mat1630.files.wordpress.com · A continuaci on se presentan apuntes del curso C alculo III...

Pontificia Universidad Catolica de ChileEscuela de Ingenierıa

Departamento de Ingenierıa Matematica (?)

This is Sparta!!... oh wait... Calculo III!!!

David Cozmar RamırezMatıas Lopez Abukalil

Juan Pablo Vigneaux Ariztıa

21 de noviembre de 2010

http://www.ucimat.tk

mailto:[email protected]



A continuacion se presentan apuntes del curso Calculo III (MAT1630).

Hamos seguido el orden sugerido por el programa del curso, tratando de alcanzar el mayor gradode completitud. Cada capıtulo presenta la materia correspondiente, seguida luego de ejerciciosresueltos. Los ejercicios son de dificultad variable; algunos, para nada sencillos. No se desanimesi hay cosas que no salen en el primer intento.

Obviamente, nosotros no reclamamos la autorıa de todo lo que aprece en las paginas de estedocumento. Una gran parte de lo que encontrara en estos apuntes se basa en nuestras propiasnotas sobre el curso, tomadas en las clases de los profesores Mariel Saez y Angel Carocca. Ala vez, varios ejercicios han sido tomados de pruebas, guıas o ayudantıas antiguas. Esperamosque se nos perdone no tener un sistema de citas del todo riguroso. No obstante lo anterior, todaequivocacion o imprecision es de nuestra responsabilidad.

El documento completo se encuentra en pleno desarrollo y probablemente contiene muchoserrores (“typos”, signos, etc.) que esperamos ir arreglando con su ayuda. Luego, si detectaalguno, favor informar a [email protected] o [email protected].

Queremos remarcar que estos apuntes son absolutamente complementarios a las clases —estono es “La Biblia” ni mucho menos— y, por lo tanto, no las reemplazan de ninguna forma.

Indice general

1. Topologıa de Rn 5

1.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.2. Normas en Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.3. Abiertos y Cerrados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.4. Adherencia y Frontera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.5. Definiciones Geometricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.6. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

2. Calculo Diferencial de Funciones Escalares en Varias Variables 17

2.1. Funciones Escalares de Varias Variables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

2.2. Lımites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

2.3. Continuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

2.4. Derivadas Parciales y Direccionales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

2.5. Diferenciabilidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

2.6. Plano Tangente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

2.7. Gradiente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39


3. Aplicaciones 65

3.1. Teorema de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

3.2. Mınimos y Maximos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

3.3. Multiplicadores de Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

4 INDICE GENERAL


4. Calculo Diferencial de Funciones Vectoriales en Varias Variables 89

4.1. Funciones Vectoriales de Varias Variables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90

4.2. Lımites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91

4.3. Continuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92

4.4. Diferenciabilidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93

4.5. Matriz Jacobiana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

4.6. Cambios de Coordenadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98


5. Teorema de la Funcion Implıcita e Inversa 103

5.1. Teorema de la Funcion Implıcita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103

5.2. Teorema de la Funcion Inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108


6. Integrales Multiples 115

6.1. Integrales Dobles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116

6.2. Integrales Triples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124

6.3. Integrales n-esimas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126

6.4. Teorema del cambio de variable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126

6.5. Aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130


7. Integrales de Lınea 149

7.1. Integrales de campos escalares sobre curvas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149

7.2. Integrales de campos vectoriales sobre curvas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150

7.3. Campos conservativos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152

7.4. Teorema de Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156


INDICE GENERAL 5

8. Integrales de Superficie 169

8.1. Introduccion a las superficies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 169

8.2. Integrales sobre superficies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171

8.3. Divergencia y rotor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173

8.4. Teorema de Stokes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175

8.5. Teorema de la Divergencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178


A. Conceptos de Algebra Lineal 187

A.1. Formas cuadraticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187

B. Funciones Gamma y Beta 191

B.1. Definicion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191

B.2. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191

Capıtulo 1

Topologıa de Rn

“A nuevos conceptos corresponden, necesariamente, nuevos signos.”- David Hilbert1.1

El lector ya se habra dado cuenta que el Calculo en una Variable en la mayorıa de las ocasiones sequeda corto a la hora de modelar la realidad. La razon, por muy filosofica que quiera presentarse,es simple: los fenomenos dependen de mas que una variable.

Levante la vista y mire a su alrededor. ¿Cuantas libertades de movimiento posee? ¿Le parece quetiene algun sentido modelar esto como si fuese la recta real? Probablemente no (si la respuestafue “sı”, entonces mire de nuevo hasta que se convenza). Entonces al menos necesitarıamos unpar de coordenadas extra, digamos dos: y, z. Con este simple ejercicio, acabamos de cambiarnuestra percepcion de la realidad y llevar nuestro primitivo pero a la vez familiar mundo deCalculo I, a uno donde las coordenadas espaciales seran (x, y, z), lo que se conoce como R3.

Ahora, si Ud. cree que con eso se acabo toda la diversion, no se precipite. ¿Aparenta ser suficientedesenvolverse en R3? Imagine que en este instante suena su telefono (o iPhone si es que le daasquito tener algo tan poco moderno) y lo llama un ex-companero del colegio, el cual no vehace cinco anos, para juntarse a tomar algo. Acuerdan juntarse en el Budapest. ¿No siente quefalta algo? Cuando es necesario precisar un punto de reunion, no solo fijamos el lugar espacialdonde este se llevara a cabo, sino que tambien fijamos el momento en el que volveremos a ver anuestro ex-companero. Por lo tanto, R3 es un mundo que ya nos queda chico (de nuevo), y nos

1.1David Hilbert (1862 - 1943) fue un matematico aleman, reconocido como uno de los mas influyentes del sigloXIX y principios del XX. Establecio su reputacion como gran matematico y cientıfico inventando o desarrollandoun gran abanico de ideas, como la teorıa de invariantes, la axiomatizacion de la geometrıa y la nocion de espaciode Hilbert, uno de los fundamentos del analisis funcional. Tambien conocido por los “23 problemas de Hilbert”,los cuales fueron presentados durante el Congreso Internacional de Matematicos de Parıs en 1900 y que generarongrandes avances en la matematica del siglo XX, ya sea para la resolucion de ellos o por teorıas desarrolladas apartir de ellos y sus soluciones.

8 Introduccion

volvemos a ver obligados agregar una nueva variable, t, para ahora pensar que vivimos en R4.

De esta forma, el lector puede apreciar que sin importar cuanto se esfuerce, una nueva variablenunca esta de mas. Por lo tanto, antes de entrar al Calculo propiamente tal, nos interesa saberexactamente en que mundo trabajaremos.

1.1. Introduccion

Definicion 1.1.1. Definimos el conjunto de n-tuplas de numeros reales como

Rn := (x1, x2, . . . , xn) : xi ∈ R, i = 1, . . . , n = R× R× . . .× R.

Como sabemos de Algebra Lineal (sı, por esto y un par de cosas mas, es pre-requisito), Rn esun espacio vectorial sobre R. Sin embargo, antes de empezar a trabajar con el, es necesariorecordar una operacion que nos sera muy util.

Definicion 1.1.2 (Producto Interno). Diremos que una funcion 〈·, ·〉 : Rn × Rn → R es unproducto interno si satisface que

(a) 〈x, x〉 ≥ 0,∀x ∈ Rn y 〈x, x〉 = 0 ⇐⇒ x = 0.

(b) 〈x, y〉 = 〈y, x〉, ∀x, y ∈ Rn.

(c) 〈αx, y〉 = α〈x, y〉, ∀x, y ∈ Rn, α ∈ R.

(d) 〈x+ y, z〉 = 〈x, z〉+ 〈y, z〉, ∀x, y, z ∈ Rn.

Observacion 1.1.1. Si x, y ∈ Rn y α, β ∈ R, entonces

〈αx, βy〉 = α〈x, βy〉 = α〈βy, x〉 = αβ〈y, x〉 = αβ〈x, y〉.

Y ademas,

〈x+ y, x+ y〉 = 〈x, x+ y〉+ 〈y, x+ y〉 = 〈x+ y, x〉+ 〈x+ y, y〉 = 〈x, x〉+ 〈y, x〉+ 〈x, y〉+ 〈y, y〉,

es decir,〈x+ y, x+ y〉 = 〈x, x〉+ 2〈x, y〉+ 〈y, y〉.

Esta ultima observacion es muy importante porque nos da una idea mas comoda de comotrabajar productos internos y nos garantiza la existencia de un “cuadrado de binomio”.

Ejercicio 1.1.1. Muestre que 〈0, x〉 = 0, ∀x ∈ Rn.

Ejemplo 1.1.1. Por lo general, en Rn se trabaja con el producto canonico o productopunto definido como

x · y := 〈x, y〉 =

n∑i=1

xiyj . (1.1.1)

Ejercicio 1.1.2. Pruebe que el producto punto es realmente un producto interno.

Topologıa de Rn 9

1.2. Normas en Rn

Ahora queremos definir una forma de medir. Partiremos definiendo axiomaticamente el conceptode “norma” de un vector. Se supone que el lector esta familiarizado con algunas normas, comola norma euclidiana en R2 (‖(x, y)‖ =

√x2 + y2) o el modulo en C (‖z‖ =

√zz). Estas normas

las asociabamos al “largo del vector”. Con esta idea en mente, pero de forma un poco masabstracta y formal, introducimos las siguientes definiciones.

Definicion 1.2.1 (Norma). Diremos que una funcion ‖ · ‖ : Rn → R es una norma si satisfaceque

(a) ‖x‖ ≥ 0,∀x ∈ Rn y ‖x‖ = 0 ⇐⇒ x = 0.

(b) ‖αx‖ = |α|‖x‖,∀x ∈ Rn, α ∈ R.

(c) ‖x+ y‖ ≤ ‖x‖+ ‖y‖,∀x, y ∈ Rn. (Desigualdad Triangular)

Ası, (Rn, ‖ · ‖) se dice un espacio vectorial normado (e.v.n).

Ejemplo 1.2.1. Generalmente en Rn se trabaja con la norma euclidiana definida como

‖x‖2 :=

(n∑i=1

|xi|2) 1

2

. (1.2.1)

Esta norma es un caso particular de la norma p, dada por

‖x‖p :=

(n∑i=1

|xi|p) 1

p

, (1.2.2)

con p ≥ 1.

Ejercicio 1.2.1. Pruebe que ‖ · ‖2 es realmente una norma.

Observacion 1.2.1. Notemos que para n = 1, es decir, en R, todas las normas p son igualespara 1 ≤ p <∞.

Observemos que ‖x‖2 =√x · x. Esto no es una casualidad, hay una ıntima relacion entre la

norma euclidiana y el producto canonico. Pero antes de describirla, es necesario probar un lemaque nos sera muy util.

Lema 1.2.1 (Desigualdad de Cauchy-Schwarz-Bunyakovsky). Sean x, y ∈ Rn, entonces

〈x, y〉2 ≤ 〈x, x〉〈y, y〉.

10 Normas en Rn

Demostracion. Notemos que

0 ≤ 〈αx+ y, αx+ y〉 = 〈αx, αx〉+ 2〈αx, y〉+ 〈y, y〉 = α2〈x, x〉+ 2α〈x, y〉+ 〈y, y〉, ∀α ∈ R.

Luego, de la condicion para el discriminante de la cuadratica en α, concluımos que

(2〈x, y〉)2 − 4〈x, x〉〈y, y〉 ≤ 0 ⇐⇒ 〈x, y〉2 ≤ 〈x, x〉〈y, y〉.

Teorema 1.2.1. Sea 〈·, ·〉 un producto interno de Rn. Entonces, la funcion ‖ · ‖ =√〈·, ·〉 es

una norma.

Demostracion. Sean x, y ∈ Rn y α ∈ R.

(a) Como 〈x, x〉 ≥ 0 con la igualdad si y solo si x = 0, se tiene que ‖x‖ =√〈x, x〉 ≥ 0 con la

igualdad si y solo si x = 0.

(b) Como 〈αx, αx〉 = α2〈x, x〉, se tiene que

‖αx‖ =√〈αx, αx〉 =

√α2〈x, x〉 = |α|〈x, x〉 = |α|‖x‖.

(c) Notemos que ‖x+y‖ =√〈x+ y, x+ y〉 =

√〈x, x〉+ 2〈x, y〉+ 〈y, y〉 =

√‖x‖2 + 2〈x, y〉+ ‖y‖2.

Pero, por Lema 1.2.1, sabemos que 〈x, y〉 ≤ ‖x‖‖y‖, de lo cual sigue que

‖x+ y‖ ≤√‖x‖2 + 2‖x‖‖y‖+ ‖y‖2 =

√(‖x‖+ ‖y‖)2 = ‖x‖+ ‖y‖.

Ejercicio 1.2.2 (Ley del paralelogramo). Sea ‖ · ‖ la norma inducida por un producto internoen Rn. Muestre que

‖x+ y‖2 + ‖x− y‖2 = 2(‖x‖2 + ‖y‖2

).

Como hemos adelantado, la norma nos entrega una forma de medir. Recordemos que dadosx, y ∈ Rn, el vector x− y representa segmento que une x e y. Luego, al igual que como se hizoen R, diremos que la distancia entre x e y esta dada por

‖x− y‖.

Queremos destacar que la introduccion de una nocion de distancia es sumamente importantepara desarrollar el Calculo, pues permite definir que es estar cerca, i.e. lo que el lector conocecon ε y δ.

Observacion 1.2.2. Sean x, y, z ∈ Rn, entonces

‖x− y‖ = ‖x− z + z − y‖ = ‖(x− z) + (z − y)‖ ≤ ‖x− z‖+ ‖z − y‖.

Topologıa de Rn 11

1.3. Abiertos y Cerrados

De ahora en adelante, (R, ‖ · ‖) es un e.v.n. donde ‖ ·‖ representa a la norma euclidiana definidaen (1.2.1).

Definicion 1.3.1 (Bola abierta). Sea x0 ∈ Rn y r > 0. Definimos la bola abierta de centrox0 y radio r como

B (x0, r) := x ∈ Rn : ‖x− x0‖ < r .

Ejemplo 1.3.1. Miremos algunas bolas segun la dimension del espacio.

(a) Si n = 1, entonces B (x0, r) = x ∈ R : |x− x0| < r = (x0 − r, x0 + r).

(b) Si n = 2, entonces B (x0, r) =

(x, y) ∈ R2 :√

(x− x0)2 + (y − y0)2 < r

, es decir, el

disco de radio r y centrado en x0.

(c) Si n = 3, entonces B (x0, r) =

(x, y, z) ∈ R3 :√

(x− x0)2 + (y − y0)2 + (z − z0)2 < r

,

es decir, la esfera de radio r, centrada en x0, sin incluir el casquete.

Ejercicio 1.3.1. Interprete la bola B (x0, r) con la norma ‖ · ‖p definida en (1.2.2) para p = 1y p =∞ en R2.

Definicion 1.3.2 (Abierto). Sea U ⊆ Rn. Diremos que U es un conjunto abierto si para cadax ∈ U,∃r > 0 tal que B(x, r) ⊆ U .

Ejemplo 1.3.2. Tenemos que

(a) ]a, b[ es un abierto en R.

(b)

(x, y) ∈ R2 : y > 0

es un abierto en R2.

(c)

(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 < 1

es un abierto en R3.

(d) Rn,∅ son abiertos en Rn.

Observacion 1.3.1. Como ya se dijo, ]a, b[ es un abierto de R. Sin embargo, el conjunto(x, y) ∈ R2 : a < x < b, y = 0

no es un abierto en R2.

Definicion 1.3.3 (Cerrado). Sea V ⊆ Rn. Diremos que V es un conjunto cerrado si V c = RrVes abierto.

Ejemplo 1.3.3. Como espera el lector, el intervalo cerrado [a, b] es cerrado en R.

Ejercicio 1.3.2. Interprete los conjuntos cerrados obtenidos al tomar complemento en el Ejem-plo 1.3.2.

Observacion 1.3.2. Ser cerrado no implica no ser abierto, ni viceversa.

12 Abiertos y Cerrados

Observacion 1.3.3. Como Rn es abierto, se tiene que (Rn)c = ∅ es cerrado. Sin embargo, ∅tambien es abierto y por ende, tambien ∅c = Rn es cerrado. Es decir, Rn y ∅ son conjuntoscerrados y abiertos a la vez. De hecho, es posible probar que los unicos conjuntos que cumplenesta propiedad en (Rn, ‖ · ‖) son los anteriormente mostrados.

Observacion 1.3.4. Un conjunto puede no ser cerrado ni abierto a la vez. Por ejemplo, [a, b[⊆Rn no es ni abierto ni cerrado.

Proposicion 1.3.1. Sea x ∈ Rn y r > 0, entonces la bola abierta B (x, r) es abierta.

Demostracion. Sea y ∈ B (x, r). Debemos probar que ∃ry > 0 tal que B (y, ry) ⊆ B (x, r).Llamemos r1 = ‖y − x‖ < r y tomemos ry = r − r1 > 0. Sea z ∈ B (y, ry), entonces

‖z − x‖ ≤ ‖z − y‖+ ‖x− y‖ < ry + r1 = r,

es decir, z ∈ B (x, r). Luego, B (y, ry) ⊆ B (x, r) y por lo tanto, la bola B (x, r) es abierta.

Ejercicio 1.3.3 (Bola Perforada). Muestre que la bola perforada

B(x0, r) = B (x0, r) r x0 = x ∈ Rn : 0 < ‖x− x0‖ < r

es abierta.

Ejercicio 1.3.4 (Bola Cerrada). Muestre que la bola cerrada

B(x0, r) = x ∈ Rn : ‖x− x0‖ ≤ r

es cerrada.

Lema 1.3.1. Sean U1, U2 ⊆ Rn abiertos, entonces U1 ∪ U2 y U1 ∩ U2 son abiertos.

Demostracion. Sea x ∈ U1 ∪ U2 ⇒ x ∈ U1 o x ∈ U2. Sin perdida de generalidad, supongamosque x ∈ U1. Como U1 es abierto, ∃r > 0 tal que B (x, r) ⊆ U1 ⊆ U1 ∪ U2.

Sea x ∈ U1 ∩ U2 ⇒ x ∈ U1 y x ∈ U2. Luego, como U1, U2 son abiertos, existen r1, r2 talesque B (x, ri) ⊆ Ai, i = 1, 2. Sea r = mınr1, r2, entonces B (x, r) ⊆ B (x, ri) ⊆ Ui y sigue queB (x, r) ⊆ U1 ∩ U2.

Observacion 1.3.5. Si V1, V2 ⊆ Rn son cerrados, entonces V c1 , V

c2 son abiertos. Luego, del

Lema 1.3.1, se extrae que V c1 ∪ V c

2 es abierto y por lo tanto, (V c1 ∪ V c

2 )c = V1 ∩ V2 es cerrado.Es decir, la ınterseccion de cerrados es cerrada.

De la misma forma, se prueba que V1 ∪ V2 tambien es cerrado.

Observacion 1.3.6. Es posible mostrar que si (Uλ)λ∈Λ es una familia de abiertos y Λ es unconjunto de ındices de cualquier cardinalidad, entonces

U =⋃λ∈Λ

Uλ

Topologıa de Rn 13

tambien es abierto. Sin embargo, una interseccion cualquiera de abiertos no es necesariamenteabierta.

Tambien es posible emular la Observacion 1.3.5 y tomar complementos para concluir que unainterseccion cualquiera de cerrados tambien es cerrada.

Sin embargo, estos resultados van mas alla de los objetivos de este apunte y solo se muestrancomo cultura general.

1.4. Adherencia y Frontera

Definicion 1.4.1 (Adherencia). Sea A ⊆ Rn, no vacıo y p ∈ Rn. Diremos que p es un puntolımite de A si para todo r > 0 se tiene que

Bo(p, r) ∩A 6= ∅.

Con esto dicho, definimos la adherencia de A como

A′ = p ∈ Rn : Bo(p, r) ∩A 6= ∅, ∀r > 0 .

Ejemplo 1.4.1. Un punto lımite, como su nombre lo dice, se puede pensar como un punto quepuede ser lımite de alguna sucesion.

(a) A = Q×Q ⊆ R2 ⇒ A′ = R2.

(b) A =(

1n ,

1n2 ,

1n3

): n ∈ N

⊆ R3 ⇒ A′ = (0, 0, 0) .

(c) A = (2n, 3n) : n ∈ N ⊆ R2 ⇒ A′ = ∅.

El siguiente teorema es muy importante porque nos entrega una manera de identificar si es queun conjunto es cerrado sin tener que analizar si su complemento es abierto.

Teorema 1.4.1. Sea V ⊆ Rn no vacıo. V es cerrado si y solo si V ′ ⊆ V .

Demostracion. Como es costumbre, mostraremos cada implicancia por separado.

(⇒) Supongamos que V es cerrado, entonces V c = U es abierto. Sea x ∈ V c, entonces ex-iste r > 0 tal que B (x, r) ⊆ U y por lo tanto, B (x, r)∩V = ∅. Es decir, x no es un punto lımitede V y por lo tanto, V ′ ⊆ V .

(⇐) Supongamos que V ′ ⊆ V . Sea x ∈ U , entonces existe r > 0 tal que B (x, r) ∩ V = ∅y por lo tanto, B (x, r) ⊆ V c = U . Luego, U es abierto y por lo tanto, U c = (V c)c = V escerrado.

Ejercicio 1.4.1 (Cerradura de un conjunto). Sea U ⊆ Rn abierto. Muestre que la cerradurade U , U := ∂U ∪ U es cerrado.

14 Definiciones Geometricas

Definicion 1.4.2 (Acotado). Sea A ⊆ Rn no vacıo. Diremos que A es acotado si existe r > 0tal que A ⊆ B (0, r).

Ejercicio 1.4.2. Pruebe que toda bola abierta es acotada.

Definicion 1.4.3 (Compacto). Sea A ⊆ Rn no vacıo. Diremos que A es compacto si es cerradoy acotado.

Ejemplo 1.4.2. Todo intervalo [a, b] ⊆ R es compacto.

Definicion 1.4.4 (Interior). Sea A ⊆ Rn no vacıo y q ∈ Rn. Diremos que a ∈ A es un puntointerior de A si existe r > 0 tal que B (a, r) ⊆ A. Ası, el interior de un conjunto A correspondeal conjunto de sus puntos interiores. Lo denotaremos por Ao.

Observacion 1.4.1. Sea U ⊆ Rn. Entonces U es abierto si y solo si U = Uo.

Definicion 1.4.5 (Frontera). Sea A ⊆ Rn no vacıo y q ∈ Rn. Diremos que q es un puntofrontera de A si para todo r > 0 se tiene que B(q, r) ∩ A 6= ∅ y B(q, r) ∩ Ac 6= ∅. Ademas,definimos la frontera de A como

∂A = q ∈ Rn : B(q, r) ∩A 6= ∅, B(q, r) ∩Ac 6= ∅, ∀r > 0 ,

es decir, el conjunto de todos los puntos frontera.

Ejemplo 1.4.3. Miremos algunas fronteras.

(a) A =]a, b[⇒ ∂A = a, b.

(b) ∂B (0, r) = x ∈ Rn : ‖x‖ = r.

(c) A =

(x, y) ∈ R2 : x, y ≥ 0⇒ ∂A =

(x, y) ∈ R2 : x = 0, y ≥ 0

∪

(x, y) ∈ R2 : x ≥ 0, y = 0

.

Observacion 1.4.2. Sea A ⊆ Rn no vacıo, entonces

(a) ∂A = ∂(Ac).

(b) Si A es cerrado, entonces ∂A ⊆ A.

1.5. Definiciones Geometricas

Definicion 1.5.1. Sean p, q ∈ Rn y D ⊆ Rn.

(a) El segmento de una recta con punto inicial p y punto final q es el conjunto

pq = z ∈ Rn : z = p(1− t) + qt, 0 ≤ t ≤ 1 ,

es decir, es el conjunto de todas las combinaciones lineales convexas de p y q.

Ası, una poligonal es una union finita de segmentos de rectas con el punto inicial igualal punto final del siguiente segmento.

Topologıa de Rn 15

(b) Diremos que D es una region en Rn si todo par de puntos de D se pueden unir con unapoligonal contenida en D.

Observacion 1.5.1. Intuitivamente, una region es un conjunto que no esta compuesto por launion de dos disjuntos. Notar que una region puede tener “agujeros”.

1.6. Problemas Resueltos

Problema 1.1 (Norma del Maximo). Sea x ∈ Rn. Demuestre que

‖x‖∞ := maxi=1,...,n

|xi| = lımp→∞

‖x‖p.

Solucion: Sea M = maxi=1,...,n

|xi|. Tenemos que

‖x‖p =

(n∑i=1

|xi|p) 1

p

≤

(n∑i=1

Mp

) 1p

= Mn1p .

Ademas, es claro queM ≤ ‖x‖p.

Finalmente, tomando el lımite cuando p→∞, se tiene que

M ≤ lımp→∞

‖x‖p ≤ lımp→∞

Mn1p = M.

Ası, por el Teorema del Sandwich, se concluye lo pedido.

Problema 1.2. Sea x ∈ Rn. Considere z, y ∈ Rn y δ > 0 tales que ‖z− x‖ < δ y ‖y− x‖ ≥ 2δ.Muestre que ‖z − y‖ > δ.

Solucion: Usando la Observacion 1.2.2, tenemos que

2δ ≤ ‖y − x‖ ≤ ‖z − x‖+ ‖z − y‖ < δ + ‖z − y‖,

es decir,δ < ‖z − y‖.

Problema 1.3. Muestre que para todo par x, y ∈ Rn, se cumple que

|‖x‖ − ‖y‖| ≤ ‖x− y‖.

Solucion: Por la Desigualdad Triangular, tenemos que

‖x‖ = ‖(x− y) + y‖ ≤ ‖x− y‖+ ‖y‖,

16 Problemas Resueltos

es decir,‖x‖ − ‖y‖ ≤ ‖x− y‖.

Analogamente,‖y‖ − ‖x‖ ≤ ‖x− y‖.

Ası,−‖x− y‖ ≤ ‖x‖ − ‖y‖ ≤ ‖x− y‖,

de donde se concluye que|‖x‖ − ‖y‖| < ‖x− y‖.

Problema 1.4. Muestre que A = x ∈ Rn : ‖x‖ > r es un abierto de Rn.

Solucion: Notemos que Ac = x ∈ Rn : ‖x‖ ≤ r = B (0, r). Luego, por el Ejercicio 1.3.4, setiene que Ac es cerrado y por ende, A es abierto.

Problema 1.5. Sea A ⊆ Rn abierto y x ∈ A. Muestre que Ar x tambien es abierto.

Solucion: Sea y ∈ A distinto de x. Entonces, r1 = ‖x − y‖ > 0. Ademas, como A es abierto,existe r2 tal que B (y, r2) ⊆ A. Luego, tomando r = maxr1, r2, tenemos que B (y, r) ⊆ Arxy por lo tanto, Ar x es abierto.

Problema 1.6. Sea A ⊆ Rn. Muestre que ∂A es un cerrado de Rn.

Solucion: Sea p ∈ Rn un punto lımite de ∂A, entonces para cada ε > 0 se tiene que B (p, ε) ∩∂A 6= ∅, es decir, existen elementos de ∂A dentro de Bo(p, ε). Sea y ∈ Bo(p, ε) ∩ ∂A, entonces,como la bola perforada es abierta, se tiene que ∃r > 0 tal que

B (y, r) ⊆ Bo(p, ε). (1.6.1)

Luego, dado que y ∈ ∂A, se tiene que B(y, r) ∩ A 6= ∅ y B(y, r) ∩ Ac 6= ∅. Ası, por (1.6.1), setiene que Bo(p, ε) ∩A 6= ∅ y Bo(p, ε) ∩Ac 6= ∅, es decir, p ∈ ∂A.

Finalmente, concluimos que ∂A contiene a todos sus puntos lımites y por lo tanto, es cerrada.

Problema 1.7. Sea I un intervalo abierto de R y A ⊆ I un subintervalo cerrado. Demuestreque I −A es abierto.

Solucion: Como A es cerrado, se tiene que Ac es abierto. Luego, como I es abierto y lainterseccion finita de abiertos es abierta, se tiene que I −A = I ∩Ac es abierto.

Problema 1.8. Determine si los siguientes conjuntos son abiertos, cerrados o ninguno de losdos en su espacio caracterıstico.

Topologıa de Rn 17

(a) 0

(b) N

(c) Q

(d) (x, y) ∈ R2 : y = x2

(e) (x, y) ∈ R2 : x > 0, y = 0

Solucion:

(a) Es cerrado pues su unico punto lımite es 0. No es abierto pues su complemento no escerrado.

(b) Es cerrado pues ∂N = N. Por lo mismo, no es abierto.

(c) No es abierto pues ∂Q = R. Por lo mismo, no es cerrado.

(d) Es cerrado pues su complemento es abierto. No es abierto pues su complemento no escerrado.

(e) No es abierto pues ninguna bola queda contenida en el interior del conjunto. Tampoco escerrado pues (0, 0) es punto lımite del conjunto.


Fuente: http://abstrusegoose.com/129

Nota: Se dice que A es perfecto si es igual al conjunto de sus puntos lımites. Si el lectoresta aburrido, puede tratar de probar aquel “teorema”.

Capıtulo 2

Calculo Diferencial de FuncionesEscalares en Varias Variables

“I recoil with dismay and horror at this lamentable plague of functions which do not havederivatives.”

- Charles Hermite2.1

Ahora que nuestra vision se ha ampliado correctamente, nos gustarıa poder asociarle a cadapunto de Rn una nueva “variable”. Las comillas se deben a que tan variable no es, pues ya nosera independiente, sino que dependera del punto en cuestion. Por ejemplo, si estamos viajandoen el metro durante el verano, nos gustarıa saber cual es el lugar de menor temperatura paraası ubicarnos allı. Es decir, nos gustarıa a cada trıo (x, y, z) asociarle un numero, digamos T ,que mida la temperatura. (El lector ya puede sentirlo: ¡han vuelto, y esta vez dependen de masvariables!). Necesitamos una funcion T = T (x, y, z).

De ahora en adelante y a menos que se indique lo contrario, usaremos la siguiente convencionpara U, V,D ⊆ Rn: U sera un abierto, V sera un cerrado y D sera una region.

2.1. Funciones Escalares de Varias Variables

Definicion 2.1.1 (Funcion escalar de varias variables). Una aplicacion f : A ⊆ Rn → R sedenomina funcion escalar de varias variables, funcion escalar de variable vectorial o

2.1Charles Hermite (1822-1901) fue un matematico frances que investigo en el campo de la teorıa de numeros,sobre las formas cuadraticas, polinomios ortogonales y funciones elıpticas, y en el algebra. Varias entidadesmatematicas se llaman hermitianas en su honor. Tambien es conocido por la interpolacion polinomica de Hermite.Fue el primero que demostro que e es un numero trascendente (i.e. no es raız de ningun polinomio de coeficientesracionales). Ferdinand von Lindemann siguio su metodo para probar la trascendencia de π en 1882.

20 Funciones Escalares de Varias Variables

simplemente, campo escalar.

Ejemplo 2.1.1. Son funciones escalares de varias variables:

(a) f(x, y) = πxy2.

(b) g(x, y, z) = 2exyz + 9.

(c) h(x, y, z, w) = cos (xy + z) arctanw2 + cosh(xz).

Volvamos un momento a Introduccion al Calculo. Para graficar una funcion f : R→ R ibamosa R2 y dibujabamos la curva dada por (x, f(x)). Entonces, deciamos que la grafica de f estabadada por

Γ(f) =

(x, y) ∈ R2 : x ∈ Dom (f) , y = f(x).

Ahora queremos extender esta definicion a un campo escalar.

Definicion 2.1.2 (Grafica). Sea f : Rn → R, definimos la grafica de f como

Γ(f) =

(x1, . . . , xn+1) ∈ Rn+1 : (x1, . . . , xn) ∈ Dom (f) , xn+1 = f(x1, . . . , xn).

Ademas,

(a) Si n = 1, diremos que Γ(f) es una curva.

(b) Si n = 2, diremos que Γ(f) es una superficie.

Definicion 2.1.3 (Curvas de Nivel). Sea f : Rn → R y c ∈ R fijo. Se definen las curvaso superficies de nivel c de f como

f−1(c) = (x1, . . . , xn) ∈ Dom (f) : f(x1, . . . , xn) = c .

Observacion 2.1.1. No confundir la notacion de f−1 con la funcion inversa de f . En estecaso, f−1(c) no es un numero sino un conjunto. Especıficamente, es un conjunto de puntos enel dominio que tienen la misma imagen bajo f (a saber, c).

El concepto es mas familiar de lo que el lector creerıa a primera vista. Por ejemplo, los ma-pas tıpicamente muestran curvas de contorno con las distintas alturas del terreno. De formasimilar, en meteorologıa (o en termodinamica) se habla isotermas: curvas sobre las cuales la

Calculo Diferencial de Funciones Escalares en Varias Variables 21

temperatura es constante. El siguiente diagrama muestra este ultimo uso:2.2

Ejemplo 2.1.2. Sea f(x, y) = x2 + y2, entonces

f−1(c) =

∅ , si c < 0

(0, 0) , si c = 0

x2 + y2 = c , si c > 0

.

Notamos que en el ultimo caso, las curvas de nivel corresponden a circunferencias de radio√c.

Ejemplo 2.1.3. Sea f(x, y) =√x2 + y2, entonces

f−1(c) =

∅ , si c < 0

(0, 0) , si c = 0

x2 + y2 = c2 , si c > 0

.

Notamos que en el ultimo caso, las curvas de nivel corresponden a circunferencias de radio c.

Ejercicio 2.1.1. Sea f(x, y) = x2 − y2. Determine f−1(c) para todo c ∈ R.

Las curvas de nivel son escenciales para estudiar la grafica de una funcion pues nos permitenhacer el analogo a una carta topografica. Ademas, es util usar proyecciones a otros planos, esdecir, fijar una variable en cero.

A continuacion presentamos un par de ejemplos y le sugerimos al lector que se meta a Maple ajugar con otras superficies a traves del comando plot3d.

2.2Atmospheric Sciences, University of Illinois. En http://ww2010.atmos.uiuc.edu/(Gh)/wx/surface.rxml


Ejemplo 2.1.4 (Paraboloide).

Sea f(x, y) = x2 + y2. Sus curvas de nivel encontradasen 2.1.2 pueden ser graficadas como se muestra en la figura.

Por otro lado, notemos que al proyectar sobre el plano XZe Y Z, vale decir, hacemos y = 0 y x = 0 respectivamente,tenemos que

Πxz : z = x2 , Πyz : z = y2.

Finalmente, con esto podemos construir el grafico delparaboloide, que se presenta en la figura a continuacion.


Ejemplo 2.1.5 (Cono).

Sea f(x, y) =√x2 + y2. En este caso, las curvas de nivel

quedan dadas por 2.1.3 y se muestran en la figura.

Ademas, tenemos que

Πxz : z = |x| , Πyz : z = |y|.

Con esto podemos construir el grafico del cono, que se pre-senta en la figura a continuacion.


Ejemplo 2.1.6 (Silla de montar).

Sea f(x, y) = x2 − y2. Si el lector realizo el Ejercicio 2.1.1,reconocera en la figura las curvas de nivel.

Por otro lado, tenemos que

Πxz : z = x2 , Πyz : z = −y2.

Con esto, podemos construir el grafico de la silla de montarque se presenta en la figura a continuacion.


2.2. Lımites

Definicion 2.2.1 (Lımite). Sea f : U ⊆ Rn → R, p ∈ U ′ y l ∈ R. Diremos que l es el lımitede f cuando x tiende a p, si para cada ε > 0 existe δ > 0 tal que si x ∈ B (p, δ) ∩ U entonces|f(x)− l| < ε. O equivalentemente,

(x ∈ U ∧ 0 < ‖x− p‖ < δ)⇒ |f(x)− l| < ε.

Si lo anterior se cumple, escribiremos

lımx→p

f(x) = l,

y diremos que f → l cuando x→ p.

Observacion 2.2.1. Observemos que al igual en el Calculo en una Variable, no hay necesidadalguna de que f este definida en p. A p le pedimos que sea un punto de acumulacion de U , esdecir, que cada bola B (p, δ) contenga puntos del conjunto U en los que la funcion esta definida(esto, obviamente, con la intencion de tomar bolas tan pequenas como uno quiera y ası acercarselo mas posible a p).

Observacion 2.2.2. Hacemos notar una de las diferencias mas importantes con el conceptode lımite en R: ahora es mas difıcil mostrar que un lımite existe pues hay infinitas direccionesposibles para acercarse a un punto, a diferencia de R, donde solo existıan las laterales.

Ejemplo 2.2.1. Sea ε > 0. Como

0 ≤ |x− x0|, |y − x0| ≤√

(x− x0)2 + (y − y0)2,

si tenemos que

‖(x, y)− (x0, y0)‖ =√

(x− x0)2 + (y − y0)2 < ε,

entonces, tambien se cumple que

|x− x0|, |y − x0| < ε.

Por lo tanto,

lım(x,y)→(x0,y0)

x = x0 , lım(x,y)→(x0,y0)

y = y0.

Ejemplo 2.2.2. Estudiaremos el lımite

lım(x,y)→(0,0)

xy√x2 + y2

.

Recordemos que para x, y ∈ R, se tiene que

|x||y| ≤ x2 + y2

2.

26 Lımites

Luego, ∣∣∣∣∣ xy√x2 + y2

∣∣∣∣∣ =|x||y|√x2 + y2

≤ x2 + y2

2√x2 + y2

=1

2

√x2 + y2.

Sea ε > 0. Por lo anterior, tenemos que si ‖(x, y)‖ = ‖(x, y)− (0, 0)‖ < 2ε, entonces∣∣∣∣∣ xy√x2 + y2

− 0

∣∣∣∣∣ =≤ 1

2

√x2 + y2 < ε.

Por lo tanto,

lım(x,y)→(0,0)

xy√x2 + y2

= 0.

Ejercicio 2.2.1. Estudie

lım(x,y)→(0,0)

x2y

x2 + y2.

Como el lector puede apreciar, estudiar lımites por definicion puede requerir bastantes trucos.Para facilitarnos la vida recordaremos las buenas coordenadas polares de Calculo II:

x = r cos θ , y = r sin θ.

Ası, si ‖(x, y) − (0, 0)‖ < δ se tiene que r < δ y por ende, que (x, y) → (0, 0) es equivalente aque r → 0.

Aunque se debe tener mucho ojo cuando se utilizan coordenadas polares pues si para algunos θel lımite se indefine, este metodo puede fallar.

Ejemplo 2.2.3. Estudiemos el lımite

lım(x,y)→(0,0)

ex2+y2 − 1

x2 + y2.

Usando coordenadas polares, tenemos que

lım(x,y)→(0,0)

ex2+y2 − 1

x2 + y2= lım

r→0

er2 cos2 θ+r2 sin2 θ − 1

r2 cos2 θ + r2 sin2 θ= lım

r→0

er2 − 1

r2= 1.


lım(x,y)→(0,0)

sin(x2 + y2)

(x+ y)2.

Sin embargo, la mayorıa de las veces ocurre que los lımites no existen. Por raro que pueda sonar,probar que un lımite no existe es mucho mas facil que probar que sı existe. Para ello necesitamosun par de teoremas.

Teorema 2.2.1 (Unicidad del Lımite). Si lımx→p

f(x) = l1 y lımx→p

f(x) = l2, entonces l1 = l2.


Demostracion. Supongamos que l1 6= l2. Entonces |l1 − l2| > 0. Por otro lado, usando la De-sigualdad Triangular, tenemos que

|l1 − l2| ≤ |f(x)− l1|+ |f(x)− l2|.

Luego, como f → l1 cuando x→ p, existe δ1 tal que

x ∈ B (p, δ1) ∩ U ⇒ |f(x)− l1| <1

2|l1 − l2|.

Analogamente, como f → L2 cuando x→ p, existe δ2 tal que

x ∈ B (p, δ2) ∩ U ⇒ |f(x)− l2| <1

2|l1 − l2|.

Ası, tomando δ = max δ1, δ2, tenemos que si x ∈ B (p, δ) ∩ U , entonces

|l1 − l2| ≤ |f(x)− l1|+ |f(x)− l2| <1

2|l1 − l2|+

1

2|l1 − l2| = |l1 − l2|,

es decir,|l1 − l2| < |l1 − l2|,

lo cual es una contradiccion.

Como se menciono, hay multiples formas de acercarse a p. En particular, hay distintas cur-vas contenidas en el dominio que pasan por el punto p y nos permiten aproximarnos a este.El siguiente teorema indica que si el lımite existe es indiferente la curva que elijamos paraaproximarnos.

Teorema 2.2.2. Sean f : U ⊆ Rn → R, p ∈ U ′ y l ∈ R tales que

lımx→p

f(x) = l.

Consideremos ϕ : I ⊆ R→ Rn continua tal que ϕ(t) ⊆ U,∀t ∈ I r t0 y

lımt→t0

ϕ(t) = p,

con ϕ(t) 6= p,∀t ∈ B (t0, r) para algun r > 0. Entonces

lımt→t0

f(ϕ(t)) = l.

Demostracion. Sea ε > 0. Sabemos que ∃δ > 0 tal que si 0 < ‖x − p‖ < δ se tiene que|f(x)− l| < ε.

Por otro lado, como ϕ es continua, existe η > 0 tal que si 0 < |t − t0| < η, entonces0 < ‖ϕ(t)− p‖ = ‖ϕ(t)− ϕ(t0)‖ < δ. Pero lo anterior implica que |f(ϕ(t))− l| < ε y sigue que

lımt→t0

f(ϕ(t)) = l.

28 Lımites

Observacion 2.2.3. El Teorema 2.2.2 nos dice que el valor del lımite es independiente dela curva usada para tender al punto en cuestion. Supongamos que tenemos dos curvas ϕ,ψdistintas y que satisfacen las hipotesis del Teorema 2.2.2. Si ocurre que

lımt→tϕ

f(ϕ(t)) = l1 6= l2 = lımt→tψ

f(ψ(t)),

entonces por el Teorema 2.2.1, se concluye que el lımite no existe.

Ejemplo 2.2.4. Estudiemos

lım(x,y)→(0,0)

xy

x2 + y2.

Sea ϕ(t) = (t, t). Se tiene que

lım(x,y)→(0,0)

xy

x2 + y2= lım

t→0

t2

t2 + t2=

1

2.

Bien, tomemos ahora ψ(t) = (0, t), entonces

lım(x,y)→(0,0)

xy

x2 + y2= lım

t→0

0

t2 + 0= 0.

Ası, como dos parametrizaciones entregaron distintos valores para el lımite, se concluye que noexiste.

Observacion 2.2.4. Hacemos notar que si al cambiar a coordenadas polares, el lımite re-sulta ser una funcion de θ, es equivalente a mostrar que el valor del lımite depende de laparametrizacion que se escoja y por ende, es equivalente a mostrar su no-existencia.


lım(x,y)→(0,0)

x2y

x4 + y2.

Ejemplo 2.2.5. Sea f : U ⊆ R2 → R dada por

f(x, y) =xy

x2 + y2,

y U =

(x, y) ∈ R2 : |y| < x2

. Si nos preguntamos por el lımite

lım(x,y)→(0,0)

f(x, y),

sobre todo R2, como ya vimos en el Ejemplo 2.2.4, no existe. Sin embargo, sobre U ya no tienensentido parametrizaciones como ψ(t) = (0, t). De hecho, notemos que∣∣∣∣ xy

x2 + y2

∣∣∣∣ =|x||y|x2 + y2

≤ |x|x2

x2 + y2≤ |x|(x

2 + y2)

x2 + y2= |x| ≤

√x2 + y2.

Por lo tanto, bastarıa con tomar δ = ε para mostrar que

lım(x,y)→(0,0)

f(x, y) = 0,

sobre U .


Aun nos faltan un par de herramientas tıpicas para calcular algunos lımites habituales.

Proposicion 2.2.1 (Algebra de Lımites). Sean f, g : U ⊆ Rn → R, p ∈ U ′, c ∈ R y l1, l2 ∈ Rtales que

lımx→p

f(x) = l1 , lımx→p

g(x) = l2.

Entonces

(a) lımx→p

(f + g)(x) = l1 + l2.

(b) lımx→p

cf(x) = cl1.

(c) lımx→p

f(x)g(x) = l1l2.

(d) lımx→p

1

f(x)=

1

l1, si l1, f(x) 6= 0,∀x ∈ U .

Demostracion. Analogas a las propiedades de lımites mostradas en Calculo I. Se dejan comoejercicio recomendado al lector pues le permitiran recordar algunos trucos.


lım(x,y)→(0,0)

sinxy

sinx sin y.

2.3. Continuidad

Definicion 2.3.1 (Continuidad). Sea f : U ⊆ Rn → R, u ∈ U . Diremos que f es continuaen u si para cada ε > 0 existe δ > 0 tal que si x ∈ B (u, δ) ∩ U entonces |f(x) − f(u)| < ε. Oequivalentemente,

x ∈ U ∧ ‖x− u‖ < δ ⇒ |f(x)− f(u)| < ε.

Diremos que f es continua en U si es continua en cada u ∈ U .

Ejemplo 2.3.1. La funcion f : Rn → R definida por f(x) = ||x|| es continua en Rn. Essuficiente comprobar que dado cualquier x0 ∈ Rn,

lımx→x0

‖x‖ = ‖x0‖

Sea ε > 0. Segun vimos en el Problema 1.3 se cumple:

| ‖x‖ − ‖x0‖ | ≤ ‖x− x0‖

En vista de esto, basta tomar ε = δ. Entonces tendremos que:

‖x− x0‖ < δ ⇒ |‖x‖ − ‖x0‖ | ≤ ‖x− x0‖ < δ = ε

30 Continuidad

Ejemplo 2.3.2. Sea fn : x ∈ Rn : xi ≥ 0,∀i ∈ 1, . . . , n → R definida como:

fn(x1, . . . , xn) := xm11 . . . xmnn =

n∏k=1

xmii

con mi ∈ R+, ∀i ∈ 1, . . . , n. Demostraremos por induccion que esta funcion es continua:

(a) En el caso de n = 1, la funcion es de variable real, de la forma f1(x) = xm con x ∈ R.Basta notar que f1(x) = em ln(x) y recordar que la composicion de funciones continuas escontinua.

(b) Supongamos que es cierto para n, es decir, que fn(x1, . . . , xn) es continua.

(c) Queremos demostrar la continuidad de fn+1 o, equivalentemente, que dado a = (a1, . . . , an+1) ∈Rn+1:

lımx→a

n+1∏k=1

xmii =

n+1∏k=1

amii

con x = (x1, . . . , xn+1). En primer lugar, el lector deberıa ser capaz de comprobar que sik ∈ 1, . . . , n y g : R→ R, entonces:

lımxk→ak

g(xk) = L ⇒ lımx→a

g(xk) = L

En vista de lo anterior, podemos usar algebra de lımites, ya que la hipotesis de inducciony el caso base aseguran lo pedido en la Proposicion 2.2.1. Tenemos de esta forma que:

lımx→a

n+1∏k=1

xmii = lımx→a

n∏k=1

xmii lımx→a

xmn+1

n+1

(H.I.)=

(n∏k=1

amii

)(lımx→a

xmn+1

n+1

)=

n+1∏k=1

amii

Hemos demostrado ası que fn es continua en Rn.

Proposicion 2.3.1. Sean f, g : U ⊆ Rn → R continuas en u ∈ U y c ∈ R. Entonces:

(a) f + g es continua en u.

(b) cf es continua en u.

(c) fg es continua en u.

(d)1

fes continua en u, si f(x) 6= 0, ∀x ∈ U .


Demostracion. Directo de la Proposicion 2.2.1.

Observacion 2.3.1. A partir de la Proposicion 2.3.1, concluimos que todos los polinomiosP (x, y) son continuos en todo R2 por el Ejemplo 2.2.1. Luego, todas las funciones racionales

R(x, y) =P (x, y)

Q(x, y),

son continuas donde Q(x, y) no se anula.

Definicion 2.3.2 (Imagen). Sea f : Rn → R. Se define la imagen de A ⊆ Rn bajo f como

f(A) := y ∈ R : ∃x ∈ A, f(x) = y .

Proposicion 2.3.2. Sea f : U ⊆ Rn → R continua en U compacto. Entonces

(a) f(U) es compacto.

(b) Existen u1, u2 ∈ U tales que f(u1) ≤ f(u) ≤ f(u2), ∀u ∈ U.

Observacion 2.3.2. La proposicion 2.3.2 nos sera muy util para buscar maximos y mınimospues nos garantiza que si los buscamos dentro de cerrado y acotado, existen.

Proposicion 2.3.3. Sean f : U ⊆ Rn → R, g : R → R con f(U) ⊆ Dom (g). Si f y g soncontinuas en U y f(U), respectivamente, entonces g f : U ⊆ Rn → R es continua en U .

Ejemplo 2.3.3. g(x, y) =ecosx sin y

1 +√x2 + y2

es continua en R2.

2.4. Derivadas Parciales y Direccionales

Ya que hemos definido lımites y continuidad, lo logico es empezar a derivar, ¿o no?

Definicion 2.4.1 (Derivadas Parciales y Direccionales). Sean f : U ∈ Rn → R y p ∈ U conp = (p1, . . . , pn).

(a) Definimos la derivada parcial de f en p respecto a la j-esima coordenada por

∂f

∂xj(p) := lım

h→0

f(p1, . . . , pj−1, pj + h, pj+1, . . . , pn)− f(p1, . . . , pn)

h= lım

h→0

f(p+ hej)− f(p)

h,

donde ej es el j-esimo vector canonico.

(b) Definimos la derivada direccional de f en p en la direccion de v por

∂f

∂v(p) := lım

t→0

f(p+ tv)− f(p)

t.

32 Derivadas Parciales y Direccionales

Observacion 2.4.1. Las derivadas parciales son un caso particular de las derivadas direc-cionales cuando v = ej .

Observacion 2.4.2. Respecto a la notacion:

(a) Cuando f tiene n variables, se puede expresar por Dkf(x) su derivada parcial respecto ala k-esima de ellas (1 ≤ k ≤ n).

(b) En R2 usaremos la notacion

∂f

∂x1=∂f

∂x,

∂f

∂x2=∂f

∂y.

Tambien es acostumbra a usar∂f

∂xj= fxj .

Geometricamente, podemos entender

∂f

∂x(a, b) = lım

h→0

f(a+ h, b)− f(a, b)

h

como la pendiente de la recta tangente a la curva obtenida al cortar Γ(f) con el plano y = b, enel punto (a, b, f(a, b)). Es muy importante notar que al calcular una derivada parcial, las otrascoordenadas son constantes.

Ejemplo 2.4.1. Sea f(x, y) = sin(xy)ex. Entonces,

∂f

∂x= cos(xy)yex + sin(xy)ex ,

∂f

∂y= cos(xy)xex.

Ejemplo 2.4.2. Sea f : Rn → R dada por f(x) = xtAx, con

A =

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n...

.... . .

an1 an2 . . . ann

= (aij)ni,j=1 .

Entonces, tenemos que

f(x) = xt

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n...

.... . .

an1 an2 . . . ann

x = xT

∑n

j=1 a1jxj∑nj=1 a2jxj

...∑nj=1 anjxj

=n∑i=1

n∑j=1

xiaijxj .


Escribamos

f(x) =n∑i=1

n∑j=1

xiaijxj = xk

n∑j=1

akjxj +n∑i=1i 6=k

n∑j=1

xiaijxj

= x2kakk + xk

n∑j=1j 6=k

akjxj +

n∑j=1

n∑i=1i 6=k

xiaijxj

= x2kakk + xk

n∑j=1j 6=k

akjxj + xk

n∑i=1i 6=k

xiaik +n∑j=1j 6=k

n∑i=1i 6=k

xiaijxj .

Finalmente,

∂f

∂xk= 2xkakk +

n∑j=1j 6=k

akjxj +

n∑i=1i 6=k

xiaik =

n∑j=1

akjxj +

n∑i=1

xiaik.

Ademas, notemos quen∑j=1

akjxj +n∑i=1

xiaik = ektAx+ xtAek,

es decir,∂

∂xk

(xtAx

)= ek

tAx+ xtAek. (2.4.1)

Pero xtAek ∈ R y por lo tanto,

xtAek =(xtAek

)t= ek

tAtx.

Finalmente, si A es simetrica, sigue que

∂

∂xk

(xtAx

)= ek

t2Atx = ek ·(2Atx

). (2.4.2)

Ejercicio 2.4.1. Sean u(x, y) = x2 − y2, v(x, y) = 2xy. Muestre que u y v satisfacen lasecuaciones de Cauchy-Riemann

∂u

∂x=∂v

∂y, (2.4.3)

∂u

∂y= −∂v

∂x. (2.4.4)

Ejemplo 2.4.3. Sea

f(x, y) =

xy(x2 − y2)

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

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


Si (x, y) 6= (0, 0), tenemos que

∂f

∂x(x, y) =

(y(x2 − y2) + 2x2y

) (x2 + y2

)− 2x2y(x2 − y2)

(x2 + y2)2=y(x4 − y4 + 4x2y2

)(x2 + y2)2

,

∂f

∂y(x, y) =

(x(x2 − y2)− 2xy2

) (x2 + y2

)− 2xy2(x2 − y2)

(x2 + y2)2=x(x4 − y4 − 4x2y2

)(x2 + y2)2

.

En cambio, si (x, y) = (0, 0), tenemos que

∂f

∂x(0, 0) = lım

h→0

f(h, 0)− f(0, 0)

h= 0,

∂f

∂y(0, 0) = lım

k→0

f(0, k)− f(0, 0)

k= 0.

Ejemplo 2.4.4.

Sea

f(x, y) =

x3y

x6 + y2, si (x, y) 6= (0, 0)

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

Calculemos fv(0, 0) para algun v ∈ R2. Usando la Obser-vacion 2.7.4, tenemos que

∂f

∂v(0, 0) = lım

t→0

f(tv)− f(0, 0)

t= lım

t→0

t4 cos3 θ sin θ

t2(t4 cos6 θ + sin2 θ)= 0,

para todo θ ∈ [0, 2π[. De hecho, localmente f es similar auna “planicie” en (0, 0), como muestra la figura.

Ejercicio 2.4.2. Para el Ejemplo 2.4.3 calcule

lım(x,y)→(0,0)

∂f

∂x(x, y) , lım

(x,y)→(0,0)

∂f

∂y(x, y).

El lector puede darse cuenta que estamos siguiendo el mismo orden logico que en Calculo I. Porlo tanto, ahora deberıamos definir las derivadas de orden superior.

Definicion 2.4.2. Sea f : U ⊆ Rn → R tal que existe ∂f∂xi

: U → R. Entonces, para p ∈ U sedefine

∂2f

∂xj∂xi(p) :=

∂

∂xj

(∂f

∂xi(p)

)= lım

h→0

∂f∂xi

(p+ hej)− ∂f∂xi

(p)

h.

Observacion 2.4.3. Las derivadas de orden superior no se comportan tan bien como unoesperarıa. Consideremos f del Ejemplo 2.4.3, entonces

∂2f

∂x∂y(0, 0) = lım

h→0

∂f∂y (h, 0)− ∂f

∂y (0, 0)

h= lım

h→0

h5

h5= 1,


∂2f

∂y∂x(0, 0) = lım

k→0

∂f∂x (0, k)− ∂f

∂x (0, 0)

k= lım

k→0−k

5

k5= −1.

Lo cual nos muestra que las “derivadas cruzadas” no siempre son iguales.

Lema 2.4.1 (Lema de Schwarz). Sea f : U ⊆ Rn → R tal que ∂2f∂xi∂xj

, ∂2f∂xi∂xj

existen y son

continuas en U . Entonces,

∂2f

∂xi∂xj(p) =

∂2f

∂xj∂xi(p), ∀p ∈ U.

Ejemplo 2.4.5. Sea f(x, y) = xye2y, entonces

∂f

∂x= ye2y.

Luego, como∂2f

∂y∂x= e2y + 2ye2y

es continua en R2, se tiene que∂2f

∂x∂y= e2y + 2ye2y.

Ejemplo 2.4.6. Sea

f(x, y) =

(x2 + y2) sin

(1√

x2 + y2

), si (x, y) 6= (0, 0)

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

.

Entonces,

∂f

∂x(0, 0) = lım

h→0

f(h, 0)− f(0, 0)

h= lım

h→0

h2 sin(

1|h|

)h

= 0,

∂f

∂y(0, 0) = lım

k→0

f(0, k)− f(0, 0)

k= lım

h→0

k2 sin(

1|k|

)k

= 0.

Ası,

∂f

∂x(x, y) =

2x sin

(1√

x2 + y2

)− x√

x2 + y2cos

(1√

x2 + y2

), si (x, y) 6= (0, 0)

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

,

∂f

∂y(0, 0) =

2y sin

(1√

x2 + y2

)− y√

x2 + y2cos

(1√

x2 + y2

), si (x, y) 6= (0, 0)

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

.


Por lo tanto,

∂2f

∂y∂x(0, 0) = lım

k→0

∂f∂x (0, k)− ∂f

∂x (0, 0)

k= 0,

∂2f

∂x∂y(0, 0) = lım

h→0

∂f∂y (h, 0)− ∂f

∂y (0, 0)

h= 0.

Luego, como se cumplen las hipotesis del Lema 2.4.1 en U r 0,

∂2f

∂y∂x(x, y) =

∂2f

∂x∂y(x, y) =

− xy

(x2+y2)32

cos

(1√x2+y2

)− xy

(x2+y2)2sin

(1√x2+y2

), si (x, y) 6= (0, 0)

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

Sin embargo, si analizamos la continuidad de estas funciones en (0, 0), tenemos que

lım(x,y)→(0,0)

∂2f

∂y∂x(x, y) = lım

r→0−r

2 cos θ sin θ

r3cos

(1

r

)− r2 cos θ sin θ

r4sin

(1

r

),

es decir, no existe y por ende, no son continuas en (0, 0). Luego, no podemos concluir que si lasderivadas parciales cruzadas son iguales, entonces son continuas. Es decir, el Lema de Schwarzno es un si y solo si.

Corolario 2.4.1. Sea f : U ⊆ Rn → R tal que todas sus derivadas parciales hasta el p-esimogrado son continuas. Entonces,

∂pf

∂xni ∂xmj

=∂pf

∂xmj ∂xni

, m+ n = p.

Definicion 2.4.3 (Laplaciano). Sea f : U ⊆ Rn → R una funcion dos veces derivable en cadavariable. Se define el laplaciano de f como

4f(x) :=

n∑i=1

∂2f

∂x2i

(x).

Ejemplo 2.4.7. Sea f(x, y) = x2 + y2, entonces

4f =∂2f

∂x2+∂2f

∂y2= 2 + 2 = 4.

Ejercicio 2.4.3. Muestre que Φ(x) =C

‖x‖n−2definida sobre Rn para n ≥ 3, satisface la

ecuacion de Laplace:

4f = 0, (2.4.5)

para cualquier constante C ∈ R. Φ se conoce como la solucion fundamental de esta ecuacion.


Ejercicio 2.4.4. Muestre que

Φ(x, t) =1√4πt

e−x2

4t

definida sobre R× R+, satisface la ecuacion del calor:

∂f

∂t=∂2f

∂x2. (2.4.6)

Φ se conoce como la solucion fundamental de esta ecuacion.

Observacion 2.4.4. En general la ecuacion del calor se presenta para Rn × R+ mediante

∂f

∂t=

n∑i=1

∂2f

∂x2i

, (2.4.7)

donde el termino de la derecha se conoce como el laplaciano espacial de f y se denota por4xf .

2.5. Diferenciabilidad

Recordemos que una de las principales propiedades que nos entregaba la derivada de una funcion,era poder construir una aproximacion lineal para la funcion en torno a un punto. En efecto,para una funcion f : R→ R difereciable, el teorema de Taylor nos decıa que en torno a x0:

f(x) = f(x0) + f ′(x0)(x− x0) + o((x− x0)2).

Por lo tanto,f(x)− f(x0)− f ′(x0)(x− x0)

x− x0→ 0 cuando x→ x0.

Queremos emular la misma situacion, pero en mas variables.

Definicion 2.5.1 (Diferenciabilidad). Sea f : U ⊆ Rn → R y p ∈ U . Diremos que f esdiferenciable en p si existe Df(p) ∈ Rn tal que

lımh→0

|f(p+ h)− f(p)−Df(p) · h|‖h‖

= 0.

Observacion 2.5.1. Sea f : U ⊆ Rn → R diferenciable y p ∈ U . Escribamos

Df(p) = (l1, . . . , ln) , h = (h1, . . . , hn) .

Ası, tenemos que

f(p+ h)− f(p)−Df(p) · h = f(p+ h)− f(p)− (l1h1 + . . .+ lnhn) .

38 Diferenciabilidad

Tomando h = te1, se tiene queDf(p) · h = l1t,

es decir,f(p+ h)− f(p)−Df(p) · h = f(p+ te1)− f(p)− l1h1.

Luego, como f es diferenciable, se cumple que

lımt→0

|f(p+ te1)− f(p)− tl1||t|

= 0,

es decir,

lımt→0

f(p+ te1)− f(p)

t= l1.

Por lo tanto, recordando la definicion de derivada parcial, tenemos que

l1 =∂f

∂x1(p).

Finalmente, tomando h = tej para j = 1, . . . , n, concluimos que

Df(p) =

(∂f

∂x1(p), . . . ,

∂f

∂xn(p)

)y por unicidad del lımite, se tiene que es el unico que satisface la condicion de diferenciabilidad.

Observacion 2.5.2. La Observacion 2.5.1 nos permite concluir que la existencia de las derivadasparciales es una condicion necesaria para la diferenciabilidad.

Ejemplo 2.5.1. Sea f(x, y) = 1−√x2 + y2, entonces

∂f

∂x(0, 0) = lım

h→0

f(h, 0)− f(0, 0)

h= lım

h→0

1− |h| − 1

h= lım

h→0

|h|h.

Por lo tanto, no existe fx(0, 0) y sigue que f no es diferenciable (0, 0).

Ejemplo 2.5.2. Sea f(x, y) =√|xy|, entonces

∂f

∂x(0, 0) = lım

h→0

f(h, 0)− f(0, 0)

h= 0,

∂f

∂y(0, 0) = lım

k→0

f(0, k)− f(0, 0)

k= 0.

Pero

lım(h,k)→(0,0)

|f(h, k)− f(0, 0)−∇f(0, 0) · (h, k)|√h2 + k2

= lım(h,k)→(0,0)

√|hk|√

h2 + k2= lım

r→0

√r2| cos θ sin θ|

r=√| cos θ sin θ|,

y por ende, no existe tal lımite. Luego, f no es diferenciable en (0, 0).


Ejemplo 2.5.3. Consideremos la funcion f del Ejemplo 2.4.6. Aprovechando que ya hemoscalculado sus derivadas parciales, estudiemos su diferenciabilidad en (0, 0). Tenemos que

lım(h,k)→(0,0)

‖f(h, k)− f(0, 0)−Df(0, 0) · (h, k)‖‖h, k‖

= lım(h,k)→(0,0)

∣∣∣(h2 + k2)

sin(

1√h2+k2

)− (0, 0) · (h, k)

∣∣∣√h2 + k2

= 0.

Proposicion 2.5.1. Sea f : U ⊆ Rn → R y p ∈ U tal que f es diferenciable en p. Entonces, fes continua en p.

Demostracion. Dado que f es diferenciable en p, se tiene que

lımh→0

‖f(p+ h)− f(p)−Df(p) · h‖‖h‖

= 0,

lo cual implica quelımh→0‖f(p+ h)− f(p)−Df(p) · h‖ = 0.

Luego, comolımh→0

Df(p) · h = 0,

se tiene quelımh→0

f(p+ h) = f(p).

Observacion 2.5.3. Consideremos la funcion f del Ejemplo 2.4.4. Tenemos que f posee susdos derivadas parciales en (0, 0) pero no es continua en (0, 0), pues si tomamos ϕ(t) = (t, 0), setiene que

lım(x,y)→(0,0)

f(x, y) = 0,

en cambio, si tomamos ψ(t) = (t, t3), se tiene que

lım(x,y)→(0,0)

f(x, y) = lımt→0

t3t3

t6 + t6=

1

2.

Por lo tanto, la existencia de las derivadas parciales no es suficiente para garantizar la diferen-ciabilidad.

Teorema 2.5.1. Sea f : U ⊆ Rn → R y p ∈ U . Si todas las derivadas parciales de primer ordenexisten y son continuas en p, entonces f es diferenciable en p.

Ejemplo 2.5.4. Sea f(x, y) = ex2+y2 , entonces

∂f

∂x= 2xex

2+y2 ,∂f

∂y= 2yex

2+y2 ,

son todas continuas y por lo tanto, f es diferenciable en todo R2.

40 Plano Tangente

Definicion 2.5.2. Se define la clase de funciones Cp como el conjunto de todas las funcionestales que todas sus derivadas parciales de orden p son continuas.

Observacion 2.5.4. Si f ∈ C1, entonces f es diferenciable. Si ademas, f ∈ C2, entonces lasderivadas cruzadas de f son iguales por el Lema 2.4.1.

Proposicion 2.5.2. Sean f, g : U ⊆ Rn → R y p ∈ U tales que f y g son diferenciables en p.Consideremos α, β ∈ R, entonces

(a) αf + βg es diferenciable en p y

D (αf + βg) (p) = αDf(p) + βDg(p).

(b) fg es diferenciable en p y

D (fg) (p) = Df(p)g(p) + f(p)Dg(p).

(c) si g 6= 0 en una vecindad de p, entonces fg es diferenciable en p y

D

(f

g

)(p) =

Df(p)g(p)− f(p)Dg(p)

g2(p).

2.6. Plano Tangente

Sean f : R2 → R, p = (a, b) y q = (a, b, f(a, b)). Queremos aprovecharnos de la definicion dediferenciabilidad para buscar una aproximacion local a la superficie Γ(f) en una vecindad de q.

Sea τ1 el vector tangente a la curva α(t) = (t, b, f(t, b)), es decir,

τ1 =

(1, 0,

∂f

∂x(a, b)

).

Analogamente, definimos τ2, el vector tangente a la curva α(t) = (a, t, f(a, t)), el cual quedadado por

τ2 =

(0, 1,

∂f

∂y(a, b)

).

Consideremos Πq, el plano tangente a Γ(f) en q. Tenemos que τ1, τ2 ∈ Πq y al ser dos vectoreslinealmente independientes, constituyen una base de este. Luego, un vector normal al planoesta dado por

n = τ1 × τ2 =

∣∣∣∣∣∣∣ı k

1 0 ∂f∂x (a, b)

0 1 ∂f∂y (a, b)

∣∣∣∣∣∣∣ =

(−∂f∂x

(a, b),−∂f∂y

(a, b), 1

). (2.6.1)


Ası, la ecuacion del plano esta dada por

Πq : (r − q) · n = 0, (2.6.2)

o bien,

(x− a)∂f

∂x(a, b) + (y − b)∂f

∂y(a, b) = z − f(a, b). (2.6.3)

Supongamos ademas que f es diferenciable en p. Entonces

lım(h,k)→(0,0)

|f(a+ k, b+ k)− f(a, b)−Df(p) · (h, k)|‖(h, k)‖

= 0,

lo cual implica que

lım(h,k)→(0,0)

f(a+ k, b+ k)− f(a, b)− h∂f∂x

(a, b)− k∂f∂y

(a, b) = 0. (2.6.4)

Finalmente, reemplazando h = x− a, k = y − b y (2.6.3) en (2.6.4), tenemos que

lım(x,y)→(a,b)

f(x, y)−(c+ (x− a)

∂f

∂x(a, b) + (y − b)∂f

∂y(a, b)

)= 0,

es decir, si f es diferenciable, Πq se parece localmente a Γ(f) en q.

Ejemplo 2.6.1. Sea f(x, y) =√

1− x2 − y2, entonces para (a, b) ∈ B (0, 1) tenemos que

∂f

∂x(a, b) = − a√

1− a2 − b2,

∂f

∂y(a, b) = − b√

1− a2 − b2.

Luego, el plano tangente en q = (a, b, f(a, b)) esta dado por

−(x− a)a√

1− a2 − b2− (y − b) b√

1− a2 − b2= z −

√1− a2 − b2,

es decir,

ax+ by + z√

1− a2 − b2 = 1.

Notemos que otro vector que tambien tiene direccion normal es(a, b,

√1− a2 − b2

).

2.7. Gradiente

Definicion 2.7.1 (Gradiente). Sea f : U ⊆ Rn → R y p ∈ U tal que f es diferenciable en p. Sedefine el vector gradiente de f en p como

∇f(p) :=

(∂f

∂x1(p), . . . ,

∂f

∂xn(p)

).

42 Gradiente

Observacion 2.7.1. ∇f(p) corresponde a Df(p) en la definicion de diferenciabiliad.

Observacion 2.7.2. En general, se habla del operador

∇ :=

(∂

∂x,∂

∂y,∂

∂z

).

Esto es muy comodo, porque permite trabajar mas intuitivamente con otros operadores. Porejemplo, en coordenadas cartesianas, 4 = ∇ · ∇ = ∇2.

Ejemplo 2.7.1. Sea f(x, y, z) =(x2 + y2 + z2

) 12 , entonces

∇f(x, y, z) =

(x√

x2 + y2 + z2,

y√x2 + y2 + z2

,z√

x2 + y2 + z2

)=

1

f(x, y, z)(x, y, z).

Ejemplo 2.7.2. Sea f(x, y, z) = xsiny + ye2xz, entonces

∇f(x, y, z) =(sin y + 2yze2xz, x cos y + e2xz, 2xye2xz

).

Ejemplo 2.7.3. En el Ejemplo 2.4.2, se tiene que si A es simetrica, entonces

∇f(x) = 2Ax.

Proposicion 2.7.1. Sea f : U ⊆ Rn → Rm y p ∈ U tal que f es diferenciable en p. Considere-mos v ∈ Rn unitario, entonces

(a)∂f

∂v(p) = ∇f(p) · v.

(b)∂f

∂v(p) ≤ ‖∇f(p)‖.

(c)∇f(p)

‖∇f(p)‖es el vector que maximiza la expresion

∂f

∂v(p).

Demostracion.

(a) Como f es diferenciable en p, entonces

lımh→0

|f(p+ h)− f(p)−Df(p) · h|‖h‖

= 0.

Sea h = tv con t ∈ R, entonces ‖h‖ = ‖tv‖ = t‖v‖ = t y,

lımt→0

∣∣∣∣f(p+ tv)− f(p)

t−Df(p) · tv

∣∣∣∣ = 0,

es decir,∂f

∂v(p) = lım

t→0

f(p+ tv)− f(p)

t= Df(p) · tv = ∇f(p) · v.


(b) Usando la Desigualdad de Cauchy-Schwarz-Bunyakovsky (Lema 1.2.1), tenemos que

∂f

∂v(p) = ∇f(p) · v ≤ ‖∇f(p)‖‖v‖ = ‖∇f(p)‖.

(c) Tomando

v =∇f(p)

‖∇f(p)‖,

tenemos que∂f

∂v(p) = ∇f(p) · ∇f(p)

‖∇f(p)‖=‖∇f(p)‖2

‖∇f(p)‖= ‖∇f(p)‖.

Observacion 2.7.3. La Proposicion 2.7 nos muestra que la direccion de maximo cambio def viene dada por ∇f . Ademas, queremos recalcar que la hipotesis de ‖v‖ = 1 es muy impor-tante pues NO distorsiona el valor de la derivada direccional. Finalmente, el lector debe tenerpresente que solo podra calcular las derivadas direccionales a partir del gradiente cuando f seadiferenciable. En caso contrario, debera calcularlas por definicion.

Observacion 2.7.4. Si v ∈ R2 tal que ‖v‖ = 1, entonces v = (cos θ, sin θ) para algun θ ∈ [0, 2π[.

Observacion 2.7.5. Sea f : U ⊆ Rn → Rm diferenciable y v ∈ Rn unitario. Si para p ∈ U setiene que

∂f

∂v(p) = 0,

entonces ∇f(p) ⊥ v.

Proposicion 2.7.2 (Regla de la Cadena). Sea f : U ⊆ Rn → R diferenciable y γ : I ⊆ R→ Rnuna curva diferenciable contenida en U . Entonces, la funcion g(t) = f γ(t) es derivable y setiene que

g′(t) = ∇f(γ(t)) · γ′(t).

Demostracion. Lo haremos solo para el caso n = 2. Sea t ∈ I y γ(t) = (x1(t), x2(t)). Tenemosque

g′(t) = lımh→0

g(t+ h)− g(t)

h= lım

h→0

f (x1(t+ h), x2(t+ h))− f (x1(t), x2(t))

h

= lımh→0

f (x1(t+ h), x2(t+ h))− f (x1(t), x2(t+ h))

h︸︷︷︸l1

+f (x1(t), x2(t+ h))− f (x1(t), x2(t))

h︸︷︷︸l2

.

Pero, como f es diferenciable,

l1 = lımh→0

f (x1(t+ h), x2(t+ h))− f (x1(t), x2(t+ h))

x1(t+ h)− x1(t)

x1(t+ h)− x1(t)

h=∂f

∂x(x1(t), x2(t))x′1(t).

44 Gradiente

y analogo para l2. Ası,

g′(t) =∂f

∂x(x1(t), x2(t))x′1(t) +

∂f

∂y(x1(t), x2(t))x′2(t) = ∇f (γ(t)) · γ′(t).

Observacion 2.7.6. Si g, γ son funciones de mas variables, podemos utilizar la Regla de laCadena para sus derivadas parciales recordando que calcularlas es derivar suponiendo quelas otras variables son constantes. Es decir, si tenemos h(t, s) = f γ(t, s), con γ(t, s) =(x1(t, s), . . . , xn(t, s)), podemos derivar respecto a t tomando s constante y sigue que

∂h

∂t=

n∑j=1

∂f

∂xj

∂xj∂t

.

Ejemplo 2.7.4. Consideremos g(r, θ) = f(r cos θ, r sin θ), entonces

∂g

∂r=∂f

∂x

∂x

∂r+∂f

∂y

∂y

∂r= cos θ

∂f

∂x+ sin θ

∂f

∂y,

∂g

∂θ=∂f

∂x

∂x

∂θ+∂f

∂y

∂y

∂θ= −r sin θ

∂f

∂x+ r cos θ

∂f

∂y.

Luego, resolviendo el sistema [cos θ sin θ−r sin θ r cos θ

][∂f∂x∂f∂y

]=

[∂g∂r∂g∂θ

],

por ejemplo con la regla de Cramer, se tiene que

∂f

∂x=

∣∣∣∣∂g∂r sin θ∂g∂θ r cos θ

∣∣∣∣∣∣∣∣ cos θ sin θ−r sin θ r cos θ

∣∣∣∣ = cos θ∂g

∂r−1

rsin θ

∂g

∂θ,

∂f

∂y=

∣∣∣∣ cos θ ∂g∂r

−r sin θ ∂g∂θ

∣∣∣∣∣∣∣∣ cos θ sin θ−r sin θ r cos θ

∣∣∣∣ = sin θ∂g

∂r+

1

rcos θ

∂g

∂θ.

Notemos que

∂f

∂xı+

∂f

∂y =

∂g

∂r(cos θı+ sin θ) +

1

r

∂g

∂θ(− sin θı+ cos θ) =

∂g

∂rer +

1

r

∂g

∂θeθ.

Es decir, uno podrıa pensar que en coordenadas polares,

∇ =

(∂

∂r,1

r

∂

∂θ

). (2.7.1)

Ademas, se puede concluir que(∂g

∂r

)2

+1

r2

(∂g

∂θ

)2

=

(∂f

∂x

)2

+

(∂f

∂y

)2

.


Corolario 2.7.1. Sea f : U ⊆ Rn → R diferenciable y γ : I ⊆ R→ Rn una curva diferenciablecontenida en f−1(c), c ∈ R. Entonces, ∇f(γ(t)) ⊥ γ′(t), ∀t ∈ I.

Demostracion. Sea g(t) = f(γ(t)), entonces g(t) = c,∀t ∈ I. Luego,

∇f(γ(t)) · γ′(t) = g′(t) = 0.

Observacion 2.7.7. El Corolario 2.7.1 nos dice que ∇f es ortogonal a las curvas de nivel.

Ejemplo 2.7.5. Sea f(x, y, z) = x2 + y2 + z2. Entonces, si x, y, z ∈ B(0, c2

), ∇f = (2x, 2y, 2z)

es una direccion normal al plano tangente en el punto (x, y, z) a la esfera centrada en el origeny de radio c2. De hecho, (x, y, z) tambien lo es y confirma lo visto en el Ejemplo 2.6.1.

Teorema 2.7.1 (Teorema del Valor Medio (T.V.M.)). Sea f : U ⊆ Rn → R una funciondiferenciable. Si el segmento de recta xy ⊆ U , entonces existe ξ ∈ xy tal que

f(y)− f(x) = ∇f(ξ) · (y − x).

Demostracion. Consideremos ϕ(t) = f(x+ t(y − x)), entonces

ϕ′(t) = ∇f(x+ t(y − x)) · (y − x).

Por otro lado, por el TVM en una variable, se tiene que

ϕ(1)− ϕ(0) = ϕ′(t0)(1− 0) = ϕ′(t0),

con 0 < t0 < 1. Finalmente, sea ξ = x+ t0(y − x), entonces

f(y)− f(x) = ∇f(ξ) · (y − x).

Corolario 2.7.2. Sea f : U ⊆ Rn → R una funcion diferenciable y la region D ⊆ U tal que∇f(x) = 0,∀x ∈ D. Entonces, f es constante en D.

Definicion 2.7.2 (Diferencial total). Sea f : U ⊆ Rn → R diferenciable y p ∈ U . Definimos eldiferencial total de f en p como

df(p) :=

n∑i=1

∂f

∂xi(p)dxi.

Ejemplo 2.7.6. Sea f : R4 → R, con f = f(x, y, z, t). Entonces

df =∂f

∂xdx+

∂f

∂ydy +

∂f

∂zdz +

∂f

∂tdt.

Ası, la derivada total o sustancial de f con respecto a t es

df

dt=∂f

∂x

dx

dt+∂f

∂y

dy

dt+∂f

∂z

dz

dt+∂f

∂t.



Problema 2.1. Estudie

lım(x,y)→(a,a)

tanx− tan y

cotx− cot y.

Solucion: Tenemos que

lım(x,y)→(a,a)

tanx− tan y

cotx− cot y= lım

(x,y)→(a,a)

tanx− tan y1

tanx −1

tan y

= lım(x,y)→(a,a)

− tanx tan y = − tan2 a.


lım(x,y)→(0,0)

x3y

x2 + y4.

Solucion: Sea ε > 0. Tenemos que∣∣∣∣ x3y

x2 + y4

∣∣∣∣ ≤ ∣∣∣∣x3y

x2

∣∣∣∣ = |x| |y| ≤ x2 + y2

2.

Luego, tomando δ2 = 2ε, sigue que∣∣∣∣ x3y

x2 + y4− 0

∣∣∣∣ ≤ x2 + y2

2<δ

2= ε.

Problema 2.3. Estudielım

(x,y)→(0,0)

x

x2 + y2

Solucion: Usando coordenadas polares, tenemos que

lım(x,y)→(0,0)

x

x2 + y2= lım

r→0

r cos θ

r2lımr→0

cos θ

r

que no existe.


lım(x,y)→(0,0)

1− cosxy

x2y sin 2y.


lım(x,y)→(0,0)

1− cosxy

x2y sin 2y= lım

(x,y)→(0,0)

1− cosxy

(xy)2

2y

sin 2y

1

2=

1

4.



lım(x,y)→(0,0)

(y2 − x)2

x2 + y2.

Solucion: Sea ϕ(t) = (t, 0). Tenemos que

lım(x,y)→(0,0)

(y2 − x)2

x2 + y2= lım

t→0

(0− t)2

t2 + 0= 1.

Ahora, sea ψ(t) = (0, t). Se tiene que

lım(x,y)→(0,0)

(y2 − x)2

x2 + y2= lım

t→0

(t2 − 0

)20 + t2

= 0.

Por lo tanto, el lımite no existe.


lım(x,y,z,w)→(0,0,0,0)

xy + yz + zw − xyzwx2 + y2 + z4 + w4

.

Solucion: Sea ϕ(t) = (t, t, 0, 0). Tenemos que

lım(x,y,z,w)→(0,0,0,0)

xy + yz + zw − xyzwx2 + y2 + z4 + w4

= lımt→0

t2 + 0 + 0 + 0

t2 + t2 + 0 + 0=

1

2.

Ahora, sea ψ(t) = (t, 0, 0, 0). Se observa que

lım(x,y,z,w)→(0,0,0,0)

xy + yz + zw − xyzwx2 + y2 + z4 + w4

= lımt→0

0 + 0 + 0 + 0

t2 + 0 + 0 + 0= 0.



lım(x,y,z)→(0,0,0)

xy + yz + zx

x2 + y2 + z2.

Solucion: Sea ϕ(t) = (t, t, 0). Tenemos que

lım(x,y,z)→(0,0,0)

xy + yz + zx

x2 + y2 + z2= lım

(x,y,z)→(0,0,0)

t2 + 0 + 0

t2 + t2 + 0=

1

2.

Ahora, sea ψ(t) = (t, t, t). Tenemos que

lım(x,y,z)→(0,0,0)

xy + yz + zx

x2 + y2 + z2= lım

(x,y,z)→(0,0,0)

t2 + t2 + t2

t2 + t2 + t2= 1.




lım(x,y,z)→(0,0,0)

xyz + x4 + y4 + z4√x6 + y6 + z6

.

Solucion: Sea ϕ(t) = (t, t, t), entonces

lım(x,y,z)→(0,0,0)

xyz + x4 + y4 + z4√x6 + y6 + z6

= lımt→0

t3 + 3t4√3|t|3

.

Este ultimo lımite se indefine: si t > 0 vale 1√3, si t < 0 vale −1√

3. Por lo tanto, el lımite que se

nos pidio estudiar tampoco existe, pues de existir no importarıa por que curva nos acerquemosa (0, 0).

Problema 2.9. Sea

f(x, y) =

x− yx3 − y

, si y 6= x3

1 , si y = x3.

Estudie la continuidad de f en (1, 1).

Solucion: Sea ϕ(t) = (t, 1). Tenemos que

lımt→1

f(x, y) = lımt→1

t− 1

t3 − 1= lım

t→1

1

t2 + t+ 1=

1

3.

Luego, f no es continua en (1,). Es mas, tomando ψ(t) = (1, t), tenemos que

lımt→1

f(x, y) = lımt→1

1− t1− t

= 1.

Por lo tanto, la discontinuidad ni siquiera es reparable.

Problema 2.10. Sea f : R2 → R definida por

f(x, y) =

x2y2

x3 + y3, si x 6= −y

0 , si x = −y.

Estudie la continuidad de f en (0, 0).

Solucion: En primer lugar, notemos que

lım(x,0)→(0,0)

f(x, y) = lım(0,y)→(0,0)

f(x, y) = 0.


Por otra parte, x2y2

x3+y3se indefine en x = −y. Ademas, la funcion diverge a medida que uno se

acerca a este eje (deje fijo un y0 6= 0, por ejemplo, y haga tender x → −y0). Esto nos hacesospechar que podemos aproximarnos a (0, 0) por una curva cercana a esta recta y obtener otrovalor del lımite. Considere, por ejemplo, la curva definida por y = −x+ x2. En ese caso:

lım(x,−x+x2)→(0,0)

f(x, y) = lımx→0

−x3 + x4

x3 + x6 − 3x5 + 3x4 − x3= lım

x→0

x− 1

x3 − 3x2 + 3x=∞.

Por lo tanto, el lımite que estudiamos no existe.

Problema 2.11. Sea f : R2 → R dada por

f(x, y) =

x3 − y3

xy, si xy 6= 0

0 , si xy = 0.

Pruebe que el conjunto de los puntos de discontinuidad de f es cerrado. Determınelo explıcita-mente.

Solucion: Sea ϕ(t) = (t, y0) con y0 6= 0. Tenemos que

lım(x,y)→(0,y0)

f(x, y) = lımt→0

t3 − y30

ty0= lım

t→0

t2

y0− y3

0

ty0,

es decir, no existe. Por la simetrıa de la funcion, se tiene que el lımite cuando (x, y)→ (x0, 0),con x0 6= 0, tampoco existe. Luego, f no es continua en

Ω =

(x, y) ∈ R2 : xy = 0r (0, 0).

Ademas, si usamos ϕ(t) = (t, t2), entonces

lım(x,y)→(0,0)

f(x, y) = lımt→0

t3 − t6

t3= 1.

Luego, independientemente de que el lımite exista o no, f tampoco es continua en (0, 0).

En cambio, f sı es continua en los otros puntos por ser algebra de continuas allı. Por lo tanto,el conjunto de discontinuidades de f es Ω ∪ (0, 0) el cual es cerrado pues su complemento esabierto.

Problema 2.12. Sea f : A ⊆ R2 → R definida por

f(x, y) = (x2 + y2)

1

1− (x2 − y2) .

Encuentre el dominio A de f y estudie la posibilidad de extender de forma continua f a laadherencia de A, que denotamos A′. En caso de existir, defina la funcion resultante.


Solucion: El dominio de f es A = (x, y) : x2 + y2 6= 1. Sea B = Ac = (x, y) : x2 + y2 = 1.Notamos que la adherencia de A es igual a R2 = A ∪B.

f es composicion de continuas en A, que es un abierto. Luego, f tambien es continua en A.

Estudiamos el caso de (x0, y0) ∈ B. Definimos las funciones:

g(t) = t1

1−t y h(x, y) = x2 + y2.

Verifique que:lımt→1

g(t) = e−1 y lım(x,y)→(x0,y0)

h(x, y) = 1.

De esta forma, por el teorema del lımite de una funcion compuesta, ∀(x0, y0) ∈ B se cumple:

lım(x,y)→(x0,y0)

(x,y)∈A

f(x, y) = lım(x,y)→(x0,y0)

(x,y)∈A

g(h(x, y)) = e−1.

En consecuencia, sı es posible prolongar continuamente f , y podemos ası definir la funcion:

f(x, y) =

f(x, y) , si (x, y) ∈ Ae−1 , si (x, y) 6∈ A

.

Problema 2.13. Sea f : R2 → R dada por

f(x, y) =

(x− y)y

xα, si 0 < y < x

0 , si no.

Determine todos los valores de α ∈ R tales que f sea continua en todo R2.

Solucion: Notemos que f no es nula en una mitad del primer cuadrante (aquella que esta bajola recta y = x). Si llamamos A a este conjunto, es decir,

A = (x, y) ∈ R2 : 0 < y < x,

se tiene que∂A = (x, 0) ∈ R2 : 0 < x ∪ (x, x) ∈ R2 : 0 < x ∪ (0, 0).

Luego, nos interesa saber que pasa con f nos acercamos a ∂A. Sea x0 > 0. Entonces, si (x, y) ∈ A(no vale la pena analizar los otros puntos pues es claro que f cumple la continuidad en esasdirecciones), tenemos que

lım(x,y)→(x0,0)

f(x, y) = lım(x,y)→(x0,0)

(x− y)y

xα= 0, ∀α ∈ R.

Analogamente,

lım(x,y)→(x0,x0)

f(x, y) = lım(x,y)→(x0,x0)

(x− y)y

xα= 0, ∀α ∈ R.


Por lo tanto, esos puntos de la frontera no definen ningun valor especıfico de α. Solo nos quedaanalizar en (0, 0). Notemos que, por la Desigualdad Triangular,

|f(x, y)| =∣∣∣∣(x− y)y

xα

∣∣∣∣ =|x− y|yxα

≤ (|x|+ |y|)yxα

.

Pero como (x, y) ∈ A⇒ y < x y sigue que

|f(x, y)| < 2x2

xα= 2x2−α.

Por lo tanto, f es continua si α < 2.

Por otro lado, usando ϕ(t) = (t,mt), 0 < m < 1, se tiene que

lım(x,y)→(0,0)

f(x, y) = lımt→0

(1−m)mt2

tα= (1−m)m lım

t→0t2−α,

es decir, no existe cuando α ≥ 2.

Ası, f es continua en todo R2 si y solo si α < 2.

Problema 2.14. Muestre que f(x, y) = x2y es diferenciable en R2.

Solucion: Tenemos que∂f

∂x(x, y) = 2xy ,

∂f

∂y(x, y) = x2.

Luego, como ambas son funciones continuas, tenemos que f es diferenciable en R2.

Problema 2.15. Sea

f(x, y) =

exp

(− 1x2+y2

), si (x, y) 6= (0, 0)

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

(a) Determine los puntos de R2 donde f es continua.

(b) Calcule fx(0, 0) y fy(0, 0).

Solucion:

(a) Es claro que f es continua en R2 r 0, 0. Veamos que ocurre en (0, 0), tenemos que

lım(x,y)→(0,0)

f(x, y) = lım(x,y)→(0,0)

exp

(− 1

x2 + y2

)= lım

r→0e−

1r2 = 0.

Luego, f es continua en todo R2.


(b) Por definicion,

∂f

∂x(0, 0) = lım

h→0

f(h, 0)− f(0, 0)

h= lım

h→0

1

hexp

(− 1

h2

)= 0.

Ademas, por la simetrıa de la funcion, se tiene que

∂f

∂y(0, 0) = 0.

Problema 2.16. Sea f : R2 → R una funcion diferenciable tal que existe M > 0 y∣∣∣∣ ∂f∂xj (x)

∣∣∣∣ ≤M, ∀x ∈ Rn, ∀j = 1, . . . , n.

Demuestre que f es lipchitz, es decir, existe C > 0 tal que

|f(x)− f(y)| ≤ C‖x− y‖, ∀x, y ∈ Rn. (2.8.1)

Solucion: Sean x, y ∈ Rn. Por el T.V.M. sabemos que existe ξ ∈ xy tal que

f(x)− f(y) = ∇f(ξ) · (y − x).

Luego, usando la Desigualdad de Cauchy-Schwarz-Bunyakovsky, tenemos que

|f(x)− f(y)| = |∇f(ξ) · (y − x)| ≤ ‖∇f (ξ) ‖‖x− y‖.

Finalmente, dado que

‖∇f (ξ) ‖2 =n∑k=1

(∂f

∂xj(ξ)

)2

≤ nM2,

podemos tomar C =√nM y sigue que f es lipchitz.

Problema 2.17. Considere la funcion f : R2 → R definida por

f(x, y) =

√|xy|

|x|+ |y|, si xy 6= 0

0 , si xy = 0

.

(a) Determine si f es continua en (0, 0).

(b) Decida si f es diferenciable en (0, 0).

(c) Encuentre la condicion que debe cumplir v ∈ R2 tal que la derivada direccional de f en elpunto (0, 0) en la direccion de v exista.


Solucion:

(a) Sea ϕ(t) = (t, 0). Tenemos que

lım(x,y)→(0,0)

f(x, y) = lım(x,y)→(0,0)

√|xy|

|x|+ |y|= lım

t→0

0

|t|+ 0= 0.

En cambio, tomando ψ(t) = (t, t), tenemos que

lım(x,y)→(0,0)

f(x, y) = lımt→0

√|t|2

|t|+ |t|=

1

2.


(b) Como f no es continua en (0, 0), no es diferenciable allı.

(c) Sea v = t(cos θ, sin θ). Por definicion,

∂f

∂v(0, 0) = lım

‖v‖→(0,0)

f(v)− f(0, 0)

‖v‖= lım

t→0

|t|√| cos θ sin θ|

|t cos θ|+ |t sin θ||t|

= lımt→0

1

|t|

√| cos θ sin θ|

| cos θ|+ | sin θ|.

Luego, la derivada direccional existe si y solo si

cos θ sin θ = 0,

es decir, si y solo si sin(2θ) = 0. Finalmente, concluimos que la derivada direccional existesi y solo si θ ∈

0, π2 , π,

3π2

.

Problema 2.18. Sea

f(x, y) =

x(1− cos y)

√x2 + y2

x2 + y4, si (x, y) 6= (0, 0)

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

.

(a) Estudie la diferenciabilidad de f en (0, 0).

(b) Calcule la derivada direccional de f en (0, 0) para cualquier direccion.

Solucion:

(a) Notamos que∂f

∂x(0, 0) = lım

h→0

f(h, 0)− f(0, 0)

h= 0,

∂f

∂y(0, 0) = lım

k→0

f(0, k)− f(0, 0)

k= 0.


Luego, miramos el lımite

lım(h,k)→(0,0)

f(h, k)− f(0, 0)−∇f(0, 0) · (h, k)√h2 + k2

= lım(h,k)→(0,0)

h(1−cos k)√h2+k2

h2+k4√h2 + k2

= lım(h,k)→(0,0)

h(1− cos k)

h2 + k4

Tomamos ϕ(t) = (t2, t) y sigue que, de existir,

lım(h,k)→(0,0)

h(1− cos k)

h2 + k4= lım

t→0

t2(1− cos t)

t4 + t4= lım

t→0

(1− cos t)

2t2=

1

4.

Luego, f no es diferenciable en (0, 0).

(b) Dado que no tenemos la diferenciabilidad, solo podemos calcular las derivadas direccionalespor definicion. Sea v = (cos θ, sin θ), tal que cos θ, sin θ 6= 0, entonces

∂f

∂v(0, 0) = lım

t→0

f(t cos θ, t sin θ)− f(0, 0)

t= lım

t→0

t cos θ(1−cos(t sin θ))|t|t2 cos2 θ+t4 sin4 θ

t

= lımt→0

cos θ

cos2 θ + t2 sin4 θ︸︷︷︸→sec θ

1− cos (t sin θ)

t2︸︷︷︸→ 1

2

|t|︸︷︷︸→0

= 0.

Ademas, si cos θ = 0 o sin θ = 0, el lımite es directamente nulo, tambien. Ası,

∂f

∂v(0, 0) = 0, ∀‖v‖ = 1.

Problema 2.19. Sea

f(x, y) =

(x2 + y2) sin

(1

x2 + y2

), si (x, y) 6= (0, 0)

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

(a) Calcule sus derivadas parciales de primer orden en todo R2.

(b) Determine la continuidad de estas en (0, 0).

(c) Determine si f es diferenciable en (0, 0).

(d) ¿Que puede concluir respecto a la relacion entre diferenciabilidad y continuidad de derivadasparciales?

Solucion:


(a) Tenemos que

∂f

∂x(0, 0) = lım

h→0

f(h, 0)− f(0, 0)

h= lım

h→0

h2 sin

(1

h2

)h

= lımh→0

h sin

(1

h2

)= 0,

Luego, por la simetrıa de la funcion,

∂f

∂x(x, y) =

2x sin

(1

x2 + y2

)− 2x

x2 + y2cos

(1

x2 + y2

), si (x, y) 6= (0, 0)

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

∂f

∂y(0, 0) =

2y sin

(1

x2 + y2

)− 2y

x2 + y2cos

(1

x2 + y2

), si (x, y) 6= (0, 0)

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

(b) Se tiene que

lım(x,y)→(0,0)

∂f

∂x(x, y) = lım

(x,y)→(0,0)2x sin

(1

x2 + y2

)− 2x

x2 + y2cos

(1

x2 + y2

).

Ası, como

lım(x,y)→(0,0)

2x sin

(1

x2 + y2

)= 0

y no existe

lım(x,y)→(0,0)

2x

x2 + y2cos

(1

x2 + y2

),

concluimos que ∂f∂x no es continua en (0, 0).

Analogamente, de la funcion ∂f∂y tampoco es continua en (0, 0).

(c) En efecto, tenemos que

lım(h,k)→(0,0)

|f(h, k)− f(0, 0)−∇f(p) · (h, k)|‖(h, k)‖

= lım(h,k)→(0,0)

∣∣∣∣(h2 + k2) sin

(1

h2 + k2

)∣∣∣∣√h2 + k2

= 0.

Por lo tanto, f es diferenciable en (0, 0).

(d) Podemos concluir que la condicion de diferenciabilidad no garantiza la continuidad de lasderivadas parciales.

Problema 2.20. Sea

f(x, y) =

ex

2+y2 − 1

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

α , si (x, y) = (0, 0)

.


(a) Determine valores para α ∈ R tales que f sea continua en (0, 0).

(b) Calcule fx, fy en (0, 0).

(c) Determine si f es diferenciable en R2.

(d) ¿Que se puede decir respecto a las derivadas direccionales de f en (0, 0)?

Solucion:

(a) Calculamos

lım(x,y)→(0,0)

f(x, y) = lım(x,y)→(0,0)

ex2+y2 − 1

sin(x2 + y2)= lım

r→0

er2 − 1

sin(r2)= lım

r→0

er2 − 1

r2

r2

sin(r2)= 1.

Por lo tanto, f es continua en (0, 0) si y solo si α = 1.

(b) Calculamos

∂f

∂x(0, 0) = lım

h→0

f(h, 0)− f(0, 0)

h= lım

h→0

eh2−1

sin(h2)− 1

h.

Invocamos a Taylor y sigue que

∂f

∂x(0, 0) = lım

h→0

1+h2+ 12h4+o(h6)−1

h2+o(h6)− 1

h= lım

h→0

1+ 12h2+o(h4)

1+o(h4)− 1

h= lım

h→0

12h2+o(h4)

1+o(h4)

h= lım

h→0

12h+ o(h3)

1 + o(h4)= 0.

Ası, dada la simetrıa de la funcion, tenemos que

∂f

∂x(0, 0) =

∂f

∂y(0, 0) = 0.

(c) Calculamos

lım(h,k)→(0,0)

f(h, k)− f(0, 0)−∇f(0, 0) · (h, k)√h2 + k2

= lım(h,k)→(0,0)

eh2+k2−1

sin(h2+k2)− 1

√h2 + k2

= lımr→0

er2−1

sin(r2)− 1

r= 0.

Luego, f es diferenciable en (0, 0).

(d) Dado que f es diferenciable en (0, 0), la derivada direccional de f en la direccion v puedeser escrita como

∂f

∂v(0, 0) = ∇f(0, 0) · v,

pero ∇f(0, 0) = (0, 0) y por lo tanto, cualquier derivada direccional de f en (0, 0) es nula.


Problema 2.21. Determinar la ecuacion del plano tangente a la superficie z = x2 − y2 + 2 enP0 = (1, 1, 2).

Solucion: Por (2.6.1), tenemos que el vector normal a la superficie esta dado por

n =

(−∂z∂x

(1, 1),−∂z∂y

(1, 1), 1

)= (−2x, 2y, 1)|(x,y)=(1,1) = (−2, 2, 1).

Luego, el plano tangente esta dado por

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

es decir,

−2x+ 2y + z = 2.

Problema 2.22. Sea n un vector normal a la superficie z = x2y+ xy2 en (1, 1, 2) en el sentidoque z crece. Calcule la derivada normal de f(x, y, z) = xey + yz en la direccion de n para elpunto (1, 0, 1).

Solucion: Primero determinaremos el vector normal n en un punto (x, y, z(x, y)). Tenemos que

n =

(−∂z∂x,−∂z

∂y, 1

)=(−(2xy + y2

),−(x2 + 2xy

), 1).

Luego, la direccion buscada esta dada por

n = (−3,−3, 1) .

Por otro lado, tenemos que

∇f = (ey, xey + z, y) .

Finalmente, como f es diferenciable por ser algebra de diferenciables, tenemos que

∂f

∂n(1, 0, 1) = ∇f(1, 0, 1) · n

‖n‖=

1√19

(1, 2, 0) · (−3,−3, 1) = − 9√19.

Problema 2.23. Determine los planos tangentes a z = 2x2 + y2 y paralelos a 3x+ 2x+ z = 1.

Solucion: Buscamos un vector normal paralelo a (3, 2, 1). Si f(x, y) = 2x2 + y2, tenemos que

∂f

∂x= 4x ,

∂f

∂y= 2y.

Luego, los vectores normales al plano tangente el punto (x, y, 2x2 + y2) tienen la direccion de

n = (−4x,−2x, 1) .


Por lo tanto, existe solo un punto que satisface la condicion y es

(x, y) =

(−3

4,−1

).

Ası, el plano pedido es ((x, y, z)−

(−3

4,−1,

17

8

))· (3, 2, 1) = 0,

es decir,

3x+ 2y + z = −17

8.

Problema 2.24. Considere el elipsoide dado por

x2

a2+y2

b2+z2

c2= 1.

Muestre que la ecuacion del plano tangente en un punto p0 = (x0, y0, z0) del elipsoide es(x0

a2

)x+

(y0

b2

)y +

(z0

c2

)z = 1.

Solucion: Sea

f(x, y, z) =x2

a2+y2

b2+z2

c2.

Entonces, la curva de nivel f(x, y, z) = 1, define al elipsoide en cuestion. Luego, una direccionnormal esta dada por

∇f =

(2x

a2,2y

b2,2z

c2

).

Finalmente, el plano tangente en P0, es

((x, y, z)− (x0, y0, z0)) ·(

2x0

a2,2y0

b2,2z0

c2

)= 0,

es decir, (x0

a2

)x+

(y0

b2

)y +

(z0

c2

)z =

x20

a2+y2

0

b2+z2

0

c2= 1,

pues p0 pertenece al elipsoide.

Problema 2.25. Demuestre que todo los planos tangentes al cono z =√x2 + y2 pasan por el

origen.

Solucion: Sea f(x, y) =√x2 + y2. Entonces un vector normal al cono en (x, y, f(x, y)) es

n =

(∂f

∂x,∂f

∂y,−1

)=

(x√

x2 + y2,

y√x2 + y2

,−1

).


Luego, el plano tangente al cono en q = (x0, y0, f (x0, y0)) puede ser descrito como

Πq : (r − q) · n = 0,

es decir,

((x, y, z)− (x0, y0, f (x0, y0))) ·

(x0√x2

0 + y20

,y0√x2

0 + y20

,−1

)= 0.

Finalmente, notamos que r = (0, 0, 0) ∈ Πq pues

(x0, y0, f (x0, y0)) ·

(x0√x2

0 + y20

,y0√x2

0 + y20

,−1

)=

x20√

x20 + y2

0

+y2

0√x2

0 + y20

− f (x0, y0) = 0.

Problema 2.26. Considere las funciones

f(x, y) =√

1 + x2 + y2 , g(x, y) = x2 − y2.

Encuentre todos los a, b ∈ R de tal forma que f−1(a) y g−1(b) sean ortogonales.

Solucion: Recordemos que el gradiente nos en un punto nos entrega una direccion ortogonal ala curva de nivel. Luego, nos interesa que

∇f · ∇g = 0

en un punto (x, y) tal que

f (x, y) = a , g (x, y) = b.

Pero

∇f(x, y) =

(x√

1 + x2 + y2,

y√1 + x2 + y2

), ∇g = (2x,−2y).

Por lo tanto, exigimos que(x√

1 + x2 + y2,

y√1 + x2 + y2

)· (2x,−2y) = 0⇒ 2(x2 − y2)√

1 + x2 + y2= 0,

es decir,2g(x, y)

f(x, y)= 0.

Finalmente, dado que (x, y) tienen que pertenecer a las curvas de nivel, basta con que b = 0 ya > 0.


Problema 2.27. Sea f(x, y) = x2 − xy − 2y2. Calcule ∂f∂v (1, 2), donde v es la direccion que

forma un angulo de π3 con el semieje positivo de las abcisas.

Solucion: Como f es diferenciable, por algebra de diferenciables, podemos calcular su derivadadireccional a partir de

∇f = (2x− y,−x− 4y).

Como v debe formar un angulo de π3 con el semieje positivo de las abcisas y queremos que sea

unitario, tomamos

v =(

cosπ

3, sin

π

3

)=

(1

2,

√3

2

).

Ası,

∂f

∂v(1, 2) = ∇f(1, 2) · v = (0,−9) ·

(1

2,

√3

2

)= −9

√3

2.

Problema 2.28. Considere los vectores u = 1√2(1, 1) y v = 1√

2(1,−1). Sea f : R2 → R

diferenciable y tal que∂f

∂u(1, 2) = 2 ,

∂f

∂v(1, 2) = −2.

Calcule ∇f(1, 2) y ∂f∂w (1, 2) con w = (2, 3).

Solucion: Notemos que u, v es una base ortonormal de R2. Luego,

∇f(1, 2) = αu+ βv, (2.8.2)

para algun par α, β ∈ R2. Como f es diferenciable, al hacer producto punto en (2.8.2) con u, seobtiene que

∂f

∂u(1, 2) = ∇f(1, 2) · u = αu · u+ βv · u = α‖u‖ = α,

es decir α = 2. Analogamente, si lo hacemos con v, obtenemos que β = −2. Ası,

∇f(1, 2) = 2u− 2v =√

2(1, 1)−√

2(1,−1) = (0, 2√

2).

Finalmente,∂f

∂w(1, 2) = ∇f(1, 2) · w

‖w‖=

1√13

(0, 2√

2) · (2, 3) =6√

2√13.

Alternativa:

Puesto que f diferenciable, se cumple que:

2 =∂f

∂u(1, 2) = ∇f(1, 2) · u = (fx(1, 2), fy(1, 2)) · 1√

2(1, 1)

−2 =∂f

∂v(1, 2) = ∇f(1, 2) · v = (fx(1, 2), fy(1, 2)) · 1√

2(1,−1)


En base a lo anterior, tenemos un sistema de ecuaciones para fx y fy:(1 11 −1

)(fxfy

)=

(2√

2

−2√

2

)De donde se desprende: ∇f(1, 2) = (0, 2

√2). Lo que sigue se hace como antes.

Problema 2.29. Sea f(x, y, z) = (x2 + y2 + z2)−1, calcule 4f .

Solucion: Tenemos que∂f

∂x= − 2x

(x2 + y2 + z2)2.

Luego,∂2f

∂x2= − 2

(x2 + y2 + z2)2+

8x2

(x2 + y2 + z2)3.

Finalmente, por la simetrıa de la funcion, tenemos que

4f =∂2f

∂x2+∂2f

∂y2+∂2f

∂z2= − 6

(x2 + y2 + z2)2+

8x2 + 8y2 + 8z2

(x2 + y2 + z2)3,

es decir,

4f =2

(x2 + y2 + z2)2.

Problema 2.30. Sea f : R2 → R de clase C2 una funcion homogenea de orden m, es decir,∀t ∈ R se cumple que

f(tx, ty) = tmf(x, y), ∀x, y ∈ R, (2.8.3)

con m ≥ 2.

(a) Demuestre que f satisface

mf(x, y) = ∇f(x, y) · (x, y).

(b) Demuestre que f satisface

x2∂2f

∂x2(x, y) + 2xy

∂2f

∂x∂y(x, y) + y2∂

2f

∂y2(x, y) = (m− 1)mf(x, y).

Solucion:

(a) Sean u = tx y v = ty. Derivando (2.8.3) respecto a t, se tiene que

mtm−1f(x, y) =∂f

∂u

∂u

∂t+∂f

∂v

∂v

∂t= x

∂f

∂u+ y

∂f

∂v= ∇f(tx, ty) · (x, y). (2.8.4)

Luego, evaluando para t = 1, sigue que

mf(x, y) = ∇f(x, y) · (x, y).


(b) Derivando nuevamente respecto a t (2.8.4),

m(m−1)tm−2f = x∂2f

∂u2

∂u

∂t+x

∂2f

∂v∂u

∂v

∂t+y

∂2f

∂u∂v

∂u

∂t+y

∂2f

∂v2

∂v

∂t= x2∂

2f

∂u2+2xy

∂2f

∂v∂u+y2∂

2f

∂v2.

Finalmente, evaluando en t = 1, se concluye que

m(m− 1)f(x, y) = x2∂2f

∂x2(x, y) + 2xy

∂2f

∂y∂x(x, y) + y2∂

2f

∂y2(x, y).

Problema 2.31. Sean f, g : Rn → R de clase C2. Demuestre que

4(fg) = f4g + g4f + 2∇f · ∇g.

Solucion: Sabemos que∂(fg)

∂xj= g

∂f

∂xj+ f

∂g

∂xj.

Luego,

∂2fg

∂x2j

=∂

∂xj

(g∂f

∂xj+ f

∂g

∂xj

)=

∂g

∂xj

∂f

∂xj+g

∂2f

∂x2j

+∂f

∂xj

∂g

∂xj+f

∂2g

∂x2j

= g∂2f

∂x2j

+2∂f

∂xj

∂g

∂xj+f

∂2g

∂x2j

.

Finalmente, sumando sobre j = 1, . . . , n, tenemos que

4(fg) = g4f + 2∇f · ∇g + f4g.

Problema 2.32. Sea u(x, t) = f(x−at) + g(x+at), con f, g dos veces derivables. Muestre queu satisface la ecuacion de onda

∂2u

∂t2= a2∂

2u

∂x2. (2.8.5)

Solucion: Sean z = x− at e y = x+ at, entonces

∂u

∂t=df

dz

∂z

∂t+dg

dy

∂y

∂t= −adf

dz+ a

dg

dy

∂u

∂x=df

dz

∂z

∂x+dg

dy

∂y

∂x=df

dz+dg

dy.

Luego,∂2u

∂t2=

∂

∂t

(−adf

dz+ a

dg

dy

)= −ad

2f

dz2

∂z

∂t+ a

d2g

dy2

∂y

∂t= a2

(d2f

dz2+d2g

dy2

)∂2u

∂x2=

∂

∂x

(df

dz+dg

dy

)=d2f

dz2

∂z

∂x+d2g

dy2

∂y

∂x=d2f

dz2+d2g

dy2.

Ası,∂2u

∂t2= a2

(d2f

dz2+d2g

dy2

)= a2

(d2f

dz2+d2g

dy2

)= a2∂

2u

∂x2.


Problema 2.33. Sea f(x, y) = 12 log(x2 + y2) + arctan y

x . Muestre que f satisface la ecuacionde Laplace (2.4.5).

Solucion: En efecto, tenemos que

∂f

∂x=

x

x2 + y2− 1

1 +( yx

)2 y

x2=

x− yx2 + y2

,

∂2f

∂x2=

(x2 + y2)− 2x(x− y)

(x2 + y2)2=y2 − x2 + 2xy

(x2 + y2)2.

Por otro lado, se tiene que

∂f

∂y=

y

x2 + y2+

1

1 +( yx

)2 1

x=

x+ y

x2 + y2,

∂2f

∂y2=

(x2 + y2)− 2y(x+ y)

(x2 + y2)2=x2 − y2 − 2yx

(x2 + y2)2.

Luego,

4f =∂2f

∂x2+∂2f

∂y2= 0.

Problema 2.34. Sea f(x, y) una funcion de clase C2 que satisface la ecuacion de Laplace(2.4.5). Sea

g(u, v) = f (eu cos v, eu sin v) .

Demuestre que g tambien la satisface (2.4.5).

Solucion: Sean x = eu cos v e y = eu sin v, tenemos que

∂g

∂u=∂f

∂x

∂x

∂u+∂f

∂y

∂y

∂u= eu cos v

∂f

∂x+ eu sin v

∂f

∂y= eu

(cos v

∂f

∂x+ sin v

∂f

∂y

),

∂2g

∂u2= eu

(cos v

∂f

∂x+ sin v

∂f

∂y

)+ eu

(eu cos2 v

∂2f

∂x2+ 2eu cos v sin v

∂2g

∂v∂u+ eu sin2 v

∂2f

∂y2

)Por otro lado, se tiene que

∂g

∂v=∂f

∂x

∂x

∂v+∂f

∂y

∂y

∂v= −eu sin v

∂f

∂x+ eu cos v

∂f

∂y= eu

(− sin v

∂f

∂x+ cos v

∂f

∂y

),

∂2g

∂v2= eu

(− cos v

∂f

∂x+ eu sin2 v

∂2f

∂x2− 2eu cos v sin v

∂2g

∂v∂u− sin v

∂f

∂y+ eu cos2 v

∂2f

∂y2

)Finalmente

∂2g

∂u2+∂2g

∂v2= e2u

(∂2f

∂x2+∂2f

∂y2

)= 0,

pues f satisface la ecuacion de Laplace.


Problema 2.35. Sea f : U ⊆ R2 → R con segundas derivadas continuas y considere

g(r, θ) = f(r cos θ, r sin θ).

Encuentre una expresion para 4f en terminos de las derivadas de g.

Usando lo anterior, verifique que la funcion f : R2 → R dada por f(x) = ln ‖x‖ resuelve laecuacion 4f = 0.

Solucion: Sean x = r cos θ e y = r sin θ, entonces

∂g

∂r=∂f

∂x

∂x

∂r+∂f

∂y

∂y

∂r= cos θ

∂f

∂x+ sin θ

∂f

∂y,

∂2g

∂r2= cos θ

(∂2f

∂x2

∂x

∂r+

∂2f

∂y∂x

∂y

∂r

)+ sin θ

(∂2f

∂x∂y

∂x

∂r+∂2f

∂y2

∂y

∂r

)= cos2 θ

∂2f

∂x2+ 2 sin θ cos θ

∂2f

∂y∂x+ sin2 θ

∂2f

∂y2,

∂g

∂θ=∂f

∂x

∂x

∂θ+∂f

∂y

∂y

∂θ= −r sin θ

∂f

∂x+ r cos θ

∂f

∂y,

∂2g

∂θ2=− r cos θ

∂f

∂x+ r2 sin2 θ

∂2f

∂x2− 2r2 sin θ cos θ

∂2f

∂y∂x

− r sin θ∂f

∂y+ r2 cos2 θ

∂2f

∂y2.

Ası,

4f =∂2g

∂r2+

1

r

∂g

∂r+

1

r2

∂2g

∂θ2. (2.8.6)

Respecto a la segunda parte del ejercicio: note que es muy conveniente expresar la funcion encoordenadas polares, puesto que

g(r, θ) = f(r cos θ, r sin θ) = ln ‖(r cos θ, r sin θ)‖ = ln r

y esta funcion solo depende de r. Luego, se cumple que:

∂2g

∂θ2= 0

Ademas, nuestros conocimientos de Calculo I (espero que los tenga aun) nos permiten saberque:

∂g

∂r=

1

r

∂2g

∂r2=

∂

∂r

(∂g

∂r

)=

∂

∂r

(1

r

)= − 1

r2

Si reemplaza todos estos valores en la ecuacion (2.8.6), vera que se verifica 4f = 0


Problema 2.36. Sea f : R2 → R de clase C2 y definamos g(u, v) = f(x, y) donde x = u+v, y =uv2. Suponiendo que

∂f

∂y= 2 ,

∂2f

∂x2=

∂2f

∂x∂y=∂2f

∂y2= 1,

en (x, y) = (2, 1). Calcule∂2g

∂u2(1, 1) ,

∂2g

∂v2(1, 1).


∂g

∂u=∂f

∂x

∂x

∂u+∂f

∂y

∂y

∂u=∂f

∂x+ v2∂f

∂y,

∂g

∂v=∂f

∂x

∂x

∂v+∂f

∂y

∂y

∂v=∂f

∂x+ 2uv

∂f

∂y.

Luego,

∂2g

∂u2=∂2f

∂x2

∂x

∂u+

∂2f

∂y∂x

∂y

∂u+ v2 ∂2f

∂x∂y

∂x

∂u+ v2∂

2f

∂y2

∂y

∂u=∂2f

∂x2+ 2v2 ∂2f

∂y∂x+ v4∂

2f

∂y2,

∂2g

∂v2=∂2f

∂x2

∂x

∂v+

∂2f

∂y∂x

∂y

∂v+ 2u

∂f

∂y+ 2uv

∂2f

∂x∂y

∂x

∂v+ 2uv

∂2f

∂y2

∂y

∂v=∂2f

∂x2+ 4uv

∂2f

∂y∂x+ 2u

∂f

∂y+ 4u2v2∂

2f

∂y2.

Ası, dado que (u, v) = (1, 1)⇒ (x, y) = (2, 1), tenemos que

∂2g

∂u2(1, 1) = 1 + 2 + 1 = 4,

∂2g

∂v2(1, 1) = 1 + 4 + 4 + 4 = 13.

Problema 2.37. El volumen de un cilindro de radio r y altura h es V (r, h) = πr2h. Hallar,aproximadamente, el maximo error porcentual cometido al calcular V si r y h se calculan conerrores relativos del 1 % y del 3 %, respectivamente.

Solucion: Tenemos que∆r

r= 0, 01 ,

∆h

h= 0, 03.

Queremos encontrar el valor de∆V

V.

Usando el diferencial total de V , sigue que

∆V ≈ ∂V

∂r∆r +

∂V

∂h∆h = 2πrh∆r + πr2∆h.

Luego,∆V

V=

2πrh

πr2h∆r +

πr2

πr2h∆h = 2

∆r

r+

∆h

h= 0, 05.

Por lo tanto, el error es de aproximadamente un 5 %.


Problema 2.38. Sea L = L(q1, . . . , qn, q1, . . . , qn) con qi, qi variables independientes y tales que

qi =dqidt.

Suponga que L es diferenciable y tal que satisface las ecuaciones de Lagrange

d

dt

(∂L

∂qj

)− ∂L

∂qj= 0, ∀j = 1, . . . , n. (2.8.7)

Muestre que

L′ = L+df (q1, . . . , qn, t)

dt

tambien satisface (2.8.7), con f diferenciable arbitraria.

Solucion: En efecto, dado que

df

dt=

n∑i=1

∂f

∂qi

dqidt

+∂f

∂t=

n∑i=1

∂f

∂qiqi +

∂f

∂t,

entonces

∂L′

∂qj=∂L

∂qj+

∂

∂qj

(n∑i=1

∂f

∂qiqi +

∂f

∂t

)=∂L

∂qj+

n∑i=1

∂f

∂qi

∂qi∂qj

+∂2f

∂qj∂t=∂L

∂qj+∂f

∂qj,

pues si i 6= j,∂qi∂qj

=∂2f

∂qj∂t= 0.

Luego,

d

dt

(∂L′

∂qj

)=

d

dt

(∂L

∂qj

)+d

dt

(∂f

∂qj

)=

d

dt

(∂L

∂qj

)+

n∑i=1

∂2f

∂qi∂qjqi +

∂2f

∂t∂qj

=d

dt

(∂L

∂qj

)+

∂

∂qj

(n∑i=1

∂f

∂qiqi +

∂2f

∂t

)=∂L

∂qj+

∂

∂qj

(df

dt

)=

∂

∂qj

(L+

df

dt

)=∂L′

∂qj,

pues L satisface (2.8.7). Finalmente,

d

dt

(∂L′

∂qj

)− ∂L′

∂qj= 0.

Capıtulo 3

Aplicaciones

“Nothing I have ever done is of the slightest practical use.”- Godfrey Harold Hardy3.1

El lector estara ansioso de saber para que puede servir todo lo que hemos visto en el capıtuloanterior. Para su tranquilidad, decimos desde ya que sus aplicaciones son practicamente innu-merables, y muchas de ellas importantısimas.

En este capıtulo haremos fundamentalmente dos cosas:

Extender el conocido Polinomio de Taylor a campos escalares; a su vez, usaremos esteresultado para

Establecer criterios para encontrar maximos y mınimos de funciones, con y sin restric-ciones. (Esto es materia de todo un curso llamado “Optimizacion”, que probablementeesta en su malla y sirve para ganar plata.)

3.1. Teorema de Taylor

Puesto que la gente esta convencida de que cualquiera que haya hecho un curso de calculo debesaber hacer computos insolitos, no es del todo improbable que en medio de alguna reunionfamiliar u otro tipo de evento social le pregunten intempestivamente: “¿Cual es el valor de3√

10?” o, quizas, “¿Cuanto vale eπ4 ?”. Estamos seguros de que no sabrıa bien que contestar (y

probablemente su respuesta no contendrıa numero alguno).

3.1Godfrey Harold Hardy (1877-1947) fue un matematico britanico conocido principalmente por sus aportes ala teorıa de numeros y al analisis. Ejercio la docencia en la universidades de Oxford y Cambridge. Fue, ademas,mentor del matematico indio Srinivasa Ramanujan.

68 Teorema de Taylor

Por otra parte, creemos que el lector, entrenado ya por la dura vida, despues de realizar tediososcalculos y de malgastar algo de tinta (aumentando de paso la entropıa del Universo...), serıacapaz de evaluar una expresion como:

1 +3,14

4+

3,144

2

2+

3,144

3

3!

que es justamente una aproximacion de eπ4 .

Trabajamos constantemente con funciones, pero no sabemos bien como evaluar la mayorıa deellas. Y cuando se trabaja en aplicaciones normalmente lo que interesa es justamente el valornumerico. Por otra parte, sabemos que los polinomios son faciles de evaluar: para hacerlo solodebemos efectuar un numero finito de operaciones elementales. De esta forma, es natural quese intente aproximar funciones mediante polinomios. 3.2

El lector deberıa recordar de sus anteriores cursos de calculo la siguiente definicion.

Definicion 3.1.1. Sea f : A ⊆ R → R una funcion n veces derivable y a ∈ A. El Polinomiode Taylor de orden n generado por f en el punto a (que denotaremos por Tnf(x; a)) tiene laforma:

Tnf(x; a) =

n∑k=0

f (k)(a)

k!(x− a)k = f(a) +

f ′(a)

1!(x− a) +

f ′′(a)

2!(x− a)2 + . . .+

f (n)(a)

n!(x− a)n

Este polinomio es tal que coincide con f en a, y lo mismo puede decirse de sus n primerasderivadas evaluadas en a respecto a las de f . En general, sirve para aproximar f en las cercanıasde a; el error cometido haciendo esto de denota por En(x) = f(x)− Tnf(x; a).

Proposicion 3.1.1. Si f tiene derivada continua de orden n+ 1 en un intervalo que contengaa a, para todo x en ese intervalo:

f(x) =

n∑k=0

f (n)(a)

n!(x− a)n + En(x)

donde:

En(x) =1

n!

∫ x

a(x− t)nf (n+1)(t)dt.

Una expresion equivalente para el resto es la llamada forma de Lagrange:

En(x) =f (n+1)(c)

(n+ 1)!(x− a)n+1.

En esta ultima formula, c esta entre a y x.

3.2Un detalle adicional: las calculadoras (normales) solo saben realizar operaciones elementales. Lo que haydetras de su funcionamiento son justamente aproximaciones polinomicas.

Aplicaciones 69

Lo que buscamos es una expresion similar para campos escalares. Para simplificar la notacion,y de paso hacer cierto uso de lo que sabemos de Algebra Lineal, definimos lo siguiente.

Definicion 3.1.2 (Matriz Hessiana). Se define la matriz Hessiana de f : U ⊆ Rn → R,denotada por H(x) o D2f(x), como aquella que contiene sus derivadas de segundo orden (dondeexistan) en la forma:

H(x) =

∂2f

∂x21

(x)∂2f

∂x1 ∂x2(x) · · · ∂2f

∂x1 ∂xn(x)

∂2f

∂x2 ∂x1(x)

∂2f

∂x22

(x) · · · ∂2f

∂x2 ∂xn(x)

......

. . ....

∂2f

∂xn ∂x1(x)

∂2f

∂xn ∂x2(x) · · · ∂2f

∂x2n

(x)

.

Es decir, Hij(x) = Di(Djf(x)), donde Di indica la derivada parcial respecto a la i-esima com-ponente.

Ejemplo 3.1.1. En el caso de f : R2 → R,

H(x) =

∂2f

∂x2(x)

∂2f

∂x∂y(x)

∂2f

∂y∂x(x)

∂2f

∂y2(x)

Observacion 3.1.1. Si f ∈ C2(U), es decir, tiene segundas derivadas continuas en un sub-conjunto U de su dominio, ahı se cuple el lema de Schwarz (Lema 2.4.1) y, por ende, H(x) essimetrica.

Llegamos ahora al resultado buscado en esta seccion:

Teorema 3.1.1 (Formula de Taylor de segundo orden para campos escalares). Sea f : A ⊆Rn → R y a un punto interior de A, tales que f sea de clase C2 en alguna bola centrada en a,B (a, r). Entonces, para todo y ∈ Rn tal que a+ y ∈ B (a, r) se tiene:

f(a+ y) = f(a) +∇f(a) · y +1

2!ytH(a)y + E(a, y)

cumpliendose queE(a, y)

‖y‖2→ 0 si ‖y‖ → 0

70 Teorema de Taylor

Demostracion. Consideremos un y fijo. Se define la funcion:

g(t) = f(a+ ty) para − 1 ≤ t ≤ 1

De esta forma, f(a+y)−f(a) = g(1)−g(0). Como g es una funcion de variable real, de acuerdoa la Proposicion 3.1.1, se tiene:

g(1)− g(0) = g′(0) +1

2!g′′(c), 0 < c < 1

utilizando el resto en la forma de Lagrange.Note que g es una funcion compuesta:

g(t) = f(r(t)) = f(a+ ty), r(t) := a+ ty

por lo tanto, al derivarla usamos la regla de la cadena. Ası,

g′(t) = ∇f(r(t)) · r′(t) = ∇f(r(t)) · y =

n∑j=1

Djf(r(t))yj

siempre que r(t) ∈ B (a, r). En particular, g′(0) = ∇f(a) · y.Hacemos lo mismo para determinar la segunda derivada:

g′′(t) =d

dt(∇f(r(t)) · y) = ∇(∇f(r(t)) · y) · y

=n∑i=1

Di

n∑j=1

Djf(r(t))yj

yi =n∑i=1

n∑j=1

yiDijf(r(t))yj

= ytH(r(t))y

⇒ g′′(c) = ytH(a+ cy)y

Definimos:

E(a, y) =

12!y

t(H(a+ cy)−H(a))y si y 6= 0,

0 si y = 0..

Es claro que en virtud de los resultados anteriores:

f(a+ y) = f(a) +∇f(a) · y +1

2!ytH(a)y + E(a, y)

Probaremos ahora queE(a, y)

‖y‖2→ 0 si ‖y‖ → 0.

Observe que:

|E(a, y)| =1

2!

∣∣∣∣∣∣n∑i=1

n∑j=1

(Dijf(a+ cy)−Dijf(a))yiyj

∣∣∣∣∣∣≤ 1

2

n∑i=1

n∑j=1

|Dijf(a+ cy)−Dijf(a)|‖y‖2

Aplicaciones 71

Lo anterior se obtiene aplicando reiteradamente la desigualdad triangular, y tambien recordandoque |yi| ≤ ‖y‖. De esta forma, cuando y 6= 0:

0 ≤ |E(a, y)|‖y‖2

≤ 1

2

n∑i=1

n∑j=1

|Dijf(a+ cy)−Dijf(a)|.

Como por hipotesis las derivadas parciales de segundo orden son continuas, se tiene que

Dijf(a+ cy)→ Dijf(a) si ‖y‖ → 0, ∀i, j,

completando ası la demostracion.

Ejemplo 3.1.2. Consideremos la funcion:

f(x, y) = sinx sin y

Calcularemos el polinomio de Taylor de orden dos generado por f en torno al origen.Notar que se cumple lo siguiente:

f(0, 0) = 0

∇f(x, y) = (cosx sin y, sinx cos y) ⇒ ∇f(0, 0) = (0, 0)

D2f(x, y) =

[− sinx sin y cosx cos ycosx cos y − sinx sin y

]⇒ D2f(0, 0) =

[0 11 0

]Luego, el polinomio buscado es:

T2f(x, y) = 0 +

[00

]·[xy

]+

1

2

[x y

] [0 11 0

] [xy

]∴ T2f(x, y) = xy

Quizas el lector recuerde que tıpicamente, trabajando en una variable, se aproxima sin θ por θ(cuando θ es pequeno). Este resultado es analogo.

3.2. Mınimos y Maximos

Partimos estableciendo algunas definiciones esenciales que, como es usual, emulan a las que yaconocıamos para funciones de variable real.

Definicion 3.2.1 (Maximo global). Una funcion f : A ⊆ Rn → R tiene un maximo absolutoo global en un punto a ∈ A si f(x) ≤ f(a) para todo x ∈ A. El numero f(a) se llama maximoabsoluto de f en A.

Definicion 3.2.2 (Maximo local). Una funcion f : A ⊆ Rn → R tiene un maximo relativoo local en un punto a ∈ A si f(x) ≤ f(a) para todo x en alguna bola de centro a. Es decir, si∃r > 0 tal que f(x) ≤ f(a), para todo x ∈ B (a, r).

72 Mınimos y Maximos

Note que la defincion de maximo local es menos exigente. En efecto, todo maximo absoluto estrivialmente un maximo local.

Ejercicio 3.2.1. Elabore definiciones analogas para mınimos absolutos y relativos.

Definicion 3.2.3. Un maximo o mınimo local de una funcion f se llama extremo de f .

Como vimos en el capıtulo anterior, el gradiente de una funcion nos dice en que direccion estacrece mas. Deberıa ser claro, por ende, que si en un punto a el gradiente es distinto de ceroentonces a no es un extremo de f . Por ejemplo, sea f : R2 → R, y (x0, y0) un extremo de lamisma. La funcion x 7→ f(x, y0) es de variable real, y debe tener derivada nula en x = x0. Estocapturamos en la siguiente proposicion.

Proposicion 3.2.1. Sea f : A ⊆ Rn → R una funcion diferenciable. Si f tiene un extremo enun punto a = (a1, . . . , an) ∈ Ao (recuerde la Definicion 1.4.4), entonces ∇f(a) = 0.

Demostracion. Basta considerar las funciones auxiliares:

fk(x) = f

xek +∑i 6=k

aiei

Estas son funciones de una variable real, que de acuerdo a lo que sabemos deben tener derivadanula en x = ak si es que efectivamente a es un extremo. Ademas:

dfkdx

(ak) =∂f

∂xk(a)

Como esto vale para todo k ∈ 1, . . . , n, llegamos a lo pedido.

El recıproco de la proposicion anterior no es cierto. Por ejemplo, considere la funcion: f(x, y) =x2 − y2. Tenemos que f(0, 0) = 0 y ademas ∇f(0, 0) = 0. Sin embargo, este punto no es unmaximo local, puesto que para todo r > 0,

(r2 , 0)∈ B ((0, 0), r) y:

f(r

2, 0)

=r2

4> 0 = f(0, 0)

Analogamente,(r2 , 0)∈ B ((0, 0), r) cumple:

f(

0,r

2

)= −r

2

4< 0 = f(0, 0)

Esto motiva las siguientes definiciones:

Definicion 3.2.4. Sea f : U ⊆ Rn → R diferenciable. Se dice que a ∈ A es un punto crıticoo estacionario si ∇f(a) = 0.

Si abandonamos la hipotesis de diferenciabilidad, tambien son puntos crıticos aquellos en queno existe el gradiente.

Aplicaciones 73

Ejemplo 3.2.1. Considere f : [0,∞[→ [0,∞[ definida por f(x) =√x. Esta funcion no es

diferenciable en 0; sin embargo, f(0) es el mınimo de la funcion.

Definicion 3.2.5 (Punto silla). Sea f : A ⊆ Rn → R y a ∈ A uno de sus puntos crıticos. Sedice que a es un punto silla si toda bola centrada en a contiene algunos puntos x tales quef(x) < f(a) y otros tales que f(x) > f(a).

Para determinar la naturaleza de un punto crıtico, usaremos la matriz Hessiana evaluada en elpunto.

Proposicion 3.2.2. Sea f : U ⊆ Rn → R dos veces diferenciable y x0 ∈ U un punto crıtico.Si D2f(x0) es una matriz definida positiva, entonces x0 es un mınimo.Si D2f(x0) es una matriz definida negativa, entonces x0 es un maximo.

Demostracion. Demostraremos para el caso de definida positiva. El otro es analogo. Usaremos,ademas, el siguiente lema de algebra lineal:

Lema 3.2.1. Si A es definida positiva, entonces htAh ≥ λ‖h‖2, siendo λ > 0 el menor de susvalores propios.

Sea h un vector no nulo. Como x0 es punto crıtico, ∇f(x0) = 0 y por lo tanto la formula deTaylor nos dice que:

f(x0 + th) = f(x0) +1

2htD2f(x0)h+ E(x0, h)

Como D2f(x0) es definida positiva, usando el lema, tenemos:

f(x0 + th) = f(x0) + ‖h‖2(λ+

E(x0, h)

‖h‖2

)Pero segun dice la Proposicion 3.1.1, E(x0,h)

‖h‖2 → 0 cuando ‖h‖ → 0. Luego, existe δ > 0 tal que

si ‖h‖ < δ entonces∣∣∣E(x0,h)‖h‖2

∣∣∣ < λ2 . De esta forma, para todo x := x0 + th ∈ B (x0, δ) , tenemos

que:f(x) ≥ f(x0)

Es decir, x0 es un mınimo local.

Ejemplo 3.2.2. Sea f(x, y) = x2 + y2.El gradiente de esta funcion es: ∇f(x, y) = (2x, 2y). Resolviendo ∇f(x, y) = 0, concluimos queel unico punto crıtico es (0, 0).

Notar que D2f(x, y) =

[2 00 2

], que es definida positiva para todo par (x, y) ∈ R2. En efecto:

[x y

] [2 00 2

] [xy

]= 2(x2 + y2) > 0 si (x, y) 6= (0, 0)

Por la Proposicion 3.2.2, se concluye que (0, 0) es un mınimo.

74 Mınimos y Maximos

La Proposicion 3.2.2 nos dio una condicion suficiente para determinar si un punto crıticoes maximo o mınimo, cuando la funcion es diferenciable. Pero no debemos confundirnos: lacondicion no es necesaria, es decir, en algunos extremos no se cumplira que la matriz seadefinida positiva o negativa. Considere los siguientes ejemplos:

Ejemplo 3.2.3. f(x, y) = x2 − y4 En este caso:

Df(x, y) =

[2x−4y3

]⇒ (0, 0) es un punto crıtico.

Note ademas que f(x, 0) > 0 si x 6= 0 y que f(0, y) < 0 si y 6= 0. Por ende, (0, 0) es un puntosilla.

D2f(x, y) =

[2 00 −12y2

]⇒ D2f(0, 0) =

[2 00 0

]Es decir, el Hessiano en el origen —que es un punto silla— es semidefinido positivo.

Ejemplo 3.2.4. f(x, y) = x2 + y4 Nuevamente se da en esta funcion que (0, 0) es punto crıticoy que

D2f(0, 0) =

[2 00 0

]Sin embargo, (0, 0) ahora es un mınimo puesto que x2 + y4 ≥ 0 = f(0, 0).

La condicion necesaria para los extremos esta dada por la siguiente proposicion.

Proposicion 3.2.3. Sea f : U ⊆ Rn → R, de clase C2, tal que alcanza un mınimo (respecti-vamente, un maximo) en x0 ∈ U , entonces D2f(x0) es semidefinida positiva (resp. semidefinidanegativa).

Demostracion. (Esbozo)Probaremos el caso de mınimo local. Por definicion ∃r > 0 tal que para x ∈ B (x0, r) se cumple:

f(x)− f(x0) ≥ 0

Escribiendo x = x0 + h, el desarrollo de Taylor nos dice que:

htD2f(x0)h

‖h‖2≥ 0 (3.2.1)

siempre que 0 < ‖h‖ < r.

Por otra parte, si λ es un valor propio de D2f(x0) asociado a v, tenemos

vtD2f(x0)v

‖v‖2= λ

Tomando h = εv en (3.2.1), para un ε apropiado, concluimos que λ ≥ 0 (para cualquier valorpropio). Es decir, D2f(x0) es semidefinida positiva.

Aplicaciones 75

3.3. Multiplicadores de Lagrange

En la seccion precedente, hemos dado condiciones necesarias y suficientes para la existencia demaximos y mınimos al interior de conjuntos abiertos. Esto funciona bien, por ejemplo, si tenemosfunciones con dominio Rn (problemas irrestrictos). Sin embargo, es frecuente en las aplicacionesque no todos los puntos del espacio son factibles (es decir, por consideraciones practicas algunosdeben quedar fuera) o que los dominios no son abiertos (los bordes son relevantes). Debemosdesarrollar, por lo tanto, una herramienta mas potente, que sera el lagrangeano.

Partimos formalizando el concepto de restriccion.

Definicion 3.3.1. Si tenemos que f : A → B y A0 ⊂ A definimos la restriccion de f a A0

como una nueva funcion f : A0 → B (segun la misma regla de asignacion que tenıa f : A→ B).Se denota f |A0 y se lee “f restringida a A0”.

Teorema 3.3.1. Sean f : U ⊆ Rn → R y g : U ⊆ Rn → R funciones de clase C1(U).Denotaremos por S al conjunto de nivel de valor c0 para g, es decir, S = x ∈ Rn : g(x) = c0.

Consideremos x0 tal que ∇g(x0) 6= 0. Si x0 es un extremo de f |S , entonces ∃λ ∈ R tal que:

∇f(x0) = λ∇g(x0)

Demostracion. Sea c(t) una curva contenida en S tal que c(0) = x0, t ∈]− 1, 1[. Entonces, c′(0)es un vector tangente a S en x0.

Sea ϕ1(t) = g(c(t)) = c0. Usando la Observacion 2.7.7, tenemos que ∇g(x0) ⊥ c′(0).

Sea ϕ2(t) = f(c(t)). Notar que ϕ2(0) = x0. Como x0 es extremo de f |S y c(t) toma valoresen S, tenemos que ϕ2(0) es un maximo o mınimo local, y por condicion de primer orden parafunciones de una variable se cumple:

0 = ϕ′2(0) = ∇f(x0) · c′(0)

Hay que observar que lo anterior es cierto para cualquier curva c(t) en S. Por ende, tanto ∇f(x0)como ∇g(x0) resultan ser normales a S, y si el espacio normal tiene dimension 1:

∇f(x0) ‖ ∇g(x0)⇔ ∇f(x0) = λ∇g(x0)

para algun λ ∈ R.

Observacion 3.3.1. Si queremos obtener puntos crıticos para la funcion f(x) restringida a (sedira tambien “sujeta a”, “s.a.”) g(x) ≤ c0 debemos analizar por separado los siguientes casos:

(a) ∇f(x0) = 0 y g(x0) < c0. La restriccion en este caso determina un dominio abierto, porlo que basta imponer la condicion de gradiente nulo.

(b) ∇g(x0) 6= 0, g(x0) = c0 y ∃λ ∈ R tal que ∇f(x0) = λ∇g(x0). Esto se enmarca en elmetodo de multiplicadores de Lagrange.


(c) ∇g(x0) = 0 y g(x0) = c0. Estos puntos deben estudiarse aparte.

Definicion 3.3.2. Dadas f, g y todo lo demas como en el teorema anterior definimos el la-grangeano como la funcion:

L(x, λ) = f(x) + λ(g(x)− c0)

Segun lo que se demostro, buscar los puntos crıticos de esta funcion —irrestricta— nos sirvepara encontrar los extremos de f |S .

Puede generalizarse lo hecho para establecer el siguiente teorema:

Teorema 3.3.2. Sean f, g1, . . . , gm : U ⊆ Rn → R de clase C1. Sea x0 tal que ∇gi(x0) 6= 0, ∀i ∈I := 1, . . . ,m y Si = x ∈ U : g(x) = ci,∀i ∈ I. Si x0 es un extremo local de f |S1∩...∩Smentonces:

∇f(x0) =

m∑i=1

λi∇gi(x0)

para algunos λi ∈ R, ∀i ∈ I.

Observacion 3.3.2. En el teorema precedente, las restricciones deben ser compatibles, es decir

m⋂i=1

Si = S1 ∩ . . . ∩ Sm 6= ∅.

Sin embargo, puede que haya restricciones inactivas.


Problema 3.1. Sea f : R2 → R definida por:

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

Demuestre que todos los puntos crıticos son silla.

Solucion: Para encontrar los puntos crıticos, analizamos el gradiente:

∇f(x, y) =

[sin y

1 + x cos y

]Observamos que no hay puntos singulares. Imponiendo ∇f(x, y) = 0, llegamos a que y =kπ, k ∈ Z. Distinguimos dos casos:

Si k es par, cos y = 1 y entonces x = −1.

Si k es impar, cos y = −1 y x = 1.

Aplicaciones 77

Por su parte,

D2f(x, y) =

[0 cos y

cos y −x sin y

].

Sea m ∈ Z, distinguimos los siguientes casos:

Si k = 2m, entonces

D2f(−1, 2mπ) =

[0 11 0

].

Como ∆1 = 0 y ∆2 = −1 la matriz no es ni semidefinida positiva ni semidefinida negativa.Concluimos que los puntos de la forma (1, 2mπ) son sillas.

Si k = 2m+ 1, entonces

D2f(−1, (2m+ 1)π) =

[0 −1−1 0

].

Nuevamente ∆1 = 0 y ∆2 = −1, ası que los puntos de la forma (−1, (2m+ 1)π) tambienson sillas.

Problema 3.2. Clasifique los puntos crıticos de

f(x, y) = e−(x2+y2)(3x2 + 5y2).

Solucion: Buscamos los puntos donde ∇f = 0. Tenemos que

∂f

∂x= −2xe−(x2+y2)(3x2 + 5y2) + 6xe−(x2+y2) = −2xe−(x2+y2)

(3x2 + 5y2 − 3

),

∂f

∂y= −2ye−(x2+y2)(3x2 + 5y2) + 10ye−(x2+y2) = −2ye−(x2+y2)

(3x2 + 5y2 − 5

).

Luego, debemos resolver el sistema

x(3x2 + 5y2 − 3) = 0

y(3x2 + 5y2 − 5) = 0

Es claro que (0, 0) es una solucion al sistema. Ademas, si x = 0 ⇒ y = ±1 y analogamente,si y = 0 ⇒ x = ±1. Finalmente, no es posible que x e y sean no nulos pues los parentesisrepresentan elipses que no se intersecan. Ası, los puntos crıticos son

(0, 0) (1, 0) (−1, 0) (0, 1) (0,−1).

Derivando nuevamente, obtenemos que

∂2f

∂x2= −2e−(x2+y2)

(15x2 + 5y2 − 6x4 − 10x2y2 − 3

),


∂2f

∂y2= −2e−(x2+y2)

(3x2 + 25y2 − 10y4 − 6x2y2 − 5

),

∂2f

∂y∂x= 4xye−(x2+y2)

(3x2 + 5y2 − 8

).

Por ende,

D2f(x, y) = −2e−(x2+y2)

[15x2 + 5y2 − 6x4 − 10x2y2 − 3 −2xy

(3x2 + 5y2 − 8

)−2xy

(3x2 + 5y2 − 8

)3x2 + 25y2 − 10y4 − 6x2y2 − 5

].

Luego,

D2f(0, 0) = −2

[−3 00 −5

] 0

D2f(1, 0) = −2e−1

[6 00 −2

]D2f(−1, 0) = −2e−1

[6 00 −2

]D2f(0, 1) = −2e−1

[2 00 10

] 0

D2f(0,−1) = −2e−1

[2 00 10

] 0

Finalmente, (0, 0) es un mınimo, (0, 1), (0,−1) son maximos y (1, 0), (−1, 0) son puntos silla.

Problema 3.3. Sea f : Rn → R de clase C2 y tal que 4f > 0,∀x ∈ Rn. Muestre que f nopuede tener un maximo local.

Solucion: Supongamos que existe p ∈ Rn tal que f tiene un maximo local en p. Entonces, porla Proposicion 3.2.1, tenemos que ∇f(p) = 0. Luego, usando la expansion de Taylor,

f(p+ x) = f(p) +1

2xtD2f(p)x+ E(p, x), ∀x ∈ Rn.

En particular, tomando x = tej para t 6= 0 arbitrario, sigue que

f(p+ tej)− f(p) = t2∂2f(p)

∂x2j

+ E (p, tej) .

Pero al ser un maximo local, debe tenerse que

∂2f(p)

∂x2j

+E (p, tej)

t2≤ 0.

Ası, cuando t→ 0, se tiene que∂2f(p)

∂x2j

≤ 0.

Aplicaciones 79

Finalmente, sumando sobre j = 1, . . . , n, se tiene que

4f(p) ≤ 0,

lo cual es una contradiccion.

Problema 3.4. Si f : R2 → R es una funcion definida como

g(x, y) = ax2 + 2bxy + cy2 + dx+ ey + f,

encontrar condiciones sobre las constantes a, b, c, d, e y f de tal forma que g pueda tener unextremo local.

Solucion: Notar que:

∇g(x, y) =

[2ax+ 2by + d2cy + 2bx+ e

]Como el dominio de la funcion es abierto y ademas g no tiene singularidades (es diferenciableen todo su dominio), por la Proposicion 3.2.1 se debe cumplir para cualquier extremo (x, y) que∇g(x, y) = 0. Es decir, el sistema: [

2a 2b2b 2c

] [xy

]=

[−d−e

].

debe tener solucion. Esto ultimo solo ocurre si la matriz de los coeficientes es invertible o—equivalentemente— si tiene determinante no nulo:∣∣∣∣2a 2b

2b 2c

∣∣∣∣ 6= 0

4ac− 4b2 6= 0

Entonces la condicion buscada para que hayan puntos crıticos es ac− b2 6= 0. Es claro que estano es una condicion suficiente, ya que hay puntos crıticos que son silla. Por ejemplo, considerea = 1, b = −1 y todas las demas constantes nulas. En ese caso la condicion encontrada secumple, pero g(x, y) = x2 − y2, que como vimos no tiene extremos.

Problema 3.5. Supongamos que en un mercado hay solo dos bienes, que denotaremos por xe y. La utilidad de un consumidor se puede modelar con una funcion de Cobb-Douglas, de laforma:

u(x, y) = xαyβ, α, β > 0.

Suponga que ademas dicho consumidor cuenta con un presupuesto limitado, B. Dados los preciosde ambos bienes, px > 0 y py > 0, plantee matematicamente el problema de optimizar la utilidady resuelvalo.


Solucion: El problema de optimizacion se reduce a:

max(x,y)∈R2

xαyβ

sujeto axpx + ypy = B

Aunque, por simplicidad, decimos que (x, y) ∈ R2, por la naturaleza del problema solo sonvalidos puntos tales que x ≥ 0, y ≥ 0. Sin embargo, veremos que esto no causa inconvenientes.

Planteamos el Lagrangeano:

L(x, y, λ) = xαyβ − λ(xpx + ypy −B)

con (x, y) ∈ R2. Por condicion de primer orden, ∇L = 0, es decir:

∂L∂x

= 0 ⇒ αxα−1yβ = λpx (3.4.1)

∂L∂y

= 0 ⇒ xαβyβ−1 = λpy (3.4.2)

∂L∂λ

= 0 ⇒ xpx + ypy = B (3.4.3)

Dividiendo (3.4.1) por (3.4.2) llegamos a que:

αy

βx=pxpy

(3.4.4)

Esta ultima ecuacion es bien conocida en economıa. Dice que, en el optimo de utilidad, la

relacion de precios iguala a la tasa marginal de sustitucion∂u∂x∂u∂y

: la relacion entre la utilidad que

otorga una unidad mas de x y una mas de y.

Despejando x y reemplazando en (3.4.3) tenemos que:

px

(αpyβpx

y

)+ pyy = B

y de ahı:

y∗ = B1

py(αβ + 1)

Analogamente, puede concluirse que:

x∗ = B1

px(βα + 1)

Observamos, adicionalmente, que la unica singularidad de L esta (eventualmente, si α < 1 oβ < 1) en (0, 0), punto que tiene utilidad nula. Adicionalmente, notamos que x∗ > 0 e y∗ > 0,y que f(x∗, y∗) > f(0, 0). El metodo de Lagrange garantiza que (x∗, y∗) es un extremo. Luego,(x∗, y∗) debe ser el maximo global de la funcion, y esta en el primer cuadrante, como querıamos.

Aplicaciones 81

Problema 3.6. Hallar los valores maximo y mınimo de la funcion f(x, y, z) = zexy en la region

B (0, 1) =

(x, y, z) : x2 + y2 + z2 ≤ 1.

Solucion: Notemos que

B (0, 1) = B (0, 1) ∪ ∂B (0, 1) .

Para buscar los extremos en el abierto B (0, 1) usamos los criterios vistos hasta ahora. Sinembargo,

∇f (x, y, z) = (yzexy, xzexy, exy) 6= 0 , ∀ (x, y, z) ∈ B (0, 1) ,

pues la tercera componente es siempre no nula. Luego, no hay puntos crıticos en B (0, 1).

Ahora los buscaremos en el compacto ∂B (0, 1). Consideremos el lagrangeano dado por

L (x, y, z, λ) = zexy + λ(x2 + y2 + z2 − 1

).

Tenemos que

yzexy = λ2x (3.4.5)

xzexy = λ2y (3.4.6)

exy = λ2z (3.4.7)

x2 + y2 + z2 = 1 (3.4.8)

Por (3.4.7) tenemos que z, λ 6= 0. Luego, (3.4.5) y (3.4.6) nos dicen que x = 0 si y solo y = 0 yen tal caso, (3.4.8) nos dice que z = ±1. Ası, obtenemos los puntos

P1 = (0, 0, 1) , P2 = (0, 0,−1) .

Si x, y 6= 0, entonces podemos dividir (3.4.5) en (3.4.6) y sigue que x2 = y2 ⇒ y = ±x.

Si x = y, (3.4.5) nos dice que zexy = 2λ. Ademas, multiplicamos (3.4.7) por z obteniendozexy = 2λz2 y entonces, z2 = ±1. Pero entonces, por (3.4.8), tenemos que x = y = 0 y por lotanto, nuestra hipotesis se cae.

Si x = −y el razonamiento es analogo y se llega a z2 = −1.

Finalmente, dado que ∂B (0, 1) es un compacto, sabemos que f alcanza su maximo y su mınimoallı. Ası, como

f (P1) = 1 , f (P2) = −1,

concluimos que P1 es maximo y P2 es mınimo.


Problema 3.7. Determine los extremos de f(x, y, z) = x+y+z sujeto a x2+y2 = 1 y z−2 = 0.

Solucion: El Lagrangeano de la situacion esta dado por

L (x, y, z, λ1, λ2) = x+ y + z + λ1(x2 + y2 − 1) + λ2(z − 2).

Luego,1 = 2λ1x

1 = 2λ1y

1 = λ2

x2 + y2 = 1

z = 2

de donde concluimos que x = y = ± 1√

2. Ası, los puntos en cuestion son

x∗1 =

(1√2,

1√2, 2

), x∗2 =

(− 1√

2,− 1√

2, 2

).

Finalmente, como f (x∗1) ≥ f (x∗2), concluimos que x∗1 es un maximo y x∗2 es un mınimo.

Problema 3.8. Sean x, y, z ∈ R+ tales que x+ y + z = a. Determine el valor maximo de

f(x, y, z) = xmynzp,

con m,n, p ∈ R+. Luego, suponga que m+ n+ p = 1 y concluya que

xmynzp ≤ mx+ ny + pz, ∀x, y, z ∈ R+. (3.4.9)

Solucion: El lagrangeano de la situacion esta dado por

L (x, y, z, λ) = xmynzp − λ(x+ y + z − a),

con λ ∈ R. Tenemos que

mxm−1ynzp = λ (3.4.10)

xmnyn−1zp = λ (3.4.11)

xmynpzp−1 = λ (3.4.12)

x+ y + z = a (3.4.13)

Dado que x, y, z,m, n, p > 0, podemos multiplicar las primeras tres ecuaciones por x, y y z,respectivamente y obtener

x

m=y

n=z

p.

Reemplazando en la ultima, sigue que

x+n

mx+

p

mx = a,

Aplicaciones 83

es decir,

x = am

m+ n+ p.

Analogamente,

y = an

m+ n+ p, z = a

p

m+ n+ p.

Luego, el valor maximo de la funcion esta dado por

f

(a

m

m+ n+ p, a

n

m+ n+ p, a

p

m+ n+ p

)= am+n+p mmnnpp

(m+ n+ p)m+n+p,

lo cual implica que

xmynzp ≤ (x+ y + z)m+n+p mmnnpp

(m+ n+ p)m+n+p.

Ademas, si m+ n+ p = 1, entonces

xmynzp ≤ (x+ y + z)mmnnpp,

es decir, ( xm

)m (yn

)n(zp

)p≤ x+ y + z.

Finalmente, tomando x = mx, y = ny, z = pz se concluye lo pedido.

Problema 3.9. Sea S una superficie de R3 de ecuacion f(x, y, z) = 0, con f ∈ C1. Sea P elpunto de S mas lejano del origen. Demuestre que el vector que va del origen a P es perpendiculara S.

Solucion: Consideremos el lagrangeano dado por

L (x, y, z, λ) = x2 + y2 + z2 − λf(x, y, z),

es decir, aquel que maximizara la distancia entre el origen y S. Tenemos que

2x = λ∂f

∂x(3.4.14)

2y = λ∂f

∂y(3.4.15)

2z = λ∂f

∂z(3.4.16)

f(x, y, z) = 0 (3.4.17)

Sea P = (x0, y0, z0). Como P es el punto mas lejano del origen, se tiene que P satisface elsistema y por lo tanto,

(x0, y0, z0) =

(λ

2

∂f

∂x(P ),

λ

2

∂f

∂y(P ),

λ

2

∂f

∂z(P )

)=λ

2∇f(P ).

Luego, como ∇f(P ) es una direccion ortogonal a S en P y λ 6= 0 (pues sino P serıa el origen),se obtiene lo pedido.


Problema 3.10. Dada una circunferencia de centro O y radio r. ¿Cual es el triangulo inscritoque encierra la mayor area?

Hint: Recuerde que si los lados del triangulo son a, b, c entonces el area es A = abc4r y a = 2r sinα.

Solucion: Escribimos

b = 2r sinβ , c = 2r sin γ

y entonces,

A (α, β, γ) =2r sinα2r sinβ2r sin γ

4r= 2r2 sinα sinβ sin γ.

Luego, el lagrangeano de la situacion es

L (α, β, γ) = 2r2 sinα sinβ sin γ + λ (α+ β + γ − π) .

Debemos resolver el sistema

2r2 cosα sinβ sin γ = λ (3.4.18)

2r2 sinα cosβ sin γ = λ (3.4.19)

2r2 sinα sinβ cos γ = λ (3.4.20)

α+ β + γ = π (3.4.21)

Notar que si α = 0⇒ A = 0. Ademas, si α = π2 ⇒ λ = 0 y por (3.4.19) sigue que β = π

2 ∨ γ =0 ⇒ A = 0. Ası que por simetrıa, supondremos que todos los angulos son no nulos y distintosde π

2 . Luego, dividimos (3.4.18) en (3.4.19) y sigue que

cosα

sinα

sinβ

cosβ= 1⇒ tanα = tanβ.

Analogamente, dividiendo (3.4.18) en (3.4.20), se obtiene que

tanα = tan γ.

Finalmente, como α, β, γ ∈]0, π[ y la tangente es inyectiva en ese intervalo, tenemos que α =β = γ y al ser el unico punto crıtico que no anula al area, debe ser maximo.

Problema 3.11 (Convexidad MG). Sea

f (x1, . . . , xn) =

(n∏i=1

xi

) 1n

, (3.4.22)

con xi ≥ 0,∀i = 1, . . . , n. Muestre que f es concava.

Aplicaciones 85

Solucion: Vamos a construir la matriz Hessiana de f . Derivando,

∂f

∂xj=

n∏i 6=j

xi

1n ∂

(x

1nj

)∂xj

=

n∏i 6=j

xi

1nx

1n−1

j

n=

(n∏i=1

xi

) 1n x−1

j

n=

f

nxj,

∂2f

∂x2j

=∂

∂xj

(f

nxj

)=

∂f∂xj

nxj − f ∂∂xj

(nxj)

n2x2j

= (1− n)f

n2x2j

,

∂2f

∂xk∂xj=

∂

∂xk

(f

nxj

)=

f

n2xkxj=

∂2f

∂xj∂xk,

pues f satisface las hipotesis del Lema de Schwarz. Luego, la matriz Hessiana de f esta dadapor

D2f =

(1− n)f

n2x21

f

n2x1x2. . .

f

n2x1xnf

n2x2x1(1− n)

f

n2x22

. . .f

n2x2xn...

.... . .

...f

n2xnx1

f

n2xnx2. . . (1− n)

f

n2x2n

.

Analizemos sus subdeterminantes. Para el k-esimo subdeterminante, se tiene que

∆k =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

(1− n)f

x21

f

n2x1x2. . .

f

n2x1xkf

n2x2x1(1− n)

f

n2x22

. . .f

n2x2xk...

.... . .

...f

n2xkx1

f

n2xkx2. . . (1− n)

f

n2x2k

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=

(f

n2

)k∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

(1− n)

x21

1

x1x2. . .

1

x1xk1

x2x1

(1− n)

x22

. . .1

x2xk...

.... . .

...1

xkx1

1

xkx2. . .

(1− n)

x2k

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=

(f

n2

)k k∏i=1

1

xi

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

(1− n)

x1

1

x2. . .

1

xk1

x1

(1− n)

x2. . .

1

xk...

.... . .

...1

x1

1

x2. . .

(1− n)

xk

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=

(f

n2

)k k∏i=1

1

x2i

∣∣∣∣∣∣∣∣∣(1− n) 1 . . . 1

1 (1− n) . . . 1...

.... . .

...1 1 . . . (1− n)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=

(f

n2

)k k∏i=1

1

x2i

∣∣∣∣∣∣∣∣∣(1− n) 1 . . . 1n −n . . . 0...

.... . .

...n 0 . . . −n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ =

(f

n2

)k k∏i=1

1

x2i

∣∣∣∣∣∣∣∣∣(k − n) 1 . . . 1

0 −n . . . 0...

.... . .

...0 0 . . . −n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣=

(f

n2

)k k∏i=1

1

x2i

(−1)k(n− k)nk−1.


Luego, D2f es semidefinida negativa pues el signo de sus submatrices depende de (−1)k. Por lotanto, f es concava.

Problema 3.12. Sea f(x, y, z) = log(xyz3

).

(a) Encuentre el valor maximo de f sobre

Σ =

(x, y, z) ∈ R3 : x, y, z > 0, x2 + y2 + z2 = 5r2,

con r > 0.

(b) Usando el resultado anterior, muestre que

abc3 ≤ 27

(a+ b+ c

5

)5

, ∀a, b, c ≥ 0. (3.4.23)

Solucion: El Lagrangeano de la situacion esta dado por

L(x, y, z, λ) = log x+ log y + 3 log z + λ(x2 + y2 + z2 − 5r2).

Luego,

1

x= 2λx (3.4.24)

1

y= 2λy (3.4.25)

3

z= 2λz (3.4.26)

x2 + y2 + z2 = 5r2 (3.4.27)

De las tres primeras ecuaciones, concluimos que 3x2 = 3y2 = z2. Reemplazando en (3.4.33),tenemos que x = r. Ası, y = r, z = r

√3. Ademas, es claro que

D2f =

− 1x2

0 − 1y2

0

0 0 − 3z2

0.

Ası,log(xyz3

)≤ max

(x,y,z)∈Σf(x, y, z) = f(r, r, r

√3) = log(3

√3r5).

Luego,

xyz3 ≤ 3√

3

√x2 + y2 + z2

5

5

.

Finalmente, elevando al cuadrado y tomando a = x2, b = y2, c = z2, tenemos que

abc3 ≤ 27

(a+ b+ c

5

)5

.

Aplicaciones 87

Problema 3.13 (MA-MG). Sea f : Rn → R dada por

f (x1, . . . xn) =n∏k=1

x2k.

Encuentre los extremos de f sobre B (0, r) , r > 0. Concluya que si a1, . . . , an ∈ R+, entonces

n√a1 . . . an ≤

a1 + . . .+ ann

. (3.4.28)

Solucion: El lagrangeano de la situacion esta dado por

L(x, y, z, λ) =n∏k=1

x2k + λ(r2 −

n∑k=1

x2k).

Luego,2 (x1 . . . xn) (x2x3 . . . xn) = 2λx1

2 (x1 . . . xn) (x1x3 . . . xn) = 2λx2

...

2 (x1 . . . xn) (x1x2 . . . xn−1) = 2λxn

x21 + x2

2 + . . .+ x2n = r2

Tomando la k-esima ecuacion y multiplicandola por xk, se obtiene

(x1 . . . xn)2 = λx2k. (3.4.29)

Sumando sobre k = 1, . . . , n obtenemos

n (x1 . . . xn)2 = λ(x2

1 + . . .+ x2n

)= λr2 ⇒ λ =

n (x1 . . . xn)2

r2.

Ası, reemplazando en (3.4.29), tenemos que

x2k =

r2

n.

Por lo tanto, el punto en cuestion es

x∗ =

(± r√

n, . . . ,± r√

n

).

Luego, el valor maximo de f en B (0, r) es

f (x∗) =

(r2

n

)n⇒ n√f(x) ≤ r2

n.


Finalmente, tomando ak = x2k, tenemos que

n√a1 . . . an ≤

a1 + . . .+ ann

.

Nota: Tambien satisfacen las ecuaciones puntos tales que xi = 0 para algun i ∈ 1, . . . , n,tomando λ = 0, siempre que se cumpla

∑nk=1 xk = R. Es evidente que todos esos puntos son

mınimos pues su imagen es cero, y f(x) ≥ 0 (∀x ∈ Rn).

Problema 3.14. Sea f(x, y, z) = x2y + z2. Clasifique los extremos de f sobre

D = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 ≤ 1

Solucion: En primer lugar, hacemos notar que la funcion alcanza sus maximos y mınimos pueses una funcion continua con dominio compacto.

En conformidad a lo senalado en la Observacion 3.3.1, analizamos por separado los extremosde f sobre los conjuntos:

(a) U := (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 < 1

(b) V := (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 = 1

Como U es un abierto, podemos encontrar sus extremos imponiendo simplemente la condicionde gradiente nulo.

∇f(x, y, z) =(2xy, x2, 2z

)= (0, 0, 0)

De donde se desprende que necesariamente x = 0 y z = 0, mientras que y queda libre. Luego, lospuntos crıticos en U son de la forma Pk = (0, k, 0), con k ∈ (−1, 1). Note que hay una cantidadinfinita de puntos crıticos.

Veamos que pasa con el Hessiano:

D2f(x) =

2y 2x 02x 0 00 0 2

⇒ D2f(Pk) =

2k 0 00 0 00 0 2

Distinguimos tres casos:

(a) Si k < 0, la matriz no es ni semidefinida positiva ni semidefinida negativa. (Considere elproducto hTD2f(Pk)h cuando h = (h, k, 0) y h = (0, k, l).) Luego, Pk es punto silla.

(b) Si k > 0, la matriz no nos da mayor informacion Sin embargo, note que f(Pk) = 0, y queexiste una bola centrada en Pk, B (Pk, r), tal que y > 0 para todo punto en la bola. Luego:

f(Pk) = 0 ≤ f(x, y, z), (x, y, z) ∈ B (Pk, r) .

De donde se deduce que Pk es mınimo local para todo k ∈ (0, 1).

Aplicaciones 89

(c) Si k = 0, Pk es el origen, que es un punto silla, porque puntos de la forma (0, 0, z) tienenimagenes positivas y los de la forma (x, y, 0) negativas (cuando y < 0).

Busquemos ahora los extremos en la frontera que hemos denominado V . Es decir, los extremosde f restringida a la superficie dada por g(x, y, z) = x2 + y2 + z2 = 1. Es evidente que hay queusar multiplicadores de Lagrange. El langrangeano es:

L(x, y, z, λ) = f(x, y, z)− λ(g(x, y, z)− 1) = x2y + z2 − λ(x2 + y2 + z2 − 1)

Derivando respecto a las variables e igualando a cero obtenemos las condiciones:

2xy = 2λx (3.4.30)

x2 = 2λy (3.4.31)

2z = 2λz (3.4.32)

x2 + y2 + z2 = 1 (3.4.33)

De (3.4.30) y (3.4.32) se deduce que x(y − λ) = 0 y z(1− λ) = 0.

Si x = 0, como λ 6= 0 sigue y = 0. Con esto z = ±1. Obtenemos ası los puntos crıticos:P1 = (0, 0, 1) y P2 = (0, 0,−1).

Si x 6= 0, λ = y y entonces x = ±√

2y = ±√

2λ. Ası, x2 + y2 + x2 = 3λ2 + z2 = 1 ⇒ z =±√

1− 3λ2. Por (3.4.32): √1− 3λ2(1− λ) = 0

con |λ| ≤ 1√3. Por lo tanto, λ = ± 1√

3. Obtenemos ası los puntos: P3 =

(√2√3, 1√

3, 0)

, P4 =(√2√3,− 1√

3, 0)

, P5 =(−√

2√3, 1√

3, 0)

y P6 =(−√

2√3,− 1√

3, 0)

.

Evaluando f en cada punto crıtico Pi se tiene que,

(a) en P6 y P4 f tiene valor mınimo.

(b) en P1 y P2 f tiene valor maximo.

Problema 3.15. Determine los puntos (x, y) y las direcciones en las cuales las derivada di-reccional de f(x, y) = 3x2 + y2 + 2y alcanza su maximo valor si (x, y) se restringe al cırculox2 + y2 = 1.

Solucion: Como f es diferenciable, su derivada direccional en un punto (x, y) alcanza el valormaximo ‖∇f(x, y)‖ cuando se deriva con respecto a la direccion ∇f(x, y).

En este caso,

‖∇f(x, y)‖ = ‖(6x, 2y + 2)‖ = 2‖(3x, y + 1)‖ = 2√

9x2 + (y + 1)2.


Por lo tanto, nuestra funcion a maximizar sera g(x, y) = 9x2 + (y + 1)2 sujeta a la restriccionx2 + y2 − 1 = 0. Para ello definimos el lagrangeano

L(x, y, λ) = 9x2 + (y + 1)2 − λ(x2 + y2 − 1).

El sistema a resolver es18x = 2λx

2(y + 1) = 2λy

x2 + y2 = 1

La primera ecuacion puede ser reescrita como x (9− λ) = 0. Luego, tenemos dos casos a con-siderar:

Si x = 0, la tercera ecuacion nos dice que y = ±1 y por ende, los puntos a evaluar son:

P1 = (0, 1) , P2 = (0,−1) .

Si λ = 9, entonces la segunda ecuacion nos entrega y = 18 y por lo tanto, la tercera nos

hace concluir que los puntos a evaluar son:

P3 =

(3√

7

8,1

8

), P3 =

(−3√

7

8,1

8

).

Evaluando g en dichos puntos, tenemos que

g(P1) = 4 , g(P2) = 0 , g(P3) = g(P4) =81

4,

es decir, P3 y P4 son los puntos donde la derivada direccional es maxima cuando se deriva enla direccion del gradiente en esos puntos.

Capıtulo 4

Calculo Diferencial de FuncionesVectoriales en Varias Variables

“If people do not believe that mathematics is simple, it is only because they do not realize howcomplicated life is.”

- John Louis von Neumann4.1

Con todo lo visto hasta el momento, el lector deberıa ser capaz de estudiar campos de temper-atura y presion, pues estas dos magnitudes son escalares, es decir, un numero real y por ende,pueden ser modelados mediante campos escalares.

Para no aburrir demasiado al estudiante, es momento de cambiar ligeramente de tema. Imag-inemos por un momento que estamos en el Siglo XVI navegando por los mares rumbo a latierra recien descubierta. Supondremos que somos humildes y por lo tanto, no tenemos esclavosque remen por nosotros, es decir, nuestra embarcacion solo puede ser impulsada mediante unapropiado uso de las velas. Por lo tanto, es imprescindible saber hacia donde sopla del viento.Pero esta direccion no es constante, puede ser que en el punto donde estamos sople en direcciona y 2 kilometros al norte sople en direccion b, es decir, en cada punto (x, y) ∈ R2 (mirandonuestro viaje desde la vista aerea) hay un vector asociado (la direccion del viento) y que ellector puede imaginarlo pensando en un plano lleno de flechitas.

Con el fin de realizar un estudio de este fenomeno, necesitamos al menos una funcion de la formaF : R2 → R2. Vale decir, un nuevo tipo de aplicaciones que ya no nos entreguen un escalar sinomas bien, un vector.

4.1 John von Neumann zu Margaritta (1903-1957) fue un matematico Hungaro-estadounidense y es ubicadoentre los mas grandes matematicos del siglo XX. Realizo contribuciones importantes en fısica cuantica, analisisfuncional, teorıa de conjuntos, ciencias de la computacion, economıa, analisis numerico, cibernetica, hidrodinamica(de explosiones), estadıstica y muchos otros campos de la matematica. En 1944 demostro que las mecanicas dela onda de Schrodinger y las mecanicas de la matriz de Heisenberg eran matematicamente equivalente.

92 Funciones Vectoriales de Varias Variables

Para nuestro ejemplo del barco, lo anterior nos permitira construir un campo de velocidades ypoder navegar de una forma eficiente.

Sugerimos al lector ir realizando las analogıas pertinentes entre este Capıtulo y el Capıtulo 2.

4.1. Funciones Vectoriales de Varias Variables

Definicion 4.1.1 (Funcion de vectorial varias variables). Una aplicacion F : Rn → Rm sedenomina funcion vectorial de varias variables, funcion vectorial de variable vectorialo simplemente campo vectorial. Notamos que

F (x) = (f1(x), f2(x), . . . , fm(x)) ,

con

fi(x) = fi(x1, . . . , xn), i = 1, . . . ,m,

funcion escalar a la cual llamaremos funcion coordenada.

Observacion 4.1.1. Notemos que si m = 1, entonces F es simplemente un campo escalar.

Ejemplo 4.1.1. Sea F : R3 → R4 dada por

F (x, y, z) =(xy, exyz, sinx, x2 + zy

),

entonces F = (f1, f2, f3, f4) con

f1(x, y, z) = xy,

f2(x, y, z) = exyz,

f3(x, y, z) = sinx,

f4(x, y, z) = x2 + zy.

Ejemplo 4.1.2 (Campo Eletrico). Considere una carga Q ubicada en el origen. La fuerzagenerada por el campo electrico en el punto (x, y, z) 6= (0, 0, 0) sobre una carga q esta dada por

F (x, y, z) = − 1

4πε

Qq

(x2 + y2 + z2)32

(xı+ y+ zk

),

donde ε es la permitividad del vacıo.

Definicion 4.1.2. Sea f : Rn → R diferenciable. Se define el campo gradiente de f como

∇f =

(∂f

∂x1,∂f

∂x2, . . . ,

∂f

∂xn

).

Observacion 4.1.2. De ahora en adelante, los campos escalares se denotaran por minusculas,mientras que los campos vectoriales, por mayusculas.

Calculo Diferencial de Funciones Vectoriales en Varias Variables 93

4.2. Lımites

Definicion 4.2.1 (Lımite). Sea F : U ⊆ Rn → Rm, p ∈ U ′ y L ∈ Rm. Diremos que L es ellımite de F cuando x tiende a p, si para cada ε > 0 existe δ > 0 tal que si x ∈ B (p, δ) ∩ Uentonces F (x) ∈ B (L, ε). O equivalentemente,

x ∈ U ∧ 0 < ‖x− p‖ < δ ⇒ ‖F (x)− L‖ < ε.

Si lo anterior se cumple, escribiremos

lımx→p

F (x) = L,

y diremos que F → L cuando x→ p.

Observacion 4.2.1. Observemos que al igual que antes, no hay necesidad alguna de que Feste definida en p.

Teorema 4.2.1. Sea F : U ⊆ Rn → Rm tal que F = (f1, . . . , fm) con fi : Rn → R,∀i =1, . . . ,m. Sean p ∈ U ′ y L = (l1, . . . , lm) ∈ Rm. Entonces,

lımx→p

F (x) = L ⇐⇒ lımx→p

fi(x) = li, ∀i = 1, . . . ,m.

Demostracion. (⇒) Sea ε > 0. Como F → L cuando x→ p, existe δ > 0 tal que x ∈ B (p, δ)∩Uentonces F (x) ∈ B (L, ε). Pero, para cada i = 1, . . . ,m se cumple que√

(fi(x)− li)2 ≤√

(f1(x)− l1)2 + . . .+ (fi(x)− li)2 + (fm(x)− lm)2 = ‖F (x)− L‖ < ε,

es decir, cuando x ∈ B (p, δ) ∩ U se tiene que

|fi(x)− li| < ε.

Por lo tanto, fi → li cuando x→ p.

(⇐) Sea ε > 0. Como fi → li cuando x→ p, existe δi > 0 tal que

x ∈ B (p, δi) ∩ U ⇒ |fi(x)− li| <ε√m.

Luego, tomando δ = maxi=1,...,m

δi se tiene que

x ∈ B (p, δ) ∩ U ⇒ |fi(x)− li| <ε√m, ∀i = 1, . . . ,m.

Llamemos

α = maxi=1,...,m

|fi(x)− li| .

94 Continuidad

En consecuencia, se tiene que si x ∈ B (p, δi) ∩ U , entonces α < ε√m

. Finalmente, notemos que√(f1(x)− l1)2 + . . .+ (fi(x)− li)2 + (fm(x)− lm)2 ≤

√α2 + . . .+ α2︸︷︷︸

m veces

=√mα2 = α

√m < ε,

es decir, si x ∈ B (p, δ) ∩ U se tiene que

‖F (x)− L‖ < ε.

Por lo tanto, F → L cuando x→ p.

Teorema 4.2.2 (Unicidad del Lımite). Si lımx→p

F (x) = L1 y lımx→p

F (x) = L2, entonces L1 = L2.

Demostracion. Analogo al caso escalar.

Proposicion 4.2.1. Sean F,G : U ⊆ Rn → Rm, p ∈ U ′, c ∈ R y L1, L2 ∈ Rm tales que

lımx→p

F (x) = L1 , lımx→p

F (x) = L2.

Entonces

(a) lımx→p

(F +G)(x) = L1 + L2.

(b) lımx→p

cF (x) = cL1.

(c) lımx→p

F (x) ·G(x) = L1 · L2, si m > 1.

(d) lımx→p‖F (x)‖ = ‖L1‖.

Demostracion. Todos excepto (d) son analogos al caso escalar. Para mostrar esta ultima, porel Problema 1.3, tenemos que

|‖F‖ − ‖L‖| ≤ ‖F − L‖.

Finalmente, como F → L, se tiene que ‖F − L‖ → 0 y por ende |‖F‖ − ‖L‖| → 0, es decir,‖F‖ → ‖L‖.

4.3. Continuidad

Definicion 4.3.1 (Continuidad). Sea F : U ⊆ Rn → Rm, u ∈ U . Diremos que f es continuaen u si para cada ε > 0 existe δ > 0 tal que si x ∈ B (p, δ) ∩ U entonces F (x) ∈ B (F (u), ε). Oequivalentemente,

x ∈ U ∧ ‖x− u‖ < δ ⇒ ‖F (x)− F (u)‖ < ε.

Diremos que F es continua en U si es continua en cada u ∈ U .


Teorema 4.3.1. Sea F : U ⊆ Rn → Rm tal que F = (f1, . . . , fm) y u ∈ U . Entonces F escontinua en u si y solo si fi es continua en u,∀i = 1, . . . ,m.

Demostracion. Directo del Teorema 4.2.1.

Proposicion 4.3.1. Sean F,G : U ⊆ Rn → Rm continuas en u ∈ U y c ∈ R. Entonces Entonces

(a) F +G es continua en u.

(b) cF es continua en u.

(c) F ·G es continua en u, si m > 1.

Demostracion. Directo de la Proposicion 2.2.1.

Proposicion 4.3.2. Sean F : U ⊆ Rn → Rm, G : Rm → Rp con F (U) ⊆ Dom (G). Si F y Gson continuas en U y F (U), respectivamente, entonces G F : U ⊆ Rn → Rp es continua en U .

Demostracion. Sea ε > 0, w ∈ F (U), u ∈ U tales que F (u) = w. Como G es continua en y,existe η > 0 tal que si y ∈ B (w, η) entonces G(y) ∈ B (G(w), ε).

Por otro lado, F es continua en U y por ende, existe δ > 0 tal que si x ∈ B (u, δ) entoncesF (x) ∈ B (F (u), η).

Es decir, si x ∈ B (u, δ) entonces G(F (x)) ∈ B (G(F (u)), ε) y por lo tanto, G F es continuaen U .

Ejemplo 4.3.1. g(x, y) =√x2 + y2 es continua en R2.

4.4. Diferenciabilidad

Definicion 4.4.1 (Diferenciabilidad). Sea F : U ⊆ Rn → Rm y p ∈ U . Diremos que F esdiferenciable en p si existe una transformacion lineal DF (p) : Rn → Rm tal que

lımh→0

‖F (p+ h)− F (p)−DF (p)(h)‖‖h‖

= 0.

Observacion 4.4.1. Hacemos notar que DF (p) es la transformacion lineal que toma un vectorh ∈ Rn y le asocia un vector DF (p)(h) ∈ Rm, vale decir, en cada punto p ∈ U hay una funcionvectorial lineal de varias variables, DF (p).


Observacion 4.4.2. Sea F : U ⊆ Rn → Rm diferenciable y p ∈ U . Supongamos que

F = (f1, . . . , fm),

entonces

F (p+ h)− F (p) = (f1(p+ h)− f1(p), . . . , fm(p+ h)− fm(p)) .

Escribamos

DF (p)(h) = (l1(h), . . . , lm(h)) .

Ası, tenemos que,

F (p+ h)− F (p)−DF (p)(h) = (f1(p+ h)− f1(p)− l1(h), . . . , fm(p+ h)− fm(p)− lm(h)) .

Por otro lado, como DF (p) es una transformacion lineal y Rm,Rn son de dimension finita, existeuna matriz A ∈Mm×n (R) que representa a esta transformacion, digamos

A =

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n...

.... . .

am1 am2 . . . amn

.Tomando h = te1, se tiene que

DF (p)(h) = Ah = (ta11, . . . , tam1) ,

es decir,

F (p+ h)− F (p)−DF (p)(h) = (f1(p+ h)− f1(p)− ta11, . . . , fm(p+ h)− fm(p)− tam1) .

Luego, como F es diferenciable, se cumple que

lımt→0

‖F (p+ h)− F (p)−DF (p)(h)‖|t|

= 0,

y por el Teorema 4.2.1, esto implica que

lımt→0

∣∣∣∣f1(p+ te1)− f1(p)− ta11

t

∣∣∣∣ = 0,

o equivalentemente

lımt→0

f1(p+ te1)− f1(p)

t= a11.

Por lo tanto, recordando la definicion de derivada parcial, tenemos que

a11 =∂f1

∂x1(p).


Repitiendo el mismo argumento para i = 1, . . . ,m, tenemos que

ai1 =∂fi∂x1

(p).

Finalmente, tomando h = tej para j = 1, . . . , n, concluimos que

DF (p) =

∂f1

∂x1(p)

∂f1

∂x2(p) . . .

∂f1

∂xn(p)

∂f2

∂x1(p)

∂f2

∂x2(p) . . .

∂f2

∂xn(p)

......

. . .

∂fm∂x1

(p)∂fm∂x2

(p) . . .∂fm∂xn

(p)

,

y por unicidad del lımite, se tiene que es la unica que satisface la condicion de diferenciabilidad.

Observacion 4.4.3. Nuevamente, la Observacion 4.4.2 nos permite concluir que la existenciade las derivadas parciales es una condicion necesaria para la diferenciabilidad.

Definicion 4.4.2 (Matriz del diferencial). Sea F : U ⊆ Rn → Rm diferenciable y p ∈ U . Sedefine la matriz del diferencial de F en p por

DF (p) :=

∂f1

∂x1(p)

∂f1

∂x2(p) . . .

∂f1

∂xn(p)

∂f2

∂x1(p)

∂f2

∂x2(p) . . .

∂f2

∂xn(p)

......

. . .

∂fm∂x1

(p)∂fm∂x2

(p) . . .∂fm∂xn

(p)

.

Ejemplo 4.4.1. Sea F (x, y, z) = (xyz, x2 + y2 + z2) y p = (0, 0, 0), entonces

∂f1

∂x= yz ,

∂f1

∂y= xz ,

∂f1

∂z= xy,

∂f2

∂x= 2x ,

∂f2

∂y= 2y ,

∂f2

∂z= 2z.

Por lo tanto, en caso de que F fuese diferenciable,

DF (p) =

[0 0 00 0 0

].


En efecto, la condicion de diferenciabilidad en p = (0, 0, 0) esta dada por

lımh→0

‖F (h)− F (0)−DF (0)(h)‖‖h‖

= lımh→0

‖(h1h2h3, h

21 + h2

2 + h23

)‖

‖h‖= lım

h→0

√h2

1h22h

23 +

(h2

1 + h22 + h2

3

)2h2

1 + h22 + h2

3

.

Pero, por MA-MG,

lımh→0

h21h

22h

23

h21 + h2

2 + h23

≤ lımh→0

(h2

1 + h22 + h2

3

)23(h2

1 + h22 + h2

3

) ≤ lımh→0

h21 + h2

2 + h23 = 0,

por lo tanto,

lımh→0

‖F (h)− F (0)−DF (0)(h)‖‖h‖

= 0.

Teorema 4.4.1. Sea F : U ⊆ Rn → Rm tal que F = (f1, . . . , fm) y p ∈ U . Si todas lasderivadas parciales ∂fi

∂xjexisten y son continuas en p, entonces F es diferenciable en p.

Ejemplo 4.4.2. Sea f(x, y) = (exy, sin(xy)), entonces

∂f1

∂x= yex

2+y2 ,∂f1

∂y= xex

2+y2 ,

∂f2

∂x= y cos(xy) ,

∂f2

∂y= x cos(xy),

son todas continuas y por lo tanto, f es diferenciable en todo R2.

Proposicion 4.4.1. Sean F,G : U ⊆ Rn → Rm y p ∈ U tales que F y G son diferenciables enp. Consideremos α, β ∈ R, entonces αF + βG es diferenciable en p y

D (αF + βG) (p) = αDF (p) + βDG(p).

Proposicion 4.4.2 (Regla de la Cadena). Sean F : U1 ⊆ Rn → Rm, G : U2 ⊆ Rm → Rp talesque F es diferenciable en p ∈ U1 y G es diferenciable en F (p) ∈ U2 y ademas F (U1) ⊆ U2.Entonces,

D (G F ) (p) = (DG (F (p))) DF (p) .

Observacion 4.4.4. Si H = G F , entonces

DH(p) =

∂h1

∂x1(p)

∂h1

∂x2(p) . . .

∂h1

∂xn(p)

∂h2

∂x1(p)

∂h2

∂x2(p) . . .

∂h2

∂xn(p)

......

. . .

∂hp∂x1

(p)∂hp∂x2

(p) . . .∂hp∂xn

(p)

,


DF (p) =

∂f1

∂x1(p)

∂f1

∂x2(p) . . .

∂f1

∂xn(p)

∂f2

∂x1(p)

∂f2

∂x2(p) . . .

∂f2

∂xn(p)

......

. . .

∂fm∂x1

(p)∂fm∂x2

(p) . . .∂fm∂xn

(p)

,

DG(q) =

∂g1

∂y1(q)

∂g1

∂y2(q) . . .

∂g1

∂ym(q)

∂g2

∂y1(q)

∂g2

∂y2(q) . . .

∂g2

∂ym(q)

......

. . .

∂gp∂y1

(q)∂gp∂y2

(q) . . .∂gp∂ym

(q)

.

Luego,

∂hi∂xj

(p) =

m∑k=1

∂gi∂yk

(F (p))∂fk∂xj

(p).

Ejemplo 4.4.3. Sean F (x, y) = (x2 + y2, x2 − y2) y G(u, v) = (uv, u + v). Entonces paraH = G F , su diferencial esta dado por

DH(x, y) = DG(F (x, y)) DF (x, y).

Pero

DF (x, y) =

[∂f1∂x

∂f1∂y

∂f2∂x

∂f2∂y

]=

[2x 2y2x −2y

],

DG(x, y) =

[∂g1∂u

∂g1∂v

∂g2∂u

∂g2∂v

]=

[v u1 1

].

Luego,

DH(x, y) =

[v u1 1

]∣∣∣∣(u,v)=(x2+y2,x2−y2)

[2x 2y2x −2y

]=

[x2 − y2 x2 + y2

1 1

] [2x 2y2x −2y

]=

[4x3 −4y3

4x 0

].

4.5. Matriz Jacobiana

Definicion 4.5.1 (Matriz Jacobiana). Sea F : U ⊆ Rn → Rn y p ∈ U tal que F es diferenciableen p. Entonces la matriz DF (p) de n×n y su determinante se conocen como matriz Jacobiana

100 Cambios de Coordenadas

y jacobiano de F en p, respectivamente.

Observacion 4.5.1. Si F = (f1, . . . , fn), denotaremos su matriz Jacobiana por JF (x) o ∂(f1,...,fn)∂(x1,...,xn) .

Ademas, notamos que

∂ (f1, . . . , fn)

∂ (x1, . . . , xn)=

∇fT1

...∇fTn

.Analogamente, el jacobiano sera denotado por |JF (x)| o

∣∣∣ ∂(f1,...,fn)∂(x1,...,xn)

∣∣∣.4.6. Cambios de Coordenadas

En los siguientes ejemplos se presentan un par de cambios de coordenadas

(u, v) 7→ (x, y),

con (u, v), (x, y) ∈ R2.

Ejemplo 4.6.1 (Transformacion lineal). Sea F : R2 → R2 tal que F (u, v) = A(u, v), con

A =

[a bc d

].

Entonces, x = au+ bv, y = cu+ dv y sigue que

JF (r, θ) =∂ (x, y)

∂ (u, , v)= A.

Luego, el jacobiano de F no es mas que el determinante de A, es decir,

|JF (r, θ)| =∣∣∣∣∂ (x, y)

∂ (r, θ)

∣∣∣∣ = ad− bc.

Ejercicio 4.6.1. Calcule el jacobiano de la transformacion dada por

F (u, v) =

[a bc d

] [uv

]+

[ef

],

con a, b, c, d, e, f ∈ R.

Ejemplo 4.6.2 (Coordenadas polares). Sea F :]0,∞[×[0, 2π[→ R dado por F (r, θ) = (r cos θ, r sin θ).Su matriz Jacobiana esta dada por

JF (r, θ) =∂ (x, y)

∂ (r, θ)=

∂x

∂r

∂x

∂θ

∂y

∂r

∂y

∂θ

=

[cos θ −r sin θsin θ r cos θ

].


Luego, el jacobiano de F es

|JF (r, θ)| =∣∣∣∣∂ (x, y)

∂ (r, θ)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣cos θ −r sin θsin θ r cos θ

∣∣∣∣ = r.

Ahora, agregaremos una variable mas. Presentamos otro par de cambios de coordenadas, soloque esta vez son de la forma

(u, v, w) 7→ (x, y, z),

con (u, v, w), (x, y, z) ∈ R3.

Ejemplo 4.6.3 (Coordenadas cilındricas). Sea F :]0,∞[×[0, 2π[×R → R3 con F (r, θ, z) =(r cos θ, r sin θ, z). Su matriz jacobiana esta dada por

JF (r, θ, z) =∂ (x, y, z)

∂ (r, θ, z)=

∂x

∂r

∂x

∂θ

∂x

∂z

∂y

∂r

∂y

∂θ

∂y

∂z

∂z

∂r

∂z

∂θ

∂z

∂z

=

cos θ −r sin θ 0sin θ r cos θ 0

0 0 1

.


|JF (r, θ)| =∣∣∣∣∂ (x, y, z)

∂ (r, θ, z)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣cos θ −r sin θ 0sin θ r cos θ 0

0 0 1

∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣cos θ −r sin θsin θ r cos θ

∣∣∣∣ = r.

Notemos que las coordenadas cilındricas es una extension de las coordenadas polares, las cualespueden recuperarse imponiendo z = 0, a R3. A continuacion presentamos otra extension.

Ejemplo 4.6.4 (Coordenadas esfericas). Sea F :]0,∞[×[0, 2π[×[0, π[→ R3 con F (r, θ, ϕ) =(r cos θ sinϕ, r sin θ sinϕ, r cosϕ). Su matriz jacobiana esta dada por

JF (r, θ, z) =∂ (x, y, z)

∂ (r, θ, ϕ)=

∂x

∂r

∂x

∂θ

∂x

∂ϕ

∂y

∂r

∂y

∂θ

∂y

∂ϕ

∂z

∂r

∂z

∂θ

∂z

∂ϕ

=

cos θ sinϕ −r sin θ sinϕ r cos θ cosϕsin θ sinϕ r cos θ sinϕ r sin θ cosϕ

cosϕ 0 −r sinϕ

.


|JF (r, θ)| =∣∣∣∣∂ (x, y, z)

∂ (r, θ, ϕ)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣cos θ sinϕ −r sin θ sinϕ r cos θ cosϕsin θ sinϕ r cos θ sinϕ r sin θ cosϕ

cosϕ 0 −r sinϕ

∣∣∣∣∣∣= cosϕ

∣∣∣∣−r sin θ sinϕ r cos θ cosϕr cos θ sinϕ r sin θ cosϕ

∣∣∣∣− r sinϕ

∣∣∣∣cos θ sinϕ −r sin θ sinϕsin θ sinϕ r cos θ sinϕ

∣∣∣∣= −r2 cos2 ϕ sinϕ− r2 sin3 ϕ = −r2 sinϕ.


Al lector le podrıa parecer extrano el que en las tres ultimas reparametrizaciones, no es posibleobtener el 0, es decir, 0 6∈ RecF .

Sin embargo, tambien debe notar que gracias a la exclusion de este punto —que se lograrıaaceptando r = 0— el jacobiano de nuestras transformaciones es siempre no nulo. Puede pensarque esto bordea en lo caprichoso, pero como se vera en el capıtulo siguiente, que el jacobianono se anule nos garantiza que nuestra transformacion sea biyectiva y con ello, que realmentesirvan como coordenadas y no andemos confundidos por el mundo.

Ademas que un punto es... despreciable.


Problema 4.1. Sean f : R→ R2, t→ (at, bt), a, b ∈ R y g : R2 → R dada por

g(x, y) =

xy2

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

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

(a) Calcule gx y gy en (0, 0).

(b) Determine h = g f .

(c) Calcule h′(0) directamente.

(d) Compare el resultado obtenido con el que se obtendrıa al usar la Regla de la cadena.¿Que ocurrio?

Solucion:

(a) Por definicion,∂g

∂x(0, 0) = lım

h→0

g(h, 0)− g(0, 0)

h= 0,

∂g

∂y(0, 0) = lım

k→0

g(0, k)− g(0, 0)

h= 0.

(b) Notemos que

h(t) = (g f) (t) =

ab2

a2 + b2t , si t 6= 0

0 , si t = 0,

es decir,

h(t) =ab2

a2 + b2t, ∀t ∈ R.


(c) Al ser una funcion lineal,

h′(0) =ab2

a2 + b2.

(d) Dado que Jf = (a, b), si usamos la Regla de la cadena, tenemos que

h′(0) =[0 0

](a, b) = 0.

Lo que fallo aquı es que g no es diferenciable en (0, 0) pues

lım(h,k)→(0,0)

g(h, k)− g(0, 0)−[0 0

](h, k)

√h2 + k2

= lım(h,k)→(0,0)

hk2

(h2 + k2)32

,

el cual no existe pues, si usamos coordenadas polares, tenemos que

lım(h,k)→(0,0)

hk2

(h2 + k2)32

= lımr→0

r3 cos θ sin2 θ

r3= cos θ sin2 θ.

Problema 4.2. Sean G(x, y, z) =√x2 + y2 + z2 y F (r, θ) = (r cos θ, r sin θ, r). Calcule, uti-

lizando Regla de la Cadena, la matriz derivada de (G F ) en el punto p = (1, 0).

Solucion: La Regla de la Cadena nos dice que

D (G F ) (p) = (DG (F (p))) DF (p) .

Tenemos que

DF (p) =

∂f1

∂r(p)

∂f1

∂θ(p)

∂f2

∂r(p)

∂f2

∂θ(p)

∂f3

∂r(p)

∂f3

∂θ(p)

=

cos θ −r sin θsin θ r cos θ

1 0

∣∣∣∣∣∣(r,θ)=(1,0)

=

1 00 11 0

.

Analogamente, dado que F (0, 1) = (1, 0, 1),

DG(F (p)) =

[∂g1

∂x(F (p))

∂g1

∂y(F (p))

∂g1

∂z(F (p))

]=

[ x√x2 + y2 + z2

y√x2 + y2 + z2

z√x2 + y2 + z2

]∣∣∣∣(x,y,z)=(1,0,1)

=

[1√2

01√2

].

Finalmente,

D (G F ) (p) =

[1√2

01√2

]1 00 11 0

=[√

2 0].

Capıtulo 5

Teorema de la Funcion Implıcita eInversa

“A mathematician is a device for turning coffee into theorems.”- Paul Erdos5.1

5.1. Teorema de la Funcion Implıcita

De la geometrıa analıtica, sabemos que la ecuacion:

x2 + y2 + z2 = 1

representa una esfera de radio 1 centrada en el origen. Deberıa percatarse de que la ecuacionnos permite seleccionar ciertos puntos del espacio. En particular, si conocemos x e y (ade-cuados), los valores que z puede tomar estan sumamente restringidos: z1 =

√1− x2 − y2 y

z2 =√

1− x2 − y2. Mas aun, si se da un punto cualquiera de la esfera, casi siempre solo unade estas funciones sirve (excepto en el borde).

En terminos mas generales, dada F : Rn → R, la ecuacion F (x) = 0 representa una de sussuperficies de nivel, que denotaremos S. La pregunta que nos mueve en esta seccion es lasiguiente: dado un punto de s ∈ S, ¿cuando es posible despejar una de las coordenadas enfuncion de las demas, para todo x en una vecindad de s? Es importante en dicha pregunta lapalabra vecindad: probablemente no existira ninguna funcion que sirva para todo x ∈ Rn (bastaque reconsidere el ejemplo de la esfera del parrafo anterior).

5.1Paul Erdos (1913-1996) fue un matematico hungaro inmensamente prolıfico y famoso por su excentricidadque, con cientos de colaboradores, trabajo en problemas sobre combinatoria, teorıa de grafos, teorıa de numeros,analisis clasico, teorıa de aproximacion, teorıa de conjuntos y probabilidad.

106 Teorema de la Funcion Implıcita

Descubriremos algo interesante: que podemos establecer la existencia de dicha funcion, sin“despejar” una de las componentes de x en F (x) = 0. Mas aun, estaremos en condiciones deconocer la derivada de dicha funcion.

Ejemplo 5.1.1. Considere:sin(zx) + exy + xz = 1. (5.1.1)

Supongamos, por un momento, que z = f(x, y) y que esta funcion f es diferenciable. Derivemos(5.1.1) respecto a x:

cos(xz)

(z + x

∂z

∂x

)+ yexy +

(z + x

∂z

∂x

)= 0.

Siempre que se cumpla cos(zx)x+ x 6= 0, podremos despejar ∂z∂x , obteniendo:

∂z

∂x= −1

x

(yexy

1 + cos(xz)+ z

).

Por ultimo, note que cos(zx)x+ x = ∂F (x,y,x)∂z , donde F (x, y, z) = sin(zx) + exy + xz − 1.

Lo que abordamos de forma bastante informal en el Ejemplo (5.1.1) puede tratarse con mas rigor.El resultado obtenido concuerda con uno mucho mas general, que enunciamos a continuacion.

Teorema 5.1.1. Sea f : U ⊆ Rn+1 → R tal que sus derivadas parciales existen y son continuas.Sea (x0, z0) ∈ Rn × R = Rn+1 tal que f(x0, z0) = 0 y ∂f

∂z (x0, z0) 6= 0.

Entonces, existe una bola B en Rn que contiene a x0, un intervalo I de R que contiene a z0 yuna funcion g : Rn → R tales que: ∀z ∈ I, ∃x ∈ B de forma que g(x) = z y f(x, g(x)) = 0.Ademas, esta funcion g(x) es diferenciable en B y:

∂g(x)

∂xi= −

∂f(x,g(x))∂xi

∂f(x,g(x))∂z

, ∀i ∈ 1, . . . , n

Pedir que f(x, g(x)) = 0 es asegurarnos que los puntos dados por al funcion g permanezcanen la superficie que consideramos. Note que como se sugirio mas arriba, la existencia de estafuncion g solo se asegura en cierta bola en torno a (x0, z0).

Observacion 5.1.1. Es necesario pedir que la derivada de f respecto a z sea distinta de ceroen (x0, y0) para que se cumpla el teorema. De no ser ası, no tenemos informacion (puede queexista una funcion definida implicitamente o no). Es facil exhibir un ejemplo en que al fallaresa hipotesis no existe tal g, como hacemos a continuacion.

Ejemplo 5.1.2. Consideremos la circunferencia dada por F (x, y) := x2 + y2− 1 = 0. Tomemosademas un punto (x0, y0) que satisfaga esta ecuacion. Aquı se distinguen tres casos:

(a) Si y0 > 0, podemos despejar y en funcion de x como y(x) =√

1− x2, tal que x ∈ B (x0, r)(para cierto r).

Teorema de la Funcion Implıcita e Inversa 107

(b) Si y0 < 0, tambien podemos despejar para una cierta bola B (x0, r) y entonces: y(x) =−√

1− x2.

(c) Si y0 = 0, sin embargo, no es posible despejar y en funcion de x. Suponga, por ejemplo,que (x0, y0) = (1, 0). Cada bola B (1, r) contiene algunos puntos de la forma (x,

√1− x2)

y otros de la forma (x,−√

1− x2). A cada x se vinculan dos imagenes y por lo tanto noes posible hablar de una funcion.

Analicemos ahora lo que nos puede decir el Teorema 5.1.1:

Puesto que ∂F∂y = 2y, el teorema asegura que si y 6= 0 se puede expresar y como funcion de x.

Vimos que esto en efecto es ası, porque pudimos encontrar formas explıcitas para estas funciones.

Si y = 0, el teorema no aseguraba la existencia de una funcion g tal que y = g(x). Y estoesta bien, porque no existe dicha funcion.

Ejemplo 5.1.3. Como una extension de lo anterior: sea f : R3 → R. Consideremos unasuperficie de nivel de la misma, dada por S = (x, y, z) ∈ R3 : f(x, y, z) = C. ¿Cuandopodemos expresar z en funcion de x, y en torno a un punto (x0, y0, z0) ∈ S? Debemos pedir quela normal a S en (x0, y0, z0) no sea perpendicular al eje z, es decir, que ∂f

∂z (x0, y0, z0) 6= 0. Esimportante que el lector entienda el sentido geometrico de esta condicion.

Ejemplo 5.1.4. Consideremos ahora un caso mas general. Supongamos que tenemos dos su-perficies de nivel dadas por:

F1(x, y, z, u, v) = 0 (5.1.2)

F2(x, y, z, u, v) = 0 (5.1.3)

Supongamos ademas que es posible expresar u = G1(x, y, z), v = G2(x, y, z). Derivando (5.1.2)respecto a x:

∂F1

∂x+∂F1

∂u

∂u

∂x+∂F1

∂v

∂v

∂x= 0

Analogamente, derivando (5.1.3):

∂F2

∂x+∂F2

∂u

∂u

∂x+∂F2

∂v

∂v

∂x= 0

Lo que nos da un sistema lineal para ux, vx, a saber:

∂F1

∂u

∂F1

∂v

∂F2

∂u

∂F2

∂v

∂u

∂x

∂v

∂x

= −

∂F1

∂x

∂F2

∂x

Este sistema es soluble si la matriz involucrada es invertible, es decir, si:∣∣∣∣∂(F1, F2)

∂(u, v)

∣∣∣∣ 6= 0

108 Teorema de la Funcion Implıcita

Lo que afirma el teorema de la funcion implıcita es que dada la condicion de solubilidad dedicho sistema y algunas otras buenas hipotesis de continuidad, podemos afirmar que existenlocalmente las funciones G1, G2.

Teorema 5.1.2 (Teorema de la funcion implıcita). Sea F : Rn+m → Rm, F = (F1, . . . , Fm), yvectores x ∈ Rn, u ∈ Rm tales que F (x, u) = 0 (es decir, que el punto (x, u) ∈ Rn+m este entodas las superficies de nivel 0 de las funciones Fi).

Supongamos ademas que las derivadas parciales ∂Fi∂xj

, ∂Fi∂ukexisten y son continuas (∀i, j, k).

Si ∣∣∣∣∂(F1, . . . , Fm)

∂(u1, . . . , um)

∣∣∣∣ 6= 0

entonces existe una bola S ⊆ Rn y otra T ⊆ Rm tales que:

x ∈ S, u ∈ T

y una funcion G : S → T de clase C1:

G(x) = (G1(x), . . . , Gm(x))

tal que (u1, . . . , un) = G(x1, . . . , xn) y:

∂(u1, . . . , um)

∂(x1, . . . , xn)= −

(∂(F1, . . . , Fm)

∂(u1, . . . , um)

)−1 ∂(F1, . . . , Fm)

∂(x1, . . . , xn)

En este curso no tenemos las herramientas necesarias para demostrar la existencia de dichafuncion. Asumiendo cierta esa parte del teorema, la expresion para ∂(u1,...,um)

∂(x1,...,xn) no es mas queuna generalizacion de lo que hicimos en el Ejemplo 5.1.4.

Ejemplo 5.1.5. Suponga funciones F = (F1, F2, F3) : R6 → R3 y un punto (x0, y0, z0, u0, v0, w0) ∈R3×R3 tal que F (x0, y0, z0, u0, v0, w0) = 0. Asuma que queremos despejar u, v, w en funcion dex, y, z y que se cumplen para esto las hipotesis del teorema. Entonces,

∂F1

∂u

∂F1

∂v

∂F1

∂w

∂F2

∂u

∂F2

∂v

∂F2

∂w

∂F3

∂u

∂F3

∂v

∂F3

∂w

∂u

∂x

∂u

∂y

∂u

∂z

∂v

∂x

∂v

∂y

∂v

∂z

∂w

∂x

∂w

∂y

∂w

∂z

= −

∂F1

∂x

∂F1

∂y

∂F1

∂z

∂F2

∂x

∂F2

∂y

∂F2

∂z

∂F3

∂x

∂F3

∂y

∂F3

∂z


Consideremos, en particular, un sistema de la forma Ax = b (b ∈ R3), por ejemplo:

∂F1

∂u

∂F1

∂v

∂F1

∂w

∂F2

∂u

∂F2

∂v

∂F2

∂w

∂F3

∂u

∂F3

∂v

∂F3

∂w

∂u

∂x

∂v

∂x

∂w

∂x

= −

∂F1

∂x

∂F2

∂x

∂F3

∂x

Segun la regla de Cramer, se tiene que:

∂u

∂x= −

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂F1

∂x

∂F1

∂v

∂F1

∂w

∂F2

∂x

∂F2

∂v

∂F2

∂w

∂F3

∂x

∂F3

∂v

∂F3

∂w

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂F1

∂u

∂F1

∂v

∂F1

∂w

∂F2

∂u

∂F2

∂v

∂F2

∂w

∂F3

∂u

∂F3

∂v

∂F3

∂w

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= −|JF (x, v, w)||JF (u, v, w)|

Analogamente,

∂u

∂y= −|JF (y, v, w)||JF (u, v, w)|

∂u

∂z= −|JF (z, v, w)||JF (u, v, w)|

Considerando otro sistema similar al anterior se establece, por ejemplo, que

∂v

∂x= −|JF (u, x, w)||JF (u, v, w)|

∂v

∂y= −|JF (u, y, w)||JF (u, v, w)|

etcetera.

110 Teorema de la Funcion Inversa

5.2. Teorema de la Funcion Inversa

Teorema 5.2.1. Sea F : Rn → Rn continuamente diferenciable en D ⊆ Rn, es decir, tal que∂Fi∂xi

exista y sea continua para cualquier par i, j. Sea x ∈ D tal que JF (x) es invertible. Entoncesexisten conjuntos abiertos U ⊆ Rn, W ⊆ Rn tales que x ∈ U ; y = f(x) ∈ W y F : U → W esbiyectiva con inversa F−1 continuamente diferenciable y ademas:

JF−1(y) = (JF (x))−1, ∀y ∈W con F (x) = y

Observacion 5.2.1. Las hipotesis del teorema representan condiciones suficientes para la in-vertibilidad, pero no necesarias. Considere f(x) = x3. f es invertible:

f−1 = 3√x

y f−1 existe en cero, aunque f ni siquiera es diferenciable allı.

Ejemplo 5.2.1. Estudiemos la invertibilidad de F (x, y) = (xy, yx), cerca de (x, y) = (1, 1).

En primer lugar, debemos calcular las derivadas parciales ∂F1∂x ,

∂F1∂y ,

∂F2∂x ,

∂F2∂y .

∂F1

∂x= yxy−1

∂F1

∂y= xy lnx

∂F2

∂x= yx ln y

∂F2

∂y= xyx−1

Todas estas derivadas existen y son continuas cerca de (1, 1).

JF (x, y) =

[yxy−1 xy lnxyx ln y xyx−1

]

Puesto que JF (1, 1) =

[1 00 1

]es invertible, hay una vecindad de F (1, 1) sobre la que esta definida

una funcion inversa y DF−1(F (1, 1)) =

[1 00 1

].


Problema 5.1. Considere el sistema

xy + eux + 2v = 3

x+ uy − v = −1


(a) Compruebe que existe una vecindad de p = (0, 1) y funciones u = u(x, y) y v = v(x, y)tales que u(0, 1) = 0 y v(0, 1) = 1 que resuelven el sistema.

(b) Calcule∂u

∂x(0, 1) ,

∂2u

∂y∂x(0, 1),

donde u es la funcion del inciso anterior.

Solucion:

(a) Sean F (x, y, u, v) = xy + eux + 2v − 3, G(x, y, u, v) = x+ uy − v + 1, entonces el sistemadado es equivalente a

F (x, y, u, v) = 0

G(x, y, u, v) = 0

Dado que F y G son funciones diferenciables y (0, 1, 0, 1) satisface trivialmente el sistema,podemos usar el TFImp. La condicion que nos falta chequear es∣∣∣∣∂(F,G)

∂(u, v)

∣∣∣∣ 6= 0

en (0, 1, 0, 1). Allı tenemos que∣∣∣∣∂(F,G)

∂(u, v)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣xeux 2y −1

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣0 21 −1

∣∣∣∣ = −2 6= 0.

Luego, por el TFImp, se concluye lo pedido.

(b) Sabemos que en una vecindad de (0, 1, 0, 1),

∂u

∂x= −

∣∣∣∂(F,G)∂(x,v)

∣∣∣∣∣∣∂(F,G)∂(u,v)

∣∣∣ = −

∣∣∣∣y + ueux 21 −1

∣∣∣∣∣∣∣∣xeux 2y −1

∣∣∣∣ = −y + ueux + 2

xeux + 2y⇒ ∂u

∂x(0, 1) = −3

2.

Para encontrar la otra derivada, derivamos la ecuacion anterior respecto a y. Ası,

∂2u

∂y∂x= −

(1 + uyeux + xuuye

ux) (xeux + 2y)− (y + ueux + 2)(x2uuye

ux + 2)

(xeux + 2y)2 .

Pero

∂u

∂y= −

∣∣∣∂(F,G)∂(y,v)

∣∣∣∣∣∣∂(F,G)∂(u,v)

∣∣∣ = −

∣∣∣∣x 2u −1

∣∣∣∣∣∣∣∣xeux 2y −1

∣∣∣∣ = − x+ 2u

xeux + 2y⇒ ∂u

∂y(0, 1) = 0.

Finalmente,∂2u

∂y∂x= 1.


Problema 5.2. Sea g(x, y) una funcion dos veces diferenciable. Considere la funcion

F (x, y, z) = x2 + y2 + zg(x, y)− z2.

Determine las condiciones sobre x, y y g(x, y) de modo que la ecuacion F (x, y, z) = 0 permitadefinir z = z(x, y) implıcitamente como funcion dos veces diferenciable y pruebe que, en estecaso, se verifica la ecuacion

(g − 2z)4z + 2∇z · ∇g − 2||∇z||2 + z4g = −4.

Solucion: Notemos que F es diferenciable por ser algebra de diferenciables. Luego, el TFImpnos dice que para poder despejar z en funcion de x e y necesitamos que

∂F

∂z6= 0,

es decir,

g(x, y) 6= 2z. (5.3.1)

Aceptemos (5.3.1). Derivando F (x, y, z(x, y)) = 0 respecto a x, tenemos que

2x+ z∂g

∂x+∂z

∂x(g − 2z) = 0.

Sea

H(x, y, w) = 2x+ z(x, y)∂g

∂x(x, y) + w (g(x, y)− 2z(x, y)) .

Ahora nos gustarıa que w pudiese ser despejada como funcion implıcita de x e y (pues w = ∂z∂x).

Observamos que H tambien es diferenciable por ser algebra de diferenciables. Luego, para poderhacer el despeje, el TFImp nos exige que

∂H

∂w6= 0,

es decir, nos exige (5.3.1).

Dada la simetrıa de la funcion, todo el procedimiento anterior es analogo para y y por lo tanto,si se cumple (5.3.1), ∂z

∂y tambien es una funcion diferenciable.

En conclusion, si se cumple (5.3.1), tenemos que z = z(x, y) es una funcion diferenciable cuyasderivadas parciales son nuevamente diferenciables, por lo tanto, z es una funcion dos vecesdiferenciable.

Bien, ahora podemos derivar F (x, y, z) = 0 respecto a x y sigue que

2x+∂z

∂xg + z

∂g

∂x− 2z

∂z

∂x= 0.


Derivamos nuevamente respecto a x para obtener

2 +∂2z

∂x2g + z

∂2g

∂x2+ 2

∂z

∂x

∂g

∂x− 2

(∂z

∂x

)2

− 2z∂2z

∂x2= 0,

es decir,

z∂2g

∂x2+ 2

∂z

∂x

∂g

∂x− 2

(∂z

∂x

)2

+∂2z

∂x2(g − 2z) = −2. (5.3.2)

Analogamente,

z∂2g

∂y2+ 2

∂z

∂y

∂g

∂y− 2

(∂z

∂y

)2

+∂2z

∂y2(g − 2z) = −2. (5.3.3)

Finalmente, sumando (5.3.2) y (5.3.3), tenemos que

z

(∂2g

∂x2+∂2g

∂y2

)+ 2

(∂z

∂x

∂g

∂x+∂z

∂y

∂g

∂y

)−2

[(∂z

∂x

)2

+

(∂z

∂y

)2]

+

(∂2z

∂x2+∂2z

∂y2

)(g − 2z) = −4,

es decir,z4g + 2∇z · ∇g − 2‖∇z‖2 +4z (g − 2z) = −4.

Problema 5.3. Sea F (x, y) = (u, v) una funcion de clase C1 tal que |JF | 6= 0. ¿Que condiciondeben cumplir las derivadas parciales de u y v respecto a x e y, para que se cumpla

∂x

∂u=

1

∂u

∂x

?

Solucion: Como F es de clase C1 y |JF | 6= 0, por el TFInv, existe F−1 de clase C1 y ademas

J(F−1

)= (JF )−1 ,

es decir, [xu xvyu yv

]=

[ux uyvx vy

]−1

=1∣∣∣∣ux uy

vx vy

∣∣∣∣[vy −uy−vx ux

].

Por lo tanto,

xu =vy∣∣∣∣ux uy

vx vy

∣∣∣∣ =vy

uxvy − uyvx.

Luego, xu = 1ux

si y solo si1

ux=

vyuxvy − uyvx

,

es decir, si y solo si uyvx = 0.


Problema 5.4. Encuentre una expresion para el operador ∇ en coordenadas cilındricas. Conello, calcule el gradiente de

f (r, θ, z) = log r + θ2z

en coordenadas cilındricas.

Solucion: Para encontrar ∇ en coordenadas cilındricas usaremos la Regla de la Cadena y elTeorema de la Funcion Inversa. Primero notemos que

∂

∂x=

∂

∂r

∂r

∂x+

∂

∂θ

∂θ

∂x+

∂

∂z

∂z

∂x,

∂

∂y=

∂

∂r

∂r

∂y+

∂

∂θ

∂θ

∂y+

∂

∂z

∂z

∂y,

∂

∂z=

∂

∂z.

Ahora el problema es encontrar las derivadas que nos molestan. Sea F el cambio de coordenadas,es decir, F (r, θ, z) = (r cos θ, r sin θ, z) := (x, y, z). Tenemos que

JF =∂ (x, y, z)

∂ (r, θ, z)=

cos θ −r sin θ 0sin θ r cos θ 0

0 0 1

.Entonces J

(F−1

)= ∂(r,θ,z)

∂(x,y,z) es la matriz que tiene las derivadas que necesitamos. Como |JF | =r 6= 0, por el TFInv, tenemos que J

(F−1

)= (JF )−1, es decir, hemos llevado un problema de

Calculo a uno de Algebra Lineal pues todo lo que debemos hacer es invertir la matriz JF . Paraello calculamos la matriz adjunta de JF :

Adj (JF ) =

r cos θ − sin θ 0r sin θ cos θ 0

0 0 r

T .Ası,

(JF )−1 =1

|JF |Adj (JF ) =

1

r

r cos θ r sin θ 0− sin θ cos θ 0

0 0 r

=

cos θ sin θ 0−1r sin θ 1

r cos θ 00 0 1

.Luego,

∂

∂x=

∂

∂rcos θ − ∂

∂θ

1

rsin θ,

∂

∂y=

∂

∂rsin θ +

∂

∂θ

1

rcos θ,

∂

∂z=

∂

∂z.


Por lo tanto,

∇ =∂

∂xı+

∂

∂y+

∂

∂zk =

(∂

∂rcos θ − ∂

∂θ

1

rsin θ

)ı+

(∂

∂rsin θ +

∂

∂θ

1

rcos θ

)+

∂

∂zk

=∂

∂r(ı cos θ + sin θ) +

1

r

∂

∂θ(−ı sin θ + cos θ) +

∂

∂zk =

∂

∂rr +

1

r

∂

∂θθ +

∂

∂zk.

Finalmente, en coordenadas cilındricas,

∇f (r, θ, z) =

(1

r,2θz

r, θ2

).

Problema 5.5. La variable v se expresa como funcion de la variable t por medio del sistema

e2x−y = v

y + xexy = t3 + 5t

x+ y3 − y = t3 − t

(5.3.4)

Calculedv

dtcuando x = y = 0.

Solucion: Es facil ver de las ultimas dos ecuaciones que x = y = 0⇒ t = 0. Notemos que

dv

dt=∂v

∂x

dx

dt+∂v

∂y

dy

dt= e2x−y

(2dx

dt− dy

dt

).

Por lo tanto,dv

dt

∣∣∣∣x=0y=0

= 2dx

dt− dy

dt.

Consideremos

F (x, y, t) = y + xexy − t3 − 5t , G(x, y, t) = x+ y3 − y − t3 − t.

Entonces las ultimas dos ecuaciones de (5.3.4) se pueden escribir como

F (x, y, t) = 0

G(x, y, t) = 0

Usaremos el TFImp para despejar x e y en funcion de t y ası, encontrar las derivadas quenecesitamos. Dado que tanto F como G son funciones continuamente diferenciables, solo nosfalta preguntarnos por el jacobiano. Tenemos que∣∣∣∣∂ (F,G)

∂ (x, y)

∣∣∣∣∣∣∣∣x=0y=0

=

∣∣∣∣(1 + xy)exy 1 + x2exy

1 3y2 − 1

∣∣∣∣∣∣∣∣x=0y=0

=

∣∣∣∣1 11 −1

∣∣∣∣ = −2 6= 0.


Luego, x = x(t), y = y(t). Ademas,

dx

dt= −

∣∣∣∂(F,G)∂(t,y)

∣∣∣∣∣∣∂(F,G)∂(x,y)

∣∣∣ = −

∣∣∣∣−3t2 − 5 1 + x2exy

−3t3 + 1 3y2 − 1

∣∣∣∣∣∣∣∣(1 + xy)exy 1 + x2exy

1 3y2 − 1

∣∣∣∣dy

dt= −

∣∣∣∂(F,G)∂(x,t)

∣∣∣∣∣∣∂(F,G)∂(x,y)

∣∣∣ = −

∣∣∣∣(1 + xy)exy −3t2 − 51 3− 3t3 + 1

∣∣∣∣∣∣∣∣(1 + xy)exy 1 + x2exy

1 3y2 − 1

∣∣∣∣Finalmente, x′(0) = 2 e y′(0) = 3 y ası, v′(0) = 2x′(0)− y′(0) = 1.

Capıtulo 6

Integrales Multiples

“God does not care about our mathematical difficulties. He integrates empirically.”- Albert Einstein 6.1

Queremos seguir reconstruyendo el calculo que conocemos pero en mas variables. Ahora que ellector domina las tecnicas de diferenciacion en Rn, el paso siguiente es la integracion.

Como el lector supone, cuando n = 1 la integral no es realmente “multiple”, sino que es la yaconocida integral de Riemann sobre R. Bien, como buenos matematicos, haremos un poco deinduccion antes de saltar al caso general para un natural cualquiera. Primero estudiaremos elcaso n = 2, luego para n = 3 y despues generalizaremos la integral de Riemann a Rn.

El lector podra notar que los procesos de construccion de la integral de Riemann son siempreiguales y por lo tanto, es util partir con una situacion mas simple para comprender ıntegramentelo que esta ocurriendo (ademas del hecho que visualizar las cosas puede ser un poco mas difıcilcuando n > 3).

Queremos hacer hincapie en que existe mas de un sentido de integracion, pero en este apuntesolo nos limitaremos a la integral de Riemann. Lamentablemente, esta integral es la mas picantede todas y se invita al lector a tomar el curso de Teorıa de la Integracion, donde se construye unaintegral muchısimo mas poderosa que la que estudiaremos nosotros —hablamos de la integralde Lebesgue. No es que no le tengamos aprecio a Riemann; simplemente, es mas entretenidomatar hormigas con dinamita... estocastica.

6.1Albert Einstein (1879-1955) fue un fısico de origen aleman, nacionalizado posteriormente suizo y esta-dounidense. Es considerado como el cientıfico mas importante del siglo XX, ademas de ser el mas conocido.Realizo importantes avances dentro de la fısica moderna, entre ellos estan la Teorıa de la Relatividad (que en-globa a la Teorıa general de la relatividad y a la Teorıa especial de la relatividad ), el Movimiento browniano yel Efecto fotoelectrico. Aunque es considerado el “padre de la bomba atomica”, abogo en sus escritos por el paci-fismo, el socialismo y el sionismo. Fue proclamado como el “personaje del siglo XX” y como el mas preeminentecientıfico por la celebre revista Time.

118 Integrales Dobles

Sin embargo, para efectos de calcular edificios, maquinas y cosas por el estilo (en general, queno sean muy indignas, en el sentido de la continuidad, o que no sean muy aleatorias) nos bastacon la integral de Riemann.

Finalmente, advertimos que para no insultar la inteligencia del lector, en algunas ocasionesomitiremos el calculo de integrales simples. Ademas, si el lector esta aquı, deberıa ser capaz dehacer las cuentas sin mayores problemas. ¡Manos a la obra!

6.1. Integrales Dobles

Empezamos por buscar nuestros dx y dy. Dados dos intervalos I1 = [a, b], I2 = [c, d] ⊆ R,consideremos el rectangulo de R2 dado por

Q := I1 × I2 = [a, b]× [c, d] =

(x, y) ∈ R2 : a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d.

Como I1 y I2 son intervalos de R, podemos realizar una particion de cada uno, digamos

P1 = a = x0 < x1 < . . . < xn = b , P2 = c = x0 < x1 < . . . < xn = d .

Ahora, trazando las rectas x = xi e y = yj , dividimos el rectangulo Q en un monton desubrectangulos de la forma

Qi,j = [xi−1, xi]× [yj−1, yj ], i = 1, . . . , n, j = 1, . . . ,m.

Es decir, se tiene que

Q =n⋃i=1

m⋃j=1

Qi,j .

Ademas, el area del subrectangulo Qi,j esta dada por

A (Qi,j) = (xi − xi−1) (yj − yj−1) .

A partir de lo anterior, definimos la particion P de Q como

P := P1 × P2 =

(xi, yj) ∈ R2 : x0 = a < x1 < . . . < xn = b, y0 = c < y1 < . . . < ym = d.

Ahora, sean P,P ′ dos particiones de Q. Diremos que P ′ es un refinamiento de P si P ′ ⊆ P,es decir, si todos los subrectangulos generados por P ′ estan completamente contenidos por unsubrectangulo generado por P.

Definicion 6.1.1 (Suma superior e inferior). Sea Q ⊆ R2 un rectangulo y P una particion deeste. Sea f : Q→ R acotada y consideremos

Mi,j(f) := sup(x,y)∈Qi,j

f(x, y) , mi,j(f) := ınf(x,y)∈Qi,j

f(x, y) .

Integrales Multiples 119

Definimos la suma superior y la suma inferior de f con respecto a P como

S (f,P) =

n∑i=1

m∑j=1

Mi,j(f) (xi − xi−1) (yj − yi−1) ,

s (f,P) =n∑i=1

m∑j=1

mi,j(f) (xi − xi−1) (yj − yi−1) ,

respectivamente.

Observacion 6.1.1. Es claro que

s (f,P) ≤ S (f,P) .

Ahora, consideremos P,P ′ dos particiones de Q tales que P ′ ⊆ P, entonces si S es un sub-rectangulo generado por P , existen subrectangulos Sk generados por P ′ tales que

S =⋃k

Sk,

y ademas,

A(S) =∑k

A(Sk).

Tambien, por propiedades de ınfimos y supremos, se tiene que

mS(f) ≤ mSk(f) , MS(f) ≥MSk(f), ∀k.

Luego,

s (f,P) ≤ s(f,P ′

)≤ S

(f,P ′

)≤ S (f,P) . (6.1.1)

Con esto, estamos en condiciones de probar el siguiente Lema.

Lema 6.1.1. Sean P,Q dos particiones cualquiera del rectangulo Q ⊆ R2. Sea f : Q → Racotada, entonces

s (f,P) ≤ S (f,Q) .

Demostracion. Consideremos la particion T = P ∪ Q, entonces T es un refinamiento tanto deP como de Q y por (6.1.1), sigue que

s (f,P) ≤ s (f, T ) ≤ S (f, T ) ≤ S (f,Q) .


Seguimos nuestro camino hacia la integral. El siguiente paso es hacer un buen refinamiento ypara formalizar que queremos decir con esto, definimos la norma de una particion P, como

‖P‖ := maxi,j∆xi = xi − xi−1,∆yj = yj − yj−1 ,

es decir, la maxima altura o ancho de un subrectangulo. Luego, si ‖P‖ → 0, estamos diciendoque cada una de las alturas y anchos de los subrectangulos estan tendiendo a cero y por lotanto, cada vez las particiones son mas finas.

Definicion 6.1.2 (Integrabilidad). Sea f : Q ⊆ R2 → R acotada, con Q rectangulo. Diremosque f es integrable en Q si existe I ∈ R tal que

lım‖P‖→0

S (f,P) = lım‖P‖→0

s (f,P) = I.

En tal caso, escribiremos f ∈ R (Q) y

I =

∫∫Qf(x, y)dA =

∫∫Qf(x, y)dxdy.

Proposicion 6.1.1. Sea f : Q ⊆ R2 → R acotada, con Q rectangulo. Entonces, f es integrableen Q si y solo si para cada ε > 0 existe una particion P de Q tal que

S (f,P)− s (f,P) < ε.

Ejemplo 6.1.1. Sea f(x, y) = c constante en Q = [a, b]× [c, d]. Entonces para una particion Pde Q, se tiene que

Mi,j(f) = mi,j(f),

y por lo tanto,S (f,P)− s (f,P) = 0 < ε, ∀ε > 0.

Luego, f es integrable y se tiene que∫∫QfdA = S (f,P) =

n∑i=1

m∑j=1

Mi,j(f)∆xi∆yj = c

n∑i=1

m∑j=1

∆xi∆yj = c(b− a)(d− c).

Observacion 6.1.2. Sea f : Q ⊆ R2 → R acotada, con Q rectangulo. Sea P una particion de

Q, entonces para todo(x∗i , y

∗j

)∈ Qi,j se tiene que

mi,j(f) ≤ f(x∗i , y

∗j

)≤Mi,j(f).

Ası,

s (f,P) ≤n∑i=1

m∑j=1

f(x∗i , y

∗j

)∆xi∆yj ≤ S (f,P) ,

Por lo tanto, para la suma de Riemann, se tiene que

lım‖P‖→0

n∑i=1

m∑j=1

f(x∗i , y

∗j

)∆xi∆yj =

∫∫Qf(x, y)dxdy.


Teorema 6.1.1. Sea f : Q ⊆ R2 → R, con Q rectangulo. Si f es continua, entonces esintegrable.

Ejercicio 6.1.1. Sea f(x, y) = g(x)h(y) con g : [a, b] → R, h : [c, d] → R continuas. Muestreque f es integrable y ∫∫

Qf(x, y)dxdy =

(∫ b

ag(x)dx

)(∫ d

ch(y)dy

),

con Q = [a, b]× [c, d].

Proposicion 6.1.2. Sean f, g : Q ⊆ R2 → R integrables y c ∈ R. Entonces

(a) f + g es integrable y∫∫Q

(f + g)(x, y)dA =

∫∫Qf(x, y)dA+

∫∫Qg(x, y)dA.

(b) cf es integrable y ∫∫Qcf(x, y)dA = c

∫∫Qf(x, y)dA.

(c) Si f(x, y) ≥ g(x, y), ∀x, y ∈ R, entonces∫∫Qf(x, y)dA ≥

∫∫Qg(x, y)dA.

(d) |f | es integrable y ∣∣∣∣∫∫Qf(x, y)dA

∣∣∣∣ ≤ ∫∫Q|f(x, y)| dA.

(e) Si M = sup(x,y)∈Q

f(x, y),m = ınf(x,y)∈Q

f(x, y), entonces

mA (Q) ≤∫∫

Qf(x, y)dA ≤M A (Q) ,

con A (Q) = (b− a)(d− c).

Demostracion. Analogas a las propiedades mostradas en Calculo I. Se dejan como ejercicio allector.

Ejemplo 6.1.2. Calculemos

I =

∫∫Q

16− x2 − y2dxdy,


con Q = [0, 1]× [0, 2]. Usando la Proposicion 6.1.2, tenemos que

I =

∫∫Q

16dxdy −∫∫

Qx2dxdy −

∫∫y2dxdy = 16 A (Q)−

∫∫Qx2dxdy −

∫∫Qy2dxdy.

Luego, si el lector hizo el Ejercicio 6.1.1, podemos usarlo y sigue que

I = 32−(∫ 1

0x2dx

)(∫ 2

0dy

)−(∫ 1

0dx

)(∫ 2

0y2dy

)=

56

3.

Con esto hemos construido gran parte de lo que es la integral de Riemann en R2. Pero ¿que sig-nifica todo esto? El lector recordara que la integral en R representa el area bajo la curva si esque el integrando es positivo, en caso contrario es la suma de areas signadas.

Pues bien, si le sumamos una dimension al asunto, ya no integramos sobre una lınea (el eje real)sino que sobre un rectangulo y por lo tanto, si cada dA esta siendo ponderado por una alturaf(x, y)... ¡adivine que! Si f(x, y) ≥ 0 sobre Q entonces∫∫

Qf(x, y)dA

representa el volumen del solido encerrado, es decir, el volumen de

Ω =

(x, y, z) ∈ R3 : a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d, 0 ≤ z ≤ f(x, y),

que denotaremos por V (Ω). Analogamente, si f cambia de signo, entonces la integral sera lasuma alternada de volumenes signados. Es importante notar que en este ultimo caso,∫∫

Q|f(x, y)|dA

equivale al volumen total del solido encerrado.

Con esa inquietud filosofica resuelta, empezamos a desarrollar la maquinaria que nos permi-tira calcular integrales mas generales.

Teorema 6.1.2 (Fubini). Sea f : Q ⊆ Rn → R integrable, con Q rectangulo. Entonces∫∫Qf(x, y)dxdy =

∫ b

a

(∫ d

cf(x, y)dy

)dx =

∫ d

c

(∫ b

af(x, y)dx

)dy.

Ejemplo 6.1.3. Calculemos

I =

∫∫Qyexydxdy,

con Q = [1, 2]× [2, 4]. Tenemos que

I =

∫ 4

2

∫ 2

1yexydxdy =

∫ 4

2exy|21 dy =

∫ 4

2e2y − eydy =

e2y

2− ey

∣∣∣∣42

=e8

2− 3e4

2+ e2.


Observacion 6.1.3. Muchas veces ocurrira que es mas comodo evaluar la integral en un or-den que en otro. De hecho, alguna vez ni siquiera se podra evaluar en uno de los ordenes. Sihubiesemos calculado la integral del Ejemplo 6.1.3, en el orden dydx, tendriamos que

I =

∫ 2

1

∫ 4

2yexydydx.

Pero ∫ 4

2yexydy =

y

xexy∣∣∣42−∫ 4

2

exy

xdy =

4e4x

x− 2e2x

x− e4x

x2+e2x

x2,

es decir,

I =

∫ 2

1

4e4x

x− 2e2x

x− e4x

x2+e2x

x2dx.

Y hasta ahı llegamos pues el integrando no tiene primitiva.

Pero integrar sobre rectangulos es muy fome. Queremos algo mas general. Para ello, primero esnecesario definir un par de cosas.

Definicion 6.1.3 (Despreciable). Sea A ⊆ R2. Diremos que A es despreciable o de medidanula si existe una sucesion de rectangulos (Ui)i∈N tales que

(a) A ⊆∞⋃i=1

Ui.

(b)∞∑i=1

A (Ui) < ε.

Observacion 6.1.4. ∅ es trivialmente despreciable.

Ejemplo 6.1.4. El conjunto A = a1, . . . , am con ak ∈ R2 es despreciable pues basta contomar

Ui =

[ai − ε

4m , ai + ε4m

], si i ≤ m

∅ , si i > m,

ya que claramente contienen a A y ademas,

∞∑i=1

A (Ui) =

m∑i=1

ε

2m=ε

2< ε.

Teorema 6.1.3. Si A =⋃∞j=1Aj , con Aj despreciable, entonces A es despreciable.

Demostracion. Sea ε > 0, entonces para cada Aj , existe (Uj,i)i∈N tales que

∞∑i=1

A (Uj,i) <ε

2j.


Luego,

A ⊆∞⋃j=1

∞⋃i=1

Uj,i,

y∞∑j=1

∞∑i=1

A (Uj,i) <

∞∑j=1

ε

2j= ε.

Corolario 6.1.1. Sea A = a1, . . . , ak, . . . ⊆ R2. Entonces A es despreciable.

Ejercicio 6.1.2. Traduzca el concepto de medida nula a R y sabiendo que los numeros racionalespueden escribirse como una sucesion, pruebe que Q es despreciable.

Proposicion 6.1.3. Sea ϕ : [a, b]→ R continua. Entonces Γ(ϕ) es despreciable.

Teorema 6.1.4 (Du Bois-Reymond). Sea f : Q ⊆ R2 → R acotada. Entonces, f es integrableen Q si y solo si el conjunto

Nf := x ∈ Q : f es discontinua en x ,

es despreciable.

Definicion 6.1.4 (Funcion caracterıstica). Sea A ⊆ R2. Definimos su funcion caracterısticacomo 1A : R2 → 0, 1 dada por

1A(x) :=

1 , si x ∈ A0 , si x 6∈ A

.

Ejemplo 6.1.5. Sea A = Q2 ∩ [0, 1]× [0, 1]. Entonces, 1A no es integrable pues N1A = [0, 1]×[0, 1], el cual no es de medida nula.

Observacion 6.1.5. Sea f : Q ⊆ R2 → R integrable. Consideremos A ⊆ Q, entonces podemosdefinir la funcion f1A : Q→ R dada por

f1A(x) :=

f(x) , si x ∈ A

0 , si x 6∈ A.

Ahora sı, finalmente, somos capaces de dar una definicion general para la integral doble.

Definicion 6.1.5 (Integral Doble). Sea f : Q ⊆ R2 → R integrable y A ⊆ Q tal que 1A esintegrable. Se define la integral doble de f sobre A en el sentido de Riemann como∫∫

Af(x, y)dA :=

∫∫Qf1A(x, y)dA.


Esta definicion nos presenta un nuevo dilema: ¿cuando 1A es integrable? Las siguientes proposi-ciones nos ayudaran a determinarlo con mayor facilidad.

Proposicion 6.1.4. Sea A ⊆ R2 acotado. Entonces, 1A es integrable si y solo si ∂A es despre-ciable.

Demostracion. N1A = ∂A. Luego, por el Teorema 6.2.1, se concluye lo pedido.

Proposicion 6.1.5. Sea f : Q ⊆ R2 → R integrable. Sea D ⊆ Q y tal que ∂D es una union decurvas suaves finitas. Entonces f es integrable en D.

Demostracion. Por la Proposicion 6.1.3, se tiene que cada curva suave finitas es despreciable.Luego, usando el Teorema 6.1.3 se tiene que ∂D es despreciable y por la Proposicion 6.1.4, sigueque 1D es integrable.

Definicion 6.1.6. A continuacion definiremos las regiones tipo I y II.

(a) Sean ϕ1, ϕ2 : [a, b]→ R continuas y tales que

ϕ2(t) ≤ ϕ1(t), ∀t ∈ [a, b].

Llamaremos region tipo I a

D =

(x, y) ∈ R2 : a ≤ x ≤ b, ϕ2(x) ≤ y ≤ ϕ1(x).

(b) Sean ψ1, ψ2 : [a, b]→ R continuas y tales que

ψ2(t) ≤ ψ1(t), ∀t ∈ [a, b].

Llamaremos region tipo II a

D =

(x, y) ∈ R2 : c ≤ y ≤ d, ψ2(y) ≤ x ≤ ψ(y).

Observacion 6.1.6. Todas las regiones a estudiar seran descomponibles mediante un numerofinito de cortes en regiones del tipo I y II.

Observacion 6.1.7. Sea D una region del tipo I. Entonces,

A (D) =

∫ b

aϕ1(x)− ϕ2(x)dx =

∫ b

a

∫ ϕ1(x)

ϕ2(x)dydx.

Ejercicio 6.1.3. Escriba el analogo para una region del tipo II.

Ejemplo 6.1.6. Calculemos ∫∫D

√1− y2dA,

126 Integrales Triples

donde D =

(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤√

1− x2

. Notemos que D corresponde al cuarto

de circunferencia unitaria en el primer cuadrante. Luego, por Fubini,∫∫D

√1− y2dA =

∫ 1

0

∫ √1−y2

0

√1− y2dxdy =

∫ 1

01− y2dy = y − y3

3

∣∣∣∣10

=2

3.

Nuevamente, notamos que era mucho mas comodo integrar en el orden dxdy que en dydx.

Observacion 6.1.8. Al igual que antes ∫∫D|f(x)|dA

entrega el volumen del solido encerrado.

Ejercicio 6.1.4. Calculemos el volumen del solido S bajo z = xy sobre la region del primercuadrante limitada por y2 = x, y2 = 8−x, y = 0. Tenemos que la interseccion de las dos primerascurvas ocurre en (4, 2), luego

V (S) =

∫ 2

0

∫ 8−y2

y2xydxdy =

1

2

∫ 2

0

((8− y2

)2 − y4)ydy = 32.

6.2. Integrales Triples

El procedimiento que permite construir la integral triple de Riemann es analogo al de la integraldoble. La unica diferencia es que ahora en vez de un rectangulo, consideraremos un caja

Ω = [a, b]× [c, d]× [e, f ],

entonces ahora las sumas superiores e inferiores estan dadas por

S (f,P) =

n∑i=1

m∑j=1

p∑k=1

Mi,j,k(f) (xi − xi−1) (yj − yi−1) (zk − zk−1) ,

s (f,P) =

n∑i=1

m∑j=1

p∑k=1

mi,j,k(f) (xi − xi−1) (yj − yi−1) (zk − zk−1) ,

respectivamente.

Definicion 6.2.1 (Integrabilidad). Sea f : Ω ⊆ R3 → R acotada, con Ω caja. Diremos que fes integrable en Ω si existe I ∈ R tal que

lım‖P‖→0

S (f,P) = lım‖P‖→0

s (f,P) = I.

En tal caso, escribiremos f ∈ R (Ω) y

I =

∫∫∫Ωf(x, y, z)dV =

∫∫∫Ωf(x, y, z)dxdydz.


Y el resto, sigue igual. Rescatamos lo siguiente:

Observacion 6.2.1. Sea f(x, y, z) = f1(x)f2(y)f3(z) con f1 : [a, b] → R, f2 : [c, d] → R, f3 :[e, f ]→ R integrables. Entonces∫∫

Ωf(x, y)dxdy =

(∫ b

af1(x)dx

)(∫ d

cf2(y)dy

)(∫ f

ef3(z)dz

),

con Ω = [a, b]× [c, d]× [e, f ].

Teorema 6.2.1 (Du Bois-Reymond). Sea f : Ω ⊆ R3 → R acotada. Entonces, f es integrableen Ω si y solo si el conjunto

Nf := x ∈ Ω : f es discontinua en x ,

es despreciable.

Definicion 6.2.2 (Integral Triple). Sea f : Ω ⊆ R3 → R integrable y A ⊆ Ω tal que 1A esintegrable. Se define la integral triple de f sobre A en el sentido de Riemann como∫∫∫

Af(x, y, z)dV :=

∫∫∫Ωf1A(x, y, z)dV.

Ejemplo 6.2.1. Calculemos ∫∫∫Sxydzdydx,

donde S es el solido limitado por los planos coordenados y el plano x+ 2y + 3z = 12. Primero,despejamos

z =12− x− 2y

3.

Luego, si z = 0, se tiene que

y =12− x

2

y si y = 0, entonces x = 12. Ası, la integral queda dada por∫∫∫Sxydzdydx =

∫ 12

0

∫ 12−x2

0

∫ 12−x−2y3

0xydzdydx

=

∫ 12

0

∫ 6−x2

0xy

(4− x

3− 2y

3

)dydx

=

∫ 12

02x(

6− x

2

)2−x2(6− x

2

)26

−2x(6− x

2

)39

dx =864

5.

Toda la complejidad de las integrales triples esta en cambiar el orden de integracion lo cualpuede llegar a ser bastante complicado.

128 Integrales n-esimas

Ejemplo 6.2.2. Dada la integral∫ 2

−2

∫ 4

x2

∫ 2− y2

0f(x, y, z)dzdydx,

cambiemos el orden de integracion a dxdydz. Notemos que el dominio de integracion es

Ω =

(x, y, z) ∈ R3 : −2 ≤ x ≤ 2, x2 ≤ y ≤ 4, 0 ≤ z ≤ 2− y

2

.

Notamos que sobre el plano z = 0, la curva la proyeccion esta dada por la region encerradaentre y = x2 e y = 4. Por otro lado, podemos despejar del plano

y = 4− 2z.

Luego, ∫∫∫Ωf(x, y, z)dV =

∫ 2

0

∫ 4−2z

0

∫ √y−√y

f(x, y, z)dxdydz.

6.3. Integrales n-esimas

El lector debiera ser capaz de reescribir todo lo hecho para R2 (y lo poco en R3), en Rn, teniendoen consideracion que ahora seran rectangulos n-dimensionales de la forma

Ψ = [a1, b1]× [a2, b2]× . . .× [an, bn].

Lo proponemos como un excelente ejercicio que permitira repasar toda la materia y entenderlaa cabalidad. Lo mas importante de la integral sobre Rn, es que siguen siendo validos todos losteoremas antes mencionados. De ahora en adelante, todas las integrales, a menos que queramosenfatizar su dimension, las escribiremos simplemente como∫

Ψfdx,

donde dx denota al diferencial de volumen de n dimensiones.

6.4. Teorema del cambio de variable

Recordemos que el teorema del cambio de variable para R dice∫ g(b)

g(a)f(u)du =

∫ b

a(f g)(x)g′(t)dt,

con f, g′ continuas y g′(t) 6= 0 para todo t ∈]a, b[.


Notemos que si g′(t) 6= 0, al ser continua, se tiene que g′(t) > 0 o g′(t) < 0, para todo t ∈]a, b[.Por lo tanto, g(t) es estrictamente creciente o estrictamente decreciente. Luego,

g (]a, b[) = (g(a), g(b)) ,

si g′(t) > 0, o bien,g (]a, b[) = (g(b), g(a)) ,

si g′(t) < 0.

Sea I = g (]a, b[), entonces podemos reescribir el teorema como∫If(u)du =

∫g−1(I)

(f g)(x)g′(t)dt,

o bien, ∫If(u)du = −

∫g−1(I)

(f g)(x)g′(t)dt.

Es decir, en cualquiera de los dos casos,∫If(u)du =

∫g−1(I)

(f g)(x)∣∣g′(t)∣∣ dt.

Formalizaremos esta idea y la llevaremos a mas variables.

Definicion 6.4.1 (Difeomorfismo). Sea ϕ : U1 → U2, con U1, U2 ⊆ Rn abiertos. Diremos queϕ es un difeomorfismo si es una biyeccion y tanto ϕ como ϕ−1 son funciones diferenciables.

Si ademas, ϕ,ϕ−1 ∈ C1, entonces diremos que es ϕ es un C1-difeomorfismo.

Observacion 6.4.1. Si ϕ ∈ C1 y Jϕ no se anula en A, entonces por el Teorema de la FuncionInversa, se tiene que ϕ es un C1-difeomorfismo.

Teorema 6.4.1 (Cambio de variable). Sea ϕ : U1 → U2, con U1, U2 ⊆ Rn abiertos, un C1-difeomorfismo. Sea f : g(A)→ R continua y acotada, entonces∫

U2

fdx =

∫U1

(f g)(x) |Jϕ| dx,

donde |Jϕ|, en este caso, es el modulo del jacobiano.

Observacion 6.4.2. Alguna de las condiciones del Teorema 6.4.1 se puede violar sobre con-juntos despreciable y no nos importara.

Observacion 6.4.3. Una buena nemotecnia es que si ϕ(u, v, w) = (x, y, z), entonces

dxdydz = |Jϕ|dudvdw =∂(x, y, z)

∂(u, v, w)dudvdw.

130 Teorema del cambio de variable

Observacion 6.4.4. Es bueno recordar que para

T =

[a bc d

]invertible, entonces

T−1 =1

|A|

[d −b−c a

].

Con esto terminamos de entregar todas las tecnicas de integracion en varias variables que se venen este curso. Sugerimos al lector repasar todas los cambios de coordendas vistos en la Seccion4.6 pues seran usados constantemente.

Ejemplo 6.4.1. Calculemos ∫∫DxydA,

donde D es el cuadrilatero acotado por y = 2x, y = x, y = x + 1, y = 2x − 2. Sean u, v dadospor [

uv

]=

[2 −1−1 1

] [xy

].

Entonces, ∣∣∣∣∂(u, v)

∂(x, y)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣ 2 −1−1 1

∣∣∣∣ = 1.

Por lo tanto, ∣∣∣∣∂(x, y)

∂(u, v)

∣∣∣∣ = 1.

Para obtenemos los lımites de integracion, notemos que

2x = y ⇐⇒ u = 2x− y = 0,

ey = x ⇐⇒ v = y − x = 0.

Haciendo lo mismo para las otras dos rectas, se obtiene que∫∫DxydA =

∫ 2

0

∫ 1

0(u+ v)(2v + u)dvdu =

∫ 2

0

2

3+

3

2u+ u2du = 7.

Ejemplo 6.4.2. Calculemos ∫∫D

log(x2 + y2)dydx,

donde D es el anillo entre los cırculos x2 + y2 = a2 y x2 + y2 = b2, con 0 ≤ a ≤ b. Hacemos elcambio a coordenadas polares, y sigue que∫∫

Dlog(x2 + y2)dydx =

∫ 2π

0

∫ b

alog r2rdrdθ =

(∫ 2π

0dθ

)(∫ b

a2r log rdr

)= 2π

∫ b

a2r log rdr.


Pero∫ b

a2r log rdr = r2 log r

∣∣ba−∫ b

ardr = b2 log b−a2 log a−b

2

2+a2

2= b2

(log b− 1

2

)−a2

(log a− 1

2

).

Ası, ∫∫D

log(x2 + y2)dydx = 2π

(b2(

log b− 1

2

)− a2

(log a− 1

2

)).

Ejemplo 6.4.3 (Integral de Gauss). Desde Calculo I, siempre que vemos la integral de e−x2,

sabemos que debemos tratar de hacerle el quite pues no esa funcion no posee primitiva. Puesbien, ahora podemos calcular el valor de

I =

∫ ∞0

e−x2dx.

Notemos que por el Teorema de Fubini,

I2 =

(∫ ∞0

e−x2dx

)(∫ ∞0

e−y2dy

)=

∫ ∞0

∫ ∞0

e−x2−y2dxdy.

Luego, cambiando a polares,

I2 =

∫ π2

0

∫ ∞0

e−r2rdrdθ =

π

4e−r

2∣∣∣∞0

=π

4.

Es decir, ∫ ∞0

e−x2dx =

√π

2. (6.4.1)

Ejemplo 6.4.4. Calculemos el volumen del solido Ξ dentro de x2 +y2 = 1 sobre z = 1−x2−y2

y bajo z = 4 + x2 + y2. Usando coordenadas cilındricas, tenemos que

V (Ξ) =

∫ 2π

0

∫ 1

0

∫ 4+r2

1−r2rdzdrdθ = 2π

∫ 1

0r(3 + 2r2

)dr = 4π.

Ejemplo 6.4.5. Calculemos ∫∫∫Σx2 + y2dV,

donde Σ es la region limitada por x2 +y2 +z2 ≤ 1 con x, y, z ≥ 0. Usamos coordenadas esfericasy sigue que∫∫∫

Σx2 + y2dV =

∫ π2

0

∫ π2

0

∫ 1

0

(r2 cos2 θ sin2 ϕ+ r2 sin2 θ sin2 ϕ

)r2 sinϕdrdϕdθ

=π

2

(∫ 1

0r4dr

)(∫ π2

0sin3 ϕdϕ

)=

π

15.

132 Aplicaciones

6.5. Aplicaciones

Considere un solido con forma de region Ω ⊆ R3 y cuya densidad esta dada por la funcionintegrable ρ(x, y, z). Entonces, tenemos que su masa total esta dada por

M (Ω) =

∫∫∫Ωρ(x, y, z)dV. (6.5.1)

Luego, su densidad media esta dada por

ρ(x, y, z) =

∫∫∫Ωρ(x, y, z)dV∫∫∫

ΩdV

=M (Ω)

V (Ω). (6.5.2)

Como el lector espera, se define el centro de gravedad del solido como r = (x, y, z), donde

x =1

M (Ω)

∫∫∫Ωxρ(x, y, z)dV , y =

1

M (Ω)

∫∫∫Ωyρ(x, y, z)dV , z =

1

M (Ω)

∫∫∫Ωzρ(x, y, z)dV.

Ademas, si ρ(x, y, z) ≡ c, r sera el centroide.

Observacion 6.5.1. Las definiciones son analogas para R2.

Ejemplo 6.5.1. Calculemos el centroide del semidisco unitario con ρ(x, y) ≡ 1. Tomaremosy ≥ 0. Es claro que x = 0 por la simetrıa del disco. Por otro lado,

y =1

A (D)

∫∫DydA = 1

2π

∫ π

0

∫ 1

0r sin θrdrdθ =

2

π

(∫ π

0sin θdθ

)(∫ 1

0r2dr

)=

4

3π.


Problema 6.1. Sean 0 < a < b. Considere f : Q→ R continua, donde Q = [a, b]× [a, b].

(a) Justifique que f es integrable y muestre que

I =

∫ b

a

∫ x

af(x, y)dydx =

∫ b

a

∫ b

yf(x, y)dxdy.

(b) Deduzca que si f(x, y) = f(y, x) sobre Q, entonces

I =1

2

∫∫Qf(x, y)dxdy.

Solucion:


(a) Dado que f es continua sobre Q tenemos que f es integrable allı. Luego, por Fubini, setiene que

I =

∫ b

a

∫ x

af(x, y)dydx =

∫ b

a

∫ b

yf(x, y)dxdy.

(b) Como f(x, y) = f(y, x), tenemos que

I =

∫ b

a

∫ b

yf(x, y)dxdy =

∫ b

a

∫ b

yf(y, x)dxdy.

Luego, como las variables son mudas, podemos cambiar x con y para obtener

I =

∫ b

a

∫ b

xf(x, y)dydx.

Finalmente,

2I =

∫ b

a

∫ x

af(x, y)dydx+

∫ b

a

∫ b

xf(x, y)dydx =

∫ b

a

(∫ x

af(x, y)dy +

∫ b

xf(x, y)dy

)dx,

es decir,

I =1

2

∫∫Qf(x, y)dydx =

1

2

∫∫Qf(x, y)dxdy.

Problema 6.2. Considere la region D =

(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ x ≤ y

. Calcule∫∫Dx√y2 − x2dA.

Solucion: Tenemos que∫∫Dx√y2 − x2dA =

∫ 1

0

∫ y

0x√y2 − x2dxdy = −1

3

∫ 1

0(y2 − x2)

32

∣∣∣y0dy =

1

3

∫ 1

0y3dy =

1

12.

Problema 6.3. Calcule el volumen del solido limitado por la superficie z = x2 − y2, el planoz = 0 y los planos x = 1, x = 3.

Solucion: Dado que el solido es simetrico respecto a y = 0, el volumen de este es

V = 2

∫ 3

1

∫ x

0

∫ x2−y2

0dzdydx = 2

∫ 3

1

∫ x

0x2 − y2dydx =

4

3

∫ 3

1x3dx =

1

3x4

∣∣∣∣31

=80

3.


Problema 6.4. Calcule ∫ 1

0

∫ 1

√x

dydx√1 + y3

.

Solucion: Usamos Fubini para cambiar el orden de integracion y sigue que∫ 1

0

∫ 1

√x

dxdy√1 + y3

=

∫ 1

0

∫ y2

0

dydx√1 + y3

=

∫ 1

0

y2√1 + y3

dy =2(√

2− 1)

3.


0

∫ 1

x2x3 sin(y3)dydx.

Solucion: Usamos Fubini y sigue que∫ 1

0

∫ 1

x2x3 sin(y3)dydx =

∫ 1

0

∫ √y0

x3 sin(y3)dxdy =1

4

∫ 1

0y2 sin(y3)dy =

1

12(1− cos 1) .

Problema 6.6. Calcule el volumen del solido encerrado entre z =√x2 + y2, z = −1 y x2+y2 =

2ay.


x2 + y2 = 2ay ⇐⇒ x2 + (y − a)2 = a2,

es decir, esta superficie corresponde a un cilindro de centro (0, a) y radio a. Escribamos nuestroproblema en coordenadas polares, tenemos que

z =√x2 + y2 ⇐⇒ z = r,

y ademas,

x2 + y2 = 2ay ⇐⇒ r2 = 2ar sin θ ⇐⇒ r = 2a sin θ.

Luego, el volumen pedido es

V =

∫ π

0

∫ 2a sin θ

0(r − (−1)) rdrdθ =

∫ π

0

∫ 2a sin θ

0r2 + rdrdθ =

∫ π

0

(2a sin θ)3

3+

(2a sin θ)2

2drdθ

=8a3

3

∫ π

0sin θ − cos2 θ sin θdθ + a2

∫ π

01− cos 2θdθ =

8a3

3

(− cos θ +

cos3 θ

3

)∣∣∣∣π0

+ a2π

=32a3

9+ a2π.


Problema 6.7. Considere la region D =

(x, y, z) ∈ R3 : 0 ≤ z ≤ 1− y, 0 ≤ x ≤ y2, y ≥ 0

.Calcule ∫∫∫

D(x+ y + z)dV.

en el orden dydxdz.

Solucion: Tenemos que∫∫∫D

(x+ y + z)dV =

∫ 1

0

∫ (1−z)2

0

∫ 1−z

√x

x+ y + zdydxdz =1

5.

Problema 6.8. Usando que ∫ b

axydy =

xb − xa

log x, (6.6.1)

calcule ∫ 1

0

xb − xa

log xdx.

Solucion: Usando la ayuda y Fubini, tenemos que∫ 1

0

xb − xa

log xdx =

∫ 1

0

∫ b

axydydx =

∫ b

a

∫ 1

0xydxdy =

∫ b

a

dy

y + 1= log

(b+ 1

a+ 1

).


0

∫ x+1

x−2(x+ y)ey−xdydx.

Solucion: Sean u, v dados por [uv

]=

[1 1−1 1

] [xy

].

Entonces, [xy

]=

1

2

[1 −11 1

] [uv

].


∂(u, v)

∣∣∣∣ =1

2.

Para obtener los lımites de integracion, notemos que

y = x− 2 ⇐⇒ v = y − x = −2 , y = x+ 1 ⇐⇒ v = y − x = 1,

x = 0 ⇐⇒ u = v , x = 3 ⇐⇒ u = v + 6.

Ası, la integral pedida es igual a∫ 1

−2

∫ v+6

vuev

dudv

2=

1

4

∫ 1

−2ev(

(v + 6)2 − v2

2

)dv =

1

2

∫ 1

−2ev (3v + 9) dv = 9e.


Problema 6.10. Sea f, g : R2 → R continuas. Muestre que∫ a

0

∫ a−y

0e−(x+y)f(x)g(y)dxdy =

∫ u

ae−uf(u− v)g(v)dvdu.

Solucion: Sean u, v dados por [uv

]=

[1 10 1

] [xy

].

Entonces, [xy

]=

[1 −10 1

] [uv

].


∂(u, v)

∣∣∣∣ = 1.

Para obtener los lımites de integracion, notemos que

x = a− y ⇐⇒ u = x+ y = a , x = 0 ⇐⇒ u = v,

y = a ⇐⇒ v = a , y = 0 ⇐⇒ v = 0.

Ası,∫ a

0

∫ a−y

0e−(x+y)f(x)g(y)dxdy =

∫ a

0

∫ v

ae−uf(u− v)g(v)dudv =

∫ a

0

∫ u

0e−uf(u− v)g(v)dvdu.

Problema 6.11. Calcule ∫∫Dyexydxdy,

donde D es la region determinada por las hiperbolas xy = 1, xy = 3 y las rectas y = 1, y = 3.

Solucion: Sean u = y, v = xy, entonces∣∣∣∣∂(u, v)

∂(x, y)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣0 1y x

∣∣∣∣ = y.


∂(u, v)

∣∣∣∣ =1

u.

Ası, ∫∫Dyexydxdy =

∫ 3

1

∫ 3

1uev

dudv

u= 2

∫ 3

1evdv = 2e

(e2 − 1

).


Problema 6.12. Sea ∆ =]0, 1[×]0, 1[×]− π, π[ y sea φ : R3 → R3 la aplicacion dada por

φ(u, v, w) = (u, uv cosw, v sinw).

Calcule el volumen de φ(∆).

Solucion: Tenemos por un lado el solido ∆, en el espacio de coordenadas u, v, w. La imagende este conjunto bajo la funcion φ corresponde a un solido en R3 con coordenadas x, y, z. Elvolumen de este puede calcularse integrando:

V (φ(∆)) =

∫∫∫φ(∆)

dxdydz.

En analogıa a los casos anteriores, hacemos un cambio de variables, determinado por la funcion(x, y, z) = φ(u, v, w). Ası,

V (φ(∆)) =

∫∫∫φ(∆)

dxdydz =

∫∫∫∆

∣∣∣∣ ∂(x, y, z)

∂(u, v, w)

∣∣∣∣ dudvdw.Tenemos ademas que

∣∣∣∣ ∂(x, y, z)

∂(u, v, w)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣1 0 0

v cosw u cosw −uv sinw0 sinw v cosw

∣∣∣∣∣∣ = uv.

Por lo tanto,

V (φ(∆)) =

∫ 1

0

∫ 1

0

∫ π

−πuvdwdvdu =

π

2.

Problema 6.13. Considere un disco D de radio a > 0 y un punto A ubicado en su frontera.La densidad de masa por unidad de area en cualquier punto P del disco es igual a la distanciade P con A. Encontrar

(a) La masa del disco

(b) El centro de masa del disco

(c) El momento de inercia del disco con respecto a un eje perpendicular que pasa por el puntoA

Solucion: Sin perdida de generalidad, podemos centrar el disco en (0, a), es decir, este quedadado por la ecuacion

x2 + (y − a)2 = a2 ⇐⇒ x2 + y2 = 2ay.

Si lo escribimos en coordenadas polares, tenemos que la ecuacion es r = 2a sin θ para θ ∈ [0, π].


(a) La densidad queda dada por ρ(r, θ) = r. Ası,

M (D) =

∫ π

0

∫ 2a sin θ

0ρ(r, θ)rdrdθ =

∫ π

0

∫ 2a sin θ

0r2drdθ =

8a3

3

∫ π

0sin3 θdθ

=8a3

3

∫ π

0sin3 θdθ =

8a3

3

∫ π

0sin θ − cos2 θ sin θdθ =

32a3

9.

(b) Por simetrıa, es claro que x = 0. Por otro lado,

y =1

M (D)

∫ π

0

∫ 2a sin θ

0yρ(r, θ)rdrdθ =

9

32a3

∫ π

0

∫ 2a sin θ

0r3 sin θdrdθ

=9a

8

∫ π

0sin5 θdrdθ =

6a

5.

(c) Tenemos que

I =

∫ π

0

∫ 2a sin θ

0r2ρ(r, θ)rdrdθ =

∫ π

0

∫ 2a sin θ

0r4drdθ

=32a5

5

∫ π

0sin5 θdθ =

512a5

75=

48a2

25M (D) .

Problema 6.14. Calcule el area de la region D, la cual esta encerrada por(x2 + y2

)2= 2a2

(x2 − y2

), a > 0.

Solucion: Usamos coordenadas polares y sigue que

r4 = 2a2r2(cos2 θ − sin2 θ

)⇒ r = a

√2 cos 2θ,

con la restriccion cos 2θ > 0. Como para θ ∈ [0, 2π[ hay 4 intervalos de largo π4 donde cos 2θ > 0,

sigue que

A (D) = 4

∫ π4

0

∫ a√

2 cos 2θ

0rdrdθ = 4

∫ π4

0a2 cos 2θdθ = 2a2.

Problema 6.15. Cambie el orden de integracion de∫ 12

0

∫ 1−2x

0

∫ 2−4x−2y

0f(x, y, z)dzdydx

a dxdzdy.

Solucion: Tenemos que la region Ω de integracion esta dada por

Ω =

(x, y, z) ∈ R3 : 0 ≤ x ≤ 1

2, 0 ≤ y ≤ 1− 2x, 0 ≤ z ≤ 2− 4x− 2y

,


es decir, la region del primer octante que queda bajo el plano 4x+ 2y + z = 2.

Al dibujar la region (¡hagalo!), se ve que y varıa en [0, 1], es decir,

0 ≤ y ≤ 1.

Luego, para obtener como varıa z, nos fijamos en la proyeccion de la region sobre el plano Y Z,es decir, imponemos x = 0. Notamos que z varıa entre 0 y la interseccion de nuestra “tapa” yel plano Y Z es decir,

0 ≤ z ≤ 2− 2y.

Finalmente, x debe variar de tal forma que sigamos estando bajo el plano 4x + 2y + z = 2, esdecir,

0 ≤ x ≤ 2− 2y − z4

.

Ası, ∫ 12

0

∫ 1−2x

0

∫ 2−4x−2y

0f(x, y, z)dzdydx =

∫ 1

0

∫ 2−2y

0

∫ 2−2y−z4

0f(x, y, z)dxdzdy.

Problema 6.16. Calcule el volumen del solido bajo z = xy1+x2y2

, sobre z = 0 y limitada porxy = 1, xy = 5, x = 1, x = 5.

Solucion: Sea Θ el solido en cuestion. Notemos que

V (Θ) =

∫∫∫Θdzdxdy =

∫∫D

xy

1 + x2y2dxdy,

donde D es la region limitada por xy = 1, xy = 5, x = 1, x = 5. Sean u = x, v = xy, entonces∣∣∣∣∂(u, v)

∂(x, y)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣1 0y x

∣∣∣∣ = x.


∂(u, v)

∣∣∣∣ =1

u.

Ası,

V (Θ) =

∫∫D

xy

1 + x2y2dxdy =

∫ 5

1

∫ 5

1

v

1 + v2

dudv

u=

(∫ 5

1

du

u

)(∫ 5

1

v

1 + v2dv

),

es decir,

V (Θ) =1

2log 5 (3 log 3− log 2) .


Problema 6.17. Considere la region Ω del espacio limitada por x, y, z ≥ 0, x+√y + 3√z ≤ 1.

Determine V (Ω).

Solucion: Sean x = u, v2 = y, w3 = z, entonces la region puede ser descrita como u, v, w ≥0, u+ v + w ≤ 1. El jacobiano es∣∣∣∣∂(x, y)

∂(u, v)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣1 0 00 2v 00 0 3w2

∣∣∣∣∣∣ = 6vw2

y se anula si y solo si vw = 0. Por lo tanto,

V (Ω) =

∫∫∫Ω

6vw2dudvdw.

Ası

V (Ω) =

∫ 1

0

∫ 1−u

0

∫ 1−u−v

06vw2dwdvdu =

∫ 1

0

∫ 1−u

02v(1− u− v)3dvdu,

pero∫ 1−u

02v(1− u− v)3dv = −v(1− u− v)4

2

∣∣∣∣1−u0

+1

2

∫ 1−u

0(1− u− v)4 dv = −(1− u− v)5

10

∣∣∣∣1−u0

.

Luego,

V (Ω) =1

10

∫ 1

0(1− u)5du =

1

60.

Problema 6.18. Calcule ∫∫Q

√x2 + y2dA,

con Q = [0, 1]× [0, 1].

Solucion: Notamos que la integral es simetrica respecto a y = x, luego∫∫Q

√x2 + y2dA = 2

∫∫D

√x2 + y2dA,

donde D es la region limitada por 0 ≤ x ≤ 1 y 0 ≤ y ≤ x. Haciendo el cambio a coordenadaspolares, sigue que x ≤ 1 implica que

r cos θ ≤ 1⇒ r ≤ sec θ.

Luego,∫∫D

√x2 + y2dA =

∫ π4

0

∫ sec θ

0r2drdθ =

1

3

∫ π4

0sec3 θdθ =

1

3(log (sec θ + tan θ) + sec θ tan θ)

∣∣∣∣π40

.

Ası, ∫∫Q

√x2 + y2dA =

2

3

(log(√

2 + 1)

+√

2).


Problema 6.19. Sea V = B (0, 1) r C, con C =

(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 ≤ z2

. Calcule elvolumen de V .

Solucion: Calcularemos el volumen encerrado por Ω = C ∩B (0, 1) y luego se lo restaremos alvolumen de B (0, 1). Dada la simetrıa del problema analizaremos solo la parte positiva de Ω yluego la multiplicaremos por 2. Buscamos la interseccion despejando z y obtenemos que

x2 + y2 =1

2,

es decir, corresponde a una circunferencia a en el plano

z =1√2.

Luego,

V(Ω+)

=

∫ 2π

0

∫ 1√2

0

∫ √1−r2

rrdzdrdθ = 2π

∫ 1√2

0

(√1− r2 − r

)rdr =

π2

4.

Ası,

V (V ) = V (B (0, 1))− 2 V(Ω+)

=4π

3− π2

2.

Problema 6.20. Calcule la masa de B(0, 1), si su densidad esta dada por

ρ(x, y, z) =1

1 +√x2 + y2 + z2

.

Solucion: La masa de la bola esta dada por

M (B(0, 1)) =

∫∫∫B(0,1)

ρ(x, y, z)dV.

Usando coordenadas esfericas y Fubini, tenemos que

M =

∫ 2π

0

∫ π

0

∫ 1

0

r2 sinϕ

1 + rdrdϕdθ =

(∫ 2π

0dθ

)(∫ π

0sinϕdϕ

)(∫ 1

0

r2

1 + rdr

)= 4π

∫ 1

0

r2

1 + rdr = 4π

∫ 1

0

r2 − 1

1 + r+

1

1 + rdr = 4π

∫ 1

0r − 1 +

1

1 + rdr

= 4π

(log 2− 1

2

).


Problema 6.21. Sea la densidad de carga ρ(x, y, z) = z. Calcule la carga total encerrada entrex2 + y2 + z2 = 2z y z =

√x2 + y2.

Solucion: Sea Ω la region encerrada. Entonces la carga total esta dada por

Q =

∫∫∫ΩzdV.

Notemos que

x2 + y2 + z2 = 2z ⇐⇒ x2 + y2 + (z − 1)2 = 1,

es decir, la superficie corresponde a una esfera trasladada en k. Luego, la semiesfera por sobreel cono se puede escribir en coordenadas cilındricas como

z = 1 +√

1− r2.

Ası,

Q =

∫ 2π

0

∫ 1

0

∫ 1+√

1−r2

rzrdzdrdθ = π

∫ 1

0

(1− r2 +

√1− r2

)2rdr.

En esta ultima integral hacemos t = 1− r2 ⇒ dt = −2rdr para concluir que

Q = π

∫ 1

0t+√tdt =

7π

6.

Problema 6.22. Considere Ω =

(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 ≤ 4, z ≥ 0

.

(a) Calcule la masa del cuerpo definido por Ω si su densidad esta dada por

ρ(x, y, z) =

√x2 + y2

x2 + y2 + z2.

(b) Calcule el centro de gravedad del solido.

Solucion:

(a) Usando coordenadas esfericas, tenemos que

M (Ω) =

∫∫∫Ωρ(x, y, z)dV =

∫ 2π

0

∫ π2

0

∫ 2

0

√r2 sin2 ϕ

r2r2 sinϕdrdϕdθ

= 2π

(∫ π2

0sin2 ϕdϕ

)(∫ 2

0r2dr

)=

4

3π2.


(b) Por simetrıa, es claro que x = y = 0. Ademas,

zM (Ω) =

∫∫∫Ωzρ(x, y, z)dV =

∫ 2π

0

∫ π2

0

∫ 2

0r cosϕ

√r2 sin2 ϕ

r2r2 sinϕdrdϕdθ

= 2π

(∫ π2

0sin2 ϕ cosϕdϕ

)(∫ 2

0r3dr

)=

8

3π.

Luego,

r =1

M (Ω)

(0, 0,

8

3π

)=

(0, 0,

2

π

).

Problema 6.23. Calcule ∫∫∫Σ

xyz

x4 − y4dV,

donde Σ es la region determinada por 1 ≤ x2 − y2 ≤ 4, 1 ≤ xy ≤ 3 y x2 + y2 ≤ z ≤ 2(x2 + y2).

Solucion: Seanu = x2 − y2,

v = xy,

w =z

x2 + y2.

Entonces,∣∣∣∣∂(x, y, z)

∂(r, θ, ϕ)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣2x −2y 0y x 0

− 2xz(x2+y2)2

− 2yz(x2+y2)2

1x2+y2

∣∣∣∣∣∣ =1

x2 + y2

∣∣∣∣2x −2yy x

∣∣∣∣ =2(x2 + y2)

x2 + y2= 2.

Luego, por Fubini,∫∫∫Σ

xyz

x4 − y4dV =

∫ 4

1

∫ 3

1

∫ 2

1

vw

udwdvdu =

(∫ 4

1

du

u

)(∫ 3

1vdv

)(∫ 2

1wdw

)= 4 log 2.

Problema 6.24. Sea Ω la region de B (0, 2) al interior z =√x2 + y2. Calcule∫∫∫

Ωx2 + y2dV.

Solucion: Utilizamos coordenadas esfericas. La interseccion entre la esfera y el cono se escribe

r cosϕ =

√r2 cos2 θ sin2 ϕ+ r2 sin2 θ sin2 ϕ = r sinϕ⇒ tanϕ = 1⇒ ϕ =

π

4.

Luego,∫∫∫Ωx2+y2dV =

∫ 2π

0

∫ π4

0

∫ 2

0r4 sin3 ϕdrdϕdθ = 2π

(∫ 2

0r4dr

)(∫ π4

0sin3 ϕdϕ

)=

16(8− 5

√2)π

15.



0

∫ 1

0

dxdy

(log x+ log y) (1 + x2y2).

Solucion: Sean u = y, v = xy, entonces∣∣∣∣∂(u, v)

∂(x, y)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣0 1y x

∣∣∣∣ = y.


∂(u, v)

∣∣∣∣ =1

u.

Luego, como v = xu, entonces∫ 1

0

∫ u

0

dvdu

log v(1 + v2)u=

∫ 1

0

∫ 1

v

dudv

log v(1 + v2)u=

∫ 1

0

− log v

log v(1 + v2)dv = −π

4.

Problema 6.26. Sean 0 < a < b y D = (x, y) ∈ R2 : x, y ≥ 0, y ≥ x, a ≤ xy ≤ b, y2−x2 ≤ 1.Calcule ∫∫

D(y2 − x2)xy(x2 + y2)dA.

Solucion: Sean u = y2 − x2, v = xy, entonces∣∣∣∣∂(u, v)

∂(x, y)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣−2x 2yy x

∣∣∣∣ = −2(x2 + y2

).

Luego,∫∫D

(y2 − x2)xy(x2 + y2)dxdy =

∫∫Duv

(x2 + y2)

2(x2 + y2)dudv =

1

2

∫ b

a

∫ 1

0uvdudv =

1

2log

(b+ 1

a+ 1

).

Problema 6.27. Calcule ∫∫R

y2

x4dA,

donde R es la region determinada por 1 ≤ x2

y ≤ 2, 0 ≤ xy ≤ 1.

Solucion: Sean u = x2

y , v = xy, entonces

∣∣∣∣∂(u, v)

∂(x, y)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣2xy −x2

y2

y x

∣∣∣∣∣ =3x2

y.



∂(u, v)

∣∣∣∣ =1

3u.

Luego, ∫∫R

y2

x4dA =

∫ 1

0

∫ 2

1

dudv

3u3=

1

3

∫ 2

1

du

u3=

1

8.

Problema 6.28. Calcule ∫∫∫Ψ

1 +(x2 + y2

)2dV,

donde Ψ es la region encerrada entre z =√x2 + y2 y B (0, 1).

Solucion: La interseccion de las superficies ocurre cuando

x2 + y2 =1

2.

Usamos coordenadas cilındricas, donde el cono se escribe z = r, y sigue que∫∫∫Ψ

1 +(x2 + y2

)2dV =

∫ 2π

0

∫ 1√2

0

∫ √1−r2

r

(1 + r4

)rdzdrdθ

= 2π

∫ 1√2

0

(1 + r4

) (√1− r2 − r

)rdr =

344− 180√

2

420π.

Problema 6.29. Calcule ∫∫∫Ωe(x+y)2dV,

donde Ω es la region del espacio limitada por los planos z = x+ y, z = x− y; lateralmente porlos planos x− y = −1, x− y = 1, x+ y = 1, x+ y = 2.

Solucion: Sean u = x+ y, v = x− y, w = z, entonces

∣∣∣∣∂(u, v, w)

∂(x, y, z)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣1 1 01 −1 00 0 1

∣∣∣∣∣∣ = 2.

Por lo tanto,∫∫∫Ωe(x+y)2dV =

∫ 2

1

∫ 1

−1

∫ u

veu

2 dwdvdu

2=

1

2

∫ 2

1

∫ 1

−1ueu

2dvdu− 1

2

∫ 2

1

∫ 1

−1veu

2dvdu

=

∫ 2

1ueu

2du =

eu2

2

∣∣∣∣∣2

1

=1

2

(e4 − e

).


Problema 6.30. Sea Ω la region interior al solido limitado por

x2

a2+y2

b2+z2

c2= 1.

Calcule ∫∫∫Ω

(1−

(x2

a2+y2

b2+z2

c2

)) 32

dV.

Solucion: Seanx = ar cos θ sinϕ,

y = br sin θ sinϕ,

z = cr cosϕ.

(6.6.2)

Entonces,

∣∣∣∣∂(x, y, z)

∂(r, θ, ϕ)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣a cos θ sinϕ −ar sin θ sinϕ ar cos θ cosϕb sin θ sinϕ br cos θ sinϕ br sin θ cosϕc cosϕ 0 −cr sinϕ

∣∣∣∣∣∣= abc

∣∣∣∣∣∣cos θ sinϕ −r sin θ sinϕ r cos θ cosϕsin θ sinϕ r cos θ sinϕ r sin θ cosϕ

cosϕ 0 −r sinϕ

∣∣∣∣∣∣ = abcr2 sinϕ,

(6.6.3)

pues el ultimo jacobiano corresponde al de coordenadas esfericas. Ası,

∫∫∫Ω

(1−

(x2

a2+y2

b2+z2

c2

)) 32

dV =

∫ 2π

0

∫ π

0

∫ 1

0

(1− r2

) 32 r2 sinϕdrdϕdθ

=

(∫ 2π

0dθ

)(∫ π

0sinϕdϕ

)(∫ 1

0

(1− r2

) 32 r2dr

)= 4π

∫ 1

0

(1− r2

) 32 r2dr.

Para esta ultima integral, hacemos r = sin t, dr = cos tdt y sigue que6.2

∫ 1

0

(1− r2

) 32 r2dr =

∫ π2

0cos4 t sin2 tdt =

1

2B

(5

2,3

2

)=

1

2

Γ(

52

)Γ(

32

)Γ(4)

=1

2

32

12

√π 1

2

√π

3!=

π

32.

Ası, ∫∫∫Ω

(1−

(x2

a2+y2

b2+z2

c2

)) 32

dV =π2

8.

6.2Es posible resolver la integral solo los conocimientos de Calculo I pero es mas largo y tedioso.


Problema 6.31. Consideremos el solido C limitado por a2x2 + b2y2 = 1, z = 0 y z = 1.Ademas, sea S la superficie dada por z2 = a2x2 + b2y2. Definimos S1 como el solido bajo S alinterior de C y S2 como el solido sobre S al interior de C. Demuestre que V(S1)

V(S2) no depende dea ni de b.

Solucion: Notemos que C es un cilindro de base elipsoidal y altura 1. Los puntos de su interiorcumplen a2x2 + b2y2 ≤ 1, luego S esta bajo el plano z = 1 y sobre z = 0 en el interior de C.

Hacemos el cambio de variables

x =r cos θ

a, y =

r sin θ

b, z = z.

Notar que,

a2x2 + b2y2 = 1 ⇐⇒ r = 1.

De esta forma, se tiene que

C =

(r cos θ

a,r sin θ

b, z

)∈ R3 : r ∈ [0, 1], θ ∈ [0, 2π[, z ∈ [0, 1]

S =

(r cos θ

a,r sin θ

b, z

)∈ R3 : r ∈ [0, 1], θ ∈ [0, 2π[, z = r

∣∣∣∣∂(x, y, z)

∂(r, θ, z)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣cos θa

−r sin θa 0

sin θb

r cos θb 0

0 0 1

∣∣∣∣∣∣ =r

ab

Entonces,

V (S1) =

∫ 2π

0

∫ 1

0

∫ r

0

r

abdzdrdθ =

2π

3ab

V (S2) =

∫ 2π

0

∫ 1

0

∫ 1

r

r

abdzdrdθ =

π

3ab

En consecuencia, V(S1)V(S2) = 2.

Problema 6.32. Calcule el volumen del solido Ω limitado por las superficies x2 + y2 + z2 = 9y z = 7− (x2 + y2).

Solucion: Notamos que las superficies corresponden a: una esfera centrada en el origen de radio3 y un paraboloide cuya cuspide es (0, 0, 7). Buscamos las intersecciones

z = 7−(9− z2

)⇐⇒ z2 − z − 2 = 0 ⇐⇒ z = 2 ∨ z = −1.

Pero si z = 2 ⇒ x2 + y2 = 5 y si z = −1 ⇒ x2 + y2 = 8. Por lo tanto, las interseccionescorresponden a circunferencias.


Para calcular V (Ω) usaremos coordenadas cilındricas para dos intervalos radiales distintos.Cuando 0 ≤ r ≤

√5, el solido queda atrapado entre las dos semiesferas y cuando

√5 ≤ r ≤

√8

el solido queda atrapado entre el paraboloide y la semiesfera inferior. En consecuencia,

V (Ω) =

∫ 2π

0

∫ √5

0

∫ √9−r2

−√

9−r2rdzdrdθ +

∫ 2π

0

∫ √8

√5

∫ 7−r2

−√

9−r2rdzdrdθ

= 4π

∫ √5

0

√9− r2rdr + 2π

∫ √8

√5

(7− r2 +

√9− r2

)rdr.

Haciendo u = 9− r2 ⇒ du = −2rdr en cada integral sigue que

4π

∫ √5

0

√9− r2rdr = 2π

∫ 9

4

√udu =

4π

3u

32

∣∣∣∣94

=76π

3,

2π

∫ √8

√5

(7− r2 +

√9− r2

)rdr = π

∫ 4

1

(u+√u− 2

)du = π

(u2

2+

2

3u

32 − 2u

)∣∣∣∣41

=37π

6.

Finalmente,

V (Ω) =76π

3+

37π

6=

63π

2.

Problema 6.33. Calcule ∫∫ΩxyzdV,

donde Ω es la region comun entre x2 + y2 + z2 ≤ 1 y x2 + y2 + z2 ≤ 2x.

Solucion: Primero pondremos “derecho” el dibujo. Para ello, cambiaremos el eje x con el eje zy ası, las regiones son

x2 + y2 + z2 ≤ 1 , x2 + y2 + z2 ≤ 2z.

Notamos que la ultima es equivalente a x2 +y2 +(z−1)2 ≤ 1. Es decir, Ω corresponde a la regionencerrada entre dos esferas desplazadas. Luego, la interseccion entre sus fronteras esta dada por

x2 + y2 + z2 = 1 ∧ x2 + y2 + z2 = 2z ⇒ z =1

2.

Pero, si z = 12 ⇒

√x2 + y2 =

√3

2 . Por lo tanto, la integral en coordenadas cilındricas es

∫∫ΩxyzdV =

∫ 2π

0

∫ √32

0

∫ √1−r2

1−√

1−r2(r cos θ) (r sin θ) zrdzdrdθ = 0,

pues ∫ 2π

0cos θ sin θdθ = 0.


Problema 6.34. Calcule el volumen del solido Υ limitado por

x2

4+y2

9+z2

4= 1 ,

x2

4+y2

9+

(z − 2)2

4= 1.

Solucion: Sean u = 2x, v = 3y, w = 2z, entonces

∣∣∣∣∂(u, v, w)

∂(x, y, z)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣2 0 00 3 00 0 2

∣∣∣∣∣∣ = 12.

Sea Υ′ el nuevo solido encerrado por las superficies, que ahora se escriben

u2 + v2 + w2 = 1 , u2 + v2 + (w − 1)2 = 1,

respectivamente. Luego, la interseccion de estas se da cuando

w2 = (w − 1)2 ⇐⇒ w =1

2.

Reemplazando en cualquiera de las dos ecuaciones, concluimos que

u2 + v2 =3

4.

Por lo tanto, usando coordenadas cilındricas, se tiene que

V (Υ) =

∫∫Υdxdydz =

∫∫Υ′

12dudvdw = 12

∫ 2π

0

∫ √3

2

0

∫ √1−r2

1−√

1−r2rdwdrdθ

= 24π

∫ √3

2

0r(

2√

1− r2 − 1)dr = 5π.

Capıtulo 7

Integrales de Lınea

7.1. Integrales de campos escalares sobre curvas

Volvamos por un instante a Calculo II. Consideremos una curva γ ⊆ R3 parametrizada porα : [a, b] ⊆ R→ R3, entonces diremos que γ es una curva suave si

α′(t) =(x′(t), y′(t), z′(t)

)es una funcion continua, es decir, si α ∈ C1 ([a, b]).

Nuestra primera intencion es calcular la longitud s del arco de curva. Para ello, como es cos-tumbre, consideramos la particion P de [a, b] dada por

a = x0 < x1 < . . . < xn−1 < xn = b.

Luego, la curva se aproxima mediante la poligonal y sigue que su longitud

∆s ≈√

(∆x)2 + (∆y)2 + (∆z)2.

Haciendo tender ‖P‖ → 0, obtenemos

ds =√

(dx)2 + (dy)2 + (dz)2 =

√(dx

dt

)2

+

(dy

dt

)2

+

(dz

dt

)2

dt.

Luego, como α ∈ C1, estos diferenciales son integrables y sigue que la longitud del arco de curvaα ([a, x]) esta dado por

s(x) =

∫ x

a

√(dx

dt

)2

+

(dy

dt

)2

+

(dz

dt

)2

dt =

∫ b

a‖α′(t)‖dt.

152 Integrales de campos vectoriales sobre curvas

Bien, ahora le pondremos masa a la curva mediante una densidad ρ : γ → R y sigue que

dm = ρds = ρ

√(dx

dt

)2

+

(dy

dt

)2

+

(dz

dt

)2

dt,

es decir, la masa del arco de curva α ([a, x]) esta dado por

M(x) =

∫ x

aρ (α(t)) ‖α′(t)‖dt.

Motivados por esto y para ganar la libertad de poder poner la funcion que queramos en vez deρ para modelar incluso la carne en un anticucho chueco, definiremos el caso general.

Definicion 7.1.1 (Integral de lınea de un campo escalar). Sea f : γ ⊆ R3 → R, donde γ escurva suave. Definimos la integral de lınea de f a lo largo de γ con relacion a la longitud dela curva como ∫

γfds :=

∫ b

af (α(t)) ‖α′(t)‖dt,

donde α es una parametrizacion de γ.

Observacion 7.1.1. Dado que ds es la longitud del arco de curva γ y no de la parametrizacionα, es decir, es una propiedad intrınsica de la geometrıa de la curva; el valor de la integral delınea es independiente de la parametrizacion que se escoja.

Ejemplo 7.1.1. Sea γ una vuelta de la helice de radio r y de paso 2π. Calculemos∫γfds,

donde f(x, y, z) = xyz.

Primero, parametrizamos γ segun α(t) = (r cos t, r sin t, t)⇒ ‖α′(t)‖ =√r2 + 1. Luego,∫

γfds =

∫ 2π

0(r cos t)(r sin t)t

√r2 + 1dt =

1

2r2√r2 + 1

∫ 2π

0t sin 2tdt = −π

2r2√r2 + 1.

Observacion 7.1.2. Todo esto es estudiable para curvas en Rn. Pienselo como ejercicio.

7.2. Integrales de campos vectoriales sobre curvas

Ahora la cosa se pone mas interesante. Sea F : γ ⊆ R3 → R3 un campo suave que actua sobreuna partıcula puntual, i.e. en el punto (x, y, z) la partıcula siente una fuerza dada por el vectorF (x, y, z), cuya trayectoria es la curva suave γ.

Nuestro objetivo es calcular el trabajo realizado por el campo de fuerzas sobre nuestra pobrepartıcula que sera arrastrada a lo largo de γ, la cual es parametrizada por α : [a, b] ⊆ R→ R3.

Integrales de Lınea 153

Recordemos que el trabajo, por definicion, es

fuerza× distancia,

pero no cualquier fuerza, sino que la fuerza en la direccion tangente al desplazamiento.Luego, como el vector tangente esta dado por

α′(t) =(x′(t), y′(t), z′(t)

),

tenemos que la componente de la fuerza, en el punto y direccion deseados, esta dada por

Ft = F (α(t)) · α′(t)

‖α′(t)‖.

Notar que la direccion tangente fue tomada de forma unitaria para no perturbar el valor realde la fuerza. Por otro lado, ya sabemos la distancia:

ds = ‖α′(t)‖dt.

Ası, un diferencial del trabajo W es

dW = Ftds =

(F (α(t)) · α′(t)

‖α′(t)‖

)‖α′(t)‖dt.

Luego, como F y γ son suaves, podemos integrar y sigue que

W (x) =

∫ x

a

(F (α(t)) · α′(t)

‖α′(t)‖

)‖α′(t)‖dt =

∫γF · α′(t)

‖α′(t)‖dt,

o simplemente,

W (x) =

∫ x

aF (α(t)) · α′(t)dt.

Definicion 7.2.1 (Integral de lınea de un campo vectorial). Sea F : γ ⊆ R3 → R3, donde γ escurva suave. Definimos la integral de lınea de F a lo largo de γ con relacion a la longitud dela curva como ∫

γF · dα :=

∫ x

aF (α(t)) · α′(t)dt,

donde α es una parametrizacion de γ.

Ejemplo 7.2.1. Sean f y γ definidas el ejemplo 7.1.1. Calculemos∫γ∇f · dα.

Primero, tenemos que∇f = (yz, xz, xy) .

Luego,∇f (α(t)) =

(tr sin t, tr cos t, r2 cos t sin t

).

154 Campos conservativos

Ası, ∫γ∇f · dα =

∫ 2π

0∇f (α(t)) · α′(t)dt

=

∫ 2π

0

(tr sin t, tr cos t, r2 cos t sin t

)· (−r sin t, r cos t, 1) dt

=

∫ 2π

0−tr2 sin2 t+ tr2 cos2 t+ r2 cos t sin tdt

=

∫ 2π

0tr2 cos 2t+

1

2r2 sin 2tdt = 0.

7.3. Campos conservativos

Consideremos F = ∇f , con f : R3 → R de clase C1. Sea γ una curva suave parametrizada porα(t) = (x(t), y(t), z(t)) , t ∈ [a, b]. Notemos que∫

γF · dα =

∫ b

a∇f (α(t)) · α′(t)dt =

∫ b

a

∂f

∂x(α(t))x′(t) +

∂f

∂y(α(t)) y′(t) +

∂f

∂z(α(t)) z′(t)dt,

donde∂f

∂x(α(t)) =

∂f

∂x(x(t), y(t), z(t)) .

Luego, ∫γF · dα =

∫ b

a

d

dt(f (α(t))) dt = f (α(b))− f (α(a)) .

Es decir, la integral de lınea de F depende solo de los puntos final e inicial pero no de latrayectoria.

Definicion 7.3.1. Sea F : D ⊆ R3 → R3. Diremos que la integral∫γF · dα

es independiente de la trayectoria, si∫γ1

F · dα =

∫γ2

F · dα

para cualquier par de curvas γ1, γ2 ⊆ D con el mismo punto final e inicial.

Observacion 7.3.1. Sean f : R3 → R de clase C1 y F = ∇f , entonces∫γF · dα

es independiente de la trayectoria. Diremos que F es un campo conservativo y que f es elpotencial escalar de F .

Notar que f + C tambien es un potencial de F para cualquier constante C ∈ R.


Definicion 7.3.2. Sea γ una curva suave parametrizada por α(t), t ∈ [a, b]

(a) Definimos γ− como la misma curva pero recorrida en sentido inverso y∫γ−

= −∫γ.

(b) Diremos que γ es simple si para a ≤ t1 < t2 ≤ b, se tiene que α(t1) = α(t2) ⇒ t1 =a, t2 = b.

(c) Diremos que γ es cerrada si α(a) = α(b) y en tal caso escribiremos∫γ

=

∮γ.

(d) Diremos que γ es una curva de Jordan si es simple y cerrada.7.1

Definicion 7.3.3. Sea γ una curva suave a tramos, es decir, γ = γ1 ∪ γ2 ∪ . . . ∪ γn con γkcurva suave tal que el punto final de γk es el inicial de γk+1, entonces∫

γF · dα =

n∑k=1

∫γk

F · dα.

Observacion 7.3.2. Sea F : D ⊆ R3 → R3 tal que∫γF · dα

es independiente de la trayectoria. Consideremos una curva γ suave y cerrada tal que γ = γ1∪γ2,entonces ∮

γF · dα =

∫γ1

F · dα+

∫γ2

F · dα =

∫γ1

F · dα−∫γ−2

F · dα = 0,

pues γ1 y γ−2 comparten el mismo punto final e inicial.

Por otro lado, si ∮γF · dα = 0,

entonces ∫γ1

F · dα =

∫γ−2

F · dα.

7.1Intuitivamente se puede pensar que una curva de Jordan divide al plano en dos regiones cuyas fronteras sonjustamente la curva. Ademas, solo una de estas regiones es acotada y la otra no. A pesar de la inocencia de estaobservacion, probarlo requiere conocimientos de topologıa que van muchısimo mas alla del curso. Este resultadose conoce como el Teorema de la Curva de Jordan.

156 Campos conservativos

Proposicion 7.3.1. Sea F : D ⊆ R3 → R3 continuo, entonces F es conservativo si y solo si∮γF · dα = 0,

para toda γ ⊆ D cerrada.

Definicion 7.3.4. Sea D ⊆ R3 abierto. Diremos que D es conexo si dos puntos cualquierasde D pueden ser unidos mediante una curva contenida en D.

Observacion 7.3.3. Sea D ⊆ R3 abierto y conexo. Consideremos F : D ⊆ R3 → R3 continuotal que ∫

γF · dα

es independiente de la trayectoria. Para p0 = (a, b, c), p = (x, y, z) ∈ D, consideremos

f(x, y, z) =

∫γF · dα.

donde γ es una curva suave contenida en D que va desde p0 a p. Notemos que f esta biendefinida pues la integral es independiente de la trayectoria en D y por ende, podemos escribir

f(x, y, z) =

∫ p

p0

F · dα.

Ahora, como D es abierto, existe r > 0 tal que B (p, r) ⊆ D y por lo tanto, para |h| < r se tieneque p′ = (x+ h, y, z) ∈ B (p, r). Ademas,

f(x+ h, y, z) =

∫ p′

p0

F · dα =

∫ p′

pF · dα+

∫ p

p0

F · dα =

∫ p′

pF · dα+ f(x, y, z).

Sea ϕ(t) = (x + t, y, z), con t entre 0 y h. Entonces, si F = (P,Q,R), como la integral esindependiente de la trayectoria, tenemos que∫ p′

pF · dα =

∫ h

0F (ϕ(t)) · ϕ′(t)dt =

∫ h

0P (ϕ(t))dt.

Luego,

∂f

∂x= lım

h→0

f(x+ h, y, z)− f(x, y, z)

h= lım

h→0

1

h

∫ h

0P (ϕ(t)) dt = P (ϕ(0)) = P (x, y, z),

y analogamente,∂f

∂y= Q(x, y, z) ,

∂f

∂z= R(x, y, z).

Es decir, F = ∇f .


Proposicion 7.3.2. Sean D ⊆ R3 abierto y conexo. Consideremos F : D ⊆ R3 → R3 continuo.Si ∫

γF · dα

es independiente de la trayectoria, entonces F = ∇f para alguna f : D ⊆ R3 → R de clase C1.

Observacion 7.3.4. A veces usaremos la notacion∫γF · dα =

∫γPdx+Qdy +Rdz.

Ejemplo 7.3.1. Sea F (x, y, z) = 2xy3z4ı+ 3x2y2z4+ 4x2y3z3k. Veamos si existe algun poten-cial para F , es decir, debemos buscar f tal que

∂f

∂x= 2xy2z4 ,

∂f

∂y= 3x2y2z4 ,

∂f

∂z= 4x2y3z3.

En efecto, f = x2y3z4 + C es un potencial para F y por lo tanto, F es conservativo.

Observacion 7.3.5. Sea F = ∇f con f ∈ C2. Luego, si

F = (P,Q,R) =

(∂f

∂x,∂f

∂y,∂f

∂z

),

tenemos que, por el Lema de Schwarz,

∂P

∂y=

∂2f

∂y∂x=

∂2f

∂x∂y=∂Q

∂x,

∂P

∂z=

∂2f

∂z∂x=

∂2f

∂x∂z=∂R

∂x,

∂Q

∂z=

∂2f

∂z∂y=

∂2f

∂y∂z=∂R

∂y,

es decir,

∇× F =

∣∣∣∣∣∣ı kP Q R∂∂x

∂∂y

∂∂z

∣∣∣∣∣∣ = 0.

Ejemplo 7.3.2. Sea F (x, y, z) = yı+ x+ xyzk. Determine si F es conservativo.

Dado que∂P

∂y= 1 y

∂R

∂x= yz, F no puede ser conservativo.

Ejercicio 7.3.1. Todo lo que hemos desarrollado hasta ahora puede llevarse facilmente a R2

asumiendo que F = (P,Q, 0). Hagalo.

Ejercicio 7.3.2. Sea

F (x, y) =−y

x2 + y2ı+

x

x2 + y2.

158 Teorema de Green

(a) Calcule∂Q

∂x− ∂P

∂y.

(b) Calcule ∮γPdx+Qdy,

donde γ es la circunferencia unitaria parametrizada por (cos t, sin t), t ∈ [0, 2π].

(c) ¿Que puede decir respecto a la condicion∂Q

∂x− ∂P

∂y= 0 y la integral

∮γPdx+Qdy?

Ejemplo 7.3.3. Sea F (x, y) =(2x sin yı, x2 cos y − 3y2

). Notemos que

∂P

∂y= 2x cos y =

∂Q

∂x,

y por ende, F tiene posibilidades de ser un campo conservativo. Supongamos que F = ∇f ,entonces

∂f

∂x= 2x sin y ⇒ f(x, y) = x2 sin y + ϕ(y).

Luego,

x2 cos y − 3y2 =∂f

∂y= x2 cos y + ϕ′(y)⇒ ϕ′(t) = −3y3 ⇒ ϕ(y) = −y3 + C.

Por lo tanto, f(x, y) = x2 sin y − y3 + C y sigue que F es conservativo.

7.4. Teorema de Green

Definicion 7.4.1. Sea γ una curva de cerrada, simple y suave a tramos. Diremos que tieneorientacion positiva si la recorremos en sentido contrareloj, es decir, la region encerrada por lacurva siempre esta la izquierda cuando se recorre la curva. En caso contrario, tiene orientacionnegativa.

Observacion 7.4.1. Si γ tiene orientacion positiva, γ− tiene orientacion negativa y vice versa.

Definicion 7.4.2. Una region D ⊆ R2 se dice simplemente conexa si es conexa y toda curvade Jordan en D solo encierra puntos en D.

Ejemplo 7.4.1. B (0, 1) r 0 no es simplemente conexa pues las circunferencias centradas enel origen y de radio menor a 1 encierran al origen.


Teorema 7.4.1 (Green). Sea D ⊆ R2 una region simplemente conexa y tal que γ es la curvacorrespondiente a su frontera orientada positivamente, ∂D+. Sea F : U ⊆ R2 → R2 dado por

F (x, y) = P (x, y)ı+Q(x, y),

con P,Q ∈ C1 y tal que D ⊆ U . Entonces∮∂D+

F · dα =

∫γPdx+Qdy =

∫∫D

∂Q

∂x− ∂P

∂ydA.

Demostracion. (Idea) Sea D una region tipo I, es decir, tal que existen ϕ1, ϕ2 : [a, b]→ R y

D =

(x, y) ∈ R2 : a ≤ x ≤ b, ϕ1(x) ≤ y ≤ ϕ2(x).

Luego, ∫∫D

∂P

∂y(x, y)dA =

∫ b

a

∫ ϕ2(x)

ϕ1(x)

∂P

∂y(x, y)dydx

=

∫ b

aP (x, ϕ2(x))dx−

∫ b

aP (x, ϕ1(x))dx = −

∫∂D

P (x, y)dx.

Teorema 7.4.2. Sea D ⊆ R2 una region simplemente conexa y F : U ⊆ R2 → R2 dado por

F (x, y) = P (x, y)ı+Q(x, y),

con P,Q ∈ C1 y tal que D ⊆ U . Si∂P

∂y=∂Q

∂x,

entonces F es un campo conservativo.

Demostracion. (Idea) Sea una curva cerrada γ ⊆ D y denotemos por R la region que estaencierra. Entonces ∮

∂R+

F · dα =

∫∫D

∂Q

∂x− ∂P

∂ydA = 0.

Observacion 7.4.2. Sea D ⊆ R2 simplemente conexa. Supongamos que ∂D+ es parametrizadapor α : [a, b] → R2 tal que α(t) = (x(t), y(t)). Entonces un vector normal a ∂D+ en α(t) yunitario esta dado por

n(t) =y′(t)ı− x′(t)‖α′(t)‖

.


Ası, ∮∂D+

F · nds =

∫ b

aF (α(t)) ·

(y′(t)ı− x′(t)‖α′(t)‖

)‖α′(t)‖dt

=

∫ b

aP (α(t)) y′(t)−Q (α(t))x′(t)dt =

∮∂D+

−Qdx+ Pdy.

Luego, por el Teorema de Green,∮∂D+

F · nds =

∫∫D

∂P

∂x+∂Q

∂ydA.

Ademas,∂P

∂x+∂Q

∂y=

(∂

∂x,∂

∂y

)· (P,Q) = ∇ · F.


Problema 7.1. Considere la curva γ descrita en coordenadas polares por la ecuacion r = eθ.Esta recibe el nombre de espiral logarıtmica.7.2 Calcule el largo de la porcion de curva γcorrespondiente a θ ∈]−∞, 0].

Solucion:

En la figura se muestra la parte de la espiral quenos interesa.Puesto que x = r cos θ, y = r sin θ, la curvaqueda parametrizada por

α(t) = (et cos t, et sin t), t ∈]−∞, 0].

Ası,‖α′(t)‖ =

√2et.

El largo de la curva corresponde a∫γds =

∫ 0

−∞||α′(t)||dt =

√2

∫ 0

−∞etdt =

√2.

7.2Mas precisamente, este nombre se le da a toda la familia de curvas de la forma r = aebθ, con a, b ∈ R+.Jakob Bernoulli la llamo Spira Mirabilis (la “Espiral maravillosa”), sorprendido por sus propiedades: la espiralevoluciona replicando siempre la misma forma. Bernoulli pidio que esta espiral fuese grabada en su tumba juntocon la frase “Eadem mutata resurgo”. (“Mutando, resurjo identico.”). Sin embargo, quienes tallaron la lapidacometieron un error, inscribiendo la espiral de Arquımedes.


Problema 7.2. Considere un disco delgado de radio r0 centrado en el origen y en el planoz = 0. Ademas, este se encuentra cargado uniformemente con densidad σ. Se sabe que el campoelectrico E generado por esta distribucion para un punto arbitrario del eje z es

E(z) =σ

2ε0

1− 1√1 +

(r0z

)2 k,

donde ε0 es la constante de permitividad del vacıo.

Calcule el trabajo realizado por el campo al mover una carga q desde el centro del disco hastael infinito a traves del eje z.

Solucion: Dado que F = qE, tenemos que el trabajo pedido es

W =

∫ ∞0

F · kdz =

∫ ∞0

qσ

2ε0

1− 1√1 +

(r0z

)2 dz =

qσ

2ε0

∫ ∞0

(1− z√

z2 + r20

)dz

=qσ

2ε0

(z −

√z2 + r2

0

)∣∣∣∣∞0

= − qσ2ε0

r20

z +√z2 + r2

0

∣∣∣∣∣∞

0

=qσr0

2ε0.

Problema 7.3. Sea F (x, y) = (x+ y)ı+ (x− y). Calcule∫γF · dr,

donde γ es la curva recorrida en sentido positivo entre los puntos (a, 0) y (−a, 0), de ecuacionb2x2 + a2y2 = a2b2.

Solucion: Parametrizamos con x = a cos t, y = b sin t con t ∈ [0, π] y sigue que∫γF · dr =

∫ π

0(a cos t+ b sin t, a cos t− b sin t) · (−a sin t, b cos t) dt

=

∫ π

0−a2 sin t cos t− ab sin2 t+ ab cos2 t− b2 sin t cos tdt

=

∫ π

0−(a2 + b2

) sin 2t

2+ ab cos 2tdt = 0.

Problema 7.4. Sea el campo F (x, y) = 3y2ı + 3x. Encuentre un camino que una (0, 0) con(1, 1) y que minimize el trabajo realizado por F .

Solucion: Sea γ(x) = xı+ y(x) el camino buscado. Entonces y(0) = 0 e y(1) = 1.

Queremos minimizar el funcional

W [γ] =

∫ 1

0F (x, y) · γ′(x)dx =

∫ 1

0(3y2(x), 3x) ·

(1, y′(x)

)dx =

∫ 1

03y2(x) + 3xy′(x)dx.


Notemos que ∫ 1

03xy′(x)dx = 3xy(x)|10 − 3

∫ 1

0y(x)dx = 3− 3

∫ 1

0y(x)dx.

Luego,

W [γ] = 3 + 3

∫ 1

0

(y2(x)− y(x)

)dx = 3 + 3

∫ 1

0

(y(x)− 1

2

)2

− 1

4dx =

9

4+ 3

∫ 1

0

(y(x)− 1

2

)2

dx.

Se observa que el integrando es siempre positivo y por lo tanto, el menor valor del trabajonecesariamente sera 9

4 . Ası, el camino que minimiza el funcional W es aquella que mantieney(x) = 1

2 durante la mayor parte del trayecto, es decir, aquel que va desde el origen hasta(0, 1

2

), de allı a

(1, 1

2

)mediante una horizontal y finalmente, sube verticalmente hasta (1, 1).

Problema 7.5. Sea γ la curva que se produce de la interseccion del plano y = x con elparaboloide z = x2 + y2, contenida en el primer octante. Sea

F (x, y, z) =

(cos y

2(1 + 2z),

cosx

2(1 + 2z)+ sin y,

y cosx

1 + 2z

).

(a) Determine todos los puntos p ∈ γ para los cuales el trabajo realizado por F a lo largo deγ desde el origen hasta p es igual a 1.

(b) Sean p1, p2 dos puntos cualesquiera del inciso anterior. Determine el trabajo realizado porF a lo largo de γ desde p1 hasta p2.

Solucion:

(a) La curva γ puede ser parametrizada por

α(t) =(t, t, 2t2

), t > 0.

Luego, el trabajo a lo largo de γ desde el origen hasta un punto p = (x, x, 2x2) ∈ γarbitrario esta dado por

W (x) =

∫ x

0

(cos t

2(1 + 4t2),

cos t

2(1 + 4t2)+ sin t,

t cos t

1 + 4t2

)· (1, 1, 4t) dt

=

∫ x

0

cos t

2(1 + 4t2)+

cos t

2(1 + 4t2)+ sin t+

4t2 cos t

1 + 4t2dt =

∫ x

0cos t+ sin tdt

= sinx− cosx+ 1.

Por lo tanto, W (x) = 1 si y solo si

sinx− cosx = 0 ⇐⇒ tanx = 1 ⇐⇒ x =π

4+ kπ, k ∈ N ∪ 0.


(b) El trabajo W realizado por F entre p1 = (x1, x1, 2x21), p2 = (x2, x2, 2x

22) a lo largo de γ es

W =

∫ x2

x1

F α(t) · α′(t)dt =

∫ x2

0F α(t) · α′(t)dt−

∫ x1

0F α(t) · α′(t)dt = 1− 1 = 0.

Problema 7.6. Sea

F (x, y, z) =(4xy2 + xy + y + z, 4x2y − xy + x, x

).

(a) Pruebe que F no es conservativo.

(b) Determine una buena funcion φ(t) tal que

G = F + φ(xy) (ı− )

sea conservativo.

Solucion:

(a) Tenemos que

∇× F = (Ry −Qz, Pz −Rx, Qx − Py)= (0− 0, 1− 1, (8xy − y + 1)− (8xy + x+ 1)) = (0, 0,−(x+ y)) .

Luego, F no puede ser conservativo.

(b) Sea ψ(x, y, z) = φ(xy), entonces G = (P + ψ,Q− ψ,R). Como ψ es buena, G esta definidoen todo R3 y por lo tanto, queremos imponer condiciones sobre φ tal que ∇×G = 0.

Notemos que

∇×G = (Ry − (Qz − ψz) , (Pz + ψz)−Rx, (Qx − ψx)− (Py + ψy))

= (Ry −Qz, Pz −Rx, (Qx − Py)− (ψx + ψy))

=(0, 0,−(x+ y)−

(yφ′(xy) + xφ′(xy)

)).

=(0, 0,−(x+ y)

(φ′(xy) + 1

)).

Por lo tanto, queremos que φ′ = −1, es decir, φ(t) = −t+ C.

Problema 7.7. SeaF (x, y, z) =

(y2z3, 2xyz3, 3xy2z2

).

(a) Muestre que F es un campo conservativo.

(b) Encuentre un potencial escalar para F .


(c) Calcule ∫γF · dα,

donde γ es una curva arbitraria desde (x1, y1, 0) a (x2, y2, 0).

Solucion:

(a) En efecto, F es conservativo pues esta definido en todo R3 y

∂R

∂y=∂Q

∂z= 6xyz2

∂P

∂z=∂R

∂x= 3y2z2

∂Q

∂x=∂P

∂y= 2yz3

Luego, como F esta definido en todo R, se tiene que es un campo conservativo.

(b) Si F = ∇f , entonces

∂f

∂x= y2z3 ⇒ f(x, y, z) = xy2z3 + g(y, z).

Ademas,∂f

∂y= 2xyz3 ⇒ ∂g

∂y= 0⇒ g(y, z) = g(z).

Finalmente,∂f

∂z= 3xy2z2 ⇒ g′(z) = 0⇒ g ≡ C.

Ası,

f(x, y, z) = xy2z3 + C.

(c) Como F = ∇f , ∫γF · dα =

∫γ∇f · dα = f (x2, y2, 0)− f (x1, y1, 0) = 0.

Problema 7.8. Sea

F (x, y, z) =(y2 cosx+ z3, 2y sinx− 4, 3xz2 + 2z

).

(a) Muestre que F es conservativo.

(b) Encuentre un potencial escalar para F .


(c) Calcule ∫γF · dα,

donde γ es la curva que consta del arco de y = x2, z = 0 del origen al punto (1, 1, 0) juntocon el segmento de recta de (1, 1, 0) al punto (0, 0, 1).

Solucion:

(a) En efecto, F es conservativo pues esta definido en todo R3 y

∂R

∂y=∂Q

∂z= 0

∂P

∂z=∂R

∂x= 3z2

∂Q

∂x=∂P

∂y= 2y cosx

(b) Si F = ∇f , entonces

∂f

∂x= y2 cosx+ z3 ⇒ f(x, y, z) = y2 sinx+ xz3 + g(y, z).

Ademas,

∂f

∂y= 2y sinx− 4⇒ 2y sinx+

∂g

∂y= 2y sinx− 4⇒ g(y, z) = −4y + h(z),

es decir,f(x, y, z) = y2 sinx+ xz3 − 4y + h(z).

Finalmente,

∂f

∂z= 3xz2 + 2z ⇒ 3xz2 + h′(z) = 3xz2 + 2z ⇒ h(z) = z2 + C.

Ası,f(x, y, z) = y2 sinx+ xz3 − 4y + z2 + C.

(c) Como F = ∇f , ∫γF · dα =

∫γ∇f · dα = f (0, 0, 1)− f (0, 0, 0) = 1.

Problema 7.9. Sean u, v : U ⊆ R2 → R de clase C1. Dada una curva γ ⊆ U suave a tramos sedefine ∫

γudv =

∫γuvxdx+ uvydy.


Sean f, g : U ⊆ R2 → R de de clase C1 y γ ⊆ U una suave a tramos, cerrada y que no contieneceros de f . Demuestre que ∮

γ

dg

f=

∮γ

g

f2df.

Solucion: Por definicion, tenemos que∮γ

dg

f=

∮γ

gxfdx+

gyfdy.

Analogamente, ∮γ

g

f2df =

∮γ

gfxf2

dx+gfyf2

dy.

Luego, ∮γ

dg

f−∮γ

g

f2df =

∮γ

(gxf− gfx

f2

)dx+

(gyf− gfy

f2

)dy

=

∮γ

(gxf − gfx

f2

)dx+

(gyf − gfy

f2

)dy

=

∮γ

∂

∂x

(g

f

)dx+

∂

∂y

(g

f

)dy

=

∮γ∇(g

f

)· dα = 0.

Problema 7.10. Sea γ una curva de Jordan orientada positivamente en el plano XY . Definimosel momento de inercia con respecto al eje z de la region D encerrada por γ como

IZZ =

∫∫D

(x2 + y2

)ρ(x, y)dA.

Demuestre que si ρ ≡ 1, entonces

kIZZ =

∮γ−y3dx+ x3dy,

para algun k ∈ Z.

Solucion: Sea F (x, y) = −y3ı+ x3, entonces

∂Q

∂x− ∂P

∂y= 3x2 + 3y2 = 3(x2 + y2).

Por lo tanto, como D es simplemente conexo y F ∈ C1, usando el Teorema de Green, tenemosque ∮

γ−y3dx+ x3dy = 3

∫∫D

(x2 + y2)dA = 3IZZ ,

es decir, k = 3.


Problema 7.11. Muestre que ∮Γ

−ydx+ xdy

x2 + y2= 2π,

para toda curva Γ de Jordan orientada positivamente que encierre al origen.

Solucion: Sea D la region encerrada por Γ. Tomemos ε > 0 tal que B (0, ε) ⊆ D y llamemosD′ = DrB (0, ε). Notemos que la forma esta bien definida en D′ y este es simplemente conexo.Ademas,

∂Q

∂x− ∂P

∂y=

∂

∂x

(x

x2 + y2

)− ∂

∂y

(− y

x2 + y2

)= 0.

Luego, por Green,

0 =

∫∫D′

∂Q

∂x− ∂P

∂ydA =

∫∂D′

Pdx+Qdy =

∫ΓPdx+Qdy −

∫B(0,ε)

Pdx+Qdy,

es decir, ∫ΓPdx+Qdy =

∫B(0,ε)

Pdx+Qdy.

Pero B (0, ε) puede ser parametrizada por γ(t) = (ε cos t, ε sin t), t ∈ [0, 2π[. Ası,∫B(0,ε)

Pdx+Qdy =

∫ 2π

0

(−ε sin t

ε2,ε cos t

ε2

)· (−ε sin t, ε cos t) dt =

∫ 2π

0sin2 t+ cos2 tdt = 2π.

Problema 7.12. Calcule∮∂D

(ex sin y − xy2

)dx+

(ex cos y + x2y

)dy,

donde D = (x, y) ∈ R2 : 9x2 + 4y2 ≤ 36.

Solucion: Dado que D es simplemente conexa, podemos usar el teorema de Green. Notemosque

∂Q

∂x− ∂P

∂y= (ex cos y + 2xy)− (ex cos y − 2xy) = 4xy.

Luego, ∮∂D

(ex sin y − xy2

)dx+

(ex cos y + x2y

)dy =

∫∫D

4xydA.

Sean x = 2r cos θ, y = 3r sin θ, 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π. El jacobiano de la transformacion es∣∣∣∣∂(x, y)

∂(r, θ)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣2 cos t −2r sin θ3 sin θ 3r cos θ

∣∣∣∣ = 6r.

Ası, ∫∫D

4xydA = 24

∫ 2π

0

∫ 1

0r3 cos θ sin θdrdθ = 0.


Problema 7.13. Calcule ∮∂D+

−y3dx+ xy2dy

(x2 + y2)2,

donde D es la region interior a la elipse x2 + 4y2 = 4.

Solucion: No podemos usar directamente el Teorema de Green pues (0, 0) ∈ D. Sea γ1 la curvaparametrizada por ϕ(t) = (a cos t, a sin t), con t ∈ [0, 2π] y a > 2. Llamemos D a la region entre∂D+ y γ1, entonces ∂D+ = ∂D− ∪ γ1.

Notemos que∂Q

∂x− ∂P

∂y= 0.

Luego, ∮∂D+

Pdx+Qdy =

∫∫D

∂Q

∂x− ∂P

∂ydA = 0.

En consecuencia,∫∂D+

Pdx+Qdy =

∫γ1

Pdx+Qdy =

∫ 2π

0

(−sin3 t

a,cos t sin2 t

a

)· (−a sin t, a cos t) dt

=

∫ 2π

0sin4 t+ cos2 t sin2 dt =

∫ 2π

0sin2 tdt = π.

Problema 7.14. Calcule el area encerrada por

x2

a2+y2

b2= 1.

Solucion: Denotemos por D a la region encerrada por la elipse y sean P = −y y Q = 0.Entonces, por Green,

A (D) =

∫∫DdA =

∫∫D

∂Q

∂x− ∂P

∂ydA =

∫∂D+

Pdx+Qdy =

∫∂D+

−ydx.

Parametrizamos ∂D+ con x = a cos t, y = b sin t para t ∈ [0, 2π] y sigue que

A (D) =

∫ 2π

0(−b sin t, 0) · (−a sin t, b cos t) dt = ab

∫ 2π

0sin2 tdt = abπ.

Problema 7.15. Calcule el area encerrada por el astroide de ecuacion

x23 + y

23 = 2

23 .


Solucion: Denotemos por D a la region encerrada por el astroide y sean P = 0 y Q = x.Entonces, por Green,

A (D) =

∫∫DdA =

∫∫D

∂Q

∂x− ∂P

∂ydA =

∫∂D+

Pdx+Qdy =

∫∂D+

xdy.

Parametrizamos ∂D+ con x = 2 cos3 t, y = 2 sin3 t para t ∈ [0, 2π] y sigue que

A (D) =

∫ 2π

0

(0, 2 cos3 t

)·(−6 cos2 t sin t, 6 sin2 t cos t

)dt = 12

∫ 2π

0cos4 sin2 tdt =

3π

2.

Problema 7.16. Encuentre la curva de Jordan orientada positivamente sobre la cual se maxi-miza el trabajo realizado por el campo

F (x, y) =

(x2y

4+y3

3, x

).

Calcule el trabajo realizado por F sobre la curva encontrada.

Solucion: Tenemos que F ∈ C1(R2)

y por lo tanto, podemos usar el Teorema de Green adiestra y siniestra. Notemos que

∂Q

∂x− ∂P

∂y= 1−

(x2

4+ y2

).

Sea γ una curva de Jordan orientada positivamente. Entonces el trabajo realizado por F sobrela curva es ∮

γF · dα =

∫∫D

1−(x2

4+ y2

)dA,

donde D corresponde a la region encerrada por γ. Para maximizar esta integral, buscamos unaregion tal que el integrando sea siempre no negativo (y ası siempre estemos sumando volumen).Luego, la region optima es

D =

(x, y) ∈ R2 : 1− 1−

(x2

4+ y2

)≥ 0

=

(x, y) ∈ R2 : 1 ≥ x2

4+ y2

.

Es decir, γ es la curvax2

4+ y2 = 1. Esta puede ser parametrizada con α(t) = (2 cos t, sin t), t ∈

[0, 2π] y sigue que∮γF · dα =

∫∫D

1−(x2

4+ y2

)dA =

∫ 2π

0

∫ 1

0

(1− r2

)2rdrdθ

= 4π

∫ 1

0

(1− r2

)rdr = − π

(1− r2

)2∣∣∣10

= π.

Capıtulo 8

Integrales de Superficie

8.1. Introduccion a las superficies

Para hablar de integrales sobre algo, primero es necesario definir el algo.

Definicion 8.1.1. Una superficie parametrizada regular es la imagen de una aplicacion

X : U ⊆ R2 → R3

(u, v) 7→ (x(u, v), y(u, v), z(u, v)),

con X ∈ C∞ (U) y tal que para cada q = (u, v) ∈ U , la matriz DX(q) es inyectiva, es decir,

DX(q) =

xu(q) xv(q)yu(q) yv(q)zu(q) zv(q)

tiene columnas linealmente independientes. Ademas, introducimos la notacion

Xu(q) :=

(∂x

∂u(q),

∂y

∂u(q),

∂z

∂u(q)

), Xv(q) :=

(∂x

∂v(q),

∂y

∂v(q),

∂z

∂v(q)

).

Observacion 8.1.1. La condicion de inyectividad es equivalente a

Xu(q)×Xv(q) 6= 0, ∀q ∈ U.

O tambien,‖Xu(q)×Xv(q)‖ 6= 0, ∀q ∈ U.

Ejemplo 8.1.1. Sea f : R2 → R de clase C1. Consideremos la aplicacion

X(u, v) = (u, v, f(u, v)) .

Entonces

Xu =

(1, 0,

∂f

∂u

), Xv =

(0, 1,

∂f

∂v

),

172 Introduccion a las superficies

y

Xu ×Xv =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ı k

1 0∂f

∂u

0 1∂f

∂v

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ =

(−∂f∂u,−∂f

∂v, 1

)6= 0.

Por lo tanto, X define una superficie parametrizada regular. Ademas,

‖Xu ×Xv‖ =

√1 +

(∂f

∂u

)2

+

(∂f

∂v

)2

.

Ejemplo 8.1.2. Sean a = (a1, a2, a3) y b = (b1, b2, b3) dos vectores linealmente independientesy p0 = (x0, y0, z0). Entonces

X(u, v) = p0 + ua+ vb = (x0 + ua1 + vb1, y0 + ua2 + vb2, z0 + ua3 + vb3)

es una superficie parametrizada regular ya que Xu = a y Xv = b.

Ejemplo 8.1.3. Sea

X(u, v) =(u, v,

√a2 − u2 − v2

)tales que u2 + v2 < a2. Luego, por 8.1.1, X es una superficie regular parametrizada.

Por otro lado, X puede ser reparametrizada como

X(u, v) = (a cosu sin v, a sinu sin v, a cos v) ,

con (u, v) ∈ ]0, 2π[×]0, π2

[. Luego,

Xu = (−a sinu sin v, a cosu sin v, 0) , Xv = (a cosu cos v, a sinu cos v,− sin v) ,

y por ende,

Xu×Xv =

∣∣∣∣∣∣ı k

−a sinu sin v a cosu sin v 0a cosu cos v a sinu cos v −a sin v

∣∣∣∣∣∣ =(−a2 cosu sin2 v,−a2 sinu sin2 v,−a2 sin v cos v

)6= 0.

Ademas,‖Xu ×Xv‖ = a2 sin v.

Integrales de Superficie 173

8.2. Integrales sobre superficies

Consideremos una superficie S parametrizada por X : U ⊆ R2 → R3. Si X(u, v) es una funciondiferenciable, podemos aproximarla en cada punto por su plano tangente. Siempre que Xu, Xv

no sean vectores linealmente dependientes, podremos considerar este plano como el generadopor dichos vectores tangentes.

Cuando consideramos largos de curvas diferenciables, dijimos que, en cada punto, el elementode longitud es la norma del vector tangente. En forma analoga diremos ahora que el elementode area corresponde al paralelogramo determinado por Xu y Xv, cuya area es ‖Xu ×Xv‖. Esdecir,

dS = ‖Xu ×Xv‖dudv.

En consecuencia, el area de S esta dada por

A (S) =

∫∫SdS =

∫∫U‖Xu ×Xv‖dudv.

Ejercicio 8.2.1. Determinemos el area del cascaron esferico S dado por

X(θ, φ) = R(cos θ sinφ, sin θ sinφ, cosφ).

Un calculo trivial nos permite concluir que

Xθ ×Xφ = −R2 sinφ(cos θ sinφ, sin θ sinφ, cos θ)

⇒ ‖Xθ ×Xφ‖ = R2 sinφ.

Segun lo que acabamos de ver, el area de esta superficie esta dada por

A (S) =

∫ 2π

0

∫ π

0R2 sinφdφdθ = 4πR2.

Este es justamente el resultado que esperabamos.

Generalizaremos ahora el concepto.

Definicion 8.2.1 (Integral de superficie de campos escalares). Sea X : U ⊆ R2 → R3 unasuperficie parametrizada regular, S = X(U). Consideremos un campo escalar f : S ⊆ R3 →R, continuo. La integral de superficie de f sobre S se representa con el sımbolo

∫∫S fdS, y

esta definida por la ecuacion:∫∫SfdS =

∫∫X(U)

fdS =

∫∫Uf(X(u, v))‖Xu ×Xv‖dudv.

174 Integrales sobre superficies

Definicion 8.2.2 (Integral de superficie de campos vectoriales). Sea X : U ⊆ R2 → R3 unasuperficie parametrizada regular, S = X(U). Consideremos ahora un campo vectorial F : S ⊆R3 → R3, continuo. La integral de superficie de F sobre S se representa con el sımbolo

∫∫S F ·dS,

y esta definida por la ecuacion:∫∫SF · dS =

∫∫X(U)

F · dS =

∫∫UF (X(u, v)) · (Xu ×Xv)dudv.

Definicion 8.2.3 (Reparametrizacion). Consideremos una superficie parametrizada regular Sdada por X : U ⊆ R2 → R3. Sea φ : U ′ → U ∈ R2 una funcion biyectiva y de clase C1, φ(s, t) =(φ1(s, t), φ2(s, t)) tal que |Jφ(s, t)| 6= 0. Se dice que Y = X φ es una reparametrizacion(regular) de S.

Observacion 8.2.1. La hipotesis |Jφ(s, t)| 6= 0 nos permite asegurar que la parametrizacioncontinua siendo regular, usando al regla de la cadena. En efecto,

DY (s, t) = DX(φ(s, t)) Dφ(s, t).

Definicion 8.2.4 (Orientacion). Dada una superficie parametrizada regular S, decimos que lasuperficie es orientable si existe una funcion N : S → R3 continua, tal que para cada s ∈ S,N(s) es un vector normal a S en s.

Observacion 8.2.2. En cada punto s de una superficie S hay dos normales posibles, quellamaremos “interior” y “exterior”. Consideraremos que N(s) = N(X(u, v)) = (Xu×Xv)(u, v),siempre que la superficie sea orientable. Una reparametrizacion puede mantener los sentidos delos vectores N(s) o invertirlos.

Observacion 8.2.3. La integral de superficie de una funcion escalar es independiente de laorientacion, porque solo le importa el modulo del vector normal y

‖Xu ×Xv‖ = ‖Xv ×Xu‖.

Observacion 8.2.4. Notemos que

Xu ×Xv = (yuzv − zuyv, zuyv − xuzv, xuyv − xvyu)

=

(det

(∂(y, z)

∂(u, v)

), det

(∂(z, x)

∂(u, v)

),det

(∂(x, y)

∂(u, v)

))Definamos,

dydz := det

(∂(y, z)

∂(u, v)

), dzdx := det

(∂(z, x)

∂(u, v)

), dxdy := det

(∂(x, y)

∂(u, v)

)Note que dxdy = −dydx, etc.

Suponga que hay parametrizaciones X(u, v) y Y (s, t) = (X φ)(s, t) de una cierta superficie S.Por la regla de la cadena,

∂(y, z)

∂(s, t)=∂(y, z)

∂(u, v)

∂(u, v)

∂(s, t).


Entonces,

Ys × Yt = (Xu ×Xv) det

(∂(u, v)

∂(s, t)

)= (Xu ×Xv) det (Jφ) .

Proposicion 8.2.1. Sean X : U ⊆ R2 → R3, X ∈ C1; F : R3 → R3 continua; φ : U ′ → U declase C1 y tal que |Jφ(s, t)| 6= 0. Supongamos que S = X(U) es orientable. Si Y = X φ es unareparametrizacion de S que preserva la orientacion, entonces

∫∫X(U)

F · dS =

∫∫(Xφ)(U ′)

F · dS.

Por otra parte, si se invierte la orientacion

∫∫X(U)

F · dS = −∫∫

(Xφ)(U ′)F · dS.

Demostracion. Usaremos el teorema de cambio de variables:∫∫X(U)

F · dS =

∫∫DF (X(u, v)) · (Xu(u, v)×Xv(u, v))dudv

=

∫∫D′F (X(φ(s, t))) · (Xu(φ(s, t))×Xv(φ(s, t))) |det (Jφ(s, t))| dsdt

=

∫∫D′F (Y (s, t)) · (Ys(s, t)× Yt(s, t))

|det (Jφ(s, t))|det(Jφ(s, t))

dsdt

= ±∫∫

D′F (Y (s, t)) · (Ys(s, t)× Yt(s, t))

= ±∫∫

Y (U ′)F · dS

(Recuerde lo que concluimos en la Observacion 8.2.4.)

Los signos + o − menos corresponde a los casos en que la reparametrizacion mantiene o inviertela orientacion, respectivamente.

8.3. Divergencia y rotor

Considere un campo vectorial F . La divergencia de F , denotada por ∇·F o div (F ), se usa paradescribir el exceso de flujo abandonando un elemento de volumen en el espacio.

176 Divergencia y rotor

Tomaremos como ejemplo el flujo de cargaselectricas. Dado un espacio con densidad de car-gas variable, consideramos un pequeno elementode volumen dxdydz en el punto (x, y, z). Pode-mos imaginar este elemento como un pequenoparalelogramo. El flujo total a traves de las carasnormales al eje x es[(

Dx +∂Dx

∂xdx

)−Dx

]dydz =

∂Dx

∂xdxdydz,

donde Dx es la componente del desplazamientode carga electrica paralelo al eje x, en el punto(x, y, z).

El flujo total a traves de este volumen infinitesimal es

div (D) =∂Dx

∂x+∂Dy

∂y+∂Dz

∂z.

Podemos usar el operador ∇. Se tiene que,

∇ ·D =

(∂

∂x,∂

∂y,∂

∂z

)· (Dx, Dy, Dz) =

∂Dx

∂x+∂Dy

∂y+∂Dz

∂z.

Entonces,∇ ·D ≡ div (D) .

Definicion 8.3.1 (Divergencia). Dado un campo vectorial F : U ⊆ R3 → R3, F ∈ C1(U), deforma que F (x, y, z) = (Fx(x, y, z), Fy(x, y, z), Fz(x, y, z)), definimos su divergencia como

div (F ) ≡ ∇ · F =∂Fx∂x

+∂Fy∂y

+∂Fz∂z

.

Esta definicion se extiende de manera natural a mas dimensiones.

De modo puramente formal, para un campo vectorial F : U ⊆ R3 → R3, definamos el producto∇× F .

Definicion 8.3.2 (Rotor). Sea F : U ⊆ R3 → R3, F ∈ C1(U), tal que

F (x, y, z) = (Fx(x, y, z), Fy(x, y, z), Fz(x, y, z)).

Definimos el rotor de F , denotado por rot (F ), curl(F ) o ∇× F , como

∇× F =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

ı k

∂

∂x

∂

∂y

∂

∂z

Fx Fy Fz

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=

(∂Fz∂y− ∂Fy

∂z,∂Fx∂z− ∂Fz

∂x,∂Fy∂x− ∂Fx

∂y

)


donde ı, , k son los vectores canonicos de R3.

Le aconsejamos al lector que revise la Definicion 2.4.3, del Laplaciano.

Proposicion 8.3.1. Sean F,G campos vectoriales, f campo escalar. Se cumplen las siguientesrelaciones:

(a) ∇× (∇f) = 0

(b) ∇ · (∇× F ) = 0

(c) ∇× (∇× F ) = ∇(∇ · F )−4F

(d) ∇ · (F ×G) = G · (∇× F )− F · (∇×G)

La demostracion de las mismas se deja como ejercicio al lector.

8.4. Teorema de Stokes

En la presente seccion, presentamos una generalizacion del teorema de Green.

Teorema 8.4.1 (Stokes). Sea una funcion X : U ⊆ R2 → R3, siendo U una region limitadapor una curva de Jordan ∂U . Consideremos la superficie S = X(U) y su fruntera ∂S = X(∂U)(∂S es una curva en R3). Supongamos que X es de clase C2 en una cierta vecindad de U .

Sea, ademas, un campo vectorial F : D ⊆ R3 → R3, X(U) ( D, derivable en X(U) y continuoen U . Entonces, ∫∫

S(∇× F ) · dS =

∫∂SF · ds.

La curva ∂U se recorre en sentido positivo y ∂S en el sentido que resulte de aplicar la funcionX a ∂U (diremos que ∂S debe estar consistentemente orientada).

El lector puede encontrar la demostracion de este teorema en cualquier texto de calculo vectorial.

Ejemplo 8.4.1. Sea S definida por x2 + y2 + z2 = 1, z ≥ 0. Sea F = (y,−x, ex,z). Nos pidencalcular ∫∫

S(∇× F ) · dS.

si S esta orientado de acuerdo a su normal “exterior” (alejandose del origen).

Por el teorema de Stokes, ∫∫S

(∇× F ) · dS =

∫∂SF · ds,

donde ∂S puede parametrizarse como

(cos θ, sin θ, 0), 0 ≤ θ ≤ 2π.

178 Teorema de Stokes

Notar que ∂S queda orientada consistentemente.

Entonces ∫∂SF · ds =

∫ 2π

0F (cos θ, sin θ, 0) · (− sin θ, cos θ, 0)dθ

=

∫ 2π

0(sin θ,− cos θ, 1) · (− sin θ, cos θ, 0)dθ

= −∫ 2π

0dθ = −2π

¿Que calculamos?

Tenemos que∇× F = (0,−zexz,−2).

Para calcular directamente la integral del rotor, debemos parametrizar S:

X(θ, φ) = (cos θ sinφ, sen θ sinφ, cosφ), θ ∈ [0, 2π[, φ ∈[0,π

2

[.

Verifique que la nomal exterior corresponde a

Xφ ×Xθ = sin θ(sinφ cos θ, sinφ sin θ, cosφ).

Luego, ∫∫S

(∇× F ) · dS =

∫ 2π

0

∫ π2

0(− cos θ sin2 φ sin θesinφ cosφ cos θ − 2 sinφ cosφ)dφdθ.

El teorema de Stokes nos permite concluir que esta integral (muy amigable) es igual a −2π.

Ejemplo 8.4.2. Sea S dada por x2 + y2 + z2 = 1 y z ≤ 0, y F como en el Ejemplo 8,4,1. Estavez, ∫∫

S(∇× F ) · dS = 2π.

pues, para estar consistentemente orientada, ∂S debe parametrizarse en sentido contrario.

Observacion 8.4.1. Suponga que dos superficies S, S′ tienen la misma frontera (con igualorientacion), ∂S = ∂S′. Entonces,∫∫

S(∇× F ) · dS =

∫∫S′

(∇× F ) · dS.

Observacion 8.4.2. El sentido en que se recorre ∂S lo elegimos de acuerdo a la siguienteregla: el producto cruz entre en vector normal a la superficie en el punto y el tangente a ∂Sahı debe darnos un vector que apunte hacia S. Es decir, si α(t) es una parametrizacion de ∂S,s = α(t0) ∈ ∂S, y n(s) la normal a S en s, se debe cumplir que el vector n(s) × α′(t0) apuntehacia S.


La hipotesis de orientabilidad es importante, como demuestra el siguiente ejemplo.

Ejemplo 8.4.3. Considere la parametrizacion de la cinta de Mobius

X(θ, t) =

((R− t sin

θ

2

)cos θ,

(R− t sin

θ

2

)sin θ, t cos

θ

2

).

con 0 ≤ θ ≤ 2π y −L ≤ t ≤ L (dados R,L ∈ R+).

Esta superficie tiene un unico lado, y su frontera con-siste de una sola curva. La parametrizacion busca quecuando θ haya dado una vuelta completa (2π), la cintahaya rotado en un angulo de π.Definamos

r(t, θ) = R− t sinθ

2⇒ ∂r

∂θ= − t

2cos

θ

2.

Los vectores tangentes son

Xθ =

(−r(t, θ) sin θ +

∂r

∂θcos θ, r(t, θ) cos θ +

∂r

∂θsin θ,− t

2sin

θ

2

),

Xt =

(− sin

θ

2cos θ,− sin

θ

2sin θ, cos

θ

2

).

Elegimos el vector normal dado por N(θ, t) = Xθ(θ, t)×Xt(θ, t).

En θ = 0, t = 0, tenemos que Xθ = (0, R, 0), Xt = (0, 0, 1), ası que N(0, 0) = (R, 0, 0).

En θ = 2π, t = 0, tenemos que Xθ = (0, R, 0), Xt = (0, 0,−1), ası que N(2π, 0) = (−R, 0, 0).

Es decir, la normal en un mismo punto cambia al recorrer la superficie, y la funcion N(θ, t) noes continua sonre la cinta.

Veamos ahora que el teorema de Stokes no se cumple para el campo

F (x, y, z) =

(−y

x2 + y2,

x

x2 + y2, 0

).

Como ∇× F = 0, ∫∫S

(∇× F ) · dS = 0.

Por otra parte,

∂S =

((R− L sin

θ

2

)cos θ,

(R− L sin

θ

2

)sin θ, L cos

θ

2

), θ ∈ [0, 4π]

180 Teorema de la Divergencia

Ası, ∫∫∂SF · ds = 4π.

8.5. Teorema de la Divergencia

Teorema 8.5.1 (Teorema de la Divergencia). Sea Ω es un solido en R3 limitado por unasuperficie orientable ∂Ω. Si n es la normal a ∂S, unitaria, “exterior” (no apuntando hacia Ω) ysi F es un campo vectorial de clase C1 definido en Ω, entonces:∫∫

Ωdiv (()F )dV =

∫∫∂Ω+

F · ndS =

∫∫∂Ω+

F · dS.

donde ∂Ω+ senala que la frontera esta orientada de acuerdo a la normal exterior.

Ejemplo 8.5.1. Sea T : R3 → R la temperatura. Sea, ademas, un solido Ω ⊆ R3.

El flujo de calor es proporcional a −∇T (pues va desde el punto mas caliente al mas frıo).Supongamos que estamos en estado estacionario, es decir, ya no existe flujo de calor. Entoncesel flujo a traves de cualquier superficie deberıa ser cero:

0 =

∫∫∂Ω+

∇T · dS =

∫∫∫Ω

div (∇T ) dV =

∫∫∫Ω4TdV.

Dado que Ω es arbitrario, debe cumplirse que

4T = 0,

es decir, nuestra vieja y querida ecuacion de Laplace (2.4.5). El lector, curioso como siempre,ha de preguntarse: ¿por que aparecio la ecuacion de Laplace y no la ecuacion del calor (2.4.7)?La respuesta se debe a la suposicion de un estado estacionario y por lo tanto, la nula de ladependencia temporal.


Problema 8.1. Sean a, b ∈ R constantes no nulas. Determine valores para estas de tal formaque el campo

F (x, y, z) =

(axyz

(x2 + z)2,

3x2

x2 + z,

3bx2y

(x2 + z)2

)derive de un potencial.

Solucion: Dado que F esta definido en un dominio simplemente conexo, basta con encontrarvalores de a, b tales que

∇× F = 0.


Si F = (P,Q,R), entonces la primera componente del rotor es

∇× F · ı =∂R

∂y− ∂Q

∂z=

3bx2

(x2 + z)2+

3x2

(x2 + z)2=

3x2(b+ 1)

(x2 + z)2.

Por lo tanto, necesitamos b = −1.

Analogamente, la ultima componente del rotor es

∇× F · k =∂Q

∂x− ∂P

∂y=

6x(x2 + z)− 6x3

(x2 + z)2− Axz

(x2 + z)2=xz(6− a)

(x2 + z)2.

Luego, necesitamos a = 6.

Problema 8.2. Calcule el area de la superficie S dada por

x2 + y2 − z2 = 1 (8.6.1)

−1 ≤ z ≤ 1

Solucion: En coordenadas cilındricas, la ecuacion (8.6.1) se transforma en r2 − z2 = 1. estosparametros satisfacen entonces la ecuacion de una hiperbola. Podemos expresarlos como

r = coshu

z = sinhu

De esta forma, la superficie queda parametrizada por

X(θ, u) = (coshu cos θ, sinhu cos θ, sin θ)

con 0 ≤ θ < 2π, sinh−1(−1) ≤ u ≤ sinh−1(1).

Vemos que

Xθ = (− coshu sin θ, coshu cos θ, 0)

Xu = (sinhu cos θ, sinhu sin θ, coshu)

Xθ ×Xu = (cosh2 u cos θ, cosh2 u sin θ,− coshu sinhu)

⇒ ‖Xθ ×Xu‖2 = cosh2 u(sinh2 u+ cosh2 u) = cosh2 u(1 + 2 sinh2 u)

Como el vector normal no se anula, la parametrizacion es regular.

Finalmente,

A (S) =

∫ 2π

0

∫ sinh−1(1)

sinh−1(−1)coshu

√1 + 2 sinh2 ududθ

= 2π

∫ sinh−1(1)

sinh−1(−1)coshu

√1 + 2 sinh2 udu

= 2π

∫ 1

−1

√1 + 2v2dv.


Problema 8.3. Sea S la superficie dada por x2 + y2 + z2 = 1 y z ≤ 0. Considere el campovectorial

F (x, y, z) =(x+ y, eycos2y + x, z log(z + 2) + xy cosx2 + ey sinx

).

Calcule ∫∫S∇× F · dS,

donde S esta orientado de acuerdo a su normal exterior.

Solucion: Dado que el campo F es un campo de clase C1 y la superficie es orientable, podemosusar el Teorema de Stokes. Por lo tanto,∫∫

S∇× F · dS =

∫∂S+

F · dα.

Pero ∂S+ corresponde al cırculo x2 + y2 = 1, z = 0 recorrido en el sentido horario y por lotanto, tambien es la frontera de

S′ =

(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 ≤ 1, z = 0.

Luego, ∫∫S∇× F · dS =

∫∂S+

F · dα =

∫∫S′∇× F · dS.

El normal a S′ esta dado por −k. Luego, solo necesitamos

∂Q

∂x− ∂P

∂y= 1− 1 = 0.

Por lo tanto, ∫∫S′∇× F · dS = 0.

Problema 8.4. Sea γ la interseccion de x2 + y2 = 1 y el plano de x+ y + z = 1. Calcule∫γ−y3dx+ x3dy − z3dz.

Solucion: Como F es de clase C1 y γ es una curva simple y cerrada, podemos usar Stokes.Notemos que

∇× F = (0, 0, 3x2 + 3y2).

Ademas, la region Ω encerrada por γ corresponde a la seccion del plano x+ y+ z = 1 contenidodentro del cilindro x2 + y2 = 1. Por lo tanto, puede ser parametrizado por

X (r, θ) = (r cos θ, r sin θ, 1− r(cos θ + sin θ)) , r ∈ [0, 1], θ ∈ [0, 2π].


Luego,

Xr = (cos θ, sin θ,−(cos θ + sin θ)) , Xθ = (−r sin θ, r cos θ,−r(− sin θ + cos θ)) ,

y sigue que

Xr ×Xθ =

∣∣∣∣∣∣ı k

cos θ sin θ −(cos θ + sin θ)−r sin θ r cos θ −r(− sin θ + cos θ)

∣∣∣∣∣∣ = (r, r, r).

Ası,∫γ−y3dx+x3−z3dz =

∫∫Ω∇×F ·dS =

∫ 2π

0

∫ 1

0(0, 0, 3r2)·(r, r, r)drdθ = 3

∫ 2π

0

∫ 1

0r3drdθ =

3π

2.

Problema 8.5. Sea F =(x3 + yez, x4

√z3 + 1 + 2y3, x+ y

). Considere el manto S del paraboloide

elıptico z = x2 + 2y2 con 0 ≤ z ≤ 1 orientado positivamente mediante la normal hacia afuera.Calcule el flujo de F a traves de S.

Solucion: Sea S′ la tapa del paraboloide orientada segun k, es decir,

S′ = (x, y, 1) ∈ R3 : x2 + 2y2 ≤ 1.

Como F ∈ C1 y la region Ω encerrada por S y S′ es simplemente conexa, podemos usar elTeorema de la Divergencia. Luego,∫∫∫

Ω∇ · FdV =

∫∫∂ΩF · dS =

∫∫SF · dS +

∫∫S′F · dS,

es decir, ∫∫SF · dS =

∫∫∫Ω∇ · FdV −

∫∫S′F · dS.

Primero calcularemos ∫∫∫Ω∇ · FdV.

Tenemos que∇ · F = 3x2 + 6y2 = 3

(x2 + 2y2

).

La region de integracion puede ser descrita como

Ω = (x, y, z) ∈ R3 : 0 ≤ x2 + 2y2 ≤ 1, x2 + 2y2 ≤ z ≤ 1.

Seanx = r cos θ,

y =1√2r sin θ,

z = z.


Entonces∂ (x, y, z)

∂ (r, θ, z)=

1√2r.

Luego, ∫∫∫Ω∇ · FdV =

∫ 2π

0

∫ 1

0

∫ 1

r2

3√2r3dzdrdθ =

6π√2

∫ 1

0r3(1− r2)dr =

π

2√

2.

Ahora calcularemos ∫∫S′F · dS.

Parametrizamos S′ con

X(r, θ) =

(r cos θ,

1√2r sin θ, 1

),

donde r ∈ [0, 1] y θ ∈ [0, 2π]. Luego,

Xr ×Xθ =

(cos θ,

1√2

sin θ, 0

)×(−r sin θ,

1√2r cos θ, 0

)=

r√2k.

Ası, ∫∫S′F · dS =

∫ 2π

0

∫ 1

0

(r cos θ +

1√2r sin θ

)r√2drdθ = 0.

Por lo tanto, el flujo de F a traves de S es∫∫SF · dS =

π

2√

2.

Problema 8.6 (Ley de Gauss). Sea Ω ⊆ R3 una region acotada tal que 0 6∈ ∂Ω. Demuestreque ∫∫

∂Ω+

xı+ y+ zk

(x2 + y2 + z2)32

· dS =

4π si 0 ∈ Ω

0 si 0 6∈ Ω.


∂

∂x

(x

(x2 + y2 + z2)32

)=

1

(x2 + y2 + z2)32

− 3x2

(x2 + y2 + z2)52

.

Si llamamos F al campo del integrando, tenemos que

∇ · F =3

(x2 + y2 + z2)32

− 3(x2 + y2 + z2)

(x2 + y2 + z2)52

= 0.

Por lo tanto, cuando 0 6∈ Ω, podemos usar el Teorema de la Divergencia para concluir que∫∫∂Ω+

xı+ y+ zk

(x2 + y2 + z2)32

· dS =

∫∫∫Ω∇ · FdV = 0.


En cambio, si 0 ∈ Ω ya no podemos usar directamente este resultado pues el campo no es declase C1 en 0. Sea ε > 0 tal que B (0, ε) ⊆ Ω, entonces Ω rB (0, ε) es un conjunto simplementeconexo sobre el cual F es de clase C1. Ası,∫∫

∂Ω+

F · dS −∫∫

∂B(0,ε)F · dS =

∫∫∫ΩrB(0,ε)

∇ · FdV = 0,

donde el signo menos aparece pues el normal es el exterior de la bola pero el flujo debe sercalculado hacia el interior, es decir, con el normal apuntando hacia el origen. Es decir, tenemosque ∫∫

∂Ω+

F · dS =

∫∫∂B(0,ε)

F · dS.

Para calcular esta integral notemos que la direccion normal esta dada por

n =xı+ y+ zk√x2 + y2 + z2

.

Luego, ∫∫∂B(0,ε)

F · dS =

∫∫∂B(0,ε)

xı+ y+ zk

(x2 + y2 + z2)32

· xı+ y+ zk√x2 + y2 + z2

dS

=

∫∫∂B(0,ε)

1

x2 + y2 + z2dS =

1

ε2

∫∫∂B(0,ε)

dS = 4π.

Problema 8.7. Sean F : R3 → R3 y f, g : R3 → R tales f ∈ C1 y g ∈ C2.

(a) Muestre que∇× (Ff) = ∇f × F + f∇× F. (8.6.2)

(b) Muestre que ∫∫S

(∇f ×∇g) · dS =

∮∂S+

f∇g · dα,

donde S es una superficie suave a trozos.

Solucion:

(a) En efecto,

∇× (Ff) = ∇× (fP, fQ, fR) =

(∂(fR)

∂y− ∂(fQ)

∂z,∂(fP )

∂z− ∂(fR)

∂x,∂(fQ)

∂x− ∂(fP )

∂y

)=

(R∂f

∂y−Q∂f

∂z, P

∂f

∂z−R∂f

∂x,Q

∂f

∂x− P ∂f

∂y

)+ f

(∂R

∂y− ∂Q

∂z,∂P

∂z− ∂R

∂x,∂Q

∂x− ∂P

∂y

)= ∇f × F + f∇× F.

(8.6.3)


(b) Como S es una superficie suave a trozos y f, g ∈ C1, podemos usar Stokes:∮∂S+

f∇g · dα =

∫∫S∇× (f∇g) · dS.

Usando (8.6.2), tenemos que

∇× (f∇g) = ∇f ×∇g + f∇×∇g = ∇f ×∇g,

pues ∇×∇g = 0. Luego,∫∫S∇× (f∇g) · dS =

∫∫S

(∇f ×∇g) · dS.

Problema 8.8. Sean f, g : U ⊆ R3 → R con U abierto simplemente conexo y tales quef, g ∈ C2.

(a) Muestre que

∇ · (f∇g − g∇f) = f4g − g4f.

(b) Sea Ω ⊆ R3 abierto. Muestre que si 4f = 4g = 0 sobre Ω, entonces∫∫∂Ωf∂g

∂ndS =

∫∫∂Ωg∂f

∂ndS.

Solucion:

(a) Notemos que

∇ · (f∇g) = ∇f∇g + f∇2g = ∇f∇g + f4g. (8.6.4)

Analogamente,

∇ · (g∇f) = ∇g∇f + g∇2f = ∇g∇f + g4f.

Luego, restando estas ecuaciones,

∇ · (f∇g − g∇f) = f4g − g4f.

(b) Como f y g son armonicas, entonces la igualdad anterior se traduce en

∇ · (f∇g) = ∇ · (g∇f) .

Integrando sobre Ω a ambos lados, tenemos que∫∫∫Ω∇ · (f∇g) dV =

∫∫∫Ω∇ · (g∇f) dV.


Pero, como f∇g, g∇f ∈ C1, podemos usar el Teorema de la Divergencia y sigue que∫∫∂Ωf∇g · dS =

∫∫∂Ωg∇f · dS.

Ademas, como f es diferenciable,

∇f · dS = ∇f · ndS =∂f

∂ndS.

Ası, ∫∫∂Ωf∂g

∂ndS =

∫∫∂Ωg∂f

∂ndS.

Problema 8.9. Sean f : U ⊆ R3 → R, con U abierto simplemente conexo y tal que f ∈ C2.Muestre que ∫∫∫

Ωf4fdV =

∫∫∂Ωf∂f

∂ndS −

∫∫∫Ω‖∇f‖2dV, (8.6.5)

con Ω ⊆ U abierto.

Solucion: Pongamos g = f en (8.6.4), entonces

∇ · (f∇f) = ∇f∇f + f∇2f = ‖∇f‖2 + f4f.

Luego, integrando a ambos lados sobre Ω, tenemos que∫∫∫Ω∇ · (f∇f) dV =

∫∫∫Ω‖∇f‖2dV +

∫∫∫Ωf4fdV.

Ası, usando el Teorema de la Divergencia,∫∫∂Ωf∇f · dS =

∫∫∫Ω‖∇f‖2dV +

∫∫∫Ωf4fdV.

Finalmente, como f ∈ C2,

f∇f · dS = f∂f

∂ndS,

y sigue que ∫∫∂Ωf∂f

∂ndS =

∫∫∫Ω‖∇f‖2dV +

∫∫∫Ωf4fdV.

Problema 8.10. Sea f : U ⊆ R3 → R de clase C2, con U abierto y simplemente conexo.

Sea Ω ⊆ U un abierto tal que f se anula en ∂Ω. Suponga ademas que f que ademas satisfacela ecuacion de Laplace allı, es decir,

4f = ∇2f = 0,


sobre Ω. Demuestre que f es la funcion nula en Ω.

Solucion: Usando (8.6.5), tenemos que∫∫∫Ω‖∇f‖2dV = 0,

pues f se anula en ∂Ω y 4f = 0 en Ω.

Ası, como f ∈ C2, tenemos que ‖∇f‖2 es una funcion continua no negativa y por lo tanto,∇f = 0 en Ω. Luego, f es constante sobre Ω y evaluando en ∂Ω, concluimos que f es nula enΩ.

Apendice A

Conceptos de Algebra Lineal

A.1. Formas cuadraticas

Definicion A.1.1. Sea A una matriz cuadrada de orden n con coeficientes reales (denotaremoscon Mn (R) al conjunto de estas matrices). La forma cuadratica asociada a la matriz A es

QA : Rn → Rh 7→ htAh

Podemos clasificar A de acuerdo al signo de la forma cuadratica que tiene asociada.

Definicion A.1.2. Sea A ∈Mn (R), se dice que A es

(a) Definida positiva si ∀x ∈ Rn r 0, se cumple xtAx > 0. Se denota A 0.

(b) Definida negativa si ∀x ∈ Rn r 0, se cumple xtAx < 0. Se denota A 0.

(c) Semidefinida positiva si ∀x ∈ Rn r 0, se cumple xtAx ≥ 0.

(d) Semidefinida negativa si ∀x ∈ Rn r 0, se cumple xtAx ≤ 0.

Observacion A.1.1. Puede que alguna matriz no pertenezca a ninguna de las categorıas an-teriores.

Proposicion A.1.1. SeaA := (aij)ni,j=1 positiva definida. LlamemosAk a la submatriz cuadrada

de orden k (k ≤ n) tal que Ak = (aij)ki,j=1. Entonces:

(a) A es invertible.

(b) Ak es positiva definida.

Demostracion.

190 Formas cuadraticas

(a) Supongamos que A no es invertible. Entonces existe x ∈ Rn r 0 tal que Ax = 0. Peroen ese caso QA(x) = 0, lo que es una contradiccion.

(b) Supongamos que alguna de las Ak no es positiva definida. Entonces existe x ∈ Rk r 0tal que xtAkx ≤ 0.

Note que A puede expresarse como

A =

[Ak BC D

].

Considere en vector y ∈ Rnr0 dado por y =∑k

j=1 xj ej . Es claro que ytAy = xtAkx ≤ 0.Es decir, A no serıa positiva definida.

Definicion A.1.3. Sea A ∈Mn (R). Definimos ∆k = |Ak| = det[(aij)

ki,j=1

].

Teorema A.1.1. Sea A ∈Mn (R).

(a) A es definida positiva si y solo si ∆m > 0, 1 ≤ m ≤ n.

(b) A es definida negativa si y solo si ∆2k−1 < 0,∆2k > 0, ∀k ∈ N tal que 2k − 1, 2k ≤ n. Esdecir, el signo de ∆k es igual al de (−1)k.

Observacion A.1.2. Si las desigualdades en general se cumplen, pero de forma no estricta(algunos subdeterminantes se anulan), solo podra decirse que la matriz es semidefinida positivao semidefinida negativa respectivamente.

Ejemplo A.1.1. Considere:

A =

1 0 00 2 00 0 3

.En este caso,

∆1 = 1 > 0

∆2 = det

[1 00 2

]= 2 > 0

∆3 = detA = 6 > 0

Por lo tanto, A es definida positiva. Este hecho era facil de verificar directamente. En efecto,dado h = (h1, h2, h3) se cumple

htAh = h21 + 2h2

2 + 3h23

que es evidentemente mayor que cero para todo h 6= 0.

Conceptos de Algebra Lineal 191

Ejemplo A.1.2. Considere:

A =

−1 0 00 −2 00 0 −3

.En este caso,

∆1 = −1 < 0

∆2 = det

[−1 00 −2

]= 2 > 0

∆3 = detA = −6 < 0

Por lo tanto, A es definida negativa.

192 Formas cuadraticas

Apendice B

Funciones Gamma y Beta

B.1. Definicion

Definicion B.1.1 (Funcion Gamma). La funcion Γ : R+ → R+ dada por

Γ(x) =

∫ ∞0

tx−1e−tdt,

se conoce como funcion Gamma.

Definicion B.1.2 (Funcion Beta). La funcion B : R+ × R+ → R+ dada por

B (x, y) =Γ(x)Γ(y)

Γ(x+ y),

se conoce como funcion Beta.

Observacion B.1.1. Es facil ver que B (x, y) = B (y, x).

B.2. Problemas Resueltos

Problema B.1. Muestre que

Γ(1) = 1.

Solucion: En efecto,

Γ(1) =

∫ ∞0

t1−1e−tdt =

∫ ∞0

e−tdt = 1.


Problema B.2. Sea x > 0. Muestre que

Γ(x+ 1) = xΓ(x). (B.2.1)

Solucion: Integrando por partes,

Γ(x+ 1) =

∫ ∞0

txe−tdt = −txe−t∣∣∞0−∫ ∞

0xtx−1e−tdt = x

∫ ∞0

tx−1e−tdt = xΓ(x).

Problema B.3. Sea n ∈ N. Muestre que

Γ(n+ 1) = n!

Solucion: En efecto, usando (B.2.1), tenemos que

Γ(n+ 1) = nΓ(n) = n(n− 1)Γ(n− 1) = . . . = n(n− 1) . . . 1Γ(1) = n!.

Problema B.4. Sean x, y > 0. Muestre que

B (x, y) = 2

∫ π2

0cos2x−1 θ sin2y−1 θdθ. (B.2.2)

Solucion: Notemos que haciendo el cambio t = u2, dt = 2udu, se tiene que

Γ(x) =

∫ ∞0

u2x−2e−u22udu = 2

∫ ∞0

u2x−1e−u2du. (B.2.3)

Luego,

Γ(x)Γ(y) =

(2

∫ ∞0

u2x−1e−u2du

)(2

∫ ∞0

v2y−1e−v2dv

)= 4

∫ ∞0

∫ ∞0

e−(u2+v2)u2x−1v2y−1dudv.

Cambiando a coordenadas polares y usando Fubini,

Γ(x)Γ(y) = 4

∫ π2

0

∫ ∞0

e−r2

cos2x−1 θ sin2y−1 θr2(x+y)−1drdθ

=

(2

∫ ∞0

r2(x+y)−1e−r2dr

)(2

∫ π2

0cos2x−1 θ sin2y−1 θdθ

)

= Γ(x+ y)

(2

∫ π2

0cos2x−1 θ sin2y−1 θdθ

),

por (B.2.3). Finalmente, recordando la definicion de la funcion Beta, se concluye lo pedido.

Funciones Gamma y Beta 195

Problema B.5. Sean x, y > 0. Muestre que

B (x, y) =

∫ 1

0tx−1(1− t)y−1dt. (B.2.4)

Solucion: Haciendo t = cos2 θ, dt = −2 sin θ cos θ en (B.2.2), se tiene que

B (x, y) =

∫ π2

0cos2x−2 θ sin2y−2 θ2 sin θ cos θdθ =

∫ 1

0tx−1 (1− t)y−1 dt.

Problema B.6. Muestre que

Γ

(1

2

)=√π.

Concluya el valor de ∫ ∞−∞

1

2√πe−

12t2dt.


B

(1

2,1

2

)=

Γ(

12

)Γ(

12

)Γ(1)

= Γ2

(1

2

),

pues Γ(1) = 1. Pero, por (B.2.2),

B

(1

2,1

2

)= 2

∫ π2

0cos2 1

2−1 θ sin2 1

2−1 θdθ = 2

∫ π2

0dt = π.

Luego,

Γ

(1

2

)=√π.

Por otro lado, por (B.2.3),

Γ

(1

2

)= 2

∫ ∞0

u2 12−1e−u

2du = 2

∫ ∞0

e−u2du.

En consecuencia, haciendo 2u = s, 2du = ds, se tiene que

Γ

(1

2

)=

∫ ∞0

e−u22du =

∫ ∞0

e−12s2ds.

Finalmente, juntando todas las piezas y notando que e−12s2 es una funcion par, sigue que∫ ∞

−∞e−

12s2ds = 2

∫ ∞0

e−12s2ds = 2Γ

(1

2

)= 2√π,

es decir, ∫ ∞−∞

1

2√πe−

12t2dt = 1.


Problema B.7. Calcule ∫ 1

0

dt√t(1− t)

.

Solucion: Usando (B.2.4) con p = q = 12 , tenemos que∫ 1

0

dt√t(1− t)

= B

(1

2,1

2

)=

Γ(

12

)Γ(

12

)Γ(1)

= Γ2

(1

2

)= π.

Problema B.8. Haciendo la sustituciont2

1 + t2= u, muestre que∫ ∞

0

tα

(1 + t2)βdt =

1

2

Γ(α+1

2

)Γ(β − α+1

2

)Γ (β)

.

Concluya que

B (x, y) =

∫ ∞0

tx−1

(1 + t)x+ydt. (B.2.5)

Solucion: Hagamos la sustitucion sugerida. Notemos que

1

1 + t2= 1− u,

es decir,2t

(1 + t2)2dt = du.

Luego,∫ ∞0

tα

(1 + t2)βdt =

1

2

∫ ∞0

tα−1

(1 + t2)β−2

2t

(1 + t2)dt =

1

2

∫ 1

0

(u

1− u

)α−12

(1− u)β−2du

=1

2

∫ 1

0uα−12 (1− u)β−

α−12−2du =

1

2

∫ 1

0uα+12−1(1− u)β−

α+12−1du

=1

2B

(α+ 1

2, β − α+ 1

2

)=

1

2

Γ(α+1

2

)Γ(β − α+1

2

)Γ (β)

.

En consecuencia, haciendo z = t2, dz = 2tdt en la primera integral, se tiene que∫ ∞0

tα

(1 + t2)βdt =

1

2

∫ ∞0

tα−1

(1 + t2)β2tdt =

1

2

∫ ∞0

zα−12

(1 + z)βdz,

es decir, ∫ ∞0

zα−12

(1 + z)βdz = B

(α+ 1

2, β − α+ 1

2

).

Finalmente, poniendo 2x = α− 1 y x+ y = β, se concluye lo pedido.

Bibliografıa

[1] J.C. Burkill y H. Burkill, A second course in Mathematical Analysis. Cambridge UniversityPress, 1era Edicion, 2002.

[2] Claudio Pita Ruiz, Calculo Vectorial. Prentice Hall, 1era Edicion, 1995.

[3] Rolando Rebolledo, Teorıa de la Integracion. 2009.

[4] Tom Apostol, Calculus Volumen II. Editorial Reverte, 2da Edicion, 2002.

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