1 Material didáctico de Cálculo III

2 Introducción

Este material está dedicado a todos los estudiantes que deben cursar la asig-natura de Cálculo en Varias Variables, asignatura obligatoria para la granmayorìa de estudiantes de carreras de ingeniería en la Ponti�cia UniversidadCatólica de Valparaíso. La intención que se tuvo en la elaboración de estematerial, es el de mostrar las diversas técnicas de trabajo y tratar de hacermás transparente los objetivos del curso a través de la resolución de proble-mas, especialmente si estos problemas, como es en este caso, ha sido usadopreviamente como material de evaluación. Este es un comienzo de un pro-grama para mejorar el rendimiento en estas materias que tradicionalmentehan sido más que complejo en el curriculum de muchos estudiantes.

3 Desarrollo

1. Sea

f(x; y) =

8<:(x� y)2 y > x0 x = y

2(x� y) y < x

Determine justi�cando o demostrando adecuadamente:

(a) En que puntos del plano la función es continua.

(b) En que puntos del plano la función es diferenciable.

(c) En qué puntos del plano las derivadas parciales son continuas.

Solución:

(a) Debido a que en las regiones y > x y y < x, la función está expresadapor medio de polinomios, entonces en esas regiones la función es continua.Ahora, si x0 = y0, se tiene que

lim(x;y)!(x0;y0)

f(x; y) = lim(x;y)!(x0;x0)

(x� y)2 (para y > x)

= (x0 � x0)2 = 0:

Análogamente:

lim(x;y)!(x0;y0)

f(x; y) = lim(x;y)!(x0;x0)

2(x� y) (para y < x)

= 2(x0 � x0) = 0:

Por lo tantolim

(x;y)!(x0;y0)f(x; y) = 0 = f(x0; y0):

Luego la función es continua en todo el plano.

(b) Debido a que la función es de clase C1 en las regiones y > x y y < x,entonces en dichas regiones la función es diferenciable.Para determinar diferenciabilidad en los puntos en donde x0 = y0, deter-

minemos las derivadas parciales en dichos puntos:

@f

@x(x0; x0) = lim

x!x0

f(x; x0)� f(x0; x0)x� x0

= limx!x0

f(x; x0)

x� x0=

8><>:limx!x0

(x�x0)2x�x0 si x < x0

limx!x02(x�x0)x�x0 Si x > x0

=

�0 si x < x02 Si x > x0

Como 0 6= 2, entonces la derivada parcial @f@x(x0; x0) no existe y por lo tanto

la función f no es diferenciables en dichos puntos.

(c) En la región y > x se tiene que @f=@x = 2(x�y) y @f=@y = �2(x�y).Como ambas derivadas parciales son polinomios, entonces son continuas.En la región y < x se tiene que @f=@x = 2x y @f=@y = �2y y por la

misma razón son continuas.Si x = y, las derivadas parciales no existen, por lo tanto en esos puntos

obviamente las derivadas parciales no son continuas (ni siquiera existen!).

2 Calcule L en el caso que exista:

lim(x;y)!(0;0)

x2 + y2px2 + y2 + 1� 1

= L

Solución:

lim(x;y)!(0;0)

x2 + y2px2 + y2 + 1� 1

= lim(x;y)!(0;0)

(x2 + y2)�p

x2 + y2 + 1 + 1�

(x2 + y2 + 1)� 1

= lim(x;y)!(0;0)

(x2 + y2)�p

x2 + y2 + 1 + 1�

x2 + y2

= lim(x;y)!(0;0)

�px2 + y2 + 1 + 1

�= 2:

3 Demuestre, usando la de�nición, que f(x; y) = xy es diferenciable entodo el plano.

Solución:Las derivadas parciales de la función dada son @f=@x = y y @f=@y = x,

entonces para que f sea diferenciable en un punto arbitrario (x; y) se debecumplir que:

lim(h;k)!(0;0)

jf(x+ h; y + k)� f(x; y)� hy � kxjph2 + k2

= 0:

Pero

jf(x+ h; y + k)� f(x; y)� hy � kxjph2 + k2

=j(x+ h)(y + k)� xy � hy � kxjp

h2 + k2

=jhkjph2 + k2

� h2 + y2ph2 + k2

Por lo tanto

0 � jf(x+ h; y + k)� f(x; y)� hy � kxjph2 + k2

�ph2 + k2

y por el teorema del sandwich se tiene que:

lim(h;k)!(0;0)

jf(x+ h; y + k)� f(x; y)� hy � kxjph2 + k2

= 0:

4 Calcule@f

@x(�=3; 1) para la siguiente funcione:

f (x; y) = sin (xyx cos (xxy sin(x ln y))):

Solución:Como se está diferenciando respecto a la variable x, entonces y debe

mantenerse contante, y por lo tanto puede ser reemplazada inmediatamentepor la constante 1. Asi tenemos que:

@f

@x(�=3; 1) = g0(�=3)

en donde

g(x) = sin (xyx cos (xxy sin(x ln y)))jy=1= sinx

Por lo tanto:@f

@x(�=3; 1) = g0(�=3) = cos �=3 = 1=2:

5 Considere las funciones

u(x; y) = x2y y v(x; y) = x+ 4y

Suponga ahora que f(u; v) es una función real desconocida, de la cualsólo se sabe que es diferenciable en (2; 9) y cumple con:

@f

@u(2; 9) =

1

2

@f

@v(2; 9) = 7

Si w(x; y) = f(u(x; y); v(x; y)) calcule el valor de A, en donde:

A =@w

@x(1; 2) +

@w

@y(1; 2):

Solución:Usando la regla de la cadena se tiene:

@w

@x(1; 2) =

@f

@u(u(1; 2); v(1; 2)) � @u

@x(1; 2) +

@f

@v(u(1; 2); v(1; 2)) � @v

@x(1; 2)

=@f

@u(2; 9) � @u

@x(1; 2) +

@f

@v(2; 9) � @v

@x(1; 2) = 7 � 4 + 14 � 1

= 42:

Análogamente:

@w

@y(1; 2) =

@f

@u(u(1; 2); v(1; 2)) � @u

@y(1; 2) +

@f

@v(u(1; 2); v(1; 2)) � @v

@y(1; 2)

=@f

@u(2; 9) � @u

@y(1; 2) +

@f

@v(2; 9) � @v

@y(1; 2) = 7 � 1 + 14 � 4

= 63:

Por lo tanto:

A =@w

@x(1; 2) +

@w

@y(1; 2) = 42 + 63 = 105:

6 Se desea diseñar un embalaje de base rectangular con volumen de 60 u3.Sus lados cuestan $1 la unidad cuadrada, su tapa cuesta $2 la u2 y sufondo cuesta $3 la u2. Plantee un sistema de ecuaciones para determinarlas dimensiones de la caja de modo que el costo sea mínimo. Expliciteclaramente cual será la función a minimizar y cual es la restricción.

Solución:

Sean x e y las medidas de la base de la caja y sea z su altura.

En primer lugar note que x; y y z deben ser extrictamente positivas.

La función objetivo a minimizar es:

C(x; y; z) = 5xy + 2xz + 2yz

Por otro lado el volumen V (x; y; z) debe cumplir con la condición derestricción:

V (x; y; z) = xyz = 60:

Aplicando Lagrange, se llega al sistema

5y + 2z = �yz (1)

5x+ 2z = �xz (2)

2x+ 2y = �xy (3)

xyz = 60 (4)

(Sólo se pide el planteo del problema)

De (1) y (2) se deduce que 5y� 5x = �(yz�xz), de donde se tiene que

(y � x)(5� �z) = 0

y por lo tanto x = y ó 5 = �z.

Si x = y, entonces de (3) se deduce que 4 = �x = �y. Reemplazandoen (2) y (4) se obtienen los valores

x = y = 23p3 y z = 5 3

p3

Si 5 = �z, entonces reemplanzando en (1) se llega a que 2z = 0 lo queno es posible.

7 La función u = u(x; y) está de�nida implícitamente por la ecuación

xeu + yu = 1:

Calcule la derivada direccional @u=@n en el punto (x; y) = (1; 2) en ladirección en que su valor es máximo.

Solución:

Para que exista la derivada direccional, la función u = u(x; y) debeser diferenciable en el punto (x; y) = (1; 2). Según el Teorema de laFunción Implícita, dicha función existe en una vecindad del punto (1; 2)y es continuamente diferenciable si la función F (x; y; u) = xeu + yu escontinuamente diferenciable en el punto (x; y; u) = (1; 2; 0) (lo que enefecto lo es pues sus tres derivadas parciales son continuas) y ademásla derivada parcial @F=@u 6= 0 en el punto indicado. Ahora bien:

@F

@u(1; 2; 0) = 3 6= 0

Por lo tanto existe la derivada direccional:�@u

@n

�max

(1; 2) = k(ru) (1; 2)k

=

��@F=@x@F=@u(P );

�@F=@y@F=@u

(P )

� =

��13 ; 0� = 1=3:

8 Considere la siguiente integral iterada:Z 1

0

dx

Z 2

x2f(x; y)dy

Para esta integral

(a) Halle la región de integración.

(b) Exprese la integral doble correspondiente integrando en el ordeninverso.

(c) Exprese la integral iterada usando coordenadas polares en el ordendrd�:

Solución:

(a) La región de integración es:

0.0 0.5 1.00

1

2

(b) Se necesitan dos integrales. Ellas son:Z 1

0

dy

Z py

0

f(x; y)dx+

Z 2

1

dy

Z 1

0

f(x; y)dx

(c) Se necesitan tres integrales. Si escribimos

F = F (r; �) = rf(x(r; �); y(r; �));

entonces ellas son:Z �=4

0

d�

Z sec � tan �

0

Fdr+

Z arctan(2)

�=4

d�

Z sec �

0

Fdr+

Z �=2

arctan(2)

d�

Z 2 csc �

0

Fdr

9 Evalúe ZZR

1

y2exp

�xpy

�dxdy

en donde R es la región limitada por las rectas: x = 1; y = 2 y lacurva y = x2 con x � 1.

Solución:

La región de integración es:

0.0 0.5 1.00

1

2

Integrando primero respecto a x se tiene:ZZR

1

y2exp

�xpy

�dxdy =

Z 2

1

dy

Z py

1

1

y2exp

�xpy

�dx

=

Z 2

1

1

y3=2exp

�xpy

�����py

1

dy

=

Z 2

1

�e

y3=2� 1

y3=2exp

�y�1=2

��dy

= 2e12

p2 �

p2e:

10 Calcule el volumen del cuerpo encerrado entre las super�cies

z = 1� x2 � y2 y z = �p1� x2 � y2

usando coordenadas cilíndricas.

Solución:

En coordenadas cilíndricas las super�cies son z = 1�r2 y z = �p1� r2.

Por lo tanto ambas super�cies se cortan cuando 1� r2 = �p1� r2, de

donde se obtiene que r = 1 y por lo tanto z = 0. Por consiguiente el

volumen pedido está dado por:

V =

ZZZdxdydz =

Z 2�

0

d�

Z 1

0

dr

Z 1�r2

�p1�r2

rdz

= 2�

Z 1

0

r(1� r2) + 2�Z 1

0

rp1� r2dr

= ��2(1� r2)2

���10� 2

3��1� r2

�3=2����10

=�

2+2

3�

=7

6�

11 Calcule:ZC

xp

x2 + y2+ xe�y

2

!dx+

yp

x2 + y2� x2ye�y2

!dy;

en donde C es el sector de la circunferencia x2 + y2 = 1 que va desdeel punto (1; 0) hasta el punto (0;�1) recorrido en el sentido contrarioa los punteros del reloj.

Solución

Observe que

@

@x

(yp

x2 + y2� x2ye�y2

)=

@

@y

(xp

x2 + y2+ xe�y

2

)= � xy

(x2 + y2)3=2� 2xye�y2

Por lo tanto el campo es un campo gradiente, esto signi�ca que existeuna función U(x; y; z) tal que

@U

@x=

xpx2 + y2

+ xe�y2

, y@U

@y=

ypx2 + y2

� x2ye�y2

Ahora, es fácil ver que un campo U que cumple está dado por:

U(x; y; z) =px2 + y2 +

1

2x2e�y

2

Por lo tanto el valor de la integral pedida es:

U(0;�1)� U(1; 0) = �1=2:

12 Calcule la integral de lineaZC(3x2y � y) dx + (xy + x3) dy, en donde

C es la curva poligonal que va desde P hasta Q: Esto es P = (0; 1)!(�2; 2) ! (�3; 1) ! (�3;�1) ! (�2;�2) ! (0;�1) ! (2;�2) !(3;�1)! (3; 0) = Q :

­3 ­2 ­1 1 2 3

­2

­1

1

2

x

y

Solución:

Sea L1 el segmento que va desde el punto (3; 0) hasta el punto (0; 0)y L2 al segmento que va desde el punto (0; 0) hasta el punto (0; 1)entonces de acuerdo al teorema de Green, se tiene que:ZC+L1+L2

�3x2y � y

�dx +

�xy + x3

�dy

=

ZZR

�@

@x(xy + x3)� @

@y

�3x2y � y

��dxdy

en donde R es la región interior a la curva C + L1 + L2. Por lo tanto:ZC+L1+L2

�3x2y � y

�dx+

�xy + x3

�dy =

ZZR

(y + 1)dxdy

=

ZZR

ydxdy +

ZZR

dxdy

ComoRRRdxdy corresponde al área de la región, se tiene que

RRRdxdy =

27=2:

Por otro lado, si llamamos R1 a la región ubicada en el lado x � 0 yR2 a la región ubicada en el lado x � 0, entoncesZZ

R

ydxdy =

ZZR1

ydxdy +

ZZR2

ydxdy

=

ZZR1

ydxdy

ya queRRR2ydxdy = 0 pues la región R2 es simétrica respecto al eje x.

Por lo tantoZZR1

ydxdy =

Z 2

0

dx

Z 0

�x=2�1ydy +

Z 3

2

dx

Z 0

x�4ydy

= �73� 76= �7

2:

Por lo tanto:ZC+L1+L2

�3x2y � y

�dx+

�xy + x3

�dy = �7

2+27

2

= 10

Por otro lado es evidente queZL1

�3x2y � y

�dx+

�xy + x3

�dy = 0

y que ZL2

�3x2y � y

�dx+

�xy + x3

�dy = 0

Por lo que �nalmente se obtiene que:ZC

�3x2y � y

�dx+

�xy + x3

�dy = 10:

Nota: Es posible cerrar la curva usando otros trazos, por ejemplo:

­3 ­2 ­1 1 2 3

­2

­1

1

2

x

y

­3 ­2 ­1 1 2 3

­2

­1

1

2

x

y

En este caso, debido a la simplicidad de la forma diferencial que seintegra, las di�cultades para resolver el problema son similares.

13 Considere el cuerpo limitado por las super�cies S1 y S2, en donde S1corresponde al plano z = 1, y la super�cie S2 corresponde al paraboloidez = x2 + y2. Si

�!F = 2x2

�!i � 2xy�!j + z2�!k , entonces compruebe que

se cumple:ZZZV

�@

@x

�2x2�+@

@y(�2xy) + @

@z

�z2��dxdydz =

ZZS1+S2

�!F � �!dS

Solución:

Cálculo del lado izquierdo:ZZZV

�@

@x

�2x2�+@

@y(�2xy) + @

@z

�z2��dxdydz

=

ZZZV

(2x+ 2z)dxdydz

= 2

ZZZV

xdxdydz + 2

ZZZV

zdxdydz

= 2

ZZZV

zdxdydz

ya que por la simetría del cuerpo, se tiene queRRR

Vxdxdydz = 0: Ahora

introduciendo coordenadas cilíndricas, se tiene:

2

ZZZV

zdxdydz = 2

Z 2�

0

d�

Z 1

0

dr

Z 1

r2rzdz

= 2�

Z 1

0

r(1� r4)dr

=2

3�.

Cálculo del lado derecho:

Una parametrización de la super�cie S2 es:

�!r (x; y) = x�!i + y�!j + (x2 + y2)�!k

De donde

@

@x�!r = �!i + 2x�!k ; @

@y�!r = �!j + 2y�!k

Por lo tanto@

@x�!r � @

@y�!r = �2x�!i � 2y�!j +�!k

Como el vector�!dS2 debe tener dirección y sentido hacia afuera del

cuerpo, entonces se tiene que:

�!dS2 =

�2x�!i + 2y

�!j ��!k

�dxdy

Por lo tanto:ZZS2

�!F � �!dS1 =

ZZS�2

�4x3 � 4xy2 � z2

�dxdy

= �ZZ

S�2

z2dxdy

= �ZZ

S�2

�x2 + y2

�2dxdy

= �Z 2�

0

d�

Z 1

0

r � r4dr

= ��3

Para S1 se tiene obviamente que�!dS1 =

�!k dxdy, por lo tantoZZ

S1

�!F � �!dS1 =

ZZS�1

dxdy = �:

Finalmente: ZZS

�!F � �!dS =

ZZS1

�!F � �!dS1 +

ZZS2

�!F � �!dS2

= ��3+ �

=2

3�:

14 Suponga que f : R2 ! R es una función diferenciable y que susderivadas parciales en el punto (a; b) = (3; 4) valen 5 y 7 respecti-vamente, es decir f1(3; 4) = 5 y f2(3; 4) = 7: Considere ahora lafunción:

g(x; y) = f(x3 + y; x2 + y2 � x)Calcule @g=@x en el punto (1; 2).

Solución:

Seau = u(x; y) = x3 + y; v = v(x; y) = x2 + y2 � x

Entonces(u(1; 2); v(1; 2)) = (3; 4)

Por lo tanto:

@g

@x(1; 2) = f1(u(1; 2); v(1; 2))

@u

@x(1; 2) + f2(u(1; 2); v(1; 2))

@v

@x(1; 2)

= f1(3; 4)@u

@x(1; 2) + f2(3; 4)

@v

@x(1; 2)

= 5 (3x2)��(x;y)=(1;2)

+ 7 (2x� 1)j(x;y)=(1;2)= 15 + 7

= 22:

15 Halle los valores extremos (en el caso que existan) de la función:

f(x; y) = xy +1

x+

p8

y

sabiendo que x > 0 e y > 0. Demuestre su respuesta.

Solución:

Para hallar los puntos críticos debemos resolver el sistema:

f1(x; y) = 0 , y � x�2 = 0f2(x; y) = 0 , x�

p8y�2 = 0

de donde se deduce que el único punto crítico es (x; y) = (p2=2; 2):

Ahora como f11(x; y) = 2x�3, se tiene que f11(p2=2; 2) = 4

p2 > 0.

Por otro lado se tiene que el Hessiano

det

�f11(

p2=2; 2) f12(

p2=2; 2)

f21(p2=2; 2) f22(

p2=2; 2)

�= det

�4p2 1

1 1=p2

�= 3 > 0

Por lo tanto (p2=2; 2) es un mínimo. Como la función es diferenciable

en el dominio indicado entonces el punto es un mínimo absoluto, puessi hubiese otro punto en donde la función asume el mínimo absoluto,este punto tendría que ser también un punto crítico. Por esta mismarazón no existen máximos locales ni absolutos.

16 Considere la siguiente suma de integrales iteradas:Z 1

0

dy

Z y

0

(x2 + y2 + xy)dx+

Z p2

1

dy

Z p2�y2

0

(x2 + y2 + xy)dx

(a) Halle la región de integración.

(b) Cambie el orden de integración y escriba la suma como una solaintegral iterada.

(c) Calcule el valor de la integral.

Solución:

a) La región corresponde a un octavo de círculo (de radiop2). Ver

�gura.

0.0 0.5 1.00.0

0.5

1.0

x

y

b) Si llamamos A al valor de la suma de las dos integrales, entonces:

A =

Z 1

0

dx

Z p2�x2

x

(x2 + y2 + 2xy)dy

c) Usando coordenadas polares, se tiene:

A =

Z �=2

�=4

d�

Z p2

0

(r2 + 2r2 sin � cos �)rdr

=

Z �=2

�=4

d�

Z p2

0

r3(1 + sin 2�)dr

=

Z �=2

�=4

(1 + sin 2�)d�

Z p2

0

r3dr

=1

4� +

1

2:

17 Calcule IC

y

x2 + y2dx� x

x2 + y2dy

en donde C es la elipse 9x2 + 4y2 = 36:Solución:

Consideramos la curva cerrada compuesta por la elipse, una circun-ferencia de radio unitarioy dos pequeños segmentos que unan las doscónicas, entonces podemos aplicar el teorema de Green a esta curva. Si

llamamos C0 a la circunferencia recorrida en el sentido contrario a lospunteros del reloj, L1 al segmento rectilíneo que va desde (1; 0) hastael punto (2; 0) y L2 al que va desde el punto (2; 0) hasta (1; 0) entonces,de acuerdo al teorema de Green, se tiene que:

­2 2

­2

2

x

y

IC�C0+L1+L2

y

x2 + y2dx� x

x2 + y2dy = 0

y ya que las contribuciones correspondientes a los segmentos L1 y L2se cancelan mutuamente, entonces se deduce queI

C

y

x2 + y2dx� x

x2 + y2dy =

IC0

y

x2 + y2dx� x

x2 + y2dy

Ahora bien, una parametrización de la circunferencia es

x = cos t; y = sin t 0 � t � 2�

Por lo tanto:IC

y

x2 + y2dx� x

x2 + y2dy =

Z 2�

0

�� sin2 t� cos2 t

�dt

= �Z 2�

0

dt

= �2�:

18 CalculeZC(y sin(xy) + xy2 cos(xy))dx+ (x sin xy + x2y cosxy)dy

en donde C es la curva y = tanx recorrida desde el punto (0; 0) hastael punto (�=4; 1):

Solución:

Evidentemente el campo es conservativo, pues

@

@x(x sinxy + x2y cosxy) = sinxy � x2y2 sin xy + 3xy cosxy

y

@

@y(y sin(xy) + xy2 cos(xy)) = sinxy � x2y2 sin xy + 3xy cosxy

Por lo tanto existe U(x; y) tal que

@U

@x= y sin(xy) + xy2 cos(xy)

y@U

@y= x sin xy + x2y cosxy

Integrando se obtiene que el campo siguiente cumple con estas condi-ciones:

Ux; y) = xy sin(xy)

Por lo tanto:ZC(y sin(xy) + xy2 cos(xy))dx+ (x sin xy + x2y cosxy)dy = U(�=4; 1)� U(0; 0)

=p2�=8:

19 Demuestre, usando la de�nición, que

lim(x;y)!(2;3)

(xy + x) = 8:

Solución:

Hay que demostrar que.(8� > 0) (9� > 0) (8(x; y) 2 R2) se cumple:

0 < (x� 2)2 + (y � 3)2 < �2 =) jxy + x� 8j < �:

Primero que nada note que:

xy + x� 8 = x(y � 3) + 4(x� 2)

por lo tanto, si (x � 2)2 + (y � 3)2 < �2 se deduce que jx� 2j < � yjy � 3j < �, y por lo tanto se tiene que:

jxy + x� 8j � jx(y � 3)j+ j4(x� 2)j � jxj � + 4�

Por otro lado, si elegimos que � sea menor o igual a 1, entonces

jxj = jx� 2 + 2j � jx� 2j+ 2 � � + 2 � 3

Por lo que �nalmente tendremos que:

jxy + x� 8j � 3� + 4� = 7�

y por consiguiente bastará tomar � = min f1; �=7g :

20 Sea

f(x; y) =

�x3y5= (x6 + y10) (x; y) 6= (0; 0)

0 (x; y) = (0; 0)

Determine

(a) Máximo dominio de continuidad.

(b) Calcule si es que existe

i)@f

@x(0; 0) ii)

@f

@x(1; 1) iii)

@2f

@x2(0; 0):

Solución:

a) Dado cualquier punto (a; b) 6= (0; 0) existe un disco centrado en(a; b), de radio positivo y que no contiene al (0; 0). En ese disco el valorde la función está dada por la expresión x3y5= (x6 + y10) y por lo tantoes continua pues es un cuociente (bien de�nido) de funciones continuas(polinomios en dos variables). Por consiguiente sólo resta analizar lacontinuidad en el origen de coordenadas.

Para estudiar la posible continuidad en el origen considere la curvay = mx3=5. Entonces:

limx!0

f(x; y(x)) = limx!0

x3m5x3

x6 +m10x6=

m5

1 +m10

Como el límite dependería de m se deduce que no existe y por lo tantof no puede ser continua en (0; 0). Por lo tanto el dominio máximo decontinuidad es R2 � f(0; 0)g :(b)

@f

@x(0; 0) = lim

h!0

f(h; 0)� f(0; 0)h

= limh!0

0� 0h

= 0:

@f

@x(1; 1) =

3x2y5(x6 + y10)� 6x5x3y5(x6 + y10)2

����(1;1)

=6� 64

= 0:

@2f

@x2(0; 0) = lim

h!0

@f@x(h; 0)� @f

@x(0; 0)

h= lim

h!0

0� 0h

= 0:

21 Sea f : R2 ! R una función de clase C2 tal que,@2f

@x2+@2f

@y2= 0:

Considere ahora la función

z(u; v) = eu cos v + f(u+ v; u� v):Determine el valor de

@2z

@u2+@2z

@v2:

Solución:

Sea

x = u+ v

y = u� vEntonces

@z

@u= eu cos v +

@f

@x

@x

@u+@f

@y

@y

@u= eu cos v +

@f

@x+@f

@y

@2z

@u2= eu cos v +

@2f

@x2@x

@u+@2f

@x@y

@y

@u+@2f

@y@x

@x

@u+@2f

@y2@y

@u

= eu cos v +@2f

@x2+@2f

@x@y+@2f

@y@x+@2f

@y2

Análogamente:

@z

@v= �eu sin v + @f

@x

@x

@v+@f

@y

@y

@v= �eu sin v + @f

@x� @f@y

@2z

@v2= �eu cos v + @

2f

@x2@x

@v+@2f

@x@y

@y

@v� @2f

@y@x

@x

@v� @

2f

@y2@y

@v

= �eu cos v + @2f

@x2� @2f

@x@y� @2f

@y@x+@2f

@y2

Por lo tanto:@2z

@u2+@2z

@v2= 2

�@2f

@x2+@2f

@y2

�= 0:

22 Sea

f(x; y) =2xe3y

2�12

x2 + 1+2x+ 3

y2 + 1

y el punto P = (0; 2). Usando alguna propiedad de f justi�que laexistencia de un plano tangente a la super�cie que representa a f en elpunto (0; 2; 3=5). Halle la ecuación de dicho plano tangente.

Solución:

Existe un plano tangente en el punto indicado pues la función es diferenciable (la diferenciabilidad se deduce del hecho que f es de clase C1).

Ahora bien, la ecuación del plano tangente es:

z � 3=5 = @f

@x(P )(x� 0) + @f

@y(P )(y � 2)

Ahora un método simple para calcular @f@x(P ) es:

@f

@x(P ) =

@f

@x(0; 2) =

d

dx

�2x

x2 + 1+2x+ 3

4 + 1

�����x=0

=2(x2 + 1)� 4x2(x2 + 1)2

����x=0

+2

5= 2 +

2

5=12

5

y también:

@f

@y(P ) =

@f

@y(0; 2) =

d

dy

�3

y2 + 1

�����y=2

=�6y

(y2 + 1)2

����y=2

= �1225

Por lo tanto, la ecuación del plano tangente es:

z � 35=12

5x� 12

25(y � 2):

o lo que es lo mismo:

60x� 12y � 25z + 39 = 0:

23 Dada la ecuación x + yez + xy2 � zx = 0, determine la derivada di-reccional de z(x; y) en el punto P = (1; 0) en la dirección del vector�!v = �e�1�!i +�!j . Justi�que la existencia de zx(1; 0) y zy(1; 0).Solución:

Note que si (x; y) = (1; 0) entonces dado que x + yez + xy2 � zx = 0se obtiene que z = 1. Por otro lado la función F (x; y; z) = x + yez +xy2 � zx es diferenciable pues es de clase C1, por consiguiente existeuna función z = z(x; y) que cumple con F (x; y; z(x; y)) = 0 y que esdiferenciable en una vecindad del punto (x; y) = (1; 0) siempre que

@F

@z(1; 0; 1) 6= 0

y dado que @F=@z = yez � x, entonces este requisito se cumple pues@F

@z(1; 0; 1) = �1 6= 0:

Por otro lado,

@z

@x(1; 0) = �@F=@x

@F=@z(1; 0; 1) = �1 + y

2 � zyez � x

����(1;0;1)

= 0

Análogamente:

@z

@y(1; 0) = �@F=@y

@F=@z(1; 0; 1) = �e

z + 2xy

yez � x

����(1;0;1)

= e

Por lo tanto la derivada direccional pedida es:

@z

@n(1; 0) =

�@z

@x(P );

@z

@y(P )

���!vk�!v k

= (0; e) � �e�1�!i +�!j �e�1�!i +�!j =

epe�2 + 1

=e2p1 + e2

.

24 Demuestre que las super�cies dadas por las funciones

x2 + y2 � z = 0; y

5x4 + 10y2 � z2 = 20

son tangentes en el punto P = (1; 2; 5).

Solución:

Note que P = (1; 2; 5) es un punto común a las dos super�cies.

Note que la primera super�cie es una super�cie de nivel de la función

F (x; y; z) = x2 + y2 � z

y la segunda super�cie es una super�cie de nivel de la función

G(x; y; z) = 5x4 + 10y2 � z2

Por consiguiente, para que sean tangentes basta demostrar que sus re-spectivos gradientes evaluados en el punto P son vectores se diferenciana lo más en una constante no nula. En efecto:

rF (P ) = (2x; 2y;�1) (P ) = (2; 4;�1)

y por otro lado:

rG(P ) = (20x3; 20y;�2z)(P ) = (20; 40;�10)

Por lo que se tiene que:

rG(P ) = 10rF (P )

Por lo que las super�cies son tangentes en el punto P:

25 Determinar los valores de tres números reales positivos x; y y z talesque x+y+z = 6 y el producto xy2z3 sea máximo. Use multiplicadoresde Lagrange.

Solución:

Sea F (x; y; z) = xy2z3. Entonces maximizaremos F bajo la restricciónde que G(x; y; z) = x+ y+ z = 6. Esto nos lleva a plantear el siguientesistema vectorial:

rF = �rGG = 6

El sistema escalar es:

y2z3 = 2xyz3 = 3xy2z2 = �

6 = x+ y + z

Como x; y y z no pueden ser nulos (de otra forma el producto sería nulo)entonces podemos simpli�car en las igualdades de la primera línea,obteniendo que:

y = 2x

z = 3x

Por lo que se deduce que 6 = x+2x+3x, en consecuencia se tiene que:

x = 1; y = 2; z = 3:

Como (x; y; z) se encuentran en un dominio compacto (el sector delplano x+ y+ z = 6 limitado por el primer octacte) y considerando quela función F es continua, se deduce que dicha función debe asumir sumáximo y su mínimo. Como el mínimo obviamente es el valor cero, seconcluye que en el punto obtenido la función es máximo y su valor es108:

26 Determinar máximos y mínimos relativos de la función

f(x; y) = 6x� 3y � 3x3 � xy2 + 2x2y + y3.

Solución:

Como la función es diferenciable, los mínimos y los máximos relativosdeben ser puntos críticos.

@f

@x= 6� 9x2 � y2 + 4xy; @f

@y= �3� 2xy + 2x2 + 3y2

Por lo tanto debemos resolver el sistema:

9x2 + y2 � 4xy = 6

2x2 + 3y2 � 2xy = 3

Multiplicando la segunda ecuación por 2 podemos eliminar el productoxy y obtenemos que x2 = y2, de donde se deduce que jxj = jyj. Reem-plazando en el sistema se obtienen cuatro soluciones:

P = (1; 1); Q = (�1;�1); R = (p3=7;�

p3=7) y S = (�

p3=7;

p3=7)

Ahora, como el Hessiano del sistema es:

D = det

��18x+ 4y �2y + 4x�2y + 4x �2x+ 6y

�= 20x2 � 100xy + 20y2

determinante que evidentemente es positivo para R y S. Por otra partecomo f11 es positivo para S y negativa para R se concluye que S es unmínimo local y R es un máximo local. Como para P y Q el Hessianoes negativo se deduce que estos puntos son puntos de ensilladura.

27 Considere

A =

Z 3

�2

Z (y+6)=2

y2=2

xdx

!dy

Determine

(a) La región de integración indicando sus límites numéricos.

(b) Exprese A integrando en el orden dydx

(c) Calcule A:

Solución.

(a)

1 2 3 4 5

­3

­2

­1

0

1

2

3

4

x

y

(b)

Se requieren dos integrales.

A =

Z 2

0

Z p2x

�p2x

xdy

!dx+

Z 9=2

2

Z p2x

2x�6xdy

!dx

(c)

A =

Z 3

�2

Z (y+6)=2

y2=2

xdx

!dy

=1

2

Z 3

�2

�y + 6

2

�2� y

4

4

!dy

=125

6:

28 CalculeRC y

2z3dx+ 2xyz3dy + 3xy2z2dz en donde C es la curva:x(t) = ty(t) = 2 + sin�tz(t) = 2t2

9=; 0 � t � 1

Solución:

Note que el rotacional del campo es nulo. Por lo tanto existe unafunción potencial U(x; y; z) tal que

@U

@x= y2z3;

@U

@y= 2xyz3;

@U

@z= 3xy2z2

Es fácil ver que u(x; y; z) = xy2z3:

Por lo tanto la integral pedida es independiente del camino y se tieneque: Z

Cy2z3dx+ 2xyz3dy + 3xy2z2dz = U(1; 2; 2)� U(0; 2; 0)

= 32:

29 Calcule la integral de lineaZC(y2 � y) dx+ (x4 + y) dy, en donde C es

la curva poligonal que va desde P hasta Q : P = (3; 1) ! (2; 2) !(�2; 2)! (�3; 1)! (�3;�1)! (�2;�2)! (2;�2)! (3;�1) = Q:

Solución:

Sea C� el segmento orientado que desde el punto Q al punto P . En-tonces, de acuerdo al teorema de Green, se tiene que:ZC+C�

�y2 � y

�dx+

�x4 + y

�dy =

ZZR

(4x3 � 2y + 1)dxdy

= 4

ZZR

x3dxdy � 2ZZ

R

ydxdy +

ZZR

dxdy

Como la �gura es simétrica y las funciones x3 e y son impares, se deduceque las primeras dos integrales son nulas. Por lo tanto:Z

C

�y2 � y

�dx+

�x4 + y

�dy =

ZZR

dxdy

= Area = 22:

Por lo tantoZC

�y2 � y

�dx+

�x4 + y

�dy = 22�

ZC�

�y2 � y

�dx+

�x4 + y

�dy

Tomando la parametrización: x = 3 e y = t con �1 � t � 1, se tiene�nalmente que:Z

C

�y2 � y

�dx+

�x4 + y

�dy = 22�

Z 1

�1(81 + t)dt

= 22� 162= �140:

30 Sea �!F (x; y; z) = (x+ y)

�!i + (y2 + z2)

�!j + (x3 + z3)

�!k

Calcule ZZS

�!F � �!dS

en donde S es la super�cie del sólido formado por la semi-esfera unitariax2 + y2 + z2 = 1, con z � 0 y el cono z =

px2 + y2 � 1 con z � 0 (El

cuerpo parece un barquillo o cono de helados).

Solución:

Aplicando el teorema de la divergencia, se tiene:ZZS

�!F � �!dS =

ZZZV

div�!F dV

=

ZZZV

(1 + 2y + 3z2)dV

=

ZZZV

dV + 2

ZZZV

ydV + 3

ZZZV

z2dV

Ahora es claro que la primera integral es simplemente el volumen delsólido. La segunda integral es nula por la simetría del cuerpo y porquela función y es impar. Por lo tanto:ZZ

S

�!F � �!dS = Volumen+ 3

ZZZV

z2dV

Cálculo deRRR

Vz2dV . Para calcular esta integral usaremos coorde-

nadas cilíndricas. EntoncesZZZV

z2dV =

Z 2�

0

d�

Z 1

0

dr

Z p1�r2

r�1z2rdz

=2�

3

Z 1

0

r�(1� r2)3=2 � (r � 1)3

�dr

=�

6

Finalmente, como el volumen del sólido es �, se deduce que:ZZS

�!F � �!dS = � + 3�

6=3�

2:

31 Considere el campo vectorial

�!F (x; y; z) = (x2 + y2)

�!i + (x+ y)

�!j + xyz

�!k :

Calcule ZZS

rot(�!F ) � �!dS

en donde S es la parte de la super�cie del cono z = 1�px2 + y2 que

queda sobre el plano z = 0:

Solución:

Usando Stokes, se tiene:ZZS

rot(�!F ) � �!dS =

ZC

�!F � �!dr

=

ZC(x2 + y2)dx+ (x+ y)dy

en donde C es la circunferencia de radio unitario, en el plano z =0 y centrada en el origen. Ahora, para calcular esta última integralpodemos usar el teorema de Green en el plano. Por lo tanto:ZZ

S

rot(�!F ) � �!dS =

ZC(x2 + y2)dx+ (x+ y)dy

=

ZZR

(1� 2y)dxdy

=

ZZR

dxdy = Area

= �:

Note que la integralRRydxdy = 0 pues la región es simétrica y la

función y es impar.

32 Sea w = f(x; y; f(x; y; z)) en donde f : R3 ! R es una función dife-renciable. Calcule,

@w

@x(1; 2; 3) +

@w

@y(1; 2; 3)

sabiendo que f(1; 2; 3) = fx(1; 2; 3) = fy(1; 2; 3) = fz(1; 2; 3) = 3:

Solución.@w

@x(x; y; z) = fx(x; y; f(x; y; z)) � 1 + fz(x; y; f(x; y; z)) � fx(x; y; z)

Por lo tanto

@w

@x(1; 2; 3) = fx(1; 2; f(1; 2; 3)) + fz(1; 2; f(1; 2; 3)) � fx(1; 2; 3)

= fx(1; 2; 3) + fz(1; 2; 3) � fx(1; 2; 3)= 3 + 3 � 3 = 12

Análogamente

@w

@y(x; y; z) = fy(x; y; f(x; y; z)) � 1 + fz(x; y; f(x; y; z)) � fx(x; y; z)

Por lo tanto:

@w

@y(1; 2; 3) = fy(1; 2; f(1; 2; 3)) + fz(1; 2; f(1; 2; 3)) � fy(1; 2; 3)

= fy(1; 2; 3) + fz(1; 2; 3) � fy(1; 2; 3) = 12:

Por consiguiente:

@w

@x(1; 2; 3) +

@w

@y(1; 2; 3) = 12 + 12

= 24:

33 Calcule el valor máximo y el valor mínimo (si es que existen) de lafunción

f(x; y; z) = x+ y + z

sujeta a las restricciones x2 + y2 + z2 = 1 y x� y = 1.SoluciónEl sistema Lagrangiano es:

1 = 2x�+ �

1 = 2y�� �1 = 2z�

1 = x2 + y2 + z2

1 = x� y

De la primera y segunda ecuación se deduce que 2 = 2�(x + y). Mul-tiplicando esta igualdad por z y usando la tercera ecuación se obtieneque 2z = x + y. Por lo tanto z = (x + y)=2. Por otro lado, de laquinta ecuación se tieneque y = x � 1. Reemplazando estas dos últi-mas igualdades en la cuarta ecuación se obtiene la ecuación de segundogrado:

12x2 � 12x+ 1 = 0cuyas soluciones son x1 = (3 +

p6)=6 y x2 = (3�

p6)=6:

Si x1 = (3 +p6)=6, entonces y1 = (

p6 � 3)=6 y z1 =

p6=6. Por lo

tanto

max f(x; y; z) =3p6

6=

3p6

Tomando x2 = (3 �p6)=6, se tiene que y2 = (�

p6 � 3)=6 y z1 =

�p6=6. Por lo tanto

min f(x; y; z) = �3p6

6= � 3p

6

34 Considere la siguiente integral iterada

�=4Z0

dx

cosxZ0

y sin xdy

(a) Evalúe, (b) Halle la región de integración, (c) Cambie el orden deintegración.

Solución(a)

�=4Z0

dx

cosxZ0

y sin xdy =1

2

�=4Z0

cos2 x sin xdy

= �16cos3 x

�����=40

=1

6

�1� 1

2p2

�(b)

(c) Forzosamente se necesitan dos integrales. La integral es igual a:Z p2=2

0

dy

Z �=4

0

y sin xdx+

Z 1

p2=2

dy

Z arccos y

0

y sin xdx

35 Sea C la curva dada por x = 2 cos t e y = sin t, con 0 � t � 3�=2.Calcule Z

Cx(x10 + y2 + x)dx+ y(x2 + y10 + x)dy

0.5 1.0 1.5

0.5

1.0

­2 ­1 1 2

­1

1

Solución:Cerremos la curva dada mediante un trazo vertical que vadesde el punto (0;�1) hasta (0; 0) y otro horizontal que va desde elorigen hasta el punto (2; 0) (vea �gura). Si llamamos L1 y L2 a estossegmentos, entonces se tiene:Z

C+L1+L2x(x10 + y2 + x)dx+ y(x2 + y10 + x)dy =

ZZR

ydxdy

En donde R es la región encerrda por la curva y los dos segmentos.Como y es una función impar, esta última integral es igual a:ZZ

R

ydxdy =

ZZ1er Cuadrante

ydxdy

Hagamos el cambio de coordenadas x = 2r cos t e y = r sin t, entoncesla curva corresponde a r = 1 y t en el intervalo [0; 3�=2]. Como el

jacobiano de la transformación es 2r, entoncesZZ1er Cuadrante

ydxdy =

Z �=2

0

dt

Z 1

0

(2r)r sin tdr

=2

3

Z �=2

0

sin tdt =2

3:

Por otro lado parametrizando L1 como x = 0; y = t con �1 � t � 0,tenemos que:Z

L1

x(x10 + y2 + x)dx+ y(x2 + y10 + x)dy =

Z 0

�1t11dt = � 1

12

Análogamente si parametrizamos L2 por x = t; y = 0 con 0 � t � 2,entonces:Z

L2

x(x10 + y2 + x)dx+ y(x2 + y10 + x)dy =

Z 2

0

t(t10 + t)dt

=t12

12+t3

3

����20

=1032

3

Por lo tanto la integral pedida es:ZCx(x10 + y2 + x)dx+ y(x2 + y10 + x)dy =

2

3+1

12� 1032

3

= �13734:

36 Considere el campo vectorial�!F = x

�!i +y

�!j +z

�!k y el cuerpo limitado

superiormente por la super�cie z = 4 � x2 � y2 e inferiormente por elplano z = 0. Si llamamos S a la super�cie total del cuerpo, calcule:ZZ

S

�!F � �!dS

(a) Integrando directamente (b) Usando el teorema de Gauss.

Solución:

(a) Una parametrización cartesiana de la super�cie es �!r = x�!i +y�!j +(4� x2 � y2)�!k con (x; y) en el disco x2 + y2 � 4. Por lo tanto:

�!dS =

�@�!r@x

� @�!r@y

�dxdy =

�������!i

�!j

�!k

1 0 �2x0 1 �2y

������ dxdy=

�2x�!i + 2y

�!j +

�!k�dxdy

Por lo tantoZZS

�!F � �!dS =

ZZSup. Superio

�!F � �!dS +

ZZSup. Basal

�!F � �!dS

Ahora bien:ZZSup. Superio

�!F � �!dS =

ZZx2+y2�4

�2x2 + 2y2 + 4� x2 � y2

�dxdy

=

ZZx2+y2�4

�x2 + y2 + 4

�dxdy

Note queRRx2+y2�4 4dxdy es simplemente cuatro veces el área de un

círculo de radio 2. Para el resto de la integral usaremos coordenadaspolares. Entonces:ZZ

Sup. Superio

�!F � �!dS = 16� +

Z 2�

0

d�

Z 2

0

r3dr

= 16� + 8� = 24�:

Por otro lado es claro que para la super�cie inferior�!dS = ��!k dxdy.

Por lo tanto: ZZSup. Basal

�!F � �!dS =

ZZSup Basal

�zdxdy

Pero en la super�cie basal z = 0. Por lo tantoZZS

�!F � �!dS = 24�:

(b) Usando el teorema de Gauss, se tiene:ZZS

�!F � �!dS =

ZZZVolumen

�div

�!F�dxdydz

= 3

ZZZVolumen

dxdydz

Usando coordenadas cilíndricas se tiene:ZZS

�!F � �!dS = 3

Z 2�

0

d�

Z 2

0

dr

Z 4�r2

0

rdz

= 6�

Z 2

0

r(4� r2)dr

= 6�(4� r2)2�4

����20

= 24�: