Mario Chavez - Ejercicios Resueltos de Calculo II.

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UNIVERSIDAD MAYOR DE SAN ANDRES

FACULTAD DE CIENCIAS PURAS Y NATURALES

Carrera de Informatica

Lunes 14 de Marzo del 2011

Calculo II

Ejercicios Resueltos

Dr.MSc.Dipl.Lic. Mario ξρ∫

Chavez Gordillo PhD.

CAP1. Algebra Vectorial

CAP2. Geometrıa Analıtica Solida

CAP3. Funciones Vectoriales de Variable Real

CAP4. Funciones Vectoriales de Variable Vectorial

CAP5. Integrales Multiples

CAP6. Sucesiones y Series

Rol de Evaluaciones

PARCIAL CAPITULOS FECHA PUNTOS

Primero 1,2 y 3 Domingo 03 de Abril del 2011 30 puntos

Segundo 4, 5 y 6 Domingo 05 de Junio del 2011 30 puntos

Final Todos Domingo 12 de Junio del 2011 25 puntos

Practicas Todos 10 puntos

Recuperatorio 1er o 2do Par Jueves 16 de Junio del 2011

[B1]. Espacio Euclidiano n-dimensional

Producto interno

Para x = (x1, x2, x3, ..., xn), y = (y1, y2, y3, ..., yn) en Rn definimos el producto interno por

x • y = x1y1 + x2y2 + x3y3 + · · · + xnyn.

Ese producto interno satisface:

1. x • x ≥ 0 para todo x ∈ Rn,

2. x • x = 0 si y solo si x = 0,3. x • y = y • x para todo x, y ∈ R

n,4. (cx) • y = c(x • y) para todo x, y ∈ R

n, c ∈ R

5. (x + y) • z = x • y + y • z para todo x, y, z ∈ Rn.

Norma.- Para x = (x1, x2, x3, ..., xn) en Rn definimos la norma o longitud de x por

||x|| =√

x • x =√

x21 + x2

2 + x23 + · · · + x2

n.

La norma satisface:

1. ||x|| ≥ 0 para todo x ∈ Rn,

1

UMSA Dr. Mario Chavez Gordillo Phd 2

2. ||x|| = 0 si y solo si x = 0,3. ||cx|| = |c| ||x|| para todo x ∈ R

n, c ∈ R

4. |x • y| ≤ ||x|| ||y|| para todo x, y ∈ Rn.

5. ||x + y|| ≤ ||x|| + ||y|| para todo x, y ∈ Rn.

Ejemplo ¿Que se sabe acerca del angulo entre los vectores no nulos a y b, si (i) a•b > 0?, (ii) a•b < 0?,

(i) a • b = 0?

Solucion.

(i) Si a • b > 0, entonces el angulo entre a y b esta entre 0 y π2 .

(i) Si a • b < 0, entonces el angulo entre a y b esta entre π2 y π.

(i) Si a • b = 0, entonces el angulo entre a y b es π2 .

DEFINICION 1. Sean a, b vectores. La proyeccion del vector a en la direccion del vector b es definido por

u =a • b

||b||2 b. Luego el vector v = a − a • b

||b||2 b es ortogonal al vector b.

Ejemplo Sean los vectores a = 3i + 5j + 2k y b = −4i + 3k tal que: a = u + v, siendo u paralelo a b y

ortogonal a v. Hallar u y v.

Solucion. Del hecho de que u es paralelo a b se sigue que u = λb para algun λ ∈ R, del mismo modo uortogonal a v implica que u • v = 0. Como v = a − u = a − λb, se tiene que

u • v = 0

(λb) • (a − λb) = 0

λb • a − λ2b • b = 0

λ[b • a − λ||b||2) = 0

de donde λ =b • a

||b||2 . Por tanto, u =b • a

||b||2 b y v = a − b • a

||b||2 b.

Ejemplo Demostrar vectorialmente que las diagonales de un rombo se cortan en angulo recto.

Solucion. Empecemos demostrando que si u y v son vectores tales que ||u|| = ||v||, entonces u + v esortogonal a u − v. En efecto, esto se deduce inmediatamente de la igualdad:

(u + v) • (u − v) = ||u||2 − u • v + v • u − ||v||2 = 0.

Ahora bien sean los puntos p0, p1, p2 y p3 los vertices de un rombo. Entonces, supongamos que los vectores

u = −−→p0p1

yv = −−→p0p2.

son dos de sus lados adyacentes. Por otro lado se sabe que los lados de un rombo son todos iguales. Entonces||u|| = ||v||. Luego por lo probado anteriormente se segue que u + v es ortogonal a u − v. Pero como

u + v = −−→p0p1 + −−→p0p2 = −−→p0p3.

yu − v = −−→p0p1 −−−→p0p2 = −−→p1p2.

Por tanto las diagonales del rombo −−→p0p3 y −−→p1p2 se cortan en angulo recto.

ξρ∫

+βταηφoη + ξ∫νι Calculo II Matematicas


Ejemplo Determine los valores de c sabiendo que u = (−4,−1,−4) y ||cu|| = 5

Solucion. Puesto que

||cu|| = |c| ||u|| = |c|√

(−4)2 + (−1)2 + (−4)2 = |c|√

33 = 6

de donde

|c| =6√33

por lo tanto los posibles valores para c son:

c =6√33

o c = − 6√33

.

Ejemplo Encuentre dos vectores en direcciones opuestas que sean ortogonales al vector u = (5, 2, 1)

Solucion. El vector (x, y, z) es ortogonal al vector u = (5, 2, 1) cuando (x, y, z) • (5, 2, 1) = 0, esto es,

5x + 2y + z = 0.

Para obtener un ejemplo hagamos y = −1, z = −3 en la anterior ecuacion y despejando x se tiene que x = 1.Luego unos de los vectores buscado es

(1,−1,−3)

y su vector opuesto

(−1, 1, 3)

tambien es ortogonal a u.

Ejemplo Si θ es el angulo entre A y B, entonces demostrar ||A−B||2 = ||A||2 + ||B||2 −2||A|| ||B|| cos θ.

Solucion.

||A − B||2 = (A − B) • (A − B) = A • (A − B) − B • (A − B)

= A • A − A • B − B • A + B • B

= ||A||2 − 2A • B + ||B||2

= ||A||2 + ||B||2 − 2||A|| ||B|| cos θ

Ejemplo Demostrar ||A + B||2 = ||A||2 + ||B||2 si y solo si A • B = 0.

Solucion. Puesto que

||A + B||2 = (A + B) • (A + B) = A • (A + B) + B • (A + B)

= A • A + A • B + B • A + B • B

= ||A||2 + 2A • B + ||B||2

Entonces ||A + B||2 = ||A||2 + ||B||2 si y solo si A • B = 0.

Ejemplo Demostrar ||A + B||2 + ||A − B||2 = 2||A||2 + 2||B||2.

Solucion. De los ejercicios anteriores tenemos

ξρ∫



||A + B||2 + ||A − B||2 = ||A||2 + 2A • B + ||B||2 + ||A||2 − 2A • B + ||B||2

= 2||A||2 + 2||B||2

Ejemplo Demostrar ||A + B||2 − ||A − B||2 = 4A • B.

Solucion. De los ejercicios anteriores tenemos

||A + B||2 − ||A − B||2 = ||A||2 + 2A • B + ||B||2 − ||A||2 + 2A • B − ||B||2

= 4A • B

Ejemplo Si θ es el angulo entre A y B en R3, entonces demostrar tan θ =

||A × B||A • B

.

Solucion.

tan θ =sen θ

cos θ=

||A×B||||A|| ||B||

A•B||A|| ||B||

=||A × B||

A • B

Ejemplo Dados vectores distintos de cero A y B en R3, mostrar que el vector V = ||A||B + ||B||A biseca

el angulo entre A y B.

Solucion. Es suficiente probar que

A • V

||A|| ||V || =V • B

||V || ||B||En efecto.

A • V

||A|| − B • V

||B|| = 0

(A

||A|| −B

||B||

)

• V = 0

(A

||A|| −B

||B||

)

•(

||A||B + ||B||A)

= 0

A

||A|| • ||A||B +A

||A|| • ||B||A − B

||B|| • ||A||B − B

||B|| • ||B||A = 0

A • B +||B||||A|| A • A − ||A||

||B|| B • B − B • A = 0

||B||||A|| ||A||2 − ||A||

||B|| ||B||2 = 0

||B|| ||A|| − ||A|| ||B|| = 0

ξρ∫



Producto vectorial

Ejemplo Sean a y b vectores no nulos de R3 tales que a×b = 0. ¿Que condicion geometrica deben cumplir

los vectores a y b? para que sea cierta la afirmacion

Solucion. Si a × b = 0 entonces a y b son vectores paralelos. En efecto, puesto que

||a × b|| = ||a|| ||b|| sen θ,

donde θ es el angulo entre a y b. Reemplazando a×b = 0 en la anterior ecuacion tenemos que ||a|| ||b|| sen θ =0, de donde sen θ = 0, de aquı se obtiene θ = 0. Esto quiere decir que el angulo entre a y b es cero, por tantoestos vectores deben ser paralelos.

Ejemplo Sean a, b y c vectores no nulos de R3 tales que a• (b× c) = 0. ¿Que condicion geometrica deben

cumplir los vectores a, b y c para que sea cierta la afirmacion?

Solucion. El hecho de que |a • (b × c)| = 0, implica que el vector a es perpendicular al vector b × c. Ahoracomo el vector b × c es perpendicular tanto al vector b como al vector c, se sigue que a esta en el plano quegeneran los vectores b y c. Esto quiere decir que los vectores a, b y c no generan un paralelepipedo.

Ejemplo Analice la verdad o falsedad de la siguiente afirmacion. Justifique su respuesta. Si a y b son

ortogonales a c, entonces a + b es ortogonal a c.

Solucion. Esta es una afirmacion verdadera. En efecto, como a y b son ortogonales a c, entonces

a • c = 0 y b • c = 0.

Ahora bien, puesto que

(a + b) • c = a • c + b • c = 0 + 0 = 0

se concluye que a + b es ortogonal a c.

Ejemplo Analice la verdad o falsedad de la siguiente afirmacion. Justifique su respuesta. Si se conocen

a × b = d y a × c = d, entonces c es igual a b.

Solucion. La respuesta depende de que si a = 0 o a 6= 0. Primero analicemos el caso en que a = 0. En estecaso la igualdades a × b = 0 y a × c = 0 son siempre validas no importando quienes sean b y c. Ası que nopodemos garantizar que sean iguales.

Ahora analizamos el caso en que a 6= 0. De la hipotesis a × b = d y a × c = d concluimos que

a × (b − c) = a × b − a × c = d − d = 0,

lo cual implica que a es paralelo a b − c, de esto y del hecho de que se a 6= 0 se deduce que existe λ 6= 0, talque, a = λ(b − c). Ahora bien, puesto que

||b − c|| =||a|||λ| 6= 0.

Lo cual muestra que b 6= c. En resumen la afirmacion es falsa.

Ejemplo Analice la verdad o falsedad de la siguiente afirmacion. Justifique su respuesta. Es posible

encontrar el producto vectorial de dos vectores en el espacio vectorial bidimensional.

ξρ∫



Solucion. El producto vectorial “×” esta definido para vectores en R3. El producto vectorial de dos vectores

en R3 es otro vector en R

3. Recordemos

(a1, a2, a3) × (b1, b2, b3) = (a2b3 − a3b2, a3b1 − a1b3, a1b2 − a2b1)

Sin embargo podemos “ver” de la forma (a1, a2, 0) como vectores del espacio bidimensional el plano xy. Eneste caso tenemos

(a1, a2, 0) × (b1, b2, 0) = (0, 0, a1b2 − a2b1)

que no esta en el plano xy. En resumen NO es posible encontrar el producto vectorial de dos vectores en elespacio vectorial bidimensional.

Ejemplo Hallar el area del triangulo de vertices A(1, 1, 1); B(2, 4, 2); C(3, 4, 0).

Solucion. Notemos que el area del triangulo dado es igual a la mitad del area del paralelogramo de ladosB − A y C − A.

Un simple calculo muestra que

B − A = (2, 4, 2) − (1, 1, 1) = (1, 3, 1)

C − A = (3, 4, 0) − (1, 1, 1) = (2, 3,−1)

y ademas

(B − A) × (C − A) =

∣∣∣∣∣∣

i j k1 3 12 3 −1

∣∣∣∣∣∣

= i

∣∣∣∣

3 13 −1

∣∣∣∣− j

∣∣∣∣

1 12 −1

∣∣∣∣+ k

∣∣∣∣

1 32 3

∣∣∣∣

= (−6, 3,−3)

Lo cual implica que

area del triangulo =1

2||(B − A) × (C − A)|| =

1

2

√36 + 9 + 9 =

√54

2

♣

Ejemplo Hallar el area del triangulo de vertices A(3, 4, 0); B(1, 1, 1); C(3, 5, 3).

Solucion. Notemos que el area del triangulo dado es igual a la mitad del area del paralelogramo de ladosB − A y C − A.

Un simple calculo muestra que

B − A = (1, 1, 1) − (3, 4, 0) = (−2,−3, 1)

C − A = (3, 5, 3) − (3, 4, 0) = (0, 1, 3)

y ademas

(B − A) × (C − A) =

∣∣∣∣∣∣

i j k−2 −3 10 1 3

∣∣∣∣∣∣

= i

∣∣∣∣

−3 11 3

∣∣∣∣− j

∣∣∣∣

−2 10 3

∣∣∣∣+ k

∣∣∣∣

−2 −30 1

∣∣∣∣

= (−10, 6,−2)

Lo cual implica que

area del triangulo =1

2||(B − A) × (C − A)|| =

1

2

√100 + 36 + 4 =

√140

2

♣

Ejemplo Calcule el area del triangulo de vertices (2,−1, 3), (4, 3, 5) y (2, 3, 1)

ξρ∫



Solucion. Nombremos a estos puntos por

p0 = (2,−1, 3), p1 = (4, 3, 5) y p2 = (2, 3, 1)

Luego para calcular el area del triangulo de vertices p0, p1 y p2, consideremos los vectores

u = −−→p0p1 = p1 − p0 = (4, 3, 5) − (2,−1, 3) = (2, 4, 2)

y

v = −−→p0p2 = p2 − p0 = (2, 3, 1) − (2,−1, 3) = (0, 4,−2)

Estamos ahora listos para calcular el area buscada, en efecto, esta esta dada por

Area =||u × v||

2.

Basta con calcular ||u × v||,

u × v =

∣∣∣∣∣∣

i j k2 4 20 4 2

∣∣∣∣∣∣

= i

∣∣∣∣

4 24 2

∣∣∣∣− j

∣∣∣∣

2 20 2

∣∣∣∣+ k

∣∣∣∣

2 40 4

∣∣∣∣= (0,−4, 8).

se donde se sigue que

||u × v|| =√

02 + (−4)2 + 82 =√

70.

Finalmente

Area =||u × v||

2=

√70

2.

Ejemplo Usando vectores analice si los puntos (2,−3, 1), (6, 5,−1), (3,−6, 4) y (7, 2, 2) son los vertices

de un paralelogramo y calcule su area.


p0 = (2,−3, 1), p1 = (6, 5,−1), p2 = (3,−6, 4) y p3 = (7, 2, 2).

Luego para verificar si son o no esos puntos los vertices de un paralelogramo consideremos los vectores

−−→p0p1 = p1 − p0 = (6, 5,−1) − (2,−3, 1) = (4, 8,−2),

−−→p0p2 = p2 − p0 = (3,−6, 4) − (2,−3, 1) = (1,−3, 3),

−−→p3p1 = p1 − p0 = (6, 5,−1) − (7, 2, 2) = (−1, 3,−3),

y−−→p3p2 = p2 − p0 = (3,−6, 4) − (7, 2, 2) = (−4,−8, 2)

Puesto que los vectores −−→p0p1 y −−→p3p2 son paralelos al igual que los vectores −−→p0p2 y −−→p3p1 se deduce que lospuntos p0, p1, p2 y p3 son los vertices de un paralelogramo.

Ademas

Area = ||−−→p0p1 ×−−→p0p2||.

Ejemplo Calcule el area del paralelogramo de lados a = (5, 4,−2); b = (6,−5,−3)

ξρ∫



Solucion. Empecemos calculando a × b,

a × b =

∣∣∣∣∣∣

i j k5 4 −26 −5 −3

∣∣∣∣∣∣

= i

∣∣∣∣

4 −2−5 −3

∣∣∣∣− j

∣∣∣∣

5 −26 −3

∣∣∣∣+ k

∣∣∣∣

5 46 −5

∣∣∣∣

= (−12 − 10,−15 + 12,−25 − 24) = (−22,−3,−49).

se donde se sigue que

Area = ||a × b|| =√

(−22)2 + (−3)2 + (−49)2 =√

484 + 9 + 2401 =√

2894 = 53, 8.

Ejemplo Calcule el volumen del paralelepidedo que tiene como aristas adyacentes a los vectores a =

(1, 3, 1), b = (0, 6, 6), c = (−4, 0,−4).

Solucion. Empecemos calculando a • (b × c),

a • (b × c) =

∣∣∣∣∣∣

1 3 10 6 6−4 0 −4

∣∣∣∣∣∣

= 1

∣∣∣∣

6 60 −4

∣∣∣∣− 3

∣∣∣∣

0 6−4 −4

∣∣∣∣+ 1

∣∣∣∣

0 6−4 0

∣∣∣∣

= 1(−24 − 6) − 3(−4 + 24) + (0 + 24) = −30 − 60 + 24 = −66.

se donde se sigue queVolumen = |a • (b × c)| = | − 66| = 66.

[B2]. Geometrıa Analıtica Solida

Ejemplo Halle las ecuaciones: (a) parametricas, (b) simetricas de la recta que pasa por los puntos

(5,−3,−2) y(− 2

3 , 23 , 1).


p0 = (5,−3,−2), y p1 =(− 2

3 , 23 , 1).

Luego la ecuacion vectorial de la recta que pasa a traves del puntos p0 = (5,−3,−2) y que tiene vectordireccion

u = −−→p0p1 = p1 − p0 =(− 2

3 , 23 , 1)− (5,−3,−2)

=(− 2

3 − 5, 23 + 3, 1 + 2

)=(−2−15

3 , 2+93 , 3

)=(−17

3 , 113 , 3

),

esp = p0 + tu

(x, y, z) = (5,−3,−2) + t(−17

3,11

3, 3)

de donde obtenemos las ecuaciones parametricas de la recta

x = 5 − −173 t

y = −3 + 113 t

z = −2 + 3t

Ademas, las ecuaciones simetricas de la recta son

x − 5−173

=y − (−3)

113

=z − (−2)

3

ξρ∫



simplificando tenemos3(5 − x)

17=

3(y + 3)

11=

z + 2

3.

Ejemplo Halle las ecuaciones parametricas de la recta que pasa por el punto (−3, 2,−1) y es perpendicular

al plano dado por −2x + 3y + z = 5.

Solucion. El vector normal al plano −2x + 3y + z = 5 es N = (−2, 3, 1). Como la recta que buscamos esperpendicular al plano, entonces el vector direccion del plano es precisamente el vector normal al plano, porlo tanto la ecuacion vectorial de la recta pasa por el punto (−3, 2,−1) y tiene vector direccion N = (−2, 3, 1)es

(x, y, z) = (−3, 2,−1) + t(−2, 3, 1)

de donde se sigue que las ecuaciones parametricas de la recta son

x = −3 − 2t

y = 2 + 3t

z = −1 + t

Ejemplo Halle las ecuaciones parametricas de la recta que pasa por el punto (3,−2, 4) y es paralela (a)

al eje X, (b) eje Y , (c) eje Z.

Solucion. Para el inciso (a), el vector direccion de la recta que buscamos es u = (1, 0, 0), de ahı que la rectaes

(x, y, z) = (3,−2, 4) + t(1, 0, 0)

de donde se sigue que las ecuaciones parametricas de la recta son

x = 3 + t

y = −2

z = 4.

Ejemplo Determine si las rectas x3 = y−2

−1 = z + 1 , x−14 = y + 2 = z+3

−3 se cortan, y si es ası halle el

punto de interseccion y el coseno del angulo de interseccion.

Solucion. La ecuacion vectorial de la recta x3 = y−2

−1 = z + 1 es

(x, y, z) = (0, 2,−1) + t(3,−1, 1), t ∈ R (1)

y la ecuacion vectorial de la recta x−14 = y + 2 = z+3

−3 es

(x, y, z) = (1,−2,−3) + s(4, 1,−3), s ∈ R (2)

Las dos rectas en (1) y (2) se intersectan siempre que podamos encontrar valores para t y s de modo quetengamos

(0, 2,−1) + t(3,−1, 1) = (1,−2,−3) + s(4, 1,−3).

De esta ultima ecuacion se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones

3t = 1 + 4s

2 − t = −2 + s

−1 + t = −3 − 3s.

ξρ∫



Despejando s de la segunda ecuacion se tiene que s = 4− t. Reemplazando este valor en la primera ecuacionobtenemos t = 17

7 , ahora reemplazando en la tercera ecuacion se ve que t = 8. Como no puede haber dosvalores diferentes para t, se concluye que las dos retas no se intersectan.

Ejemplo Halle la ecuacion del plano que pasa por los puntos (1, 2, 3), (3, 2, 1) y (−1,−2, 2)


p0 = (1, 2, 3), p1 = (3, 2, 1) y p2 = (−1,−2, 2).

Ahora los siguientes vectores estan sobre el plano que buscamos

−−→p0p1 = p1 − p0 = (3, 2, 1) − (1, 2, 3) = (2, 0,−2)

y−−→p0p2 = p2 − p0 = (−1,−2, 2) − (1, 2, 3) = (−2,−4,−1),

Puesto que los vectores −−→p0p1 y −−→p0p2 viven en el plano, su producto vectorial −−→p0p2 ×−−→p0p1 es el vector normalal plano.

Calculemos −−→p0p2 ×−−→p0p1,

−−→p0p2 ×−−→p0p1 =

∣∣∣∣∣∣

i j k2 0 −2−2 −4 −1

∣∣∣∣∣∣

= i

∣∣∣∣

0 −2−4 −1

∣∣∣∣− j

∣∣∣∣

2 −2−2 −1

∣∣∣∣+ k

∣∣∣∣

2 0−2 −4

∣∣∣∣

= (0 − 8,−(−2 − 4),−8 − 0) = (−8, 6,−8).

Ahora nos toca encontrar la ecuacion del plano que pasa por el punto p0 = (1, 2, 3) y que tenga vector normalN = −−→p0p2 ×−−→p0p1 = (−8, 6,−8).

(p − p0) · N = 0, ((x, y, z) − (1, 2, 3)) · (−8, 6,−8) = 0

(x − 1, y − 2, z − 3) · (−8, 6,−8) = 0 − 8(x − 1) + 6(y − 2) − 8(z − 3) = 0

−8x + 8 + 6y − 12 − 8z + 24 = 0, −8x + 6y − 8z + 20 = 0

4x − 3y + 4z = 10

Ejemplo Halle la ecuacion del plano que pasa por el punto (3, 2, 2) y es perpendicular a la recta x−14 =

y + 2 = z+3−3

Solucion. Como el plano que buscamos es perpendicular a la recta x+15 = y+2

−4 = z−5−2 , entonces su vector

normal es precisamente el vector direccion de la recta.

Por otro lado el vector direccion de la recta x+15 = y+2

−4 = z−5−2 es (5,−4,−2). Luego la ecuacion del plano

que pasa por el punto (3, 2, 2) y tiene vector normal igual a N = (5,−4,−2) es:

(p − p0) · N = 0, ((x, y, z) − (3, 2, 2)) · (5,−4,−2) = 0

(x − 3, y − 2, z − 2) · (5,−4,−2) = 0 5(x − 3) − 4(y − 2) − 2(z − 2) = 0

ξρ∫



10x − 15 − 4y + 8 − 2z + 4 = 0, 10x − 4y − 2z − 3 = 0.

Ejemplo Halle la ecuacion del plano que contiene a las rectas: x−1−2 = y−4

1 = z1 ;

x−2−3 = y−1

4 = z−2−1 .

Solucion. Como el plano que contiene a las rectas: x−1−2 = y−4

1 = z1 ; x−2

−3 = y−14 = z−2

−1 , se sigue que losvectores direccion de estas rectas estan contenidas en el plano.

Vemos que el vector direccion de la recta x−1−2 = y−4

1 = z1 es u = (−2, 1, 1). Y el vector direccion de la recta

x−2−3 = y−1

4 = z−2−1 es v = (−3, 4,−1). Ahora con los vectores u y v podemos obtener el vector normal al plano

que es dado por N = u × v,

u × v =

∣∣∣∣∣∣

i j k−2 1 1−3 4 −1

∣∣∣∣∣∣

= i

∣∣∣∣

1 14 −1

∣∣∣∣− j

∣∣∣∣

−2 1−3 −1

∣∣∣∣+ k

∣∣∣∣

−2 1−3 4

∣∣∣∣

= (−1 − 4,−(2 + 3),−8 + 3) = (−5,−5,−5).

Ahora necesitamos hallar un punto p0 por donde la recta pasa. Esto es facil, por que podemos tomar el puntopor donde pasa la recta x−1

−2 = y−41 = z

1 , es decir,

p0 = (1, 4, 0)

Luego la ecuacion del plano que pasa por p0 = (1, 4, 0) y es ortogonal al vector N = (−5,−5,−5) es

(p − p0) · N = 0, ((x, y, z) − (1, 4, 0)) · (−5,−5,−5) = 0

(x − 1, y − 4, z) · (−5,−5,−5) = 0 − 5(x − 1) − 5(y − 4) − 5z = 0

−5x + 5 − 5y + 20 − 5z = 0, −5x − 5y − 5z = −25 x + y + z = 5.

Ejemplo Halle la ecuacion del plano que contiene a las rectas: x−1−2 = y = z + 1; x+1

−2 = y − 1 = z − 2.

Solucion. Identico al anterior.

Ejemplo Halle la ecuacion del plano que contiene a todos los puntos equidistantes a los puntos (2, 2, 0),

(0, 2, 2).

Solucion. Un punto (x, y, z) es equidistante a los puntos (2, 2, 0) y (0, 2, 2) si la distancia de (x, y, z) a(2, 2, 0) es igual a la distancia de (x, y, z) a (0, 2, 2). Esto es,

√

(x − 2)2 + (y − 2)2 + z2 =√

x2 + (y − 2)2 + (z − 2)2

x2 − 4x + 4 + y2 − 4y + 4 + z2 = x2 + y2 − 4y + 4 + z2 − 4z + 4

−4x + 4 − 4y + 4 = −4y + 4 − 4z + 4

−4x + 4z = 0, x − z = 0.

ξρ∫



Ejemplo Determine si los planos son: paralelo, perpendiculares, o ninguna de las dos cosas. Si no son

paralelos ni perpendiculares, hallar el angulo de interseccion. 5x − 3y + z = 4, x + 4y + 7z = 1.

Solucion.

El vector normal al plano 5x − 3y + z = 4 es n1 = (5,−3, 1)El vector normal al plano x + 4y + 7z = 1 es n2 = (1, 4, 7)

Observemos que n1 y n2 no son paralelos. Ademas como

n1 · n2 = (5,−3, 1) · (1, 4, 7) = 5 − 12 + 7 = 0

entonces los planos son ortogonales.


paralelos ni perpendiculares, hallar el angulo de interseccion. 4x + y − z = 2, −x − 2y − 4z = 2.

Solucion.

El vector normal al plano 4x + y − z = 2 es n1 = (4, 1,−1)El vector normal al plano −x − 2y − 4z = 2 es n2 = (−1,−2,−4)


n1 · n2 = (4, 1,−1) · (−1,−2,−4) = −4 − 2 + 4 = −2

entonces los planos no son ortogonales.

Ahora el angulo θ entre los dos planos verifica

cos θ =|n1 · n2|

||n1|| ||n2||=

| − 2|√

(4)2 + (1)2 + (−1)2√

(−1)2 + (−2)2 + (−4)2=

2√18

√21

por tanto

θ = arc cos

(2√378

)


paralelos ni perpendiculares, hallar el angulo de interseccion. 2x − 3y + 2z = 3, x + 3y + 2z = 4.

Solucion.

El vector normal al plano 2x − 3y + 2z = 3 es n1 = (2,−3, 2)El vector normal al plano x + 3y + 2z = 4 es n2 = (1, 3, 2)


n1 · n2 = (2,−3, 2) · (1, 3, 2) = 2 − 9 + 4 = −3

entonces los planos no son ortogonales.

Ahora el angulo θ entre los dos planos verifica

cos θ =|n1 · n2|

||n1|| ||n2||=

| − 3|√

(2)2 + (−3)2 + (2)2√

(1)2 + (3)2 + (2)2=

3√17

√14

por tanto

θ = arc cos

(3√238

)

Ejemplo Halle la interseccion del plano 2x − 3y + 2z = 3 con la recta x − 12 =

y+ 32

−1 = z+12

ξρ∫



Solucion. Consideremos la recta que pasa por el punto p0 y tiene vector direccional al vector u y consideremostambien el plano que pasa por el punto q0 y tiene como vector normal al vector N . Esto es,

Recta p = p0 + tuPlano (p − q0) · N = 0

Supongamos que la recta intersecta al plano, en tal caso, existe un numero real t de modo que el puntop0 + tu es un punto del plano, de donde

(p0 + tu − q0) · N = 0

de aquı

p0 · N + t u · N − q0 · N = 0

de donde

t =(q0 − p0) · N

u · N .

Luego el punto de interseccion entre la recta y el plano es

p0 +(q0 − p0) · N

u · N N (3)

En nuestro caso, para el plano 2x− 3y + 2z = 3 tenemos que N = (2,−3, 2) y ademas si hacemos x = z = 0,se obtiene que y = −1, de donde q0 = (0,−1, 0).

Para la recta x − 12 =

y+ 32

−1 = z+12 se tiene que p0 = (1

2 ,−32 ,−1) y u = (1,−1, 2).

Finalmente el punto de interseccion que buscamos se obtiene reemplazando estos datos en (3):

p =(

12 ,−3

2 ,−1)

+((0,−1,0)−( 1

2,− 3

2,−1))·(2,−3,2)

(1,−1,2)·(2,−3,2) (2,−3, 2)

=(

12 ,−3

2 ,−1)

+(− 1

2,−1+ 3

2,1)·(2,−3,2)

(1,−1,2)·(2,−3,2) (2,−3, 2)

=(

12 ,−3

2 ,−1)

+(− 1

2)2+(−2+3

2)(−3)+1(2)

2(1)+(−3)(−1)+2(2) (2,−3, 2)

=(

12 ,−3

2 ,−1)

+−1− 3

2+2

9 (2,−3, 2) =(

12 ,−3

2 ,−1)

+ 118 (2,−3, 2)

=(

12 + 2

18 ,−32 − 3

18 ,−1 + 218

)=(

9+218 , (−9)3−3

18 , −18+218

)

=(

1118 , 30

18 , −1618

).

Ejemplo Halle las ecuaciones parametricas de la recta de interseccion entre los planos x − 4y + 2z = 0,

3x + 2y − z = 7.

Solucion. Haciendo z = t, del sistema{

x − 4y + 2z = 0

3x + 2y − z = 7se obtiene

{

x − 4y = −2t

3x + 2y = t + 7

Multiplicando por −3 a la primera ecuacion y luego sumando hacia abajo tenemos

10y = −6t + t + 7, y =−5t + 7

10= −1

2t +

7

10

ademas

x = −2t + 4y = −2t − 4

2t +

28

10= −4t +

14

5

ξρ∫



Por tanto las ecuaciones parametricas de la recta son

x = −4t + 145

y = −12t + 7

10

z = t.

Ejemplo Halle la distancia del punto (2, 8, 4) al plano 4x − 2y − 4z = 2

Solucion. La distancia del punto q al plano que pasa por el punto p0 y tiene vector normal N es

D =|(q − p0) · N |

||N || .

En nuestro caso tenemos que q = (2, 8, 4) y N = (4,−2,−4). Hallamos p0 haciendo x = z = 0, luego y = −1,ası p0 = (0,−1, 0). Reemplazando datos tenemos

D =|(q − p0) · N |

||N || =|((2, 8, 4) − (0,−1, 0) · (4,−2,−4)|

||(4,−2,−4)||

D =|(2, 9, 4) · (4,−2,−4)|√

(4)2 + (−2)2 + (−4)2=

|8 − 18 − 16|√16 + 4 + 16

=26√36

=26

6=

13

3

Ejemplo Halle la distancia entre los planos paralelos 2x − 3y + 4z = 8, 4x − 6y + 8z = 18

Solucion. Hallemos un punto q sobre el plano 2x− 3y + 4z = 8, esto se logra haciendo x = y = 0, de dondez = 2, por tanto q = (0, 0, 2).

Del mismo modo hallemos un punto p0 sobre el plano 4x − 6y + 8z = 18, esta vez hagamos x = z = 0, dedonde y = −3, por tanto p0 = (0,−3, 0). Luego el plano 4x − 6y + 8z = 18 pasa por el punto p0 = (0,−3, 0)y tiene vector normal N = (4,−6, 8). Ahora estamos en condiciones de aplicar la formula

D =|(q − p0) · N |

||N || =|((0, 0, 2) − (0,−3, 0) · (4,−6, 8)|

||(4,−6, 8)||

D =|(0, 3, 2) · (4,−6, 8)|√

(4)2 + (−6)2 + (8)2=

|0 − 18 − 16|√16 + 36 + 64

=34√116

.

Ejemplo Halle la distancia del punto (4,−1, 5) a la recta x = 3, y = 1 + 3t, z = 1 + t.

Solucion. La distancia del punto q a la recta que pasa por el punto p0 y tiene vector direccion u es

D =||(q − p0) × u||

||u|| .

De las ecuaciones parametricas de la recta

x = 3

y = 1 + 3t

z = 1 + t.

obtenemos

(x, y, z) = (3, 1 + 3t, 1 + t) = (3, 1, 1) + t(0, 3, 1).

Por tanto en nuestro caso tenemos que q = (4,−1, 5), p0 = (3, 1, 1) y u = (0, 3, 1).

ξρ∫



Ahora bien, como

q − p0 = (4,−1, 5) − (3, 1, 1) = (1,−2, 4),

se tiene que

(q − p0) × u =

∣∣∣∣∣∣

i j k1 −2 40 3 1

∣∣∣∣∣∣

= i

∣∣∣∣

−2 43 1

∣∣∣∣− j

∣∣∣∣

1 40 4

∣∣∣∣+ k

∣∣∣∣

1 −20 3

∣∣∣∣

= (−2 − 12,−(4 − 0), 3 − 0) = (−14,−4, 3).

Cuya longitud es dado por

||(q − p0) × u|| =√

(−14)2 + (−4)2 + (3)2 =√

196 + 16 + 9 =√

221.

Por tanto a distancia del punto (4,−1, 5) a la recta x = 3, y = 1 + 3t, z = 1 + t es

D =

√221

√

(0)2 + (3)2 + (1)2=

√221√10

=

√

221

10.

Ejemplo Halle la distancia entre las rectas paralelas L1 : x = 2 − t, y = 3 + 2t, z = 4 + t; L2 : x = 3t,

y = 1 − 6t, z = 4 − 3t

Solucion. En este caso hallemos primero un punto sobre la recta L1, este punto es q = (2, 3, 4). Ahora ladistancia entre las rectas paralelas L1 y L2 es precisamente la distancia del punto q = (2, 3, 4) a la recta L2.Y para hallar esta distancia se procede como en el anterior ejercicio.

Ejemplo Halle la ecuacion estandar de la esfera que tiene los puntos (2, 0, 0) y (0, 6, 0) como extremos

de un diametro.

Solucion. Como los puntos (2, 0, 0) y (0, 6, 0) son extremos de un diametro, entonces el punto medio entrelos dos es el centro de la esfera. El punto medio entre (2, 0, 0) y (0, 6, 0) es

(2 + 0

2,0 + 6

2,0 + 0

2

)

= (1, 3, 0).

Y ademas el radio de la esfera es la mitad del diametro, es decir,

r =1

2

√

(2 − 0)2 + (0 − 6)2 + (0 − 0)2 =1

2

√40

Por tanto la esfera tiene por ecuacion

(x − 1)2 + (y − 3)2 + (z − 0)2 =

(1

2

√40

)2

(x − 1)2 + (y − 3)2 + z2 = 10.

Ejemplo Halle la ecuacion estandar de la esfera que tiene centro el punto (2, 3, 1) y es tangente al planoxy.

Solucion. El plano xy tiene por ecuacion z = 0 que es el plano que pasa por el punto p0 = (0, 0, 0) y tienevector normal N = (0, 0, 1). Luego la distancia del punto q = (2, 3, 1) a este plano calculado con la formula

D =|(q − p0) · N |

||N || =|(2, 3, 1) · (0, 0, 1)|

||(0, 0, 1)|| = 1.

ξρ∫



es precisamente el radio de la esfera que tiene centro el punto (2, 3, 1) y es tangente al plano xy, por tantosu ecuacion es:

(x − 2)2 + (y − 3)2 + (z − 1)2 = 1

Ejemplo Halle la ecuacion estandar de la esfera que tiene centro el punto (4,−3, 1) y es tangente al plano

3x − 2y + z = 3.

Solucion. El plano 3x − 2y + z = 3 pasa por el punto p0 = (1, 0, 0) y tiene vector normal N = (3,−2, 1).Luego la distancia del punto q = (4,−3, 1) a este plano calculado con la formula

D =|(q − p0) · N |

||N || =|(3,−3, 1) · (3,−2, 1)|

||(3,−2, 1)|| =16√14

.

es precisamente el radio de la esfera que tiene centro el punto (4,−3, 1) y es tangente al plano 3x−2y+z = 3,por tanto su ecuacion es:

(x − 4)2 + (y + 3)2 + (z − 1)2 =

(16√14

)2

(x − 4)2 + (y + 3)2 + (z − 1)2 =256

14

[B3]. Funciones de Varias Variables

(a1) Encontrar el dominio de definicion Dom(f) de las siguientes funciones f : Rn → R y luego hallar su

grafico.

(1) f(x, y) =x2y

y2 − 9x(2) f(x, y) =

√

9x2 + 4y2 − 36

(3) f(x, y) =x + y5

√

x2

100+

y2

25− 1

(4) f(x, y) = (log(xy),√

1 − x)

(5) f(x, y) =log(x)

√

4 − x2 − y2 − z2(6) f(x, y, z) =

√

x2

22+

y2

32− z

5

(7) f(x, y, z) = log

(x2

32− y2

42− z

2

)

(8) f(x, y, z) =

√y

−x2

22− y2

32+

z2

42

(a2) Halle la composicion de las siguientes funciones.

f : R2 → R g : R → R

3

(x, y) 7→ f(x, y) = x2 + y2. x 7→ g(x) = (cos(x), ex, x3)

(a3) Halle la composicion de las siguientes funciones.

ξρ∫



f : R → R2 g : R

2 → R3

x 7→ f(x) = (ex2, sen(x2)). x 7→ g(x, y) = (log(x), exy4

, x + y)

(a4) Halle la composicion de las funciones f y g, es decir halle g ◦ f donde

-

j ?

R4

R3

R2

f

gf ◦ g

f(x, y, z, w) = (x2yw, sen(z), x + y), g(x, y, z) = (x + y + z, xyz)

[B4]. Curvas

Ejemplo Halle las ecuaciones parametricas de la recta tangente a la curva dada por f(t) =(

t+1t , t2−1

t2, t3+1

t3

)

en el punto p(2, 0, 2).

Solucion. Observemos que si t = 1, f(1) = (2, 0, 2). Ahora bien, La derivada f ′(1) es el vector direccion dela recta tangente a la curva f que pasa por el punto f(1). Esta recta es dada por

(x, y, z) = f(1) + tf ′(1).

Escribamos f(t) de la forma

f(t) =(1 + t−1, 1 − t−2, 1 + t−3

)

luego

f ′(t) =(1 − t−2, 1 + 2t−3, 1 − 3t−4

)

evaluando t = 1 se tiene

f ′(1) = (0, 3,−2)

Por tanto la recta que buscamos es

(x, y, z) = (2, 0, 2) + t(0, 3,−2).

Ejemplo Halle las ecuaciones parametricas de la recta tangente a la curva dada por f(t) = (2 cos(2t), 2 sen(2t), 3t)

en t = π/2.

Solucion. Observemos que si t = π/2,

f(π/2) = (2 cos(2π/2), 2 sen(2π/2), 3π/2)

= (2 cos(π), 2 sen(π), 3π/2) = (−2, 0, (3/2)π).

Ahora bien, La derivada f ′(π/2) es el vector direccion de la recta tangente a la curva f que pasa por el puntof(π/2). Esta recta es dada por

(x, y, z) = f(π/2) + tf ′(π/2).

Puesto que

f(t) = (2 cos(2t), 2 sen(2t), 3t)

ξρ∫



aplicando la regla de la cadena obtenemos

f ′(t) = (−4 sen(2t), 4 cos(2t), 3)

evaluando t = π/2 se tiene

f ′(π/2) = (−4 sen(2π/2), 4 cos(2π/2), 3) = (−4 sen(π), 4 cos(π), 3) = (0, 4, 3).

Por tanto la recta que buscamos es

(x, y, z) = (−2, 0, (3/2)π) + t(0, 4, 3).

igualando componentes obtenemos las ecuaciones parametricas de la recta

x = −2

y = 4t

z = (3/2)π + 3t.

Ejemplo Halle la longitud de arco de la curva dada por f(t) = (sen(4t), cos(4t), 3t), t ∈ [0, π/2]

Solucion. La longitud de una curva f(t) desde f(a) hasta f(b) se define como la integral de la rapidez desdea hasta b. Es decir

L =

∫ b

a||f ′(t)|| dt

Un facil calculo muestra que

f ′(t) = (4 cos(4t),−4 sen(4t), 3)

y de ahı que

||f ′(t)|| =√

42 cos2(4t) + (−4)2 sen2(4t) + (3)2 =√

42 + 32 =√

25 = 5.

Por tanto, la longitud de arco de la curva es

L =

∫ π/2

0||f ′(t)|| dt =

∫ π/2

05 dt =

5

2π.

[B5]. Calculo de lımites mediante operaciones algebraicas

Indeterminacines0

0, 0 · ∞, 00, ∞0, 1∞, ∞−∞, y

∞∞ .

Ejemplo. Sabiendo que

lımx 7→0

(1 + x)1/x = e, lımx 7→0

sen(x)

x= 1, lım

x 7→0

1 − cox(x)

x= 0,

lımx 7→0

ex − 1

x= 1, lım

x 7→1

x − 1

ln(x)= 1,

calcular los siguientes lımites.

Ejemplo. Calcular el siguiente lımite lım(x,y)7→(0,0)

x2 + y2

ln(1 − x2 − y2).

Solucion.

ξρ∫



lım(x,y)7→(0,0)

x2 + y2

ln(1 − x2 − y2)= lım

u 7→1

u − 1

ln(u)

u = 1 − x2 − y2

u → 1

= 1

Ejemplo. Calcular el siguiente lımite lım(x,y)7→(2,−2)

x2 − y2

ex+y − 1.

Solucion.

lım(x,y)7→(2,−2)

x2 − y2

ex+y − 1= lım

(x,y)7→(2,−2)

(x + y)(x − y)

ex+y − 1

= lımu 7→0

u

eu − 1(2 − (−2))

u = x + y

u → 0

= 4


sen(x2 − y2)

x + y.

Solucion.

lım(x,y)7→(0,0)

sen(x2 − y2)

x + y= lım

(x,y)7→(0,0)

sen(x2 − y2)

x + y

= lım(x,y)7→(0,0)

(x − y)sen(x2 − y2)

x2 − y2

= lım(x,y)7→(0,0)

(x − y) lımu 7→0

sen(u)

u

u = x2 − y2

u → 0

= (0 − 1)1 = 0


1 − cox(xy)

x.

Solucion.

lım(x,y)7→(0,3)

1 − cox(xy)

x= lım

(x,y)7→(0,3)y[1 − cox(xy)]

xy

= lım(x,y)7→(0,3)

y lımu 7→0

1 − cox(u)

u

u = xy

u → 0

= 3(0) = 0

Ejemplo. Calcular el siguiente lımite lım(x,y)7→(a,−a)

ex+y − 1

x + y.

ξρ∫



Solucion.

lım(x,y)7→(a,−a)

ex+y − 1

x + y= lım

u 7→0

eu − 1

u

u = x + y

u → 0

= 1


sen(x)sen(y)

exy − 1.

Solucion.

lım(x,y)7→(0,0)

sen(x)sen(y)

exy − 1= lım

(x,y)7→(0,0)

sen(x)sen(y)

xy

xy

exy − 1

= lım(x,y)7→(0,0)

sen(x)

x

sen(y)

y

xy

exy − 1

= lımx 7→0

sen(x)

xlımy 7→0

sen(y)

ylımu 7→0

u

eu − 1

u = xy

u → 0

= 1


6x − 2y

9x2 − y2.

Solucion.

lım(x,y)7→(1,3)

6x − 2y

9x2 − y2= lım

(x,y)7→(1,3)

2(3x − y)

(3x + y)(3x − y)

= lım(x,y)7→(1,3)

2

3x + y

=2

3(1) + 3=

1

3


[x2 − 1

x − 1− y − 1

y2 − 1

]

.

Solucion.

lım(x,y)7→(1,1)

[x2 − 1

x − 1− y − 1

y2 − 1

]

= lım(x,y)7→(1,1)

[(x − 1)(x + 1)

x − 1− y − 1

(y − 1)(y + 1)

]

= lım(x,y)7→(1,1)

[

x + 1 − 1

y + 1

]

=

[

1 + 1 − 1

1 + 1

]

= 2 − 1

2=

4 − 1

2=

3

2

ξρ∫




(x3 − 1)(y4 − 1)

(x − 1)(y2 − 1).

Solucion.

lım(x,y)7→(1,1)

(x3 − 1)(y4 − 1)

(x − 1)(y2 − 1)= lım

(x,y)7→(1,1)

(x − 1)(x2 + x + 1)(y2 − 1)(y2 + 1)

(x − 1)(y2 − 1)

= lım(x,y)7→(1,1)

(x2 + x + 1)(y2 + 1)

= (12 + 1 + 1)(12 + 1) = 3(2) = 6


x2 + y2

√

x2 + y2 + 1 − 1.

Solucion.

lım(x,y)7→(0,0)

x2 + y2

√

x2 + y2 + 1 − 1= lım

(x,y)7→(0,0)

x2 + y2

√

x2 + y2 + 1 − 1

√

x2 + y2 + 1 + 1√

x2 + y2 + 1 + 1

= lım(x,y)7→(0,0)

(x2 + y2)[√

x2 + y2 + 1 + 1]

[√

x2 + y2 + 1]2 − 12

= lım(x,y)7→(0,0)

(x2 + y2)[√

x2 + y2 + 1 + 1]

x2 + y2 + 1 − 1

= lım(x,y)7→(0,0)

(x2 + y2)[√

x2 + y2 + 1 + 1]

x2 + y2

= lım(x,y)7→(0,0)

√

x2 + y2 + 1 + 1

=√

02 + 02 + 1 + 1 = 2


(1 + x2y

) 1x2 .

Solucion.

lım(x,y)7→(0,3)

(1 + x2y

) 1x2 = lım

(x,y)7→(0,3)

(1 + x2y

) y

x2y

= lım(x,y)7→(0,3)

[(1 + x2y

) 1x2y

]y

=[

lımu 7→0

(1 + u)1u

]3 u = x2y

u → 0

= e3


x3y3 − 1

xy − 1.

ξρ∫



Solucion.

lım(x,y)7→(1,1)

x3y3 − 1

xy − 1= lım

(x,y)7→(1,1)

(xy)3 − 1

xy − 1

= lım(x,y)7→(1,1)

(xy − 1)[(xy)2 + xy + 1]

xy − 1

= lım(x,y)7→(1,1)

(xy)2 + xy + 1

= (1 · 1)2 + 1 · 1 + 1 = 3.

[B6]. Calculo de lımites usando el teorema de acotacion

TEOREMA 1 (Teorema de Acotacion). Si f, g : Dom(f) ⊂ Rn → R son funciones tales que

lımx→x0

f(x) = 0 y g es acotada.

Entonces

lımx→x0

f(x)g(x) = 0.

Demostracion.

|f(x)g(x)| <ε

M· M.

�


√

x2 + y2sen

(1

x2 + y2

)

.

Solucion.

lım(x,y)7→(0,0)

√

x2 + y2 sen

(1

x2 + y2

)

= lım(x,y)7→(0,0)

tiende a 0︷︸︸︷√

x2 + y2

acotado︷︸︸︷

sen

(1

x2 + y2

)

= 0.


5x2y

x2 + y2.

Solucion.

lım(x,y)7→(0,0)

5x2y

x2 + y2= lım

(x,y)7→(0,0)

tiende a 0︷︸︸︷

5y

acotado︷︸︸︷

x2

x2 + y2

= 0.


(x2 + y2)sen

(1

xy

)

.

ξρ∫



Solucion.

lım(x,y)7→(0,0)

(x2 + y2)sen

(1

xy

)

= lım(x,y)7→(0,0)


(x2 + y2)

acotado︷︸︸︷

sen

(1

xy

)

= 0.


x3

x2 + y2.

Solucion.

lım(x,y)7→(0,0)

x3

x2 + y2= lım

(x,y)7→(0,0)

tiende a 0︷︸︸︷x

acotado︷︸︸︷

x2

x2 + y2

= 0.


(

x sen1

y+ y sen

1

x

)

.

Solucion.

lım(x,y)7→(0,0)

(

x sen1

y+ y sen

1

x

)

= lım(x,y)7→(0,0)


acotado︷︸︸︷

sen1

y+

tiende a 0︷︸︸︷y

acotado︷︸︸︷

sen1

x

= 0.


x4y

x4 + y4.

Solucion.

lım(x,y)7→(0,0)

x4y

x4 + y4= lım

(x,y)7→(0,0)

tiende a 0︷︸︸︷y

acotado︷︸︸︷

x4

x4 + y4

= 0.

Ejemplo. Calcular el siguiente lımite lım(x,y)7→(1,−2)

y(x − 1)3

(x − 1)2 + (y + 2)2.

Solucion.

ξρ∫



lım(x,y)7→(1,−2)

y(x − 1)3

(x − 1)2 + (y + 2)2= lım

(x,y)7→(0,0)


y(x − 1)

acotado︷︸︸︷

(x − 1)2

(x − 1)2 + (y + 2)2

= 0.


x3

√

x2 + y2.

Solucion.

lım(x,y)7→(0,0)

x3

√

x2 + y2= lım

(x,y)7→(0,0)


x2

acotado︷︸︸︷

x√

x2 + y2

= 0.


xy√

x2 + y2.

Solucion.

lım(x,y)7→(0,0)

xy√

x2 + y2= lım

(x,y)7→(0,0)


acotado︷︸︸︷

y√

x2 + y2

= 0.

[B7]. Inexistencia de lımites

Ejemplo. Demostrar que el siguiente lımite no existe lım(x,y)7→(0,0)

xy

x2 + y2

Solucion. El limite lım(x,y)7→(0,0)

xy

x2 + y2no existe como lo verificaremos a continuacion.

Consideremos las rectas y = mx una cada valor de m ∈ R.

lım(x,y)7→(0,0)

xy

x2 + y2= lım

x 7→0

xmx

x2 + (mx)2= lım

x 7→0

mx2

x2(1 + m2)= lım

x 7→0

m

1 + m2=

m

1 + m2.

Como el lımite depende del modo de como uno se aproxima al punto (0, 0) se concluye que el lımite no existe.


x2y

x4 + y2

Solucion. El limite lım(x,y)7→(0,0)

x2y

x4 + y2no existe como lo verificaremos a continuacion.

ξρ∫



Consideremos las rectas y = mx2 una cada valor de m ∈ R.

lım(x,y)7→(0,0)

x2y

x4 + y2= lım

x 7→0

x2mx2

x4 + (mx2)2= lım

x 7→0

x4m

x4(1 + m2)= lım

x 7→0

m

1 + m2=

m

1 + m2.

Como el lımite depende del modo de como uno se aproxima al punto (0, 0) se concluye que el lımite no existe.


xy

x2 + y2.

Solucion.

lım(x,y)7→(0,0)

xy

x2 + y2= lım

x 7→0

xmx

x2 + (mx)2remplazar

y = mx

= lımx 7→0

mx2

x2(1 + m2)

= lımx 7→0

m

1 + m2=

m

1 + m2


y2

x + y2.

Solucion.

lım(x,y)7→(0,0)

y2

x + y2= lım

y 7→0

y2

my2 + y2

remplazar

x = my2

= lımy 7→0

y2

y2(m + 1)

= lımx 7→0

1

m + 1=

1

m + 1


2x2y

x4 + y2.

Solucion.

lım(x,y)7→(0,0)

2x2y

x4 + y2= lım

x 7→0

2x2mx2

x4 + (mx2)2remplazar

y = mx2

= lımx 7→0

2mx4

x4 + m2x4

= lımx 7→0

2mx4

x4(1 + m2)

= lımx 7→0

2m

1 + m2=

2m

1 + m2

ξρ∫



Ejemplo. Demostrar que el siguiente lımite no existe lım(x,y)7→(5,−2)

7x(x − 5)

y + 2.

Solucion.

lım(x,y)7→(5,−2)

7x(x − 5)

y + 2= lım

x 7→5

7x(x − 5)

m(x − 5)

remplazar

y + 2 = m(x − 5)

= lımx 7→5

7x

m=

35

m


(x − y)2

x2 + y2.

Solucion.

lım(x,y)7→(0,0)

(x − y)2

x2 + y2= lım

x 7→0

(x − mx)2

x2 + (mx)2remplazar

y = mx

= lımx 7→0

x2(1 − m)2

x2(1 + m2)

= lımx 7→0

(1 − m)2

1 + m2=

(1 − m)2

1 + m2


x + y

x − y.

Solucion.

lım(x,y)7→(0,0)

x + y

x − y= lım

x 7→0

x + mx

x − mx

remplazar

y = mx

= lımx 7→0

x(1 + m)

x(1 − m)

= lımx 7→0

1 + m

1 − m=

1 + m

1 − m


x2 − y2

x2 + y2.

Solucion.

ξρ∫



lım(x,y)7→(0,0)

x2 − y2

x2 + y2= lım

x 7→0

x2 − (mx)2

x2 + (mx)2remplazar

y = mx

= lımx 7→0

x2(1 − m2)

x2(1 + m2)

= lımx 7→0

1 − m2

1 + m2=

1 − m2

1 + m2


x2

x2 − y2.

Solucion.

lım(x,y)7→(0,0)

x2

x2 − y2= lım

x 7→0

x2

x2 − (mx)2remplazar

y = mx

= lımx 7→0

x2

x2(1 − m2)

= lımx 7→0

1

1 − m2=

1

1 − m2


xy − x − y + 1

x2 + y2 − 2x − 2y + 2.

Solucion.

lım(x,y)7→(1,1)

xy − x − y + 1

x2 + y2 − 2x − 2y + 2= lım

(x,y)7→(1,1)

x(y − 1) − (y − 1)

x2 − 2x + 1 + y2 − 2y + 1

= lım(x,y)7→(1,1)

(y − 1)(x − 1)

(x − 1)2 + (y − 1)2remplazar

y − 1 = m(x − 1)

= lımx 7→1

m(x − 1)(x − 1)

(x − 1)2 + [m(x − 1)]2

= lımx 7→1

m(x − 1)2

(x − 1)2(1 + m2)

= lımx 7→1

m

1 + m2=

m

1 + m2

[B8]. Continuidad de funciones de varias variables

Ejemplo. Verifique que la siguiente funcion f : R2 → R es continuas en todo R

2.

ξρ∫



f(x, y) =

6x − 2y

9x2 − y2si (x, y) 6= (1, 3)

1

3si (x, y) = (1, 3)

Solucion.

lım(x,y)7→(1,3)

6x − 2y

9x2 − y2= lım

(x,y)7→(1,3)

2(3x − y)

(3x + y)(3x − y)

= lım(x,y)7→(1,3)

2

3x + y

=2

3(1) + 3=

1

3= f(1, 3)


2.

f(x, y) =

[x2 − 1

x − 1− y − 1

y2 − 1

]

si (x, y) 6= (1, 1)

3

2si (x, y) = (1, 1)

Solucion.

lım(x,y)7→(1,1)

[x2 − 1

x − 1− y − 1

y2 − 1

]

= lım(x,y)7→(1,1)

[(x − 1)(x + 1)

x − 1− y − 1

(y − 1)(y + 1)

]

= lım(x,y)7→(1,1)

[

x + 1 − 1

y + 1

]

=

[

1 + 1 − 1

1 + 1

]

= 2 − 1

2=

4 − 1

2=

3

2= f(1, 1)


2.

f(x, y) =

(x3 − 1)(y4 − 1)

(x − 1)(y2 − 1)si (x, y) 6= (1, 1)

6 si (x, y) = (1, 1)

Solucion.

ξρ∫



lım(x,y)7→(1,1)

(x3 − 1)(y4 − 1)

(x − 1)(y2 − 1)= lım

(x,y)7→(1,1)

(x − 1)(x2 + x + 1)(y2 − 1)(y2 + 1)

(x − 1)(y2 − 1)

= lım(x,y)7→(1,1)

(x2 + x + 1)(y2 + 1)

= (12 + 1 + 1)(12 + 1) = 6 = f(1, 1)


2.

f(x, y) =

x2 + y2

√

x2 + y2 + 1 − 1si (x, y) 6= (0, 0)

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

Solucion.

lım(x,y)7→(0,0)

x2 + y2

√

x2 + y2 + 1 − 1= lım

(x,y)7→(0,0)

x2 + y2

√

x2 + y2 + 1 − 1

√

x2 + y2 + 1 + 1√

x2 + y2 + 1 + 1

= lım(x,y)7→(0,0)

(x2 + y2)[√

x2 + y2 + 1 + 1]

[√

x2 + y2 + 1]2 − 12

= lım(x,y)7→(0,0)

(x2 + y2)[√

x2 + y2 + 1 + 1]

x2 + y2 + 1 − 1

= lım(x,y)7→(0,0)

(x2 + y2)[√

x2 + y2 + 1 + 1]

x2 + y2

= lım(x,y)7→(0,0)

√

x2 + y2 + 1 + 1

=√

02 + 02 + 1 + 1 = 2 = f(0, 0)


2.

f(x, y) =

x2 − y2

ex+y − 1si x > −y,

2x si x ≤ −y.

Solucion.

Como el polinomio x2 − y2 es continua en todo R2 y la funcion ex+y − 1 es continua en todo R

2, y demasex+y − 1 = 0 cuando x = −y, se tiene que si x > −y la funcion f(x, y) es continua en R

2 − {(x, y) ∈ R2 :

x = −y}. Por otro lado para x ≤ −y, se tiene que f(x, y) es 2x por tanto continua.

Falta examinar que ocurre en los puntos de al recta x = −y, es decir, tenemos que analizar la continuidaden puntos de la forma (a,−a) para todo a ∈ R.

Es facil ver que

f(a,−a) = 2a.

ξρ∫



Para el calculo de


f(x, y)

tenemos que distinguir dos regiones x > −y y x ≤ −y esto por que la funcion esta definida por pedazos.

Empecemos analizando el caso en que x > −y:


x>−y

f(x, y) = lım(x,y)7→(a,−a)

x>−y

x2 − y2

ex+y − 1

= lım(x,y)7→(a,−a)

x>−y

(x + y)(x − y)

ex+y − 1

= lım(x,y)7→(a,−a)

x>−y

(x + y)

ex+y − 1(x − y)

= lımu 7→0

u

eu − 1(a − (−a))

u = x + y

u → 0

= 2a = f(a,−a)

Por otra parte, para el caso x ≤ −y, tenemos que:


x>−y

f(x, y) = lım(x,y)7→(a,−a)

x>−y

2x = 2a = f(a,−a)

Por tanto, el lımite existe y vale 2a = f(a,−a), es decir, f es continua en esos puntos.

[B9]. Derivadas Parciales

Ejemplo. Calcular las derivadas parciales de primer orden y de orden dos de la funcion f(x, y) = ex sen y

Solucion. Sea z = ex sen y

Empezamos calculando las derivadas parciales de primer orden:

zx = ex sen y, zy = ex cos y

Seguidamente calculamos las de orden dos:

zxx = ex sen y

zyy = −ex sen y

zyx = zxy = ex cos y

Ejemplo. Hallar las derivadas parciales de la funcion f(x, y, z) = x2y cos z − z sen x cos y

Solucion. Sea z = x2y cos z − z sen x cos y, entonces

ξρ∫



zx = 2xy cos z − z cos x cos y

zy = x2 cos z + z sen x sen y

Ejemplo. Empleando las reglas de derivacion, hallar:∂f

∂x(x, y) si f(x, y) = x2 cos y + 2x tan y

Solucion.

∂f

∂x(x, y) = 2x cos y + 2 tan y


∂x(1, 0) si f(x, y) = ex2y + arctan(xy)

Solucion.

∂f

∂x(x, y) = 2xyex2y +

y

1 + (xy)2

∂f

∂x(1, 0) = 2 · 1 · 0 · e12·0 +

0

1 + (1 · 0)2 = 0.


∂x(1, 0) si

f(x, y) = x sen(x2y) + ln(x2 + y2 + 1)

Solucion.

∂f

∂x(x, y) = sen(x2y) + 2x2y sen(x2y) +

2x

x2 + y2 + 1

∂f

∂x(1, 0) = sen(12 · 0) + 2 · 12 · 0 sen(12 · 0) +

2 · 112 + 02 + 1

= 1.


∂y(0, 3) si

f(x, y) =

√

x2 + y2

exy + 1

Solucion.

∂f

∂y(x, y) =

−2y

2√

x2 + y2(exy + 1) −

√

x2 + y2 x exy

(exy + 1)2

ξρ∫



∂f

∂y(x, y) = −

y(exy + 1)√

x2 + y2−√

x2 + y2 x exy

(exy + 1)2

∂f

∂y(0, 3) = −

3(e0·3 + 1)√02 + 32

−√

02 + 32 0 · e0·3

(e0·3 + 1)2= −1

4.

Ejemplo. Si u(r, t) = ln tr + ln r

t probar que

r∂u

∂r− t

∂u

∂t= 0.

Solucion.

r∂u

∂r− t

∂u

∂t= r

1tr

(−t)

r2− t

1rt

(−r)

t2= 1 + 1 = 0

Ejemplo. Si z = xy + x ey

x , demostrar que:

x∂z

∂x+ y

∂z

∂y− 2xy = x e

y

x .

Solucion.

x∂z

∂x+ y

∂z

∂y− 2xy = x

[

y + x ey

x(−y)x2 + e

y

x

]

+ y[

x + x ey

x1x

]

− 2xy

= x[

y − yx e

y

x + ey

x

]

+ y[

x + ey

x

]

− 2xy

= xy − y ey

x + x ey

x + yx + y ey

x − 2xy = x ey

x

Ejemplo. Dada w =y2

√

x2 + y2, halle una expresion simplificada de x · wx + y · wy.

Solucion.

Derivando respecto de x tenemos:

wx =

− 2xy2

2√

x2 + y2

(√

x2 + y2)2 =

−xy2

√

x2 + y2

(√

x2 + y2)2 =

−xy2

(√

x2 + y2)3

del mismo modo derivando respecto de y obtenemos

ξρ∫



wy =

2y√

x2 + y2 − 2x2y

2√

x2 + y2

(√

x2 + y2)2 =

2y(√

x2 + y2)2

− x2y√

x2 + y2

(√

x2 + y2)2

=

2yx2 + 2y3 − x2y√

x2 + y2

(√

x2 + y2)2 =

2y3 + xy2

(√

x2 + y2)3

Reemplazando se sigue que

x · wx + y · wy = x · −xy2

(√

x2 + y2)3 + y · 2y3 + xy2

(√

x2 + y2)3 =

2y4 + xy3 − x2y2

(√

x2 + y2)3 .

Ejemplo. Dada f(x, y) = ex

y , halle una expresion simplificada de x · fx(x, y) + y · fy(x, y).

Solucion.

Derivando f(x, y) = ex

y respecto de x obtenemos:

fx(x, y) = ex

y

1

yy fy(x, y) = − e

x

y

x

y2

Por tanto

x · fx(x, y) + y · fy(x, y) = x · ex

y

1

y− y · e

x

y

x

y2=

x

y· e

x

y − x

y· e

x

y = 0.

Ejemplo. Dada z =xy

√

x2 + y2, halle una expresion simplificada de x

∂z

∂x+ y

∂z

∂y.

Solucion.

Derivando respecto de x tenemos:

∂z

∂x=

y√

x2 + y2 − 2x2y

2√

x2 + y2

(√

x2 + y2)2 =

y(√

x2 + y2)2

− x2y√

x2 + y2

(√

x2 + y2)2

=

yx2 + y3 − x2y√

x2 + y2

(√

x2 + y2)2 =

y3

(√

x2 + y2)3


ξρ∫



∂z

∂y=

x√

x2 + y2 − 2xy2

2√

x2 + y2

(√

x2 + y2)2 =

x(√

x2 + y2)2

− xy2

√

x2 + y2

(√

x2 + y2)2

=

x3 + xy2 − xy2

√

x2 + y2

(√

x2 + y2)2 =

x3

(√

x2 + y2)3


x∂z

∂x+ y

∂z

∂y= x

y3

(√

x2 + y2)3 + y

x3

(√

x2 + y2)3

=xy3 + yx3

(√

x2 + y2)3 =

xy(y2 + x2)

(x2 + y2)√

x2 + y2

Finalmente

x∂z

∂x+ y

∂z

∂y=

xy√

x2 + y2

Ejemplo. Dada z =x2

y+

y2

x, halle una expresion reducida de x

∂z

∂x+ y

∂z

∂y.

Solucion. Derivando respecto de x tenemos:

∂z

∂x= 2

x

y− y2

x2


∂z

∂y= −x2

y2+ 2

y

x


x∂z

∂x+ y

∂z

∂y= x

[

2x

y− y2

x2

]

+ y

[

−x2

y2+ 2

y

x

]

= 2x2

y− y2

x− x2

y+ 2

y2

x

=2x3 − y3 − x3 + 2y3

xy=

x3 + y3

xy

ξρ∫



(d2) Comprobar que la funcion z =2x + y

2x − yverifica la igualdad

x∂z

∂x+ y

∂z

∂y= 0.

(d3) Comprobar que la funcion z = log√

x2y + arctg(x2y) verifica la igualdad

x∂z

∂x− 2y

∂z

∂y= 0.

[B10]. La Derivada Parcial como razon de cambio

Ejemplo. Un cilindro recto tiene 4 cm. de radio y 20 cm. de altura. Hallar la razon de cambio del volumen

del cilindro respecto del radio y respecto de la altura.

Solucion. Tenemos que V = πr2h, luego: Para hallar la razon de cambio del volumen respecto del radio, r,fijamos la altura, h, y derivamos con respecto a r. A continuacion evaluamos la derivada parcial para r = 4y h = 20.

∂V

∂r= 2πrh,

evaluando en (4, 20) da∂V

∂r(4, 20) = 2π · 4 · 20 = 160πcm3/cm de r.

Por tanto, si mantenemos fija la altura e incrementamos el radio, se produce un incremento del volumen de160πcm3/cm de r, esto es, V = V (4, 20) = 320π cm3 incrementa en ∂V

∂r (4, 20) = 160π cm3 por cada cm queincrementa el radio cuando la altura esta fija en h = 20 cm.

Para hallar la razon de cambio del volumen respecto de la altura, h, fijamos el radio, r, y derivamos conrespecto a h. A continuacion evaluamos la derivada parcial para r = 4 y h = 20.

∂V

∂h= πr2,

evaluando en (4, 20) da∂V

∂h(4, 20) = π · 42 = 16πcm3/cm de h.

Por tanto,si mantenemos fijo el radio e incrementamos la altura, se produce un incremento del volumen de16πcm3/cm de h, esto es, V = V (4, 20) = 320π cm3 incrementa en ∂V

∂h (4, 20) = 16π cm3 por cada cm queincrementa la altura cuando el radio permanece constante en r = 4 cm.

Ejemplo. Se lanza un nuevo producto al mercado. El volumen de ventas V se incrementa como una

funcion del tiempo t y depende tambien de la cantidad G gastada en la campana publicitaria. Si, con tmedido en meses y G en bolivianos.

V = 200(

5 − e−0,002G)(

1 − e−t)

Calcule∂V

∂t,

∂V

∂G. Evalues estas derivadas cuando t = 1 y G = 400 e interpretelas.

ξρ∫



Solucion. Las derivadas parciales de V estan dadas por:

∂V

∂t= 200

(

5 − e−0,002G)

e−t

∂V

∂G= 200

(

− (−0,002)e−0,002G)(

1 − e−t)

= 0,4e−0,002G(

1 − e−t)

Haciendo t = 1 y G = 400 obtenemos los valores:

200(

5 − e−0,002(400))(

1 − e−1)

= 531,51

∂V

∂t= 200

(

5 − e−0,8)

e−1 = 335

∂V

∂G= 0,4e−0,8

(

1 − e−1)

= 0,11

En lo que sigue interpretamos estos dos numeros.

☞ La derivada parcial de V con respecto a t,∂V

∂t, mide la tasa de incremento instantanea en el volumen

de ventas V por cada unidad que incrementa el tiempo t cuando el gasto en publicidad G permanecefijo. En particular son equivalentes:

La derivada parcial de V con respecto a t en un punto (1, 400),∂V

∂t(1, 400) = 335, mide la tasa

de incremento instantanea del volumen de ventas V (1, 400) = 531,51 por mes cuando el gastode 400 bolivianos permanece constante.

El volumen de ventas V (1, 400) = 531,51 incrementa en una tasa instantanea de∂V

∂t(1, 400) =

335 unidades por mes cuando el gasto esta fijo en 400 bolivianos.En el instante t = 1, cuando ya se han gastado 400 bolivianos en publicidad el volumen deventas es de V (1, 400) = 531,51 unidades. Ahora bien dentro de un mes este volumen de ventas

incrementa en∂V

∂t(1, 400) = 335 unidades.

☞ La derivada parcial de V con respecto a G,∂V

∂G, mide la tasa de incremento instantanea en el

volumen de ventas V por cada unidad que incrementa el gasto G cuando el tiempo t permanece fijo.En particular son equivalentes:

La derivada parcial de V con respecto a G en un punto (1, 400),∂V

∂G(1, 400) = 0,11, mide la

tasa de incremento instantanea del volumen de ventas V (1, 400) = 531,51 por cada bolivianogastado en publicidad cuando el tiempo t = 1 permanece constante.

El volumen de ventas V (1, 400) = 531,51 incrementa en una tasa instantanea de∂V

∂G(1, 400) =

0,11 unidades por cada boliviano adicional gastado cuando el tiempo permanece fijo en t = 1.En el instante t = 1, cuando ya se han gastado 400 bolivianos en publicidad el volumen de ventases de V (1, 400) = 531,51 unidades. Ahora bien un boliviano adicional gastado en publicidad

incrementa este volumen de ventas en∂V

∂G(1, 400) = 0,11 unidades.

[J]. Derivadas parciales de ordenes superiores

Ejemplo. Dada z = 3(e−y − ey) · sen x halle una expresion reducida de zxx + zyy

Solucion.

ξρ∫




zx = 3(e−y − ey) · cos x, zy = 3(−e−y − ey) · senx

Seguidamente calculamos las de orden dos:

zxx = −3(e−y − ey) · senx

zyy = 3(e−y − ey) · sen x

Por tanto zxx + zyy = 0.

Ejemplo. Dada z = ln(x − y), muestre que las derivadas parciales mixtas de segundo orden son iguales.

Solucion.


zx =1

x − y, zy = − 1

x − y

Seguidamente calculamos las derivadas parciales mixtas de segundo orden:

zyx = − 1

(x − y)2

zyx = − 1

(x − y)2

Ejemplo. Halle las cuatro derivadas parciales de segundo orden. z = ln(x − y)

Solucion. Primero de todo hallemos las dos derivadas parciales de primer orden.

zx =1

x − y, zy = − 1

x − y

Ahora estamos en condiciones de hallar las cuatro derivadas parciales de segundo orden.

zxx = − 1

(x − y)2, zyx =

1

(x − y)2

zxy =1

(x − y)2, zyy = − 1

(x − y)2

Ejemplo. Halle las cuatro derivadas parciales de segundo orden. z =xy2

x − y2

Solucion. Empecemos hallando las dos derivadas parciales de primer orden.

zx =y2(x − y2) − xy2

(x − y2)2, zy =

y2(x − y2) − xy2(−2y)

(x − y2)2

ξρ∫



zx = − y4

(x − y2)2, zy =

xy2 − y4 + 2xy3

(x − y2)2

Ahora estamos en condiciones de hallar las cuatro derivadas parciales de segundo orden.

zxx = −2(x − y2)y4

(x − y2)4, zyx = −4y3(x − y2) − y4(−2y)

(x − y2)4

zxx = − 2y4

(x − y2)3, zyx = −4xy3 − 4y5 + 2y5

(x − y2)4

Dejamos al lector calcular zxy y zyy.

Ejemplo. Halle las cuatro derivadas parciales de segundo orden. z = arc sen(y/x).

Solucion. Las dos derivadas parciales de primer orden son dadas por:

zx =1

√

1 − (y/x)2

(

− y

x2

)

, zy =1

√

1 − (y/x)2

(1

x

)

Por este camino los calculos se hacen largos, en lugar de esto, derivemos implicitamente la ecuacion

sen z =y

x

Calculando las dos derivadas parciales de primer orden.

(cos z)zx = − y

x2, (cos z)zy =

1

x

Claramente cos z =√

1 − (y/x)2. Ahora derivando primero respecto de x la primera ecuacion tenemos:

(− sen z)zx + (cos z)zxx = 2y

x3

de donde

zxx =2 y

x3 + (sen z)zx

cos z=

2 yx3 +

(y

x

)1√

1−(y/x)2

(

− y

x2

)

√

1 − (y/x)2

Dejamos al lector calcular zyx, zxy y zyy.

Ejemplo. Demuestre que la funcion z = 12 (ey − e−y) sen x satisface la ecuacion de Laplace.

Solucion. La ecuacion de Laplace de una funcion z es

∂2z

∂x2+

∂2z

∂y2= 0.

Empecemos calculado∂z

∂x=

1

2(ey − e−y) cos x

ξρ∫



De aquı obtenemos∂2z

∂x2= −1

2(ey − e−y) sen x

Por otra parte∂z

∂y=

1

2(ey + e−y) sen x

de donde se sigue que∂2z

∂y2=

1

2(ey − e−y) sen x.

Finalmente∂2z

∂x2+

∂2z

∂y2= −1

2(ey − e−y) sen x +

1

2(ey − e−y) sen x = 0.

Ejemplo. Demuestre que la funcion z =x2

x2 + y2satisface la ecuacion de Laplace.

Solucion. Se procede como en el problema anterior.

Ejemplo. Halle una expresion simplificada de x fx(x, y) + y fy(x, y) donde f(x, y) = ey/x.

Solucion. Puesto que fx(x, y) = ey

x

(

− y

x2

)

, por otro lado fy(x, y) = ey

x

(1

x

)

.

Luego

x fx(x, y) + y fy(x, y) = x ey

x

(

− y

x2

)

+ y ey

x

(1

x

)

= −ey

x

(y

x

)

+ ey

x

(y

x

)

= 0.

Ejemplo. Dada z =y

x2 + y2, halle una expresion reducida de

∂2z

∂x2+

∂2z

∂y2.

Solucion.


zx =2x

(x2 + y2

)2 zy =2y

(x2 + y2

)2


zxx =2(x2 + y2

)2 − 2x2(x2 + y2

)2x

(x2 + y2

)4 =2(x2 + y2

)[x2 + y2 − 4x2]

(x2 + y2

)4 =2[y2 − 3x2](x2 + y2

)3

zyy =2(x2 + y2

)2 − 2y2(x2 + y2

)2y

(x2 + y2

)4 =2(x2 + y2

)[x2 + y2 − 4y2]

(x2 + y2

)4 =2[x2 − 3y2](x2 + y2

)3

Por tanto

zxx + zyy =2[y2 − 3x2](x2 + y2

)3 +2[x2 − 3y2](x2 + y2

)3 =2[y2 − 3x2 + x2 − 3y2]

(x2 + y2

)3

=2[−2x2 − 2y2](x2 + y2

)3 =−4[x2 + y2](x2 + y2

)3 =−4

(x2 + y2

)2 .

ξρ∫



Ejemplo. Dada z = ex sen y + ey cos x, halle una expresion reducida de∂2z

∂x2+

∂2z

∂y2.

Solucion.


zx = ex sen y − ey sen x, zy = ex cos y + ey cos x


zxx = ex sen y − ey cos x

zyy = −ex sen y + ey cos x

Por tantozxx + zyy = ex sen y − ey cos x − ex sen y + ey cos x = 0

Ejemplo. Mostrar que la funcion f(x, y) = 2(ex − e−x) cos y satisface la ecuacion de fxx + fyy = 0.

Solucion. Sea z = 2(ex − e−x) cos y. Empezamos calculando las derivadas parciales de primer orden:

zx = 2(ex + e−x) cos y, zy = −2(ex − e−x) sen y


zxx = 2(ex − e−x) cos y = 2ex cos y − 2e−x cos y

zyy = −2(ex − e−x) cos y = −2ex cos y + 2e−x cos y

Por tantozxx + zyy = 2ex cos y − 2e−x cos y − 2ex cos y + 2e−x cos y = 0

Ejemplo. Dada z = ln(x + 2y), halle una expresion reducida de zyy − 4zxx = 0.

Solucion.


zx =1

x + 2y, zy =

2

x + 2y


zxx =1

(x + 2y)2zyy =

4

(x + 2y)2

Por tanto

zyy − 4zxx =4

(x + 2y)2− 4

1

(x + 2y)2= 0

1. Si z = ex ln y + sen y ln x encontrar zxx, zxy.2. Si z = x2 ln(x + y) encontrar zxx, zxy.

3. Si z = (x2 + y2 + z2)1/2 demostrar uxx + uyy + uzz = 0.

ξρ∫



[B11]. La diferencial (total) de una funcion

Ejemplo. Hallar el diferencial total de z = 2x sen y − 3x2y2.

Solucion. El diferencial total de z = 2x sen y − 3x2y2 es

dz =∂z

∂xdx +

∂z

∂ydy = (2 sen y − 6xy2)dx + (2x cos y − 6x2y)dy

Ejemplo. Hallar el diferencial total de w = x2 + y2 + z2.

Solucion. El diferencial total de w = x2 + y2 + z2 es

dw =∂w

∂xdx +

∂w

∂ydy +

∂w

∂zdz = 2xdx + 2ydy + 2zdz.

Ejemplo. El error producido al medir cada una de las dimensiones de una caja rectangular es ±0,1

milımetros. Las dimensiones de la caja son x = 50 centımetros, y = 20 centımetros y z = 15 centımetros.Utilice dV para calcular el error propagado y el error relativo en el volumen calculado de la caja.

Solucion.

El volumen de la caja viene dado por V = xyz:

dV =∂V

∂xdx +

∂V

∂ydy +

∂V

∂zdz = yzdx + xzdy + xydz.

Utilizando 0,1 milımetros = 0,01 centımetros, se tiene

dx = dy = dz = ±0,01

y el error propagado es aproximadamente igual a:

dV = (20)(15)(±0,01) + (50)(15)(±0,01) + (50)(20)(±0,01)

= 300(±0,01) + 750(±0,01) + 1000(±0,01) = 2050(±0,01) = ±20,5

centımetros cubicos.

Como el Volumen medido es: V = (50)(20)(15) = 15000 centimetros cubicos, el error relativo ∆VV es aproxi-

madamente:

∆V

V=

dV

V=

20,5

15000≈ 0,14%

Ejemplo. El radio de la base y la altura de un cono circular recto miden 10 cm. y 25 cm., respectivamente,

con un posible error en la medicion de 0.1 cm., cuando mucho. Utilice diferenciales para estimar el errormaximo en el volumen del cono.

Solucion. El volumen de un cono es V = 13πr2h, con lo cual la diferencial total es:

dV =∂V

∂rdr +

∂V

∂hdh =

2

3πrh dr +

1

3πr2 dh

ξρ∫



Puesto que los errores son, cuando mucho, del orden de 0.1 cm., tenemos que |∆x| ≤ 0,1 y |∆y| ≤ 0,1.Para estimar el maximo error en el volumen, tomamos el maximo error en las medidas de r y H. Por tanto,dr = 0,1 y dh = 0,1, junto con r = 10, h = 25,

dV =2

3π(10)(25) (0,1) +

1

3π(10)2 (0, 1) =

500π

3(0,1) +

100π

3(0,1) = 20π.

De esta forma el maximo error en el volumen es de aproximadamente 20π cm≈ 63 cm. Para que una funcionde varias variables sea derivable en un punto (a, b) no basta con que las derivadas parciales existan, esto nosdice que la derivabilidad de una funcion de varias variables es mas compleja que la de una variable.

Ejemplo. Dada la funcion z = f(x, y) =√

4 − x2 − y2, usar la diferencial total de z para calcular el valor

aproximado de f(1,01, 0,97).

Solucion. En primer lugar buscamos un punto proximo a (1,01, 0,97) donde sea facil evaluar la funcion ysus derivadas parciales; en nuestro caso, tomaremos el punto (x0, y0) = (1, 1).

Las derivadas parciales de f,∂f

∂x= − x

√

4 − x2 − y2

y∂f

∂y= − y

√

4 − x2 − y2,

son continuas en (1, 1) y por tanto f es diferenciable en dicho punto, lo que nos garantiza que

∆z = f(1 + ∆x, 1 + ∆y) − f(1, 1) ≈ ∂f

∂x(1, 1) dx +

∂f

∂y(1, 1) dy

siendo ∆x = 1.01 − 1 = 0.01 y ∆y = 0.97 − 1 = −0.03. Luego

f(1.01, 0.97) − f(1, 1) ≈ − 1√2

(0.01) − 1√2

(−0.03)

de donde

f(1.01, 0.97) ≈√

2 −√

2

2(0.01) −

√2

2(−0.03)

f(1.01, 0.97) ≈√

2

[

1 − 0.01

2+

0.03

2

]

=√

2(0.01) ≈ 1.4283

Ejemplo. Utilizar el diferencial dz para aproximar el cambio en z =√

4 − x2 − y2 cuando (x, y) se

desplaza del punto (1, 1) al punto (1.01, 0.97). Comparar esta aproximacion con el cambio exacto en z.

Solucion.

Ya que el punto inicial dado es (1, 1) y el incremento se da al punto (1.01, 0.97), esto quiere decir que de (x, y)a (x + ∆x, y + ∆y) se obtiene que ∆x = 0.01, ∆y = −0.03, por lo tanto el cambio en z puede aproximarsemediante:

∆z ≈ dz =∂z

∂xdx +

∂z

∂ydy =

−x√

4 − x2 − y2∆x +

−y√

4 − x2 − y2∆y

cuando x = 1, e y = 1

ξρ∫



∆z ≈ 1√2

(0.01) − 1√2

(−0.03) =0.02√

2=

√2(0.01) ≈ 0.0141

Por otro lado el cambio exacto corresponde a la diferencia entre las alturas de los dos puntos sobre lasuperficie de un hemisferio de la curva dada. Esta diferencia esta dada por:

∆z ≈ f(1.01,−0.97) − f(1, 1) =√

4 − (0.01)2 − (0.97)2 −√

4 − 12 − 12 ≈ 0.0137

Ejemplo. Use diferenciales para un valor aproximado de:√

(2.01)2 + (1.98)2 + (1.05)2

Solucion. Consideremos la funcion f(z, y, z) =√

x2 + y2 + z2 y como punto en el que conocemos el valor

de la funcion es: f(2, 2, 1) =√

22 + 22 + 12 = 3. De la misma manera los incrementos: dx = ∆x = 0.01,dy = ∆y = −0.03, dz = ∆z = 0.05, ademas:

La diferencial de f se calcula;

dw =∂w

∂xdx +

∂w

∂ydy +

∂w

∂zdz

=x

√

x2 + y2 + z2dx +

y√

x2 + y2 + z2dy +

z√

x2 + y2 + z2dz

cuando (x, y, z) = (2, 2, 1), dx = ∆x = 0.01, dy = ∆y = −0.03, dz = ∆z = 0.05.

dw =2

3(0.01) − 2

3(0.03) +

1

3(0.05) =

1

3(0.01)

entonces podemos escribir que el calculo aproximado es:√

(2.01)2 + (1.98)2 + (1.05)2 = 0.0033.

Ejemplo. Use diferenciales para calcular un valor aproximado para√

3(1.95)3 + (5.1)2

Solucion. Consideremos la funcion f(z, y) =√

3x3 + y2 y observe que podemos calcular con facilidadf(2, 5) = 7. La diferencial de f se calcula;

df =∂f

∂xdx +

∂f

∂ydy

=3x2

√

3x3 + y2dx +

y√

3x3 + y2dy

Por lo tanto, tomando x = 2 y y = 5, dx = ∆x = −0.05, dy = ∆y = 0.1,

df =3(2)2

√

3(2)3 + 52(−0.05) +

5√

3(2)3 + 52(0.1)

=12

7(−0.05) +

5

7(0.1) = 6.98571

entonces podemos escribir que el calculo aproximado es:√

3(1.95)2 + (5.1)2 = 6.98571

ξρ∫



Ejemplo. Los costos de una empresa se relacionan con la produccion de dos artıculos x y y. La relacion

funcional es C(x, y) = x2 − 0.5xy + y2

(a) Calcule el costo adicional de un incremento ligero de la produccion de x(a) Estime los incrementos de los costos, si inicialmente son x = 100, y = 60 y ∆x = 3.

Solucion.

(a) El costo adicional de una incremento ligero de la produccion de x lo da la diferencial parcial (??),esto es,

∂C(x, y) =∂C

∂x(x, y) dx = (2x − 0.5y) dx

(a) Los costos de los incrementos payores se puede estimar aproximadamente multiplicando la derivadaparcial con respecto a x por el cambio de x, esto es,

∆C(x, y) ≈ ∂C

∂x(x, y) dx = (2x − 0.5y)∆x

Si inicialmente son x = 100, y = 60 y ∆x = 3,

∆C(x, y) ≈ [2(100) − 0.5(60)] (3) = 510.

Ejemplo. Usando L unidades de mano de obra y K unidades de capital, una empresa que puede pro-

ducir P = f(L,K), la empresa no conoce la forma precisa de esta produccion, pero dispone de la siguienteinformacion:

1. Cuando L = 40 y K = 20, P = 250002. Si L = 64 y K = 20, las productividades marginales de la mano de obra y del capital son PL = 270

y PK = 350.

La empresa contempla una expansion de su planta que cambiara L a 69 y K a 24. Encuentre el incrementoaproximado en la produccion que se obtendrıa.

Solucion.

Ya que el punto inicial dado es (40, 20) y el incremento se da al punto (69, 24), esto quiere decir que de (L,K)a (L + ∆L,K + ∆K) se obtiene que ∆L = 29, ∆K = 4, por lo tanto el cambio en P puede aproximarsemediante:

∆P ≈ dP =∂P

∂LdL +

∂P

∂KdK = PL ∆L + PK ∆K

cuando L = 64 y K = 20 el incremento aproximado en la produccion es

∆P ≈ (270)(29) + (350)(4) = 9230.

Por tanto, la nueva produccion es:

P = f(69, 24) = f(40, 20) + ∆P ≈ 25000 + 9230 = 34230.

Ejemplo. La funcion de produccion de una empresa esta dada por P (L,K) = 9L2/3K1/3, en donde P

representa la produccion total cuando se emplean L unidades de mano de obra y K unidades de capital.Aproxime la produccion total cuando L = 1003, K = 28, dL = ∆L = 5, dK = ∆K = 2.

Solucion.

ξρ∫



Las productividades marginales son

∂P

∂L= 9

2

3L

23−1K

13 = 6

(K

L

) 13

= 6

(28

1003

) 13

= 1.82

∂P

∂K= 9

1

3L

23 K

13−1 = 3

(L

K

) 23

= 3

(1003

28

) 23

= 32.59

Por lo tanto el cambio en P puede aproximarse mediante:

∆P ≈ dP =∂P

∂LdL +

∂P

∂KdK = (1.82)(5) + (32.59)(2) = 74.28

Ejemplo. Hallar las diferenciales totales de

(1) f(x, y) = ln(y +√

x2 + y2) (2) f(x, y, z) = (xy)z

(3) f(x, y) = 2x3 − 4xy2 + 3y2 (4) f(x, y) = ln(x2 + y2 + z2)1/2

Ejemplo. Hallar df(2,−1, 3) si f(x, y, z) = x2 − 2y2 + z2 − xz siendo dx = 0,01, dy = 0,02, dz = 0,03.

[B12]. Regla de la Cadena

Solucion. Por una aplicacion directa de la regla de la cadena tenemos

dz

dt=

∂z

∂x

dx

dt+

∂z

∂y

dy

dt

dz

dt= 3x2(et sen t + et cos t) + 3y2(et cos t − et sen t).

Ejemplo Sabiendo que w = f(x, y) tal que x = u − v, y = v − u. Halle una expresion simplificada de

∂w

∂u+

∂w

∂v.


∂w

∂u=

∂w

∂x

∂x

∂u+

∂w

∂y

∂y

∂u=

∂w

∂x− ∂w

∂y

y

∂w

∂v=

∂w

∂x

∂x

∂v+

∂w

∂y

∂y

∂v= − ∂w

∂x+

∂w

∂y

Por tanto∂w

∂u+

∂w

∂v= 0

Ejemplo Sea z = f(x, y), siendo x = r cos θ, y = r sen θ. Demostrar que zx = zr cos θ − zθsen θ

r .

ξρ∫




∂z

∂r=

∂z

∂x

∂x

∂r+

∂z

∂y

∂y

∂r=

∂z

∂xcos θ +

∂z

∂ysen θ

zr = zx cos θ + zy sen θ

Por otro lado

∂z

∂θ=

∂z

∂x

∂x

∂θ+

∂z

∂y

∂y

∂θ= −r

∂z

∂xsen θ + r

∂z

∂ycos θ

zθ = −r zx sen θ + r zy cos θ = −r (zx sen θ − zy cos θ)

Por lo tanto

zr cos θ − zθsen θ

r= zx cos2 θ + zy sen θ cos θ + r (zx sen θ − zy cos θ)

sen θ

r

zr cos θ − zθsen θ

r= zx cos2 θ + zy sen θ cos θ + zx sen2 θ − zy cos θ sen θ = zx.

Ejemplo. Sea Dada z = f(x, y), tal que x = v−3u y y = 3u−v por la regla de la cadena halle:∂z

∂u+3

∂z

∂v.

Solucion.

Puesto que

∂x

∂u= −3

∂y

∂u= 3

∂x

∂v= 1

∂y

∂v= −1

Ahora bien, aplicando la regla de la cadena tenemos

∂z

∂u=

∂z

∂x

∂x

∂u+

∂z

∂y

∂y

∂u= −3

∂z

∂x+ 3

∂z

∂y

∂z

∂v=

∂z

∂x

∂x

∂v+

∂z

∂y

∂y

∂v=

∂z

∂x− ∂z

∂y

Por tanto∂z

∂u+ 3

∂z

∂v= −3

∂z

∂x+ 3

∂z

∂y+ 3

∂z

∂x− 3

∂z

∂y= 0.

Ejemplo. Sea Dada z = ln(√

x2 + y2), tal que x = r sen θ y y = r cos θ por la regla de la cadena halle:

∂z

∂ry

∂z

∂θ.

Solucion.

Puesto que

ξρ∫



∂z

∂x=

1√

x2 + y2· 2x

2√

x2 + y2=

x

x2 + y2

∂z

∂y=

1√

x2 + y2· 2y

2√

x2 + y2=

y

x2 + y2

∂x

∂r= sen θ

∂y

∂r= cos θ

∂x

∂θ= r cos θ

∂y

∂θ= −r sen θ

Ahora bien, aplicando la regla de la cadena tenemos

∂z

∂r=

∂z

∂x

∂x

∂r+

∂z

∂y

∂y

∂r=

x

x2 + y2sen θ +

y

x2 + y2cos θ

∂z

∂θ=

∂z

∂x

∂x

∂θ+

∂z

∂y

∂y

∂θ=

x

x2 + y2r cos θ − y

x2 + y2r sen θ

Ejemplo. Sea z = cos(xy)+ey−1cosx, donde x = u2+v, y = u−v2. Calcular∂z

∂uen el punto (u, v) = (1, 1).

Solucion. Aplicando la regla de la cadena tenemos

∂z

∂u=

∂z

∂x

∂x

∂u+

∂z

∂y

∂y

∂u

= [−y sen(xy) − ey−1 sen x]2u + [−x sen(xy) + ey−1 cos x]

Ahora cuando (u, v) = (1, 1), u = 1, v = 1, entonces x = 12 + 1 = 2, y = 1 − 12 = 0. Ası (x, y) = (2, 0), portanto

∂z

∂u(1, 1) = [−y sen(xy) − ey−1 senx]2u + [−x sen(xy) + ey−1 cos x]

= [−0 sen(2 · 0) − e0−1 sen 2]2 · 1 + [−2 sen(2 · 0) + e0−1 cos 2]

= −2e−1 sen 2 + e−1 cos 2

Ejemplo. Sea u = (x + y)4 + y2(z + x)3, donde x = rse−t, y = rs log(1 + t2), z = r2s cos t. Calcular∂u

∂scuando r = 2, s = 1 y t = 0.

Solucion. Aplicando la regla de la cadena tenemos:

∂u

∂s=

∂u

∂x

∂x

∂s+

∂u

∂y

∂y

∂s+

∂u

∂z

∂z

∂s

= [4(x + y)3 + 3y2(z + x)2] r e−t +

[4(x + y)3 + 2y(z + x)3] r log(1 + t2) + 3y2(z + x)2 r2 cos t

ξρ∫



Ahora cuando r = 2, s = 1 y t = 0, se tiene

x = rse−t = 2 · 1e−0 = 2

y = rs log(1 + t2) = 2 · 1 log(1 + 02) = 0

z = r2s cos t = 22 · 1 cos 0 = 4

Por tanto∂u

∂s(2, 1, 0) = [4(2 + 0)3 + 3 · 02(4 + 2)2] 2 e−0 +

[4(2 + 0)3 + 2 · 0(0 + 2)3] 2 log(1 + 02) + 3 · 02(0 + 2)2 22 cos 0

= 64

Ejemplo. Sea u = x4y + y2z3 + ϕ(

xy

), donde x = 1 + r s et, y = r s2 e−t, z = r2 s sen t. Calcular

∂u

∂scuando r = 2, s = 1 y t = 0 sabiendo que ϕ ′(3

2

)= −1.

Solucion.

Aplicando la regla de la cadena tenemos:

∂u

∂s=

∂u

∂x

∂x

∂r+

∂u

∂y

∂y

∂s+

∂u

∂z

∂z

∂t

=[

4x3y + 1yϕ ′(x

y

)]

set +[

x4 + 2yz3 − xy2 ϕ ′(x

y

)]

2 r s e−t + 3y2z2 r2 s cos t

Ahora cuando r = 2, s = 1 y t = 0, entonces

x = 1 + r s et = 1 + 2 · 1 e0 = 3

y = r s2 e−t = 2 · 12 e−0 = 2

z = r2 s sen t = 22 · 1 sen 0 = 4

por tanto

∂u

∂s(2, 1, 0) =

[

4 · 33 · 2 + 12ϕ ′(3

2

)]

1e0 +[

34 + 2 · 2 · 43 − 322 ϕ ′(3

2

)]

2 · 2 · 1 · e−0 +

3 · 22 · 42 · 22 · 1 cos 0

=[

216 + 12(−1)

]

+[

81 + 256 − 34(−1)

]

4 + 768

=[

216 − 12

]

+[

337 + 34

]

4 + 768

= 4312 +

[

1348 + 3]

+ 768

Ejemplo. Sea z = f(x, y), donde x = s4 + r4, y = 2rs2. Calcular∂z

∂x(2, 2) y

∂z

∂y(2, 2) sabiendo que

∂z

∂r(1, 1) = −2 y

∂z

∂s(1, 1) = 3.

Solucion.

ξρ∫



Aplicando la regla de la cadena tenemos

∂z

∂r=

∂z

∂x

∂x

∂r+

∂z

∂y

∂y

∂r

∂z

∂s=

∂z

∂x

∂x

∂s+

∂z

∂y

∂y

∂s

(4)

Ahora cuando r = 1, s = 1, entonces

x = s4 + r4 = 14 + 14 = 2

y = 2rs2 = 2 · 1 · 12 = 2

Ademas∂x

∂r= 4r3 ∂x

∂s= 4s3

∂y

∂r= 2s2 ∂y

∂s= 4rs

Evaluando en el sistema (4),

∂z

∂x(2, 2)

∂x

∂r(1, 1) +

∂z

∂y(2, 2)

∂y

∂r(1, 1) =

∂z

∂r(1, 1)

∂z

∂x(2, 2)

∂x

∂s(1, 1) +

∂z

∂y(2, 2)

∂y

∂s(1, 1) =

∂z

∂s(1, 1)

Sean a =∂z

∂x(2, 2) y b =

∂z

∂y(2, 2), reemplazando los datos tenemos:

a · 4 + b · 2 = −2

a · 4 + b · 4 = 3

Por tanto b = 5/2, a = −3/4.

Ejemplo. Pruebe que la funcion F (x, y) = f

(y

x2 − y2

)

, donde f es una funcion real derivable, verifique

la igualdad1

x2 + y2

∂F

∂y+

1

2xy

∂F

∂x= 0.

Solucion. Seaz =

y

x2 − y2


∂F

∂x=

df

dz

∂z

∂x=

df

dz

−2xy

(x2 − y2)2

∂F

∂y=

df

dz

∂z

∂y=

df

dz

(x2 − y2) − y(−2y)

(x2 − y2)2=

df

dz

x2 + y2

(x2 − y2)2

ξρ∫



Por tanto1

x2 + y2

∂F

∂y+

1

2xy

∂F

∂x=

1

x2 + y2

x2 + y2

(x2 − y2)2+

1

2xy

−2xy

(x2 − y2)2= 0.

Ejemplo. Sea Sea u = f(x, y), donde x = es cos t y y = es sen t. Justifique que

∂2u

∂x2+

∂2u

∂y2= e−2s

(∂2u

∂s2+

∂2u

∂t2

)

.

Solucion.


∂u

∂s=

∂u

∂x

∂x

∂s+

∂u

∂y

∂y

∂s=

∂u

∂xes cos t +

∂u

∂yes sen t

∂u

∂t=

∂u

∂x

∂x

∂t+

∂u

∂y

∂y

∂t= −∂u

∂xes sen t +

∂u

∂yes cos t

Derivando nuevamente tenemos:

∂2u

∂s2=

∂2u

∂2x

∂x

∂ses cos t +

∂u

∂xes cos t +

∂2u

∂2y

∂y

∂ses sen t +

∂u

∂yes sen t

∂2u

∂2t= −∂2u

∂2x

∂x

∂tes sen t − ∂u

∂xes cos t +

∂2u

∂2y

∂y

∂tes cos t − ∂u

∂yes sen t

De donde

∂2u

∂s2=

∂2u

∂2xes cos t es cos t +

∂u

∂xes cos t +

∂2u

∂2yes sen t es sen t +

∂u

∂yes sen t

∂2u

∂2t=

∂2u

∂2xes sen t es sen t − ∂u

∂xes cos t +

∂2u

∂2yes cos t es cos t − ∂u

∂yes sen t

Sumando estas dos ecuaciones tenemos

∂2u

∂s2+

∂2u

∂2t=

∂2u

∂2xe2s[cos2 t + sen2 t] +

∂2u

∂2ye2s[cos2 t + sen2 t]

Finalmente∂2u

∂s2+

∂2u

∂2t= e2s

[∂2u

∂2x+

∂2u

∂2y

]

[B13]. Derivacion Implıcita

Ejemplo. Dada y2 + 2xy + z2 = 2y + 1, por derivacion implıcita halle: zx, zy, zyx

Solucion.

ξρ∫



Sea

y2 + 2xy + z2 = 2y + 1 (5)

Para hallar zx, derivemos (5) respecto de x, haciendo esto obtenemos

2y + 2zzx = 0 (6)

de donde

zx = −y

z.

Para hallar zy, derivemos (5) respecto de y, haciendo esto obtenemos

2y + 2x + 2zzy = 2

de donde

zy =1 − y − x

z.

Para hallar zyx, de la ecuacion (6) se obtiene y + zzx = 0, derivando respecto de y esta ecuacion nos da

1 + zzyx + zyzx = 0

de aquı se sigue que

zyx = −zyzx + 1

z= −−1−y−x

zyz + 1

z= −

(x+y−1)yz2 + 1

z= −(x + y − 1)y + z2

z3.

Ejemplo. Dada z = ex sen(y + z), por derivacion implıcita halle:∂z

∂xy

∂z

∂y.

Solucion.

Sea

z = ex sen(y + z) (7)


zx = ex sen(y + z) + ex cos(y + z) · zx

transponiendo terminos,

zx(1 − ex cos(y + z)) = ex sen(y + z)

de donde∂z

∂x=

ex sen(y + z)

1 − ex cos(y + z).

Para hallar zy, derivemos (7) respecto de y, haciendo esto obtenemos

zy = ex cos(y + z) · (1 + zy)

transponiendo terminos,

zy

(

1 − ex cos(y + z))

= ex cos(y + z)

de donde∂z

∂y=

ex cos(y + z)

1 − ex cos(y + z).

Ejemplo. Dada eyz + x ln y = 8 − xyz2, por derivacion implıcita halle:∂z

∂x.

Solucion.

ξρ∫



Seaeyz + x ln y = 8 − xyz2 (8)

Para hallar ∂z∂x , derivemos (8) respecto de x, haciendo esto obtenemos

eyzyzx = −2xyzzx

transponiendo terminos,zx[eyzy + 2xyz] = 0

de donde∂z

∂x= 0.

Ejemplo. Dada x2z + y ln x = 8 − z2, por derivacion implıcita halle:∂z

∂y.

Solucion.

Seax2z + y ln x = 8 − z2 (9)

Para hallar ∂z∂y , derivemos (9) respecto de y, haciendo esto obtenemos

x2zy + ln x = −2zzy

transponiendo terminos,zy[x

2 + 2z] = − lnx

de donde∂z

∂y= − ln x

x2 + 2z.

Ejemplo. Dada y2z + z3 = x2y2 + 3xz + 5, por derivacion implıcita halle: zx y zy.

Solucion.

Seay2z + z3 = x2y2 + 3xz + 5 (10)


y2zx + 3z2zx = 2xy2 + 3xzx + 3z

transponiendo terminos,zx[y2 + 3z2 − 3x] = 2xy2 + 3z

de donde

zx =2xy2 + 3z

y2 + 3z2 − 3x.

Procediendo del mismo modo hallamos zy.

Ejemplo Halle las primeras derivadas de z por derivacion implicita, donde exz + xyz = 4.

Solucion. Derivando implicitamente tenemos

exz(z + xzx) + xyzx + yzx = 0, zx(x + xy + y) = −exzz

por tanto

zx = − exzz

x + xy + y

ξρ∫



[B14]. Vector gradiente

Ejemplo. Halle el gradiente de f(x, y) = y ln x + xy2 en el punto (1, 2)

Solucion. Usando la definicion tenemos que:

fx(x, y) =y

x+ y2 fx(x, y) = ln x + 2xy;

de esta manera tenemos que;

∇f(x, y) =(y

x+ y2, ln x + 2xy

)

,

evaluando ∇f en el punto (1, 2) se obtiene:

∇f(1, 2) =(2

1+ 22, ln 1 + 2 · 1 · 2

)

= (6, 4).

Del ultimo ejemplo se observa que el gradiente de una funcion es un vector que muestra la direccion decambio en un punto dado. Si hallamos el modulo a este vector tendremos la razon de cambio en ese punto.

||∇f(1, 2)|| = ||(6, 4)|| =√

62 + 42 = 7.21

Por otro lado si a ese vector lo multiplicamos punto por un vector unitario tendremos un escalar que esnumericamente igual a la derivada direccional en la direccion de ese vector unitario. Esto quiere decir que:

∂f

∂u(1, 2) = < ∇f(1, 2), u >

Ejemplo. Calcule la derivada direccional de f(x, y) = 3x2 − 2y2 en el punto P (−3/4, 0), en la direccion

de P (−3/4, 0) a Q(0, 1) usando la forma alternativa del gradiente.

Solucion.

Primero busquemos el vector de direccion dado a traves de los dos puntos:

v =−−→PQ = Q − P = (0, 1) − (−3/4, 0) = (3/4, 1). ||v|| =

√

(3/4)2 + 1 = 5/4.

Ahora buscamos el vector unitario en esa direccion:

u =v

||v|| =(3

5,−4

5

)

por otro lado planteamos primero el gradiente:

∇f(x, y) =(

6x,−4y)

,

pero en el punto (−3/4, 0), el gradiente es:

∇f(−3/4, 0) =(

− 9/2, 0)

,

De esta manera la forma alternativa para hallar la derivada direccional por medio del gradiente es igual a:

∂f

∂u(−3/4, 0) = < ∇f(−3/4, 0), u > =

⟨(

− 9

2, 0)

,(3

5,−4

5

)⟩

= −27

10

Ejemplo. Calcule la derivada direccional de f(x, y) = x3 − 3xy + 4y2 en la direccion del vector unitario

u dado por θ = π6 en el punto P (1, 2)

ξρ∫



Solucion. Primero encontremos el vector unitario

u = (cos 30o, sen 30o) =(1

2,

√3

2

)

por otro lado las derivadas parciales:

fx(x, y) = 3x2 − 3y fy(x, y) = −3x + 8y,

de esta manera se obtiene que;

∇f(x, y) =(

3x2 − 3y,−3x + 8y)

,

evaluando en el punto (1, 2):

∇f(1, 2) =(

− 6, 12)

,

luego la derivada direccional por medio del gradiente es igual a:

∂f

∂u(1, 2) = < ∇f(1, 2), u > =

⟨(

− 6,−12)

,(1

2,

√3

2

)⟩

=48√29

Ejemplo. Hallar el gradiente ∇f(x, y, z) para la funcion dada: f(x, y, z) = x2+y2−4z y hallar la direccion

de maximo incremento de f en el punto (2,−1, 1).

Solucion. El vector gradiente esta dado por:

∇f(x, y, z) =(

fx(x, y, z), fy(x, y, z), fz(x, y, z))

= (2x, 2y,−4)

por lo tanto la direccion de maximo crecimiento en el punto (2,−1, 1) es:

∇f(2,−1, 1) = (2, 2,−4).

Ejemplo. Suponga que la temperatura en un punto (x, y, z) en el espacio esta dado por:

T (x, y, z) =80

1 + x2 + 2y2 + 3z2

donde T esta medida en grados centıgrados y “x”, “y” e “z” en metros. En que direccion aumenta masrapido la temperatura respecto al punto (1, 1,−2). ¿Cual es la maxima tasa de incremento?

Solucion. No es difıcil establecer que

∇T (x, y, z) =

(

− 160x

(1 + x2 + 2y2 + 3z2)2,− 320y

(1 + x2 + 2y2 + 3z2)2,− 420z

(1 + x2 + 2y2 + 3z2)2

)

Evaluando en el punto P (1, 1,−2) se tiene:

∇T (1, 1,−2) =(

− 5

8,5

4,−15

4

)

=5

8

(

− 1, 2,−6)

por tanto respecto a P (1, 1,−2) la temperatura se incrementa con mayor rapidez en la direccion del vectorgradiente v = (−1, 2,−6). La maxima tasa de incremento es la longitud del vector gradiente:

||∇T (1, 1,−2)|| =5

8||(

− 1, 2,−6)

|| =5√

41

8

Nota. Si buscaremos el mınimo valor tendrıamos que calcular −||∇f(p)|| y ocurre cuando tiene la direccionopuesta al gradiente ∇f(p).

ξρ∫



Ejemplo. Considere una placa rectangular. La temperatura en el punto (x, y) de la placa esta dada por:

T (x, y) = 5 + 2x2 + y2 determine la direccion en la que se debe mover un insecto que esta en el punto (4, 2)para que se enfrıe lo mas rapido posible.

Solucion. Puesto que ∇f(x, y) = (−4x,−2y), entonces ∇f(4, 2) = (−16,−4) o sea que se debe ir en ladireccion del vector v = (−16,−4).

Ejemplo. Hallar la direccion de maximo incremento. La temperatura en grados Celsius en la superficie

de una placa metalica en T (x, y) = 20− 4x2 − y2 donde x y y se miden en centımetros. ¿En que direccion apartir de (2,−3) aumenta mas rapido la temperatura?. ¿Cual es la tasa o ritmo de crecimiento?.

Solucion. El gradiente es∇T (x, y) = (−8x,−2y).

Se sigue que la direccion de maximo incremento esta dada por

∇T (2,−3) = (−16,+6)

y la tasa o el ritmo de incremento es

||∇T (2,−3)|| =√

256 + 36 =√

292 ≈ 17.09o por centımetro.

La solucion de este ejemplo puede entenderse erroneamente. Aunque el gradiente apunta en la direccion demaximo incremento de la temperatura, no necesariamente apunta hacia el punto mas caliente de la placa.En otras palabras, el gradiente proporciona una solucion local para encontrar un incremento relativo de latemperatura en el punto (2,−3). Una vez que se abandona esa posicion la direccion de maximo incrementopude cambiar.

[B15]. Plano tangente y Recta Normal

Ejemplo. Hallar una ecuacion del plano tangente al hiperboloide z2−2x2−2y2 = 12 en el punto (1,−1, 4).

Solucion. Se comienza por expresar la ecuacion de la superficie como

z2 − 2x2 − 2y2 − 12 = 0.

Despues, considerandof(x, y, z) = z2 − 2x2 − 2y2 − 12

se tienefx(x, y, z) = −4x fy(x, y, z) = −4y y fz(x, y, z) = 2z.

En el punto (1,−1, 4) las derivadas parciales son

fx(1,−1, 4) = −4 fy(1,−1, 4) = 4 y fz(1,−1, 4) = 8.

Por tanto la ecuacion del plano tangente en (1,−1, 4) es

(x, y, z) · ∇f(1,−1, 4) = (1,−1, 4) · ∇f(1,−1, 4)

(x, y, z) · (−4, 4, 8) = (1,−1, 4) · (−4, 4, 8)

−4x + 4y + 8z = −4 − 4 + 32 = 24

−x + y + 2z = 6

Ejemplo. Hallar las ecuaciones del plano tangente y de la recta normal al hiperboloide: F (x, y, z) =

z2 − 2x2 + 2y2 − 12 en el punto (1,−1, 4).

ξρ∫



Solucion. Primero expresemos la funcion como una ecuacion igual a cero: z2 − 2x2 + 2y2 − 12 = 0, luegoencontramos las derivadas parciales de la ecuacion del plano

Fx(x, y, z) = −4x, Fy(x, y, z) = −4y, Fz(x, y, z) = 2z,

en el punto dado:

Fx(1,−1, 4) = −4, Fy(1,−1, 4) = 4, Fz(1,−1, 4) = 8,

de esta manera la ecuacion del plano tangente en el punto (1,−1, 4) es:

−4(x − 1) + 4(y + 1) + 8(z − 4) = 0

−4x + 4 + 4y + 4 + 8z − 32 = 0

−4x + 4y + 8z − 24 = 0

x − y − 2z + 6 = 0.

La ecuacion de la recta normal a la superficie z2 − 2x2 + 2y2 − 12 = 0 en el punto (1,−1, 4) viene definidapor las ecuaciones:

x − 1

−4=

y + 1

4=

z − 4

8.

Ejemplo. Hallar el o los puntos de la esfera x2 + y2 + z2 = 4 en los cuales el plano tangente es paralelo

al plano x + y + z = 4.

Solucion. Sea P (a, b, c) uno de estos puntos, entonces por esta en la esfera:

a2 + b2 + c2 = 4

Por otro lado, por ser el plano tangente a la esfera en el punto P y el plano x + y + z = 4 paralelos, susvectores normales son paralelos, es decir; (2a, 2b, 2c) = α(1, 1, 1), donde (1, 1, 1) es el vector normal del planodado y (2a, 2b, 2c) es el vector gradiente de la funcion que tambien es un vector normal a la esfera en el puntodado. Entonces obtenemos el siguiente sistema de ecuaciones

a2 + b2 + c2 = 42a = α2b = α2c = α

de las tres ultimas ecuaciones de tiene a = b = c =α

2que en la primera ecuacion 3a2 = 16, de donde

a = ± 4√3. Entonces los puntos buscados son:

( 4√3,

4√3,

4√3

)

y(

− 4√3,− 4√

3,− 4√

3

)

.

Ejemplo. Hallar la ecuacion del plano tangente a la superficie de ecuacion x2 + 2y2 + 3z2 = 21, que es

paralelo al plano x + 4y + 6z = 0.

Solucion. Consideremos la funcion: F (x, y, z) = x2 + 2y2 + 3z2 − 21, encontramos las derivadas parciales;

Fx(x, y, z) = 2x, Fy(x, y, z) = 4y, Fy(x, y, z) = 6z

ξρ∫



El vector gradiente: ∇f(x, y, z) = 2xi + 4yj + 6zk, por otro lado el vector normal del plano dado: (1, 4, 6) ya

que son paralelos se cumple que: (2x, 4y, 6z) = t(1, 4, 6) de aquı: 2x = 4y4 = 6z

6 = t entonces 2x = y = z = t,al sustituir esto en la funcion dada:

t2

4+ 2t2 + 3t2 = 21

de donde t = ±2, de esta manera los puntos de tangencia son: (1, 2, 2) y (−1,−2,−2) y los planos tangentesson: 2(x − 1) + 8(y − 2) + 12(z − 2) = 0, simplificando esta expresion: x + 4y + 6z = 21 y −2(x + 1)− 8(y +2) − 12(z + 2) = 0, simplificando esta expresion: x + 4y + 6z = −21.

Observemos que el grafico de una funcion de R2 a R, f : R

2 → R, define una superficie. En efecto, si

z = f(x, y)

entonces,

z − f(x, y) = 0.

Ahora definamos la funcion F : R3 → R siendo F (x, y, z) = f(x, y) − z, luego el grafico de f es la superficie

dada por el conjunto de nivel 0 para F , esto es

Graf(f) = F−1(0).

Puesto que el plano tangente a la superficie F−1(0) en el punto p0 = (x0, y0, f(x0, y0)) es dado por (??) yademas

∇F (p0) = (Fx(p0), Fy(p0), Fz(p0)) = (fx(x0, y0), fy(x0, y0),−1)

obtenemos que el plano tangente al grafico de f , Graf(f), que pasa por el punto p0 = (x0, y0, f(x0, y0)) esdado por

fx(x0, y0)(x − x0) + fy(x0, y0)(y − y0) − (z − f(x0, y0)) = 0.

o equivalentemente

z − f(x0, y0) = fx(x0, y0)(x − x0) + fy(x0, y0)(y − y0). (11)

Ademas la ecuacion de la recta normal a la superficie F−1(0) en el punto p0 = (x0, y0, f(x0, y0)) viene definidapor las ecuaciones:

x − x0

fx(x0, y0)=

y − y0

fy(x0, y0)=

z − f(x0, y0)

−1. (12)

Ejemplo. Hallar las ecuaciones del plano tangente y de la recta normal a la superficie de ecuacion z =

x2 + y2 − 2xy + 2y − 2, en el punto P (1, 2, 3).

Solucion. Dada la ecuacion z = x2 + y2 − 2xy + 2y − 2, encontramos las derivadas parciales;

fx(x, y) = 2x − 2y, fy(x, y) = 2y − 2x + 2

en el punto dado (1, 2, 3):

fx(1, 2) = −2, fy(1, 2) = 4,

de esta manera la ecuacion del plano tangente en el punto (1, 2, 3) es: z − 3 = −2(x − 1) + 4(y − 2) o bienz + 2x − 4y + 3 = 0. Por otro lado la recta normal esta dado por

x − 1

−2=

y − 2

4=

z − 3

−1.

ξρ∫



Ejemplo. Hallar las ecuaciones del plano tangente y de la recta normal a la superficie de ecuacion z =

xexy − 2, en el punto P (2, 1, 2).

Solucion. Dada la ecuacion z = xexy − 2, encontramos las derivadas parciales;

Fx(x, y) = exy−2 + xyexy−2, Fy(x, y) = x2exy−2

en el punto dado (2, 1, 2):

Fx(2, 1) = e0 + 2(1)e0 = 1 + 2 = 3, Fy(2, 1) = 4e0 = 4,

de esta manera la ecuacion del plano tangente en el punto (1, 2, 3) es: z − 2 = 3(x − 2) + 4(y − 1); o bien:z − 3x − 4y + 8 = 0, que es el plano buscado. Por otro lado la recta normal esta dado por

x − 1

3=

y + 1

4=

z − 2

−1.

Ejemplo. Halle la ecuacion de la recta normal a la superficie de ecuacion z = x2 + y2 − 2xy + 2y − 2, en

el punto P (1, 2, 3).

Solucion. Dada la ecuacion z = x2 + y2 − 2xy + 2y − 2, encontramos las derivadas parciales;

fx(x, y) = 2x − 2y, fy(x, y) = 2y − 2x + 2

en el punto dado (1, 2, 3)

fx(1, 2) = −2, fy(1, 2) = 4,

de esta manera la ecuacion del plano tangente en el punto (1, 2, 3) es:

z − 3 = −2(x − 1) + 4(y − 2)

, o bien: z + 2x − 4y + 3 = 0.

[B16]. Criterio del hessiano para hallar extremos locales

Ejemplo. Encontrar los extremos relativos de la funcion: f(x, y) = x3 − 6xy + 3y2 − 1.

Solucion. Hallamos las dos derivadas parciales y determinamos los puntos crıticos: Puntos en los que algunade las derivadas parciales no esta definida, y puntos en los que las dos derivadas parciales son nulas. En elcaso de funciones polinomicas las parciales estan siempre definidas, por tanto:

fx(x, y) = 3x2 − 6yfy(x, y) = −6x + 6y

3x2 − 6y = 0−6x + 6y = 0

3x(x − 2) = 0x = y

x = 0x = 2

Luego los puntos crıticos son p(0, 0) y q(2, 2). Para estudiar la naturaleza de los puntos crıticos, hallamos lamatriz hessiana en cada uno de ellos:

Hf(x, y) =

(fxx(x, y) fxy(x, y)fyx(x, y) fyy(x, y)

)

=

(6x −6−6 6

)

ξρ∫



Con lo cual resulta:

|Hf(0, 0)| =

∣∣∣∣

0 −6−6 6

∣∣∣∣= −36 < 0, entonces (0, 0,−1) es un punto silla.

|Hf(2, 2)| =

∣∣∣∣

12 −6−6 6

∣∣∣∣= 72− 36 = 36 > 0 y fxx = 12 > 0, entonces f(2, 2) es un mınimo relativo.

Ejemplo. Hallar y clasificar todos los puntos crıticos de la funcion f(x, y) = x4 + y4 + 6x2y2 + 8x3.

Solucion. Los puntos crıticos son aquellos que anulan simultaneamente las dos derivadas parciales, o bi-en donde alguna de las derivadas parciales no existe. Al ser la funcion dada una funcion polinomica esdiferenciable en todo R

2, luego los puntos crıticos vendran dado por las soluciones del siguiente sistema deecuaciones

fx(x, y) = 4x3 + 12xy2 + 24x2 = 0fy(x, y) = 4y3 + 12x2y = 0

x(4x2 + 12y2 + 24x) = 04y(y2 + 3x2) = 0

Para resolver el sistema igualamos a cero cada factor de la primera ecuacion con cada factor de la segundaecuacion:

x = 0 o 4x2 + 12y2 + 24x = 0y = 0 o y2 + 3x2 = 0

Para el caso en que x = 0, tenemos dos casos:

y = 0. Por tanto, el punto crıtico es (0, 0)y2 + 3x2 = 0. De donde y = 0. Por tanto, otra ves el punto crıtico es (0, 0)

Para el caso en que 4x2 + 12y2 + 24x = 0, tenemos dos casos:

y = 0. De donde 4x2 + 24x = 0, 4x(x + 6) = 0. Por tanto, los puntos crıticos son (0, 0), (−6, 0)y2+3x2 = 0. De donde y2 = −3x2, luego 4x2−12(3)x2 +24x = 0, −32x2 +24x = 0, −8x(4x−3) = 0.Para x = 0 el punto crıtico es (0, 0) y para x = 3/4 no existe y.

Luego los puntos crıticos son p(0, 0) y q(−6, 0). Para determinar si se trata de maximo o mınimo, hallamosla matriz hessiana.

Hf(x, y) =


)

=

(12x2 + 12y2 + 48x 24xy

24xy 12y2 + 12x2

)


|Hf(−6, 0)| =

∣∣∣∣

144 00 432

∣∣∣∣

= 62208 > 0 y fxx = 144 > 0, entonces (−6, 0) se corresponde con un

mınimo relativo.

|Hf(0, 0)| =

∣∣∣∣

0 00 0

∣∣∣∣= 0 el hessiano no nos determina la naturaleza del punto crıtico.

Ejemplo. Hallar y clasificar todos los puntos crıticos de la funcion f(x, y) = x2y − xy2 + xy.

Solucion. Los puntos crıticos vendran dados por las soluciones del siguiente sistema de ecuaciones.

fx(x, y) = 2xy − y2 + y = 0fy(x, y) = x2 − 2xy + x = 0

y(2x − y + 1) = 0x(x − 2y + 1) = 0

ξρ∫



Para resolver el sistema igualamos a cero cada factor de la primera ecuacion con cada factor de la segundaecuacion:

y = 0 o 2x − y + 1 = 0x = 0 o x − 2y + 1 = 0

Para el caso en que y = 0, tenemos dos casos:

x = 0. Por tanto, el punto crıtico es (0, 0)x − 2y + 1 = 0. De donde x = −1. Por tanto, otra ves el punto crıtico es (−1, 0)

Para el caso en que 2x − y + 1 = 0, tenemos dos casos:

x = 0. De donde 2x − y + 1 = −y + 1 = 0, y = 1. Por tanto, el punto crıtico es (0, 1)x− 2y +1 = 0. De donde x = 2y− 1, luego 2(2y− 1)− y +1 = 0, 4y− 2− y +1 = 0, 3y = 1, y = 1/3,ası x = 2/3 − 1 = −1/3. Luego, el punto crıtico es (−1/3, 1/3).

Luego los puntos crıticos son (0, 0), (−1, 0), (0, 1) y (−1/3, 1/3). Para determinar si se trata de maximo omınimo, hallamos la matriz hessiana.

Hf(x, y) =


)

=

(2y 2x − 2y + 1

2x − 2y + 1 −2x

)


|Hf(0, 0)| =

∣∣∣∣

0 11 0

∣∣∣∣= −1 < 0, entonces (0, 0) es un punto silla.

|Hf(−1, 0)| =

∣∣∣∣

0 −1−1 2

∣∣∣∣= −1 < 0, entonces (−1, 0) es un punto silla.

|Hf(0, 1)| =

∣∣∣∣

2 −1−1 0

∣∣∣∣= −1 < 0, entonces (0, 1) es un punto silla.

|Hf(−1/3, 1/3)| =

∣∣∣∣

2/3 1/31/3 2/3

∣∣∣∣

= 4/9 − 1/9 = 3/9 > 0 y fxx = 2/3 > 0, entonces (−1/3, 1/3) se

corresponde con un mınimo relativo.

Ejemplo. Hallar y clasificar todos los puntos crıticos de la funcion f(x, y) = −x3 + 4xy − 2y2 + 1.

Solucion. Primero encontramos las derivadas parciales de f(x, y)

fx(x, y) = −3x2 + 4y, fy(x, y) = 4x − 4y.

Estas funciones estan definidas para todo (x, y), por lo tanto los unicos puntos crıticos que buscaremos escuando fx y fy son ceros. Esto es:

−3x2 + 4y = 04x − 4y = 0

3x2 − 4y = 0x = y

x(3x − 4) = 0x = 0, x = 4/3

De esta manera tenemos un sistema de ecuaciones. Resolviendo este sistema se obtienen el punto crıtico:(0, 0) y (4/3, 4/3).

Para determinar si se trata de maximo o mınimo, hallamos la matriz hessiana.

Hf(x, y) =


)

=

(−6x 4

4 −4

)


ξρ∫



|Hf(4/3, 4/3)| =

∣∣∣∣

−6(4/3) 44 −4

∣∣∣∣= (−8)(−4)−(16) = 16 > 0 y fxx(4/3, 4/3) = −6(4/3) = −8 < 0,

entonces (4/3, 4/3) se corresponde con un maximo relativo.

|Hf(0, 0)| =

∣∣∣∣

−6(0) 44 −4

∣∣∣∣= (0)(−4) − (16) = −16 < 0. Por lo que se tiene un punto silla.

Ejemplo. Hallar y clasificar todos los puntos crıticos de la funcion

f(x, y) = x3 + y3 − 3xy.

Solucion. Primero encontramos las derivadas parciales de f(x, y)

fx(x, y) = 3x2 − 3y, fy(x, y) = 3y2 − 3x.

Estas funciones estan definidas para todo (x, y), por lo tanto los unicos puntos crıticos que buscaremos escuando fx y fy son ceros. Esto es:

x2 − y = 0y2 − x = 0

x2 − y = 0x = y2

(y2)2 − y = 0y(y3 − 1) = 0y = 0, y = 1

De esta manera tenemos un sistema de ecuaciones. Resolviendo este sistema se obtienen los puntos crıticos:(0, 0) y (1, 1).


Hf(x, y) =


)

=

(6x −3−3 6y

)


|Hf(1, 1)| =

∣∣∣∣

6 −3−3 6

∣∣∣∣= (6)(1)(6)(1) − (9) = 27 > 0. y fxx(1, 1) = 6(1) = 6 > 0, entonces (1, 1) se

corresponde con un mınimo relativo.

|Hf(0, 0)| =

∣∣∣∣

6x −3−3 6y

∣∣∣∣= (6)(0)(6)(0) − (−3)2 < 0. Por lo que se tiene un punto silla.

Ejemplo. Una caja rectangular descansa en el plano xy con uno de sus vertices en el origen de tal manera

que el vertice opuesto a este ultimo descansa en el plano: 6x + 4y + 3z = 24.

Solucion. Sean x, y y z el largo, ancho y la altura de la caja. Como un vertice de la caja se encuentra enel plano 6x + 4y + 3z = 24, despejando z se tiene z = (1/3)[24 − 6x − 4y] de esta manera expresamos elvolumen de la caja como un funcion de dos variables.

V (x, y) = xy(1/3)[24 − 6x − 4y] =1

3(24xy − 6x2y − 4xy2)

Para encontrar los puntos crıticos, buscamos las derivadas parciales y las igualamos a cero.

Vx(x, y) =1

3(24y − 12xy − 4y2) = 0, Vy(x, y) =

x

3(24 − 6x − 8y) = 0,

Para resolver el sistema igualamos a cero la primera ecuacion con cada factor de la segunda ecuacion:

24y − 12xy − 4y2 = 0x = 0

4y(6 − y) = 0x = 0

y = 0, y = 6x = 0, x = 0

ξρ∫



24y − 12xy − 4y2 = 024 − 6x − 8y = 0

24y − 12xy − 4y2 = 0

x =1

6(24 − 8y)

24y − 2(24 − 8y)y − 4y2 = 0−24y + 16y2 − 4y2 = 0−24y + 12y2 = 0−12y(2 − y) = 0y = 0, y = 2x = 4, x = 4/3

al resolver este sistema se obtiene los puntos crıticos: (0, 0), (0, 6), (4, 0) y (4/3, 2), para los valores de (0, 0),(0, 6) y (4, 0) el volumen es cero ası que no nos interesa. Analizamos (4/3, 2)


Hf(x, y) =


)

=

−4y1

3(24 − 12x − 8y)

1

3(24 − 12x − 8y) −8

3x


|Hf(4/3, 2)| =

∣∣∣∣∣∣∣

−81

3(24 − 16 − 16)

1

3(24 − 16 − 16) −32

9

∣∣∣∣∣∣∣

= (−8)(32/9) − (−8/3)2 =64

9> 0.

y fxx(4/3, 2) = −8 < 0, por lo que por el criterio de la segunda derivada el punto (4/3, 2) es un maximo yel maximo volumen es:

V (4/3, 2) =1

3[24(4/3)(2) − 6(1/3)2(2) − 4(4/3)(2)2] =

64

9unidades cubicas.

Ejemplo. Un fabricante de artıculos electronicos determina que la ganancia o beneficio B (en dolares)

obtenido al producir x unidades de un reproductor de DVD y unidades de un grabador de DVD se aproximamediante el modelo:

B(x, y) = 8x + 10 − (0,001)(x2 + xy + y2) − 10000.

Hallar el nivel de produccion que proporciona una ganancia o beneficio maximo. ¿Cual es la ganancia maxi-ma?

Solucion. Primero encontramos los puntos crıticos, buscamos las derivadas parciales y las igualamos a cero.

Bx(x, y) = 8 − (0,001)(2x + y)By(x, y) = 10 − (0,001)(x + 2y)

8 − (0,001)(2x + y) = 010 − (0,001)(x + 2y) = 0

2x + y = 8000x + 2y = 10000

Al resolver el ultimo sistema se obtiene que x = 2000; y = 4000. Obteniendo las 2das derivadas parciales:

Bxx(2000, 4000) = −(0,002) < 0

Byy(x, y) = −(0,001)(2) = −0,002

Bxy(x, y) = −(0,001)

y

ξρ∫



|HB(2000, 4000)| = Bxx(2000, 4000)Byy (2000, 4000) − [Bxy(2000, 4000)]2

= (−0,002)2 − (−0,001)2 > 0

por lo que por el criterio de la segunda derivada el punto (2000, 4000) es un maximo. Al evaluar este puntoen la funcion:

P (2000, 4000) = 8(2000) + 10 − (0,001)[20002 + (2000)(4000) + (4000)2]10000 = 18000.

Ejemplo. Encuentre la distancia mınima entre el origen y la superficie: z2 = x2y + 4.

Solucion. Sea P (x, y, z) un punto cualquiera de la superficie. El cuadrado de la distancia entre el origeny punto P es d2 = x2 + y2 + z2. Buscamos las coordenadas de P que hacen d que sea maxima. Ya que Ppertenece a la superficie sus coordenadas tambien satisfacen la misma ecuacion, Sustituyendo z2 = x2y + 4en d2 = x2 + y2 + z2 resulta una funcion de dos variables:

d2 = f(x, y) = x2 + y2 + x2y + 4,

ahora lo que hacemos es buscar los puntos crıticos:

fx(x, y) = 2x + 2xyfy(x, y) = 2y + x2

2x + 2xy = 02y + x2 = 0

2x − xx2 = 0x(2 − x2) = 0

x = 0, x = ±√

2

Al resolver el ultimo sistema se obtiene que x = 0, x = ±√

2. Y los puntos crıticos son (0, 0), (√

2,−1) y(−

√2,−1).

Obteniendo las 2das derivadas parciales:

fxx(x, y) = 2 + 2y fxx(0, 0) = 2 > 0

fyy(x, y) = 2 fyy(0, 0) = 2

fxy(x, y) = 2xy fxy(0, 0) = 0

y

|Hf(0, 0)| = fxx(0, 0)fyy(0, 0) − [fxy(0, 0)]2

= (2)2 − (0)2 > 0

la distancia mınima se halla cuando (0, 0)

d2 = f(0, 0) = 02 + 02 + 020 + 4 = 4.

Ejemplo. Una empresa que produce dos artıculos x y y tiene la funcion de beneficios que sigue:

B(x, y) = 64x − 2x2 + 4xy − 4y2 + 32y − 14.

Determinar el nivel de produccion que maximice el beneficio para cada uno de los dos artıculos y comprobarlo.

Solucion. Primero encontramos los puntos crıticos, buscamos las derivadas parciales y las igualamos a cero.

ξρ∫



Bx(x, y) = 64 − 4x + 4y = 0By(x, y) = 4x − 8y + 32 = 0

Al resolver el ultimo sistema se obtiene que x = 40; y = 24.

Ahora hallamos las derivadas parciales de segundo orden:

Bxx(40, 24) = −4 < 0

Byy(40, 24) = −8

Bxy(40, 24) = 4

y

|HB(40, 24)| = Bxx(40, 24)Byy(40, 24) − [Bxy(40, 24)]2

= (−4)(−8) − (4)2 = 16 > 0

por lo que por el criterio de la segunda derivada el punto (40, 24) es un maximo. Al evaluar este punto en lafuncion:

B(40, 24) = 64(40) − 2(40)2 + 4(40)(24) − 4(24)2 + 32(24) − 14 = 1650.

Ejemplo. Decisiones sobre fijacion de precios. Una empresa que fabrica cremas dentıfricas organicas

produce crema para dientes en dos tamanos, de 100 y 150 mililitros. El costo de produccion de cada tubode cada tamano es de 6 bs y 9 bs, respectivamente. Las demandas semanales q1 y q2 en miles para los dostamanos son de:

q1 = 3(p2 − p1)q2 = 320 + 3p1 − 5p2

(13)

donde p1 y p2 son los precios de los dentıfricos. Determine los precios p1 y p2 que maximicen las utilidadesde la empresa.

Solucion. Puesto que el precio de cada tubo de 100 mililitros es de p1 bs y su costo de produccion es de 6bs , entonces la utilidad obtenida por cada tubo de 100 mililitros de crema dental es p1 − 6. Por otro lado,como el precio de cada tubo de 150 mililitros es de p2 bs y su costo de produccion es de 9 bs , entonces lautilidad obtenida por cada tubo de 150 mililitros de crema dental es p2 − 9.

Por tanto la utilidad total por la venta de ambas cremas sera:

U = (p1 − 6)q1 + (p2 − 9)q2.

Reemplazando (14) en esta ecuacion obtenemos

U(p1, p2) = (p1 − 6)3(p2 − p1) + (p2 − 9)(320 + 3p1 − 5p2).

Simplificando, obtenemos la funcion de utilidades de la empresa,

U(p1, p2) = −3p21 − 5p2

2 + 6p1p2 − 9p1 + 347p2) − 2880.

Primero encontramos los puntos crıticos, para esto encontramos las derivadas parciales y las igualamos acero.

ξρ∫



∂U

∂p1= 6p2 − 6p1 − 9

∂U

∂p2= 6p1 − 10p2 + 347

{6p2 − 6p1 − 9 = 0

6p1 − 10p2 + 347 = 0

{ −6p1 + 6p2 = 9

6p1 − 10p2 = −347

Al resolver el ultimo sistema se obtiene que p1 = 83 bs; p2 = 84.50 bs. Para determinar si se trata de maximohallamos las derivadas parciales de segundo orden

∂ 2U

∂p 21

= −6 < 0,∂ 2U

∂p 22

= −10,∂ 2U

∂p2∂p1= 6.

y

|HU(83, 84.50)| =∂ 2U

∂p 21

∂ 2U

∂p 22

−[

∂ 2U

∂p2∂p1

]2

= (−6)(−10) − 62 > 0

En consecuencia, cuando se evalua los valores crıticos se producira ua utilidad maxima para la empresa. Conestos valores de p1 = 83 bs y p2 = 84.50 bs, las demandas son q1 = 4.5 y q2 = 146.5.

Ejemplo. La empresa Estrella de dulces produce caramelos en dos tamanos a costos unitarios de 10 ctvs

y 20 ctvs cada uno. Las demandas anuales q1 y q2 en miles estan dadas por

q1 = p2 − p1

q2 = 60 + p1 − 3p2

(14)

en donde p1 y p2 denotan por precios en centavos de los caramelos en los dos tamanos. Determine los preciosp1 y p2 que maximicen las utilidades semanales de la empresa.

Solucion. Puesto que el precio de uno de los caramelos es de p1 bs y su costo de produccion es de 10 ctvs,entonces la utilidad obtenida por cada uno de estos caramelos es de p1 − 10. Por otro lado, como el preciodel otro caramelos es de p2 bs y su costo de produccion es de 20 ctvs, entonces la utilidad obtenida por cadauno de estos caramelos es de p2 − 20.

Por tanto la utilidad total por la venta de ambos caramelos sera:

U = (p1 − 10)q1 + (p2 − 20)q2.


U(p1, p2) = (p1 − 10)(p2 − p1) + (p2 − 20)(60 + p1 − 3p2).

U = p1p2 − p21 − 10p2 + 10p1 + 60p2 + p2p1 − 3p2p2 − (20)60 − 20p1 + 60p2

= p1p2 + p2p1 − p21 − 3p2

2 − 10p2 + 60p2 + 60p2 + 10p1 − 20p1 − 1200

= 2p1p2 − p21 − 3p2

2 + 110p2 − 10p1 − 1200


U(p1, p2) = −p21 − 3p2

2 + 2p1p2 − 10p1 + 110p2 − 1200.


ξρ∫



∂U

∂p1= −2p1 + 2p2 − 10

∂U

∂p2= −6p2 + 2p1 + 110

{ −2p1 + 2p2 = 10

−6p2 + 2p1 = −110

{ −p1 + p2 = 5

−3p2 + p1 = −55

Al resolver el ultimo sistema se obtiene que −2p2 = −50, p2 = 25 bs; p1 = 20 bs. Para determinar si se tratade maximo hallamos las derivadas parciales de segundo orden

∂ 2U

∂p 21

= −2 < 0,∂ 2U

∂p 22

= −6,∂ 2U

∂p2∂p1= 2.

y

|HU(83, 84.50)| =∂ 2U

∂p 21

∂ 2U

∂p 22

−[

∂ 2U

∂p2∂p1

]2

= (−2)(−6) − 22 = 8 > 0

En consecuencia, cuando se evalua los valores crıticos se producira ua utilidad maxima para la empresa. Conestos valores de p1 = 20 bs y p2 = 25 bs, las demandas son q1 = 5 y q2 = 5.

Ejemplo. A una empresa le cuesta 2 dolares por unidad elaborar su producto. Si A dolares se gastan por

mes en publicidad, entonces el numero de unidades por mes que se vendera esta dado por

x = 30(1

3− e−0.001A

)

(22 − p) (15)

donde p es el precio de venta. Halle los valores de A y p que maximizaran la utilidad mensual neta de laempresa y calcule el valor de esta utilidad maxima.

Solucion. Puesto que el precio de venta del producto es p bs y su costo de produccion es 2 dolares porunidad, entonces la utilidad obtenida por cada uno de estos productos es de p − 2.

Por tanto la utilidad total por la venta de este producto sera:

U = (p − 2)x.


U(A, p) = 30(p − 2)(1

3− e−0.001A

)

(22 − p).

U = 30(

13 − e−0.001A

)

(22p − p2 − 44 + 2p)

= 30(

13 − e−0.001A

)

(24p − p2 − 44)


U(A, p) = 30(1

3− e−0.001A

)

(−p2 + 24p − 44)


ξρ∫



∂U

∂A= (30)0.001e−0.001A(−p2 + 24p − 44)

∂U

∂p= 30

(1

3− e−0.001A

)

(−2p + 24)

{ −p2 + 24p − 44 = 0

13 − e−0.001A = 0, −2p + 24 = 0

p =−24 ±

√

242 − 4(−1)(−44)

2(−1)

e−0.001A = 13 , p = 12

p =−24 ±

√576 − 176

−2=

−24 ±√

400

−2

−0.001A = − ln 3, p = 12

p =−24 ± 20

−2= 2 o 22

A = 1000 ln 3, p = 12

Al resolver el ultimo sistema se obtiene que (A, p) = (1000 ln 3, 2), (A, p) = (1000 ln 3, 22). Para determinarsi se trata de maximo hallamos las derivadas parciales de segundo orden

∂ 2U

∂A 2= −(30)(0.001)2e−0.001A(−p2 + 24p − 44) < 0

∂ 2U

∂p 2= −60

(1

3− e−0.001A

)

∂ 2U

∂p∂A= (30)0.001e−0.001A(−2p + 24)

y

|HU(83, 84.50)| =∂ 2U

∂A 2

∂ 2U

∂p 2−[

∂ 2U

∂A∂p

]2

= (−2)(−6) − 22 = 8 > 0

En consecuencia, cuando se evalua los valores crıticos se producira ua utilidad maxima para la empresa. Conestos valores de p1 = 20 bs y p2 = 25 bs, las demandas son q1 = 5 y q2 = 5.

Ejemplo. Hallar y clasificar los puntos crıticos de las siguientes funciones

(1) z = 4x + 2y − x2 + xy − y2 (2) z = x3 − 3ax + y2

(3) z = 18x2 − 32y2 − 36x − 128y − 110 (4) z = e−x2−y2

Ejemplo. Un fabricante tiene la funcion de produccion

P = 110x − 3x2 − 2xy − 2y2 + 140y.

Sea x =radios, y =gravadoras. ¿A que nivel de produccion maximizara sus beneficios si dos gravadorasequivalen a una radio?.

[B17]. Multiplicadores de Lagrange para hallar extremos locales

ξρ∫



Ejemplo. Hallar el mınimo de la funcion f(x, y) = x2 + y2 condicionado por la restriccion x + y − 1 = 0,

mediante el metodo de los multiplicadores de Lagrange.

Solucion. Formamos la funcion de Lagrange:

L(x, y, λ) = f(x, y) + λg(x, y)

Que, en nuestro caso, es:

L(x, y, λ) = x2 + y2 + λ(x + y − 1)

Los puntos crıticos de esta funcion vendran determinados por las soluciones del sistema:

Lx = 2x + λ = 0

Ly = 2y + λ = 0

Lλ = x + y − 1 = 0

{

λ = −2x

λ = −2y

x + y = 1

{

−2x = −2y

x + y = 1

Resolviendo el ultimo sistema x = y = 1/2, luego el unico punto crıtico es el punto p(1/2, 1/2). Paradeterminar su naturaleza estudiamos el signo del determinante:

∆(1/2, 1/2,−1) =

∣∣∣∣∣∣

Lλλ Lλx Lλy

Lxλ Lxx Lxy

Lyλ Lyx Lyy

∣∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∣∣

0 1 11 2 01 0 2

∣∣∣∣∣∣

= −2 − 2 = −4

De donde, el punto p(1/2, 1/2) es un punto mınimo.

Ejemplo. Inscribir un rectangulo de area maxima, con los lados paralelos a los ejes de coordenadas, en la

region del primer cuadrante limitada por la parabola y = 3 − x2 y los ejes de coordenadas.

Solucion.

Figura 1. y = 3 − x2

La funcion a maximizar es el area del rectangulo, A = x · y. La restriccion viene determinada por el hechode que el punto (x, y) debe pertenecer a la parabola y = 3 − x2, luego tenemos:

A(x, y) = xy, g(x, y) = x2 + y − 3

Formamos la funcion de Lagrange:

L(x, y, λ) = f(x, y) + λg(x, y)

ξρ∫




L(x, y, λ) = xy + λ(x2 + y − 3)


Lx = y + 2xλ = 0

Ly = x + λ = 0

Lλ = x2 + y − 3 = 0

λ = − y

2x

λ = −x

x2 + y = 3

− y

2x= −x

x2 + y = 3

{2x2 = y

x2 + y = 3

{x2 + 2x2 = 3

3x2 = 3

{x2 = 1x = ±1

Y al ser x > 0 por ser (x, y) un punto del primer cuadrante, resulta:

x = 1, luego y = 2, ademas λ = −1.

Luego el unico punto crıtico es el punto P (1, 2). Para determinar su naturaleza estudiamos el signo deldeterminante:

∆(x, y, λ) =

∣∣∣∣∣∣

0 gx gy

gx Lxx Lxy

gy Lyx Lyy

∣∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∣∣

0 2x 12x 2λ 01 2x 0

∣∣∣∣∣∣

Evaluando en (1, 2,−1) tenemos

∆(1, 2,−1) =

∣∣∣∣∣∣

0 2 12 −2 11 1 2

∣∣∣∣∣∣

= 2 + 2 + 2 = 6 > 0

De donde, el punto p(1, 2) es un punto maximo.

Ejemplo. Hallar los extremos de la funcion f(x, y) = 2xy − 3y2 − x2 bajo la restriccion x + y = 16.

Solucion. Formamos la funcion de Lagrange:

L(x, y, λ) = f(x, y) + λg(x, y)


L(x, y, λ) = 2xy − 3y2 − x2 + λ(x + y − 16)


Lx = 2y − 2x + λ = 0

Ly = 2x − 6y + λ = 0

Lλ = x + y − 16 = 0

{

λ = −2y + 2x

λ = −2x + 6y

x + y = 16

De las dos primeras ecuaciones obtenemos −2y+2x = −2x+6y, de donde −8y = −4x, y = 12x, y sustituyendo

en la tercera resulta

ξρ∫



x + y = 16

x + 12x = 16

32x = 16

x = 323

de esta manera tenemos x = 323 , y = 16− 32

3 = 163 , λ = 2 32

3 − 6 163 = 64−96

3 = −323 con lo cual, el unico punto

crıtico es(

323 , 16

3

)

, obtenido para λ = −323 .

Ahora bien, reemplazamos λ = −323 en las formulas para Lx y Ly y luego hallamos sus derivadas parciales

segundas:

{

Lx = 2y − 2x − 323

Ly = 2x − 6y − 323

Lxx = −2

Lyy = −6

Lxy = 2

con lo cual:

HL(32

3,16

3

)

=

(

Lxx Lxy

Lyx Lyy

)

=

(−2 22 −6

)

Para estudiar su naturaleza calculamos

detHL(32

3,16

3

)

= 8 − 4 = 4 > 0 y Lxx

(32

3,16

3

)

= −2 < 0

luego la funcion presenta un maximo condicionado en el punto(

323 , 16

3

)

.

Ejemplo. Hallar los maximos y mınimos de la funcion f(x, y) = 5x2 + 6y2 − xy bajo la restriccionx + 2y = 24.

Solucion. Identifiquemos las funciones:

1.- Funcion objetivo: f(x, y) = 5x2 + 6y2 − xy

2.- Funcion restriccion: g(x, y) = x + 2y − 24


L(x, y, λ) = f(x, y) + λg(x, y)


L(x, y, λ) = 5x2 + 6y2 − xy + λ(x + 2y − 24)


Lx = 10x − y + λ = 0

Ly = 12y − x + 2λ = 0

Lλ = x + 2y − 24 = 0

{λ = −10x + y

λ = −6y + 12x

x + 2y = 24

ξρ∫



De las dos primeras ecuaciones obtenemos −10x+y = −6y+ 12x, −20x+2y = −12y+x de donde −21x+14y =

0, juntando con la tercera ecuacion tenemos el sistema de ecuaciones

{ −21x + 14y = 0

x + 2y = 24

{ −21x + 14y = 0

−21x − 42y = −504

{ −28y = −504

y = 18

de esta manera tenemos y = 18, x = 24 − 2(18) = −12, λ = −10x + y = −10(−12) + 18 = 138 con lo cual,

el unico punto crıtico es(

− 12, 18)

, obtenido para λ = 138.

Ahora bien, reemplazamos λ = 138 en las formulas para Lx y Ly y luego hallamos sus derivadas parcialessegundas:

{

Lx = 10x − y + 138

Ly = 12y − x + 276

Lxx = 10

Lyy = 12

Lxy = −1

con lo cual:

HL(

− 12, 18)

=

(

Lxx Lxy

Lyx Lyy

)

=

(10 −1−1 12

)


detHL(

− 12, 18)

= 120 + 1 = 121 > 0 y Lxx

(32

3,16

3

)

= 10 > 0

luego la funcion presenta un mınimo condicionado en el punto(

− 12, 18)

.

Ejemplo. Maximizar la funcion f(x, y) = 25 − x2 − y2 sujeta a la restriccion 2x + y = 4

Solucion. Identifiquemos las funciones:

1.- Funcion objetivo: f(x, y) = 25 − x2 − y2

2.- Funcion restriccion: g(x, y) = 2x + y − 4


L(x, y, λ) = 25 − x2 − y2 + λ(2x + y − 4)

ahora, calculamos las derivadas parciales respecto de x, de y y respecto de λ.

Lx = −2x − 2λ

Ly = −2y − λ

Lλ = 2x + y − 4

(16)

Los valores crıticos (optimos) se obtienen haciendo CERO las tres derivadas parciales y resolviendo el sistema.

ξρ∫



−2x − 2λ = 0

−2y − λ = 0

2x + y = 4

{

λ = −x

λ = −2y

2x + y = 4

De las dos primeras ecuaciones obtenemos −x = −2y, de donde x− 2y = 0, juntando con la tercera ecuaciontenemos el sistema de ecuaciones

{x − 2y = 0

2x + y = 4

{ −2x + 4y = 0

2x + y = 4

5y = 4

y =4

5

de esta manera encontramos que y = 45 , x = 24

5 = 85 , λ = −8

5 y estos son los puntos crıticos en la funcion de

Lagrange. Con lo cual, el unico punto crıtico es(

85 , 4

5

)

, obtenido para λ = −85 .

Ahora bien, reemplazamos λ = −85 en las formulas para Lx y Ly obtenidas en (16) y luego hallamos sus

derivadas parciales segundas:

{

Lx = −2x + 165

Ly = −2y + 85

Lxx = −2

Lyy = −2

Lxy = 0

con lo cual:

HL(8

5,4

5

)

=

(

Lxx Lxy

Lyx Lyy

)

=

(−2 00 −2

)


detHL(8

5,4

5

)

= 4 > 0 y Lxx

(8

5,4

5

)

= −2 < 0


85 , 4

5

)

.

Ejemplo. Supongamos que se necesitan x unidades de mano de obra y y unidades de capital para pro-

ducir f(x, y) = 10000x34 y

14 unidades de cierto artıculo. Si cada unidad de mano de obra cuesta 20000 bs

y cada unidad de capital cuesta 30000 bs y se dispone de un total de 6000000 bs para la produccion; debe-mos determinar cuantas unidades de mano de obra y cuantas de capital deben usarse para maximizar laproduccion.

Solucion.

Recordemos que el costo total de x unidades de mano de obra a 20000 bs la unidad y y unidades de capital a30000 bs la unidad es igual a 20000x+30000y = 6000000 , ecuacion que representa a la funcion de restriccion.

Luego tenemos las funciones:

1.- Funcion objetivo: f(x, y) = 10000x34 y

14

2.- Funcion restriccion: g(x, y) = 20000x + 30000 y − 6000000

ξρ∫



Entonces, la funcion de lagrange la determinamos ası:

L(x, y, λ) = 10000x34 y

14 + λ(20000x + 30000 y − 6000000)

Ahora, calculamos las derivadas parciales respecto de x, de y y respecto de λ.

Lx = 7500x− 14 y

14 + 20000λ = 7500

(y

x

) 14

+ 20000λ

Ly = 2500x34 y−

34 + 30000λ = 2500

(x

y

) 34

+ 30000λ

Lλ = 20000x + 30000 y − 6000000

(17)

Los valores crıticos (optimos) se obtienen haciendo CERO las tres derivadas parciales y resolviendo el sistema.

7500(y

x

) 14

+ 20000λ = 0

2500

(x

y

) 34

+ 30000λ = 0

20000x + 30000 y − 6000000 = 0

Al despejar λ de las dos primeras ecuaciones, tenemos:

λ = − 7500

20000

(y

x

) 14

= −3

8

(y

x

) 14

λ = − 2500

30000

(x

y

)− 34

= − 1

12

(x

y

) 34

Como λ = λ, obtenemos la ecuacion

−3

8

(y

x

) 14

= − 1

12

(x

y

) 34

(x

y

)− 34 (y

x

) 14

=8

3

1

12

(y

x

) 34+ 1

4=

8

36

De donde se tiene que y =2

9x, luego 9y = 2x, ası 2x − 9y = 0, juntando con la tercera ecuacion tenemos el

siguiente sistema de ecuaciones

{2x − 9y = 0

20000x + 30000 y = 6000000

{ −20000x + 90000 y = 0

20000x + 30000 y = 6000000

de esta manera encontramos que y = 6000000120000 = 50, x = 9

2(50) = 225,

λ = −3

8

(50

225

) 14

= 0,257

ξρ∫



y estos son los puntos crıticos en la funcion de Lagrange. Con lo cual, el unico punto crıtico es(

225, 50)

,

obtenido para λ = 0,257.

Ahora bien, reemplazamos λ = 0,257 en las formulas para Lx y Ly obtenidas en (17) y luego hallamos susderivadas parciales segundas:

Lx = 7500(y

x

) 14

+ 20000 (0,257)

Ly = 2500

(x

y

) 34

+ 30000 (0,257)

Lxx = −1875(y

x

)− 34 y

x2

Lyy = −18750

(x

y

)− 14 x

y2

Lxy = 7500(y

x

)− 34 1

x

Puesto que

(y

x

)− 34 y

x2

(x

y

)− 14 x

y2=

(x

y

) 34− 1

4 1

xy=

(x

y

) 12 1

xy

entonces

LxxLyy = 35156250

(x

y

) 12 1

xy= 35156250

(225

50

) 12 1

(225)(50)= 4722362.8

Por otro lado, como(y

x

)− 34 1

x

(y

x

)− 34 1

x=(y

x

)− 34− 3

4 1

x2=(y

x

)− 32 1

x2

se tiene que

(Lxy)2 = 56250000

(y

x

)− 32 1

x2= 56250000

(50

225

)− 32 1

(225)2= 10666.5

con lo cual:

detHL(

225, 50)

= LxxLyy − (Lxy)2 = 4722362.8 − 10666.5 > 0

y

Lxx

(

225, 50)

< 0


225, 50)

.

Ejemplo. Una empresa calcula que puede alcanzar unos beneficios anuales (en miles de euros) dados por

la funcion: B(x, y) = 4xy+16y−x2−5y2−10 miles de euros donde x es la cantidad invertida en investigacion(en miles de euros) e y es la cantidad invertida en promocion (en miles de euros).

(a) Hallar las cantidades que la empresa ha de destinar a investigacion y promocion para obtener elmaximo beneficio.

(b) Si la empresa tiene un total de 9,000 euros para gastar en investigacion y promocion, ¿como debeasignarse este dinero para generar el maximo beneficio posible?

(c) Si la empresa decide aumentar el presupuesto de gasto en investigacion y promocion en 9,500 euros,calcule la forma en que los 500 euros adicionales afectaran el maximo beneficio obtenido.

ξρ∫



Solucion (a). Calculamos sus puntos crıticos:

Bx(x, y) = 4y − 2xBy(x, y) = 4x + 16 − 10y

4y − 2x = 04x + 16 − 10y = 0

x = 2y8y + 16 − 10y = 16 − 2yy = 8

Al resolver el ultimo sistema se obtiene que x = 16, x = 8. Y el punto crıtico es (16, 8).

Hallamos la matriz Hessiana de la funcion objetivo

Bxx(x, y) = −2 < 0

Byy(x, y) = −10

Bxy(x, y) = 4

detHf(x, y) =

∣∣∣∣

Bxx(x, y) Bxy(x, y)Byx(x, y) Byy(x, y)

∣∣∣∣=

∣∣∣∣

−2 44 −10

∣∣∣∣= 4 > 0

y

Bxx(x, y) = −2 < 0

Luego (16, 8) es un maximo local. Ası, el beneficio maximo se obtiene cuando se destinan 16000 euros ainvestigacion y 8000 euros a promocion. En este caso, el beneficio obtenido sera:

B(16, 8) = 4(16)(8) + 16(8) − (16)2 − 5(8)2 − 10 = 54.

miles de euros.

Solucion (b). En este caso tenemos que resolver:

1.- Maximizar B(x, y) = 4xy + 16y − x2 − 5y2 − 10

2.- Sujeto a x + y = 9

Luego

1.- Funcion objetivo: B(x, y) = 4xy + 16y − x2 − 5y2 − 10

2.- Funcion restriccion: g(x, y) = x + y − 9


L(x, y, λ) = B(x, y) + λg(x, y) = 4xy + 16y − x2 − 5y2 − 10 + λ(x + y − 9).

Calculamos las derivadas parciales respecto de x, de y y respecto de λ de la funcion L.

Lx = 4y − 2x + λ

Ly = 4x + 16 − 10y + λ

Lλ = x + y − 9

(18)

Buscamos puntos crıticos de la funcion de Lagrange, para esto observemos que ∇g(x, y) = (1, 1) 6= 0, yademas L es diferenciable en todo su dominio, luego los puntos crıticos se obtendran haciendo CERO lastres derivadas parciales en (18) y resolviendo el sistema.

ξρ∫



4y − 2x + λ = 0

4x + 16 − 10y + λ = 0

x + y = 9

{

λ = 2x − 4y

λ = −4x − 16 + 10y

x + y = 9

De las dos primeras ecuaciones obtenemos 2x − 4y = −4x − 16 + 10y, de donde 6x − 14y = −16, juntandocon la tercera ecuacion tenemos el sistema de ecuaciones

{6x − 14y = −16

x + y = 9

{6x − 14y = −16

−6x − 6y = −54

−20y = −70

y =7

2

de esta manera encontramos que y = 72 , x = 9 − 7

2 = 112 . El multiplicador de Lagrange asociado es

λ = 2x − 4y = 11 − 14 = −3

Con lo cual, el unico punto crıtico es(

72 , 11

2

)

, obtenido para λ = −3. Para determinar su naturaleza estudi-

amos el signo del determinante:

∆(x, y, λ) =

∣∣∣∣∣∣

0 gx gy

gx Lxx Lxy

gy Lyx Lyy

∣∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∣∣

0 1 11 1 41 4 −10

∣∣∣∣∣∣

Evaluando en(

72 , 11

2 ,−3)

tenemos

∆(1, 2,−1) =

∣∣∣∣∣∣

0 1 11 1 41 4 −10

∣∣∣∣∣∣

= −∣∣∣∣

1 41 −10

∣∣∣∣+

∣∣∣∣

1 11 4

∣∣∣∣= −(−10 − 4) = 14 > 0

De donde, el punto(

72 , 11

2

)

es un punto maximo. De forma que se han de destinar 5500 euros a investigacion

y 3500 euros a promocion, para obtener los maximos beneficios. El beneficio maximo en este caso sera:

B(7

2,11

2

)

= 4(11

2

)(7

2

)

+ 16(7

2

)

−(11

2

)2− 5(7

2

)2− 10 = 31,5.

miles de euros.

[B18]. Diferenciabilidad y matriz Jacobiana

Para las siguientes funciones f , hallar el jacobiano de f en p y la diferencial de f en p donde

1. f(x) = (log(x), tan(x), sen(5x)), p = x.

2. f(x, y) = (x2 + 3y2, x3 + 2y5), p = (x, y).

3. f(x, y) = (x + y, log(x) − tan(y), sen(x + y)), p = (x, y).

4. f(x, y) = (3x, xy, y2), p = (x, y).

5. f(x, y) = 36 − x2 − y2, p = (x, y).

6. f(x, y) = (cos(x), ex+y, (x − y)3), p = (x, y).

7. f(x, y) = (x2y, sen(xy), x + y), p = (x, y).

ξρ∫



8. f(x, y, z) = (x + y + z, xyz), p = (x, y, z).

9. f(x, y, z) = (e2xyz , x2 + z5, x3 + 2y5, x2 + y2 + z2), p = (x, y).

10. f(x, y, z) = (e2xyz , x2 + z5, x3 + 2y5, x2 + y2 + z2), p = (x, y).

11. f(x, y, z, w) = x4 − y4 − 2z2 + w2 + 5, p = (x, y, z, w).

12. f(x, y, z, w) = (e2xyzw, x2z5w3, 4x3 − 6xyzw + 2y3), p = (x, y, z, w).

[B19].Regla de la cadena

1. Dadas las funciones g : R2 → R

3 y f : R3 → R

2, definidas por: g(x, y) = (3x, xy, y2), f(x, y, z) =(x2 + 3y2, 2xyz). Hallar la derivada de la composicion f ◦ g : R

2 → R3

(a) Mediante la regla de la cadena.(b) Realizando previamente la composicion.

2. Dadas las funciones g : R3 → R

3 y f : R3 → R

2, definidas por: g(x, y, z) = (xy, yz, x + y + z) yf(x, y, z) = (x2 + y3, y + z2 − 1). Hallar la derivada de la composicion f ◦ g : R

2 → R3 en el punto

(1, 1, 1)(a) Mediante la regla de la cadena.(b) Realizando previamente la composicion.

[B20]. El Teorema de la aplicacion inversa

Considera la funcion f : R2 → R

2 dada por f(x, y) = (−3x + y3,−3y + x3). Analiza si f admite inversa enun entorno del punto (1, 0).

[B21]. Integrales Dobles

Ejemplo. Calcular

∫∫

R

xy dx dy, donde R es la region limitada por la recta y = x y la parabola y = x2

Primera solucion. La region de integracion esta limitada inferiormente por la parabola y = x2 y superior-mente por la recta y = x. Por tanto, integramos primeramente con respecto a y, que va desde y = x2 hastay = x, y luego con respecto de x, sobre la proyeccion de la region R en el eje x, desde x = 0 y x = 1.

∫∫

R

xy dxdy =

∫ x=1

x=0

∫ y=x

y=x2

xy dy dx =

∫ x=1

x=0

(xy2

2

) ∣∣∣

y=x

y=x2dx

=1

2

∫ x=1

x=0(x3 − x5) dx =

1

2

[x4

4− x6

6

] ∣∣∣

x=1

x=0

=1

2

[14

4− 16

6

]

=1

24

ξρ∫



Segunda solucion. La region de integracion esta limitada por la izquierda por la recta y = x y por laderecha por la parabola y = x2. Por tanto, integramos primeramente con respecto a x, que va desde x = yhasta x =

√y, y luego con respecto de y, sobre la proyeccion de la region R en el eje y, desde y = 0 y y = 1.

∫∫

R

xy dxdy =

∫ y=1

y=0

∫ x=√

y

x=yxy dxdy =

∫ y=1

y=0

(x2y

2

) ∣∣∣

x=√

y

x=ydy

=1

2

∫ y=1

y=0(y2 − y3) dy =

1

2

[y3

3− y4

4

] ∣∣∣

y=1

y=0

=1

2

[13

3− 14

4

]

=1

24

♣

Ejemplo. Calcular

∫∫

R

y2 dx dy, siendo R el rectangulo limitado por x = 0, x = 1, y = 0, y = 3.

Primera solucion. Como el rectangulo R que es la region de integracion, esta limitada inferiormente por larecta y = 0 y superiormente por la recta y = 3. Entonces, primeramente integramos con respecto a y entreestos lımites, que va desde y = 0 hasta y = 3. Con respecto de x, integramos en la proyeccion del rectanguloR sobre el eje x que va desde x = 0 y x = 1.

∫∫

R

y2 dxdy =

∫ x=1

x=0

∫ y=3

y=0y2 dy dx =

∫ x=1

x=0

(y3

3

) ∣∣∣

y=3

y=0dx

=

∫ x=1

x=09 dx = [9x]

∣∣∣

x=1

x=0= 9

Segunda solucion. La region de integracion R esta limitada por la izquierda por la recta x = 0 y por laderecha por la recta x = 1. Por tanto, integramos primeramente con respecto a x, que va desde x = 0 hastax = 1. Con respecto de y, se integra sobre la proyeccion del rectangulo R sobre el eje y, desde y = 0 hastay = 1.

∫∫

R

y2 dxdy =

∫ y=3

y=0

∫ x=1

x=0y2 dxdy =

∫ y=3

y=0

(y2x)∣∣∣

x=1

x=0dy

=

∫ y=3

y=0y2 dy =

[y3

3

] ∣∣∣

y=3

y=0= 9

♣

Ejemplo. Calcular

∫∫

R

(x + 2y) dx dy, si R es el triangulo limitado por x = 0, y = 0, x + y = 1.

ξρ∫



Primera solucion. El triangulo R esta limitada por la izquierda por la recta x = 0 y por la derecha porla recta x = 1 − y, entonces primero integramos con respecto a x entre estos lımites. Con respecto de yintegramos en la proyeccion del triangulo R sobre el eje y, desde y = 0 hasta y = 1.

∫∫

R

(x + 2y) dxdy =

∫ y=1

y=0

∫ x=1−y

x=0(x + 2y) dxdy =

∫ y=1

y=0

(x2

2+ 2xy

) ∣∣∣

x=1−y

x=0dy

=1

2

∫ y=1

y=0(1 + 2y − 3y2) dy =

1

2

[y + y2 + y3

]∣∣∣

y=1

y=0=

1

2

Segunda solucion. Como el triangulo R inferiormente esta limitada por la recta y = 0 y superiormente porla recta y = 1 − x, entonces integramos con respecto a y entre estos lımites. Con respecto de x, integramosen la proyeccion del triangulo R sobre el eje x que va desde x = 0 y x = 1.

∫∫

R

(x + 2y) dxdy =

∫ x=1

x=0

∫ y=1−x

y=0(x + 2y) dy dx =

∫ x=1

x=0

(xy + y2

)∣∣∣

y=1−x

y=0dx

=

∫ x=1

x=0(1 − x) dx =

[

x − x2

2

] ∣∣∣

x=1

x=0=

1

2

Nota. Notemos que el los lımites de integracion la variable respecto de la cual se integra debe estas despejada.

♣

Ejemplo. Calcular

∫∫

R

(2x − y) dx dy, si R es el cuadrilatero limitado por x = 0, x = 1, x + y = 1 y

x + y = 3.

Solucion. Como la region de integracion R esta limitada inferiormente por la recta y = 1−x y superiormentepor la recta y = 3− x, entonces integramos primero con respecto a y entre estos lımites. Con respecto de x,integramos en la proyeccion de la region R sobre el eje x que va desde x = 0 a x = 1.

∫∫

R

(2x − y) dxdy =

∫ x=1

x=0

∫ y=3−x

y=1−x(2x − y) dy dx =

∫ x=1

x=0

(

2xy − y2

2

) ∣∣∣

y=3−x

y=1−xdx

=

∫ x=1

x=0(6x − 4) dx =

[

6x2

2− 4x

] ∣∣∣

x=1

x=0= −1

Nota. En este caso no conviene integrar primero con respecto a x por que la region de integracion Resta limitada por la izquierda por dos curvas dadas por x = 1 − y y por x = 0. Lo mismo ocurre con lascurvas que la limitan por la derecha x = 1 y x = 3 − y.

♣

Ejemplo. Calcular

∫∫

R

(1 + x) dx dy, si R es el triangulo limitado por y = x, x + y = 2, y = 0.

ξρ∫



Solucion. Como el triangulo R esta limitada por la izquierda por la recta x = y y por la derecha por la rectax = 2 − y, entonces primero integramos con respecto a x entre estos lımites. Con respecto de y integramosen la proyeccion del triangulo R sobre el eje y, desde y = 0 hasta y = 1.

∫∫

R

(1 + x) dxdy =

∫ y=1

y=0

∫ x=2−y

x=y(1 + x) dxdy =

∫ y=1

y=0

((1 + x)2

2

) ∣∣∣

x=2−y

x=ydy

=

∫ y=1

y=0(4 − y) dy =

[

4y − 4y2

2

] ∣∣∣

y=1

y=0= 2.

Nota. En este caso no conviene integrar primero con respecto de y por que la region de integracion Resta limitada superiormente por dos curvas y = x y por y = 2 − x.

♣

Ejemplo. Calcular

∫∫

R

(x + y) dx dy, siendo R la region limitada por x = y2, x + y = 0.

Solucion. Como la region de integracion R esta limitada por la izquierda por la parabola x = y2 y por laderecha por la recta x = −y, entonces integramos primero con respecto a x entre estos lımites. Con respectode y integramos en la proyeccion de la region de integracion R sobre el eje y que va desde y = −1 hastay = 0.

∫∫

R

(x + y) dxdy =

∫ y=0

y=−1

∫ x=−y

x=y2

(x + y) dxdy =

∫ y=0

y=−1

(x2

2+ xy

) ∣∣∣

x=−y

x=y2dy

= −1

2

∫ y=−1

y=0(y4 + 2y3 + y2) dy =

1

2

[y5

5+

2y2

4+ y3

] ∣∣∣

y=−1

y=0= − 1

60

♣

Ejemplo. Calcular

∫∫

R

xy dx dy, donde R es la region limitada por y = x3, y = x.

Solucion. Observemos que la region de integracion R esta dividida en dos porciones.

La porcion que esta limitada sobre el primer cuadrante esta limitada inferiormente por la curva y = x3 ysuperiormente por la recta y = x, entonces integramos primero con respecto a y entre estos lımites. Conrespecto de x, integramos en la proyeccion de esta porcion sobre el eje x que va desde x = 0 y x = 1.

Por otra parte, la porcion que esta en el tercer cuadrante esta limitada inferiormente por la recta y = x ysuperiormente por la curva y = x3, entonces integramos primero con respecto a y entre estos lımites. Conrespecto de x, integramos en la proyeccion de esta porcion sobre el eje x que va desde x = −1 a x = 0.

Por tanto sumando las integrales sobre cada porcion tenemos

ξρ∫



∫∫

R

xy dxdy =

∫ x=1

x=0

∫ y=x

y=x3

xy dy dx +

∫ x=0

x=−1

∫ y=x3

y=xxy dy dx

=

∫ x=1

x=0

(

xy2

2

) ∣∣∣

y=x

y=x3dx +

∫ x=0

x=−1

(

xy2

2

) ∣∣∣

y=x3

y=xdx

=1

2

∫ x=1

x=0(x3 − x7) dx +

1

2

∫ x=0

x=−1(x7 − x3) dx

=1

2

[x4

4− x8

8

] ∣∣∣

x=1

x=0+

1

2

[x8

8− x4

4

] ∣∣∣

x=0

x=−1

=1

16+

1

16=

1

8

♣

Ejemplo. Calcule la siguiente integral doble:

∫ 4

0

∫ 2

√y3√

1 + x3 dx dy

Solucion.

∫ 4

0

∫ 2

√y3√

1 + x3 dxdy =

∫ y=4

y=0

∫ x=2

x=√

y3√

1 + x3 dxdy

=

∫ x=2

x=0

∫ y=x2

y=03√

1 + x3 dy dx

=

∫ x=2

x=0

[

3√

1 + x3 y] ∣∣∣

x2

0dx

=

∫ x=2

x=03x2√

1 + x3 dx =[3

2(1 + x3)

32

] ∣∣∣

2

0

=3

2(1 + 23)

32 − 3

2

♣


∫ 2

0

∫ 2

xx√

1 + y3 dy dx

Solucion.

ξρ∫



∫ 2

0

∫ 2

xx√

1 + y3 dy dx =

∫ x=2

x=0

∫ y=2

y=xx√

1 + y3 dy dx

=

∫ y=2

y=0

∫ x=y

x=0x√

1 + y3 dxdy

=

∫ y=2

y=0

[x2

2

√

1 + y3] ∣∣∣

x=y

x=0dy

=

∫ y=2

y=0

[y2

2

√

1 + y3]

dy

=

∫ 2

0

1

2

√u

du

3

u = 1 + y3

du = 3y2dy

=u1/2+1

6(1/2 + 1)

∣∣∣

2

0=

(1 + y3)3/2

9

∣∣∣

2

0

=93/2

9− 13/2

9= 3 − 1

9=

26

9

♣


∫ 3

0

∫ 3

xx√

9 + y3 dy dx

Solucion.

∫ 3

0

∫ 3

xx√

9 + y3 dy dx =

∫ x=3

x=0

∫ y=3

y=xx√

9 + y3 dy dx

=

∫ y=3

y=0

∫ x=y

x=0x√

9 + y3 dxdy

=

∫ y=3

y=0

[x2

2

√

9 + y3] ∣∣∣

x=y

x=0dy

=

∫ y=3

y=0

[y2

2

√

9 + y3]

dy

=

∫ 3

0

1

2

√u

du

3

u = 9 + y3

du = 3y2dy

=u1/2+1

6(1/2 + 1)

∣∣∣

3

0=

(9 + y3)3/2

9

∣∣∣

3

0

=(9 + 33)3/2

9− 93/2

9=

363/2

9− 3

♣

ξρ∫




∫ 1

0

∫ 1/2

y/2e−x2

dx dy

Solucion.

∫ 1

0

∫ 1/2

y/2e−x2

dxdy =

∫ y=1

y=0

∫ x=1/2

x=y/2e−x2

dxdy

=

∫ x=1/2

x=0

∫ y=2x

y=0e−x2

dy dx

=

∫ x=1/2

x=0

[

e−x2y] ∣∣∣

2x

0dx

=

∫ x=1/2

x=0e−x2

2xdxu = −x2

du = −2xdx

= −∫ 1/2

0eu du = −

[

eu] ∣∣∣

2

0= −

[

e−x2] ∣∣∣

2

0

= 1 − e−4

♣


∫ e

1

∫ e

1

1

xydy dx

Solucion.

∫ e

1

∫ e

1

1

xydy dx =

∫ e

1

[ ln y

x

] ∣∣∣

e

1dx =

∫ e

1

[ ln e

x− ln 1

x

]

dx

=

∫ e

1

1

xdx =

[

ln y] ∣∣∣

e

1= 1

♣

Ejemplo.

Calcule

∫∫

R

(1 − xy) dx dy, siendo R la region limitada por x = 0, y = x, y = 1.

Solucion. De dos maneras distintas

∫∫

R

(1 − xy) dxdy =

∫ 1

0

∫ 1

x(1 − xy) dy dx =

∫ 1

0

(

y − xy2

2

)∣∣∣

1

xdx

=

∫ 1

0

(

1 − x

2− x +

x3

2

)

dx =

∫ 1

0

(

1 − 3

2x +

x3

2

)

dx

ξρ∫



∫∫

R

(1 − xy) dxdy =

∫ 1

0

∫ y

0(1 − xy) dxdy =

∫ 1

0

(

x − x2y

2

)∣∣∣

y

0dy

=

∫ 1

0

(

y − y3

2− 0 +

02y

2

)

dy =

∫ 1

0

(

y − y3

2

)

dy

Tarea: Complete el ejercicio.

♣

Ejemplo.

Calcule

∫∫

R

y

1 + x2dx dy, siendo R la region limitada por y = 0, y =

√x y x = 3.

∫∫

R

y

1 + x2dxdy =

∫ x=3

x=0

∫ y=√

x

y=0

y

1 + x2dy dx

=

∫ x=3

x=0

(y2

2(1 + x2)

) ∣∣∣

√x

0dx

=

∫ x=3

x=0

(√

x)2

2(1 + x2)dx

=1

2

∫ x=3

x=0

x

1 + x2dx

1

2

∫x

1 + x2dx

u = 1 + x2

du = 2xdx

=

∫1

udu Cambio de variables

= ln u Por tabla

= ln(1 + x2) u = 1 + x2

Por tanto ∫∫

R

y

1 + x2dxdy = ln(1 + x2)

∣∣∣

3

0= ln 10

♣

Ejemplo. Hallar

∫∫

R

xy dx dy si R es la region en el primer cuadrante limitada por y2 = 2x y x2+y2−4y =

0.

Solucion. Juntamos las dos ecuaciones se tiene el sistema de ecuaciones{

y2 = 2x

x2 + y2 = 4y

{(y2/2)2 + y2 = 4y

y4/4 + y2 = 4y

{y3 + 4y = 16

y3 + 4y − 16 = 0

ξρ∫



esto es,

(y − 2)(y2 + 2y + 8) = 0, y = 2, x = 2.

Despejando x de la ecuacion x2 + y2 − 4y = 0, tenemos

x =√

4y − y2.

∫∫

R

xy dxdy =

∫ y=2

y=0

∫ x=y2/2

x=√

4y−y2

xy dxdy

=

∫ y=2

y=0

(x2y

2

) ∣∣∣

x=y2/2

x=√

4y−y2dy

=

∫ y=2

y=0

(

(y2/2)2y

2− (√

4y − y2)2y

2

)

dy

=

∫ y=2

y=0

(y5

2− 4y2 − y3

2

)

dy

=1

2

∫ 2

0

(y5 − 4y2 + y3

)dy

=1

2

(y6

6− 4

y3

3+

y4

4

) ∣∣∣

2

0

=1

2

(26

6− 4

23

3+

24

4

)

=25

6− 24

3+

23

4

♣

Ejemplo. Si

D = [−π, π] × [−π, π],

mostrar que1

e≤ 1

4π2

∫∫

D

esen(x+y) dy dx ≤ e.

Solucion. Es claro que −1 ≤ sen(x + y) ≤ 1, entonces

e−1 ≤ esen(x+y) ≤ e1

integrando en esta desigualdad tenemos∫∫

D

1

edy dx ≤

∫∫

D

esen(x+y) dy dx ≤∫∫

D

edy dx.

Por tanto ∫ π

−π

∫ π

−π

1

edy dx ≤

∫∫

D

esen(x+y) dy dx ≤∫ π

−π

∫ π

−πedy dx.

esto es1

e(2π) (2π) ≤

∫∫

D

esen(x+y) dy dx ≤ e (2π) (2π).

ξρ∫



Por tanto1

e≤ 1

4π2

∫∫

D

esen(x+y) dy dx ≤ e.

♣

[B22]. Invirtiendo el orden de integracion

Ejemplo. Analice la verdad o falsedad de la siguiente afirmacion∫ 1

0

∫ x

0f(x, y) dy dx =

∫ 1

0

∫ y

0f(x, y) dx dy. Justifique su respuesta.

Solucion. Observe que

∫ 1

0

∫ x

0f(x, y) dy dx =

∫ x=1

x=0

∫ y=x

y=0f(x, y) dy dx.

1

1

Figura 2. Region de integracion

Obtenemos ası que los lımites de integracion de la region de integracion esta limitada inferiormente por larecta y = 0 y superiormente por la recta y = x. Ademas, x varıa entre x = 0 y x = 1. Ahora bien, invirtamosel orden de integracion, como la region esta limitada por la izquierda por x = y y por la derecha por x = 1entonces integramos con respecto a x entre estos lımites. Con respecto de y integramos en la proyeccion dela region sobre el eje y, que va desde y = 0 hasta y = 1. Por tanto

∫ x=1

x=0

∫ y=x

y=0f(x, y) dy dx =

∫ y=1

y=0

∫ x=1

x=yf(x, y) dxdy.

Por tanto

∫ 1

0

∫ x

0f(x, y) dy dx =

∫ 1

0

∫ 1

yf(x, y) dxdy.

Se concluye inmediatamente que la afirmacion es falsa.

♣

Ejemplo. Analice la verdad o falsedad de la siguiente afirmacion∫ b

a

∫ d

cf(x, y) dx dy =

∫ d

c

∫ b

af(x, y) dy dx. Justifique su respuesta.


ξρ∫



∫ b

a

∫ d

cf(x, y) dy dx =

∫ x=b

x=a

∫ y=d

y=cf(x, y) dy dx.

Obtenemos ası que los lımites de integracion de la region de integracion esta limitada inferiormente por larecta y = c y superiormente por la recta y = d. Ademas, x varıa entre x = a y x = b. Ahora bien, invirtamosel orden de integracion, como la region esta limitada por la izquierda por x = a y por la derecha por x = bentonces integramos con respecto a x entre estos lımites. Con respecto de y integramos en la proyeccion dela region sobre el eje y, que va desde y = c hasta y = d. Por tanto

∫ x=b

x=a

∫ y=d

y=cf(x, y) dy dx =

∫ y=d

y=c

∫ x=b

x=af(x, y) dxdy.

Por tanto

∫ b

a

∫ d

cf(x, y) dxdy =

∫ d

c

∫ b

af(x, y) dy dx.

Se concluye inmediatamente que la afirmacion es verdadera.

♣

Ejemplo. Analice la verdad o falsedad de la siguiente afirmacion∫ 2

0

∫ 2x

x2

f(x, y) dy dx =

∫ 2

0

∫ √y

y/2f(x, y) dx dy. Justifique su respuesta.


∫ 2

0

∫ 2x

x2

f(x, y) dy dx =

∫ x=2

x=0

∫ y=2x

y=x2

f(x, y) dy dx.

y= x2

2

4

Figura 3. Region de integracion

Hallemos los puntos de interseccion entre las curvas y = x2 y y = 2x, para esto es suficiente resolver laecuacion x2 = 2x, x2 − 2x = x(x − 2) = 0, de aquı x = 0 y x = 2.

Obtenemos ası que los lımites de integracion de la region de integracion esta limitada inferiormente porla recta y = x2 y superiormente por la recta y = 2x. Ademas, x varıa entre x = 0 y x = 2. Ahora bien,invirtamos el orden de integracion, como la region esta limitada por la izquierda por x = y/2 y por la derechapor x =

√y entonces integramos con respecto a x entre estos lımites. Con respecto de y integramos en la

proyeccion de la region sobre el eje y, que va desde y = 0 hasta y = 4. Por tanto

ξρ∫



∫ x=2

x=0

∫ y=2x

y=x2

f(x, y) dy dx =

∫ y=4

y=0

∫ x=√

y

x=y/2f(x, y) dxdy.

Por tanto

∫ 2

0

∫ 2x

x2

f(x, y) dy dx =

∫ 4

0

∫ √y

y/2f(x, y) dxdy.

Se concluye inmediatamente que la afirmacion es falsa.

♣

Ejemplo.

Graficar la region de integracion e invertir el orden de integracion:

∫ 2

0

∫ 2x

0f(x, y) dy dx.


∫ 2

0

∫ 2x

0f(x, y) dy dx =

∫ x=2

x=0

∫ y=2x

y=0f(x, y) dy dx.

Considerando los lımites de integracion deducimos que de la region de integracion esta limitada inferiormentepor la recta y = 0 y superiormente por la recta y = 2x. Ademas, x varıa entre x = 0 y x = 2. Ahora bien,invirtamos el orden de integracion: Como la region esta limitada por la izquierda por x = y/2 y por laderecha por x = 2 entonces integramos con respecto a x entre estos lımites. Con respecto de y integramosen la proyeccion de la region sobre el eje y, que va desde y = 0 hasta y = 4. Por tanto

∫ x=2

x=0

∫ y=2x

y=0f(x, y) dy dx =

∫ y=4

y=0

∫ x=2

x=y/2f(x, y) dxdy.

Por tanto

∫ 2

0

∫ 2x

0f(x, y) dy dx =

∫ 4

0

∫ 2

y/2f(x, y) dxdy.

[B23]. Calculo de areas

Sea R una region en el plano xy, entonces

area de R =

∫∫

R

dA.

Ejemplo. Sea R una region en el plano xy cuya area es A. Si f(x, y) = n para todo (x, y) ∈ R, ¿Cual es

el valor de

∫∫

R

f(x, y) dx dy? Explicar.

Solucion. Se deduce rapidamente de la definicion y de las propiedades de la integral doble que,

ξρ∫



∫∫

R

f(x, y) dxdy =

∫∫

R

n dxdy = n

∫∫

R

dxdy

= nArea(R) = n A.

♣

Ejemplo. ¿Que valor debe tener f(x, y) para que la integral doble

∫∫

R

f(x, y) dx dy represente el valor del

area de la region R?

Solucion. La funcion f(x, y) debe ser igual a la funcion contante 1. En efecto∫∫

R

f(x, y) dxdy =

∫∫

R

dxdy = Area(R).

♣

Ejemplo. calcular el area de la region limitada por y = x2, y = 2x + 3.

Solucion. Como la region esta limitada inferiormente por la parabola y = x2 y superiormente por la rectay = 2x+ 3, entonces primero integramos con respecto de y entre estos lımites. Con respecto de x integramosen la proyeccion sobre el eje x que va desde x = −1 hasta x = 3. Por lo tanto el area es

A =

∫ x=3

x=−1

∫ y=2x+3

y=x2

dy dx =

∫ x=3

x=−1y∣∣∣

y=2x+3

y=x2dx

=

∫ x=3

x=−1(2x + 3 − x2) dx =

[

x2 + 3x − x3

3

] ∣∣∣

x=3

x=−1=

32

3

♣

Ejemplo. calcular el area de la region limitada por x = 6y − y2, y = x.

Solucion. La region esta limitada por la izquierda por por la recta x = y, y por la derecha por la parabolax = 6y−y2 entonces primero integramos con respecto de x entre estos lımites. Con respecto de y integramosen la proyeccion sobre el eje y que va desde y = 0 hasta y = 5. Por lo tanto el area es

A =

∫ y=5

y=0

∫ x=6y−y2

x=ydxdy =

∫ y=5

y=0x∣∣∣

x=6y−y2

x=ydy

=

∫ y=5

y=0(5y − y2) dy =

[

5y2

2− y3

3

] ∣∣∣

y=5

y=0=

125

6

♣

Ejemplo. Calcule el area de la region limitada por las curvas x2 + y = 4, x − y + 2 = 0.

ξρ∫



Solucion. Despejando y de ambas ecuaciones tenemos

y = 4 − x2

y = x + 2

Para hallar los puntos de interseccion, es suficiente resolver la ecuacion 4−x2 = x+2, de donde x2+x−2 = 0,de aquı

x =−1 ±

√

12 − 4(1)(−2)

2(1)=

−1 ±√

9

2=

−1 ± 3

2

x = 1, x = −2.

Como la region esta limitada inferiormente por la recta y = x+2 y superiormente por la parabola y = 4−x2;entonces primero integramos con respecto al eje x desde −2 hasta 1. Luego integramos respecto al eje y desdey = x + 2 hasta y = 4 − x2.

A =

∫∫

R

dxdy =

∫ 1

−2

∫ y=4−x2

y=x+2dy dx =

∫ 1

−2[(4 − x2) − (x + 2)] dx

=

∫ 1

−2[−x2 − x + 2] dx =

[

−x3

3− x2

2+ 2x

] ∣∣∣

1

−2

=

[

−13

3− 12

2+ 2(1)

]

−[

−(−2)3

3− (−2)2

2+ 2(−2)

]

=

[

−5

6+ 2

]

−[8

3− 4

2− 4

]

=7

6− 16 − 12 − 24

3=

7

6+

20

3

♣

[B24]. Cambio de variables en integrales

Ejemplo.

Hallar el area de la region limitada por x + y = 1, x + y = 2, y = 2x y y = 2x + 2.

Solucion.

No conviene integrar sobre la region del plano xy por que tendrıamos que dividir la region en cuatro partes.Efectuando el cambio de variable

u = x + y, v = y − 2x

vemos que

x + y = 1 se transforma en u = 1,

x + y = 2 se transforma en u = 2,

y = 2x se transforma en v = 0,

y = 2x + 2 se transforma en v = 2,

La region R se transforma en la region R. Como

∂(u, v)

∂(x, y)=

∣∣∣∣

ux uy

vx vy

∣∣∣∣=

∣∣∣∣

1 1−2 1

∣∣∣∣= 3

ξρ∫



entonces el jacobiano de la transformacion es

∂(x, y)

∂(u, v)=

1

∂(u, v)

∂(x, y)

=1

3

Integrando en la region del plano uv, teniendo en cuenta el jacobiano de la transformacion, obtenemos elarea pedida:

∫∫

R

dxdy =

∫∫

R

∣∣∣∣

∂(x, y)

∂(u, v)

∣∣∣∣dudv =

∫ v=2

v=0

∫ u=2

u=1

1

3dudv

=1

3

∫ 2

0u∣∣∣

2

1dv =

1

3(2 − 1)

∫ 2

0dv =

1

3(2 − 0) =

2

3

♣

Ejemplo.

Hallar el area de la region limitada por xy = 4, xy = 8, xy3 = 5 y xy3 = 15.

Solucion.

La forma de las ecuaciones dadas sugiere hacer el cambio de variable

u = xy, v = xy3

vemos que

xy = 4 se transforma en u = 4,

xy = 8 se transforma en u = 8,

xy3 = 5 se transforma en v = 5,

xy3 = 15 se transforma en v = 15,


∂(u, v)

∂(x, y)=

∣∣∣∣

ux uy

vx vy

∣∣∣∣=

∣∣∣∣

y xy3 3xy2

∣∣∣∣= 2xy2 = 2v


∂(x, y)

∂(u, v)=

1

∂(u, v)

∂(x, y)

=1

2v

Integrando en la region R del plano uv, teniendo en cuenta el jacobiano de la transformacion, obtenemos elarea pedida:

∫∫

R

dxdy =

∫∫

R

∣∣∣∣

∂(x, y)

∂(u, v)

∣∣∣∣

dudv =

∫ v=15

v=5

∫ u=8

u=4

1

2vdudv

=1

2

∫ 15

5

u

v

∣∣∣

8

4dv =

1

2

∫ 15

5

8 − 4

vdv =

4

2ln(v)

∣∣∣

15

5

= 2 ln(15) − ln(5) = 2 ln(3).

ξρ∫



♣

Ejemplo.

Hallar el area de la region limitada por y2 = x, y2 = 8x, x2 = y y x2 = 8y.

Solucion.

La forma de las ecuaciones dadas sugiere efectuar el cambio de variable

u =y2

x, v =

x2

y.

Entonces

y2 = x se transforma en u = 1,

y2 = 8x se transforma en u = 8,

x2 = y se transforma en v = 1,

x2 = 8y se transforma en v = 8,


∂(u, v)

∂(x, y)=

∣∣∣∣

ux uy

vx vy

∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣∣

−y2

x22y

x

2x

y−x2

y2

∣∣∣∣∣∣∣

= −3


∂(x, y)

∂(u, v)=

1

∂(u, v)

∂(x, y)

= −1

3

Integrando en la region R del plano uv y teniendo en cuenta que el jacobiano de la transformacion es −1

3,

obtenemos el area pedida:

∫∫

R

dxdy =

∫∫

R

∣∣∣∣

∂(x, y)

∂(u, v)

∣∣∣∣

dudv =

∫ v=8

v=1

∫ u=8

u=1

1

3dudv

=1

3

∫ 8

1u∣∣∣

8

1dv =

1

3(8 − 1)

∫ 8

1dv =

7

3(8 − 1) =

49

3

♣

Ejemplo.

Calcular

∫∫

R

ex−y

x+y dA, donde R es la region limitada por x = 0, y = 0, x + y = 1.

Solucion.

La forma de las ecuaciones dadas sugiere hacer el cambio de variables

u = x − y, v = x + y

entonces

ξρ∫



x + y = 1 se transforma en v = 1

x = 0 se transforma en u + v = 0

y = 0 se transforma en v − u = 0


∂(u, v)

∂(x, y)=

∣∣∣∣

ux uy

vx vy

∣∣∣∣=

∣∣∣∣

1 −11 1

∣∣∣∣= 2.

Por lo tanto el jacobiano de la transformacion es

∂(x, y)

∂(u, v)=

1

∂(u, v)

∂(x, y)

=1

2

f(x, y) = ex−y

x+y

{x − y = ux + y = v

{2x = u + vx = u+v

2

{x − y = u−x − y = −v

{−2y = u − vy = v−u

2

f(x(u, v), y(u, v)) = ex−y

x+y = eu

v


∫∫

R

ex−y

x+y dxdy =

∫∫

R

eu

v

∣∣∣∣

∂(x, y)

∂(u, v)

∣∣∣∣

dudv.

=

∫ v=1

v=0

∫ u=v

u=−ve

u

v

1

2dudv

=1

2

∫ 1

0ve

u

v

∣∣∣

v

−vdv =

(e1 − e−1)

2

∫ 1

0vdv

=(e − e−1)

2

v2

2

∣∣∣

1

0=

e − e−1

4

♣

Ejemplo.

Calcule

∫∫

R

(x−y)ex+y dx dy, siendo R la region limitada por x+y = 1, x+y = −1, x−y = −1 y x−y = −3.

Solucion.

La forma de las ecuaciones dadas sugiere hacer el cambio de variables

u = x − y, v = x + y

entonces

ξρ∫



x + y = 1 se transforma en v = 1

x + y = −1 se transforma en v = −1

x − y = −1 se transforma en u = −1

x − y = −3 se transforma en u = −3


∂(u, v)

∂(x, y)=

∣∣∣∣

ux uy

vx vy

∣∣∣∣=

∣∣∣∣

1 −11 1

∣∣∣∣= 2.

Por lo tanto el jacobiano de la transformacion es

∂(x, y)

∂(u, v)=

1

∂(u, v)

∂(x, y)

=1

2

f(x, y) = (x − y)ex+y

{x − y = ux + y = v

{2x = u + vx = u+v

2

{x − y = u−x − y = −v

{−2y = u − vy = v−u

2

f(x(u, v), y(u, v)) = (x − y)ex+y = uev


∫∫

R

(x − y)ex+y dxdy =

∫∫

R

uev

∣∣∣∣

∂(x, y)

∂(u, v)

∣∣∣∣dudv.

=

∫ v=1

v=−1

∫ u=−1

u=−3uev 1

2dudv

=1

2

∫ 1

−1

u2

2ev∣∣∣

1

−3dv =

[(−1)2

2− (−3)2

2

] ∫ 1

−1evdv

=

[1

2− 9

2

]

ev∣∣∣

1

−1=

[1

2− 9

2

]

(e1 − e−1)

♣

[B25]. Integrales dobles en coordenadas polares

Ejemplo.

Analice la verdad o falsedad de la siguiente afirmacion∫∫

R

√

x2 + y2 dx dy =

∫∫

R

r dr dθ?. Justifique su respuesta.

Solucion. Observe que√

x2 + y2 =√

(r cos θ)2 + (r sen θ)2 =√

r2 = r.

ξρ∫



De esta igualdad y de (??) se deduce que∫∫

R

√

x2 + y2 dxdy =

∫∫

R

r dr dθ

Concluimos entonces que la afirmacion es verdadera.

Coordenadas polares tenemosx = r cos θ

y = r sen θ

∫∫

R

f(x, y) dxdy =

∫∫

R

f(r cos θ, r sen θ) r dr dθ.

♣

Ejemplo.

Analice la verdad o falsedad de la siguiente afirmacion∫∫

R

ex2+y2dx dy =

∫∫

R

er2dr dθ?. Justifique su respuesta.


x2 + y2 = (r cos θ)2 + (r sen θ)2 = r2.


R

ex2+y2dxdy =

∫∫

R

er2r dr dθ

Concluimos entonces que la afirmacion es falsa.

♣

Ejemplo.

Analice la verdad o falsedad de la siguiente afirmacion: La integral doble∫∫

R

√

x2 + y2 − 25 dx dy se transforma en coordenadas polares a

∫∫

R

√

r2 − 25 dr dθ. Justifique su respuesta.


x2 + y2 = (r cos θ)2 + (r sen θ)2 = r2.


R

√

x2 + y2 − 25 dxdy =

∫∫

R

r√

r2 − 25 dr dθ.

Concluimos entonces que la afirmacion es falsa.

♣

Ejemplo Calcule

∫∫

R

y√

x2 + y2dx dy, siendo R la region limitada por x2 + y2 = 16 y y ≥ 0.

ξρ∫



Solucion. Pasando a coordenadas polares tenemos

x = r cos θ

y = r sen θ

Los lımites polares son 0 ≤ r ≤ 4 y 0 ≤ θ ≤ π. Ademas

y√

x2 + y2=

r sen θ√

(r cos θ)2 + (r sen θ)2= sen θ.

Por tanto, se tiene

∫∫

R

y√

x2 + y2dxdy =

∫ π

0

∫ 4

0r sen θ dr dθ

=

∫ π

0

[r2

2sen θ

] ∣∣∣

4

0dθ

=

∫ π

0

[

(42

2sen θ) − (

02

2cos θ)

]

dθ

= 8

∫ π

0sen θ dθ = −8 cos θ

∣∣∣

π

0

= −8 cos π + 8 cos 0 = 8 + 8 = 16.

♣

Ejemplo. Calcular

∫∫

R

√

4 − x2 − y2 dx dy, siendo R la region situada en el primer cuadrante limitada

por x2 + y2 = 1.

Solucion. Conviene pasar a coordenadas polares:

x = r cos θ

y = r sen θ

La circunferencia x2 + y2 = 1 se transforma en

(r cos θ)2 + (r sen θ)2 = 1

esto es, se escribe como

r = 1

Que es la circunferencia con centro el punto (0, 0) y radio r = 1, ası los lımites polares son 0 ≤ r ≤ 1 y0 ≤ θ ≤ 2π.

Por otro lado, se tiene que

√

4 − x2 − y2 =√

4 − (r cos θ)2 − (r sen θ)2 =√

4 − r2.

ξρ∫



Por tanto, se tiene∫∫

R

√

4 − x2 − y2 dxdy =

∫ 2π

0

∫ 1

0

√

4 − r2 r dr dθ

= −1

2

∫ 2π

0

[(4 − r2)3/2

32]∣∣∣

1

0dθ

= −1

3(3√

3 − 8)

∫ 2π

0dθ

=2π

3(8 − 3

√3)

♣

Ejemplo.

Calcule

∫∫

R

e−(x2+y2) dx dy, siendo R la region limitada por x2 + y2 = 16.

Solucion. Los lımites polares son 0 ≤ r ≤ 4 y 0 ≤ θ ≤ 2π. Ademas

x2 + y2 = (r cos θ)2 + (r sen θ)2 = r2.

Por tanto, se tiene

∫∫

R

e−(x2+y2) dxdy =

∫ 2π

0

∫ 4

0e−r2

r dr dθ

=

∫ 2π

0

[

− e−r2

2

]∣∣∣

4

0dθ

=

∫ 2π

0

[

− e−16

2+

e0

2

]

dθ

= 2π[1

2− e−16

2

]

♣

Ejemplo.

Calcule

∫∫

R

ex2+y2dx dy, siendo R la region anular limitada por las circunferencias

x2 + y2 = 1 y x2 + y2 = 9.

Solucion. Los lımites polares son 1 ≤ r ≤ 3 y 0 ≤ θ ≤ 2π. Ademas

x2 + y2 = (r cos θ)2 + (r sen θ)2 = r2.

Por tanto, se tiene

ξρ∫



∫∫

R

ex2+y2dxdy =

∫ 2π

0

∫ 4

0er2

r dr dθ

=

∫ 2π

0

[

er2

2

]∣∣∣

3

1dθ

=

∫ 2π

0

[e9

2− e1

2

]

dθ

= 2π

[e9

2− e

2

]

♣

Ejemplo.

Calcule

∫∫

R

√

x2 + y2 dx dy, siendo R la region limitada por x2 + y2 = 4 y y ≥ 0.

Solucion. Los lımites polares son 0 ≤ r ≤ 2 y 0 ≤ θ ≤ π. Ademas

√

x2 + y2 =√

(r cos θ)2 + (r sen θ)2 = r.

Por tanto, se tiene

∫∫

R

√

x2 + y2 dxdy =

∫ π

0

∫ 2

0r r dr dθ

=

∫ π

0

[r3

3

]∣∣∣

2

0dθ

=

∫ π

0

[23

3− 03

3

]

dθ

=8

3π

♣

Ejemplo.

Calcule

∫∫

R

√

x2 + y2 dx dy, siendo R la region situada en el primer cuadrante limitada por x2 + y2 = 4x.

Solucion. Completando cuadrados en la ecuacion x2 + y2 = 4x, tenemos

x2 + y2 = 4xx2 − 4x + y2 = 0

x2 − 4x + 22 + y2 = 22

esto es,

(x − 2)2 + y2 = 22 (19)

ξρ∫



Pasando a coordenadas polares tenemosx = r cos θ

y = r sen θ

Luego la ecuacion x2 + y2 = 4x se transforma en

(r cos θ)2 + (r sen θ)2 = 4r cos θ

entoncesr2 = 4r cos θ

de aquır = 4cos θ.

Que es la circunferencia con centro el punto (2, 0) y radio r = 2 cuya ecuacion cartesiana es (19) ası, loslımites polares son 0 ≤ r ≤ 2 y 0 ≤ θ ≤ 2π.


√

x2 + y2 =√

(r cos θ)2 + (r sen θ)2 = r.


R

√

x2 + y2 dxdy =

∫ 2π

0

∫ 2

0r r dr dθ

=

∫ 2π

0

[r3

3

]∣∣∣

2

0dθ

=

∫ 2π

0

[23

3− 03

3

]

dθ

=16

3π

♣

Ejemplo.

Calcule

∫∫

R

sen√

x2 + y2 dx dy, siendo R la region π2 ≤ x2 + y2 ≤ 4π2.


x = r cos θ

y = r sen θ

Luegoπ2 ≤ (r cos θ)2 + (r sen θ)2 ≤ 4π2

entoncesπ2 ≤ r2 ≤ 4π2

de aquıπ ≤ r ≤ 2π.


R

sen√

x2 + y2 dxdy =

∫ 2π

0

∫ 2π

πr sen r dr dθ

Hallemos la integral∫

r sen r dr. Integrando por partes tenemos

ξρ∫



u = r dv = sen rdr

du = dr v = −cosr

entonces∫

r sen r dr = −r cos r +

∫

cos r dr = −r cos r + sen r

Por lo tanto

∫∫

R

sen√

x2 + y2 dxdy =

∫ 2π

0

∫ 2π

πr sen r dr dθ

=

∫ 2π

0[−r cos r + sen r]

∣∣∣

2π

πdθ

=

∫ 2π

0[(−2π cos 2π + sen 2π) − (−π cos π + sen π)] dθ

=

∫ 2π

0[−2π + π(−1)] dθ

= (−3π)(2π) = −6π2.

♣

Ejemplo.

Calcule

∫∫

R

x

x2 + y2dx dy, siendo R la region situada en el primer cuadrante limitada por x2 + y2 = 2x.


x = r cos θ

y = r sen θ

Luego la ecuacion x2 + y2 = 2x se transforma en


entonces

r2 = r cos θ

de aquı

r = cos θ.


x

x2 + y2=

r cos θ

(r cos θ)2 + (r sen θ)2=

cos θ

r.

ξρ∫




R

x

x2 + y2dxdy =

∫ π/2

0

∫ cos θ

0r

cos θ

rdr dθ

=

∫ π/2

0

∫ cos θ

0cos θ dr dθ

=

∫ π/2

0cos2 θ dθ

=

∫ π/2

0

1 + cos 2θ

2dθ

=1

2

(

θ +sen 2θ

2

) ∣∣∣

2π

0

Tarea: Complete el ejercicio.

♣


∫ a

0

∫ √a2−x2

0

√

a2 − y2dy dx

Solucion.

♣


∫ a

−a

∫ √a2−x2

−√

a2−x2

dy dx

Solucion.

∫ a

−a

∫ √a2−x2

−√

a2−x2

dy dx =

∫ 2π

0

∫ a

0r dr dθ

=

∫ 2π

0

a2

2dθ = πa2.

♣

Ejemplo. Calcule el area de la region situada en el primer cuadrante limitada por x2 + y2 = 2x.

Solucion. Conviene pasar a coordenadas polares:

x = r cos θ

y = r sen θ

La circunferencia x2 + y2 = 2x se transforma en


esto es, se escribe como

r = 2cos θ

Que es la circunferencia con centro el punto (1, 0) y radio r = 1, ası los lımites polares son 0 ≤ θ ≤ 2π y0 ≤ r ≤ 2 cos θ.

ξρ∫



Por tanto, se tiene

A =

∫∫

R

dxdy =

∫ 2π

0

∫ 2 cos θ

0r dr dθ =

∫ 2π

0

[r2

2

] ∣∣∣

2 cos θ

0dθ

=

∫ 2π

0

[

(42 cos2 θ

2) − (

02

2)

]

dθ = 8

∫ 2π

0cos2 θ dθ

= 8

[1

2θ +

1

4sen 2θ

] ∣∣∣

2π

0= 8

[1

22π +

1

4sen 2(2)π

]

= 8π

♣

[B26]. Sucesiones

DEFINICION 2. Una sucesion es una funcion cuyo dominio es el conjunto de los numeros reales N ycuyo recorrido es el conjunto de los numero reales R.

Consideremos una sucesion a : N → R, esto es, a es una funcion que a cada numero natural n se le asigna elnumero real a(n). Denotaremos a(n) por an, esto es,

a(n) = an.

El numero an se llama termino n-esimo de la sucesion a. Luego podemos escribir la sucesion a por

a1, a2, ..., an

o podemos usar un sımbolo tal como {an}.Si damos una expresion explıcita al n-esimo de una sucesion, entonces podemos generar o determinar cadatermino de la sucesion. Veamos algunos ejemplos.

Ejemplo Dados los siguientes formular explıcitas para los terminos n-esimos, hallar los primeros terminos

de las sucesiones que generan.

① Si an = n, entonces la sucesion que se obtiene es

1, 2, 3, 4, 5, . . .

② Si an = 2n, entonces la sucesion que se obtiene es

2, 4, 8, 16, 32, . . .

③ Si an =1

2n, entonces la sucesion que se obtiene es

1

2,1

4,1

8,

1

16,

1

32, . . .

DEFINICION 3. La sucesion {an} converge a L si para todo ε > 0, existe un numero natural N tal que

si n ≥ N entonces |an − L| < ε.

Escribimos este hecho como lımn 7→∞

an = L. Si la sucesion {an} no converge a ningun numero L, decimos que

la sucesion {an} diverge. Por tanto, la sucesion {an} en divergente si ocurre unos de los siguientes casos

lımn 7→∞

an = ∞, lımn 7→∞

an = −∞, lımn 7→∞

an no es unico

ξρ∫



DEFINICION 4. Una sucesion {an} es monotona creciente si para todo n ≥ 1, an ≤ an+1. Una sucesion{an} es monotona decreciente si para todo n ≥ 1, an ≥ an+1. Una sucesion {an} es acotada si existe M > 0tal que para todo n ≥ 1, |an| ≤ M .

TEOREMA 2. Sean {xn} y {yn} dos funciones tales que

lımn 7→∞

xn = x y lımn 7→∞

yn = y.

Entonces

(a) lımn 7→∞

(xn + yn) = x + y, (b) λ ∈ R, lımn 7→∞

λxn = λx

(c) lımn 7→∞

xnyn = xy, (d) lımn 7→∞

xn

yn=

x

y.

(e) Toda sucesion acotada, creciente o decreciente es convergente.(f) Toda sucesion no acotada es divergente.(g) El lımite de una sucesion convergente es unico.

Ejemplo Determinar si la siguiente sucesion es convergente o divergente.

3

2,

4

3,

5

4,

6

5,

7

6, . . .

Solucion. Observando los terminos de la sucesion vemos que el termino n-esimo de la sucesion es

an =n + 2

n + 1.

Calculando el lımite

lımn 7→∞

an = lımn 7→∞

n + 2

n + 1= lım

n 7→∞

1 +2

n

1 +1

n

= 1

Por tanto, la sucesion {an} es convergente y converge a 1.

Ejemplo Determinar la convergencia o divergencia de la sucesion cuyo termino n-esimo es.

(a) an = 2 +1

n2, (b) bn = n sen

(1

n

)

Solucion. Calculando el lımite

lımn 7→∞

an = lımn 7→∞

2 +1

n2= 2 + 0 = 2


De modo similar un calculo simple muestra que

lımn 7→∞

bn = lımn 7→∞

n sen

(1

n

)

= lımn 7→∞

sen

(1

n

)

1

n

= 1

Por tanto, la sucesion {bn} es convergente y converge a 1.


ξρ∫



(1) an = 3n − 4 (2) an =2

n3

(3) an = (−1)n (4) an =4√

n4√

n2 + n

(5) an = n√

n (6) an = n

√

1

n

(7) an =n3 − 2n

n2 −√n

(8) an =4√

n4√

3n + 1

Solucion.

ξρ∫



(1) lımn 7→∞

an = lımn 7→∞

(3n − 4) = 3∞− 4 = ∞ {an} converge

(2) lımn 7→∞

an = lımn 7→∞

2

n3=

2

∞3= 0 {an} converge

(3) lımn 7→∞

an = lımn 7→∞

(−1)n =

{

1 si n es par

−1 si n es impar{an} no converge

(4) lımn 7→∞

an = lımn 7→∞

4√

n4√

n2 + n= lım

n 7→∞

4√

n4√

n2

4√

n2 + n4√

n2

= lımn 7→∞

4

√n

n2

4

√

n2 + n

n2

= lımn 7→∞

4

√

1

n

4

√

1 +1

n

=0

1= 0 {an} converge

(5) lımn 7→∞

an = lımn 7→∞

n√

n = lımn 7→∞

n1n = lım

n 7→∞e

1n

lnn

= lımn 7→∞

eln n

n = e0 = 1 {an} converge

(6) lımn 7→∞

an = lımn 7→∞

n

√

1

n= lım

n 7→∞

(1

n

) 1n

= lımn 7→∞

e1n

ln(

1n

)

= lımn 7→∞

eln(n−1)

n = lımn 7→∞

e−ln n

n = e−0 = 1 {an} converge

(7) lımn 7→∞

an = lımn 7→∞

n3 − 2n

n2 −√n

= lımn 7→∞

n3 − 2n

n3

n2 −√n

n3

= lımn 7→∞

1 − 2

n2

1

n− 1

n5/2

=1 − 2

∞2

1

∞ − 1

∞5/2

= ∞ {an} diverge

(8) lımn 7→∞

an = lımn 7→∞

4√

n4√

3n + 1= lım

n 7→∞

4√

n4√

n4√

3n + 14√

n

= lımn 7→∞

1

4

√

3n + 1

n

= lımn 7→∞

1

4

√

3 +1

n

=14√

3{an} converge


an =√

n3 + 2n − n

Solucion. Calculando el lımite

ξρ∫



lımn 7→∞

an = lımn 7→∞

(√

n2 + 2n − n)

√n2 + 2n + n√n2 + 2n + n

= lımn 7→∞

n2 + 2n − n2

√n2 + 2n + n

= lımn 7→∞

2n√n2 + 2n + n

= lımn 7→∞

2√

n2 + 2n

n2+ 1

= lımn 7→∞

2√

1 +2

n+ 1

=2

√

1 +2

∞ + 1

=2√

1 + 1= 1


[B27]. Series

DEFINICION 5. Dada la sucesion {an}, definimos sus sumas parciales por

sn = a1 + a2 + · · · + an

Si la sucesion {sn} converge, entonces el lımite lımn 7→∞

sn se llama serie de la sucesion {an} y es denotada por∞∑

n=1

an. Esto es

∞∑

n=1

an = lımn 7→∞

sn = a1 + a2 + · · ·

Algunas series especiales

① La serie geometrica de razon r.

☞ Si |r| < 1, entonces

∞∑

n=1

arn =a

1 − r

☞ Si |r| ≥ 1, entonces∞∑

n=1

arn diverge.

② La serie Armonica

∞∑

n=1

1

ndiverge.

③ La serie Armonica de grado p (serie p de Riemman)

∞∑

n=1

1

npconverge si p > 1 y diverge si p ≤ 1.

0.1. Criterios de Convergencia. Existen algunos criterios que permiten determinar en muchos casos elcaracter convergente o divergente de una serie.

Para las series∞∑

n=1

an de terminos an positivos se tienen los siguientes criterios:

① Criterio de divergencia. Si lımn 7→∞

an 6= 0, entonces la serie∞∑

n=1

an es divergente.

Ejemplo Determinar la convergencia o divergencia de la serie

∞∑

n=1

2n

ξρ∫



Solucion. El termino general de la serie es an = 2n. Ahora bien, como

lımn 7→∞

an = lımn 7→∞

2n = 2∞ = ∞ 6= 0,

entonces la serie dada es divergente.


∞∑

n=1

2n

Solucion. El termino general de la serie es an =n + 1

n − 1. Ahora bien, como

lımn 7→∞

an = lımn 7→∞

n + 1

n − 1= lım

n 7→∞1 + 1/n

1 − 1/n= 1 6= 0,


Ejemplo Determinar la convergencia o divergencia de la serie∞∑

n=1

(

1 +1

n

)n

Solucion. El termino general de la serie es an =

(

1 +1

n

)n

. Ahora bien, como

lımn 7→∞

an = lımn 7→∞

(

1 +1

n

)n

= e 6= 0,



∞∑

n=1

1√n

Solucion. El termino general de la serie es an =1√n

. Ahora bien, como

lımn 7→∞

an = lımn 7→∞

1√n

=1√∞ = 0,

entonces no podemos concluir nada. Sin embargo, a la serie dada es reconocemos como una serie pde Riemann, pues

∞∑

n=1

1√n

=

∞∑

n=1

1

n1/2con p =

1

2.

Como p = 12 < 1, la serie dada diverge.

② Criterio de Comparacion. Si an ≤ bn, entonces

☞ Si∞∑

n=1

bn converge, entonces∞∑

n=1

an converge.

☞ Si

∞∑

n=1

an no converge, entonces

∞∑

n=1

bn no converge.

Ejemplo Aplicando el criterio de Comparacion, determinar la convergencia o divergencia de la

serie∞∑

n=1

1

n(n + 1)

Solucion. Comparemos la serie dada con la serie p de Riemann∞∑

n=1

1

n2. Como

1

n(n + 1)≤ 1

n2

ξρ∫



y sabiendo que la serie∞∑

n=1

1

n2es convergente por ser p = 2 > 1, deducimos que la serie dada tambien

es convergente.

Ejemplo Aplicando el criterio de Comparacion, determinar la convergencia o divergencia de la

serie∞∑

n=1

1

ln n

Solucion. Comparemos la serie dada con la serie Armonica∞∑

n=1

1

n. Como ln n < n, entonces

1

n≤ 1

ln n

y entonces sabiendo que la serie Armonica

∞∑

n=1

1

nes divergente, deducimos que la serie dada tambien

es divergente.

Ejemplo Analizar la convergencia y/o divergencia de la siguiente serie:∞∑

n=1

n3 + 6n2 + 5n − 2

n 3√

(n3 + 1)4.

Solucion.Puesto que

n3 ≤ n3 + 1

entonces

3√

(n3)4 ≤ 3√

(n3 + 1)4

por tanto

n4 ≤ 3√

(n3 + 1)4

de aquı

n5 ≤ n 3√

(n3 + 1)4

invirtiendo

1

n5≥ 1

n 3√

(n3 + 1)4

ası

n3 + 6n2 + 5n − 2

n5≥ n3 + 6n2 + 5n − 2

n 3√

(n3 + 1)4

por tanto

n3

n5+

6n2

n5+

5n

n5− 2

n5≥ n3 + 6n2 + 5n − 2

n 3√

(n3 + 1)4

de donde se deduce que

1

n2+

6

n3+

5

n4− 2

n5≥ n3 + 6n2 + 5n − 2

n 3√

(n3 + 1)4

ξρ∫



Debido a que las series∞∑

n=1

1

n2,

∞∑

n=1

1

n3,

∞∑

n=1

1

n4y

∞∑

n=1

1

n5son series armonicas de grado p con p >

2, todas son convergentes, por tanto la desigualdad anterior implica que nuestra serie tambien esconvergente.

③ Criterio de Comparacion por el Cociente. Si lımn 7→∞

an

bn= k, entonces

☞ Si 0 < k < ∞, entonces las series

∞∑

n=1

an y

∞∑

n=1

bn ambas convergen o ambas divergen.

☞ Si k = 0 y

∞∑

n=1

bn converge, entonces

∞∑

n=1

an tambien converge.

☞ Si k = ∞ y∞∑

n=1

bn diverge, entonces∞∑

n=1

an tambien diverge.

Ejemplo Aplicando el criterio de Comparacion por el Cociente, determinar la convergencia o

divergencia de la serie∞∑

n=1

1

n2 + 4

Solucion. Comparemos la serie dada con la serie p de Riemann convergente∞∑

n=1

1

n2. El hecho de que

lımn 7→∞

1

n2 + 41

n2

= lımn 7→∞

n2

n2 + 4= lım

n 7→∞1

n2 + 4

n2

= lımn 7→∞

1

1 +4

n2

= 1 ∈ (0,∞)

implica que la serie dada es convergente.

Ejemplo Aplicando el criterio de Comparacion por el Cociente, determinar la convergencia o

divergencia de la serie∞∑

n=1

1√

n(2n − 1)

Solucion. Comparemos la serie dada con la serie divergente

∞∑

n=1

1√n

. El hecho de que

lımn 7→∞

1√

n(2n − 1)1√n

= lımn 7→∞

√n

√

n(2n − 1)= lım

n 7→∞

√n

n(2n − 1)

= lımn 7→∞

√√√√√√

1

n2n2 − n

n2

= lımn 7→∞

√√√√√√

1

n

2 − 1

n

= 0

implica que la serie dada es divergente.

ξρ∫



④ Criterio Cauchy o de la Raiz

lımn 7→∞

n√

an = k ⇒

Si k < 1, entonces

∞∑

n=1

an converge

Si k > 1, entonces∞∑

n=1

an diverge

Si k = 1, entonces el criterio no resuelve

Ejemplo AAnalizar la convergencia y/o divergencia de la siguiente serie:∞∑

n=1

(

cosπn2

2n2 − 3

)2n

Solucion.

lımn→∞

n

√(

cosπn2

2n2 − 3

)2n

= lımn→∞

(

cosπn2

2n2 − 3

)2

= lımn→∞

cos

π

2 − 3

n2

2

=(

cosπ

2

)2= 0 < 1

Por tanto, la serie es convergente.⑤ Criterio del Cociente

lımn 7→∞

an+1

an= k ⇒

Si k < 1, entonces

∞∑

n=1

an converge

Si k > 1, entonces

∞∑

n=1

an diverge

Si k = 1, entonces el criterio falla

Ejemplo Aplicando el criterio del Cociente, determinar la convergencia o divergencia de la serie∞∑

n=1

n

3n

Solucion. Aplicando el criterio del Cociente tenemos:

lımn 7→∞

an+1

an= lım

n 7→∞

n + 1

3n+1

n

3n

= lımn 7→∞

(n + 1)3n

n3n+1= lım

n 7→∞

(

1 +1

n

)1

3=

1

3< 1,

de donde se deduce que la serie dada es convergente.


n=1

(n + 1)(n + 2)

n!


ξρ∫



lımn 7→∞

an+1

an= lım

n 7→∞

(n + 2)(n + 3)

(n + 1)!

(n + 1)(n + 2)

n!

= lımn 7→∞

(n + 2)(n + 3)n!

(n + 1)(n + 2)(n + 1)!

= lımn 7→∞

n + 3

(n + 1)2= 0 < 1,

de donde se deduce que la serie dada es convergente.


n=1

n3

(ln 2)n


lımn 7→∞

an+1

an= lım

n 7→∞

(n + 1)3

(ln 2)n+1

n3

(ln 2)n

= lımn 7→∞

(n + 1)3(ln 2)n

(ln 2)n+1n3= lım

n 7→∞(n + 1)3

(ln 2)n3=

1

ln 2> 1,

de donde se deduce que la serie dada es divergente.

Ejemplo Analizar la convergencia y/o divergencia de la siguiente serie:∞∑

n=1

n 2n

(n + 1)3n.

Solucion.

lımn→∞

(n + 1) 2n+1

(n + 2)3n+1

n 2n

(n + 1)3n

= lımn→∞

(n + 1) 2n+1 (n + 1)3n

n 2n (n + 2)3n+1

= lımn→∞

(n + 1) 2n 2 (n + 1)3n

n 2n (n + 2)3n 3= lım

n→∞2(n + 1)2

3n(n + 2)

= lımn→∞

2

(

1 +1

n

)2

3

(

1 +2

n

) =2

3< 1

Por tanto, la serie es convergente.

Ejemplo Suponga que se sabe que una poblacion se triplica cada 7 anos. Encuentre el tamano de la

poblacion despues de 10 anos.

Solucion.

[B28]. Funciones Gamma

Ejemplo Calcular:

ξρ∫



Γ(2) = 1! = 1

Γ(6) = 5! = 120

Γ(5)

Γ(3)=

4!

2!= 12

Γ

(9

2

)

=7

2Γ

(7

2

)

=7

2

5

2Γ

(5

2

)

=7

2

5

2

3

2Γ

(3

2

)

=7

2

5

2

3

2

1

2Γ

(1

2

)

=105

16

√π

♣

Ejemplo Calcular la integral

∫ ∞

0x6e−xdx.

Solucion.

2x = y x =y

2dx =

dy

2

∫ ∞

0x6e−xdx

|↓=

∫ ∞

0

(y

2

)6e−y dy

2=

1

27

∫ ∞

0y6e−y dy =

Γ(7)

27=

6!

27=

45

8

♣


∫ ∞

0

√y e−y3

dy.

Solucion.

y3 = x, y = x1/3, dy =1

3x−2/3dx

∫ ∞

0

√y e−y3

dy

|↓=

∫ ∞

0

√

x1/3e−x 1

3x−2/3dx =

1

3

∫ ∞

0x1/6−2/3e−x dx

por tanto

∫ ∞

0

√ye−y3

dy =1

3

∫ ∞

0x−1/2e−x dx =

1

3

∫ ∞

0x1/2−1e−x dx =

1

3Γ

(1

2

)

=1

3

√π.

♣


∫ ∞

0e−

x

2 x3 dx.

Solucion. Recordemos la definicion de la funcion gamma

Γ(p) =

∫ ∞

0xp−1 e−x dx

ξρ∫



∫

e−x

2 x3dx

u = x2 ,

x = 2u,

dx = 2du

=

∫

e−u (2u)3 2 du

= 24

∫

u3 e−u du

= 24

∫

u4−1 e−u du

= 24Γ(4) = 24 3! = 96

♣


∫ ∞

0e−2x x4 dx.

Solucion.

∫

e−2x x4dx

u = 2x,

x = u2 ,

dx = 12 du

=

∫

e−u(u

2

)4 1

2du

=1

25

∫

u4 e−u du

=1

25

∫

u5−1 e−u du

=1

25Γ(5) =

1

254! =

3

4.

♣

[B29]. Funciones Beta

Ejemplo Calcular la siguiente integral

∫ 1

0x4(1 − x)2dx.

Solucion.∫ 1

0x4(1 − x)2dx =

∫ 1

0x5−1(1 − x)3−1dx = β(5, 3) =

Γ(5) Γ(3)

Γ(5 + 3)=

4! 3!

8!=

1

180

♣


∫ 1

0

x2

√2 − x

dx.

Solucion. Apliquemos la tecnica de sustitucion. Si hacemos x = 2y, entonces dx = 2dy. Por tanto

ξρ∫



∫ 1

0

x2

√2 − x

dx =

∫ 1

0

(2y)2√2 − 2y

2 dyx = 2y

dx = 2dy

=

∫ 1

0

8y2

√2√

1 − ydy =

∫ 1

0

8√

2y2

√2√

2√

1 − ydy

=

∫ 1

0

4√

2y2

√1 − y

dy = 4√

2

∫ 1

0y2(1 − y)1/2 dy

Resolviendo el sistema de ecuaciones{

p − 1 = 2

q − 1 = 1/2

{p = 3

q = 3/2

por lo tanto

∫ 1

0

x2

√2 − x

dx = 4√

2

∫ 1

0y2(1 − y)1/2 dy

= 4√

2 β(

3, 12

)

= 4√

2Γ(3) Γ

(12

)

Γ(

3 + 12

) = 4√

2Γ(3) Γ

(12

)

Γ(

72

)

= 4√

2Γ(3) Γ

(12

)

5

2

3

2

1

2Γ

(1

2

) = 4√

23!15

8

=64√

2

15

♣

Ejemplo Analice la verdad o falsedad de la siguiente afirmacion.

∫ π

0sen(t) cos4(t)dt =

1

2

Γ(

52

)

Γ(

72

) .

Solucion. Recordemos que si a es impar y b par, se tiene que

∫ π

0senq t cosb t dt =

1

2

∫ π

2

0senq t cosb t dt

Aplicando esta ecuacion a nuestro caso obtenemos∫ π

0sen(t) cos4(t)dt =

1

2

∫ π

2

0sen(t) cos4(t) dt

Entonces para encontrar nuestra integral, debemos resolver el siguiente sistema de ecuaciones{

2p − 1 = 1

2q − 1 = 4

{p = 2

2 = 1

q = 52

ξρ∫



por lo tanto∫ π

2

0sen4(t) cos5(t)dt =

1

2

Γ(1) Γ(

52

)

Γ(

1 + 52

) =1

2

Γ(1) Γ(

52

)

Γ(

72

) =1

2

Γ(

52

)

Γ(

72

)

Por tanto la afirmacion es verdadera.

♣


∫ π

2

0sen4(t) cos5(t)dt.

Solucion. Recordemos que

2

∫ π

2

0sen2p−1 t cos2q−1 tdt = β(p, q) =

Γ(p) Γ(q)

Γ(p + q)

de donde

∫ π

2

0sen2p−1 t cos2q−1 tdt =

1

2β(p, q) =

1

2

Γ(p) Γ(q)

Γ(p + q)(20)

Entonces para encontrar nuestra integral, debemos resolver el siguiente sistema de ecuaciones{

2p − 1 = 4

2q − 1 = 5

{p = 5

2

q = 3

por lo tanto∫ π

2


1

2

Γ(

52

)

Γ(3)

Γ(

52 + 3

) =1

2

Γ(

52

)

Γ(3)

Γ(

112

) =1

2

Γ(

52

)

Γ(3)

Γ(

112

)

Por otra parte calculemos

Γ

(11

2

)

=9

2Γ

(9

2

)

=9

2

7

2Γ

(7

2

)

=9

2

7

2

5

2Γ

(5

2

)

=315

8Γ

(5

2

)

esto implica que

∫ π

2


1

2

Γ(

52

)

2!

315

8Γ

(5

2

) =1

2

(2)(8)

315=

8

315

♣


∫ π

2

0sen6(t) dt.

Solucion. Usemos las ecuaciones en (20). Resolvemos el siguiente sistema de ecuaciones:{

2p − 1 = 6

2q − 1 = 0

{p = 7

2

q = 12

ξρ∫



por lo tanto

∫ π

2

0sen6(t) dt =

1

2

Γ(

72

)

Γ(

12

)

Γ(

72 + 1

2

) =1

2

5

2

3

2

1

2Γ

(1

2

) √π

Γ(4)=

5π

32.

♣


∫ π

2

0cos4(t) dt.

Solucion. Usemos las ecuaciones en (20). Resolvemos el siguiente sistema de ecuaciones:{

2p − 1 = 0

2q − 1 = 4

{p = 1

2

q = 52

por lo tanto

∫ π

2

0cos4(t) dt =

1

2

Γ(

12

)

Γ(

52

)

Γ(

12 + 5

2

) =1

2

√π

3

2

1

2Γ

(1

2

)

Γ(3)=

3π

16.

♣


∫ π

2

0sen3 θ cos4 θdθ.

Solucion. Recordemos una de las propiedades de la funcion beta

β(p, q) = 2

∫ π

2

0sen2p−1 θ cos2q−1 θdθ

de donde

∫ π

2

0senu θ cosv θdθ =

1

2β(u + 1

2,v + 1

2

)

Aplicando esta ultima formula tenemos

∫ π

2

0sen3 θ cos4 θdθ =

1

2β(3 + 1

2,4 + 1

2

)

=1

2β(

2,5

2

)

Recordemos ademas que

β(p, q) =Γ(p) Γ(q)

Γ(p + q)

aplicando esto obtenemos

β(

2,5

2

)

=Γ(2)Γ

(5

2

)

Γ(

2 +5

2

) =1!Γ(5

2

)

Γ(9

2

) =Γ(5

2

)

7

2Γ(7

2

) =Γ(5

2

)

7

2· 5

2Γ(5

2

) =4

35.

ξρ∫



Por lo tanto, finalmente tenemos∫ π

2

0sen3 θ cos4 θdθ =

1

2

4

35=

2

35.

♣

(Mario Chavez) Docente en la:

Universidad Catolica del Norte, Antofagasta, ChileUniversidad Mayor de San Andres, La Paz, BoliviaUniversidad Catolica Boliviana, La Paz, BoliviaEscuela Militar de Ingenierıa, La Paz, Bolivia

E-mail address, Mario Chavez: [email protected]

ξρ∫


Mario Chavez - Ejercicios Resueltos de Calculo II.

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