g(t)dt= ∫

con 2u xy , v y= = . Pruebe que 2 2

2 2 22 2

f fy x 4v g'(v) 2vg(v)

y x

∂ ∂− = +∂ ∂

.

51. Verifique que si

yz f

x =

,

entonces 2 2 2

2 22 2

z z zx 2xy y 0

x yx y

∂ ∂ ∂+ + =∂ ∂∂ ∂

.

52. La ecuación zxyz e= define z f(x,y)= .

a. Halle la ecuación del plano tangente en 2 1P e , ,2

2

.

b. Demuestre que 2

22

z 1 4e , ,2

y x 2 e

∂ = − ∂ ∂ .

53. La ecuación cos(x y) cos(x z) 1+ + + = , define a z como función de x e y. Calcule xyz .

54. Si z f(x,y)= , donde x r cos( )= θ , y rsen( )= θ , demuestre que

22 2 2

2

z z z 1 zx y r r

∂ ∂ ∂ ∂ + = + ∂ ∂ ∂ ∂θ .



55. Sea u f(x ys,y xs)= − + , donde 2f :R R→ , 2s :R R→ , s g(x,y)= son continuas y

diferenciables. Halle xu , yu .

56. Si z f(x,y)= , donde x s t= + , y s t= − , pruebe que

22z z z z.

x y s t ∂ ∂ ∂ ∂ − = ∂ ∂ ∂ ∂

.

57. Sean f y g dos veces diferenciables y sea la función 1

y(x, t) [f(x ct) g(x ct)]2

= − + + .

Demuestre que satisface la ecuación

2 2

22 2

y yc . (c ctte)

t x

∂ ∂= =∂ ∂

.

58. Si u f(x,y)= en donde s sx e cos(t) , y e sen(t)= = , demuestre que

2 2 2 22s

2 2 2 2

u u u ue .

x y s t− ∂ ∂ ∂ ∂+ = + ∂ ∂ ∂ ∂

59. Sea z f(x,y)= con x 2u v , y u v= + = − , pruebe que

2 2 2 2 2

2 2 2 2

z z z z z5 2 2 .

y xx y u v

∂ ∂ ∂ ∂ ∂+ + = +∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂

60. Una función se dice homogénea de grado n si satisface la ecuación dada por ynx

f(x,y) x f(1, )= , donde n es un número real y f tiene derivadas parciales continuas de

segundo orden. a. Verifique que 2 2 3f(x,y) x y 2xy 5y= + + es homogénea de grado 3.

b. Demuestre que si f es homogénea de grado n, entonces f f

x y nf(x,y)x y

∂ ∂+ =∂ ∂

.

61. Calcule la derivada direccional de la función z f(x,y)= definida implícitamente por

− =zxtg(y) ze 0, en el punto 4P(0, ,0),π en la dirección del vector (2,1).



62. La temperatura en un punto (x,y) es T(x,y), medida en grados Celsius. Un insecto se arrastra de modo que su posición después de t segundos está dada por x 1 t= + ,

13y 2 t= + , donde x y y se miden en centímetros. La función de temperatura satisface

xT (2,3) 4= y yT (2,3) 3= . ¿Con qué rapidez está subiendo la temperatura en la

trayectoria del insecto después de 3 segundos?

63. Encuentre y clasifique los puntos críticos de a. 2 2f(x, y) xy(1 x y )= − −

b. 3 3f(x, y) x y 3xy= + +

c. 2 2 2 2f(x, y) x y 5x 8xy 5y= − − −

64. Dada 2 2 2f(x, y) 100(y x ) (1 x)= − + − , verifique que (1,1) es un mínimo local.

65. Encuentre los puntos críticos de 3 2f(x,y) 2x 3x 6xy(x y 1)= − − − − . ¿Cuáles de estos son

máximos, mínimos o puntos de ensilladura?

66. Suponga que un científico tiene razones para creer que dos cantidades x y y están relacionadas linealmente, es decir, y mx b= + , por lo menos en forma aproximada, para

algunos valores de m y b. El científico realiza un experimento y recoge datos en forma de puntos 1 1 2 2 n n(x , y ), (x ,y ), ..., (x , y ) , y luego traza gráficas de estos puntos. Los puntos

no se encuentran exactamente en una recta, de modo que el científico busca hallar constantes m y b de modo que la recta y mx b= + “ajuste” los puntos tanto como sea

posible. Sea i i id y (mx b)= − + la desviación vertical del punto i i(x ,y ) respecto a la recta.

El método de los mínimos cuadrados determina m y b para reducir al mínimo n

2i

i 1

d

=∑ ,

que es la suma de los cuadrados de estas desviaciones. Pruebe que, de acuerdo con este

método, la recta de mejor ajuste se obtiene cuando n n

i i

i 1 i 1

m x bn y

= =

+ =∑ ∑ ,

n n n

2i i i i

i 1 i 1 i 1

m x b x x y

= = =

+ =∑ ∑ ∑ .

Por tanto, la recta se halla al resolver estas dos ecuaciones con las dos incógnitas m y b.

67. Determine el volumen máximo del paralelepípedo que se puede inscribir en la superficie 2 2z 4 x 4y= − − con x 0≥ , y 0≥ .



68. Utilice los multiplicadores de Lagrange para encontrar los valores máximo y mínimo de 2 2f(x, y) y x= − sobre la elipse de ecuación 2 2x 4y 4.+ =

69. Emplee los multiplicadores de Lagrange para determinar la distancia más corta del punto (1,0,0) al plano 4x 2y z 5.+ − =

70. Sea 2 2f(x, y) x y x y 1= + − − + :

a. Encuentre los extremos de f sujetos a la restricción 2 2x y 1+ ≤ .

b. Grafique en el plano xy la restricción y las curvas de nivel que contienen los puntos

extremos.

71. Calcule el volumen máximo posible de una caja rectangular con caras paralelas a los

planos coordenados que se puede inscribir en el elipsoide de ecuación dada por 2 2 216x 4y 9z 144.+ + =

72. El plano x y z 12+ + = interseca al paraboloide 2 2z x y= + en una elipse. Determine los

puntos más altos y más bajos de esta elipse. (Resuélvalo por multiplicadores de

Lagrange).

73. Calcule la mínima y la máxima distancia del punto (1,0,5) a la esfera de ecuación 2 2 2x y z 4.+ + =

74. El plano de ecuación x y z 1+ − = − corta a la superficie 2 2 2z x y= + , según la curva C.

Halle los puntos de C que están más próximos y más alejados del origen.

75. Encuentre los puntos sobre la superficie 2 3xy z 2= que sean más cercanos al origen.

76. Para la curva en el espacio definida por la intersección de la esfera de ecuación 2 2 2x y z 13+ + = y del plano x z 1,+ = calcule los puntos de mayor y menor altura.

77. Halle las dimensiones del rectángulo de mayor área que se puede inscribir en 2 2x y 2.+ =

78. Encuentre los valores máximos y mínimos de f(x, y,z) x 2y 3z= + + sobre la curva

intersección de 2 2x y 2+ = y y z 1.+ =



79. Halle los valores máximos y mínimos de la función lineal f(x,y) x 2y 6= + + sobre la elipse 2 2x y

19 4

+ = .

80. Hallar el punto más alto de la curva dada por la intersección de las superficies 2 2 2x y z 36 , 2x y z 2+ + = + − = .

81. Una caja rectangular se coloca en el primer octante con un vértice en el origen y las tres

caras adyacentes en los planos coordenados como se muestra en la figura 28. Además, el vértice P(x,y,z) con coordenadas x 0, y 0, z 0> > > , pertenece al paraboloide de ecuación

2 22x y z 1+ + = . Halle el punto P que maximice el volumen de la caja.

Figura 28. Sólido del ejercicio 49

82. Halle el valor máximo y el valor mínimo de la función

x2 2

40

2tf(x,y) ln(1 x y ) dt

1 t= + + −

+∫

en el conjunto

{ }2 2 2D (x,y) R : x y 4= ∈ + ≤ .

BIBLIOGRAFÍA Funciones Reales de Variable Vectorial Pág.: 245 de 305



[2] DU BOUCHERON, Luc. Curvas y Superficies. Facultad de Ingeniería. UCV (1993).

[3] EDWARDS, Henry y PENNEY, David. Cálculo con Trascendentes Tempranas. 7ma edición. PEARSON PRENTICE HALL (2008).



[6] GUERREIRO, Carlos. Introducción al Maple. Aplicaciones Docentes. Facultad de

Ingeniería. UCV (2002).


[8] LARSON, Roland; HOSTETLER, Robert y EDWARDS, Bruce. Cálculo y Geometría

Analítica. Volumen 2. 6ta edición. MC GRAW HILL (1999).


[10] PALACIO, Ángel. Ejercicios de Análisis Matemático. EDICIONES DE LA BIBLIOTECA UCV (1968).

[11] PEREIRA, Luz. Problemario de Cálculo de Varias Variables. COLECCIÓN MINERVA

ULA (2005).

[12] PISKUNOV, N. Calculo Diferencial e Integral. Tomo I. Editorial MIR (1980).


[14] PURCELL, Edwin; VARGERG, Dale y RIGDON, Steven. Cálculo. 9na edición. PEARSON

PRENTICE HALL (2007).


[16] SALAS, HILLE y ETGEN. Calculus. Una y Varias Variables. Volumen II. 4ta edición. REVERTÉ (2007).


[18] THOMAS, George. Cálculo. Varias Variables. 11ma edición. PEARSON ADDISON

WESLEY (2006).

Semestre

3-2009 José Luis Quintero

Octubre 2009

TEMA 3

INTEGRALES DOBLES Y

TRIPLES Y SUS APLICACIONES

Cálculo III (0253)

Semestre 3-2009

INDICE GENERAL Integrales

Dobles y Triples


3.1. La integral doble

3.2. Propiedades de la integral doble

3.3. Cálculo de la integral doble

3.4. Cambio de variables en la integral doble

3.5. Momentos y centro de masa

3.6. Momento de inercia


3.8. La integral triple

3.9. Cambio de variables en la integral triple

3.10. Coordenadas cilíndricas

3.11. Coordenadaas esféricas

3.12. Aplicaciones de las integrales triples



246

248

249

251

255

257

258

273

275

275

277

279

282

296

LA INTEGRAL DOBLE Integrales

Dobles y Triples Pág.: 246 de 305


3.1. LA INTEGRAL DOBLE

Sea F una región de área A del plano “xy”, F incluye su frontera (Región Cerrada).

Subdividimos al plano “xy” en rectángulos mediante rectas paralelas a los ejes de

coordenadas (figura 1). Partiendo de algún lugar conveniente (tal como el extremo superior

izquierdo de F), numeramos sistemáticamente todos los rectángulos que están dentro de F.

Supongamos que hay “n” de tales rectángulos y los designamos con r1, r2,...,rn.

Figura 1. Intuición geométrica del área para la integral doble

Se utilizan los símbolos A(r1), A(r2),...., A(rn) para las áreas de estos rectángulos. El

conjunto de los n rectángulos {r1, r2,...., rn} se llama una subdivisión ∆ de F. La norma de la

subdivisión que generalmente se indica con ∆, es la longitud de la diagonal del mayor rectángulo de la subdivisión ∆. Suponga que z f(x,y)= es una función definida para todo

(x,y) de la región F. La definición para la integral doble de f sobre la región F es análoga a la

definición de integrales para funciones de una variable. Se elige un punto arbitrario en cada

uno de los rectángulos de la subdivisión ∆, designando las coordenadas del punto en el rectángulo ri con (ξi,,ηi). Ahora formamos la suma:

f(ξ1,η1). A(r1) + f(ξ2,η2). A(r2) + ...... + f(ξn,ηn) A(rn).




En forma compacta

n

i i i

i 1

f( , )A(r )

=

ξ η∑ . (1)

Esta suma es una aproximación a la integral doble que se definirá; y se denomina

suma integral. Las sumas tales como (1) pueden formarse para subdivisiones con cualquier

norma positiva y con el iésimo punto (ξi,ηi) elegido en forma arbitraria en el rectángulo ri.

Definición 1. n

i i ini 1

lím f( , )A(r ) L→+∞

=

ξ η =∑

si dado un

ξ > 0; ∃ δ > 0/n

i i ii 1f( , ).A(r ) L

=ξ η − < ε∑

para toda subdivisión ∆ con ∆ < δ y para todas las elecciones posibles de los puntos (ξi,ηi)

en los rectángulos ri. Puede demostrarse que si el número L existe entonces debe ser único.

Definición 2. Si f está definida en una región F y el número L, definido anteriormente, existe,

se dice que f es integrable sobre F, y se escribe:

F

f(x, y)dA∫∫ .

A está expresión se le llamará también integral doble de f sobre F.

La integral doble tiene una interpretación geométrica como volumen de un sólido. Cada

término de la sumatoria (1) representa el volumen de un cuerpo elemental de base (ri) y altura i ih f( , )= ξ η . Siendo z f(x,y)= una función continua en el dominio cerrado representado

por la región F, la sumatoria (1) tiene un límite si n tiende a infinito. Siendo este límite

siempre el mismo, cualquiera sea el modo de la división del dominio de los elementos ∆ri, y la selección del punto de coordenadas (ξi, ηi) en los dominios parciales ∆ri. Este límite se llama

integral doble de la función f(x,y) sobre F y si f(x,y) ≥ 0, la integral doble es igual al volumen del cuerpo limitado por la superficie z f(x,y)= , el plano z 0= y la superficie cuyas

generatrices son paralelas al eje 0z a través de la frontera de F. (figura 2)

F

V(s) f(x,y)dA= ∫∫ ,

siendo V(s) el volumen del sólido definido por (x,y) ∈ F^ 0 ≤ z ≤ f(x,y).




Figura 2. Intuición geométrica del volumen para la integral doble

3.2. PROPIEDADES DE LA INTEGRAL DOBLE

Se enunciarán varias propiedades de las integrales dobles en analogía con las

propiedades de la integral definida de funciones de una variable.

a. Si c es un número y f es integrable sobre una región cerrada F, entonces c.f es integrable

y

F F

c.f(x, y)dA c f(x,y)dA=∫∫ ∫∫ .

b. Si f y g son integrables sobre una región cerrada F, entonces

F F F

f(x, y) g(x,y) dA f(x,y)dA g(x,y)dA+ = + ∫∫ ∫∫ ∫∫ .

c. Suponga que f es integrable sobre una región cerrada F y m ≤ f(x,y) ≤ M ∀(x,y) ∈ F entonces si A(F) designa el área de la región F, tenemos

F

m.A(F) f(x,y)dA M.A(F)≤ ≤∫∫ .

PROPIEDADES DE LA INTEGRAL DOBLE

Integrales Dobles y Triples Pág.: 249 de 305


d. Si f y g son integrables sobre F y f(x,y) ≤ g(x,y) ∀(x,y) ∈ F, entonces

F F

f(x, y)dA g(x,y)dA≤∫∫ ∫∫

e. Si se hace una partición de la región cerrada F en las regiones 1F y 2F ; es decir

1 2F F∩ = ∅ y 1 2F F F∪ = y si f(x,y) es continua en F se tiene

F F F1 2

f(x,y)dA f(x,y)dA f(x,y)dA= +∫∫ ∫∫ ∫∫

3.3. CÁLCULO DE LA INTEGRAL DOBLE

La definición de integral doble no es muy útil para la evaluación en cualquier caso

particular. Naturalmente, puede suceder que la función f(x,y) y la región F sean simples, de manera que el límite de la suma (1) pueda calcularse directamente. Sin embargo, en general

no se pueden determinar tales límites. Como en el caso de las integrales simples, conviene

desarrollar métodos simples y de rutina para determinar el valor de una integral doble dada. Sea F en rectángulo cuyos lados son x = a, x = b, y = c, y = d (ver figura 3).

Figura 3. Intuición geométrica de la definición de integral doble

Se supone que z = f(x,y) es continua en cada (x,y) ∈ F. Se forma la integral simple

con respecto a x

CÁLCULO DE LA INTEGRAL DOBLE



b

a

f(x, y)dx∫

donde se mantiene fijo y al realizar la integración. Naturalmente, el valor de la integral

anterior dependerá del valor utilizado para y o sea que se puede escribir:

b

a

A(y) f(x,y)dx= ∫ .

La función A(y) está definida para c ≤ y ≤ d y se puede demostrar que si f(x,y) es

continua en F entonces A(y) es continua en [c,d].

Se puede calcular la integral de A(y) y se escribe mediante la forma dada por la

integral

d d b

c c a

A(y) A(y)dy f(x,y)dx dy = =

∫ ∫ ∫ . (2)

Se podría haber fijado primero x, luego formar la integral

d

c

B(x) f(x,y)dy= ∫

entonces

b b d

a a c

B(x)dx f(x,y)dy dx =

∫ ∫ ∫ . (3)

Observe que las integrales se calculan sucesivamente por lo que reciben el nombre de integrales iteradas. En (2) se integra primero con respecto a x (considerando y constante) y luego con respecto a y; en (3) se integra utilizando un orden inverso. Se pueden definir las

integrales iteradas sobre regiones F limitadas por curvas.

Ejemplo 1. Dada la función f(x,y) xy= la región triangular F limitada por las rectas de

ecuaciones y 0, y 2x, x 2= = = , halle los valores de ambas integrales iteradas.

Solución.

Integrando respecto a y primero se tiene:

CÁLCULO DE LA INTEGRAL DOBLE



2 2x 2 22x2 3

00 0 0 0

xy 4xxydydx dx dx 8

2 2

= = =

∫ ∫ ∫ ∫ .

Integrando en x se tiene:

4 2 4 422 3

y/20 y/2 0 0

yx yxydxdy dy 2y dy 8

2 8

= = − =

∫ ∫ ∫ ∫ .

Ejemplo 2.

a.

3 2 3 2 3 322 2 22 2 2

10 1 0 1 0 0

x y x 27x ydydx x ydy dx dx 2x dx

2 2 2

= = = − =

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ .

b.

2 3 2 3 2 2332 2

01 0 1 0 1 1

yx 27x ydxdy x ydx dy dy 9ydy

3 2

= = = =

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ .

Ejemplo 3. Halle el volumen del sólido S que está limitado por 2 2x 2y z 16,+ + = los planos

x 2,= y 2= y los tres planos coordenados.

Solución.

2 22 2

0 0

V (16 x 2y )dxdy 48.= − − =∫ ∫

Ejemplo 4. Evalúe

D

(x 2y)dA,+∫∫

donde D es la región limitada por las parábolas 2y 2x= , 2y 1 x= + .

Solución.

21 1 x

21 2x

32(x 2y)dydx .

15

+

−

+ =∫ ∫

3.4. CAMBIO DE VARIABLES EN LA INTEGRAL DOBLE

Sean S y T dos regiones de 2R . Sea F : T S→ una aplicación biyectiva definida por F(u,v) (x(u,v), y(u,v))= , esto es, por el par de funciones

CAMBIO DE VARIABLES EN LA INTEGRAL DOBLE



x x(u,v)y y(u,v)

= =

.

La transformación inversa F 1 : S T− → está dada por el par de funciones

u u(x,y)v v(x,y)

= =

.

Bajo ciertas hipótesis (de continuidad y diferenciabilidad) se verifica la siguiente fórmula de transformación para integrales dobles

S T

(x, y)f(x,y)dA f[x(u,v), y(u,v)] dA

(u,v)∂=∂∫∫ ∫∫ ,

donde

(x,y)(u,v)

∂∂

indica el jacobiano de la transformación F, es decir el determinante:

x x(x,y) u vJ(u,v)(u,v) y y

u v

∂ ∂∂ ∂ ∂= =∂ ∂ ∂

∂ ∂

.

Las hipótesis de continuidad y derivabilidad que se exigen son: a. Las funciones x(u,v), y(u,v) son continuas y tienen derivadas parciales continuas en T. b. J(u,v) 0≠ en todo punto (u,v) T.∈

c. f(x,y) es continua sobre S.

Cambios de variables frecuentes: a. Coordenadas polares:

x r cos( )y rsen( )

= θ = θ

, J r=

b. Transformaciones lineales:

x au bv

, J ad bc.y cu dv

= += − = +

Se supone ad bc 0.− ≠




Ejemplo 5. Calcule

R

2dA

x∫∫ ,

donde R es la región del primer cuadrante limitada por las curvas de ecuaciones y ln(x) , y 1 ln(x) , y 2 ln(x) , y 1 ln(x)= = + = − = − .

Solución.

Cambio de variables: u y ln(x) , v y ln(x)= − = + .

Por lo tanto,

(v u)

2 u vx e , y

2

− += = .

v u v ux x v u1 12 2u v 1 22 22y y 1 1

u v 2 2

e eJ(u,v) e

− −∂ ∂ −∂ ∂∂ ∂∂ ∂

−= = = − . u u 1x y xv v 1

xx y

1 2J(x,y)

x1

∂ ∂∂ ∂∂ ∂∂ ∂

−= = = − .

Nuevas ecuaciones: u 0 , u 1 , v 2 , v 1= = = = .

1 2

0 1

dvdu 1=∫ ∫

.

Ejemplo 6. Calcule

2 2

S

x y dxdy,+∫∫

donde S es el dominio del plano definido por las condiciones 2 2 2 2x y 9 , x y 16+ ≥ + ≤ .

Solución.

Cambio a coordenadas polares:

2 2 2

S T

74x y dxdy r drd ,

3π+ = θ =∫∫ ∫∫

donde { }T (r, ) /3 r 4,0 2= θ ≤ ≤ ≤ θ ≤ π .

Ejemplo 7. Usando integrales dobles, encuentre la región encerrada por la curva de ecuación polar r 1 cos( )= + θ que es exterior a la curva de ecuación polar r 1= .

Solución.

Gráfico (ver figura 4).




Figura 4. Representación gráfica de la región del ejemplo 7

1 cos( )2 2 22 2

0 1 0 0

22

0

ÁREA 2 rdrd (1 cos( )) 1 d 2cos( ) cos ( ) d

2cos( ) cos ( ) d 2 .4

π π π+ θ

π

= θ = + θ − θ = θ + θ θ

π = θ + θ θ = +

∫ ∫ ∫ ∫

∫

Ejemplo 8. Plantee la integral

= ∫∫ 3 3

R

I x y dA

eliminando las barras de valor absoluto, donde R es la región triangular de vértices − −( 1, 1) ,

(2,2) y (0,2).

Solución. 3 3

3 33 3

x y si (x 0 y 0) (x 0 y 0)x y

x y si (x 0 y 0) (x 0 y 0)

≥ ∧ ≥ ∨ ≤ ∧ ≤= − ≥ ∧ ≤ ∨ ≤ ∧ ≥

(ver figura 5)

0 y 2 0 2 y

3 3 3 3 3 3

(y 2) (y 2)1 0 0 03 3

I x y dxdy x y dxdy x y dxdy− −−

= − +∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫




Figura 5. Representación gráfica de la región del ejemplo 8

3.5. MOMENTOS Y CENTRO DE MASA

Suponga que una lámina ocupa una región R del plano xy y que su densidad viene dada por la función continua (x,y)ρ para todo (x,y) en R. Se define la masa de la lámina

mediante la integral doble

R

m (x,y)dA.= ρ∫∫

Los momentos de la lámina respecto del eje x y el eje y respectivamente, se definen mediante las integrales dadas por

x y

R R

M y (x,y)dA , M x (x,y)dA.= ρ = ρ∫∫ ∫∫

Las coordenadas (x,y) del centro de masa de la lámina vienen dadas por

My Mx(x,y) , .

m m =

MOMENTOS Y CENTRO DE MASA



Ejemplo 9. Halle el centro de masa de una lámina triangular con vértices (0,0), (1,0) y (0,2) si la función de densidad es (x,y) 1 3x y.ρ = + +

Solución.

1 2 2x

0 0

8m (1 3x y)dydx

3

−

= + + =∫ ∫ ,

1 2 2x

y0 0

M x(1 3x y)dydx 1−

= + + =∫ ∫ ,

1 2 2x

x0 0

11M y(1 3x y)dydx

6

−

= + + =∫ ∫ .

3 11(x,y) , .

8 16 =

Ejemplo 10. Una lámina tiene la forma de la región del plano xy limitada por las curvas 2y 2x,= 2y 8x,= xy 3,= xy 9= .

Calcule la masa de la lámina si la densidad en cada punto (x,y) de ella está dada por (x,y) xyρ = .

Solución.

Cambios de variable:

2u y / x , v xy= =

2u u y 2y 2 2 2x y y 2y 3y2 xx x x xv vx y

(u,v) 1J(x,y) 3u J(u,v) .

(x,y) 3uy x

∂ ∂∂ ∂∂ ∂∂ ∂

−∂= = = = − − = − = − ⇒ = −∂

Región actual (ver figura 6)

Figura 6. Región actual del ejemplo 10

Región nueva (ver figura 7)

MOMENTOS Y CENTRO DE MASA



Figura 7. Región nueva del ejemplo 10

9 8

3 2

1 vm dudv 24ln(2).

3 u= =∫ ∫

3.6. MOMENTO DE INERCIA

El momento de inercia (también llamado segundo momento) de una partícula de masa m alrededor de un eje se define como 2mr , donde r es la distancia de la partícula al eje. El

momento de inercia de un cuerpo es considerado como una medida de la resistencia a girar

cuando actúa en él una fuerza de rotación. En particular si el eje de giro es el eje X o el eje Y entonces el momento de inercia respecto al eje X o al eje Y es respectivamente

2 2x y

R R

I y (x,y)dA , I x (x,y)dA= ρ = ρ∫∫ ∫∫ .

La suma de estos dos momentos se llama “momento polar de inercia” y se denota como 0I . Así se tiene que

2 20 x y

R

I I I (x y ) (x,y)dA= + = + ρ∫∫ ,

MOMENTO DE INERCIA Integrales



donde 0I también es el momento de inercia respecto del eje z.

Ejemplo 11. Una lámina tiene la forma de la región limitada por 2 2y x , y 2 x= = − y su

densidad es 2(x,y) x .ρ = Halle los momentos x y 0I , I , I .

Solución.

21 2 x2

21 x

8m x dydx

15

−

−

= =∫ ∫ ,

21 2 x4

y21 x

8I x dydx

35

−

−

= =∫ ∫ ,

21 2 x2 2

x21 x

1574I y x dydx

945

−

−

= =∫ ∫ , 0 x y1790

I I I945

= + = .


1. Al plantear una integral doble sobre una región plana R, se obtuvo la suma de integrales

iteradas

1 2x 6 5 2x 6

3 2x 6 1 x 1

f(x,y)dydx f(x,y)dydx− + +

− − + − −

+∫ ∫ ∫ ∫ .

Dibuje la región R y exprese la integral doble cambiando el orden de integración utilizado.

Solución.

4 y 1

22 (y 6)/2

f(x,y)dxdy+

− −∫ ∫ .


Figura 8. Gráfica de la región del ejercicio 1

EJERCICIOS RESUELTOS Integrales



2. La integral doble sobre una región S del plano xy viene dada por 2 2x

20 x

I xydydx= ∫ ∫ .

a. Grafique la región de integración.

Solución.


Figura 9. Gráfica de la región S del ejercicio 2

b. Exprese I en coordenadas polares.

Solución.

Ecuaciones polares: y 2x rsen( ) 2.r cos( ) arctg(2)= ⇒ θ = θ ⇒ θ =

2 2 2 2 r 0y x rsen( ) r cos ( ) r r cos ( ) sen( ) 0

r tg( )sec( )= = ⇒ θ = θ ⇒ θ − θ = ⇒ = θ θ

arctg(2) tg( )sec( )3

0 0

I r cos( )sen( )drdθ θ

= θ θ θ∫ ∫ .

c. Dé una interpretación de lo que calcula I.

Solución. Calcula el volumen de un sólido cuya tapa es la superficie z xy= y cuya base es la

región S y con una superficie lateral cilíndrica.

3. Sea

21 x 2 x 2 4 x

21 2 1 x 1 0 2 0

I xydydx xydydx xydydx−

−

= + +∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ .

a. Plantee I en el orden dxdy.

Solución.

Dibujo de la región de integración (ver figura 10)




2 21 2 4 y 2 4 y

20 1 y 1 2 y

I xydxdy xydxdy− −

−

= +∫ ∫ ∫ ∫


b. Calcule el valor de I.

Solución.

21 2 4 y 1 2 1 22 2 2

12 00 1 y 0

2 22 4 y 2 2 2 42

21 2 y 1 2 1 2

1 2

4 y 1 y 3y 3I xydxdy y dy

2 4 8

4 y y y 7 9I xydxdy y dy y 1

2 4 16 16

3 9 15I I I

8 16 16

−

−

−

− − += = = =

− −= = = − = − =

= + = + =

∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

4. La integral doble sobre una región simétrica R del plano, está dada por

23 /2 3x 3/2 3x 3 3 /2 9 x2 2 2 2 2 2

21/2 1 x 3 /2 x/ 3 3/2 x/ 3

2 x y dydx x y dydx x y dydx−

−

+ + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ .

a. Dibuje la región de integración completa.

Solución.

Intersecciones: (ver figura 11)

2 2 2 2 2 3 31 1 12 2 2 2 2y 3x , x y 1 . x 3x 1 4x 1 x ( , ) ; ( , )= + = + = ⇒ = ⇒ = ± ⇒ − − .

2 2 2 2 2 3 31 1 12 2 2 2 23y x , x y 1 . y 3y 1 4y 1 y ( , ) ; ( , )= + = + = ⇒ = ⇒ = ± ⇒ − − .




2 2 2 2 2 3 3 3 33 3 32 2 2 2 2y 3x , x y 9 . x 3x 9 4x 9 x ( , ) ; ( , )= + = + = ⇒ = ⇒ = ± ⇒ − − .

2 2 2 2 2 3 3 3 33 31 32 2 2 2 23y x , x y 9 . y 3y 9 4y 9 y ( , ) ; ( , )= + = + = ⇒ = ⇒ = ± ⇒ − − .


b. Exprese la integral cambiando el orden de integración.

Solución.

23 /2 3y 3/2 3y 3 3 /2 9 y2 2 2 2 2 2

21/2 1 y 3 /2 y/ 3 3/2 y/ 3

2 x y dxdy x y dxdy x y dxdy−

−

+ + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ .

c. Calcule la integral usando coordenadas polares.

Solución.

Transformaciones: 2 2x y 1 r 1.+ = ⇒ = 2 2x y 9 r 3.+ = ⇒ =

y 3x tg( ) 3 .3π= ⇒ θ = ⇒ θ =

1x 3y tg( ) .

63

π= ⇒ θ = ⇒ θ =

/3 3 /3 35 2 2 2 2 5

/6 1 /6 1

/3 /3 /32 2 2

/6 /6 /6

/3

/6

2 r cos ( )sen ( )drd 2 cos ( )sen ( )d r dr

728 728 182cos ( )sen ( )d sen (2 )d (1 cos(4 ))d

3 12 6

91 sen(4 ) 91 3 91 23 4 3 6 4 3

π π

π π

π π π

π π π

π

π

θ θ θ = θ θ θ

θ θ θ = θ θ = − θ θ

θ π π θ − = + =

∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

3 3 91(2 3 3)12 36

+ π +=




5. Sea la región D definida como 2 2 2y 1 (x 1) , y 1 (x 1) , y 4 x≥ − + ≥ − − ≤ − .

Plantee la(s) integral(es) que permite(n) calcular el área de la región D en coordenadas:

a. cartesianas en el orden dxdy.

Solución.


Figura 12. Representación gráfica de las curvas del ejercicio 5

2 2 21 1 1 y 1 4 y 2 4 y

20 0 0 1 1 y 1 0

A 2 dxdy dxdy dxdy− − − −

+ −

= + + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ .

b. polares.

Solución. 2 2 2 2 2(x 1) y 1 x 2x y 0 r 2r cos( ) 0 r(r 2cos( )) 0

r 0r 2cos( )

− + = ⇒ − + = ⇒ − θ = ⇒ − θ ==

⇒ = θ

2 2x y 4 r 2+ = ⇒ = /2 2

0 2 cos( )

A 2 rdrdπ

θ

= θ∫ ∫ .

6. Calcule el área de la región R determinada por las condiciones dadas por 2 2x y x 0+ − < , 2 2x y y 0+ − > , y 0> .

Solución.

Gráfico de la región R: (ver figura 13)





Ecuaciones polares: 2 2 2x y x 0 r r cos( ) r cos( )+ − = ⇒ = θ ⇒ = θ . 2 2 2x y y 0 r rsen( ) r sen( )+ − = ⇒ = θ ⇒ = θ .

Por tanto:

/4 cos( ) /4 /4 42 2

00 sen( ) 0 0

1 1 1 sen(2 ) 1rdrd (cos ( ) sen ( ))d cos(2 )d

2 2 2 2 4

π θ π π π

θ

θθ = θ − θ θ = θ θ = =∫ ∫ ∫ ∫ .

7. Sea la integral en coordenadas polares π θ π θ

π π

π= θ + θ + θ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

/4 sec( ) /2 csc( ) 1

0 0 /4 0 /2 0

I rdrd rdrd rdrd .

Dibuje la región de integración, interprete geométricamente el valor de I y determínelo

sin calcular ninguna integral.

Solución.

Gráfico de la región (ver figura 14)





I calcula el área de la región R. Geométricamente se puede calcular el valor como 1

I ÁREA CUADRADO ÁREA CIRCULO 14 4

π= + = + .

8. Sea la integral doble sobre una región R en el plano mediante coordenadas polares /3 4cos( )

3

0 2

I 2 r drdπ θ

= θ∫ ∫ .

a. Grafique la región R.

Solución.


Figura 15. Gráfica de la región R del ejercicio 8

b. Exprese I en coordenadas cartesianas en el orden dydx.

Solución. 2 22 4 (x 2) 4 4 (x 2)

2 2 2 2

21 4 x 2 0

I 2 (x y )dydx (x y )dydx− − − −

−

= + + + ∫ ∫ ∫ ∫

c. Dé dos interpretaciones físicas de lo que calcula I.

Solución.

Interpretación física 1.

Calcula el momento polar de inercia de una lámina homogénea cuya forma

corresponde a la región R con función de densidad constante e igual a 1.

Interpretación física 2.

Calcula la masa de una lámina cuya forma corresponde a la región R con función de densidad igual a 2 2(x,y) x yρ = + .




9. Calcule mediante un cambio de variables conveniente la integral

x y

R

(x y)e dA−+∫∫ ,

donde la región R viene dada por el cuadrilátero de vértices (4,0); (6,2); (4,4) y (2,2).

Solución. Cambio de variable: u x y ; v x y= + = − .

Nueva frontera: 12

J(u,v) =

x y 0 v 0 ; x y 4 v 4 ; x y 4 u 4 ; x y 8 u 8− = ⇒ = − = ⇒ = + = ⇒ = + = ⇒ =

Región actual R: (ver figura 16)

Figura 16. Gráfica de la región actual del ejercicio 9

Nueva región T: (ver figura 17)

Figura 17. Gráfica de la nueva región del ejercicio 9




8 4 8 4

v v 4 4

4 0 4 0

1 1 (64 16)ue dvdu udu e dv .(e 1) 12(e 1).

2 2 4−= = − = −∫ ∫ ∫ ∫

10. Calcule el área de la región que satisface las desigualdades dadas por

2 2 2 2x y 4y , x y 4+ ≥ + ≤ .

Solución.

Gráfico de la región de integración llamada R (ver figura 18)


Ecuaciones en coordenadas polares: 2 2x y 4 r 2+ = ⇒ = , 2 2x y 4y r 4sen( )+ = ⇒ = θ .

Intersecciones de las circunferencias:

1

2 4sen( ) sen( ) si 0,2 6 2

π π = θ ⇒ θ = ⇒ θ = θ ∈

.

/6 2 2 2 /6 2 222

4sen( )0 4sen( ) 3 /2 0 0 3 /2 0

/6 /62

0 0

/6

0

rA 2 rdrd rdrd 2 d d rdr

2

2 (2 8sen ( ))d 2 (2 4(1 cos(2 )))d

2 (2 4 4cos(2 ))d 4 ( 1 2

π π π π

θθ π π

π π

π

= θ + θ = θ + θ

= − θ θ + π = − − θ θ + π

= − + θ θ + π = − +

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫

∫

/6

0

/6

0

cos(2 ))d 2

3 2 3 44( sen(2 )) 2 4 2 4 2 3.

6 2 6 2 3

π

π

θ θ + π

π π π= −θ + θ + π = − + + π = + = +

∫




11. Calcule

R

cos(x y) dA+∫∫ ,

donde R 0, 0,= π × π .

Solución.



/2 /2 x

0 0 /2 3 /2 x

/2 3 /2 x

0 /2 x /2 0

cos(x y)dydx cos(x y)dydx

cos(x y)dydx cos(x y)dydx

π π − π π

π π −

π π π π −

π − π

+ + + −

+ − +

∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫

/2 /2 x

0 0

cos(x y)dydx 1.2

π π −π+ = −∫ ∫

/2 3 /2 x

cos(x y)dydx 1.2

π π

π π −

π+ = −∫ ∫

/2

0 /2 x

cos(x y)dydx 1.2

π π

π −

π+ = − −∫ ∫ 3 /2 x

/2 0

cos(x y)dydx 1.2

π π −

π

π+ = − −∫ ∫

Total: 2π .




12. Considere

0 si x tg(y)f(x, y)

1 si x tg(y)≥

= <.

Sea 2 2

D 1, 3 ,π π = − × − . Plantee la integral

D

f(x,y)dA∫∫

en el orden

a. dxdy.

Solución.


Figura 20. Representación gráfica de la región del ejercicio 12

/3 tg(y) /2 3

/4 1 /3 1D REGIÓN 1 REGIÓN 2

f(x,y)dA 1dA 0dA dxdy dxdyπ π

−π − π −

= + = +∫∫ ∫∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫

b. dydx.

Solución.

3 /2

1 arctg(x)D REGIÓN 1 REGIÓN 2

f(x,y)dA 1dA 0dA dydxπ

−

= + =∫∫ ∫∫ ∫∫ ∫ ∫




13. Calcule el área de la región del plano xy en el primer cuadrante, interior a las curvas

2 2 2 2x y 4 ; x (y 2) 4+ = + − = .

Solución.


Figura 21. Representación gráfica de la región del ejercicio 13

2 2 2 2 2 2 2x y 4 r 2 ; x (y 2) 4 x y 4y 0 r 4rsen( ) 0

r 0r 4sen( )

+ = ⇒ = + − = ⇒ + − = ⇒ − θ ==

⇒ = θ

/6 4sen( ) /2 2 /6 /24sen( ) 22 2

0 00 0 /6 0 0 /6

/6 /2 /6 /62 2

0 /6 0 0

/6

0

r rI rdrd rdrd d d

2 2

8sen ( )d 2 d 8sen ( )d 4(1 cos(2 ))d3 3

1 4 2 44 sen(2 ) 3 3

2 3 6 3 3

π θ π π πθ

π π

π π π π

π

π

= θ + θ = θ + θ

π π= θ θ + θ = θ θ + π − = − θ θ + π −

π π π π = θ − θ + π − = − + = −

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫

14. Calcule

1 xy

R

e (x y) x y dA+ + −∫∫ ,

donde R es la región del plano xy limitada por las curvas 12

xy , xy 2 , x y 2 , x y 4= = + = + = .

Solución.

Región actual D (ver figura 22)




Figura 22. Región actual D de la pregunta 14

Cambios de variable: u xy , v x y= = + . 1

d(J(x,y)) y x−= − .

1 12 2

xy u , xy 2 u 2 , x y 2 v 2 , x y 4 v 4= ⇒ = = ⇒ = + = ⇒ = + = ⇒ =

Región nueva T (ver figura 23)

Figura 23. Región nueva T de la pregunta 15

4 2 42 2u 1 1 u 3 3/2

11 2222

ve vdudv e 6(e e ).

2+ += = −∫ ∫




15. Una lámina homogénea tiene la forma de la región del primer cuadrante limitada por las curvas xy 1= , xy 4= , y 2x= , y 4x= . Halle el momento de inercia polar.

Solución. Cambios: u xy , v y x= =

u ux y

y 1v v2 xx y x

y x(u,v) y 1J(x,y) 2 2v J(u,v)

(x,y) x 2v

∂ ∂∂ ∂∂ ∂∂ ∂

∂= = = = = ⇒ =−∂

.

Curvas: u 1= , u 4= , v 2= , v 4=

44 4 4 4 4 2 2

2 22 1 2 1 2 1

4 2

22

u 1 k u k u (1 v )k u.v dudv u dudv dv

v 2v 2 2v 2v

15k 1 v 15k 1 1 15 9 135dv 4 2 . k k

4 4 4 2 4 4 16v

+ + = + =

+ = = − + + − = =

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

∫

16. Cálculo de 1

2( )Γ .

Solución.

Por definición

2 2t 1/2 1/2 2 u u2u12 u

0 0 0

( ) e t dt (u t u t 2udu dt) e du 2 e du∞ ∞ ∞

− − − −Γ = = = ⇒ = ⇒ = =∫ ∫ ∫ .

Entonces

2

2 2 2 2 22 u u u u v12

0 0 0 0 0

2 2(u v )

( ) 4 e du 4 e du e du 4 e du e dv

4 e d

∞ ∞ ∞ ∞ ∞− − − − −

− +

Γ = = =

=

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

0 0

udv∞ ∞

∫ ∫

Si se hace el cambio a polares x r cos( ) , y rsen( )= θ = θ se tiene

/2 /22 22 (r ) (r )1

20 0 0 0

( ) 4 e rdrd 2 e ( 2r)drdπ ∞ π ∞

− − Γ = θ = − − θ = π ∫ ∫ ∫ ∫ .

Por tanto 12( ) Γ = π .

17. Cálculo de

2t

0

e dt∞

−∫ .

Solución.




2

2 2 2 2 22 u u u u v

0 0 0 0 0

2 2(u v )

0 0

I e du e du e du e du e dv

e dudv

∞ ∞ ∞ ∞ ∞− − − − −

∞ ∞− +

= = =

=

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫


/2 /22 22 (r ) (r )

0 0 0 0

1I e rdrd e (2r)drd

2 4

π ∞ π ∞− − π= θ = θ =∫ ∫ ∫ ∫ .

Por tanto I2π= .

18. Sea f(x) la distribución normal con media µ y desviación estándar σ dada por

2(x )1.21

f(x) e2

−µ − σ =σ π

x−∞ < < ∞ .

Se quiere calcular el valor de

2(x )1.21

I e dx.2

∞−µ − σ

−∞

=σ π∫

Si se hace el cambio x dx

y dy− µ= ⇒ =σ σ

se obtiene

21y21

I e dy.2

∞−

−∞

=π ∫

Sea

22 2 2 2 21 1 1 1y u v (u v )2 2 2 2 21 1 1

I e dy e du e dv e dudv2 2 2

∞ ∞ ∞ ∞ ∞− − − − +

−∞ −∞ −∞ −∞ −∞

= = = π π π ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ .


22 2 21 1(u v ) (r )2 2 2

0 0

1 1 1I e dudv e rdrd .2 1

2 2 2

∞ ∞ π ∞− + −

−∞ −∞

= = θ = π = π π π ∫ ∫ ∫ ∫ .

Por lo tanto I 1= .

LA INTEGRAL TRIPLE Integrales



3.8. LA INTEGRAL TRIPLE

La definición de integral triple es análoga a la de integral doble. En el caso más simple

consideremos una caja rectangular R acotada por 6 planos x= a0, x= a1, y = b0, y = b1, z = c0, z = c1; y sea u = f(x,y,z) una función de tres variables definida en todo (x,y,z) de R. Se

subdivide el espacio en cajas rectángulares mediante planos paralelos a los planos

coordenados. Sean B1, B2,......, Bn aquellas cajas de la subdivisión que contienen puntos de R. (ver figura 24)

Figura 24. Intuición geométrica de la integral triple

Se designa con V(Bi) el volumen de la i-ésima caja Bi. Se elige un punto de coordenadas Pi(ξi, ηi, γi) en Bi, esta elección se puede hacer en forma arbitraria. La suma

i i i i

n

f( , , ).V(B)

i 1

ξ η γ

=∑

es una aproximación de la integral triple. La norma de subdivisión es la longitud de la mayor diagonal de las cajas B1, B2,....., Bn. Si las sumas anteriores tienden a un límite cuando la

norma de la subdivisión tiende a cero y para elecciones arbitrarias de los puntos Pi, a este

límite lo llamaremos la integral triple de f sobre R. La expresión

LA INTEGRAL TRIPLE Integrales



f(x, y,z).dV

R∫∫∫

se utiliza para representar el límite.

Así como la integral doble es igual a dos integrales iteradas, también la integral triple

es igual a tres integrales iteradas. Para el caso de la caja rectángular R se obtiene

1 1 1

0 0 0

a b cf(x,y,z).dV f(x,y,z).dz.dy.dx

a b cR

=∫∫∫ ∫ ∫ ∫ .

Observación 1. Las integrales iteradas se efectúan considerando todas las variables

constantes, excepto aquella respecto a la cual se integra. Este concepto se puede extender a n variables.

Ejemplo 12. Evalúe la integral triple

2

B

xyz dV∫∫∫ ,

donde B es la caja rectangular dada por { }B (x,y,z) / 0 x 1, 1 y 2,0 z 3= ≤ ≤ − ≤ ≤ ≤ ≤ .

Solución.

3 2 12 2

0 1 0B

27xyz dV xyz dxdydz .

4−

= =∫∫∫ ∫ ∫ ∫

Ejemplo 13. Sea

22 4 x 2

2 2 22 4 x x y

f(x, y,z)dzdydx−

− − − +∫ ∫ ∫ .

Plantee en el orden dxdzdy.

Solución. − −

− − − − − −

+∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

2 2 2 20 2 z y 2 2 z y

2 2 2 22 y z y 0 y z y

f(x,y,z)dxdzdy f(x,y,z)dxdzdy.

CAMBIO DE VARIABLES EN LA INTEGRAL TRIPLE



3.9. CAMBIO DE VARIABLES EN LA INTEGRAL TRIPLE

Sea T una transformación que delimita una región S en un espacio uvw sobre una

región R en el espacio xyz por medio de las ecuaciones x g(u,v,w)= , y h(u,v,w)= , z k(u,v,w).=

El jacobiano de T es el siguiente determinante de 3 3× :

x x xu v w

(x,y,z) y y y(u,v,w) u v w

z z zu v w

∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂ ∂=∂ ∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂

.

Bajo las mismas hipótesis vistas en integrales dobles, se tiene la siguiente fórmula

para integrales triples:

R S

(x,y,z)f(x,y,z)dV f(x(u,v,w),y(u,v,w),z(u,v,w)) dudvdw.

(u,v,w)∂=∂∫∫∫ ∫∫∫

3.10. COORDENADAS CILÍNDRICAS

En el sistema de coordenadas cilíndricas, un punto P del espacio tridimensional está representado por la terna ordenada (r, ,z),θ donde r y θ son las coordenadas polares de la

proyección de P en el plano xy y z es la distancia dirigida del plano xy a P (ver figura 25).

Para convertir de coordenadas cilíndricas a rectangulares se usan las ecuaciones dadas por x r cos( ) , y rsen( ) , z z= θ = θ = ,

mientras que, para convertir de coordenadas retangulares a cilíndricas se usan

2 2 2r x y , tg( ) y / x , z z.= + θ = =

Estas coordenadas son preferidas cuando hay simetría alrededor de un eje.

Ejemplo 14. Determine el punto con coordenadas cilíndricas (2,2 /3,1)π y encuentre sus

coordenadas rectangulares.

Solución.

x 2cos(2 /3) 1 , y 2sen(2 /3) 3 , z 1= π = − = π = = .

COORDENADAS CILÍNDRICAS Integrales



Figura 25. Sistema de coordenadas cilíndricas

Ejemplo 15. Determine las coordenadas cilíndricas del punto con coordenadas rectangulares (3, 3, 7)− − .

Solución.

r 9 9 3 2= + = , 74

arctg( 1) πθ = − = , z 7= − .

Ejemplo 16. Describa las siguientes superficies en coordenadas cilíndricas.

a. z r= . Un cono b. r c.= Un cilindro circular recto

c. c.θ = Una recta que pasa por el origen

d. z c.= Un plano horizontal.

Ejemplo 17. Encuentre la ecuación en coordenadas cilíndricas del elipsoide de ecuación 2 2 24x 4y z 1.+ + =

Solución. 2 2 2 2 2 2 24(x y ) z 1 4r z 1 z 1 4r+ + = ⇒ + = ⇒ = − .

Si se quiere realizar un cambio de variables en las integrales triples usando las coordenadas cilíndricas se tiene que x r cos( ) , y rsen( ) , z z= θ = θ = , entonces:

cos( ) rsen( ) 0(x,y,z)

sen( ) r cos( ) 0 r(r, ,z)

0 0 1

θ − θ∂ = θ θ =∂ θ

.

COORDENADAS CILÍNDRICAS Integrales



Por tanto

h ( ) u (r cos( ),rsen( ))2 2

h ( ) u (r cos( ),rsen( ))1 1E

f(x,y,z)dV f(r cos( ),rsen( ),z).rdzdrd .β θ θ θ

α θ θ θ

= θ θ θ∫∫∫ ∫ ∫ ∫

Ejemplo 18. Un sólido E está dentro del cilindro 2 2x y 1,+ = debajo del plano z 4= y arriba

del paraboloide 2 2z 1 x y= − − . Calcule su volumen.

Solución.

21 1 x 4 2 1 4

2 2 2 21 1 x 1 x y 0 0 1 r

7V dzdydx rdzdrd .

2

− π

− − − − − −

= = θ = π∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

3.11. COORDENADAS ESFÉRICAS

Las coordenadas esféricas ( , , )ρ θ φ de un punto P en el espacio se ilustra en la figura,

donde OPρ = es la distancia del origen a P, θ es el mismo ángulo que en las coordenadas

cilíndricas y φ es el ángulo entre el semieje positivo z y el segmento de recta OP. Note que

0 , 0ρ ≥ ≤ θ ≤ π (ver figura 260).

Figura 26. Sistema de coordenadas esféricas

COORDENADAS ESFÉRICAS Integrales



Las siguientes equivalencias permiten las transformaciones de coordenadas esféricas a

rectangulares: x sen( )cos( ) , y sen( )sen( ) , z cos( )= ρ φ θ = ρ φ θ = ρ φ .

Por otro lado se tiene que 2 2 2 2x y z+ + = ρ .

Ejemplo 19. El punto

4 3(2, , )π π está dado en coordenadas esféricas. Halle el punto y

encuentre sus coordenadas rectangulares.

Solución.

6 63 4 2 3 4 2 3

x 2sen( )cos( ) , y 2sen( )sen( ) , z 2 cos( ) 1π π π π π= = = = = = .

Ejemplo 20. Describa cada una de las siguientes ecuaciones dadas en coordenadas esféricas. a. 5 cρ = . Esfera

b. cθ = . Plano c. c.φ = Semicono superior

Ejemplo 21. Encuentre la ecuación en coordenadas esféricas, para el hiperboloide de dos hojas 2 2 2x y z 1− − = .

Solución. 2 2 2 2 2 2x y z 1 [sen ( )cos(2 ) cos ( )] 1− − = ⇒ ρ φ θ − φ = .

Ejemplo 22. Encuentre una ecuación rectangular para la superficie cuya ecuación esférica es sen( )sen( ).ρ = θ φ

Solución. 2 2 2 2 2 2 21 1

2 4sen( )sen( ) x y z y x (y ) zρ = ρ θ φ ⇒ + + = ⇒ + − + = Esfera.

Ejemplo 23. Evalúe

2 2 2

B

(x y z )dV,+ +∫∫∫

donde B es el sólido encerrado por la esfera 2 2 2x y z 1.+ + =

Solución.

2 14

0 0 0

4sen( )d d d .

5

π π

ρ φ ρ φ θ = π∫ ∫ ∫

COORDENADAS ESFÉRICAS Integrales



Ejemplo 24. Evalúe

2 2 2

E

x y z dV,+ +∫∫∫

donde E está limitado abajo por el cono 6πφ = y arriba por la esfera 2.ρ =

Solución.

2 /6 23

0 0 0

sen( )d d d 4 (2 3).π π

ρ φ ρ φ θ = π −∫ ∫ ∫

Ejemplo 25. El punto (0,2 3, 2)− está dado en coordenadas rectangulares. Encuentre sus

coordenadas esféricas.

Solución. 2 0 12 4 16 4ρ = + + = ⇒ ρ = , 2

3πφ = ,

2πθ = . Punto 2

2 3(4, , )π π

3.12. APLICACIONES DE LAS INTEGRALES TRIPLES

Todas las aplicaciones de integrales dobles se pueden extender de inmediato a

integrales triples. Por ejemplo, si la función de densidad de un objeto sólido que ocupa la región E es (x, y,z)ρ , en unidades de masa por unidad de volumen, en cualquier punto (x,y,z)

dado, entonces su masa es

E

m (x,y,z)dV= ρ∫∫∫

y sus momentos alrededor de los tres planos de coordenadas son

yz xz

E E

M x (x,y,z)dV , M y (x,y,z)dV ,= ρ = ρ∫∫∫ ∫∫∫ xy

E

M z (x,y,z)dV= ρ∫∫∫ .

El centro de masa está ubicado en el punto (x, y, z), donde

yz xyxzM MMx , y , z

m m m= = = .

APLICACIONES DE LAS INTEGRALES TRIPLES



Si la densidad es constante, el centro de masa del sólido se denomina centroide de E.

Los momentos de inercia alrededor de los tres ejes de coordenadas son

2 2x

E

2 2y

E

I (y z ) (x,y,z)dV ,

I (x z ) (x,y,z)dV ,

= + ρ

= + ρ

∫∫∫

∫∫∫

2 2z

E

I (x y ) (x,y,z)dV= + ρ∫∫∫

La carga eléctrica total de un objeto sólido que ocupa una región E y que tiene densidad de carga (x,y,z)σ viene dada como

E

(x,y,z)dVσ∫∫∫ .

Si se tienen tres variables aleatorias continuas X, Y y Z, la función de densidad

conjunta de ellas es una función de tres variables tales que la probabilidad de que (X,Y,Z) se encuentre en E es

E

P((X, Y,Z) E) f(x,y,z)dV∈ = ∫∫∫ ,

en particular, se tiene que

b d s

a c r

P(a X b,c Y d,r Z s) f(x,y,z)dzdydx≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ = ∫ ∫ ∫ .

La función de densidad conjunta satisface que f(x,y,z) 0≥ y además

f(x,y,z)dzdydx 1∞ ∞ ∞

−∞ −∞ −∞

=∫ ∫ ∫ .

APLICACIONES DE LAS INTEGRALES TRIPLES



Ejemplo 26. Encuentre el centro de masa de un baul de madera de densidad constante igual

a 1 cuya forma está limitada por el cilindro parabólico 2x y= y los planos x z= , z 0= y

x 1= .

Solución. El sólido E se proyecta sobre el plano xy. Las superficies inferior y superior de E son los planos z 0= y z x= . La masa viene dada por

1 1 x

21 y 0

4m dzdxdy

5−

= =∫ ∫ ∫ .

Debido a la simetría de E y la función densidad alrededor del plano xz, se puede decir de inmediato que xzM 0= y, por lo tanto, y 0= . Los otros momentos son

1 1 x

yz21 y 0

4M xdzdxdy

7−

= =∫ ∫ ∫ ,

1 1 x

xy21 y 0

2M zdzdxdy

7−

= =∫ ∫ ∫ .

En consecuencia, el centro de masa es

yz xyxzM MM 5 5

, , ,0,m m m 7 14

= .

Ejemplo 27. Utilice coordenadas cilíndricas para calcular la masa del sólido ubicado en el primer octante, que se encuentra dentro del cilindro de ecuación 2 2x y 4x+ = y limitado

superiormente por la esfera de ecuación 2 2 2x y z 16+ + = . La densidad volumétrica de masa

en cada punto es igual al producto de las coordenadas del punto.

Solución.

Cilíndro: 2 2 2 2(x 2) y 4 x y 4x 0 r 4 cos( )− + = ⇒ + − = ⇒ = θ

Esfera: 2 2 2 2 2 2x y z 16 z 16 x y 16 r+ + = ⇒ = − − = − . Jacobiano: r

2/2 4cos( ) 16 r /2 4cos( )3 2 3

0 0 0 0 0

/2 /24 4 6 6 5 66 8

00

5

1m r cos( )sen( )zdzdrd (16 r )r cos( )sen( )drd

2

1 16.4 cos ( ) 4 cos ( ) 1 4 4sen( )cos( ) d cos ( ) cos ( )

2 4 6 2 6 6.8

1 42

π θ − π θ

π π

= θ θ θ = − θ θ θ

θ θ= θ θ − θ = − θ + θ

=

∫ ∫ ∫ ∫ ∫∫

6 5 54 4 1 1 4 1 128.

6 6.8 2 6 12 2 12 3

− = − = =





19. Sea T el sólido definido por

2 2 2 2x z y 2 x z+ ≤ ≤ + + .

Plantee las integrales que permitan calcular el volumen del sólido en coordenadas

cartesianas con: a. dV dydxdz= .

Solución.

2 2 22 4 z 2 x z

2 20 0 x z

V 4 dydxdz− + +

+

= ∫ ∫ ∫ .

b. dV dxdydz= .

Solución.

2 22 z 2 y z 2 4 y z

2 2 20 z 0 0 z 2 (y 2) z

V 4 dxdydz 4 dxdydz+ − −

+ − −

= +∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

20. Un sólido, en el primer octante, está limitado por las superficies 2 2x 1 , y 1 , z 0 , z 6 x y= = = = − − .

Exprese las integrales iteradas que calculan el volumen del sólido en coordenadas

cilíndricas.

Solución. 2 2sec( ) 6 r csc( ) 6 r

4 2

0 0 0 0 04

I rdzdrd rdzdrd

π πθ − θ −

π= θ + θ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

21. Calcule el volumen del sólido que está sobre el cono

3πφ = y debajo de la esfera

4 cos( )ρ = φ .

Solución.

2 /3 4 cos( )2

0 0 0

sen( )d d d 10 .π π φ

ρ φ ρ φ θ = π∫ ∫ ∫

22. Sea la integral

2 2 r4 2

0 0 0

r z cos ( )sen( )dzdrdπ

θ θ θ∫ ∫ ∫




dada en coordenadas cilíndricas. Exprese la integral en coordenadas esféricas.

Solución. 2 2 22 4 x x y 2 /2 2/sen( )

2 6 4 2

22 4 x 0 0 /4 0

x yzdzdydx sen ( )cos( )cos ( )sen( )d d d− + π π φ

− − − π

= ρ φ φ θ θ ρ φ θ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

23. Una integral triple sobre una región Q en el espacio, viene expresada mediante integrales

iteradas en coordenadas cilíndricas por 2 1 4 2 2 5 r 2 3 5 r

3 3 3

0 0 0 0 1 0 0 2 2

I r dzdrd r dzdrd r dzdrdπ π − π −

= θ + θ + θ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

.

Exprese la integral I en coordenadas esféricas.

Solución.



2 2 231 2

4 2 4 2A arctg( ) ; B arctg( ) ; C arctg( ) ; r sen ( )π= = = = = ρ φ

z 4 cos( ) 4 4sec( ) ; z 5 r cos( ) 5 sen( )5

cos( ) sen( )

= ⇒ ρ φ = ⇒ ρ = φ = − ⇒ ρ φ = − ρ φ

⇒ ρ =φ + φ

2 2 2 2z 2 cos( ) 2 2sec( ) ; x y 4 sen ( ) 4 sen( ) 22csc( )

= ⇒ ρ φ = ⇒ ρ = φ + = ⇒ ρ φ = ⇒ ρ φ =⇒ ρ = φ

512 arctg( ) 4sec( ) 24 4 cos( ) sen( )

4 3 4 3

10 0 0 0 arctg( ) 04

3 52 2csc( ) arctg( )2 2 cos( ) sen( )

4 3 4 3

0 0 2sec( )4 4

I sen ( )d d d sen ( )d d d

sen ( )d d d sen ( )d d d

ππ φ πφ + φ

ππ φφ + φ

π π φ

= ρ φ ρ φ θ + ρ φ ρ φ θ +

ρ φ ρ φ θ + ρ φ ρ φ θ

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

2

0

π

∫




24. Calcule la integral 2 2 2 3(x y z )

T

e dV+ +∫∫∫ ,

sabiendo que T es el sólido comprendido entre las esferas 2 2 2x y z 1+ + = , 2 2 2x y z 4+ + =

en el primer octante, utilizando coordenadas esféricas.

Solución.

2 2 2 2 2 22 83 3 220

10 0 1 0 0 0

8

1 e ee sen( )d d d e sen( )d d cos( ) d

3 3

(e e)6

π π π π ππρ ρ −ρ φ ρ φ θ = φ φ θ = − φ θ

− π=

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

25. Dadas las integrales que calculan el volumen de cierto sólido usando las coordenadas

cilíndricas dadas por

2 1 1 2 4 4

0 0 r 0 1 r

I rdzdrd rdzdrdπ π

= θ + θ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ,

plantee la(s) integrale(s) que calculan su volumen en coordenadas:

a. cartesianas proyectando en el plano xz.

Solución.

Proyección en xz: (usando simetría solo mostrando ¼ del sólido) (ver figura 28)

Figura 28. Región del ejercicio 7

2 2 2 2 2 21 1 z x 4 4 z x 1 4 z x

20 x 0 1 x 0 0 1 1 x

I 4 dydzdx dydzdx dydzdx− − −

−

= + + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫




b. esféricas

Solución.

2 4 sec( ) 2 4 4 sec( )2 2

0 0 0 0 arctg(1/4) csc( )

I 4 sen( )d d d sen( )d d dπ π φ π π φ

φ

= ρ φ ρ φ θ + ρ φ ρ φ θ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

26. Plantee la integral triple que calcula el volumen del sólido definido por 2 20 z x y≤ ≤ + , 2 24 x y 16≤ + ≤ :

a. Proyectando en el plano xy.

Solución.



2 2 2 2 2 22 16 x x y 4 16 x x y

20 4 x 0 2 0 0

4 dzdydx dzdydx− + − +

−

+ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

b. En coordenadas esféricas.

Solución. 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2x y 4 sen ( )cos ( ) sen ( )sen ( ) sen ( ) 4 2csc( )+ = ⇒ ρ φ θ + ρ φ θ = ρ φ = ⇒ ρ = φ 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2x y 16 sen ( )cos ( ) sen ( )sen ( ) sen ( ) 16 4csc( )+ = ⇒ ρ φ θ + ρ φ θ = ρ φ = ⇒ ρ = φ

/2 /2 4csc( )2

0 /4 2csc( )

4 sen( )d d dπ π φ

π φ

ρ φ ρ φ θ∫ ∫ ∫




27. Sea 1S el sólido limitado por las superficies

2 2z x y= + , 2 2z 1 1 x y= + − − .

Sea 2S el sólido definido mediante las desigualdades dadas por

z 0≥ , 2 2z 3 x y≤ − + , 2 2x y 4+ ≤ .

Sea S el sólido definido como 2 1S S S= − . Plantee, mediante integrales triples, el volumen

de S usando coordenadas:

a. Cilíndricas.

Solución. Volumen de 1S :

22 1 1 1 r

0 0 r

rdzdrdπ + −

θ∫ ∫ ∫ .

Volumen de 2S :

2 2 3 r

0 0 0

rdzdrdπ −

θ∫ ∫ ∫ .

Volumen de S:

22 2 3 r 2 1 1 1 r

0 0 0 0 0 r

rdzdrd rdzdrdπ − π + −

θ − θ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ .

b. Esféricas.

Solución. Volumen de 1S :

2 /4 2 cos( )2

0 0 0

sen( )d d dπ π ϕ

ρ ϕ ρ ϕ θ∫ ∫ ∫ .

Volumen de 2S :

2 arctg(2) 3/(cos( ) sen( )) 2 /2 2/sen( )2 2

0 0 0 0 arctg(2) 0

sen( )d d d sen( )d d dπ ϕ + ϕ π π ϕ

ρ ϕ ρ ϕ θ + ρ ϕ ρ ϕ θ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ .

Volumen de S: Volumen de 2S - Volumen de 1S .

28. Sea S el sólido definido por

2 2 2 2 2 2 21z (x y ) ; x y 9 ; x y (z 5) 25

3≥ + + ≤ + + − ≤ .

Plantee las integrales que permitan calcular el volumen del sólido S utilizando

coordenadas:




a. Cartesianas en el orden dydxdz.

Solución.


Figura 30. Proyección del sólido en el plano xz

2 23 3z 3z x 9 3 9 x

0 0 0 3 0 0

2 2 210 25 (z 5) 25 (z 5) x

9 0 0

V 4 dydxdz 4 dydxdz

4 dydxdz

− −

− − − − −

= + +∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

b. Cilíndricas con proyección en el plano xy.

Solución. 22 3 5 25 r

210 0 r3

V rdzdrd

π + −

= θ∫ ∫ ∫


2 2 2 2 2 2z x y ; x y 9 ; z 9 x y≥ + + ≤ ≤ + + .

Plantee las integrales que permitan calcular el volumen del sólido S utilizando

coordenadas:

a. Esféricas.

Solución.





Figura 31. Identificación del ángulo respecto al eje z positivo

Ecuaciones esféricas:

2 2 2 2 2

2 2

2 2

0z x y cos( ) sen ( ) sen ( ) cos( ) 0

ctg( )csc( )

x y 9 r 3 3csc( )9

z 9 x y cos( ) 9 r cos( ) 9 sen( )cos( ) sen( )

ρ = = + ⇒ ρ φ = ρ φ ⇒ ρ ρ φ − φ = ⇒ ρ = φ φ

+ = ⇒ = ⇒ ρ = φ

= + + ⇒ ρ φ = + ⇒ ρ φ = + ρ φ ⇒ ρ =φ − φ

/2 /2 ctg( )csc( ) /2 arctg(1/3) 3csc( )2 2

0 arctg(1/3) 0 0 arctg(1/4) 0

/2 arctg(1/4) 9/(cos( ) sen( ))2

0 0 0

V 4 sen( )d d d 4 sen( )d d d

4 sen( )d d d

π π φ φ π φ

π φ − φ

= ρ φ ρ φ θ + ρ φ ρ φ θ

+ ρ φ ρ φ θ

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

b. Cartesianas en el orden dzdydx.

Solución. 2 2 23 9 x 9 x y

2 20 0 x y

V 4 dzdydx

− + +

+

= ∫ ∫ ∫


2 2 2 2x y 6x ; x y z ; z 0+ ≤ + ≥ ≥ .

Use coordenadas cilíndricas para calcular su volumen.

Solución.

Ecuaciones cilíndricas:

2 2 2

2 2

r 0x y 6x r 6r cos( ) r r 6 cos( ) 0

r 6 cos( )

z x y z r

=+ = ⇒ = θ ⇒ − θ = ⇒ = θ

= + ⇒ =




/2 6 cos( ) r /2 6 cos( ) /2 6 cos( )

r 20

/2 0 0 /2 0 /2 0

/2 /2 /26 cos( )3 3 3

0/2 /2 0

/2 32

0

1 1V rdzdrd r z drd r drd

2 2

1 216r d cos ( )d 144 cos ( )d

6 6

sen ( )144 (1 sen ( ))cos( )d 144 sen( )

3

π θ π θ π θ

−π −π −π

π π πθ

−π −π

π

= θ = θ = θ

= θ = θ θ = θ θ

θ= − θ θ θ = θ −

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

∫

/2

0

/23

0

sen ( ) 1 144.2 288144 sen( ) 144 1 96

3 3 3 3

π

π

θ = θ − = − = = =


2 2

2 2

z 2 4 x y si 2 z 4

x y 4 si 0 z 2

≤ + − − ≤ ≤

+ ≤ ≤ ≤

.

a. Plantee la(s) integral(es) que permite(n) calcular el volumen de T en coordenadas:

a.1. cartesianas en el orden dxdydz.

Solución. 2 2 2 22 2 4 y 4 4 (z 2) 4 y (z 2)

0 0 0 2 0 0

4 dxdydz dxdydz− − − − − −

+

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

a.2. esféricas.

Solución.

2 2 2 sen( ) 2 4 4cos( )2 2

0 /4 0 0 0 0

4 sen( )d d d sen( )d d dπ π φ π π φ

π

ρ φ ρ φ θ + ρ φ ρ φ θ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

a.3. cilíndricas con proyección en xy.

Solución.

22 2 2 4 r

0 0 0

4 rdzdrdπ + −

θ∫ ∫ ∫

b. Calcule el volumen de T.

Solución. 2 16 40

V 8 .8 83 3 3

= π + π = + π = π




32. Utilice coordenadas cilíndricas para calcular la masa del sólido ubicado en el primer octante que se encuentra dentro del cilindro 2 2x y 4x+ = y limitado superiormente por la

esfera 2 2 2x y z 16+ + = . La densidad volumétrica de masa en cada punto es igual al

producto de las coordenadas del punto.

Solución. Cilindro:

2 2 r 0x y 4x

r 4cos( )=

+ = ⇒ = θ.

Semiesfera superior : 2 2 2 2x y z 16 z 16 r+ + = ⇒ = − .

Densidad: 2(x,y,z) xyz r cos( )sen( )zρ = ⇒ θ θ .

2/2 4cos( ) 16 r3

0 0 0

/2 4 cos( )3 2

0 0

/2 4 cos( ) /2 4cos( )63 5 4

00 0 0

5

m r cos( )sen( )zdzdrd

1r cos( )sen( )(16 r )drd

2

1 1 rcos( )sen( )(16r r )drd cos( )sen( ) 4r d

2 2 6

1cos( )sen( ) 4 .cos

2

π θ −

π θ

π θ π θ

= θ θ θ

= θ θ − θ

= θ θ − θ = θ θ − θ

= θ θ

∫ ∫ ∫∫ ∫∫ ∫ ∫

/2 6

4 6

0

/2 1 16 5 9 55 5 7 9 5 7 6 8

00 0

9 5 8 4 8 8 8 7

4( ) cos ( ) d

6

1 4 4 2 44 cos ( ) cos ( ) sen( )d 2 u u du u u

2 6 3 6 3.8

2 4 2 4 2 2 2 2 256 128 1286 3.8 3 3.2 3 3.2 3 3 3 3

π

π

θ − θ θ

= θ − θ θ θ = − = −

−= − = − = − = − = =

∫∫ ∫

33. Sea T el sólido homogéneo definido por 2 2 2 2 2 2x y z 9 ; x y (z 3) 9+ + ≤ + + − ≤ .

Usando coordenadas esféricas calcule su masa.

Solución.

Intersecciones:

2 2 22 2 2

2 2 2

2 2

x y z 9 9 3x y z 6z 0 9 6z 0 z

6 2x y (z 3) 9

27 3Curva Inter sec ción : x y ; z

4 2

+ + =⇒ + + − = ⇒ − = ⇒ = =

+ + − =

+ = =





2 2 2 2 2 2 2 0x y z 9 3 ; x y (z 3) 9 6 cos( ) 0

6cos( )ρ =

+ + = ⇒ ρ = + + − = ⇒ ρ − ρ φ = ⇒ ρ = φ


Figura 32. Identificación del ángulo respecto al eje z positivo

2 /3 3 2 /2 6 cos( )

2 2

0 0 0 0 /3 0

2 /3 3 2 /26 cos( )2 3

00 0 0 0 /3

33/3 3

00

m k sen( )d d d sen( )d d d

1k d sen( )d d sen( ) d d

3

216k 2 . cos( ) . cos (

3 3

π π π π φ

π

π π π πφ

π

π

= ρ φ ρ φ θ + ρ φ ρ φ θ

= θ φ φ ρ ρ + φ ρ φ θ

ρ= π − φ +

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

2 /2 2/24

/30 /3 0

2

0

72)sen( )d d k 9 cos ( ) d

4

1 9 45 kk 9 18 d k 9

16 4 4

π π ππ

ππ

π

φ φ φ θ = π + − φ θ

π π = π + θ = π + =

∫ ∫ ∫

∫

34. Sea T el sólido homogéneo definido por 2 2 2 2 2 2x y z 16 ; x y (z 2) 4+ + ≤ + + − ≥ .

Use coordenadas esféricas para calcular el momento alrededor del plano xy ( xyM ).

Solución.

Intersecciones:

2 2 22 2 2

2 2 2

2 2

x y z 16x y z 4z 0 16 4z 0 z 4

x y (z 2) 4

Curva Inter sec ción: x y 12 ; z 4

+ + =⇒ + + − = ⇒ − = ⇒ =

+ + − =

+ = =




Ecuaciones esféricas: 2 2 2 2 2 2 2x y z 16 4 ; x y (z 2) 4 4 cos( ) 0

04cos( )

+ + = ⇒ ρ = + + − = ⇒ ρ − ρ φ =ρ =

⇒ ρ = φ

2 /2 4 2 43 3

xy0 0 4cos( ) 0 /2 0

2 /2 24 44 4

4cos( ) 00 0 0 /2

4 4 4

M k sen( )cos( )d d d k sen( )cos( )d d d

k ksen( )cos( ) d d sen( )cos( ) d d

4 4

ksen( )cos( ) 4 4 cos ( ) d d

4

π π π π

φ π

π π π π

φπ

= ρ φ φ ρ φ θ + ρ φ φ ρ φ θ

= φ φ ρ φ θ + φ φ ρ φ θ

= φ φ − φ φ θ

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫

2 /2 2

4

0 0 0 /2

2 /2 2 /24 45

0 0 0 0

24

0 /2

24 4/2 /22 6

0 00

ksen( )cos( ) 4 d d

4

4 k 4 ksen( )cos( )d d sen( )cos ( )d d

4 4

4 ksen( )cos( )d d

4

4 k 4 ksen ( ) d cos ( ) d

8 24

π π π π

π

π π π π

π π

π

ππ π

+ φ φ φ θ

= φ φ φ θ − φ φ φ θ

+ φ φ φ θ

= φ θ + φ

∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫∫ ∫

∫

2 24

2

/20 0

4 4 4 4 4 3

4 ksen ( ) d

8

2 .4 k 2 .4 k 2 .4 k 2 .4 k .4 k .4 k 64 k8 24 8 24 12 3 3

π ππ

π θ + φ θ

π π π π π π π= − − = − = − = − = −

∫ ∫

35. Utilice un cambio de variable adecuado para calcular la masa de la región de densidad (x,y,z) xyzρ = que se encuentra limitada por las superficies

xy 1 , xy 9 , xz 4 , xz 9 ,= = = = yz 9 , yz 16= = .

Solución. Cambios de variables: u xy , v xz , w yz= = = .

Cálculo del jacobiano J(x,y,z): u u ux y z

v v vx y z

w w wx y z

y x 0J(x,y,z) z 0 x 2xyz

0 z y

∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂

= = = − .

Superficies: u 1 , u 9 , v 4 , v 9 , w 9 , w 16= = = = = = .

9 9 16

12

1 4 9

m dwdvdu 140= =∫ ∫ ∫ .




36. Sea Q el sólido definido por 2 2 2 2 2 2z 16 x y , z 0 , x y 4 , x y 8≤ − − ≥ + ≥ + ≤ .

Considerado el sólido Q homogéneo:

a. Exprese su masa en coordenadas cartesianas en el orden dxdydz.

Solución.



2 22 2 2 8 y 2 2 2 2 8 y

20 0 4 y 0 2 0

2 2 2 2 22 3 2 16 y z 2 3 16 z 16 y z

22 2 0 4 y 2 2 2 0

V 4 dxdydz 4 dxdydz

4 dxdydz 4 dxdydz

− −

−

− − − − −

−

= + +

+

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

b. Calcule el momento de inercia respecto al eje z.

Solución.

22 2 2 16 r2 2 3

z0 2 0

Q

2 2 23 2

0 2

2 2 2 2 22 5/2 2 3/23 2

20 2

2 25/2 3/2 5/2 3/2

2

I (x y ) (x,y,z)dV k r dzdrd

k r 16 r drd

(16 r ) 16(16 r )k r 16 r drd 2 k

5 3

8 16(8) 12 16(12)2 k

5 3 5 3

π −

π

π

= + ρ = θ

= − θ

− −= − θ = π −

= π − − +

∫∫∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫

∫ ∫




37. Sea W un sólido limitado por las superficies 2 2 2 2 2 2z x y , x y 1 , z 1 1 x y= − + + = = + − − .

a. Plantee la(s) integral(es) que permite(n) calcular el volumen del sólido W en

coordenadas:

a.1. cartesianas en el orden

dxdydz.

Solución.

Proyección en el plano yz usando simetría (ver figura 34)

Figura 34. Proyección plano yz usando simetría del ejercicio 19

2 2 2 22 1 (z 1) 1 y (z 1) 1 1 1 y

1 0 0 0 0 0

2 20 1 1 y 0 z 1 y

2 21 z 0 1 0 z y

V 4 dxdydz 4 dxdydz

4 dxdydz 4 dxdydz

− − − − − −

− − −

− − − −

= + +

+

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

dzdydx.

Solución.

Proyección en el plano xy usando simetría (ver figura 35)




Figura 35. Proyección plano xy usando simetría del ejercicio 19

2 2 21 1 x 1 1 x y

2 20 0 x y

V 4 dzdydx− + − −

− +

= ∫ ∫ ∫

a.2. esféricas.

Solución.


2 2 2

2 2

0x y (z 1) 1 ( 2cos( )) 0

2cos( )

x y 1 csc( )

ρ =+ + − = ⇒ ρ ρ − φ = ⇒ ρ = φ

+ = ⇒ ρ = φ

/2 /4 2cos( ) /2 3 /4 csc( )2 2

0 0 0 0 /4 0

V 4 sen( )d d d sen( )d d dπ π φ π π φ

π

= ρ φ ρ φ θ + ρ φ ρ φ θ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

b. Calcule el volumen de W.

Solución.

Usando geometría elemental: 2 7

V 23 3 3π π π= + π − = .

38. Pruebe que 2 2 2 3 /2(x y z )

3R

4e dV

3− + + π=∫∫∫ .

Solución. m

2 2 2 3/2 3 3(x y z ) 2 0 m

m m 0 0

3R

4 4e dV lím 2 sen( )d e d lím (e e )

3 3

π− + + −ρ −

→+∞ →+∞

π π= π φ φ ρ ρ = − =∫∫∫ ∫ ∫ .

EJERCICIOS PROPUESTOS Integrales




1. Dibuje la región de integración y calcule las integrales dobles siguientes:

a.

S

xydxdy,∫∫ donde S es la región limitada por las gráficas de las ecuaciones y 3x= ,

x 1= y el eje x. Rta. 98

b.

S

y xdxdy−∫∫ , donde S es la región limitada por las rectas de ecuaciones x y=

x 2y , y 1 , y 2.= = = Rta. 76

c. 2 2

S

xdxdy

1 x y+ +∫∫ , donde S es la región { } 2x2

S (x,y) / 0 x 2, 0 y= ≤ ≤ ≤ ≤ .

Rta. 54

1 ln(5)− +

2. Las integrales iteradas que se dan a continuación, son en cada caso las integrales dobles

de ciertas funciones en regiones del plano xy, para cada una de ellas, dibuje la región de

integración y exprese la integral doble mediante integrales iteradas cambiando el orden

de integración:

a.

22 4 y

22 4 y

f(x, y)dxdy−

− − −∫ ∫

22 4 x

22 4 x

Rta. f(x,y)dydx−

− − −∫ ∫

b.

4 x 4

21 x 2x

f(x, y)dydx+

− −∫ ∫

3 1 y 1 8 1 y 1

1 1 y 1 3 y 4

Rta. f(x,y)dxdy f(x,y)dxdy+ + + +

− − + −

+∫ ∫ ∫ ∫

3. Calcule las siguientes integrales, bien sea directamente, mediante algún cambio de variables conveniente, o invirtiendo el orden de integración:

a.

1 13

0 0

4 y x dxdy−∫ ∫ 117

Rta.

b.

22 y

1 y

dxdy∫ ∫ 56

Rta.

c.

1 1 x yy x

0 0

e dydx−

+∫ ∫ 12

Rta. (e 1)−




d. xy

S

e dxdy∫∫ , donde S es la región del primer cuadrante limitada por las curvas de

ecuaciones xy 2, xy 4, x y, y 8x.= = = = 4 232

Rta. (e e )ln(2)−

e.

S

dxdy∫∫ , donde S es la región encerrada por la curva de ecuación igual a

2 2x y1

16 4+ = . Rta. 8π

f. 2 2

S

(x y) cos (x y)dxdy− +∫∫ , donde S es el paralelogramo de vértices dados por ( ,0)π ,

(2 , ), ( ,2 ), (0, ).π π π π π Rta. 4

3π

g.

4 4 x y xy x

0 0

e dydx− −

+∫ ∫ . Rta. 1e4(e )−

h.

1 2y/x

0 2y

e dxdy∫ ∫ . Rta. 2 /2 2 /22 2e 4e 3− +

i. (y x)/(y x)

S

e dA− +∫∫ , donde S es el interior del triángulo con vértices (0,0), (0,1) y (1,0).

1 14 eRta. (e )−

4. Calcule la integral 1 1

2

0 y

tg(x )dxdy∫ ∫ .

Rta. 12ln(sec(1))

5. Utilice coordenadas polares para calcular

2 2

S

x y 4 dA+ −∫∫ ,

donde la región S está definida por 2 2x y 9+ ≤ .

6. Usando integrales dobles halle el volumen del sólido acotado por las gráficas de las

siguientes funciones sobre la región del plano xy cuyos linderos se indican: a. 2 2f(x, y) x y , x 0 , x 2 , y 0 , y 2= + = = = =




b. f(x,y) 1 x y , x 0 , y 0 , x y 1= − − = = + =

7. Calcule yarctgx

S

e dxdy ∫∫ ,

donde S es la región en el primer cuadrante limitada por las circunferencias

2 2 2 2x y 1, x y 4+ = + = y las rectas y x, y 3x= = .

8. Calcule 2

2(x y)

S

ye 1 dA

x+ +

∫∫ ,

donde la región S está limitada por las curvas de ecuaciones y x ; y 2x ; x y 1 ; x y 2= = + = + = .

9. Halle el volumen de la región que está limitada por el plano xy, el plano x y z 2+ + = y el

cilindro parabólico 2y x= . Rta. 8120

10. Halle el volumen del sólido S, si S está limitado por el cono 2 2 2z x y= + y el cilindro 2 2x y 2y 0+ − = . Rta. 64

9

11. Halle el volumen de S, si S está limitado por el cilindro 2 2x y 4+ = y el hiperboloide 2 2 2x y z 1+ − = . Rta. 4 3π

12. Halle el volumen del solido limitado superiormente por la superficie esférica de ecuación 2 2 2x y z 4+ + = , inferiormente por el plano xy y lateralmente por el cilindro 2 2x y 1+ = .

Rta. 23 (8 3 3)− π

13. Encuentre el área de la región en el primer cuadrante del plano xy limitado por las curvas 2 2 2 2x 2y 1, x 2y 4, y 2x, y 5x+ = + = = = . Rta. 23

72 2arctg( )

14. Sea R el triángulo acotado por x 0,= y 0= , x y 1+ = . Haga la sustitución dada por

x y u, y uv+ = = y demuestre que




x y a 1 b 1

R

e x y dxdy− − − −∫∫

puede reducirse al producto de integrales sencillas.

15. Evalúe la integral 2 2

2 2

R

x yI 1 dxdy

a b= − −∫∫ , a 0> , b 0> ,

donde la región R es la región limitada por la elipse 2 2

2 2

x y1

a b+ = .

Rta. 23 abπ

16. Grafique la región S que está acotada por las curvas

2x y= − , 2x 2y y= − , 2x 2 y 2y= − −

y utilice el cambio de variables 2(u v)

x u ,4

+= − u v

y2+=

para calcular

2

S

(x y )dxdy+∫∫ . 16

Rta. .

17. Encuentre el área de la región encerrada por la curva de ecuación polar r 2cos(2 )= θ que

es exterior a r 3= .

18. Calcule

2 2

S

xydA

1 x y+∫∫ ,

donde la región S está limitada por las curvas de ecuaciones

1 5

x ; y ; x 1 0 ; x 5y x

= = − = = .

19. En los problemas siguientes halle el centro de masa de las láminas acotadas por las

gráficas dadas y densidad que se indica: a. = = = ρ = y ln(x) , x 1 , x 2 , (x,y) 1 / x , y 0=




b. 2y 2 / x , x 1 , x 2 , (x,y) x= = = ρ =

c. 2y 1 x , y 0 , y x , 1= − = = ρ =

20. Calcule el momento de inercia de la superficie limitada por la hipérbola xy 4= y la recta

x y 5+ = con respecto a la recta y x= . Rta. 38

16ln(2) 9−

21. Para las láminas limitadas por las curvas que se indican halle el momento polar de inercia

0I .

a. 2y 1 x , y 0 , (x,y) y= − = ρ =

b. 2y x , y x , (x,y) x= = ρ =

22. Grafique la región limitada por las curvas 2 24y x 8 , y 2x 1 , y 6 x 9− = + = − = −

Plantee las integrales que permiten calcular:

a. El área de la región

b. El centro de masa

c. El momento polar de inercia

23. Calcule las siguientes integrales dobles impropias:

a. 2 2

S

dxdy

x y+∫∫ , donde S es la región limitada por la circunferencia de ecuación

2 2x y 4+ = . Rta. 4π

b. 2 2 2

2R

dxdy

(1 x y )+ +∫∫ . Rta. π

c.

S

dxdy

xy∫∫ , donde S 0,2 0,2= × Rta. 8

24. Calcule la integral impropia 2 2(x y )

2R

e dxdy− +∫∫ ,

extendida a todo el plano 2R y luego utilice el resultado encontrado para calcular la

integral impropia




2x

e dx∞

−

−∞∫ .

(Esta última integral es importante en Estadística y se trata de la distribución normal).

Rta. , π π

25. Sea T el sólido formado por la región interior de 2 2x y 9+ = , exterior a 2 2 2x y z 9+ + = ,

por abajo de 2 2z 2 x y= + y sobre el plano xy. Halle el volumen de T.

26. Calcule

2 2 2

Q

1dv

x y z+ +∫∫∫ ,

donde Q es el sólido limitado por las superficies 2 2 2z 1, z x y= = + , siendo z 0≥ .

27. Sea T el sólido formado por la región interior del cilindro 2 2x y 9+ = , bajo el cono

2 2z x y= + y sobre el paraboloide 2 21z (x y )

6= + . Calcule el volumen de T.

28. Exprese en coordenadas cilíndricas

2 2 23 9 x 3 9 x y

23 9 x 3

xdzdydx− + − −

− − −∫ ∫ ∫ .

29. Exprese en coordenadas esféricas

2 2 21 1 x 1 x y2 2 2

0 0 0

x y z dzdydx− − −

+ +∫ ∫ ∫ .

30. Exprese en coordenadas cartesianas

/2 /2 42

0 /6 0

4 sen d d dπ π

π

ρ φ ρ φ θ∫ ∫ ∫ .

31. Exprese el volumen del sólido 2 2x y 9+ ≤ , 2 2z x y≥ + , 2 2z 9 x y≤ + + utilizando

integrales triples en coordenadas cartesianas, cilíndricas, esféricas.

32. Plantee la integral que permite calcular el volumen del sólido limitado por las superficies

2 24 z x y− = + , 2 2z 2 x y− = + en coordenadas cartesianas, cilíndricas y esféricas.




33. Sea Q el sólido formado por

2 2 2 2 2 2x y 1 ; 1 x y z 1 x y+ ≤ − − ≤ ≤ + +

Plantee las integrales que permiten calcular el volumen del sólido en:

a. cartesianas dxdzdy b. cilíndricas

34. Sea S el sólido formado por 2 2 2 2 2 2 2z x y ; x y 2 ; x y z 11≥ + + ≤ + + ≤

Plantee las integrales que permiten calcular el volumen del sólido en:

a. cartesianas dzdydx b. cartesianas dydxdz c. cilíndricas

35. Sea Q el sólido homogéneo definido por

2 2 2 2 2x y z 6z 5 ; z 5 x y ; z 0+ + ≥ − ≤ − + ≥

Plantee las integrales que permiten calcular el volumen del sólido Q:

a. Proyectando en el plano xy b. proyectando en el plano yz

36. Sea Q el sólido definido por

2 2 2 20 z 4 x y ; x y 4≤ ≤ − + + ≥

Plantee las integrales que permiten calcular el volumen del sólido Q:

a. En el orden dxdzdy b. en coordenadas cilíndricas

37. Sea la integral triple 2 2 22 2x x 4 x y

2 2 2

20 2x x 0

I (x y z )dzdydx− − −

− −

= + +∫ ∫ ∫

Plantee la integral I en coordenadas cilíndricas.

38. Plantee la integral que permite calcular el volumen del sólido limitado por las superficies 2 24 z x y− = + , 2 2z 2 x y− = + en coordenadas cartesianas y cilíndricas.

39. Usando coordenadas cilíndricas calcule el volumen del cuerpo limitado por la esfera 2 2 2x y z 4+ + = y la superficie del paraboloide 2 2x y 3z+ = .

40. Dadas las siguientes superficies que definen el sólido T

2 2 2 2 2 2z x y ; x y 9 ; z 9 x y 6≥ + + ≤ ≤ − − + :

a. Plantee la integral que permite calcular el volumen del sólido en coordenadas

cartesianas.




b. Plantee las integrales para el cálculo del centro de masa del sólido T.

41. Usando coordenadas esféricas halle el volumen del sólido sobre el cono 2 2 2z x y= + e

interior a la esfera 2 2 2x y z 2az+ + = . Rta. 3aπ

42. Calcule 3 /22 2 2

2 2 2

R

x y z1 dxdydz

a b c

− − −

∫∫∫ ,

donde R es la región encerrada por el elipsoide 2 2 2

2 2 2

x y z1

a b c+ + = . Rta. 21

3 abcπ

43. Un sólido ocupa la región T del espacio definida por

2 2 2 2 2 2z 6 x y , z 3 9 x y , x y 1≤ − + ≥ − − − + ≥ .

a. Exprese utilizando integrales triples el volumen de T.

b. Exprese utilizando integrales triples las coordenadas del centro de masa.

44. Halle el centroide de un objeto limitado por los planos coordenados, el plano x y 1+ = y el

paraboloide 2 2z 4 x 4y= − − . Rta. 33 52795 95 3( , , )

45. Halle el momento de inercia con respecto al eje z del sólido homogéneo dentro del cilindro 2 2x y 2x 0+ − = , bajo el cono 2 2 2x y z+ = y sobre el plano xy. Rta. 51275 k

46. Calcule las siguientes integrales triples impropias:

a. 2 2 2

T

dV

x y z+ +∫∫∫ , donde T es la esfera sólida limitada por la superficie

2 2 2x y z 1+ + = . Rta. 2π

b. 2 2 2 3

T

dV

(x y z )+ +∫∫∫ , donde T es la reunión de la frontera y del exterior de la esfera

sólida del ejercicio a, esto es { }3 2 2 2T (x,y,z) R / x y z 1= ∈ + + ≥ . Rta. 43π

BIBLIOGRAFÍA Integrales




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