practicas 6 a 10(1er cuatri 2007) - resueltos

8/4/2019 Practicas 6 a 10(1er Cuatri 2007) - Resueltos

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E A

(Resoluciones)

96. (Resoluci´ on pendiente)



99. Sea F ( x, y, z) = x2e yz − cos( x + z).

a) Hallar el valor de c que hace que el punto P = (π, 0, 0) pertenezca a la superficie de nivel c de F

b) Exhibir la ecuaci´ on del plano tangente a la superficie S : F ( x, y, z) = c en el punto (π, 0, 0)

La superficie de nivel c de F tiene ecuacion

F ( x, y, z) = c

a)

Como P = (π, 0, 0) debe pertenecer, tiene que ser

c = F (π, 0, 0) = π2e0 − cos(π + 0) = π2 − cos π = π2+ 1

b)

La ecuacion del plano tangente a S en P es

F (π, 0, 0)

·( x

−π, y

−0, z

−0) = 0

O sea,

F (π, 0, 0) · ( x − π, y, z) = 0

Calculemos F ( x, y, z),

F ( x, y, z) = (2 xe yz+ sen( x + z), zx2e yz, yx2e yz

+ sen( x + z))

De modo que

F (π, 0, 0) = (2π, 0, 0)

Y entonces la ecuacion pedida es

(2π, 0, 0)

·( x

−π, y, z) = 0

Es decir,

x = π



2 MARIA DEL CARMEN CALVO

100. Mostrar que la curva x2+ y + sen( xy) = 0 se puede escribir en la forma y = f ( x) en un entorno de (0, 0) y verificar

que la tangente al gr´ afico de f en (0, f (0)) es horizontal.

Sea F ( x, y) = x2+ y + sen( xy). El teorema de la funcion implıcita garantiza que se puede despejar y como funcion

de x en un entorno del punto (0,0) de la ecuacion

F ( x, y) = 0

si se cumplen las siguientes condiciones

F es de clase C 1 en un entorno de (0, 0)

F (0, 0) = 0

∂F ∂ y

(0, 0) 0

Claramente se cumplen las primeras dos. Calculemos

F ( x, y) =

∂F

∂ x( x, y),

∂F

∂ y( x, y)

= (2 x + y cos( xy), 1 + x cos( xy)

por lo tanto ∂F

∂ y(0, 0) = 1

y ası se cumple tambien la ultima.

Podemos entonces asegurar que existe una funcion f de clase C 1 tal que

F ( x, f ( x)) = 0

en un entorno de cero y f (0) = 0.

La pendiente de la recta tangente al grafico de f en el punto (0, f (0)) es f (0) que, por el mismo teorema, podemos

afirmar que vale

f (0) = −∂F

∂ x

(0, 0)

∂F ∂ y

(0, 0)= −0

1= 0

Resulta entonces que la tangente es horizontal.

101. Analizar la existencia de un punto donde la curvatura de la porci´ on de la hip´ erbola

x2

a2− y2

b2= 1

que est´ a en el semiplano x 0 alcanza su m´ aximo valor. ¿Alcanza tambi´ en un valor mınimo absoluto?



FACULTAD DE CIENCIAS FISICOMATEMATICAS E INGENIERIA — UCA — CALCULO AVANZADO — PRIMER CUATRIMESTRE 2007 3

Comencemos por parametrizar esta rama de la hiperbola. Notemos que podemos escribir la hiperbola dada en la

forma x

a

2

+

y

b

2

= 1

entonces, dado que ademas es x 0, podemos decir que

x = a ch t e y = b sh t

para t ∈ R y por lo tanto, la curvatura es

κ (t ) =| x(t ) y(t ) − x(t ) y(t )|

( x(t ), y(t ))3=

ab | sh2t − ch2t |(a2sh2t + b2ch2t )3/2

=ab

(a2sh2t + b2ch2t )3/2

Su derivada

κ (t ) = −3ab(a2+ b2) sh t ch t

(a2sh2t + b2ch2t )5/2

solo se anula cuando sh t = 0, es decir, en t = 0 dado que ch t 1 para todo t ∈ R.

Recordando que sh t > 0 en R>0 y sh t < 0 en R<0 resulta que

κ > 0 en t < 0 y

κ < 0 en t > 0

Esto nos dice que κ es estrictamente creciente en t < 0 y estrictamente decreciente en t > 0. De donde podemos

concluir que el valor κ (0) en un maximo absoluto de κ .

Es decir, esta rama de la hiperbola tiene su maxima curvatura en el punto (a, 0).

Con respecto a la posibilidad de alcanzar un valor mınimo absoluto, eso no es posible porque —siendo estrictamente

creciente en t < 0— en esa region κ (t ) > lımt →−∞

κ (t ) = 0 pero κ (t ) 0 en todo punto y lo mismo sucede en t > 0 por

ser estrictamente decreciente allı.

102. Hallar la matriz jacobiana de la funci´ on F( x, y, z) = f ◦ g( x, y, z) en el punto (0, 1, −1) siendo

f (u, v) = (u, sen(uv), v2+ 2u) , g( x, y, z) = ( xy + y2 z, e x+ y+ z)

y calcular

d F(0, 1, −1)(w1, w2, w3)

Calculemos las matrices jacobianas

MJ f (u, v) =

1 0

v cos(uv) u cos(uv)

2 2v

, MJ g( x, y, z) =

y x + 2 yz y2

e x+ y+ z e x+ y+ z e x+ y+ z

Tenemos

g(0, 1, −1) = (−1, 1)

Luego,

MJ f (−1, 1) =

1 0

cos 1 − cos(1)

2 2

, MJ g(0, 1, −1) =

1 −2 1

1 1 1

Por lo tanto, la matriz jacobiana de F en el punto (0,

−1, 1) es

MJ F(0, 1, −1) =

1 0

cos 1 − cos(1)

2 2

1 −2 1

1 1 1

=

1 −2 1

0 −3 cos 1 0

4 −2 4




Finalmente, la aplicacion diferencial de F en (0, 1, −1) esta dada por

d F(0, 1, −1)(w1, w2, w3) =

1 −2 1

0 −3 cos 1 0

4 −2 4

w1

w2

w3

t

= (w1 − 2w2 + w3, −3cos1 w2, 4w1 − 2w2 + 4w3)


104. Analizar la existencia de extremos locales y puntos de ensilladura de la funci´ on

f ( x, y) = x4+ y4 − xy2

En caso de existir extremos locales, clasificarlos.

P ı

f ( x, y) = (4 x3

− y2

, 4 y3

− 2 xy)

Luego, ( x, y) sera un punto crıtico si y solo si

4 x3 − y2= 0 (1)

y

4 y3 − 2 xy = 0 (2)

Factoreando el primer miembro de (2),

2 y(2 y2 − x) = 0 ⇐⇒ y = 0 o 2 y2= x

— Si y = 0

de (1) resulta x = 0. Luego,

(0, 0) es punto crıtico

— Si 2 y2= x

tambien de (1) resulta que 4 x3= y2

=12 x. Por lo tanto,

8 x3= x

es decir,

x = 0 o 8 x2

= 1

o sea,

x = 0 o | x| =1

2√

2

– Si x = 0

resulta y = 0 y por lo tanto volvemos a obtener que (0 , 0) es punto crıtico.

– Si | x| =1

2√

2

como estamos suponiendo que 2 y2= x, x no puede ser negativo. Luego,

x =1

2 √ 2de donde,

y2=

1

2 x =

1

4√

2




es decir,

| y| =1

24√

2

Y de esta forma obtenemos que

1

2

√ 2

,1

2

4√

2

y

1

2

√ 2

,−1

2

4√

2

tambien son puntos crıticos

E — P

Calculemos la matriz Hessiana de f ,

MH ( f )( x, y) =

12 x2 −2 y

−2 y 12 y2

(0, 0)

En este caso todos los elementos de la matriz Hessiana se anulan, lo que no nos permite aplicar el criteriovisto en clase. Analicemos mas detenidamente la funcion alrededor del origen,

f ( x, y) − f (0, 0) = x4+ y4 − xy2

Si nos acercamos al (0, 0) por la recta y = x,

f ( x, x) − f (0, 0) = x4+ x4 − x3

= 2 x4 − x3= x3(2 x − 1)

Cuando x esta suficientemente cerca de 0, el factor 2 x−1 va a estar cerca de −1 y por lo tanto va a ser negativo

(en este caso bastarıa que | x| < 12

); mientras que el otro factor – x3 – cambia de signo alrededor del origen.

Mas precisamente, f ( x, x) − f (0, 0) > 0 si − 1

2< x < 0

f ( x, x) − f (0, 0) < 0 si 0 < x < 12

Por lo tanto podemos decir que f ( x, x) − f (0, 0) cambia de signo en todo entorno del (0, 0) y en consecuencia

(0, 0) es un punto de ensilladura

1

2√

2,

1

24√

2

MH ( f )

1

2√

2,

1

24√

2

=

12 18

−2

24√

2−2

24√

212 1

44√

2

=

32

−14√

2−14√

2

34√

2

Por lo tanto, el Hessiano en este punto es

det

MH ( f )

1

2√

2,

1

24√

2

=

9

2√

2− 1√

2=

7

2√

2> 0

y como

∂2 f

∂ x2

1

2√

2,

1

24√

2

=

3

2> 0

aplicando el criterio referido antes obtenemos que

en

1

2√

2, 1

24√

2

hay un mınimo local

cuyo valor es

f

1

2√

2,

1

24√

2

=

1

64+

1

32− 1

2√

2

1

4√

2= − 1

64




1

2√

2,

−1

24√

2

MH ( f )

1

2√

2,

−1

24√

2

=

12 1

82

24√

21

24√

212 1

44√

2

=

32

14√

214√

2

34√

2

Por lo tanto, el Hessiano en este punto es

det MH ( f )

1

2√

2, −1

24√

2

=

9

2√

2− 1√

2=

7

2√

2> 0

y como

∂2 f

∂ x2

1

2√

2,

−1

24√

2

=

3

2> 0

aplicando el criterio referido antes obtenemos que

en

1

2√

2, −1

24√

2

hay un mınimo local

cuyo valor es

f

1

2√

2,

−1

24√

2

=

1

64+

1

32− 1

2√

2

1

4√

2= − 1

64

105. Sea y = ϕ( x) una funci´ on definida implıcitamente por

F ( x, ϕ( x)) = 0

donde F es de clase C 1 y F ( x0, y0) = (−1, 3) , F ( x0, y0) = 0. Decidir cu´ ales de las siguientes afirmaciones son

verdaderas

a) en x0 , ϕ tiene un m´ aximo localb) en x0 , ϕ tiene un mınimo local

c) ϕ es estrictamente creciente en un entorno de x0

d) ϕ es estrictamente decreciente en un entorno de x0

e) faltan datos para poder decidir.

El teorema de la funcion implıcita nos dice que

ϕ( x0)= −

∂F ∂ x

( x0, y0)

∂F ∂ y

( x0, y0)= −−

1

3=

1

3

Como ϕ es C 1, ϕ es continua; luego, el hecho de ser ϕ( x0) > 0 asegura que existe un entorno de x0 donde ϕ > 0.

Esto implica que ϕ es estrictamente creciente en un entorno de x0.

Por lo tanto, c) es la unica afirmacion verdadera.

106. Hallar los extremos locales y puntos de ensilladura de la funci´ on

f ( x, y) = x2 y + xy2

P ı: f ( x, y) = (2 xy + y2, x2+ 2 xy) = (0, 0)




Es decir,

(2 x + y) y = 0

( x + 2 y) x = 0 ⇐⇒

2 x + y = 0 o y = 0

x + 2 y = 0 o x = 0 ⇐⇒

2 x + y = 0 y x + 2 y = 0

o

2 x + y = 0 y x = 0

o

y = 0 y x + 2 y = 0

o

y = 0 y x = 0

Lo que equivale a x = y = 0. Por lo tanto hay un unico punto crıtico: (0, 0)

E — P

MH ( f )( x, y) =

2 y 2 y + 2 x

2 x + 2 y 2 x

Luego,

MH ( f )(0, 0) =

0 0

0 0

lo que no nos da la informacion que necesitamos.

Observemos que

f ( x, x) = 2 x3

que claramente cambia de signo en cualquier entorno del origen ( f ( x, x) > 0 si x > 0 y f ( x, x) < 0 si x < 0). En

consecuencia, en (0, 0) hay un punto de ensilladura.







113. Sea la superficie en R3

S : x ln y − sen z + xy2= 1

a) hallar el plano tangente a S en P = (2, 1, π2

)

b) demostrar que existe una funci´ on ϕ( x, z) definida en un entorno de (2, π2

) tal que su gr´ afico est´ a contenido en la

superficie S

c) hallar la ecuaci´ on del plano tangente al gr ´ afico de ϕ en (2, π2

)




Sea F ( x, y, z) = x ln y − sen z + xy2 − 1. De esta forma,

S : F ( x, y, z) = 0

En primer lugar verifiquemos que P ∈ S : F (2, 1, π2

) = 2 l n 1 − sen( π2

) + 2.1 − 1 = 0.

a)

F ( x, y, z) = (ln y + y2, x y

+ 2 xy, − cos z)

En P,

F (P) = (1, 6, 0)

Luego, la ecuacion del plano tangente a S en P es

(1, 6, 0) · ( x − 2, y − 1, z − π2

) = 0

O sea, x + 6 y = 8

b)

Como F es C 1 y ∂F ∂ y

(2, 1, π2

) = 6 0 el teorema de la funcion implıcita nos asegura que existe ϕ : U −→ R de clase

C 1, U ⊂ R2 entorno de (2, π2

), tal que

F ( x, ϕ( x, z), z) = 0

para ( x, z) ∈ U , lo que dice que graf(ϕ) = {( x, ϕ( x, z), z) / ( x, z) ∈ U } ⊂ S .

c)

El plano tangente al grafico de ϕ en (2, π2

) tiene ecuacion

y = ϕ(2, π2

) +∂ϕ

∂ x(2, π

2)( x − 2) +

∂ϕ

∂ z(2, π

2)( z − π

2)

Recordando que

∂ϕ

∂ x(2, π

2) =

−

∂F ∂ x

(2, 1, π2

)

∂F ∂ y (2, 1, π

2 )=

−1

6,

∂ϕ

∂ z(2, π

2) =

−

∂F ∂ z

(2, 1, π2

)

∂F ∂ y (2, 1, π

2 )=

−0

6= 0

Esa ecuacion se escribe

x + 6 y = 8

i.e., la misma que obtuvimos antes, como era de esperar.

114. Sea

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

a) hallar los puntos crıticos de f

b) hallar los extremos locales y puntos de ensilladura

c) analizar la existencia de extremos absolutos




∂ f

∂ x( x, y) = (3 − y)(6 − 2 x − y) ,

∂ f

∂ y( x, y) = (3 − x)(6 − 2 y − x)

a)

Los puntos crıticos son las soluciones de f ( x, y) = (0, 0). En este caso,

y = 3 o 2 x + y = 6

y

x = 3 o 2 y + x = 6

Luego, los puntos crıticos de f son

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

b)

∂2 f

∂ x2( x, y) = 2( y − 3) ,

∂2 f

∂ y2( x, y) = 2( x − 3) ,

∂2 f

∂ x∂ y( x, y) = 2 x + 3 y − 9

En (3, 3) hay un punto de ensilladura pues

det( MH f (3, 3)) = det

0 3

3 0

= −9 < 0


det( MH f (0, 3)) = det

0 −3

−3 −6

= −9 < 0


det( MH f (3, 0)) = det

−6 −3

−3 0

= −9 < 0

En (2, 2) hay un maximo local pues

det( MHf (2, 2)) = det

−2 −1

−1 −2

= 3 > 0 y∂2 f

∂ x2(2, 2) = −2 < 0

c)

No hay extremos absolutos pues

lım y

→+

∞

f (0, y) = lım y

→+

∞

− 3( y − 3)2= −∞

y

lım y→+∞

f ( y, y) = lım y→+∞

( y − 3)2(2 y − 3) = +∞









120. Sea

S : y − sen( xy) = 0

a) Determinar qu´ e condiciones debe satisfacer el punto ( x0, y0) ∈ S para poder asegurar que se puede despejar

x = g( y) en un entorno de y0.

b) Para uno cualquiera de los puntos hallados en el inciso anterior, escribir la ecuaci ´ on de la recta tangente algr´ afico de g en el punto ( x0, y0).

a)

El punto ( x0, y0) ∈ S debe cumplir∂ f

∂ x( x0, y0) 0

para poder asegurar que se puede despejar x como funcion de y en un entorno de y0.

b)

Sea ( x0, y0) ∈ S tal que∂ f

∂ x( x0, y0) 0. La recta tangente al grafico de g en ( x0, y0) es

L : x = x0 + g( y0)( y − y0)

Siendo

g( y0) = −∂ f

∂ y( x0, y0)

∂ f

∂ x( x0, y0)

= −1 − x0 cos( x0 y0)

− y0 cos( x0 y0)

Resulta que esa recta tangente tiene ecuacion

L : x = x0 +1 − x0 cos( x0 y0)

y0 cos( x0 y0)( y − y0)

121. Hallar los puntos crıticos, extremos locales y puntos de ensilladura de

f ( x, y) = x3+ y3 − 3 xy

Calculemos el gradiente de f

f ( x, y) = (3 x2 − 3 y, 3 y2 − 3 x)

P ı: f ( x, y) = 0




x2 − y = 0

y2 − x = 0

Entonces,

x4= y2

= x =⇒ x4= x =⇒ x = 0 o x3

= 1

Si x = 0: y = 0

Si x = 1: y = 1

Luego, hay dos puntos crıticos

(0, 0) y (1, 1)

E — P

Calculemos las derivadas segundas de f

∂2 f

∂ x2( x, y) = 6 x ,

∂2 f

∂ y2( x, y) = 6 y ,

∂2 f

∂ x∂ y( x, y) = −3

Luego,

MH ( f )(0, 0) =

0 −3

−3 0

y MH ( f )(1, 1) =

6 −3

−3 6

Por lo tanto,

en (0, 0) hay un punto de ensilladura pues

det( MH ( f )(0, 0)) = −9 < 0

en (1, 1) hay un mınimo local pues

det( MH ( f )(0, 0)) = 36

−9 = 27 > 0 y

∂2 f

∂ x2

(1, 1) = 6 > 0

122. Estudiar la existencia de extremos locales y puntos de ensilladura de la funci´ on

f ( x, y) = 3 x − x3 − 2 y2+ y4

En caso de existir extremos locales, clasificarlos.

P ı

f ( x, y) = (3 − 3 x2, −4 y + 4 y3)

Luego, ( x, y) sera un punto crıtico si y solo si

1 − x2= 0

e

y( y2 − 1) = 0

Es decir,

x =

±1 e y = 0,

±1

Luego, los puntos crıticos son

(1, 0) , (−1, 0) , (1, 1) , (−1, 1) , (1, −1) , (−1, −1)




E — P

Calculemos la matriz Hessiana de f ,

MH ( f )( x, y) =

−6 x 0

0 −4 + 12 y2

(1, 0)

En este caso

det( MH ( f )(1, 0)) = det

−6 0

0 −4

= 24 > 0 y∂2 f

∂ x2(1, 0) = −6 < 0

Por lo tanto podemos decir que

en (1, 0) hay un maximo local

cuyo valor es f (1, 0) = 2.

(−1, 0)

En este caso

det( MH ( f )(−1, 0)) = det6 0

0 −4

= −24 < 0

Por lo tanto

en (−1, 0) hay un punto de ensilladura

(1, ±1)

En este caso

det( MH ( f )(1, ±1)) = det

−6 0

0 8

= −48 < 0

Por lo tanto

en (−1, 1) y en (−1, −1) hay un puntos de ensilladura

(−1, ±1)

En este caso

det( MH ( f )(−1, ±1)) = det

6 0

0 8

= 48 > 0 y∂2 f

∂ x2(−1, ±1) = 6 > 0

Por lo tanto

en (−1, 1) y en (−1, −1) hay mınimos locales

cuyo valor es f (−1, 1) = f (−1, −1) = −1

123. Sea R la regi´ on limitada por

x = −1 , x = 1 , y = −1 , x = y2 , y = x2+ 1

Expresar R como uni´ on de regiones elementales y evaluar

R

xy dA

a)

La region R tiene la forma




y=x

1-1

-1

2

1

2

3

R R

R

2

2

1

x=y

+1

La dividimos en tres regiones elementales de tipo I

R1 : −1 x 0 , −1 y x2+ 1

R2 : 0 x 1 ,√

x y x2+ 1

R3 : 0 x 1 , −1 y − √ x

Entonces, R

xy dA =

R1

xy dA +

R2

xy dA +

R3

xy dA

=

0

−1

x2 +1

−1

xy dydx +

1

0

x2+1

√ x

xy dydx +

1

0

−√ x

−1

xy dydx

=

0

−1

xy2

2

x2 +1

−1

dx +

1

0

xy2

2

x2 +1

√ x

dx +

1

0

xy2

2

− √

x

−1

dx

=

0

−1

x

2(( x2

+ 1)2 − (−1)2) dx +

1

0

x

2(( x2

+ 1)2 − (√

x)2) dx

+ 1

0

x

2 ((−√

x)

2

− (−1)

2

)dx

=

0

−1

x

2( x4

+ 2 x2) dx +

1

0

x

2( x4

+ 2 x2 − x + 1) dx +

1

0

x

2( x − 1) dx

=

0

−1

x5

2+ x3 dx +

1

0

x5

2+ x3 − x2

2+

x

2) dx +

1

0

x2

2− x

2dx

=

x6

12+

x4

4

0

−1

+

x6

12+

x4

4− x3

6+

x2

4

1

0

+

x3

6− x2

4

1

0

= 0

124. Sea D el s´ olido interior a los paraboloides

z = x2+ y2 y z = 18 − x2 − y2

Calcular el volumen de D usando




a) integrales triples

b) integrales dobles

La region D

18

33

se puede expresar en la forma

−3 x 3 , −

9 − x2 y

9 − x2 , x2+ y2

z 18 − x2 − y2

a)

V ( D) =

D

dxdydz =

3

−3

√ 9− x2

−√

9− x2

18− x2− y2

x2 + y2

dzdydx

=

3

−3

√ 9− x2

−√

9− x2

18 − 2 x2 − 2 y2 dydx

=

3

−3

√ 9− x2

−√

9− x2

18 − 2 x2 dydx +

3

−3

√ 9− x2

−√

9− x2

− 2 y2 dydx

=

3

−3

(18 − 2 x2)2

9 − x2 dx − 2

3

−3

y3

3

√ 9− x2

−

√ 9

− x2

dx

=

3

−3

36

9 − x2 dx − 4

3

−3

x2

9 − x2 dx − 2

3

3

−3

2(9 − x2)3/2 dx

= 36

x

2

9 − x2 +

9

2arcsen

x

3

3

−3

− 4

x

8(2 x2 − 9)

9 − x2 +

81

8arcsen

x

3

3

−3

− 4

3

− x

8(2 x2 − 45)

9 − x2 +

243

8arcsen

x

3

3

−3

= 36[9π

4+

9π

4] − 4[

81π

16+

81π

16] − 4

3[

243π

16− 81π

2− 81π

2]

= 2.81π − 81

2π − 81

2π

= 81π

b)




Pensamos a las funciones

f 1( x, y) = x2+ y2 , f 2( x, y) = 18 − x2 − y2

definidas sobre el disco x2+ y2

9. Entonces, dado que sobre dicho disco

f 1( x, y) f 2( x, y)

se tiene

V ( D) =

x2 + y29

f 2( x, y) − f 1( x, y) dxdy

=

3

−3

√ 9− x2

−√

9− x2

18 − 2 x2 − 2 y2 dydx

=↑

ver a)

81π

125. Sea F( x, y, z) = ( f ( x) + g( y) , g( y) + h( z) , f ( x) + h( z)) , donde f , g, h son funciones de clase C 2 en R.

a) Calcular rot (F)

b) Encontrar una condici´ on sobre las funciones f , g, h que garantice la existencia de una funci´ on ϕ : R3 −→ R tal

que ϕ = −rot (F).

a)

rot(F) = “det”

ij k∂

∂ x∂

∂ y∂

∂ z

f ( x) + g( y) g( y) + h( z) f ( x) + h( z)

=0 − h( z) , 0 − f ( x) , 0 − g( y)

Es decir,rot(F) = −(h( z) , f ( x) , g( y))

b)

Como ϕ debe cumplir ϕ = −rotF, debe ser

rot(rotF) = −rot(ϕ) = 0

Por consiguiente,

0 = “det”

i j k ∂

∂ x∂

∂ y∂∂ z

h( z) f ( x) g( y)

=g( y) , h( z) , f ( x)

De modo que

f ( x) = a1 x + b1 , g( y) = a2 y + b2 , h( z) = a3 z + b3

Comprobemos que para estas funciones es posible hallar ϕ.

Esta funcion debe cumplir

∂ϕ

∂ x( x, y, z) = h( z) = a3 ,

∂ϕ

∂ y( x, y, z) = f ( x) = a1 ,

∂ϕ

∂ z( x, y, z) = g( y) = a2

Una funcion que cumple esto es

ϕ( x, y, z) = a3 x + a1 y + a2 z









131. Sea f : R2 −→ R una funci´ on de clase C 3 que tiene en (1, 2) un punto crıtico. Sabiendo que la matriz Hessiana de

f en (1, 2) es 2 4

4 −6

a) escribir la f´ ormula de Taylor de f alrededor de (1, 2)

b) calcular

lım(h,k )→(0,0)

f (1 + h, 2 + k ) − f (1, 2) − h2 − 4hk + 3k 2

h2 + k 2

c) ¿es f (1, 2) un extremo de f ? Si lo es, ¿es m´ aximo o mınimo?

a)

La formula de Taylor de orden 2 de f alrededor de (1, 2) es

f (1 + h, 2 + k ) = f (1, 2) +

f (1, 2)

·(h, k ) +

1

2

∂2 f

∂ x2

(1, 2)h2+

∂2 f

∂ x∂ y

(1, 2)hk +∂2 f

∂ y∂ x

(1, 2)hk +∂2 f

∂ y2

(1, 2)k 2 + R(h, k )

con lım(h,k )→(0,0)

R(h, k )

(h, k )2= 0.

Teniendo en cuenta que las derivadas segundas mixtas son iguales pues la funcion es de clase C 2 y que (1, 2) es un

punto crıtico, con lo cual f (1, 2) = 0, podemos escribir

f (1 + h, 2 + k ) = f (1, 2) +1

2

∂2 f

∂ x2(1, 2)h2

+ 2∂2 f

∂ x∂ y(1, 2)hk +

∂2 f

∂ y2(1, 2)k 2

+ R(h, k )

= f (1, 2) + H f (1, 2)(h, k ) + R(h, k )

= f (1, 2) +1

2 h k

2 4

4

−6

h

k

+ R(h, k )

= f (1, 2) + h2+ 4hk − 3k 2 + R(h, k )

Luego, la f ormula de Taylor de f alrededor de (1, 2) es

f (1 + h, 2 + k ) = f (1, 2) + h2+ 4hk − 3k 2 + R(h, k )

con lım(h,k )→(0,0)

R(h, k )

(h, k )2= 0.

b)

En la parte a) vimos que

R(h, k ) = f (1 + h, 2 + k ) − f (1, 2) + h2

+ 4hk − 3k 2

Luego,

lım(h,k )→(0,0)

f (1 + h, 2 + k ) − f (1, 2) − h2 − 4hk + 3k 2

h2 + k 2= lım

(h,k )→(0,0)

R(h, k )

(h, k )2= 0




c)

No es un extremo pues el Hessiano de f en (1, 2) es

det

2 4

4 −6

= −12 − 16 = −28 < 0

132. Sea f : R −→ R una funci´ on de clase C 1 y sea g : R3 −→ R3 dada por g( x, y, z) = ( f ( x) + y, f ( x) f ( y), ( f ( z))2)

a) ¿es g diferenciable? ¿de clase C 1?

b) calcular la diferencial de g en ( x0, y0, z0)

c) Para f ( x) = e x , calcular la derivada direccional de g2 –la segunda componente de g – en (0, 0, 0) en la direcci´ on

de mayor crecimiento.

Sean

g1( x, y, z) = f ( x) + y , g2( x, y, z) = f ( x) f ( y) , g3( x, y, z) = ( f ( z))2

a)

Cada componente de g es producto de funciones de clase C 1, luego ella tambien es de clase C 1 y por lo tanto

diferenciable.

b)

g1( x0, y0, z0) = ( f ( x0), 1, 0) , g2( x0, y0, z0) = ( f ( x0) f ( y0), f ( x0) f ( y0), 0)

g3( x0, y0, z0) = (0, 0, 2 f ( z0) f ( z0))

Luego, la matriz jacobiana de g en ( x0, y0, z0) es f ( x0) 1 0

f ( x0) f ( y0) f ( x0) f ( y0) 0

0 0 2 f ( z0) f ( z0)

Entonces,

dg( x0, y0, z0)(u1, u2, u3) =

f ( x0) 1 0

f ( x0) f ( y0) f ( x0) f ( y0) 0

0 0 2 f ( z0) f ( z0)

u1

u2

u3

t

= ( f ( x0)u1 + u2, f ( x0) f ( y0)u1 + f ( x0) f ( y0)u2, 2 f ( z0) f ( z0)u3)

c)

Si f ( x) = e x, entonces f ( y) = e y y en consecuencia g2( x, y, z) = f ( x) f ( y) = e x+ y. Siendo g2 diferenciable,

(g2)u(0, 0, 0) = g2(0, 0, 0) · u.

La direccion de mayor crecimiento es la del gradiente, luego el valor de la derivada direccional de g2 en el punto

(0, 0, 0) en la direccion de mayor crecimiento es

(g2)u(0, 0, 0) =

↑u=

g2 (0,0,0)

g2 (0,0,0)

g2(0, 0, 0) · g2(0, 0, 0)

g2(0, 0, 0)

=g2(0, 0, 0)2

g2(0, 0, 0)= g2(0, 0, 0) = ( f (0) f (0), f (0) f (0), 0) = (1, 1, 0)=

√ 2




133. Sea C una curva cerrada simple que es la frontera de una regi´ on D. Comprobar que el ´ area de D es

A =1

2

C +

x dy − y dx

Estamos en las condiciones del Teorema de Green, luego si llamamos

P( x, y) = − y y Q( x, y) = x

tenemos C +

x dy − y dx =

C +

P( x, y) dx + Q( x, y) dy =

D

∂Q

∂ x( x, y) − ∂P

∂ y( x, y)

dxdy

=

D

(1 − (−1)) dxdy = 2

D

dxdy

= 2 A

Es decir, A =

1

2

C +

x dy − y dx

134. Dada f : R3 −→ R , f ( x, y, z) =x2

2+

y2

2− z2 , sea S 2

= {( x, y, z) ∈ R3 / x2+ y2

+ z2= 1}.

a) Hallar un campo V en R3 tal que f = V · I , siendo I( x, y, z) = ( x, y, z)

b) Deducir que

S 2

f dS ≡ 0.

a)

f ( x, y, z) =x2

2+

y2

2− z2

= ( x2

, y

2, − z) · ( x, y, z) = ( x

2, y

2, − z) · I ( x, y, z)

Luego,

V ( x, y, z) = ( x2

,y

2, − z)

cumple lo pedido.

b)

Sea E = {( x, y, z) / x2+ y2

+ z2 1}. Se tiene ∂ E = S 2. Luego, aplicando el Teorema de Gauss

S 2

f = S 2

V

· I =

↑n= I

S 2

V

·n =

E

div(V ) dxdydz = E

( 12

+12

−1) dxdydz = 0

135. a) Sean F , G campos de clase C 2. Calcular: div(F × G) + F · rot (G)

b) Sea y = f ( x) una funci´ on definida implıcitamente por la ecuaci´ on F ( x, y) = sen( xy) − ln x = 0 en un entorno del

punto (1, π). Decidir si las afirmaciones siguientes son verdaderas o falsas

(i) f tiene un extremo en 1

(ii) f es estrictamente creciente en un entorno de 1

(iii) f es estrictamente decreciente en un entorno de 1

c) Sea f una funci´ on diferenciable y x0 un punto crıtico tal que H f (x0)(h, k ) =

−3h2. Decidir cu´ ales de las

siguientes afirmaciones son verdaderas o falsas

(i) f tiene un m´ aximo local en x0

(ii) f no tiene un mınimo local en x0




(iii) faltan datos para poder decidir si es extremo o punto de ensilladura.

d) Sea f : R −→ R una funci´ on continua y par tal que

2

0

f ( x) dx = 7. Sea R = [−2, 2] × [−2, 2] × [−2, 2].

Calcular R

f ( x) f ( y) f ( z) dxdydz

a)

div(F × G) =∂

∂ x(F 2G3 − F 3G2) +

∂

∂ y(F 3G1 − F 1G3) +

∂

∂ z(F 1G2 − F 2G1)

=∂F 2

∂ xG3 + F 2

∂G3

∂ x− ∂F 3

∂ xG2 − F 3

∂G2

∂ x

+∂F 3

∂ yG1 + F 3

∂G1

∂ y− ∂F 1

∂ xG3 − F 1

∂G3

∂ y

+∂F 1

∂ zG2 + F 1

∂G2

∂ z− ∂F 2

∂ zG1 − F 2

∂G1

∂ z

= F 1

∂G2

∂ z− ∂G3

∂ y

+ F 2

∂G3

∂ x− ∂G1

∂ z

+ F 3

∂G1

∂ y− ∂G2

∂ x

+ G1

∂F 3

∂ z− ∂F 2

∂ y

+ G2

∂F 1

∂ x− ∂F 3

∂ z

+ G3

∂F 2

∂ y− ∂F 1

∂ x

= −F · rotG + G · rotF

Luego,

div(F × G) + F · rot(G) = G · rotF

b)

Como F es de clase C 1 (en realidad C ∞) alrededor de (1, π), f tambien lo es alrededor de 1. Ademas, en virtud del

Teorema de la Funcion Implıcita, siendo ∂F ∂ y

(1, π) = 1 cos(1.π) = −1 0, tenemos

f (1) = −∂F ∂ x

(1, π)

∂F ∂ y

(1, π)= −π cos(π) − 1

−1= −π − 1 < 0

Entonces, la continuidad de f en 1 nos asegura que f < 0 en un entorno de 1 y en consecuencia f es estrictamente

decreciente en un entorno de 1.

Por lo tanto podemos decir que las dos primeras afirmaciones son falsas y la tercera verdadera.

c)

Siendo la forma Hessiana H f ( x0)(h, k ) = −3h2 resulta ser semidefinida negativa. Entonces, no podemos asegurar

que en x0 haya un maximo ni tampoco que no lo haya, nos falta informacion. Lo mismo se puede decir sobre que

haya o no punto de ensilladura.

Pero si hubiera un mınimo, la forma Hessiana en x0 deberıa ser semidefinida positiva, cosa que no puede ser pues

es semidefinida negativa y no identicamente nula. Entonces, sı podemos decir que en x0 no hay un mınimo.

Es decir, son verdaderas (ii) y tambien (iii).

d)

Como la funcion es continua, es integrable en [−2, 2] y por ser par,

2

−2

f ( x) dx = 2

2

0

f ( x) dx = 2.7 = 14




Entonces,

R

f ( x) f ( y) f ( z) dxdydz =

2

−2

2

−2

2

−2

f ( x) f ( y) f ( z) dxdydz

=

2

−2

2

−2

f ( y) f ( z)

2

−2

f ( x) dx

dydz = 14

2

−2

2

−2

f ( y) f ( z)dydz

= 14 2

−2 f ( z)

2

−2 f ( y) dy

dz = 14.14

2

−2 f ( z) dz

= 14.14.14 = 143







142. a) Hallar una funci´ on f : R3 −→ R que satisfaga f ( x, y, z) = ( y, x, 0). ¿Es de clase C 1?

b) Expresar la integral 1

0

( f ◦ σ)(t ) dt

como una integral curvilınea sobre la curva α : [0, 1] −→ R3 de clase C 1.

c) Calcular σ

y dx + x dy

siendo σ(t ) = ( t 4

4, sen3( t π

2), 0).

a)

Tenemos∂ f

∂ x( x, y, z) = y ,

∂ f

∂ y( x, y, z) = x ,

∂ f

∂ z( x, y, z) = 0

Integrando la primera ecuacion respecto de x vemos que debe existir una funcion ϕ –constante respecto de x– tal

que

f ( x, y, z) = xy + ϕ( y, z)

Pero la tercera ecuacion nos dice que∂ f

∂ z( x, y, z) = 0, lo que implica

∂ϕ

∂ z ( y, z) = 0

es decir, ϕ es solo funcion de y; luego,

f ( x, y, z) = xy + ϕ( y)




Observemos que ϕ( y) = f ( x, y, z) − xy, de donde podemos concluir que ϕ es una funcion derivable. Usando ahora

la segunda ecuacion,∂ f

∂ y( x, y, z) = x, obtenemos

x =∂ f

∂ y( x, y, z) = x + ϕ( y)

O sea,

ϕ ≡ 0

es decir, ϕ es una constante. Luego,

f ( x, y, z) = xy

es una funcion de clase C 1 que tiene el gradiente dado.

b)

La regla de la cadena, siendo f diferenciable, nos dice que

( f ◦ α)(t ) = f (α(t )) · α(t )

Por lo tanto,

1

0

( f ◦ α)(t ) dt =

1

0

f (α(t )) · α(t ) dt =

α

f

c)

α

ydx + xdy =

α

ydx + xdy + 0dz =

1

0

y(t ) x(t ) dt + x(t ) y(t ) dt + 0 z(t ) dt

=

1

0

( y(t ) x(t ) + x(t ) y(t ) + 0 z(t )) dt =

1

0

f ( x(t ), y(t ), z(t )) · ( x(t ), y(t ), z(t )) dt

=

1

0

f (α(t )) · α(t ) dt =

α

f =↑b)

1

0

( f ◦ α)(t ) dt

=

↑Barrow

f (α(1)) − f (α(0)) = f ( 14

, 1, 0) − f (0, 0, 0)

=1

4

143. Dada la regi´ on R definida por

x > 0 , y > 0 , x2+ y2 < z < 4

Calcular R

2 x dxdydz




4

z

z y

2

2

1/2

z-y2

0 z 4 0 y √

z 0 x

z − y2

R

2 x dxdydz =

4

0

√ z

0

√ z− y

2

0

2 x dx dydz

=

4

0

√ z

0

x2√

z− y2

0dydz =

4

0

√ z

0

( z − y2) dydz

=

4

0

zy − y3

3

√

z

0dz =

4

0

z√

z − z3/2

3dz

=

4

0

2

3 z3/2 dz =

2

3

2

5 z5/2

40

=4

15(√

4)5

=128

15

144. Sea σ : [a, b] −→ R3 una lınea de flujo del campo F( x, y, z) = (3 sen x, 4, 3cos x). Decidir cu´ ales de las siguientes

afirmaciones son verdaderas

a) (σ) = b − a

b) (σ) =b−a

3

c) (σ) = 5(b − a)

d) faltan datos para calcular la longitud de la curvaσ.

Que σ sea una lınea de flujo del campo F significa

F(σ(t )) = σ(t )

para todo t ∈ [a, b]. Si llamamos ( x(t ), y(t ), z(t )) a las componentes de σ(t ) tenemos

( x(t ), y(t ), z(t )) = F( x(t ), y(t ), z(t )) = (3 sen( x(t )), 4, 3 cos( x(t )))

De donde,

(σ) =

b

a

|σ(t )| dt =

b

a

|(3 sen( x(t )), 4, 3 cos( x(t )))| dt

= b

a

9sen2

( x(t ))+

16+

9cos2

( x(t )) dt = b

a

√ 9

+16 dt

= 5(b − a)

Luego, c) es la unica afirmacion verdadera.




145. a) Sea f ( x, y) = x2+ 2 xy + y2 − 4. Determinar si

(i) (1, −1) es un punto crıtico

(ii) hay un mınimo local en (1, −1)

(iii) hay un punto de ensilladura en (1, −1)

b) Sea f : Q = [0, 2] × [2, 4] −→ R dada por

f ( x, y) =

e x si x = 1 o y = 3

0 en otro caso

Calcular

Q

f ( x, y) dxdy

c) Encontrar una funci´ on f que tenga un mınimo local en (0, 0) y tal que la forma Hessiana en (0, 0) sea nula.

d) Sean ϕ( x, y, z) = x2e y+ z , F = ϕ y γ una curva de clase C 1 que une los puntos (−1, 2, 3) y (2, 0, 4). Calcular

γ

rot (F)

a)

Esta funcion es diferenciable, calculemos su gradiente

f ( x, y) = (2 x + 2 y, 2 x + 2 y)

Luego, f (1, −1) = (2 − 2, 2 − 2) = (0, 0) y por lo tanto

(1, −1) es un punto crıtico

Por otro lado,

f (1,−1)

=

−4

( x+

y)

2

− 4=

f ( x, y)

para todo ( x, y). De modo que

f (1, −1) es un valor mınimo absoluto

En consecuencia,

en (1, −1) no hay un punto de ensilladura

b)

Esta funcion es nula, salvo sobre la cruz

{1} × [2, 4] ∪ [0, 2] × {3}

1 2

1

2

3

4

f=0

f=0




Es decir,

{( x, y) ∈ Q / f ( x, y) 0} = {1} × [2, 4] ∪ [0, 2] × {3}Como este conjunto tiene area cero,

Q

f = 0

c)

Buscamos una funcion f que satisfaga

— f tiene un mınimo local en (0, 0)

— H f (0, 0) ≡ 0

Basta tomar, por ejemplo

f ( x, y) = x4

ya que, como todas las derivadas segundas en (0 , 0) son nulas, H f (0, 0) ≡ 0 y claramente

f ( x, y) = x4 0 = f (0, 0)

con lo cual f tiene un mınimo local en (0, 0).

d)

Siendo F = ϕ, con ϕ de clase C 2,

rot(F) = rot(ϕ) = 0

Luego, γ

rot(F) · d s = 0








153. Sea U ⊂ R2 un conjunto abierto que contiene al punto (2, 3) y f : U −→ R una funci´ on diferenciable. Se definen

la funci´ on φ : U −→ R3 dada por φ( x, y) = ( x, y, f ( x, y)) y las curvas r1( x) = φ( x, 3) y r2( y) = φ(2, y). Sea

S : z − f ( x, y) = 0 la superficie determinada por el gr´ afico de f.

a) Encontrar las expresiones de r1

y r2

.

b) ¿Existe el plano tangente a S en el punto P = (2, 3, f (2, 3))? En caso afirmativo, hallar su ecuaci´ on.

c) Hallar r1

(2) × r2

(3).




d) Mostrar que los vectores r1

(2) y r2

(3) generan un plano que es paralelo al plano tangente a S en P.

a)

r1( x) = ( x, 3, f ( x, 3)) ⇒ r1( x) =

1, 0,

∂ f

∂ x( x, 3)

r2( y) = (2, y, f (2, y)) ⇒ r2( y) =

0, 1, ∂ f

∂ y(2, y)

b)

Siendo f diferenciable en P, podemos asegurar que existe el plano tangente al grafico de f –es decir, a S – en P.

Si llamamos F ( x, y, z) = z − f ( x, y),

S : F ( x, y, z) = 0

La ecuacion del plano tangente a S en P es entonces

F (2, 3, f (2, 3)) · ( x − 2, y − 3, z − f (2, 3)) = 0

Tenemos

∂F

∂ x(2, 3, f (2, 3)) = −∂ f

∂ x(2, 3) ,

∂F

∂ y(2, 3, f (2, 3)) = −∂ f

∂ y(2, 3) ,

∂F

∂ z(2, 3, f (2, 3)) = 1

Luego, la ecuacion del plano tangente es

−∂ f

∂ x(2, 3), −∂ f

∂ y(2, 3), 1

· ( x − 2, y − 3, z − f (2, 3)) = 0 (1)

es decir,

z = f (2, 3) + ∂ f ∂ x

(2, 3)( x − 2) + ∂ f ∂ y

(2, 3)( y − 3)

c)

r1(2) = (1, 0,

∂ f

∂ x(2, 3)) , r

2(3) = (0, 1,∂ f

∂ y(2, 3))

Luego,

r1(2) × r 2(3) = ‘det’

i j k

1 0∂ f

∂ x(2, 3)

0 1∂ f

∂ y(2, 3)

= (− ∂ f

∂ x(2, 3), − ∂ f

∂ y(2, 3), 1)

d)

Es claro –mirando las dos primeras componentes de estos vectores– que r1

(2) y r2

(3) son vectores linealmente

independientes. Esto garantiza que generan un subespacio de dimension 2, i.e., un plano.

Un vector normal a este plano es r1

(2) × r 2

(3) = (− ∂ f

∂ x(2, 3), − ∂ f

∂ y(2, 3), 1)

Si miramos la ecuacion (3) que representa al plano tangente a S en P vemos que r1

(2) × r 2

(3) tambien es normal a

el.

Concluimos entonces que ambos planos son paralelos.

154. Sea f : R3 −→ R una funci´ on diferenciable en el punto P = (3, −2, 4).

a) Exhibir la expresi´ on de d f (P)(u, v, w).




b) Describir mediante ecuaciones el n ´ ucleo de la transformaci´ on lineal d f (P).

c) Dar una condici´ on sobre f que asegure que Nu(d f (P)) es un plano (es decir, tiene dimensi´ on 2) y comprobar

que es normal a f (P).

N: si T : V −→ W es una transformci´ on lineal, Nu(T ) = {v ∈ V / T (v) = 0}

a)

Como f es diferenciable en P = (3, −2, 4), d f (3, −2, 4) : R3 −→ R es la transformacion lineal dada por

d f (3, −2, 4)(u, v, w) = f (3, −2, 4) · (u, v, w) = au + bv + cw

donde

a =∂ f

∂ x(P) , b =

∂ f

∂ y(P) , c =

∂ f

∂ z(P)

b)

El nucleo de una transformacion lineal es el subespacio del dominio formado por todos los vectores que van al cero.

En este caso,

Nu(d f (P)) = {(u, v, w) ∈ R3 / d f (P)(u, v, w) = 0}= {(u, v, w) ∈ R3 / f (P) · (u, v, w) = 0}= {(u, v, w) ∈ R3 / au + bv + cw = 0}

Luego, el nucleo queda determinado por la ecuacion

Nu(d f (P)) : f (P) · (u, v, w) = 0 (2)

que tambien puede escribirse en la forma

Nu(d f (P)) : au + bv + cw = 0

siendo (a, b, c) = f (P).

c)

El nucleo de d f (P) es un subespacio de R3 definido por una ecuacion. Para asegurar que es realmente un plano –y

no todo R3– hace falta pedir que los coeficientes de la ecuacion no sean todos nulos; i.e.,

f (P) 0

Para comprobar que f (P) es ortogonal al nucleo basta volver a mirar la ecuacion (4)

Nu(d f (P)) : f (P) · (u, v, w) = 0

que dice precisamente que

(u, v, w) ∈ Nu(d f (P)) ⇐⇒ (u, v, w) ⊥ f (P)

155. Sean las funciones f ( x, y) = (cos y + x2, e x+ y) , g(u, v) = (eu2

, u − sen v).

a) Dar una f´ ormula para f ◦ g y para d (f ◦ g)(0, 0)




b) Hallar las matrices jacobianas de

f en (1, 0) , g en (0, 0) , f ◦ g en (0, 0)

c) Dar una f´ ormula para d f (1, 0) ◦ d g(0, 0). Sugerencia: utilizar un resultado evita hacer cuentas.

a)

f ◦ g(u, v) = f (g(u, v)) = f (eu2

, u − sen v) = (cos(u − sen v) + (eu2

)2, eeu2+u−sen v)

= (cos(u − sen v) + e2u2

, eeu2+u−sen v)

La matriz jacobiana de f ◦ g es

MJ (f ◦ g)(u, v) =

− sen(u − sen v) + 4ue2u2

sen(u − sen v)cos v

eeu2+u−sen v(4ue2u2

+ 1) − cos v eeu2+u−sen v

En el origen,

MJ (f ◦ g)(0, 0) =

0 0

e −e

Por consiguiente, d (f ◦ g)(0, 0) : R2 −→ R

2 es la transformacion lineal dada por

d (f ◦ g)(0, 0)( x1, x2) =

0 0

e −e

x1

x2

=

0

ex1 − ex2

es decir,

d (f ◦ g)(0, 0)( x1, x2) = (0, ex1 − ex2)

b)

MJ (f )(1, 0) =

2 x − sen y

e x+ y e x+ y

(1,0)

=

2 0

e e

, MJ (g)(0, 0) =

2ueu2

0

1 − cos v

(0,0)

=

0 0

1 −1

MJ (f ◦ g)(0, 0) = MJ (f )(1, 0). MJ (g)(0, 0) =

0 0

e −e

c)

d (f )(1, 0) ◦ d (g)(0, 0)( x1, x2) = d (f ◦ g)(0, 0)( x1, x2) = MJ (f ◦ g)(0, 0)

x1

x2

=

0 0

e −e

x1

x2

=

0

ex1 − ex2

es decir,

d (f )(1, 0) ◦ d (g)(0, 0)( x1, x2) = (0, ex1 − ex2)
















168. Sea F( x, y, z) = (sen( x + y), ln( y2+ z2 − 1)) y T la transformaci´ on que representa las coordenadas cilındricas.

a) Hallar el dominio de F

b) Encontrar la expresi´ on de f (r , θ, z) = F ◦ T(r , θ, z)

c) Calcular las matrices jacobianas de f , T y F. ¿Hay alguna relaci´ on entre ellas?

Comencemos por escribir la expresion de T:

T(r , θ, z) = (r cos θ, r sen θ, z)

a)

La primer componente de F

F 1( x, y, z) = sen( x + y)

esta definida en todo R3, pero la segunda

F 2( x, y, z) = ln( y2+ z2

−1)

solo esta definida para los ( x, y, z) tales que

y2+ z2 − 1 > 0

Luego,

DomF = R3 − {( x, y, z) ∈ R3 / y2

+ z2 1}

es decir, F esta definida en el exterior del cilindro

y2+ z2

= 1

b)

f (r , θ, z) = F ◦ T(r , θ, z) = F(r cos θ, r sen θ, z) =

sen(r cos θ + r sen θ ), ln(r 2sen2θ + z2 − 1)




c)

MJ f (r , θ, z)

Necesitamos calcular las derivadas parciales primeras de f = ( f 1, f 2), donde

f 1(r , θ, z) = sen(r cos θ + r sen θ ) , f 2(r , θ, z) = ln(r 2 cos2 θ + z2

−1)

Luego,

f 1(r , θ, z) =

cos(r cos θ + r sen θ ) ∂(r cos θ +r sen θ )

∂r , cos(r cos θ + r sen θ ) ∂(r cos θ +r sen θ )

∂θ , 0

y

f 2(r , θ, z) =

1

r 2 cos2 θ + z2−1

∂(r 2 cos2 θ + z2−1)

∂r , 1

r 2 cos2 θ + z2−1

∂(r 2 cos2 θ + z2−1)

∂θ , 1

r 2 cos2 θ + z2−1

∂(r 2 cos2 θ + z2−1)

∂ z

Es decir,

f 1(r , θ, z) =

cos(r cos θ + r sen θ )(cos θ + sen θ ), cos(r cos θ + r sen θ )(−r sen θ + r cos θ ), 0

y

f

2(r , θ, z) = 2r cos2 θ

r 2 cos2 θ + z2−1,

−2r 2 cos θ sen θ

r 2 cos2 θ + z2−1, 2 z

r 2 cos2 θ + z2−1

y entonces,

MJ f (r , θ, z) =

cos(r cos θ + r sen θ )(cos θ + sen θ ) cos(r cos θ + r sen θ )(−r sen θ + r cos θ ) 02r cos2 θ

r 2 cos2 θ + z2−1−2r 2 cos θ sen θ r 2 cos2 θ + z2−1

2 zr 2 cos2 θ + z2−1

MJ T(r , θ, z)

T 1(r , θ, z) = r cos θ , T 1(r , θ, z) = (cos θ, −r sen θ, 0)

T 2(r , θ, z) = r sen θ , T 1(r , θ, z) = (sen θ, r cos θ, 0)

T 3(r , θ, z)=

z , T 1(r , θ, z)=

(0, 0, 1)

Luego,

MJ T(r , θ, z) =

cos θ −r sen θ 0

sen θ r cos θ 0

0 0 1

MJ F( x, y, z)

F 1( x, y, z) = sen( x + y) , F 1( x, y, z) = (cos( x + y), cos( x + y), 0)

F 2( x, y, z) = ln( y2+ z2 − 1) , F 1( x, y, z) = (0,

2 y

y2+ z2−1, 2 z

y2 + z2−1)

Luego,

MJ F( x, y, z) =cos( x + y) cos( x + y) 0

02 y

y2+ z2−12 z

y2 + z2−1

La relacion entre ellas es que, siendo f = F ◦ T,

MJ f (r , θ, z) = MJ F(T(r , θ, z)) . MJ T(r , θ, z)

169. Mostrar que la curva x2+ y + sen( xy) = 0 se puede escribir en la forma y = f ( x) en un entorno de (0, 0) y verificar

que la tangente al gr´ afico de f en (0, f (0)) es horizontal.

Sea F ( x, y) = x2 + y + sen( xy). El teorema de la funcion implıcita garantiza que se puede despejar y como funcion

de x en un entorno del punto (0,0) de la ecuacion

F ( x, y) = 0




si se cumplen las siguientes condiciones

F es de clase C 1 en un entorno de (0, 0)

F (0, 0) = 0

∂F ∂ y

(0, 0) 0

Claramente se cumplen las primeras dos. Calculemos

F ( x, y) =

∂F ∂ x

( x, y), ∂F ∂ y

( x, y)

= (2 x + y cos( xy), 1 + x cos( xy)

por lo tanto∂F

∂ y(0, 0) = 1

y ası se cumple tambien la ultima.

Podemos entonces asegurar que existe una funcion f de clase C 1 tal que

F ( x, f ( x)) = 0

en un entorno de cero y f (0) = 0.

La pendiente de la recta tangente al grafico de f en el punto (0, f (0)) es f (0) que, por el mismo teorema, podemosafirmar que vale

f (0) = −∂F ∂ x

(0, 0)

∂F ∂ y

(0, 0)= −0

1= 0

Resulta entonces que la tangente es horizontal.

170. Hallar la matriz jacobiana de la funci´ on F( x, y, z) = f ◦ g( x, y, z) en el punto (0, 1, −1) siendo

f (u, v) = (u, sen(uv), v2+ 2u) , g( x, y, z) = ( xy + y2 z, e x+ y+ z)

y calcular

d F(0, 1,

−1)(w1, w2, w3)

Calculemos las matrices jacobianas

MJ f (u, v) =

1 0

v cos(uv) u cos(uv)

2 2v

, MJ g( x, y, z) =

y x + 2 yz y2

e x+ y+ z e x+ y+ z e x+ y+ z

Tenemos

g(0, 1, −1) = (−1, 1)

Luego,

MJ f (−1, 1) =

1 0

cos 1 − cos(1)

2 2

, MJ g(0, 1, −1) =

1 −2 1

1 1 1

Por lo tanto, la matriz jacobiana de F en el punto (0, −1, 1) es

MJ F(0, 1, −1) =

1 0

cos 1 − cos(1)

2 2

1 −2 1

1 1 1

=

1 −2 1

0 −3 cos 1 0

4 −2 4

Finalmente, la aplicacion diferencial de F en (0, 1, −1) esta dada por

d F(0, 1, −1)(w1, w2, w3) =

1

−2 1

0 −3 cos 1 0

4 −2 4

w1

w2

w3

t

= (w1 − 2w2 + w3, −3cos1 w2, 4w1 − 2w2 + 4w3)




171. Sea S la porci´ on del cono z =

x2 + y2 + 4 encerrada entre los planos z = 2 y z =

√ 13 ,

a) Dar una raz´ on que garantice que existen puntos P, Q ∈ S tales que

d (P, (0, 1, 0)) d (x, (0, 1, 0)) d (Q, (0, 1, 0))

para todo x ∈ S

b) Hallar P y Q

Los puntos de S se pueden describir en la forma

φ( x, y) = ( x, y,

x2 + y2 + 4)

para x2+ y2

9.

a)

Consideremos la funcion D : S −→ R, D( x, y, z) = d (( x, y, z), (0, 1, 0)) =

x2 + ( y − 1)2 + z2. Esta funcion es

continua y el conjunto S es compacto, luego podemos asegurar que D —i.e., la funcion que mide la distancia entre

(0, 1, 0) y los puntos de S — alcanza un valor mınimo y un valor maximo.

b)

Para hallar P y Q podemos buscar los extremos de la funcion

f ( x, y) = d 2(φ( x, y), (0, 1, 0)) = x2+ ( y − 1)2

+ (

x2 + y2 + 4)2

= x2+ ( y − 1)2

+ x2+ y2

+ 4

= 2 x2+ 2 y2 − 2 y + 5

en x2+ y2

9.

¢ Analizamos primero si f tiene extremos locales dentro del cırculo, i.e., en x2+ y2 < 9

f ( x, y) = (4 x, 4 y − 2)




Luego, los puntos crıticos son las soluciones de

x = 0

2 y − 1 = 0

De modo que en el interior del cıculo el unico punto cr’tico es (0,12 ). Como estamos buscando los extremos

absolutos no hace falta saber si es extremo local o punto de ensilladura, cosa que podrıamos averiguar f acilmente

a partir de la matriz Hessiana de f en (0, 12

) 1

4 0

0 4

¢ Busquemos ahora los extremos de f sobre el borde del cıculo: x2+ y2

= 9

Podemos parametrizarlo en la forma

c(t ) = (3 cos t , 3sen t )

donde 0 t 2π. Luego, debemos buscar los extremos de f (c(t )) en 0 t 2π. Tenemos

f (c(t )) = −6sen t + 23

Sabemos que −1 sen t 1, luego,

−6 = (−6).1 −6sen t (−6).(−1) = 6

y por lo tanto

17 f (c(t )) 29

son los valores extremos de f sobre el borde y los toma en π2

y en 3 π2

; mas precisamente

17 = f (c( π2

)) , 29 = f (c(3 π2

))

Concluimos entonces que los valores maximo y mınimo de f sobre S se encuentran entre estos

f (0, 12

) =9

2, f (c( π

2)) = f (0, −3) = 17 , f (c(3 π

2)) = f (0, 3) = 29

De modo que

© la mınima distancia de (0, 1, 0) a S es se alcanza en P = (0, 12

,√

172

) y vale

92

=3√

2

© la maxima distancia de (0, 1, 0) a S es se alcanza en Q = (0, −3,√

13) y vale√

29

El siguiente grafico ilustra los resultados obtenidos (P y Q son los puntos rojos)

1claramente hay un mınimo local por ser definida positiva.




172. a) Graficar y describir la regi´ on D del plano que satisface

D

2 y cos(π xy) dxdy =

4

1

4/ x

0

2 y cos(π xy) dy dx

b) Cambiar el orden de integraci´ on y evaluar.

a)

Este conjunto de describe como

D :

1 x 4

0 y 4

x

b)




Para cambiar el orden de integracion debemos describir D en la siguiente forma

D = D1 ∪ D2

donde

D1 :

0 y 1

1 x 4, D2 :

1 y 4

1 x 4

y

Calculemos la integral

D1


1

0

4

1

2 y cos(π xy) dx dy = 2

1

0

ysen(π xy)

π y

4

1

dy =2

π

1

0

sen(π xy)

4

1

dy

=2

π

1

0

sen(4π y) − sen(π y) dy =2

π

−cos(4π y)

4π

1

0

+cos(π y)

π

1

0

= 0

en virtud de la periodicidad del coseno.

D2

2 y cos(π xy) dxdy = 4

1

4/ y

1

2 y cos(π xy) dx

dy = 1

0

2 y sen(π xy)π y

4/ y

1

dy = 2π

4

1

sen(π xy)4/ y

1

dy

=2

π

4

1

sen(4π) − sen(π y) dy =2

π

cos(π y)

π

4

1

=2

π2(cos(4π) − cos π)

=4

π2

Es decir, D


D1

2 y cos(π xy) dxdy +

D2

2 y cos(π xy) dxdy =4

π2

173. Dado el campo vectorial F( x, y, z) = (3 xy2, 3 yx2, z3) y el s´ olido W acotado por el paraboloide z = x2+ y2 − 4 y el

plano xy

a) hallar una parametrizaci´ on de ∂W

b) calcular

∂W F usando la parametrizaci´ on hallada en a)

c) ¿conoce alg´ un teorema que permita calcular dicha integral de otra forma? En caso afirmativo, usar ese teorema

para calcularla y comparar con el resultado obtenido en b)

Grafiquemos W




a)

Podemos describir a W en la forma

W :

z x2

+ y2 − 4

z 0

Su frontera es ∂W = S 1

∪S 2 donde

S 1 :

x2

+ y2= 4

z = 0, S 2 :

z = x2

+ y2 − 4

−4 z 0

Parametrizamos S 1

φ1 : D −→ R3 , φ1( x, y) = ( x, y, 0) , S 1 = φ1( D)

Parametrizamos S 2

φ2 : D −→ R3 , φ2( x, y) = ( x, y, x2

+ y2 − 4) , S 2 = φ2( D)

donde D : x2+ y2

4.

La normal a S 1 esta dada por

T (1) x × T (1)

y = (0, 0, 1)

y la de S 2 por

T (2) x × T (2)

y = (1, 0, 2 x) × (0, 1, 2 y) = (−2 x, −2 y, 1)

Notemos que T (1)

x × T (1)

y apunta hacia el exterior de ∂W y T (2)

x × T (2)

y hacia el interior; luego, al integrar usamos

−T (2)

x × T (2)

y = (2 x, 2 y, −1) para que ∂W quede orientada con la normal exterior.

b)

∂W

F =

S 1

F +

S 2

F =

D

F( x, y, 0) · (0, 0, 1) dxdy +

D

F( x, y, x2+ y2 − 4) · (2 x, 2 y, −1) dxdy

=

D

F(3 xy2, 3 yx2, 0) · (0, 0, 1) dxdy +

D

F(3 xy2, 3 yx2, ( x2+ y2 − 4)3) · (2 x, 2 y, −1) dxdy

=

D

12 x2 y2 − ( x2+ y2 − 4)3 dxdy

=

2π

0

2

0

(12r 4 cos2 θ sen2θ − (r 2 − 4)3)r drd θ

= 2π

0

2

0

12r 5 cos2 θ sen2θ drd θ

−2π

2

0

(r 2

−4)3r dr

= 3r 6

6

2

0

2π

0

sen2(2θ ) d θ − π(r 2 − 4)4

4

2

0

= 25

2π

0

1 − cos(4θ )

2d θ +

π

4

44

4

= 80π

c)

El teorema de Gauss nos dice que W

divF =

∂W +

F

donde ∂W + indica que esta orientada por la normal exterior.




Calculemos la divergencia de F

divF( x, y, z) = 3 y2+ 3 x2

+ 3 z2= 3( x2

+ y2+ z2)

W div

F = W 3( x

2+

y

2+

z

2

) dxdydz

= 3

2π

0

2

0

0

r 2−4

(r 2 + z2) r dzdrd θ

= 6π

2

0

r 3(0 − r 2 + 4) + r z3

3

0

r 2−4

dr

= 25π + 43π = 32π + 48π

= 80π

Ambos resultados coinciden en virtud del teorema de Gauss y del hecho que en b) calculamos la integral de super-

ficie usando la orientacion indicada por la normal exterior.

174. Calcular C

(2 xy + 1) dx + x2 dy

siendo C la curva parametrizada por

a) c(t ) = (cos(3t ), sen(3t )) , 0 t π6

b) c(t ) = (cos( π2

− 3t ), sen( π2

− 3t )) , 0 t π6

c) c una curva regular de clase C 1 que comienza en (1, 0) y termina en (0, 1)

Comparar los resultados obtenidos y explicar por qu´ e era de esperar que ocurriera eso.

N: tenga en cuenta que no hace falta hacer c´ alculos complicados.

Sean

P( x, y) = 2 xy + 1 , Q( x, y) = x2

Notemos que

∂P

∂ y= 2 x =

∂Q

∂ x

Entonces, F( x, y) = (P( x, y), Q( x, y)) es un campo gradiente. Integrando obtenemos que

F = f

donde

f ( x, y) = x2 y + x

a)

C

P d x + Q dy =

C f = f (c( π

6 )) − f (c(0)) = f (0, 1) − f (1, 0)

= −1




b)

C

P d x + Q dy =

C

f = f (c( π6

)) − f (c(0)) = f (1, 0) − f (0, 1)

= 1

c)

C

P d x + Q dy =

C

f = f (0, 1) − f (1, 0)

= −1

Los resultados de a) y c) coinciden pues ambas curvas salen del mismo punto y llegan al mismo punto y el campo

que integramos es un campo gradiente.

El resultado de b) debe tener signo opuesto al de a) pues se trata de la curva opuesta y estamos integrando un campo

vectorial.

175. Hallar todas las lıneas de flujo del campo F( x, y) = (3 y, 3 x) que pasan por el punto (0, 3) en el instante t = 0.

Buscamos las curvas c(t ) = ( x(t ), y(t )) tales que

F(c(t )) = c(t )

Es decir,

(3 y(t ), 3 x(t )) = ( x(t ), y(t ))

que se puede escribir en la forma x(t )

y(t )

=

3 y(t )

3 x(t )

=

0 3

3 0

3 x(t )

3 y(t )

Se trata entonces de encontrar las soluciones del siguiente sistema de ecuaciones diferenciales lineales

Y =

0 3

3 0

Y

Busquemos los autovalores de la matriz

det−λ 3

3 −λ

= λ2 − 9 = 0

Los autovalores entonces son: ±3. Hallemos los autovectores asociados, es decir las soluciones de

0 3

3 0

u

v

= 3

u

v

y

0 3

3 0

u

v

= −3

u

v

Los vector v1 = (1, 1) es autovector asociado a 3 y v2 = (1, −1) es autovector asociado a −3.

En consecuencia una base de soluciones del sistema es

Y 1(t ) = e3t (1, 1) = (e3t , e3t ) , Y 2(t ) = e−3t (1,

−1) = (e−3t ,

−e−3t )

La forma general de una lınea de flujo de F es

c(t ) = c1(e3t , e3t ) + c2(e−3t , −e−3t )




Como nos piden las que pasan por (0, 3) en el instante t = 0, debe ser

c1(1, 1) + c2(1, −1) = (0, 3)

de donde,

c1 =3

2, c2 = −3

2

es decir,

c(t ) =3

2(e3t , e3t ) − 3

2(e−3t , −e−3t )

176. Dada la funci´ on f ( x, y) = x3 − 2 y2 − 2 y4+ 3 x2 y + 2

a) hallar los puntos crıticos de f

b) clasificarlos

c) ¿se puede asegurar que f alcanza extremos absolutos sobre el tri ´ angulo de v´ ertices: (0, 0) , (3, 0) y (3, −1)? Si

la respuesta es afirmativa, hallarlos.

a)

Buscamos los ( x, y) tales que f ( x, y) = 0, es decir,

0 = f ( x, y) = (3 x2+ 6 xy, −4 y − 8 y3

+ 3 x2)

Debemos resolver

3 x2

+

6 xy =

03 x2 − 4 y − 8 y3

= 0⇐⇒

x( x +

2 y

)=

03 x2 − 4 y − 8 y3

= 0

De la primera ecuacion deducimos que

x = 0 o x = −2 y

¢ si x = 0

reemplazando en la segunda,

4 y + 8 y3= 0 ⇐⇒ y(1 + 2 y2) = 0 ⇐⇒ y = 0

Obtenemos entonces que (0, 0) es un punto crıtico.

¢ si x = −2 y

reemplazando en la segunda,

3(−2 y)2 − 4 y − 8 y3= 0 ⇐⇒ 12 y2 − 4 y − 8 y3

= 0

⇐⇒ 4 y(3 y − 1 − 2 y2) = 0

⇐⇒ y = 0 o 3 y − 1 − 2 y2= 0

— si y = 0: volvemos a obtener (0, 0)

— si 3 y − 1 − 2 y2= 0: y = 1, 1

2

Obtenemos en este caso que

(−2, 1) y (−1, 12

)

son puntos crıticos.




Finalmente, podemos decir que los puntos crıticos de f son

(0, 0) , (−2, 1) y (−1, 12

)

b)

Analicemos ahora si en estos puntos hay extremos locales o puntos de ensilladura de f . Para ello vamos a necesitar

calcular las derivadas segundas de f . Notemos que, siendo esta funcion de clase C 2, las derivadas mixtas coinciden.

∂ f

∂ x( x, y) = 3 x2

+ 6 xy ,∂ f

∂ y( x, y) = 3 x2 − 4 y − 8 y3

∂2 f

∂ x2( x, y) = 6 x + 6 y ,

∂2 f

∂ y2( x, y) = −4 − 24 y2 ,

∂2 f

∂ x∂ y( x, y) =

∂2 f

∂ y∂ x( x, y) = 6 x

La matriz Hessiana de f en ( x, y) es entonces

MHf ( x, y) =

6( x + y) 6 x

6 x −4(1 + 6 y2)

y su determinante

det MH f ( x, y) = −24( x + y)(1 + 6 y2) − 36 x2

® (0, 0)

En este caso el criterio no decide porque el deterninante vale 0. Analicemos entonces el incremento de f

alrededor de (0, 0) para ver si podemos determinar si conserva o no el signo en un entorno del punto

f (h, k ) − f (0, 0)=

f (h, k ) − 2=

h

3

− 2k

2

− 2k

4+

3h

2

k

Si nos acercamos al origen por el eje y, k = 0, entonces

f (h, 0) − 2 = h3

deducimos de aquı que

f (h, 0) − 2

> 0 si h > 0

< 0 si h < 0

es decir que —en cualquier entorno del origen— el incremento de f cambia de signo y en consencuencia,

en (0, 0) hay un punto de ensilladura.




® (−2, 1)

det MH f (−2, 1) = 72 > 0

y como∂2 f

∂ x2 (−2, 1) = −6 < 0,

en (−2, 1) hay un maximo local que vale f (−2, 1) = 2

® (

−1, 1

2

)

det MH f (−1,1

2) = −6 < 0

luego,

en (−1, 12

) hay un punto de ensilladura.

c)

Sea T el triangulo de vertices (0, 0) , (3, 0) y (3, −1)

-1

3

T

Por ser T compacto (cerrado y acotado) y f continua, sabemos que f |T va a tener extremos absolutos. Estos

extremos los puede tomar en el interior de T (i.e., en el triangulo sin el borde) o sobre el borde.

— En el interior de T : en tal caso debe ser un extremo local. Pero, segun vimos, los unicos extremos locales f los

toma en (−2, 1) y (−1, 12

) (ambos maximos locales) ninguno de los cuales cae dentro de T .

— En el borde de T

c1(t ) = (t , 0) , 0 t 3

ϕ1(t ) = f (c1(t )) = t 3 + 2 es creciente; luego,

2 = ϕ1(0) ϕ1(t ) ϕ1(3) = 29

c2(t ) = (3, t ) , −1 t 0

ϕ2(t ) = f (c2(t )) = −2t 4 − 2t 2 + 27t + 29 es creciente pues

ϕ2(t ) = −8t 3 − 4t + 27 > 0

por ser t 0; luego,

−2 = ϕ2(−1) ϕ2(t ) ϕ2(0) = 29

c3(t ) = (t , − t 3

) , 0 t 3

ϕ3(t ) = f (c3(t )) = − 29

t 2 − 281

t 4 + 2 es decreciente pues

ϕ3(t ) = −49

t − 881

t 3 0

por ser t 0; luego,

−2 = ϕ3(3) ϕ3(t ) ϕ3(0) = 2




De este modo se concluye que los extremos absolutos de f sobre T estan entre estos valores

ϕ1(0) = 2 , ϕ1(3) = 29

ϕ2(−1) = −2 , ϕ2(0) = 29

ϕ3(0) = −2 , ϕ3(3) = 2

Es decir,

— el maximo absoluto de f sobre T se ubica en (3, 0) y vale 29

— el mınimo absoluto de f sobre T se ubica en (3, −1) y vale −2

177. Sea C una curva plana simple descripta, en coordenadas polares, por

r = f (θ ) , 0 θ 2π

que encierra una regi´ on D de tipo 3 en el plano.

a) hallar una parametrizaci´ on de C

b) calcular el ´ area de D.

a)

Podemos parametrizar C mediante la funcion σ : [0, 2π] −→ R2

σ(θ ) = ( f (θ )cos θ, f (θ )sen θ )

b)

Como estamos en las condiciones que hacen aplicable el Teorema de Green,

A( D) =1

2

C

x dy − y dx

=1

2

2π

0

(− f (θ )sen θ, f (θ )cos θ ) · ( f (θ )cos θ − f (θ )sen θ, f (θ )sen θ + f (θ )cos θ ) d θ

=1

2

2π

0

− f (θ ) f (θ )sen θ cos θ + f 2(θ )sen2θ + f (θ ) f (θ )sen θ cos θ + f 2(θ )cos2 θ d θ

= 12 2π

0 f 2(θ ) d θ

178. Sea T : R2 −→ R2 la transformaci´ on lineal dada por T ( x, y) = (2 x + y, x − 2 y) y sea R = [−1, 1] × [1, 2]. Calcular

el ´ area de T ( R) indicando de qu ´ e figura se trata.

Esta transformacion lineal es un isomorfismo pues su matriz, en las bases canonicas es

2 1

1 −2

que tiene determinante −5 0. En tal caso, transforma el rectangulo R = [−1, 1] × [1, 2] en un paralelogramo cuya

area, en virtud del teorema de cambio de variables en integrales dobles, es

A(T ( R)) = | JT | A( R) = 5.2 = 10




1-1

1

2

-5

-3

-1

3 4

T

R

T(R)


180. Sea W la regi´ on de R3 limitada por

y2+ z2

= 4 , y2+ z2

= 9 , x = −1 , x = 2

Calcular

W e

x y

2

+ z2

dxdydz

Grafiquemos W ,

x

y

z

2

-1

En coordenadas cilındricas, W puede describirse en la forma

W :

2 r 3

0 θ 2π

−1 x 2




Tenemos entonces,

T x × T y =

− x x2 + y2

, − y x2 + y2

, 1

este vector —dado que su ultima coordenada es positiva— apunta hacia el interior del cono.

c)

Calculemos el rotor de F

rotF( x, y, z) = “det”

i j k∂

∂ x∂

∂ y∂∂ z

zy4 y − x3 z2

= (0, y4, −3 x2 − 4 zy3)

Sobre los puntos de S ,

rotF(φ( x, y)) = (0, y4, −3 x2 − 4 y3

x2 + y2)

Entonces,

S

rotF =

D

(0, y4, −3 x2 − 4 y3

x2 + y2) ·

− x x2 + y2

, − y x2 + y2

, 1

dxdy

=

D

− y5 x2 + y2

− 3 x2 − 4 y3

x2 + y2 dxdy

=

[0,2]×[0,2π]

−r 5sen5t

r − 3r 2 cos2 t − 4r 4sen3t

r dtdr

= −

[0,2]×[0,2π]

r 5sen5t dtdr − 3

[0,2]×[0,2π]

r 3 cos3 t dtdr − 4

[0,2]×[0,2π]r 5sen5t

dtdr

=

− 2

0

r 5 dr

− 2π

0

sen5t dt − 3

2

0

r 3 dr 2π

0

cos2 t dt

− 4

2

0

r 5 dr

2π

0

sen3t dt

= −12π

d)

C

F =

2π

0

F(c(t )) · c(t ) dt

=

2π

0

(2(2 sen t )4, 2sen t − (2 cos t )3, 4) · (−2sen t , −2cos t , 0) dt

=

2π

0

−64sen5t − 4sen t cos t + 16 cos4 t dt

= 12π

e)

Comparando ambos resultados obtenemos S

rotF = −

C

F




Si aplicamos el teorema de Stokes al campo F y la superficie S obtenemos

S

rotF = −

∂S +

F

Si bien C es el borde de S , su orientacion es la opuesta a la que deja la region a la izquierda cuando uno camina por

la curva.

En conclusion, era esperable que ambos resultados fueran iguales salvo el signo.

182. Sean f , g : R3 −→ R funciones diferenciables y sea S = {( x, y, z) ∈ R3 / g( x, y, z) = 0}.

a) Escribir la ecuaci´ on del plano tangente a S en un punto a = (a1, a2, a3) ∈ S donde g(a) 0.

b) En cada caso, justificar la afirmaci´ on o dar un contraejemplo, seg´ un corresponda.

(i) Si f tiene un m´ aximo local en a , entonces f |S (la restricci´ on de f al conjunto S) tambi´ en.

(ii) Sea c : [−1, 1] −→ R3 una curva tal que c(0) = a , cuya traza est´ a contenida en S . Si f (a) es un valor

m´ aximo local de f |S , entonces la funci´ on f ◦ c tiene un m´ aximo local en t = 0.

(iii) Si f |S tiene un m´ aximo local en a ∈ S , entonces f tambi´ en.

(iv) Si f |S tiene un extremo local en a ∈ S , entonces los vectores f (a) y g(a) son paralelos.

a)

El conjunto S es una superficie dada implıcitamente por la ecuacion

S : g( x, y, z) = 0

con g diferenciable. Sabemos que existe plano tangente en el punto a ∈ S , ya que g(a) 0, y tambien que su

ecuacion es

g(a) · (x − a) = 0

que tambien se puede escribir en la forma

g(a) · ( x − a1, y − a2, z − a3) = 0

b)

(i)

La afirmacion es verdadera. En efecto, como f tiene un maximo local en a, hay un entorno B(a, r ) de a tal que

f (x) f (a) para todo x ∈ B(a, r )

En particular, dado que B(a, r ) ∩ S ⊂ B(a, r ), vale que

f (x) f (a) para todo x ∈ B(a, r ) ∩ S

es decir,

f (x) f (a)

en un entorno de a en S ; es lo mismo que decir que f (a) es un valor maximo local de la restriccion de f a S (i.e.,

f |S ).

(ii)




La afirmacion es verdadera. El argumento es similar al del inciso anterior ya que –como la traza de c esta contenida

en S – cualquier entorno de a sobre la curva esta contenido en un entorno de a en S . Esto asegura que para |t | < δ

(para un δ > 0 suficientemente chico) vale

f ◦ c(t ) f (c(0)) = f (a)

i.e., f

◦c tiene un maximo local en t = 0.

(iii)

La afirmacion es falsa: que valga una propiedad en un conjunto no asegura que siga valiendo en un conjunto mas

grande.

Consideremos la funcion

f ( x, y, z) = x

Es claro que esta funcion no tiene extremos locales (ni absolutos, en consecuencia) pues es diferenciable y f ( x, y, z) =

(1, 0, 0) 0 para todo ( x, y, z) ∈ R3.

Sin embargo, si tomamos g( x, y, z) = x2 + y2 + z2 − 1 el conjunto S resulta ser

S = {( x, y, z) ∈ R3 / x2+ y2

+ z2= 1}

Siendo S cerrado y acotado (i.e., compacto) y f continua, sabemos que f |S alcanza maximo y mınimo absolutos.

En particular, existe a ∈ S tal que

f (x) f (a)

para todo x en un entorno de a en S . Pero sin embargo, como notamos al comienzo, f (a) no es maximo local de f .

(iv)

La afirmacion es verdadera. Lo garantiza la proposicion referida a los multiplicadores de Lagrange.

183. a) Enunciar el teorema de cambio de variable para una integral doble.

b) Aplicar el resultado anterior para calcular —mediante un cambio de coordenadas— la siguiente integral

D

x2 − 2 x + 3 y2+ 1 dxdy

siendo D la porci´ on del disco ( x − 1)2+ y2

4 encerrada entre las semirrectas L1 : y 0 , y = x − 1 y

L2 : y 0 , y =

− x + 1.

a)

Sean D y D∗ regiones elementales deR2 y T : D∗ −→ D una transformaci´ on que satisface las siguientes condiciones

N es de clase C 1

N es inyectiva en D∗ salvo un conjunto de ´ area cero.

N T( D∗) = D

Entonces, si f : D

−→R es integrable, la funci´ on f

◦T : D∗

−→R es integrable y se tiene

D

f ( x, y) dxdy =

D∗

f ◦ T(u, v) | J (T)(u, v)| dudv




b)

Grafiquemos D,

3

2

1-1

D

π/4π/4

y=x-1 y=-x+1

Queda claro que si ( x, y) ∈ D, entonces el par ( x−

1

2 ,y

2 ) esta en el disco u2

+ v2

1. Podemos entonces representarlos puntos de D en coordenadas polares en la siguiente forma

x = r cos θ + 1

y = r sen θ 0 r 2 ,

π

4 θ 3

π

4

De esta forma, si denotamos D∗= [0, 2] × [ π

4, 3 π

4], la transformacion T : D∗ −→ R

2 dada por

T (r , θ ) = (r cos θ + 1, r sen θ )

es de clase C 1, es inyectiva en D∗ y T ( D∗) = D.

Como ademas la funcion f ( x, y) = x2

−2 x + 3 y2

+ 1 es continua, es integrable en D; luego, podemos aplicar el

teorema anterior.

Observemos primero que f ( x, y) = ( x − 1)2+ 3 y2, con lo cual f ◦ T (r , θ ) = r 2 cos2 θ + 3sen2θ . Recordemos ademas

que | JT (r , θ )| = r . Entonces,

D

x2 − 2 x + 3 y2+ 1 dxdy =

D

( x − 1)2+ 3 y2 dxdy =

T ( D∗)

( x − 1)2+ 3 y2 dxdy

=

D∗

f ◦ T (r , θ ) r drd θ =

2

0

3 π4

π4

(r 2 cos2 θ + 3r 2sen2θ ) r d θ dr

= 2

0

3 π4

π4

(r 2 + 2r 2sen2θ ) r d θ dr

=

2

0

3 π4

π4

r 3 d θ dr +

2

0

3 π4

π4

r 3sen2θ d θ dr

=π

2

r 4

4

20

+

2

0

r 3 dr

3 π4

π4

sen2θ d θ =π

2

r 4

4

20

+r 4

4

20

3 π4

π4

sen2θ d θ

=π

2

16

4+

16

4

3 π4

π4

1 − cos(2θ )

2d θ = 2π + 2

3 π4

π4

1 − cos(2θ ) d θ

= 2π + π − sen(2θ )

2

3π4

π4

= 3π − 1

2(−1 − 1) = 3π + π

= 4π

184. a) Sea F un campo vectorial de clase C 1 en R3 tal que rot F = 0 y divF = 0. Mostrar que F es el campo gradiente

de una funci´ on arm´ onica.




b) Sean f , g : R2 −→ R de clase C 1. Se definen los campos vectoriales F( x, y) = ( f ( x, y), g( x, y)) y G( x, y, z) =

( f ( x, y), g( x, y), 0). Analizar cu´ al es la relaci´ on que hay entre las integrales

∂ DF · d S e

D

rot G · d S , siendo

D :

x2

4+

y2

9 1 , z = 0 .

c) Sea W la porci´ on del cilindro x2+ y2

= 9 limitada por los planos z = −1 y z = 3. Calcular

∂W F · d S , siendo

F( x, y, z) = ( x, 2 yz, − z2).

a)

Siendo F de clase C 1 en todo R3 2 sabemos que existe f –que resultara ser de clase C 2– cuyo gradiente es F. Solo

nos resta ver que f es armonica; i.e., que ∆ f ≡ 0.

Pero como ademas 0 = divF = div( f ), tenemos

0 =∂F 1

∂ x+

∂F 2

∂ y+

∂F 3

∂ x=

∂(∂ f

∂ x)

∂ x+

∂(∂ f

∂ y)

∂ y+

∂(∂ f

∂ z)

∂ z=

∂2 f

∂ x2+

∂2 f

∂ y2+

∂2 f

∂ z2= ∆ f

de donde resulta que f es armonica en R3.

b)

Siendo D una region donde es aplicable el teorema de Green,

∂ D

F =

∂ D

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

D

∂g

∂ x− ∂ f

∂ ydxdy

Por otro lado,

rotG =

0, 0,

∂g

∂ x− ∂ f

∂ y

Y, siendo tambien valido en estas condiciones el teorema de Stokes, tenemos

D

rotG =

D

0, 0,

∂g

∂ x− ∂ f

∂ y

· n

siendo n la normal unitaria que apunta hacia la direccion positiva del eje z —es decir, n = (0, 0, 1)— para que, al

orientar ∂ D en sentido antihorario, D quede orientada positivamente.

Entonces, D

rotG =

D

∂g

∂ x− ∂ f

∂ ydxdy

Concluimos finalmente que ∂ D

F =

D

rotG

c)

Siendo W una region simetrica del espacio (lo que en la practica llamamos de tipo 4) y F de clase C 1, el teorema de

Gauss nos dice que ∂W

F · d S =

W

divF dxdydz

Calculemos la divergencia de este campo

divF( x, y, z) =∂ x

∂ x+

∂(2 yz)

y+

∂(− z2)

∂ z= 1 + 2 z − 2 z = 1

2En realidad alcanza con que lo sea en todo R3 salvo una cantidad finita de puntos




Entonces,

∂W

F · d S =

W

divF dxdydz =

W

dxdydz = vol(W ) = 9π(3 − (−1))

= 36π

185. Se sabe que la funci´ on diferenciable f tiene un m´ aximo local en el punto a ∈ R3. Si g(t ) es una curva en R3 tal que

g(0) = a ,

a) calcular ϕ(0) , siendo ϕ(t ) = f ◦ g(t )

b) ¿la respuesta anterior asegura que ϕ tiene un extremo local en t = 0?

c) ¿hay alguna otra raz´ on que garantice que ϕ tiene un extremo en t = 0? En tal caso, se puede determinar si se

trata de un m´ aximo o de un mınimo local?

Como f es diferenciable y tiene un extremo local en a debe ser f (a) = 0.

a)

Siendo ϕ(t ) = f ◦ g(t ), tenemos

ϕ(0) = f (g(0)) · g(0) = f (a) · g(0) = 0 · g(0) = 0

b)

No, que sea ϕ(0) = 0 no garantiza que ϕ tenga un extremo en 0.

c)

Sı, como f tiene un maximo local en a, existe un ε > 0 tal que

f (x) f (a)

para todo x

∈B(a, ε).

Siendo g una curva continua tal que g(0) = a, existe un δ > 0 tal que

g(t ) ∈ B(a, ε)

para |t | < δ.

De esta forma,

ϕ(t ) = f (g(t )) f (a) = ϕ(0)

para |t | < δ, lo que nos dice que ϕ tiene tambien un maximo local en t = 0.

186. Sabiendo que F(0, 0, 0) = (0, 1, 4) y que rot F(0, 0, 0) = (−

2, 1, 3) , hallar

rot ( f F)(0, 0, 0)

donde f ( x, y, z) = e x+ sen y − ln( z + 1).




Calculemos

rot( f F) =

i j k∂

∂ x

∂

∂ y

∂

∂ z

f F 1 f F 2 f F 3

=

∂( f F 3)∂ y

− ∂( f F 2)∂ z

, ∂( f F 1)∂ z

− ∂( f F 3)∂ x

, ∂( f F 2)∂ x

− ∂( f F 1)∂ y

=

∂ f

∂ yF 3 + f

∂F 3

∂ y− ∂ f

∂ zF 2 − f

∂F 2

∂ z,

∂ f

∂ zF 1 + f

∂F 1

∂ z− ∂ f

∂ xF 3 − f

∂F 3

∂ x,

∂ f

∂ xF 2 + f

∂F 2

∂ x− ∂ f

∂ yF 1 − f

∂F 1

∂ y

=

∂ f

∂ yF 3 − ∂ f

∂ zF 2,

∂ f

∂ zF 1 − ∂ f

∂ xF 3,

∂ f

∂ xF 2 − ∂ f

∂ yF 1

+ f

∂F 3

∂ y− ∂F 2

∂ z,

∂F 1

∂ z− ∂F 3

∂ x,

∂F 2

∂ x− ∂F 1

∂ y

=

i j k∂ f

∂ x

∂ f

∂ y

∂ f

∂ z

F 1 F 2 F 3

+ f rotF

=

f

×F + f rotF

Por lo tanto,

rot( f F)(0) = (1, 1, −1) × (0, 1, 4) + (−2, 1, 3) = (3, −3, 4)

187. Hallar la regi´ on de integraci´ on de la siguiente integral iterada

2

1

ln x

0

( x − 1)√

1 + e2 y dydx

y calcular su valor.

Buscamos un conjunto D ⊂ R2 tal que

2

1

ln x

0( x − 1) √ 1 + e2 y dydx =

D

( x − 1) √ 1 + e2 y dA

Las inecuaciones que definen a D son

1 x 2 , 0 y ln x

Es decir,

1 2

ln(2)

D




Cambiando el orden de integracion,

2

1

ln x

0

( x − 1)√

1 + e2 y dydx =

ln 2

0

2

e y

( x − 1)√

1 + e2 y dxdy

=

ln 2

0

√ 1 + e2 y

2

e y

( x − 1) dx

dy

= ln 2

0√ 1 + e2 y

x2

2 − x2

e y

dy

=

ln 2

0

√ 1 + e2 y

e y − e2 y

2

dy

=

ln 2

0

√ 1 + e2 y e y dy − 1

2

ln 2

0

√ 1 + e2 y e2 y dy

=

2

1

√ 1 + u2 du − 1

4

4

1

√ 1 + v dv

=1

2

2

√ 5 −

√ 2 + ln(

√ 5+2√ 2+1

)

− 1

6(53/2 − 23/2)

donde se hicieron los cambios de variable: u = e y , v = e2 y , se uso la tabla de integrales y se aplico la regla de

Barrow.

188. a) Si F es un campo vectorial que es normal a c(t ) en cada punto de la curva c(t ) , ¿qu´ e se puede decir de

c

F · d s?

b) Sean f ( x, y, z) = xe y cos(π z) y c(t ) = (3 cos4 t , 5sen7t , 0) , 0 t π. Calcular

(i) F = f

(ii)

cF · d s

c) Sea S una superficie y C una curva cerrada que la limita. Comprobar la identidad S

× F · d S =

C

F · d s

siendo F un campo gradiente.

d) Sea D una regi´ on en la cual es v´ alido el teorema de Green. Calcular ∂ D

∂ f

∂ ydx − ∂ f

∂ xdy

sabiendo que f es una funci´ on arm´ onica.

a)

Supongamos que c esta definida en el intervalo [a, b],

c

F =

b

a

F(c(t )) · c(t ) dt =

b

a

0 dt = 0

debido a que F(c(t )) ⊥ c(t ).

b)

F( x, y, z) = f ( x, y, z) = (e y

cos(π z), xe y

cos(π z), −π xe y

sen(π z))

c

F =

c

f = f (c(π)) − f (c(0)) = f (3, 0, 0) − f (3, 0, 0) = 0




c)

Notemos que siendo F un campo gradiente, existe f , campo escalar, tal que F = f . Luego,

× F = × ( f ) = 0

con lo cual S

× F = 0

Por otro lado, c

F =

c

f = 0

dado que la curva es cerrada.

d)

Aplicando el Teorema de Green

∂ D

∂ f

∂ ydx − ∂ f

∂ xdy =

D

∂

∂ x

−∂ f

∂ x

− ∂

∂ y

∂ f

∂ y

dxdy

=

D

∆ f dxdy =

D

0 dxdy

= 0

189. Sea S : F ( x, y, z) = 0 con F de clase C 1 y tal que todas las variables se pueden despejar como funci´ on de las otras

dos en el entorno de un punto. Explicar el significado y demostrar la siguiente ecuaci´ on∂ y

∂ x

∂ z

∂ y

∂ x

∂ z

= −1

La hipotesis nos garantiza que existen funciones f , g, h –definidas en un entorno del punto en cuestion– tales que

x = f ( y, z) , y = g( x, z) , z = h( x, y)3 (3)

Tenemos entonces,

F ( f ( y, z), y, z) = 0

F ( x, g( x, z), z) = 0

F ( x, y, h( x, y)) = 0

Derivando implıcitamente respecto de z , x e y –respectivamente– obtenemos

∂F

∂ x( f ( y, z), y, z)

∂ f

∂ z( y, z) +

∂F

∂ y( f ( y, z), y, z) . 0 +

∂F

∂ z( f ( y, z), y, z) . 1 = 0

∂F

∂ x( x, g( x, z), z) . 1 +

∂F

∂ y( x, g( x, z), z)

∂g

∂ x( x, z) +

∂F

∂ z( x, g( x, z), z) . 0 = 0

∂F

∂ x( x, y, h( x, y)) . 0 +

∂F

∂ y( x, y, h( x, y)) . 1 +

∂F

∂ z( x, y, h( x, y))

∂h

∂ y( x, y) = 0

3Por ejemplo, si en ese punto todas las derivadas parciales de F fueran no nulas, el Teorema de la Funcion Implıcita nos asegura que esto pasa.




De donde, teniendo en cuenta (3),

∂ x

∂ z=

∂ f ( y, z)

∂ z( y, z) = −

∂F

∂ z( x, y, z)

∂F

∂ x( x, y, z)

∂ y

∂ x=

∂g( x, z)

∂ x( x, z) = −

∂F

∂ x( x, y, z)

∂F

∂ y( x, y, z)

∂ z

∂ y=

∂h( x, y)

∂ y( x, y) = −

∂F

∂ y( x, y, z)

∂F

∂ z( x, y, z)

Por lo tanto,

∂ y

∂ x

∂ z

∂ y

∂ x

∂ z

= (−1)3

∂F ∂ z

( x, y, z)

∂F

∂ x( x, y, z)

.∂F ∂ x

( x, y, z)

∂F

∂ y( x, y, z)

.∂F ∂ y

( x, y, z)

∂F

∂ z( x, y, z)

= −1

190. Sean F( x, y) =

− y

x2 + y2,

x

x2 + y2

y f ( x, y) = − arctg( x/ y).

a) Determinar en qu´ e regi´ on es F de clase C 1. Idem para f .

b) ¿Se puede definir f donde no lo est´ a de manera que resulte continua?

c) Calcular f y comparar con F. Determinar en qu´ e regi´ on vale la relaci´ on obtenida.

d) ¿Puede existir g de clase C 1 tal que F = g en R2 − {(0, 0)}?

e) Comprobar que C

− y

x2 + y2dx +

x

x2 + y2dy = 2π

donde C : x2+ y2

= 1 , recorrida una vez en sentido positivo.

f) Explique por qu´ e no hay contradicci´ on entre los resultados anteriores.

a)

El dominio de F es R2 − {(0, 0)} y en esa region cada componente es cociente de polinomios cuyo denominador no

se anula; luego, F es de clase C 1 en R2 − {(0, 0)}.

El dominio de f es R2 − {( x, 0) / x ∈ R}. Ahı es composicion de funciones de clase C 1, por lo que es de clase C 1 en

R2 − {( x, 0) / x ∈ R}.

b)

Lo podremos hacer siempre y cuando exista el lımite de f ( x, y) cuando ( x, y) tiende a (a, 0) (i.e., un punto del eje x

que es donde f no esta definida).




K Analicemos primero el caso a = 0. Debemos ver si existe el lımite cuando ( x, y) tiende a (0, 0)

Si nos acercamos al origen por el eje y,

f (0, y) = − arctg(0/ y) = 0 −−−−−→ 0

pero si lo hacemos por la bisectriz del primer cuadrante,

f ( x, x) = − arctg( x/ x) = − arctg(1) =π4

−−−−−→ − π4

Concluimos que no existe este lımite y en consecuencia no es posible definir a f en (0, 0) de modo que resulte

continua.

K Consideremos ahora el lımite cuando ( x, y) → (a, 0) con a 0.

¢ a > 0

Si nos acercamos por la recta x = a y tomamos valores positivos de y, resulta que a/ y > 0 y tiende a +∞; por

lo tanto,

f (a, y) = − arctg(a/ y) −−−−−→ −π

2

Si en cambio tomamos valores negativos de y, resulta que a/ y < 0 y tiende a −∞; por lo tanto,

f (a, y) = − arctg(a/ y) −−−−−→ π

2

Tambien en este caso la conclusion es que no existe el lımite y en consecuencia no es posible definir a f en

(a, 0) de modo que resulte continua.

¢ a < 0

Trabajando de manera similar, en este caso obtenemos

f (a, y) = − arctg(a/ y) −−−−−→ π

2

si tomamos valores positivos de y. Y

f (a, y) = − arctg(a/ y) −−−−−→ −π

2

si nos acercamos por valores negativos de y.

De modo que f no puede ser definida –de manera continua– en ningun punto del eje x. Esta situacion se ilustra en

el siguiente grafico; las rectas representan las distintas formas de acercarse a los puntos (0, 0) , (2, 0) y (−2, 0)




c)

Dado ( x, y) ∈ R2 − {( x, 0) / x ∈ R},

∂ f

∂ x( x, y) = − 1

1 + ( x/ y)2

1

y=

− y

x2 + y2

y

∂ f

∂ y( x, y) = − 1

1 + ( x/ y)2

− x

y2

=

x

x2 + y2

Resulta que

f ( x, y) = F( x, y)

para todo ( x, y) ∈ R2 − {( x, 0) / x ∈ R}; es decir, en la interseccion de sus dominios.

d)

Teniendo en cuenta los resultados previos la respuesta es no.

Si existiera una tal g —sobre el dominio de f — deberıa diferir de f en una constante (que podrıa no ser la misma

en el semiplano superior que en el inferior).

Mas concretamente, por ser g = f en R2 − {( x, 0) / x ∈ R}, sobre el semiplano superior

{( x, y) ∈ R2 / y > 0} –que es un conjunto conexo– debe ser

g( x, y) = f ( x, y) + K 1

para una cierta constante K 1. Y sobre el semiplano inferior {( x, y) ∈ R2 / y < 0} –que tambien es conexo– debe ser

g( x, y) = f ( x, y) + K 2

para otra cierta constante K 2. Resumiendo,

g( x, y) =

f ( x, y) + K 1 si y > 0

f ( x, y) + K 2 si y < 0(4)

Como estamos suponiendo que g = F en R2 − {(0, 0)}, g debe ser de clase C 2 en ese conjunto y, en particular,

continua. Podemos decir entonces que

g( x, y) −−−−−→ g(a, 0)

cuando ( x, y) → (a, 0) 4.

Recordando la relacion (4) entre f y g, deducimos de aquı que para a = ±2, por ejemplo, tenemos

g( x, y) =

f ( x, y) + K 1 −−→ − π

2+ K 1 , y > 0

f ( x, y) + K 2 −−→ π2

+ K 2 , y < 0cuando ( x, y) −→ (2, 0)

y

g( x, y) =

f ( x, y) + K 1 −−→ π

2+ K 1 , y > 0

f ( x, y) + K 2 −−→ − π2

+ K 2 , y < 0cuando ( x, y) −→ (−2, 0)

En consecuencia, dado que g es continua en (2, 0) y en (−2, 0),

− π

2+ K 1 = g(2, 0) =

π

2+ K 2 y

π

2+ K 1 = g(−2, 0) = −π

2+ K 2

Luego,

K 1 − K 2 = π y K 1 − K 2 = −π

4Nos interesan estos puntos porque es donde f no esta definida y no tiene lımite




lo que claramente es absurdo.

Podemos asegurar entonces que no existe tal g.

e)

Parametrizamos la curva C : x2+ y2

= 1 mediante la funcion c(t ) = (cos t , sen t ) que recorre a C una vez en sentido

positivo. Entonces,

C

− y

x2 + y2dx +

x

x2 + y2dy =

2π

0

− sen t

cos2 t + sen2t ,

cos t

cos2 t + sen2t

· c(t ) dt

=

2π

0

(− sen t , cos t ) · (− sen t , cos t ) dt =

2π

0

cos2 t + sen2t dt

=

2π

0

dt

= 2π

f)

No hay contradiccion pues, si bien F es de clase C 1 en todo el plano salvo un punto, la conclusion valida para R3

(si un campo vectorial es de clase C 1 salvo finitos puntos y su rotor es cero, entonces es un campo gradiente) no lo

es para R2. Debe ser de clase C 1 en todo el plano, como muestra este ejemplo.

Notemos que en nuestro caso F es un campo gradiente en el ambos semiplanos abiertos –superior e inferior– pero

no en todo R2.

191. Sea W la regi´ on dada por las condiciones: ( x − 1)

2+

y

2

1 , −1

z

1 y ∂W su frontera orientada positivamente.Siendo F( x, y, z) = ( xy2, ( x − 1)2 y, x) , calcular

∂W

F · d S

La region W se ilustra en la siguiente figura




Estando en las condiciones del Teorema de Gauss,

∂W

F =

W

divF dxdydz

Calculemos la divergencia de F,

divF( x, y, z)=

y

2+

( x − 1)

2+

0=

( x − 1)

2+

y

2

Entonces, usando la transformacion a coordenadas cilındricas,

x = r cos t + 1

y = r sen t

z = z

donde 0 r 1 , 0 t 2π , −1 z 1 y cuyo jacobiano es r podemos calcular la integral pedida

∂W

F =

W

divF dxdydz =

W

( x − 1)2

+ y2

dxdydz

=

1

−1

2π

0

1

0

r 2 r drdtdz = 2.2π

1

0

r 3 dr = 4πr 4

4

1

0

= π

192. a) Sean F( x, y, z) = ( xy, y, z) , ¿puede ser F un campo gradiente?

b) Hallar todas las lıneas de flujo del campo F( x, y) = ( x, x2).

c) Se sabe que la funci´ on f de clase C 3 satisface lım( x, y)→(0,0)

f ( x, y) − 2 − x2 − 3 y2

x2 + y2= 0

(i) ¿le alcanza esta informaci´ on para hallar el polinomio de Taylor de grado 2 de f en el origen? ¿Y el de

grado 1?

(ii) ¿Es f (0, 0) un valor extremo local de f ? En caso afirmativo, ¿puede determinar qu´ e tipo de extremo local

es?

a)

No, pues, por ejemplo∂F 1

∂ y( x, y, z) = x 0 =

∂F 2

∂ x( x, y, z)

b)

Buscamos las curvas c(t ) = ( x(t ), y(t )) que satisfacen

F(c(t )) = c(t )

por lo tanto, las componentes de c deben cumplir

( x(t ), x2(t )) = ( x(t ), y(t ))

es decir, c es solucion del sistema de ecuaciones diferenciales x(t ) = x(t )

y(t ) = x2(t )




De la primera ecuacion obtenemos que

x(t ) = c1et

por consiguiente, la segunda componente satisface

y(t ) = c21e2t

o sea,

y(t ) =c2

1

2e2t

+ c2

Finalmente,

c(t ) = (c1et ,c2

1

2e2t

+ c2)

c)

La condicion

lım( x, y)→(0,0)

f ( x, y) − 2 − x2 − 3 y2

x2 + y2= 0

garantiza que el polinomio

P2( x, y) = 2 + x2+ 3 y2

es el polinomio de Taylor de grado 2 de f en el origen.

Por otro lado, esa condicion tambien implica que

lım( x, y)→(0,0)

f ( x, y) − 2 − x2 − 3 y2

x2 + y2

= lım( x, y)→(0,0)

x2 + y2

f ( x, y) − 2 − x2 − 3 y2

x2 + y2= 0

Pero entonces, como x2

+ 3 y2

x2 + y2= 1 + 2

y2

x2 + y2

resulta que este cociente esta acotado y eso obliga a que, en virtud de

f ( x, y) − 2 − x2 − 3 y2 x2 + y2

= f ( x, y) − 2

x2 + y2− x2

+ 3 y2 x2 + y2

−−→ 0

lleguemos a poder afirmar

lım( x, y)→(0,0)

f ( x, y) − 2 x2 + y2

= 0

Por lo tanto, el polinomio de Taylor de orden 1 de f en el origen es

P1( x, y) = 2

que tiene grado cero.

Esto nos dice, en particular, que f (0, 0) = 0; es decir, el origen es un punto crıtico de f . La matriz Hessiana esta

dada por 2 0

0 3

cuyo determinante es 6 > 0. Esto, junto con el hecho que

∂2 f

∂ x2 (0, 0) = 2 > 0, nos asegura que en (0, 0), f tiene un

mınimo local.









198. Sea T : R2 −→ R2 la transformaci´ on lineal dada por T ( x, y) = (2 x + 3 y, − x + ay).

a) Dar una condici´ on sobre a que garantice que T transforma paralelogramos en paralelogramos.

b) Hallar a de modo que el ´ area de T ( R) sea 10 , siendo R el paralelogramo determinado por los vectores u = (1, 2)

y v = (4, 3).

La matriz de esta transformacion es 2 3

−1 a

a)

Para que T cumpla lo pedido debe ser un isomorfismo y eso equivale —siendo lineal— a que su determinante sea

no nulo. Entonces, la condicion es

det

2 3

−1 a

= 2a + 3 0

es decir,a −3

2

b)

Partimos de a − 32

para asegurar que T es isomorfismo. En tal caso, el teorema de cambio de variables en integrales

dobles nos dice que

A(T ( R)) = | det T | A( R)

Calculemos entonces el area de R

A( R) = uv sen(α) =

√ 5 5 sen(α)




siendo α el angulo entre u y v. Podemos calcular el coseno de este angulo

cos α =u · v

u vSiendo 0 α

π2

, el seno es positivo; luego,

sen α =

√ 1

−cos2 α = 1 −

4/5 =

√ 5

5

Luego,

A( R) =

√ 5 5

√ 5

5= 5

De modo que

10 = A(T ( R)) = |2a + 4|5es decir,

|2a + 4| = 2

Por lo tanto, los valores de a que hacen que A(T ( R)) = 10 son

−1,

−3

199. Sea f : R3 −→ R de clase C 3. Se sabe que (0, 0, 0) es un punto crıtico de f y que λ = −2 es un autovalor de su

matriz Hessiana.

a) Hallar la f´ ormula de Taylor de orden 2 de f alrededor del origen.

b) Sea v un autovector unitario asociado a λ = −2. Escribir la f´ ormula de Taylor de orden 2 de la funci´ on

ϕ(t ) = f (t v).

c) Mostrar que t = 0 es un punto crıtico de ϕ y clasificarlo.

d) ¿Se puede garantizar que se obtiene el mismo resultado para f en (0, 0, 0)?

a)

Por ser un punto crıtico,

f (0, 0, 0) = (0, 0, 0)

Luego, la f ormula de Taylor de orden 2 alrededor del origen es

f ( x, y, z) = f (0, 0, 0) + H f (0, 0, 0)( x, y, z) + R2( x, y, z) (5)

Recordemos que

lım( x, y, z)→(0,0,0)

R2( x, y, z) x2 + y2 + z2

= 0 (6)

b)

Que λ = −2 sea autovalor de la matriz Hessiana significa que es raız del polinomio

det( MHf (0, 0, 0) − λ I ) = 0

y que v sea un autovector correspondiente a λ = −2

MHf (0, 0, 0)vt

= −2vt

y por lo tanto,

H f (0, 0, 0)(v) =1

2v MH f (0, 0, 0)vt

=1

2(−2)vvt

= −v2= −1




Usando (5) el polinomio de Taylor de ϕ de orden 2 en t = 0 es

ϕ(t ) = f (t v) = f (0, 0, 0) + H f (0, 0, 0)(t v) + R2(t v)

= ϕ(0) + t 2 H f (0, 0, 0)(v) + ˜ R2(t )

= ϕ(0) − t 2 + ˜ R2(t )

pues ϕ(0) = f (0.v) = f (0, 0, 0). Notemos ademas que ˜ R2(t ) = R2(t v) ya que

lımt →0

R2(t v)

t 2= lım

t →0

R2(t v)

t v2= 0

en virtud de (6)

c)

Debemos ver que ϕ(0) = 0. Pero, mirando la formula de Taylor calculada en b), resulta que el coeficiente de t en

el polinomio de Taylor de ϕ es cero dado que t 2 H f (0, 0, 0)(v) es un termino cuadratico. Luego,

ϕ(0) = 0

Para saber si se trata o no de un extremo volvemos a recurrir a la formula de Taylor de ϕ

ϕ(t ) − ϕ(0) = −t 2 + ˜ R2(t )

Dividimos miembro a miembro por t 2

ϕ(t ) − ϕ(0)

t 2= −1 +

˜ R2(t )

t 2−→ −1 + 0 = −1

cuando t → 0 por ser˜

R2 el resto de Taylor de orden 2.Resulta entonces que

ϕ(t ) − ϕ(0)

t 2< 0

para |t | < δ, con δ suficientemente chico (dado que el lımite es negativo). Pero como el denominador es positivo,

tenemos

ϕ(t ) − ϕ(0) < 0

en un entorno de 0. Es decir,

ϕ(t ) < ϕ(0)

en un entorno del origen, lo que asegura que en t = 0 hay un maximo local de ϕ.

d)

No se puede garantizar pues el resultado anterior solo asegura que f tiene un maximo local en la direcci´ on de v.

No sabemos que pasa en todo un entorno del origen en el espacio.

200. Sea D la regi´ on del plano que es interior al cuadrado C 1 : | x| + | y| = 4 y exterior a la circunferencia unitaria

C 2 : x2+ y2

= 1. Graficar esta regi´ on y orientar C 1 y C 2 de modo que valga

D

x2+ y2 dxdy =

C 1

xy2 dy − x2 y dx +

C 2

xy2 dy − x2 y dx

Calcular este valor.




Si llamamos

P( x, y) = − x2 y , Q( x, y) = xy2

obtenemos

∂Q

∂ x( x, y) = y2 ,

∂P

∂ y( x, y) = − x2

De modo que

D

x2+ y2 dxdy =

D

∂Q

∂ x

( x, y)

−

∂P

∂ y

( x, y) dxdy = =

↑Green

∂ D+

P( x, y) dx + Q( x, y) dy = ∂ D

+

xy2 dy

−x2 y dx

Entonces, si orientamos la frontera de D como en el grafico vale la igualdad

D

x2+ y2 dxdy =

C 1

xy2 dy − x2 y dx +

C 2

xy2 dy − x2 y dx

Calculemos este valor,

D

x2+ y2 dxdy = 4

1

0

4−

x

√ 1− x2

x2+ y2 dydx +

4

1

4−

x

0

x2+ y2 dydx

= 4

1

0

4− x

0

x2+ y2 dydx −

1

0

√ 1− x2

0

x2+ y2 dydx +

4

1

4− x

0

x2+ y2 dydx

= 4

4

0

4− x

0

x2+ y2 dydx −

1

0

√ 1− x2

0

x2+ y2 dydx

= 4

4

0

4 x2 − x3+

(4 − x)3

3dx − 4

π/2

0

1

0

r 2.r dr dt

= 4

4

3 x3

4

0

− x4

4

4

0

− ( x − 4)3

12

4

0

− π

2= 4(44 − 43

+1

3) − π

2

=2308

3− π

2




201. Hallar el volumen del s ´ olido limitado por el cono C : z2= x2

+ y2 y el plano π : z =12 y + 1

Busquemos la interseccion del plano con el cono

z2= x2

+ y2 , z =1

2 y + 1

entonces,

(1

2 y + 1)2

= x2+ y2

con lo cual la proyeccion de la interseccion sobre el plano xy es la elipse

x2

(2/√

3)2+

( y − 2/3)2

(4/3)2= 1

Usando coordenadas polares, la elipse y su interior se puede expresar en la forma x =

2√ 3

r cos t

y =43

r sen t +23

con 0 r 1 , 0 t 2π.

El volumen de W se puede calcular como diferencia entre el volumen de la porcion del cono comprendida entre los

planos z = 0 y z = 2, que llamaremos W 1, y el del solido limitado por el cono y los planos z =12 y + 1 y z = 2, que

llamaremos W 2

Calculemos el volumen del cono

vol(W 1) =

2π

0

√ 2

0

2

r

r dzdrdt

=

2π

0

√ 2

0

(2 − r )r drdt

= 2π(r 2 − r 3

3)

√

2

0

= 4π(1 −√

2

3)

Calculemos el volumen de W 2. En principio, observemos que esta region se puede describr, en coordenadas

cilındricas, en la forma

0 t 2π , 0 r 1 ,2

3r sen t +

4

3 z 2




entonces —teniendo en cuenta que el jacobiano es 8

3√

3r —

vol(W 1) =

2π

0

1

0

2

23

r sen t + 43

8

3√

3r dzdrdt

=

2π

0

1

0

2 − 2

3r sen t − 4

3

8

3√

3r drdt

=

2π

0

1

0

23

− 23

r sen t

8

3√

3r drdt

=

2π

0

1

0

16

9√

3r − 16

9√

3r 2 sen t drdt

= 2π16

9√

3

r 2

2

1

0

− 1

0

16

9√

3r 2

2π

0

sen t dt

dr

=16

9√

3π

Finalmente,

vol(W ) = 4π(1 −√

23

) − 169

√ 3

π

= 2√

3π18

√ 3 − 6

√ 6 − 8

27

202. a) Sean F un campo de clase C 2 en R3 tal que × F = 0 y divF = 0. Mostrar que entonces F es el gradiente de

una funci´ on arm´ onica.

b) Calcular

SF · d S , siendo S la frontera de W = [−1, 1] × [−1, 1] × [−1, 1] y F( x, y, z) = (3 x, y, − z).

a)

Como × F = 0 —y siendo F de clase C 2 en R3— sabemos que existe f tal que F = f .

Por otro lado,

0 = divF = div f =∂2

∂ x2f +

∂2

∂ y2f +

∂2

∂ z2f

lo que dice que f es armonica.

b)

Podemos usar el teorema de Gauss,

S

F =

W

divF dxdydz =

W

3 + 1 − 1 dxdydz = 3

W

dxdydz = 3vol(W ) = 3.23= 24





practicas 6 a 10(1er cuatri 2007) - resueltos

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