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EIAE

Departamento de Matematica Aplicada yEstadıstica

MATEMATICAS II

x

y

z

Ejercicios

Autor:L. Sainz de los Terreros

Curso:2014-15

18 de diciembre de 2014

Tabla de Contenido

1. El espacio euclıdeo Rp: nociones elementa-les de topologıa

1.1. Conjuntos abiertos y cerrados. Puntosde acumulacion

• Puntos lımite (o lımites de oscilacion)1.2. Conjuntos compactos.1.3. Funciones. Lımite de funciones1.4. Ejercicios suplementarios

• Conjuntos conexos • Ejercicios y cuestio-nes propuestas

2. Continuidad.2.1. Funciones continuas: propiedades glo-

bales.2.2. Ejercicios suplementarios

• Ejercicios y cuestiones propuestas3. Derivadas parciales. Diferencial de una fun-

cion.3.1. Analisis de una funcion en un punto:

diferenciabilidad y continuidad.3.2. Derivada direccional. Gradiente3.3. Diferencial de una funcion. La diferen-

cial como aproximacion lineal.3.4. Derivadas y diferenciales de sumas y

productos de funciones. Regla de la cadena.3.5. Derivadas parciales de orden superior.

Diferencial segunda.3.6. Diferencial segunda de funciones com-

puestas.3.7. Desarrollos de Taylor.3.8. Puntos crıticos (estacionarios). Maxi-

mos y mınimos relativos (locales)• Puntos crıticos • Criterio del Hessiano• Extremos absolutos

3.9. Ejercicios suplementarios• Ejercicios y cuestiones propuestas

4. Funciones inversas e implıcitas.4.1. Funciones inversas4.2. Funciones definidas implıcitamente

• Funciones implıcitas definidas por siste-mas de ecuaciones. • Diferencial segunda ydesarrollos de Taylor • Extremos de funcio-nes definidas en forma implıcita.

4.3. Ejercicios suplementarios5. Extremos condicionados.

5.1. Extremos condicionados. Metodo delos multiplicadores de Lagrange

5.2. Extremos condicionados: dos o mas ecua-ciones de ligadura.

5.3. Ejercicios suplementarios• Ejercicios y cuestiones propuestas

6. Funciones integrables. Calculo integral.6.1. Integrales impropias.

• Integrales sobre intervalos no acotados.

• Integrales de funciones no acotadas.6.2. Integrales dependientes de un parame-

tro.• Derivada de una integral parametrica: Ex-tremos de integracion constantes • Deriva-da de una integral parametrica: Extremosde integracion variables

6.3. Integrales multiples.• Funciones acotadas definidas en rectangu-los: Integrabilidad. • Cambios de variableen integrales dobles y triples • Calculo devolumenes

6.4. Ejercicios suplementarios7. Geometrıa diferencial de curvas y superfi-

cies7.1. Ejercicios suplementarios

8. Integracion sobre curvas y superficies. Calcu-lo vectorial.

8.1. Integrales de lınea• Integrales de lınea de campos gradiente(campos conservativos).

8.2. Integrales de superficie.• Area de una superficie • Integrales de flu-jo: calculo directo

8.3. Teorema de Gauss y de Stokes: ejerci-cios de aplicacion.

8.4. Ejercicios suplementariosSoluciones a los EjerciciosSoluciones a los Tests

Seccion 1: El espacio euclıdeo Rp: nociones elementales de topologıa 2

1. El espacio euclıdeo Rp: nociones elementales de topologıa

1.1. Conjuntos abiertos y cerrados. Puntos de acumulacion

Entre las nociones mas importantes—relativas a la topologıa en Rp— figuran las de conjunto abierto yconjunto cerrado.

Definicion: Un conjunto X ⊂ Rp se dice abierto sitodos sus puntos son puntos interiores.

Definicion: Un conjunto X ⊂ Rp se dice cerradosi contiene todos sus puntos de acumulacion.

Consultar las definiciones de punto interior, punto aislado y punto de acumulacion. ⇔

Notese que todo punto de un conjunto, x ∈ X, es o bien un punto aislado o bien un punto de acumu-lacion. El conjunto es cerrado si1 X ′ ⊂ X y por lo tanto:

X = X ∪X ′ = X

El conjunto X se llama adherencia de X. Se sigue que X es cerrado si (y solamente si) coincide con suadherencia. Esta es pues, otra manera equivalente de caracterizar conjuntos cerrados.

Usaremos la caracterizacion de conjunto abierto y conjunto cerrado que figura en los recuadros de mas arriba.Notese que todo punto interior de un conjunto X es al mismo tiempo punto de acumulacion del mismo, pero,ciertamente, en un conjunto puede haber puntos que siendo puntos de acumulacion no son puntos interiores2

y que tendran por tanto un caracter distinto:

Si un punto a ∈ X no es un punto interior de X, entonces o bien a es un punto aislado o bien es un puntode acumulacion de X. En ambos casos el punto a es un punto de la frontera de X. En el ultimo caso, severifica, en efecto, la siguiente propiedad: toda bola Br(a) de radio finito contiene puntos x ∈ X,x 6= ay tambien puntos y ∈ Xc = Rp−X en el complementario3. Los puntos a ∈ X que verifican esta ultimapropiedad son, por lo tanto, puntos de la frontera de X.

Consultar la definicion de frontera Fr(X) de un conjunto. ⇔

Ejercicio 1. Probar que se verifica, cualquiera que sea el con-junto X ⊂ Rp, la siguiente igualdad:

o

X + Fr(X) = X

p Relativos a un conjunto dadoA:

1. A′: conjunto de puntos de acu-mulacion.

2. A: conjunto de puntos de adhe-rencia.

3.A: conjunto de puntos interiores.

4. Fr(A): conjunto de puntos defrontera.

5. Ac: conjunto complementario

6. Ext(A): conjunto de puntos ex-teriores.

Ejercicio 2.* Sea el conjunto:

C = (x, y) ∈ R2 : 0 < x < 1, y =1

nsen(

π

2x), n ∈ N

Determinar el conjunto X de los puntos de acumulacion de C que no pertenecen4 a C, i.e., X = C ′∩ (R2 \C)

1X′ designa el conjunto formado por todos los puntos de acumulacion de X2Exceptuando, por supuesto, el caso en que X es abierto.3i.e., que verifican y /∈ X4Notese que X ⊂ Fr(C), esto es, todos los puntos de X son puntos de la frontera de C


Ejercicio 3.* Sea C el conjunto del ejerrcicio anterior (EJERCICIO 2) y

D = (x, y) ∈ R2 : 0 < x < 1, y = − 1

n+ 1, n ∈ N

Se considera el conjunto Y = (0, 1)× (−1, 1) \ (C ∪D)

(a) Determinar los puntos interiores del conjunto Y . ¿Es Y un conjunto abierto?

(b) Determinar la frontera Fr(Y ), y comprobar queY ∪ Fr(Y ) = Y

Ejercicio 4.* Dibujar, para cada k = 1, 2, . . . el conjunto:

Xk = (x, senk(x)) ∈ R2 : x ∈ (0, π/4], i.e., las graficas de las funciones senk(x), k = 1, 2, . . . en el intervalo (0, π/4]. Si consideramos el conjunto:

Y =

∞⋃k=1

Xk

¿Cual es el conjunto Y ′ de los puntos de acumulacion de Y ?

• Puntos lımite (o lımites de oscilacion)

Ejercicio 5. Sea (pn) la sucesion formada por los puntospn(xn, yn) ∈ R2, cuyas coordenadas son (para n ∈ N):

xn = sen2 + n2π

2n, yn =

1

1− | cos2 + n2π

2n|

Hallar los puntos lımite (lımites de oscilacion) de la sucesion (pn).

Los puntos lımite o lımites de oscila-cion son el equivalente para sucesio-nes de los puntos de acumulacion pa-ra conjuntos: p es un lımite de osci-lacion de la sucesion (pn) si toda bolacentrada en p y de radio finito, tieneinfinitos terminos de la sucesion in-cluidos en ella.

1.2. Conjuntos compactos.

Ejercicio 6. Representar los siguientes conjuntos en R2:

i) (x, y) : xy > 0, x2 + y2 < 1ii) (x, y) : xy ≥ 0, x2 + y2 ≤ 1iii) C1 ∪ C2 donde:

C1 = (x, y) : y > 0, (x− 4)2 + y2 ≤ 1,C2 = (x, y) : y > 0, (x− 8)2 + y2 ≤ 1

iv) (x, y) : x2 + |y| 6= 0v) (x, y) : |x|+ |y| ≤ 1Establecer para estos conjuntos si son abiertos, cerrados o compactos.

1.3. Funciones. Lımite de funciones

Ejercicio 7.* Dada la funcion f : R2 → R definida por:

f(x, y) =

2x4

x3 − y2, si y2 6= x3 6= 0

0, si y2 = x3

¿Existe el lımite de esta funcion cuando (x, y)→ (0, 0)?

Para la exstencia del lımite,lım

(x,y)→(0,0)f(x, y), es condicion

necesaria que los lımites direccio-nales, por caminos rectilıneosa seaniguales (unicidad del lımite), peroesta condicion no es suficiente

arectas y = mx, m ∈ R junto con el ejeY( recta x = 0)

Ejercicio 8. Dada f la funcion real de dos variables reales, definida mediante,

f(x; y) =x+ y

y + x2arc sen

y

x

se pide:


(a) Determinar y dibujar aproximadamente su campo de definicion.(b) Estudiar la existencia del lımite de f en el origen.

Ejercicio 9.* Estudiar el lımite en (0, 0) de la funcion:

f(x, y) =1− cos(x2 − y2)

x− yNota: En el entorno del origen (0, 0)el valor de x2−y2 se puede hacer in-finitamente pequeno. Hacer uso delinfinitesimo equivalente:

1− cos(u) =u2

2+ o(u2), (u→ 0)

Ejercicio 10. Se considera la funcion

f(x, y) =ln(1 + x4 + x2y2 + y6)

x2 + y2

a) Probar que lım(x,y)→(0,0)

f(x, y) = 0

b) Probar que f(x, y) esta acotada en el entorno del infinito,

i.e.,√x2 + y2 →∞.

La acotacion (minoracion, mayora-cion), basada en el uso de desigualda-des ≤, <, etc., es un instrumento fun-damental en el Calculo. En el siguienteejercicio, se debe utilizar para el anali-sis de una funcion en (0, 0) y en el in-finito.

Ejercicio 11. Estudiar si los siguientes lımites, existen, y en su caso calcular su valor.

i) lım(x,y)→(0,0)

xy

x2 + y2

ii) lım(x,y)→(0,0)

y2 ln y

x2 + y2 − 1

iii) lım(x,y)→(0,0)

y2 lnx

x2 + y2 − 1

iv) lım(x,y)→(0,0)

|y|e−|y|/x2

x2

Test. Estudiar el lımite:

lım(x,y)→(0,0)

xn − yn

xm − ym(n 6= m, n,m ∈ N)

(a) Si n > m existe el lımite y vale 0 (b) Si n = 1,m = 2 existe el lımite y es finito(c) Para algunos casos con n > m existe el lımite

finito(d) Si n = 3,m = 2 existe el lımite finito y vale 0

Ejercicio 12. Probar, usando la definicion, que:

lım(x,y)→(0,0)

x3

x2 + y2= 0

Ejercicio 13. Analıcese la existencia de los siguientes lımites:

(a) lım(x,y)→(0,0)

P (x, y)

x2 + y2

(b) lım(x,y)→(0,0)

P (x, y)

x− ydonde P (x, y) es una funcion polinomica cualquiera de dos variables que satisface P (0, 0) = 0.

1.4. Ejercicios suplementarios

Ejercicio 14.* Sea Xk ⊂ R2 el conjunto definido por

Xk = (x, senk (x)) : x ∈ [0, π]donde k es un numero natural. Sea Y =

⋃∞k=1 Xk. Hallar el conjunto de los puntos de acumulacion de Y .

¿Es el conjunto Y compacto?.


• Conjuntos conexos

Topología

conectividad(de conjuntos)

continuidad(de funciones, curvas, etc.)

Conexion (como propiedad de un conjuntoen Rp) y continuidad (como propiedad defunciones, curvas, etc.) tienen su raız y sonconceptos centrales en la disciplina de latopologıa. A su vez, los dos conceptos estanrelacionados entre sı. Se usara el termino deconjunto conexo en el sentido restringidode conjunto conexo por arcosa.

ao como se llama tambien conjunto arcoconexo

Test. Sean los conjuntos X = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 < 1, x 6= 0, y 6= 0, Y = X ∪ (0, 0) y C = (x, y) ∈ R2 :x2 + y2 ≤ 1. Sobre las propiedades de los conjuntos X e Y se puede afirmar con certeza:

(a) X es abierto Y es conexo y X = Y = C (b) X e Y son ambos conexos, y X = Y(c) Ninguno de los conjuntos, ni X ni Y , es conexo y

X = Y(d) X es abierto Y es no conexo y X = Y

Inicio del Test Sea el conjunto C definido mediante:

C = (x, y) ∈ R2 / x2 + y2 6= 1

n(∀ n ∈ N), x2 + y2 6= 0

1. El conjunto C, ¿es abierto o cerrado?

(a) abierto (b) cerrado (c) ni abierto ni cerrado

2. Relativo a la propiedad de conexion, ¿que se puede afirmar de C?

(a) C es un conjunto conexo (por arcos) (b) C no es un conjunto conexo

Final del Test

Observacion: Notese que el origen (0, 0) no pertenece al conjunto C; esto es crucial para decidir la res-puesta a la primera pregunta: si se anadiera el origen al conjunto C , resultarıa un conjunto que no es niabierto ni cerrado.

Test. Sea X ⊂ R2 un conjunto del que se sabe que su adherencia es todo R2, i.e., X = R2. Una sola de lassiguientes proposiciones es cierta. Averiguar cual es.

(a) Necesariamente X = R2 \ (0, 0) (b) X no puede ser R2 \ (0, 0) ya que este ultimoconjunto no cumple la hipotesis del enunciado

(c) No existe ningun punto a ∈ X tal queB∗(a, δ) = ∅ para algun δ > 0

(d) En R2 pueden existir puntos a /∈ X tales queB(a, δ) ∩X = ∅ para algun δ > 0

Ejercicio 15.* Sea f : C → R la funcion definida en su campo de definicion C ⊂ R2 mediante la expresion:

f(x, y = ln(x3 + yx)√x2 − y, (x, y) ∈ C

i) Determinar si el conjunto C es abierto, cerrado o no es abierto ni cerrado.

ii) ¿Es C conexo por arcos?

Test. Sean X ⊂ R2 y dos puntos a y b en R2 tales que a /∈ X y b ∈ X. Ademas los conjuntos X ∪ a y(X ∪ a) \ b son compactos. De todo X que cumpla las condiciones anteriores se puede afirmar:

(a) X esta formado necesariamente por un numerofinito de puntos.

(b) Existe un numero real δ > 0 tal queX ∩B∗(a, δ) = ∅

(c) Existe un numero real δ > 0 tal queX ∩B∗(b, δ) = ∅

(d) X es tambien necesariamente compacto.


Ejercicio 16. Sea U = A ∪B ∪ C donde A,B, y C son los siguientes conjuntos de puntos de R2:

A = (xn, y) : xn = −1 +1

n, |y − xn| < 1, n ∈ N

B = (x, y) : |y − x| < 1, 0 < x < 1C = (x, x+ 1) : |x| ≤ 1

HallarU (interior de U), U (adherencia de U) y Fr(U) (frontera de U).

Test. Sea f : A ⊂ R2 → R definida en todos los puntos de un dominio A y sea origen (0, 0) un punto deacumulacion de A. Se desea estudiar el lımite de esta funcion en (0, 0):

lım(x,y)→(0,0)

f(x, y)

utilizando coordenadas polares (r, θ). Para ello definimos la funcion auxiliar F (r, θ) = f(r cos θ, r sen θ).

1. Supongamos que se verifica:lımr→0

F (r, θ0) = 0, ∀θ0 (1)

¿Se puede asegurar que:lım

(x,y)→(0,0)f(x, y) = 0 ? (2)

(a) Sı, se puede asegurar.(b) No, no se puede asegurar. La condicion (1) afirma meramente que los lımites direccionales son 0.

2. Supongamos que la funcion F (r, θ) se puede expresar en la forma F (r, θ) = u(r)v(θ), donde:v(θ) es una funcion acotada: |v(θ)| ≤M, ∀θ, para alguna constante positiva M .lımr→0 u(r) = 0

¿Se puede asegurar que se verifica el lımite expresado en la ecuacion (2):

(a) Si, se deduce de las dos condiciones que se verifica el lımite (2)(b) No, no son condiciones suficientes para que se verifique el lımite (2)

Ejercicio 17. Estudiar la existencia del lımite:

lım(x,y)→(0,0)

x4 + y4

3(x+ y)2

Inicio del Test Sea C = (x, y) ∈ R2 : x2 6= y2 y la funcion definida en C,

f(x, y) =ax2 + bxy + 3y2

y2 − x2

siendo a y b numeros reales. Se considera la existencia del lımite de f en (0, 0).

1. Para b = 0 y a ∈ R:

(a) no existe el lımite, cualquieraque sea el valor de a

(b) existe siempre el lımite (c) existe el lımite, para a = −3

2. Para a = 0 y b ∈ R(a) C existe siempre el lımite, cualquiera que sea b. (b) no existe el lımite

Final del Test

• Ejercicios y cuestiones propuestas

E. propuesto 1.1. Sean dados los puntos x1,x2, · · · ,xn,a ∈ R2 (todos distintos). Hallar una bola de centroa que no contenga a ninguno de los xi. Si hubiera infinitos puntos xi, ¿el problema tendrıa siempre solucion?

E. propuesto 1.2. Dados A,B ⊂ R2, se llama distancia de A a B al numero d(A,B) = ınfd(a,b) : a ∈A, b ∈ B. Determinar dos conjuntos A y B tales que A ∩B = ∅ y d(A,B) = 0.


p. La union de conjuntos acotados de R2, ¿es siempre un conjunto acotado?

p. En una bola abierta B(a, r), se considera un punto b. De entre todas las bolas cerradas centradas en bque estan incluıdas en la bola dada, ¿existe la de mayor radio?

8

2. Continuidad.

La continuidad de una funcion se opone a la discontinuidad que puede tener, para una funcion de unao varias variables, distinta naturaleza. Distinguiremos la continuidad local, en un punto, y global, en unconjunto. En algunos casos, la discontinuidad de la funcion, desaparece si se define adecuadamente lafuncion: es la discontinuidad evitable:

Ejercicio 18. ¿Se puede extender la definicion de lafuncion:

f(x, y) =1− cos(x2 − y2)

x− y, (x 6= y)

(ver Ejercicio 9), a los puntos de la recta x = y, de maneraque la funcion resultante sea continua en todo el plano R2?

Nota: En el entorno de cualquier punto (a, a) cona 6= 0 el valor de x2 − y2 se puede hacer infinita-mente pequeno en el lımite (x, y) → (a, a) y losargumentos ya utilizados para el calculo del lımi-te de f en (0, 0) siguen siendo validos:( ver la grafica a la izquierda)

Ejercicio 19.* Estudiar para las funciones que se dan y segun los valores de n ∈ N , las siguientes propiedades:1) continuidad en (0, 0). 2) caracter acotado a no acotado del conjunto imagen5, f(R2).

(a) f(x, y) =(xy)n

x2 + y2si (x, y) 6= (0, 0) y f(0, 0) = 0

(b) f(x, y) =(xy)n

x2 + y4si (x, y) 6= (0, 0) y f(0, 0) = 0

5Una funcion f(x, y) definida en R2 se dice que es acotada si la imagen f(R2) es un conjunto acotado de R2

Seccion 2: Continuidad. 9

Ejercicio 20. Se considera la funcion f : R2 → R definida por:

f(x, y) =

A, si x2 +

y2

9=

1

n2, n ∈ N

x+ 2y, si x2 +y2

96= 1

n2, n ∈ N

A ∈ R

Probar lo siguiente:

(a) Si A = 1, la funcion no es continua en (0, 0) y la discontinuidad no es evitable.(b) Si A = 0 la funcion es continua en (0, 0).

Ejercicio 21.* Sea f : R2 → R la funcion definida por f(x, y) =ln(1 + x2y2)

x+ ysi x 6= −y y f(x,−x) = 0.

(a) Estudiar si la funcion f es continua en el origen.(b) Estudiar si la funcion f esta localmente acotada en el entorno del origen, i.e., existe un δ > 0 tal que f

esta acotada en B((0, 0); δ).

Ejercicio 22.* Sea f : R2 → R la funcion definida mediante:(x− 2y)(x2 − y2)

y2 + ax2, (y2 + ax2 6= 0)

0, (y2 + ax2 = 0)

Estudiar, segun los valores de a ∈ R la continuidad de f en (0, 0)

2.1. Funciones continuas: propiedades globales.

El siguiente es un test que requiere conocer las propiedades globales de las funciones continuas definidasen un conjunto (compacto, conexo,...). ⇔

Test. Sean los conjuntos D = [0, 1] × [0, 1] ⊂ R2, C = D − (0, y) ∈ R2 : y ∈ [0, 1] y sea f : D → R unafuncion. Indicar cual de las siguientes afirmaciones es cierta:

(a) Si f es continua en C entonces f es acotada en D (b) Si f es continua y acotada en C entonces f escontinua en D

(c) Si f es continua en D entonces en ningun casopuede ocurrir que f(C) = [1,+∞)

(d) No es cierta ninguna de las otras tresafirmaciones.

Ejercicio 23.* Sean g : R→ R una funcion continua, creciente (g(u) < g(v) si u < v) y acotada; f(x, y), lafuncion definida por:

f(x, y) = g(ln(2 + x2 − y2))

Sea, ademas D el cırculo cerrado de centro (0, 0) y radio r = 1. De la funcion f(x, y) se desea justificar si sono no ciertas las siguentes afirmaciones:

(a) f es continua en todo punto de D.(b) f alcanza en D un valor maximo y mınimo absolutos.


En el siguiente test se propone al lector comprobar (con un ejemplo) o negar (mediante un contraejemplo)la veracidad de una serie de postulados sobre funciones reales continuas:

Test. Sea f : C ⊂ R2 → R una funcon continua en C. Entonces:

(a) Si C no es acotado, f carece de extremos absolutos

C = R2; f(x, y) = e−(x2+y2)


(b) Si f(C) es conexo, C es conexo

C = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 < 1, x 6= 0; f(x, y) = y

(c) Si C es compacto, entonces f(C) es acotado

C = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 1; f(x, y) = y

Test. Sea X ⊂ R2 el conjunto definido por X = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 1, y 6= 0 y f : X → R una funcioncon imagen f(X) = Y ⊂ R. Una de las siguientes proposiciones es cierta ¿Cual es?. Razonar sobre la falsedadde las demas por medio de un contraejemplo.

(a) Si f es continuaentonces Yesta acotado.

(b) Y puede ser unintervalo, pero nuncaun intervalo cerrado yacotado.

(c) Y puede ser unintervalo, nonecesariamente cerradoni acotado.

(d) Si f es continuaentonces Y no puedeser un intervalo ya queX no es conexo.

Test.

1. Sea f : A ⊂ Rp → Rq una funcion continua en A. Se puede afirmar entonces:

(a) A abierto ⇒ f(A) abierto (b) A no conexo⇒ f(A) noconexo

(c) A conexo⇒ f(A) conexo

2. Se considera una funcion continua f como en el apartado anterior, con p = 2, q = 1, donde A = (x, y) ∈R2 : x2 + y2 ≤ 1. Sean los subconjuntos de A:

X = (x, y) ∈ A : x2 + y2 < 1, xy > 0; Y = (x, y) ∈ A : x2 + y2 ≤ 1, xy ≤ 0Uno de los siguientes datos sobre la funcion es necesariamente falso:

(a) f(X) = (0, 1) (b) f(Y ) = [0, 1) ∪ (1, 2)

(c) f(X) = (0, 1) ∪ (1, 2) (d) f(Y ) = [0, 2]

Ejercicio 24.* Sea f : R2 → R la funcion definida por:

f(x, y) =ln(1 + x4 + x2y2 + y6)

x2 + y2, (x, y) 6= (0, 0); f(0, 0) = 0.

Estudiar la continuidad de esta funcion en (0, 0). Considerando losvalores de f en la bola cerrada B[(0, 0); 1], centrada en el origen yde radio 1, ¿alcanza la funcion en esta bola un maximo y mınimoabsolutos?

Una funcion definida en un conjun-to compacto puede alcanzar un maxi-mo o mınimo absoluto en ese conjuntocon independencia de si es continua ono. Ahora bien, si la funcion es con-tinua el Teorema de Weierstrass, per-mite asegurar que la funcion alcanzaen ese conjunto un maximo y un mıni-mo absolutos.

Ejercicio 25. Se considera el lımite del cociente de polinomios:

lım(x,y)→(0,0)

P (x, y)

ax2 + bxy + cy2(3)

donde P (0, 0) = 0 y P (x, y) = o(x2 + y2) para (x, y) → (0, 0) y los coeficientes del polinomio denominadorson tales6 que Q(x, y) = ax2 + bxy + cy2 > 0 para todo (x, y) 6= (0, 0)

(a) Probar que la funcion Q(x, y), cuando se considera definida en la circunferencia unidad, S0 = (x, y) ∈R2 : x2 + y2 = 1, alcanza en este conjunto un valor mınimo absoluto m positivo, i.e., m > 0.

(b) Hacer uso del resultado anterior para probar que el lımite (3) es 0.

6esta funcion es, pues, una forma cuadratica definida positiva



E. propuesto 2.1. Estudiar la continuidad en R2 de la funcion f : R2 → R definida por f(x, y) = x2 + y six < y, f(x, y) = 2xy + 3x− y si x ≥ y.

E. propuesto 2.2. Sean las funciones f, g : R2 → R y g definida por g(x, y) = f(−x, y) + f(x,−y). Si f escontinua en (0, 0), ¿lo es tambien g?. Si g es continua en (0, 0), ¿lo ha de ser f?

p. La funcion f(x, y) = cos(x+ y) + sen(x− y), definida enel conjunto A = (x, y) ∈ R2 : |x|+ |y| ≤ π, alcanza en esteconjunto sus valores extremos absolutos?

A π

El Teorema de Weierstrass afirma solamenteque si f es continua y A es compacto, exis-ten valores maximo y mınimo absolutos de lafuncion en A, pero no indica de ningun mododonde se localizan en el conjunto A los puntosdonde f alcanza estos valores. Puede ser en elinterior del cuadrado, en la frontera del mismoo, tal vez, en los vertices. La localizacion de es-tos puntos constituye un tipo de problema quese resolvera en una seccion posterior.

p. La funcion f(x, y) = cos(x+ y) + sen(x− y), definida en la pregunta anterior, toma los valores, f(π, 0) =−1 y f(0, 0) = 1. Se puede asegurar que la funcion toma en puntos apropiados de A, todos los valorescomprendidos en el intervalo [−1, 1]?

12

3. Derivadas parciales. Diferencial de una funcion.

3.1. Analisis de una funcion en un punto: diferenciabilidad y continuidad.

La diferenciabilidad de una funcion

f(x1, · · · , xp)en un punto, esto es, la existencia de la diferen-cial:

df(a; ∆x) =

p∑k=1

∂f

∂xk(a) ∆xk

exige la continuidad y la existencia de las deriva-das parciales en ese punto. Estas condiciones sonnecesarias.

Sin embargo, la mera existencia de las derivadas parcialesde f en un punto, no garantiza, por sı misma, el caracter

diferenciable de la funcion en ese punto, ni siquiera lacontinuidad de f en el mismo.

La condicion que define la diferenciabilidad se puedeescribira:

lım∆x→a

=∆f(a; ∆x)−

∑pk=1

∂f

∂xk(a) ∆xk

‖∆x‖= 0 (4)

aSe define el incremento de la funcion:∆f(a; ∆x) = f(a + ∆x)− f(a)

Test. Sea la funcion: f : R2 → R definida por f(x) = ‖x‖3.

(a) La funcion no esdiferenciable en (0, 0)porque no es continuaen este punto.

(b) La funcion tienederivadas parciales en(0, 0) pero no esdiferenciable en estepunto.

(c) La funcion es continuaen todo punto pero noes diferenciable en(0, 0)

(d) La funcion esdiferenciable en (0, 0)

Ejercicio 26. Sea la funcion:

f(x, y) =(x2 − y)2

x4 + y2, (x, y) 6= (0, 0)

que satisface, ademas, f(0, 0) = 1.

(a) Calcular las derivadas parciales fx(0, 0), fy(0, 0).(b) Discutir si f(x, y) es continua y diferenciable en (0, 0)

Inicio del Test Sea f : R2 → R la funcion definida por:

f(x, y) =x2

y2+ 1, si |y| > |x|; f(x, y) = 2, si |y| = |x|;f(x, y) =

y2

x2+ 1, si |y| < |x|

1. Respecto de la continuidad de f en (0, 0),Considerar el comportamiento de f alo largo de las rectas que pasan porel origen.

(a) f es continua en (0, 0) (b) f no es continua en (0, 0) pero∃ lım

(x,y)→(0,0)f(x, y)

(c) f no es continua en (0, 0):@ lım

(x,y)→(0,0)f(x, y)

2. Relativo a las derivadas direccionales de f en (0, 0),Las derivadas parciales son casosparticulares de las derivadas direc-cionales.

(a) Existen en (0, 0) todas las derivadasdireccionales y valen 0.

(b) Existen en (0, 0) las derivadas segun losvectores (1, 1) y (1,−1) y valen 0.

3. Relativo a la diferenciabilidad de f en (0, 0),Considerar las condiciones necesariasde diferenciabilidad.

(a) f es diferenciable en (0, 0). (b) f no es diferenciable en (0, 0).

Final del Test

Seccion 3: Derivadas parciales. Diferencial de una funcion. 13

Ejercicio 27. Sea la funcion:

f(x, y) =

y3

x2 + y2si (x, y) 6= (0, 0)

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

¿Es f continua en el origen? Calcular las derivadas parciales: fx(0, 0), fy(0, 0). ¿Es f diferenciable en elorigen?

3.2. Derivada direccional. Gradiente

Ejercicio 28.* Sea la funcion f : R2 → R definida por:

f(x, y) =

2x3

x2 + y2, si (x, y)‖ 6= (0, 0)

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

Hallar la derivada direccional Duf(0, 0), siendou = (cos θ, sen θ), 0 ≤ θ < 2π.

Notacion para las derivadas direcciona-les (segun un vector):

Duf(a) ≡ ∂f

∂u(a)

Ejercicio 29. Sea f(x, y, z) = axy2 + byz + cz2x3. Sabiendo que la derivada direccional MAXIMA def(x, y, z) en el punto (1, 2,−1) se produce en la direccion paralela al eje OZ y que su valor es 64, calcular lasconstantes a, b, c.

Ejercicio 30.* Sea f : R2 → R2 la funcion definida por f(x, y) =xy3

x3 + y6si x 6= −y2 y f(−y2, y) = 0. Calcular la derivada direcional

Dθf segun el vector (cos θ, sen θ) y el gradiente de f en el origen.¿Que se puede afirmar acerca de la diferenciabilidad de f en (0, 0)?

Para funciones (escalares) diferenciablesen un punto, es valida la formula:

Dvf(a) = ∇f(a) · v = df(a; v)

como formula de calculo de la derivadadireccional.

Test. Se considera la funcion f : R2 → R definida mediante:

f(x, y) =

xy2

x2 + y2si (x, y) 6= (0, 0)

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

Acerca de la funcion f(x, y) en el punto (0, 0) se puede afirmar:

(a) No existe el lımite de f en (0, 0). (b) Existe el lımite de f en (0, 0) pero f no escontinua en (0, 0).

(c) La funcion f es continua en (0, 0) pero no existealguna de las derivadas parciales en este punto.

(d) La funcion f es continua en (0, 0), existen lasderivadas parciales en (0, 0), pero no esdiferenciable en este punto.

(e) La funcion es diferenciable en (0, 0) pero susderivadas parciales de primer orden no son ambascontinuas en (0, 0).

(f) La funcion f es diferenciables en (0, 0) y de claseC1 en R2.

Ejercicio 31.

Calcular la derivada de la funcion:

f(x, y) =x2y

x2 + y2si (x, y) 6= (0, 0) y

f(0, 0) = 0, en el punto (0, 0) segun el vector:

u = cos θi + sen θj

¿Es f(x, y) diferenciable en (0, 0)?


3.3. Diferencial de una funcion. La diferencial como aproximacion lineal.

Ejercicio 32.

(a) Calcular la diferencial de la siguiente funcion en el punto (1,−1):

f(x, y) = (x− y)ex+y

(b) Determinar, en la aproximacion lineal, el valor aproximado de:

f(1 + 3/100,−1 + 1/100)

Ejercicio 33.* El area de una placa plana de forma triangular, viene dada por la funcion A(x, y, z) =1

2xy sen z, donde x e y son las longitudes de dos lados y z el angulo que forman en radianes. Si la placa sufre

variaciones ∆x = −∆y = 1/10,∆z = 1/50 radianes a partir de los valores nominales x = y = 10 y z = π/4y el incremento de area se aproxima por el valor dA(x, y, z)(∆x,∆y,∆z), calcular este incremento.

Ejercicio 34.* Hallar la ecuacion del plano tangente a la superficie 2z2 + xyz − xy2 − x3 = 2 en el punto(0, 1, 1).

3.4. Derivadas y diferenciales de sumas y productos de funciones. Regla de la cadena.

Test. Sean f, g : R2 → R. La diferencial de la funcion h = (f + g)f es:

(a) dh = (df + dg) df (b) dh = (df + dg) f + (f + g) df

Ejercicio 35.* Sean f(x, y) = x2 + x2y2 + x − 2y, g(x, y) = 2y2 − x3 − y3 + xy2. Hallar dh(1, 0)(dx, dy),siendo h = (f + g)f .

Ejercicio 36.* Se consideran las funciones: f : R2 → R, y g : R→ R2, dadas por las formulas:

f(x, y) = x2 − y2, g(u) = (u, cos(πu) + sen(πu))

y la funcion compuesta h = g f . Determinar las diferenciales df(1, 1), dg(0) y dh(1, 1).

Ejercicio 37.* Sea f : R2 → R2 la funcion (x, y) → f(x, y) =

(y+ 2exy, x− 1

2exy). Considerese la funcion compuesta F = f f .

Expresar la diferenciala de la funcion F en (0, 0), i.e.:

dF (0, 0)(dx, dy)

aOtra notacion equivalente es dF [(0, 0); (dx, dy)]

Nota: matriz Jacobiana de:

f(x, y) = (f1(x, y), f2(x, y))

en la forma:∂f1∂x

∂f1∂y

∂f2∂x

∂f2∂y

Ejercicio 38. Sea f : R2 → R una funcion de clase C1 y F (r, θ) la funcion compuesta:

F (r, θ) = f(x(r, θ), y(rθ))

donde x = x(r, θ) = r cos θ, y = y(r, θ) = r sin θ.

(a) Calcular las derivadas parciales∂F

∂ry∂F

∂θen funcion de las derivadas parciales de f ,

∂f

∂xy∂f

∂y.

(b) Expresar el vector gradiente ∇f(x, y) en un punto, como combinacion lineal de los vectores unitariosur = (cos θ, sin θ) y uθ = (− sen θ, cos θ).

Ejercicio 39.* Sean las funciones f : R2 → R2 y g : R2 → R2 definidas por las expresiones f(x, y) =(ex−y, x(x + 1) + 4y2) y g(u, v) = (veu, uev). Calcular los coeficientes A,B,C y D en la expresion de ladiferencial primera de la funcion h = g f en el punto (x, y) = (0, 0):

dh(0, 0)(dx, dy) =

[Adx+BdyCdx+Ddy

]


Nota: La diferencial de una funcion compuesta comporta el calculo dederivadas parciales correspondientes, que se puede llevar a cabo por dosmetodos equivalentes:

Calculo matricial de matrices Jacobianas y sus productos.

Reglas de derivacion de funciones compuestas.

En el caso del Ejercicio 39, el segundo de estos metodos consiste en aplicar las siguientesreglas de derivacion de funciones compuestas:Esquema de variables y reglas de derivacion:

h(x, y) = (p(x, y), q(x, y)) : (p, q) = g(u, v), (u, v) = f(x, y)∂p

∂x=∂p

∂u

∂u

∂x+∂p

∂v

∂v

∂x∂q

∂x=∂q

∂u

∂u

∂x+∂q

∂v

∂v

∂x

∂p

∂y=∂p

∂u

∂u

∂y+∂p

∂v

∂v

∂y∂q

∂y=∂q

∂u

∂u

∂y+∂q

∂v

∂v

∂y

3.5. Derivadas parciales de orden superior. Diferencial segunda.

En el siguiente ejercicio, el dominio de la funcion (R2) se puede dividir en cuatro regiones, limitadas pordos parabolas. En todos los puntos, salvo en los puntos que yacen en las parabolas (incluido el origen), lafuncion f es de clase C∞ y las derivadas parciales de segundo orden se obtienen inmediatamente con lasreglas ordinarias de derivacion. Por el contrario en (0, 0) y en los puntos de cada parabola, es preceptivo usarlımites para calcular las derivadas parciales.

Ejercicio 40.* Se considera la funcion f : R2 → R:

f(x, y) =

x2 + y2 si |y| < x2

xy si |y| ≥ x2

Calcular las derivadas parciales de segundo orden en el origen ((0, 0)

Ejercicio 41.* Sea f : R2 → R la funcion definida por:

f(x, y) =

x4 + 2x3

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

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

Calcular las derivadas parciales segundas fxx(0, 0) ≡ ∂2f

∂x2(0, 0) y

fxy(0, 0) ≡ ∂2f

∂x∂y(0, 0)

Notacion para las derivadasparciales de segundo ordenmixtas:

∂f

∂x∂y≡ ∂

∂y

(∂f∂x

)∂f

∂y∂x≡ ∂

∂x

(∂f∂y

)

Ejercicio 42.* Se considera la funcion f(x, y) =4xy2

x2 + y2

(a) Calcular el valor de la expresion:∂2f

∂x∂y(1, 1)− ∂2f

∂x2(1, 1)

(b) Si se define ademas la funcion f en el origen por el valor f(0, 0) = 0, demostrar, directamente a partir dela definicion, que f no es diferenciable en (0, 0), y calcular, si existen las derivadas parciales de segundoorden:

∂2f

∂x∂y(0, 0),

∂2f

∂y∂x(0, 0)

Ejercicio 43. Determinar la diferencial segunda de las siguientes funciones:


i) f(x, y) = 2y lnx

ii) f(x, y, z) = (xy, yz, zx)

iii) f(x, y, z) = xyz

iv) f(x, y, z) = (x2 + y + xz, ey−z, sen(x − y)). Hallard2f(0, 0, 0)

3.6. Diferencial segunda de funciones compuestas.

Ejercicio 44.* Se considera la funcion compuesta h(x, y) = g(u(x, y), v(x, y)) definida en R2, donde u =1 +A(x+ y2), v = 1 +B(y+x2), y g(u, v) = uv+u+ v. Calcular las diferenciales primera y segunda dh(0, 0)y d2h(0, 0).

3.7. Desarrollos de Taylor.

Ejercicio 45.*

Obtener el polinomio de MacLaurin de grado 3 de la funcion:

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

Hacer uso de desarrollos de MacLaurin conocidos:

ln(1 + u) =u

1− u2

2+u3

3+ · · ·

sen(u) = u− u3

6+ · · ·

etc.

Ejercicio 46.* Sea φ(u) = Au + Bu2/2 + o(u3) una funcion real de clase C∞(R) , y f : R2 → R definidapor f(x, y) = ln(1 + φ(xy)). Probar que los terminos de cuarto orden del desarrollo limitado de MacLaurinde f(x, y) (hasta el 4o orden), son iguales a 0 si A2 = B.

Ejercicio 47.* Se considera h1 : R2 → R la primera componente de la funcion del (ejercicio 39).

(a) Describir esta funcion. ¿Es de clase C2

(b) Obtener los coeficientes del desarrollo de Taylor de h1 de orden 2 centrado en (0, 0):

h(x, y) = a+ b1x+ b2y + c1x2 + c2xy + c3y

2 + o(x2 + y2)

Ejercicio 48.* Se considera la funcion compuesta h(x, y) = g(u(x, y), v(x, y)) definida en R2, donde u =1 +A(x+ y2), v = 1 +B(y + x2), y g(u, v) = uv + u+ v. Hallar la diferencial segunda d2h(0, 0).

3.8. Puntos crıticos (estacionarios). Maximos y mınimos relativos (locales)

• Puntos crıticos

Definicion: Sea f(x, y) una funcion. Se dice que unpunto (a, b) es un punto crıtico o estacionario de lafuncion, si f es diferenciable en (a, b), y ademas:

fx(a, b) = fy(a, b) = 0

→

Extremo local

maximo

mınimo

Punto de silla

NOTA: Esta definicion de punto crıtico difiere de la que figura en el libro de referencia de J. Stewart (Calculo

multivariable). Tratandose de la definicion mas comunmente adoptada en la mayorıa de los textos, sera la que se

adoptara en este documento.

Ejercicio 49.* Se considera la funcion:

f(x, y) = (3− x)(3− y)(x+ y − 3)

(a) Determinar los puntos crıticos (estacionarios) de esta funcion.(b) Clasificar los puntos crıticos, estableciendo cuales son puntos de maximo o mınimo relativo.


Ejercicio 50.* Se considera la funcion

f(x, y) = −x exp(y − 1) +1

2x2 +

1

3y3 +

(y − 1)2

2

Se sabe que existe un punto crıtico de esta funcion sobre la recta y = 1. Determinar las coordenadas de estepunto y estudiar si se trata de un maximo o mınimo relativo.

Ejercicio 51.* Sea la funcion f(x, y) = (x2 + 2y2)e1−x2−y2 , de la que se sabe que (1, 0), (0, 1) y (0, 0)son puntos crıticos. Determinar si son puntos de extremo relativo o puntos de silla, sin calculo de derivadas(hacer uso del desarrollo de MacLaurin hasta segundo orden de la funcion exponencial, para obtener loscorrespondientes desarrollos de Taylor de f(x, y) en torno de esos puntos).

• Criterio del Hessiano

En ocasiones el determinante Hessiano en un punto crıtico, para una funcion de dos variables f(x, y) es0. En estos casos, como sabemos, nada se puede concluir acerca de la naturaleza de ese punto. El siguienteejercicio muestra como proceder en este caso, examinando directamente el comportamiento de la funcion enun entorno del punto.

Ejercicio 52.* Sea la funcion (x, y)→ f(x, y) = (x− 2)2y.

(a) Determinar los puntos crıticos.(b) Los puntos (2, 2), (2,−2) y (2, 0) son puntos crıticos. Examinar si son puntos de maximo o mınimo local.

Ejercicio 53.

(a) Hallar los puntos crıticos (estacionarios) de f(x, y) = xye−x2−y2

(b) Obtener y clasificar los extremos de la funcion.

Ejercicio 54.* Sea la funcion f : R2 → R definida por f(x, y) = x3 + y3 + 6xy+ 1. Se sabe que esta funciontiene dos puntos crıticos (estacionarios). Estudiar si se trata de puntos de extremo relativo, uno de maximoy otro de mınimo relativo.

Test. Si en un punto (a, b) en el dominio de una funcion f(x, y) tenemos un extremo local, y las derivadasparciales fx(a, b), fy(a, b) existen, entonces:

fx(a, b) = fy(a, b) = 0

aun cuando f no sea diferenciable en ese punto.

(a) cierto (b) falso

p. ¿Puede tener una funcion f(x, y) un punto de maximo o mınimo local que NO sea un punto crıtico?

p. Al clasificar los puntos crıticos de la funcion f(x, y) = (y − x)3 − x2 mediante las derivadas de segundoorden, el determinante Hessiano resulta ser nulo en el punto crıtico (0, 0), i.e., H(0, 0) = 0. Analizar elcomportamiento de f en un entorno de (0, 0) para clasificar este punto como maximo local, mınimo local, opunto de silla.

• Extremos absolutos

Un problema frecuente consiste en estudiar los extremos de una funcion diferenciable cuando la funcionse considera restringida a un dominio particular, f : D ⊂ Rp → R. Si el dominio D es compacto, y dadoque f es continua, el Teorema de Weierstrass asegura que f alcanza sus valores maximo y mınimo absolu-to en puntos (el teorema no establece cuales) pertenecientes a D. Si estos puntos, son puntos interiores deD, entonces son al mismo tiempo puntos de maximo y mınimo relativos (locales) de la funcion f , y serıaposible, en tal caso, el calculo explıcito de las coordenadas de estos puntos, como puntos crıticos de la funcion.


Ejercicio 55.*Sobre los extremos absolutos de la funcion f(x, y) = x2− y2 definidaen D ⊂ R2, dondea

D = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 1, x2 − y2 ≤ 1/4responder las cuestiones siguientes:

(a) ¿Pueden los puntos de maximo o mınimo absoluto estar situadosen el interior de D?

Solucion: No. Si fuera ası, los puntos correspondientes serıan pun-tos crıticos de f . Ahora bien:

∇f(x, y) = (2x,−2y) = (0, 0) ⇒ x = y = 0

El punto (0, 0) es, como se puede comprobar inmediatamente, unpunto de silla de f :

Hf(0, 0) =

∣∣∣∣2 00 −2

∣∣∣∣ = −4 < 0

(b) Determinar los extremos absolutos de f .

Solucion: Los puntos de extremo absoluto se situan en la fronterade D: Puesto que, f(x, y) = x2 − y2 ≤ 1/4 para todo (x, y) ∈ D,el valor maximo absoluto es f(x, y) = 1/4 y se alcanza sobre lospuntos de la hiperbola x2 − y2 = 1/4. El valor mınimo absoluto(negativo) es f = −y2 que se alcanza en los puntos (0,±1).

aEl dominio esta formado por los puntos entre las ramas de la hiperbolax2 − y2 = 1/4 que pertenecen al cırculo unidad.

En este ejemplo se da la cir-cunstancia particular de quela expresion del valor de f ,x2 − y2, nos indica tambienque la hiperbola x2 − y2 = 1/4es una curva de nivel de f .El maximo absoluto se deduceentonces inmediatamente. Veasela configuracion de las curvas denivel de f para valores positivosy negativos −1 ≤ f(x, y) ≤ 1/4.

Ejercicio 56.* Sea f : D → R la funcion f(x, y) = (6 − x)(6 + y)(−x + y + 6), definida en el conjuntocompacto D ⊂ R2, limitado por las rectas x − 6 = 0, y + 6 = 0 y −x + y + 6 = 0. Estudiar los extremosabsolutos de f en el conjunto D.

Ejercicio 57.* Sea la funcion f : R2 → R, dada por la formula f(x, y) = x(3− y). Determinar los extremosabsolutos de f en el conjunto

(x, y) ∈ R2 : −3 ≤ x ≤ 3, y ≥ 1

3x2, y ≤ 6 + x

Consideremos una funcion f(x, y), continua, definida en un dominio A ⊂ R2 cerrado y acotado. Como sesabe, bajo estas condiciones f alcanza en A un valor maximo absoluto, y tambien un valor mınimo absoluto.

Ejercicio 58. Hallar los extremos absolutos de las siguientes funciones, definidas en el cırculo cerradoD = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 1:(a) f(x, y) = x2y2(1− x2 − y2), (x, y) ∈ D(b) f(x, y) = x2y + y2 + 1, (x, y) ∈ D

Ejercicio 60. Sea la funcion z = z(x, y) = 2x2 + y3. Se pide: a) Determinar si existe algun valor extremode z en R2. b) Determinar algun extremo de z en la region:

(x, y)/ |x|+ |y| ≤ 1

Ejercicio 61.* Sea C = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 < 4, y f : C → R definida por f(x, y) = x2 − x3 + y2. Lafuncion f , ¿alcanza en C sus extremos absolutos?


Ejercicio 59. ¿Como deben analizarse los posibles puntos de extremo absoluto en el conjunto A? Aplicarel analisis a la funcion f(x, y) = cos(x + y) + sen(x − y), (x, y) ∈ A, siendo A el conjunto de la figura.NOTA: Los puntos en cuestion pertenecen o bien al interior de A o a la frontera.

A π

. Puntos interiores (f diferenciable)

. Puntos en la frontera (ordinarios)

. Puntos en la frontera (esquinas)

. Puntos donde f no es diferenciable

Puntos de extremo absoluto en un conjunto:

Figura 1: A = (x, y) ∈ R2 : |x|+ |y| ≤ π


Ejercicio 62.* Determinar la diferencial segunda de la funcion f(x, y) = x2 + y2 + exy en el origen:

d2f(0, 0)(dx, dy)

Ejercicio 63.* Sea f : R2 → R, (u, v) f(u, v) una funcion real de clase C2, tal que

df(1,−2)(du, dv) = 2du

yd2f(1,−2)(du, dv) = 6dudv + 2dv2

Sea g : R2 → R la funcion definida por g(x, y) = f(xey, y2 − 2x). Calcular el valor del incremento

g(1 + ∆x,∆y)− g(1, 0) evaluado para ∆x = ∆y =1

10, aproximando g(x, y) mediante el polinomio de Taylor

de grado 2 centrado en (1, 0).

Ejercicio 64. Aplicar la formula:

d3f(x, y)(∆x,∆y) =(

∆x∂

∂x+ ∆x

∂

∂x

)3

f(x, y)

para obtener la diferencial tercera de la funcion f(x, y) = 2y lnx.

Ejercicio 65. Sea φ(z) una funcion de clase C2 de la variable z (con dominio R), y

u = φ(z(x, y))

donde z = −x + y2. Calcular las expresiones de la diferenciales du(1,−1) y d2u(1,−1), en terminos de lasderivadas φ′(0) y φ′′(0).

Ejercicio 66. Se sabe que F (u, v) es una funcion real (escalar), F ∈ C1(R2) y con las derivadas parcialesFu(2, 0) = 2, Fv(2, 0) = 4. Calcular, para la funcion compuesta:

f(x, y) = F (xy2 +√x,√y − x2y)

la diferencial df(1, 1)(dx, dy).

Ejercicio 67. Obtener los desarrollos limitados de Taylor de grado 2 en torno de (0, 0) de las siguientesfunciones:

(a) f(x, y) = sen(x+ y2)(b) f(x, y) =

√1 + sen(x+ y)

Ejercicio 68. Sea la funcion f(x, y) = x4 + y4 + 4xy − 2x2 − 2y2.

(a) Comprobar que (0, 0) es un punto crıtico de f y calcular los puntos crıticos restantes (si los hubiere).


(b) Probar que en (0, 0) el determinante Hessiano H = 0; analizando el comportamiento de f a lo largo delas rectas x = y y y = 0, deducir que (0, 0) no es punto ni de maximo ni de mınimo relativo.

Ejercicio 69. Sea la funcion f(x, y, z) = x+y2

4x+z2

y+

2

z.

(a) Calcular los puntos crıticos en el primer octante ((x, y, z) ∈ R3 : x > 0, y > 0, z > 0).(b) Para el punto crıtico P (1/2, 1, 1), hallar la diferencial segunda, d2f(P )(∆x,∆y,∆z) y comprobar que

satisface el criterio de Silvester para una forma cuadratica definida positiva. ¿Que clase de punto es P?

Ejercicio 70. Sean A(a1, a2), B(b1, b2) y C(c1, c2) tres puntos del plano R2 que forman un triangulo.Plantear (sin resolver) el problema de determinar las coordenadas del punto en el plano con la propiedad deque la suma de distancias:

d(x,a) + d(x,b) + d(x, c)

sea mınima.

Ejercicio 71. Sea C el cuadrado [−1, 1]× [−1, 1] ⊂ R2. Para cada punto P (x, y) ∈ C, excepto el origen, sedefine f(x, y) como la distancia entre los dos puntos de la frontera de C colineales con P y el origen (0, 0).Ademas, se define f(0, 0) = 2

√2. De la funcion f(x, y) se desea saber:

(a) Expresion analıtica de la funcion f .(b) ¿Es f continua en (0, 0)?.(c) ¿Existen las derivadas parciales y derivadas direccionales en (0, 0)?.(d) ¿Es f diferenciable en (0, 0)?.

Ejercicio 72.* Se considera la funcion compuesta h(x, y) = g(u(x, y), v(x, y)) definida en R2, donde u =Ax+By+ 1, v = Cx+Dy+ 1 son funciones lineales, y g(u, v) = uv+ u+ v es una funcion de clase C∞(R2).Determinar la diferencial segunda d2h(0, 0).

Ejercicio 73. Sea una funcion f : Rp → R, de clase C1(Rp), con la propiedad7:

f(λx) = λnf(x) (n = 1, 2, · · · ) (5)

Probar que se verifica:∇f · x = nf


p. La formula usual para el calculo de la derivada direccional en un punto es: Dvf(a, b) = ∇f(a, b) · v. ¿Esaplicable esta formula cuando f no es diferenciable en (a, b)? ¿Si se verifica la formula anterior para todovector v, ¿se puede afirmar que f es diferenciable en (a, b) ?

E. propuesto 3.1. Obtener la expresion simplificada de fxx + fyy − 2fxy, siendo f(x, y) = (x2 + y)/(x+ y).

E. propuesto 3.2.

Una funcion f esta definida por: f(x, y) =3x2y− y3 + 1, si x+ y 6= 1;f(x, y) = 1, six+ y = 1. Hallar fxy(1, 0)

Notese que que f(1, 0) = 1 porque el punto (1, 0) yace en la rectax + y = 1. Al mismo tiempo, 3x2y − y3 + 1|(1,0) vale igualmente1. Ademas: la recta x + y = 1 no es paralela a ninguno de los ejescoordenados. Por lo tanto, el calculo de derivadas parciales de f en(1, 0) no exige acudir al calculo de lımites.

.

E. propuesto 3.3. Se considera la funcion f : R2 → R definida por f(x, y) = x3/(x2 + y2) si (x, y) 6= (0, 0)y f(0, 0) = 0. 1) Hallar los valores extrmos absolutos de la funcion f sobre el conjunto A = (x, y) ∈ R2 :x2 + y2 ≤ 1. 2) Hallar los extremos absolutos de |f | sobre el conjunto B = (x, y) ∈ R2 : y2 ≤ x+ 1.

7Se dice que la funcion es homogenea de grado n


p. Discutir que relacion existe entre la nocion de punto crıtico y:i) El gradiente ∇f(a, b); ii) La diferencial de f en (a, b); iii) El plano tangente a la superficie z = f(x, y)en el punto (a, b, f(a, b)).

p. Si en un punto (a, b) en el dominio de una funcion f(x, y) tenemos un extremo local, y las derivadasparciales fx(a, b), fy(a, b) existen, entonces:

fx(a, b) = fy(a, b) = 0

¿Es cierta esta proposicion aun cuando f no sea diferenciable en ese punto?

22

4. Funciones inversas e implıcitas.

4.1. Funciones inversas

Una funcion:

f : A ⊂ Rp → Rp

con f(A) = B, no es, en general, globalmenteinvertible: no existe una funcion inversaf−1 : B ⊂ Rp → Rp, univocamente definida,tal que:

f(f−1(y)) = y, ∀y ∈ B

Sin embargo, bajo ciertas condiciones (Teorema de la fun-cion inversa), una tal funcion, verificando f(a) = b,y diferenciable en un entorno de x = a, puede teneruna inversa local, tambien diferenciable, que satisfacef−1(b) = a. En el caso p = 2, el problema a resolver equi-vale a obtener unas funciones implıcitas( subseccion 4.2),x = x(u, v), y = y(u, v) que satisfacen un sistema de ecua-ciones:

f(x, y) = u

g(x, y) = v

Ejercicio 74. Sea f : R2 → R2 la funcion definida por

f(x, y) = (u, v) = (x2 + y2, x2 − y2)

.

(a) ¿Es f(x, y) globalmente invertible?(b) Determinar en que puntos del primer cuadrante (a, b), a > 0, b > 0 es f(x, y) localmente invertible.

Ejercicio 75. Sea G : R2 → R2 la funcion definida por

G(x, y) = (u, v) = (ex+y + x2 − 1, x2 + y cosx)

Comprobar que G admite funcion inversa local G−1 en un entorno de (0, 0) y calcular la diferencial de lafuncion inversa dG−1(0, 0).

Ejercicio 76.* Sea g : R→ R una funcion de clase C1 de la que se sabe solamente que verifica:

g(1) = g′(1) = 1

y sea f : R2 → R2 la funcion definida por f(x, y) = (x2 + y, y + g(x2 + y)). Estudiar si se puede asegurar laexistencia de una funcion inversa local f−1, diferenciable, definida en un entorno de (1,−2) = f(−2,−3) yen caso afirmativo, determinar su matriz Jacobiana.

Ejercicio 77.* Sea D = (0,+∞)× (−∞, 0), y f : D → R2 la funcion definida por:

f(x, y) = (u, v) = (xy, x+ y)

La funcion es localmente biyectiva en un entorno U del punto (1,−1): comprobarlo. La funcion inversa local,se puede escribir entonces:

(u, v)→ (x, y) = (x(u, v), y(u, v))

y esta definida en un entorno de (−1, 0). Determinar la diferencial dx(−1, 0)(∆u,∆v).

Ejemplo.

Consideremos la segunda funcion coordenada H2 de la fun-cion inversa local G−1 = H definida en el Ejercicio 75. Cal-cular:

∂2H2

∂u∂v(0, 0)

En ocasiones, la funcion inversa local es de claseC2 (o de clase superior) en el entorno del puntodonde esta definida. Es posible entonces calcularsu diferencial segunda (o en su caso las derivadasparciales de segundo orden correspondientes). Enel siguiente ejemplo se explica el procedimiento aseguir.

Solucion: En notacion clasica podemos escribir la funcion H2(u, v) en la forma:

y = H2(u, v) ≡ y(u, v)

Seccion 4: Funciones inversas e implıcitas. 23

La marcha de los calculos para calcular la derivada de segundo orden pedida es la siguiente:

u(x, y) = u

v(x, y) = v

ux dx+ uy dy = du

vx dx+ vy dy = dv

Interpretamos las dos primeras ecuaciones como identidades, en tanto x = x(u, v) e y = y(u, v) seconsideran como funciones de u y v. Las ecuaciones tercera y cuarta se pueden diferenciar de nuevo, teniendoen cuenta que en los segundos miembros se tiene d2u = 0, d2v = 0 (en efecto, u y v son aquı variablesindependientes). Resulta entonces:

d(ux) dx+ d(uy) dy + ux d2x+ uy d

2y = 0→ ux d2x + uy d2y = −d(ux) dx− d(uy) dy

d(vx) dx+ d(vy) dy + vx d2x+ vy d

2y = 0→ vx d2x + vy d2y = −d(vx) dx− d(vy) dy

Podemos ahora particularizar las diferenciales en el punto u = 0, v = 0. Las derivadas parciales ux(0, 0), uy(0, 0), etc.se evaluan en (0, 0) = G−1(0, 0), y son las entradas de la matriz Jacobiana JG(0, 0) calculada previamente(ver Ejercicio 75). Ademas, calculamos las derivadas de segundo orden de u(x, y) y v(x, y) en este punto:

uxx(0, 0) = ex+y + 2

(0,0)= 3; uxy(0, 0) = ex+y

(0,0)

= 1; uyy(0, 0) = ex+y

(0,0)= 1

vxx(0, 0) = 2− y cosx

(0,0)= 2; vxy(0, 0) = − senx

(0,0)

= 0; vyy(0, 0) = 0

Haciendo uso de las derivadas de segundo orden en (0, 0) de las funciones u(x, y) y v(x, y) obtenemos:

d(ux)

(0,0)= 3dx+ dy; d(uy)

(0,0)

= dx+ dy

d(vx)

(0,0)= 2dx; d(vy)

(0,0)

= 0

Finalmente, las ecuaciones:

d2x+ d2y

(0,0)= −(3dx+ dy) dx− (dx+ dy) dy = −3dx2 − 2dxdy − dy2

d2y

(0,0)= −2dx2

Se sigue por tanto:

d2x

(0,0)= −dx2 − 2dxdy − dy2 = −(dx+ dy)2

Ahora bien, considerando (segun el Ejercicio 75 ) que dx+ dy = du, resulta finalmente:

d2x(0, 0)(du, dv) = −du2

Se deduce entonces∂2x

∂u2(0, 0) = −1,

∂2x

∂u∂v(0, 0) = 0,

∂2x

∂v2(0, 0) = 0

Igualmente, se tiene d2y(0, 0)(du, dv) = −2(du− dv)2 = −2du2 + 4dudv − 2dv2, de donde se deduce:

∂2y

∂u∂v(0, 0) = 2

La derivada de segundo orden recuadrada es la derivada pedida.


4.2. Funciones definidas implıcitamente

Ejercicio 78. Se considera la ecuacion:

F (x, y) ≡ x2 − y e(x−y2) = 0

Determinar la derivada f ′(1) de la funcion implıcita y = f(x) definida por esa ecuacion en el entorno de(1, 1)

Ejercicio 79.* Sea la ecuacion:F (x, y) = 0

donde F (x, y) = x3 + y3 + x2 + xy + ay, siendo a una constante real.

(a) Determinar los valores de a para los que el Teorema de la funcion implıcita aplicado a esta ecuacionpermite asegurar la existencia de funciones implıcitas y = y(x) o x = x(y) de clase C∞ en un entorno de(0, 0).

(b) Sea y = h(x), caso de existir, la funcion implicita definida por F (x, y) = 0 en un entorno de (0, 0).Calcular el valor del parametro a para que el polinomio de Taylor de segundo grado en (0, 0) de h(x)valga 1 para x = 1.

Ejercicio 80.* Se considera la ecuacion xey + z2 + sen(y + z) = 0.

(a) Probar que la ecuacion define implıcitamente a z como funcion de x e y en un entorno de (x, y, z) =(0, 0, 0).

(b) Calcular las derivadas parciales de primer orden de la funcion z(x, y en (0, 0).(c) Calcular las derivadas parciales de segundo orden z(x, y) en (0, 0).

• Funciones implıcitas definidas por sistemas de ecuaciones.

Bajo las condiciones del Teorema de la funcion implıcita un sistema no lineal de ecuaciones admitelocalmente una solucion que se expresa por medio de funciones definidas implıcitamente por un tal sistemay diferenciables. Estas funciones no pueden, en general, formularse de manera explıcita pero sus derivadas ydiferenciales se pueden estudiar (y en su caso calcular) con tecnicas de derivacion y diferenciacion implıcita.

Ejemplo.* Considerese el sistema de ecuaciones:x2 + y2 + 4z − 5 = 0

x2 − y2 − 3 = 0

Comprobar que en un entorno del punto (x, y, z) = (2, 1, 0) el sistema anterior define a dos funciones x = x(z)y y = y(z), de clase C2, que satisfacen x(0) = 2, y(0) = 1. Calcular las derivadas primeras y segundas deestas funciones en x = 0.

Solucion: Comprobamos que se cumplen las siguientes condiciones:

Las funciones F (x, y, z) ≡ x2 + y2 + 4z − 5 y G(x, y, z) = x2 − y2 − 3 son de clase C∞ en R3

Se verifica F (2, 1, 0) = 0 y G(2, 1, 0) = 0.

∂(F,G)

∂(x, y)=

∣∣∣∣Fx FyGx Gy

∣∣∣∣(2,1,0)

=

∣∣∣∣2x 2y2x −2y

∣∣∣∣(2,1,0)

=

∣∣∣∣4 24 −2

∣∣∣∣ = −16 6= 0

De acuerdo con el Teorema de la funcion implıcita existen funciones x = x(z) y y(z) definidas en unentorno de z = 0, de clase C∞, que satisfacen las condiciones del enunciado. Ademas, por derivacion implıcita

se obtiene:

Fx x′ + Fy y′ + Fz = 0

Gx x′ +Gy y

′ +Gz = 0→2xx′ + 2y y′ + 4 = 0

2xx′ − 2y y′ = 0. Particularizamos estas ecuaciones en el punto

(x, y, z) = (2, 1, 0) y obtenemos el sistema de ecuaciones

4x′(0) + 2 y′(0) + 4 = 0 (6)

4x′(0)− 2 y′(0) = 0 (7)

El sistema anterior se resuelve como sistema de Cramer y su solucion proporciona las derivadas:

x′(0) = −1/2, y′(0) = −1


Para obtener las derivadas segundas en z = 0, derivamos implıcitamente de nuevo:

d

dx[2xx′ + 2y y′ + 4 = 0] = 2(x′)2 + 2xx′′ + 2(y′)2 + 2y y′′ = 0

d

dx[2xx′ − 2y y′ = 0] = 2(x′)2 + 2xx′′ − 2(y′)2 − 2y y′′ = 0

Sustituyendo en esta ecuaciones, los valores de las funciones x(z) y y(z) y sus derivadas primeras en z = 0,obtenemos: ∣∣∣∣ 2× (−1/2)2 + 4x′′(0) + 2(−1)2 + 2 y′′(0) = 0

2× (−1/2)2 + 4x′′(0)− 2− 2 y′′(0) = 0→ x′′(0) = −1

8y′′(0) = −1

Ejemplo.* Se considera el sistema de ecuaciones

x2 + y2 − u2 + v2 = 1x2 − y2 − 2u2 + v2 = 0

. Probar que el Teorema de la

funcion implıcita permite asegurar que en un entorno del punto (x, y, u, v) = (1, 0, 1, 1) el sistema anteriordefine a dos funciones u = u(x, y) y v = v(x, y), de clase C2. Obtener la expresion de las diferenciales primerasen (1, 0) de u = u(x, y) y v = v(x, y), y a partir de ellas calcular la suma:

S = ux(1, 0) + uy(1, 0) + vx(1, 0) + vy(1, 0)

Solucion: Llamemos F (x, y, u, v) y G(x, y, u, v) las funciones asociadas a los primeros miembros de las ecua-ciones del sistema. Se verifican las condiciones siguientes que aseguran la exisencia de las funciones u = u(x, y)y v = v(x, y) del enunciado:

F (1, 0, 1, 1) = 1;G(1, 0, 1, 1) = 0 como es inmediato verificar.

Las funciones F y G son de clase C2 (de hecho son funciones polinomicas y por tanto C∞ en R4) enun entorno de este punto.

El determinante Jacobiano:∂(F,G)

∂(u, v)=

∣∣∣∣−2u 2v−4u 2v

∣∣∣∣se reduce en el punto (1, 0, 1, 1) a

∣∣∣∣−2 2−4 2

∣∣∣∣ = 4 6= 0

Sobre las ecuaciones que definen u(x, y) y v(x, y) operamos diferenciando:

2xdx+ 2ydy − 2udu+ 2vdv = 0 (8)

2xdx− 2ydy − 4udu+ 2vdv = 0 (9)

Si particularizamos para el punto (x, y, u, v) = (1, 0, 1, 1), resulta un sistema lineal en las diferenciales buscadasdu, dv:

2dx− 2du+ 2dv = 0

2dx− 4du+ 2dv = 0→ du = 0 , dv = −dx

Las soluciones anteriores deben interpretarse como las diferenciales de u(x, y) y v(x, y) en el punto(1, 0),i.e.,

du(1, 0)(dx, dy) = 0, dv(1, 0)(dx, dy) = −dxLos coeficientes en los segundos miembros son las derivadas parciales, ux(1, 0) = uy(1, 0) = 0, vx(1, 0) =

−1, vy(1, 0) = 0. La suma S pedida vale pues, S = −1 .

Ejercicio 81.* Considerese el sistema de ecuaciones:F ≡1

1− (u+ v)+ u− xy = 0

G ≡√

1 + 2u+ v − x2 + y − 1 = 0

Probar que se verifican las condiciones del Teorema de la funcion implıcita que permiten asegurar queen un entorno del punto (x, y, u, v) = (1, 1, 0, 0) el sistema anterior define de forma implıcita a dos funcionesu = u(x, y) y v = v(x, y) de clase C2.

Calcular las diferenciales primeras de u y v en el punto (1, 1, ):

du(1, 1)(dx, dy); dv(1, 1)(dx, dy)


• Diferencial segunda y desarrollos de Taylor

Ejercicio 82.* Sea la ecuacion exz + ey = 2e, y z = f(x, y) la funcion definida implıcitamente por dichaecuacion, en un entorno de (1, 1), y que satisface f(1, 1) = 1.

(a) Probar que su desarrollo de Taylor de primer orden en un entorno del punto (1, 1) es:

f(x, y) = 1− (x− 1)− (y − 1) + o(ρ)

donde ρ =√

(x− 1)2 + (y − 1)2).(b) El desarrollo de Taylor de orden 2 de la funcion implıcita z = f(x, y), en un entorno del punto (1, 1) es:

f(x, y) = 1 + df(1, 1)(∆x,∆y) + 2∆x2 + 2∆x∆y − 2∆y2 + o(ρ2)

donde ∆x = x− 1, ∆y = y − 1.

Ejercicio 83.* Sea el sistema de ecuaciones: xy − y + z2 = 0y3 − y + x2 + x = 0

Probar que el sistema define a x e y como funciones (de clase C∞) de z en un entorno de (0, 0, 0). Obtenerlos desarrollos limitados de Taylor de segundo orden de estas funciones.

Ejercicio 84.* Sea la funcion:

F (x, y, z) = xez − z2 + 2(y + 1)2

(a) Probar que la ecuacion

F (x, y, z) = 1 (10)

define implıcitamente, en un entorno del punto (x0, y0, z0) =(1,−1, 0), una funcion z = z(x, y) de clase C2 que satisfacez(1,−1) = 0 y:

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

La ecuacion Ec. (10), ¿define tambien implıcitamente funcio-nes x = x(y, z) y y = y(x, z)?

(b) La funcion implıcita z = z(x, y) del apartado anterior esta de-finida en un entorno del punto (1,−1). Obtener su desarrollode Taylor de segundo orden centrado en este punto.

Nota: el calculo de las diferen-ciales y desarrollos de Taylorde funciones definidas implıcita-mente, se puede llevar a cabo:

Por derivacion implıcita, ob-teniendo las derivadas parcialesoportunas.

Por diferenciacion implıcita

Por el metodo de coeficientes in-determinados

• Extremos de funciones definidas en forma implıcita.

Ejercicio 85.* Sea la ecuacion F (x, y, z) = 1− x2 + y2 + z − e(x2−y2−z) = 0

(a) Probar que la ecuacion anterior define implıcitamente a z como funcion de x e y e un entorno de (x, y, z) =(0, 0, 0).

(b) Probar que la diferencial primera de z(x, y) en (0, 0) es nula, i.e., dz(0, 0)(∆x,∆y) = 0.(c) Determinar si (0, 0) es un punto de extremo relativo de la funcion implıcita z(x, y)

Ejercicio 86. Probar que la ecuacion

xyz + sen(z − 6)− 2(x+ y + x2y2) = 0

define en un entorno del punto (1, 1, 6) a z como una funcion implıcita z = z(x, y).

Ejercicio 87. Para el ejercicio anterior, demostrar que el punto (1, 1) es un punto crıtico de z(x, y). Se sabeque este punto es un extremo relativo de z(x, y). ¿De que tipo es?



Ejercicio 88.* Se considera las ecuaciones: F (x, y, z) ≡ yex + xez = 0G(x, y, z) ≡ x sen y − z cos y = 0

(a) Probar que estas ecuaciones definen a las funciones y(x) y z(x) en un entorno de x = 0 con y(0) = 0 yz(0) = 0.

(b) Hallar las derivadas primeras y′0) y z′(0).(c) Hallar las derivadas segundas y′′(0) y z′′(0).

Inicio del Test Sea f : R3 → R2 definida por f(x, y, z) = (u(x, y, z), v(x, y, z)) donde u y v son funciones declase C1. La funcion f verifica ademas:

f(−1, 2, 5) = (1, 3), Jf(−1, 2, 5) =

(1 0 3−1 2 −3

)1. Al aplicar el Teorema de la funcion implıcita al sistema de ecuaciones: S :

u(x, y, z) = 1v(x, y, z) = 3

en el entorno

del punto (−1, 2, 5):

(a) Las variables x y y quedandefinidas implıcitamente porel sistema S como funcionesde z, en un entorno de z = 5

(b) Uno de los determinantesJacobianos:

∂(u, v)

∂(x, z)

es nulo y no se puede aplicarel teorema.

(c) Las variables x y z quedandefinidas implıcitamente porel sistema S como funcionesde y, en un entorno de y = 2

2. Las funciones x(z) y y(z) definidas implıcitamente por el sistema S, satisfacen x(5) = −1, y(5) = 2, sondiferenciables y sus diferenciales dx(5) y dy(5):

(a) No se pueden escribir explıcitamente ya que noes posible calcular sus derivadas, x′(5) y y′(5)

(b) Satisfacen el sistema lineal dx+ 3dz = 0−dx+ 2dy − 3dz = 0

y por lo tanto son:dx(5)(dz) = −3dz,dy(5)(dz) = 0.

Final del Test

28

5. Extremos condicionados.

5.1. Extremos condicionados. Metodo de los multiplicadores de Lagrange

Ejemplo. Hallar los extremos de f(x, y) = x2 + (y + 4)2 con la ecuacion de ligadura (x− 4)2 + y2 = 2.

Solucion: Aplicaremos el metodo de los multiplicadores de Lagrange. La funcion de Lagrange8 es L(x, y;λ) =f(x, y)− λg(x, y), donde g(x, y) = 0 es la ecuacion de ligadura:

L(x, y;λ) = x2 + (y + 4)2 − λ[(x− 4)2 + y2 − 2]

Los extremos condicionados, si existen, son puntos crıticos de la funcion de Lagrange, y satisfacen portanto:

Lx = 2x− 2λ(x− 4) = 0

Ly = 2(y + 4)− 2λy = 0→ x = − 4λ

1− λ, y = − 4

1− λLas coordenadas x e y han de satisfacer la ecuacion de ligadura. Por sustitucion en ella obtenemos:

(− 4λ

1− λ− 4)2 + (− 4

1− λ)2 = 2

Esta es una ecuacion en la incognita λ que se resuelve para dar λ = 5,−3 . Sustituyendo en las expresiones

para las coordenadas x e y obtenemos dos puntos:

(5, 1)[λ = 5], (3,−1)[λ = −3]

Para determinar la naturaleza de estos puntos, hemos de acudir al analisis de la diferencial segunda d2Lde la funcion de Lagrange. Podemos, sin embargo eludir este analisis, teniendo en cuenta que en este caso, laecuacion de ligadura (que es la ecuacion de una circunferencia) corresponde a un conjunto cerrado y acotadodel plano (conjunto compacto). Podemos argumentar entonces de la siguiente manera: al ser f continua sobreun conjunto compacto, alcanza en este conjunto un valor maximo y un valor mınimo absolutos. Los puntosdonde se alcanzan estos valores son al mismo tiempo, puntos de maximo y mınimo relativos condicionados ypor lo tanto son los puntos calculados anteriormente. Ahora bien, f(5, 1) = 50 y f(3,−1) = 18 < f(5, 1): enconclusion, (5, 1) es un punto de maximo condicionado (relativo y tambien absoluto) y (3,−1) es un puntode mınimo condicionado.

Ejercicio 89. Utilizar el metodo de la diferencial segunda (condiciones suficientes de extremo condicionado)para analizar los extremos condicionados en el Ejemplo 5.1.

Ejemplo.* Usando el metodo del multiplicador de Lagrange, hallar los extremos relativos de la funcionf(x, y) = x− y, condicionados por la ecuacion de ligadura g(x, y) ≡ ex + e−y = 2.

Solucion: Establecemos las condiciones necesarias:

L(x, y;λ) = x− y − λ(ex + e−y − 2) (funcion Lagrangiana)

dL(x, y;λ) = (1− λex)dx+ (−1 + λe−y)dy = 0, ⇒ 1− λex = 0,−1 + λe−y = 0

Notese que la condicion dL = 0 equivale a ∇L = 0, esto es:

∇L(x, y) = (Lx(x, y, λ), Ly(x, y, λ)) = (0, 0)⇐⇒ ∇f(x, y) = λ∇g(x, y)

Existen tres incognitas x, y y λ. La ecuacion de ligadura proporciona la tercera ecuacion. Se tiene por tantoel sistema:

1− λex = 0−1 + λe−y = 0ex + e−y = 2

→ (x = 0, y = 0) λ = 1

( De las dos primeras ecuaciones se sigue, eliminando λ:1

ex= ey. Por lo tanto, exey = ex+y = 1 ⇒

x+ y = 0. Haciendo −y = x en la tercera ecuacion, resulta 2ex = 2 ⇒ x = 0; se deduce entonces que y = 0y λ = 1). Hay un solo punto crıtico (0, 0) para el valor del muliplicador λ = 1. Para estudiar su naturaleza,

8en su expresion figuran tantos multiplicadores L(x;λ1, λ2, · · · ) como ecuaciones de ligadura.

Seccion 5: Extremos condicionados. 29

examinamos el signo de la diferencial segunda de la funcion de Lagrange, restringida al espacio tangente eneste punto (recta tangente en (0, 0) a la curva representada por la ecuacion de ligadura). Se obtiene entonces:

d2L = −λexdx2 − λe−ydy2

(x=0,y=0,λ=1)= −(dx2 + dy2)

dg = exdx− e−ydy = 0|x=0,y=0 → dx− dy = 0

Vemos que d2L(dx) = −2dx2 es definida negativa cuando se restringe a la recta tangente (la ecuacionlineal homogenea dx − dy = 0, representa la relacion lineal entre dx y dy en un desplazamiento a lolargo de la recta tangente); la relacion dx − dy = 0 permite, por lo tanto, reducir d2L(dx, dy) a unafuncion de una sola variable independiente dx. El punto (0, 0) es, por lo tanto, un punto de maximorelativo condicionado.

Ejemplo. Hallar los extremos absolutos en D ⊂ R2 de la funcion f(x, y) = x2 − y2, donde D = (x, y) ∈R2 : x2 + y2 ≤ 1, x2 − y2 ≤ 1/4 (ver ejemplo en el subseccion • ).

Solucion: El valor maximo absoluto de f , se alcanza en la frontera y vale 1/4 (se alcanza sobre las ramas dela hiperbola x2− y2 = 1/4): en efecto, sobre cualquier punto del dominio f = x2− y2 ≤ 1/4. El valor mınimoabsoluto es -1 y se alcanza en (0,±1)

Ejercicio 90.* Sea la funcion f : R2 → R, dada por la formula f(x, y) = x(3 − y). Calcular los extremosrelativos de f condicionados por la ligadura φ(x, y) ≡ x2 − y2 − 1 = 0

Ejercicio 91. Resolver el problema de extremos condicionados:f(x, y, z) = xy − x+ y + z2 ≡

∣∣∣∣∣ maxmin

M : g(x, y, z) = (x+ 1)2 + (y − 1)2 + z2 − 1 = 0

Ejercicio 92.* Se considera la funcion f : R3 → R definida por:

f(x, y) = −x2 − y2 − αxy + (α+ 2)z, α ∈ R

(a) Para α = −3, estudiar los posibles extremos relativos de lafuncion f sobre el conjunto:

A = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 = 3, x < 0, y < 0, z < 0

Utilizar el metodo delos multiplicadores de La-grange

(b) Para α = 0 probar que f posee extremos absolutos sobre elconjunto:

A = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 = 3, x ≤ 0, y ≤ 0, z ≤ 0y determinarlos.

Comprobar que f toma,sobre los puntos de A unvalor que depende sola-mente de z.

Ejercicio 93.* Sea el problema de extremos condicionados de la funcion f : R2 → R definida por f(x, y) =−x sen y − sen(x+ y), con la ecuacion de ligadura g(x, y) ≡ senx+ y − y3 = 0.

(a) Probar que el punto (0, 0) es un punto crıtico de la correspondiente funcion de Lagrange:

L(x, y;λ) = f(x, y)− λg(x, y)

para un cierto valor de λ(b) Aplicar el metodo de los multiplicadores de Lagrange (con diferencial segunda) en el punto (0, 0) para

analizar si este punto es un maximo o mınimo relativo condicionado.

Seccion 5: Extremos condicionados. 30

5.2. Extremos condicionados: dos o mas ecuaciones de ligadura.

Ejercicio 94. Se considera el problema de extremos condicionados, con dos ecuaciones de ligadura:f(x, y, z) = xyz ≡

max

min

g(x, y, z) = x2 + y2 − 3 = 0h(x, y, z) = y + z = 0

(a) Interpretar geometricamente las ecuaciones de ligadura. ¿Cabe esperar que f posea maximos y mınimoscondicionados en este caso?.

(b) Aplicar el metodo de los multiplicadores de Lagrange, calculando los puntos crıticos (existen 6 puntos).(c) Examinar, en particular, el punto (

√3, 0, 0), probando que es un punto de maximo relativo condicionado.

¿Es tambien maximo absoluto sobre la curva C que definen las ecuaciones de ligadura?


Ejercicio 95. Resolver el problema de extremos: z =√x +√y =

max

mincondicionados por la ecuacion

de ligadura x√y + y

√x = 2.

Ejercicio 96.* Sean las funciones f : R3 → R definida por f(x, y) = x + y + z y ϕ : R3 → R definida por

ϕ(x, y, z) =1

x+

1

y+

1

z− 1 = 0. Sea C ⊂ R3 el conjunto:

C = (x, y, z) ∈ R3 : ϕ(x, y, z) = 0

(a) El punto (3, 3, 3) ∈ C, ¿es un punto de extremo relativo de fcondicionado por la ligadura ϕ(x, y, z) = 0?

(b) La restriccion de f al conjunto C, ¿alcanza un valor extremoabsoluto en (3, 3, 3)?

En ocasiones, un problema de extremoscondicionados se puede formular comoun problema de extremos relativosordinario para una funcion con unnumero menor de variables.


E. propuesto 5.1. Determinar, entre todos los rectangulos inscritos en la elipse de ecuacionx2

a2+y2

b2= 1,

aquel que tiene area maxima.

E. propuesto 5.2. Calcular y clasificar los extremos en el problema de extremos condicionados:f(x, y) ≡ x2 + y2 = max/min

g(x, y) ≡ y + x2 − 1 = 0

31

6. Funciones integrables. Calculo integral.

6.1. Integrales impropias.

Integrales impropias

Integral sobre intervalos no acotadosa:

f : [a,∞)→ R∫ ∞a

f(x)dx

Integral de funciones no acotadas sobre intervalos fi-nitosb:

f : [a, b)→ R∫ b

a

f(x)dx

aSe supondra siempre que f es integrable sobre todo intervalo finito[a, s], s <∞.

bSe supondra que f es integrable sobre todo intervalo finito[a, s), s < b, y que la funcion f deja de estar acotada en el entorno dex = b

ax

f(x)

b

a

• Integrales sobre intervalos no acotados.

Consideramos en primer lugar la extension de la integral definida ordinaria,

∫ b

a

f(x) al caso en que el

intervalo de integracion es infinito. Los siguientes son los tres tipos de integrales impropias que consideraremos:

(1) :

∫ ∞a

f(x)dx, (2) :

∫ b

−∞f(x)dx, (3) :

∫ ∞−∞

f(x)dx,

Ejercicio 97. Estudiar la convergencia de la integraly, en su caso, calcular su valor:∫ ∞

0

e−xdx

Ejercicio 98. Discutir la convergencia de la integral:∫ ∞1

1

xpdx, (p ∈ R)

p Solamente si f(x) admite primitiva ele-mental, se puede al tiempo analizar la con-vergencia y calcular el valor de la integral.La convergencia queda establecida, por de-finicion, si existe el lımite:

lıms→∞

∫ s

a

f(x)dx

p El segundo ejercicio es un ejemplo de re-

ferencia, para una familia de integrales quedependen de un parametro real p > 0.

La integral

∫ ∞1

1

xpdx converge para p > 1 y diverge para 0 < p ≤ 1. Este resultado permite analizar otras

integrales impropias, por la vıa de un criterio de comparacion. Antes de abordar este y otros criterios deconvergencia, introducimos una notacion especial:

Notacion “O” de Landau: Sean f(x) una funcion cualquiera y g(x) una funcion positiva. Decimos quef(x) = O(g(x)) si |f(x)| ≤ M g(x) para alguna constante positiva M y todos los valores de x a partirde uno dado (x ≥ a). (ver la pagina www, Landau Symbols)

Por ejemplo, sen(1/x) = O(1/x) ya que 0 < x sen(1/x) ≤ 1 para x suficientemente grande (con-cretamente para x > 2/π) .

Adviertase que para que la integral impropia converja es preciso que f(x) → 0 con suficiente rapidez

cuando x → ∞. A modo de ejemplo, este es precisamente el caso si f(x) =1

xsen(

1

x), ya que se tiene,

1

xsen(

1

x) = O(

1

x2).

http://mathworld.wolfram.com/LandauSymbols.html

Seccion 6: Funciones integrables. Calculo integral. 32

Ejercicio 99. Estudiar la convergencia de la integral:∫ ∞0

sen2 x

x2dx

NOTA: Separar la integral en dos sumandos:∫ 1

0

sen2 x

x2dx+

∫ ∞1

sen2 x

x2dx

Solamente la segunda integral es, en sentido riguroso,una integral impropia!

p Si se puede establecer la acotacion:

0 ≤ f(x) ≤ M

xα, (α > 1) (11)

para alguna constante M > 0 y un exponenteα > 1 entonces la integral impropia convergea.

aEs interesante explicar el significado de este criterio:Si la funcion f(x) decae a 0 a un orden mayor que primerorden, f(x) = O(1/xα) para x→∞, entonces la integralimpropia converge, y su valor es el area bajo la grafica def

Ejercicio 100. Estudiar la convergencia de las integralesimpropias:

i)

∫ ∞0

1

1 + x2dx ii)

∫ ∞0

e−x2

dx

NOTA: Considerese la comparacion con la integral corres-pondiente de g(x) = e−x, ver Ejercicio 97

p Un criterio mas general de comparacion es elsiguiente: si se puede establecer, en el intervalo[a,∞), la acotacion:

0 ≤ f(x) ≤ g(x) (12)

y la integral impropia∫∞ag(x) converge entonces:∫ ∞

a

f(x)dx

converge.

Ejercicio 101. Estudiar la convergencia de las integralesimpropias:

i)

∫ ∞0

1

1 + x2dx, ii)

∫ ∞1

e−xxpdx, (p ∈ R)

p Comparacion por lımite Si f(x) ≥ 0 yg(x) > 0, para todo x ≥ a y el lımite:

lımx→∞

f(x)

g(x)= c, (c 6= 0) (13)

es finito y no nulo, entonces las integrales:∫ ∞a

f(x)dx,

∫ ∞a

g(x)dx

convergen o divergen simultaneamentea.

aNOTA: Si el lımite en (13) es 0, solo se puede concluir

que la convergencia de

∫ ∞a

g(x)dx implica la convergencia

de

∫ ∞a

f(x)dx

Las integrales impropiassobre intervalos no acota-dos guardan cierta relaciony analogıa con las seriesinfinitas. Del mismo modoque con las series, se intro-duce la nocion de conver-gencia absoluta, como cri-terio de convergencia de in-tegrales impropias.

Convergencia absoluta:Haciendo uso de las desigualdades,

0 ≤ f(x) + |f(x)| ≤ 2|f(x)|se prueba lo siguiente:

Si

∫ ∞a

|f(x)| dx es convergente entonces

∫ ∞a

f(x) dx es convergente, y se

dice que esta ultima integral converge absolutamente.

Ejercicio 102. Estudiar la convergencia de la integral:∫ ∞0

2 sen3 x

1 + cosx+ x√xdx

p Criterio de convergencia absoluta analogo alcriterio (11): Si se puede establecer la acotacion:

0 ≤ |f(x)| ≤ M

xα, (α > 1) (14)

para alguna constante M > 0 y un exponenteα > 1 entonces la integral impropia converge.


La condicion de convergencia absoluta es solamente una condicion suficiente de convergencia pero no nece-saria. Si una integral impropia es convergente pero no lo es absolutamente, decimos que es condicionalmenteconvergente.

Ejemplo. Discutir la convergencia de la integral:∫ ∞0

senx

xdx

y calcular su valor en caso de que sea convergente.

Solucion:

____ sen(x)/x

........ 1/x

–1

–0.5

0

0.5

1

1.5

2

2 4 6 8 10 12 14 16

x

Notese, en primer lugar, que el integrandosenx

x:

verifica lımx→0

senx

x= 1, esto es, no hay singularidad

propiamente dicha en x = 0 (es una discontinuidadevitable). La convergencia, pues, depende del compor-tamiento de la funcion cuando x→∞el test de convergencia absoluta, comparando con 1/xno da resultado, porque,∣∣∣ senx

x

∣∣∣ ≤ 1

x

y la integral de 1/x en [a,∞) es divergente para a > 0(ver la figura)

Para discutir la convergencia de esta integral podemos dividir el problema,descomponiendo la integral en la forma:∫ ∞

0

senx

xdx =

∫ a

0

senx

xdx+

∫ ∞a

senx

xdx (15)

donde a > 0 (podemos por simplicidad tomar a = π). Consideremos elsegundo termino:

lıms→∞

∫ s

π

senx

xdx

Probaremos que el lımite existe: para ello, integrando por partes,∫senx

xdx = −

∫(cosx)′

xdx = −cosx

x−∫

cosx

x2dx∫ s

π

senx

xdx = −cosx

x

∣∣∣sπ−∫ s

π

cosx

x2dx

=cosπ

π− cos s

s−∫ s

π

cosx

x2dx

La integral

∫ ∞π

1

x2dx es convergente, por lo tanto tambien lo sera (absolutamente)

∫ ∞π

cosx

x2dx Llamemos

I∗ a su valor; pasando al lımite s→∞, ∫ ∞π

senx

xdx =

cosπ

π− I∗

La primera integral en el segundo miembro de la ecuacion (15) existe y tiene un valor finito9. La integralimpropia de partida sera, en consecuencia, convergente. Se puede probar en un analisis mas avanzado: (1) La

integral vale exactamenteπ

2y (2) la integral no converge absolutamente, i.e.,

∫ ∞0

| senx

x|dx = +∞.

9extendiendo la funcion a integrar, para que tenga valor 1 en x = 0, resulta una funcion continua en [0, a] y por tanto

integrable-Riemann


• Integrales de funciones no acotadas.

Consideramos la extension de la integral definida ordinaria,

∫ b

a

f(x) al caso en que la funcion f(x) no

es acotada en el entorno de uno de los dos extremos; para fijar ideas, supondremos, que f(x) es no acotadaen el entorno de x = b. Un caso tıpico es aquel en que f tiene una singularidad infinita en x = b, i.e.,lımx→b−

f(x) = ±∞

Ejercicio 103. Estudiar la convergencia de la inte-gral: ∫ 1

0

1

1− xdx

p La convergencia equivale, por defini-cion, a la existencia del lımite:

lıms→1−

∫ s

0

f(x)dx

Los criterios para la convergencia de las integrales impropias de este tipo10, siguen la lınea de los yaestablecidos para la integrales sobre intervalos no acotados. Integrales de referencia, a efectos de compara-

cion son,

∫ 1

0

1

xαdx, que es convergente para α < 1 (y divergente si α ≥ 1) y

∫ 1

0

1

(1− x)αdx con el mismo

comportamiento. Ambas presentan una singularidad infinita en uno u otro extremo de integracion.

Ejercicio 104. Estudiar la convergencia de la inte-gral: ∫ 1

0

cosx+ senx√1− x

dx

p Si se puede establecer, en el intervaloa ≤ x < b, la acotacion:

|f(x)| ≤ M

(b− x)α(16)

para alguna constante M > 0 y un expo-nente α < 1 entonces la integral impropia∫ b

a

f(x)dx converge (criterio de convergen-

cia absoluta). Para funciones positivas, lacondicion anterior se escribe simplemente:

0 ≤ f(x) ≤ M

(b− x)α(17)

Ejercicio 105. Idem:∫ π/2

0

e−x√sen(π/2− x)

dx

p Comparacion por lımite Si f(x) ≥ 0y g(x) > 0, para todo x ∈ [a, b) y el lımite:

lımx→b−

f(x)

g(x)= c, (c 6= 0) (18)

es finito y no nulo, entonces las integrales:∫ b

a

f(x)dx,

∫ b

a

g(x)dx

convergen o divergen simultaneamentea.

aNOTA: Si el lımite en (13) es 0, solo se puede

concluir que la convergencia de

∫ b

ag(x)dx implica

la convergencia de

∫ b

af(x)dx

10Se usa con frecuencia la terminologıa siguiente: Integrales impropias de primera especie para las integrales sobre intervalosno acotados e integrales impropias de segunda especie para las integrales impropias de funciones no acotadas sobre intervalosfinitos.


6.2. Integrales dependientes de un parametro.

Definicion: Sea f(t, x) una funcion continua. La

integral definida

∫ b(t)

a(t)

f(t, x)dx = F (t) tiene un va-

lor que depende de la eleccion de t. Se dice que esuna integral dependiente de un parametro.

→

tipo 1 : extremos de integracion constantes

tipo 2 : extremos de integracion variables

• Derivada de una integral parametrica: Extremos de integracion constantes

Si los extremos de integracion son constantes, a(t) ≡ a, b(t) ≡ b y f es una funcion de clase C1, la funcion:

F (t) =

∫ b

a

f(t, x)dx

es derivable, y su derivada se obtiene mediante la formula (Regla de Leibnitz ):

F ′(t) =d

dt

∫ b

a

f(t, x)dx =

∫ b

a

∂f

∂t(t, x)dx (19)

Ejemplo. Calcular la derivada de la integral parametrica, F (t) =

∫ π

0

sen(xt) dx

Solucion: Aplicando (19), resulta:

F ′(t) =

∫ π

0

x cos(xt) dx

La integral resultante (una nueva integral parametrica!) se puede integrar por partes para obtener final-mente

F ′(t) =−1 + cos (π t) + sin (π t) tπ

t2

• Derivada de una integral parametrica: Extremos de integracion variables

Si los extremos de integracion son variables, y suponiendo ademas que a(t) y b(t) son funciones de claseC1, la funcion:

F (t) =

∫ b(t)

a(t)

f(t, x)dx

es derivable, y su derivada se obtiene mediante la formula:

F ′(t) =d

dt

∫ b(t)

a(t)

f(t, x)dx = f(t, b(t)) b′(t)− f(t, a(t)) a′(t) +

∫ b(t)

a(t)

∂f

∂t(t, x)dx (20)

Ejemplo. Calcular la derivada de la integral parametrica:

∫ t

0

te−xtdx

Solucion: Aplicamos (20):

F ′(t) = (te−t2

)× (1)− (t)× 0 +

∫ t

0

[e−xt − txe−xt]dx

Se invita al lector a llevar a cabo la integral restante para concluir con el resultado, F ′(t) = 2 te−t2

NOTA: Debe quedar claro que las formulas de derivacion (19) y (20) solamente tienen interes practico, encaso de que las integrales parametricas de partida no puedan llevarse a cabo por metodos de integracionordinarios, para obtener una formula explıcita de F (t)


6.3. Integrales multiples.

• Funciones acotadas definidas en rectangulos: Integrabilidad.

Ejercicio 106.* Sea J = [−2, 2]× [0, 1] y sea C ⊂ J el conjunto de semicircunferencias: C =⋃20k=1 Ck , Ck =

(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 = 1/k, y ≥ 0, (k = 1, 2, · · · , 10). Se define f : J → R de manera que:

f(x, y) =

2, si (x, y) ∈ C1, si (x, y) /∈ C

Justificar si la funcion es integrable y en su caso, calcular la integralx

J

f(x, y)dxdy.

Ejercicio 107.* Calcular la integralx

A

|f − g| dxdy donde

A = [0, 2]× [0, 4] y f y g son las funciones, f(x, y) = x2, g(x, y) = y.

• Cambios de variable en integrales dobles y triples

En los siguientes ejercicios se propone la evaluacion de integrales dobles mediante un cambio a coordenadaspolares.

Ejercicio 108.* Calcular I =

∫D

x dxdy donde D es el conjunto de R2 formado por los puntos del primer

cuadrante situados en el exterior de la curva C1 : x2 + y2 = 2y y en el interior de C2 : x2 + y2 = 1

Ejercicio 109.* Se considera f : D ⊂ R2 → R donde D = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 4 y:

f(x, y) =1√

x2 + y2, si 1 ≤ x2 + y2 ≤ 4, f(x, y) = 0 si x2 + y2 ≤ 1

Calcularx

D

f(x, y)dxdy

Ejercicio 110.* Considerese la integral doblex

D

2xydxdy, donde S ⊂ R2 es la region del primer cuadrante

(0 ≤ x, 0 ≤ y) comprendida entre las cuatro circunferencias: x2 + y2 = 2, x2 + y2 = 3 y las hiperbolas:x2 − y2 = 1 y x2 − y2 =

√2. Aplicar un cambio de variables apropiado y calcular la integral.


Ejercicio 111.* Calcular la integral doblex

D

e−(x2+y2) dxdy donde,

D = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 2, x ≥ 0, x ≤ y ≤√

3x

Ejercicio 112.* Considerese la integral:x

D

(1 + xy)x

ydxdy donde

D = (x, y) ∈ R2 : x ≥ 0, y ≥ 0, 3 ≤ xy ≤ 4, x ≤ y ≤ 4xObtener el valor de la integral mediante un cambio apropiado de variables.

Ejercicio 113.* Calcular la integral:y

G

y dxdydz, para la region: G = (x, y, z) ∈ R3 : 0 ≤ y ≤ 1− x2 − z2

Ejercicio 114.* Calcular la integral:y

G

z dxdydz donde G es la region interior al cono z =√

5x2 + y2 y

al elipsoide 3x2 + 7y2 + z2 = 2.

Ejercicio 115. Sea el solido formado por los puntos del primer octante que estan dentro del cilindro x2+y2 =1 y por debajo de la superficie z = 4x2 + 3y + 2. Calcular el volumen de este solido.

Ejercicio 116. Sea C ⊂ R3 el conjunto de los puntos situados por encima de la superficie z = x2 + y2− 2x,

por debajo del plano z = 0 y tales x ≥ 1. Calcular la integral en C de la funcion1

x2 + y2.

• Calculo de volumenes

Ejercicio 117.* Se considera el solido acotado por los planos coordenados (x = 0, y = 0, z = 0), el planox/2 + y = 1 y la superficie de ecuacion x2 + 2y − z = 0. Calcular su volumen.

Ejercicio 118.* Hallar el volumen del solido limitado por el plano z = 0, el paraboloide z = x2 + 3y2 y loscilindros parabolicos y = x2 y x = y2.

Ejercicio 119.* Calcular el volumen del solido G = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 ≤ z, x2 + y2 + z2 ≤ 2


Test. Estudiar la convergencia de la integral:

∫ ∞1

1

xsen(

1

x)dx

(a) Convergente (b) Divergente

Test. Estudiar la convergencia de la integral:

∫ ∞1

1

x[1 + sen(

1

x)]dx

(a) Convergente (b) Divergente

Ejercicio 120.* Calcular la integral

∫D

y dxdy donde D = D1 ∪D2, y:

D1 = (x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 1/2, 0 ≤ y ≤ x; D2 = (x, y) ∈ R2 : 1/2 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1− xSi D es la region ocupada por una placa plana de densidad uniforme, ¿cuales son las coordenadas del

centro de masa de la placa?

Ejercicio 121.* Calcular la integralx

D

3

2

√x2 + y2 dxdy, sobre el semicırculo:

D = (x, y) ∈ R2 : (x− 1)2 + y2 ≤ 1, y ≥ 0


Ejercicio 122.* Sea G el recinto del primer octante limitado por los planos y = x, x = 0 y z = 0, la esferax2 + y2 + z2 = 16 y la superficie del cono z =

√x2 + y2. Calcular la integral triple:

y

G

z dxdydz

Ejercicio 123.* Se considera el conjunto del primer octante en R3 definido por:

G := (x, y, z) ∈ R3 : x ≥ 0, 0 ≤ y ≤ 1, x ≤ z ≤ y2Comprobar que el conjunto es simple y establecer si en concreto es x, y, o z−simple. Escribir una formula

de integral iterada para el volumen de la region.

Ejercicio 124.

Calcular el volumen del casquete esferico definido por las desigualdades:

x2 + y2 + z2 ≤ R2, z ≥ hdonde 0 < h < R. Hacer el calculo en coordenadas cilındricas y encoordenadas esfericas, y comprobar que el resultado es el mismo.

1

z

yx

NOTA. Expresar el volumen en terminos de R y h.

39

7. Geometrıa diferencial de curvas y superficies

Ejercicio 125.* Sea C la curva dada por la representacion parametrica:

x(t) =(

2

∫ t

0

cos(u2)du, 2

∫ t

0

sen(u2)du, 0), t ≥ 0

Sea s el parametro longitud de arco tomando el origen de arcos en x(0). Determinar la curvatura de C enfuncion de s.

Ejercicio 126.*

Sea la curva C : x(t) = (1 + cos t, sen t, 1− cos t), 0 ≤ t ≤ 2π.

(a) Escribir unas ecuaciones cartesianas para la curva C. NOTA:la curva esta situada en el plano x+ z = 2.

(b) Calcular en el punto t = 0: x′(t),x′′(t) y los vectores t,b,n.Determinar la torsion en un punto generico de C. 0

0.5

1

1.5

2

–1

–0.5

0.5

1

0.5

1

1.5

2

Ejercicio 127.* Sea la curva C definida por la interseccion de las superficies x2 + y2 = z2 y x + z = 2.

Hallar la curvatura de C en el punto P (1

2,√

2,3

2).

Ejercicio 128.* Sea C la curva de interseccion del paraboloidehiperbolico z = 1 + x2 − y2 con el cilindro x2 + y2 = 1. Se pide:

(a) ¿Es C una curva regular?(b) Curvatura en el punto (1, 0, 2).(c) Torsion en el punto (1, 0, 2).

Ejercicio 129.* Hallar la curvatura en el punto P (0, 0, 0) de la curva C dada por la representacion implıcita: xy − y + z2 = 0y3 − y + x2 + x = 0

.

Ejercicio 130.* Se gira la curva C de ecuaciones z = senx, y = 0, con x ∈ (0, π], alrededor del eje OZ,formando una superficie de revolucion S. Determinar la expresion del vector normal unitario en un puntogenerico de dicha superficie.

Seccion 7: Geometrıa diferencial de curvas y superficies 40

Ejercicio 131.* Sea S la superficie de ecuacion cartesiana x2 + y2 − z = x y C la curva de interseccion deS con la superficie cilındrica y2 = x. Tomando y como parametro, parametrizar C en la forma x = x(y) ycalcular los vectores del triedro intrınseco t,n,b en el punto (0, 0, 0).

Figura 2

Ejercicio 132. Se considera en R3 el paraboloide hiperbolicoS1 de ecuacion z = 1+xy y S2 el cilindro de ecuacion x2 +y2 =1.

(a) Calcular la curvatura de la curva C = S1∩S2 de interseccionde ambas superficies en el punto (1, 0, 1).

(b) Hallar el area de la region de S1 encerrada por S2 (verFigura 2).

Ejercicio 133.* Sea C la curva dada por interseccion del planoz = 2y con el paraboloide z = x2 + y2. Calcular la curvatura enun punto generico de C y hallar sus valores maximo y mınimo.


Test.

Cuando la recta

∣∣∣∣∣∣x = 1y = tz = 2t

gira alrededor del eje OZ, la superficie

de revolucion que se obtiene es:

(a) La misma que genera la curva

C :

y2 − z2/4 = 1

x = 0al girar alrededor

del eje OZ.

(b) Un cono.

(c) Un paraboloide de revolucion. (d) Ninguna de las superficies anteriores.

Ejercicio 134.* Sea la superficie S : x(u, v) = (v, u− v, v2). En el punto P (1, 0, 1) calcular:

(a) La ecuacion del plano tangente en P .(b) El angulo que forman las lıneas parametricas (curvas coordenadas) que pasan por este punto.

Ejercicio 135.*

Sea la curva C : x(t) = (t− sen t cos t, sen2 t, cos t), t ∈ [0, π].

a) Calcular en el punto t = π/4 los vectores unitarios t y b

b) Calcular en el mismo punto el vector de Darboux ω = τt +κb

Ejercicio 136.* Sea la curva C : x(t) = (sen t, 2t, cost), t ∈ R. Calcular en el punto P (0, 0, 1) los elementosintrınsecos t (vector tangente unitario ), b (vector binormal) y la torsion τ .

Seccion 7: Geometrıa diferencial de curvas y superficies 41

Ejercicio 137.

Sea la funcion vectorial:x(u, v) = u cos v i + u sen v j + (1 + u2 sen v cos v) k,(0 ≤ u ≤ 2, 0 ≤ v ≤ 2π)

que representa cierta superficie.

–1

0

1

2

3

–2

–1

1

2

–2

–1

1

2

(a) Un cuerpo se mueve a lo largo de la trayectoria11:

x(t) = x(1, t), 0 ≤ t ≤ 2π

Probar que esta trayectoria es una curva regular. b) Vectores t,n,b del triedro movil en el puntocorrespondiente a t = π. c) Vector aceleracion, x′′, y sus componentes tangencial y normal, at = x′′ · t,an = x′′ · n en el punto P (1, 0, 1).

(b) Para la curva definida en el apartado anterior, hallar la curvatura κ(t) y la torsion τ(t) en un puntogenerico.

(c) Se considera la superficie representada por la parametrizacion x(u, v).

a) Probar que la superficie es regular b) Obtener (por eliminacion de u y v a partir de sus ecuacionesparametricas) su ecuacion cartesiana c) Plano tangente en P (1, 0, 1) correspondiente a los valores u =1, v = 0 de los parametros.

Ejercicio 138. Se consideran dos superficies S1 y S2:

S1, catenoide: representada en forma implıcita por la ecuacion: cosh2 z = x2 + y2.

S2, helicoide recto: representada en forma parametrica por:

x(θ, r) = (r cos θ, r sen θ, θ)

(a) Hallar una representacion parametrica de S1. Describir la curva C de interseccion de las dos superficiesque pasa por (1, 0, 0). Obtener las ecuaciones de esta curva en cada uno de los planos de parametrosutilizados para S1 y S2.

(b) Calcular la primera forma fundamental para cada una de las superficies.(c) Sea el triangulo curvilıneo en el catenoide, determinado por su interseccion con el helicoide y con los

planos x = 0 y z = 0.

Ejercicio 139. Se considera la superficie de traslacion engendrada porla curva x2 + (z + 1)2 − 1 = 0, y = 0 al desplazarse, paralelamente ası misma, recorriendo la curva C2 : x = 0, z − y2 = 0. Se pide:

(a) Obtener una representacion parametrica de la superficie S.(b) Hallar una expresion integral para el area de la region de la superficie

S contenida en el semiespacio z < 0

–2

–1

0

1

2

–10

12

–2

–1.5

–1

–0.5

0

0.5

1

11Usamos la licencia de representar la siguiente funcion vectorial, que representa a la curva, con el mismo sımbolo que el usadoen x(u, v) para representar la superficie

42

8. Integracion sobre curvas y superficies. Calculo vectorial.

8.1. Integrales de lınea

curva C : x = x(t), a ≤ t ≤ b

I. de lınea de campos escalares:∫C

f ds =

∫ b

a

f(x(t))‖x′(t)‖ dt

Si f = 1:∫C

ds =

∫ b

a

‖x′(t)‖ dtrepresenta el valor de la longitud de arco a lolargo de la curva.

I. de lınea de campos vectoriales:∫S

F · t ds =

∫ b

a

F(x(t)) · x′(t) dt

t es el vector tangente unitario en cada punto dela curva C

t ds = dx = x′(t) dt

Ejemplo.* Sea F(x, y) = (2xy, x2) un campo vectorial en R2 y la curva C = C1 ∪ C2 donde:

C1 = (x, y) ∈ R2 : (x+ 1)2 + y2 = 1, y ≤ 0, C2 = (x, y) ∈ R2 : y = sen2(πx), 0 ≤ x ≤ 2

recorridas ambas en sentido creciente de x. Calcular la integral de lınea:

∫C

F · dx

Solucion:

Es preciso aplicar la propiedad aditiva: la integral pedida es suma dedos contribuciones, relativas a C1 y C2 respectivamente:

C1 : x = −1 + cos(t), y = sen(t) : −π ≤ t ≤ 0 → x′(t) =(− sen(t), cos(t))

C2 : x = t, y = sen2(πt) : 0 ≤ t ≤ 2 → x′(t) =(2π sen(πt) cos(πt), cos(t))

I1 =

∫ 0

−π(Px′ +Qy′)dt

=

∫ 0

−π[2(−1 + cos(t)) sen(t)(− sen(t)) + (−1 + cos(t))2 cos(t)] dt = 0

I2 =

∫ 2

0

[2t sen2(πt) + 2πt2 sen(πt) cos(πt)] dt = 0

I = I1 + I2 = 0

• Integrales de lınea de campos gradiente (campos conservativos).

Un campo gradiente o campo conservativo es un campo vectorial que satisface F = ∇φ, donde φ es unafuncion escalar (funcion potencial). Si C[A,B] es una curva, regular a trozos, que une el punto A y el puntoB, se verifica entonces:

F(x) = ∇φ⇒∫C[A,B]

F · dx = φ(B)− φ(A)

Seccion 8: Integracion sobre curvas y superficies. Calculo vectorial. 43

Ejemplo.*El campo vectorial del ejemplo anterior ( primer ejemplo de la sec-cion 8.1), es un campo gradiente, ya que tomando φ(x, y) = x2y resulta:

∂φ

∂x= 2xy,

∂φ

∂y= x2

La integral de lınea de F es, por lo tanto, independiente del caminoa ydepende solamente de los puntos inicial y final. Determinar, haciendo usode esta propiedad, el valor de la integral de lınea de dicho ejemplo.

aSe dice tambien que el campo es conservativo

El calculo directo de la integral delınea, como se hizo en este ejemplo,es innecesario, una vez identificadoel campo vectorial como un campogradiente y determinada la funcionpotencial.

Solucion: Los puntos A(−2, 0) y B(2, 0) son los puntos inicial y final de la trayectoria de integracion; resultaentonces: ∫

C[A,B]

F · dx = φ(2, 0)− φ(−2, 0) = 0− 0 = 0

Cuando un campo vectorial definido en un dominio conexo D, es un campo gradiente (conservativo) enD, se verifica:

La integral de lınea a lo largo de una curva cerrada cualquiera C ⊂ D contenida en el dominio (querecibe el nombre de circulacion del campo a lo largo de C) es nula:∮

C

F · dx = 0

El rotacional de F es nulo:∇∧ F = ∇∧∇φ = 0

Test. El campo vectorial, F = (y2, z2, x2), ¿es un campo gradiente?

(a) No, puesto que rot F 6= 0 (b) Si

Ejercicio 140. Estudiar si las siguientes proposiciones sn verdaderas o falsas:

(a) Si F es conservativo, entonces

∫C

F · dx = 0 para cualquier urva C

(b) Si

∫C

F · dx es independiente de la trayectoria, entonces F es conservativo.

(c) Si F es conservativo, entonces

∮C

F · dx = 0 para cualquier curva cerrada C.

(d) Si F es conservativo, entonces

∫C

F · dx es independiente de la trayectoria.

Ejercicio 141.* Sea el campo vectorial v = (2x − y, x − y) en el plano. Calcular el flujo exterior y lacirculacion de v en la circunferencia C : x2 + y2 + 2x = 0 recorrida en sentido antihorario.

8.2. Integrales de superficie.

superficie S : x = x(u, v), (u, v) ∈ D ⊂ R2

I. de superficie de campos escalares:∫S

f dS =x

D

f(x(u, v))‖xu ∧ xv‖ dudv

Si f = 1:x

S

dS =x

D

‖xu ∧ xv‖ dudv

representa el valor del area A(S) de la superficie.

I. de superficie de campos vectoriales:

x

S

F ·N dS =x

D

F(x(u, v)) · xu ∧ xv dudv

N es vector normal unitario en cada punto de lasuperficie (orientada) S

N dS = dS = xu ∧ xv dudv


• Area de una superficie

En el calculo del area de una superficie, se puede hacer uso de la siguiente expresion util12:

‖xu ∧ xv‖ =√EG− F 2

donde: E = xu · xu, F = xu · xv, xv · xv. El elemento de area (escalar) en coordenadas curvilıneas (u, v), espues:

dS =√EG− F 2 dudv

Ejercicio 142.* Hallar el area de la superficie descrita parametricamente por

x(u, v) = (2 + cosu, senu, u+ v + cos v)

definida en D = [−π6,π

6]× [−π

6,π

6].

Ejercicio 143.* Sea S la porcion del cono de ecuacion x2 + y2 = z2, que esta contenida en la regionz ≥ 0, x2 + (y − 2

√2)2 + z2 ≤ 8. Calcular su area.

Ejercicio 144.* Sea la superficie S x(u, v) = (u cos v, u sen v,u2

2), con u ≥ 0 y 0 ≤ v ≤ 2π. Calcular el area

de la region de S situada debajo del plano z = 1.

• Integrales de flujo: calculo directo

Ejercicio 145.Sea el campo vectorial F = (z, 0, 0). Calcular el flujode F: x

S

F ·N dS

a traves de la superficie del hiperboloideS = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 = 1 + (z/2)2, x ≥ 0,limitada por los planos z = −2 y z = 2.

NOTA: Consideraciones de simetrıa En algu-nos ejemplos, el resultado de un calculo integral (porejemplo, la integral de flujo) se puede prever de ante-mano, sin necesidad de hacer el calculo expreso. Eneste ejercicio, 1) la superficie S es una superficie derevolucion, 2) S es simetrica respecto del plano z = 0y 3) el producto escalar F ·N cambia de signo cuan-do pasamos de un punto a su simetrico respecto delplano XY. La consecuencia inmediata es que el valordel flujo es 0.

8.3. Teorema de Gauss y de Stokes: ejercicios de aplicacion.

Uno de los casos en que la aplicacion del Teorema de Gauss puede ser util es el calculo del flujo de uncampo vectorial de divergencia 0 sobre una superficie abierta: se cierra la superficie dada mediante superficiesadicionales convenientes y se aplica la formula de Gauss para la superficie cerrada resultante.

Ejercicio 146.* Sea F : R3 → R3 un campo vectorial definido por F(x, y, z) = (x, y, z) y sea S la porciondel cono x2 + y2 = (z − 4)2 situada entre los planos z = 0 y z = 1 y orientada de manera que la tercera

componente del vector normal sea positiva. Calcular el flujo de F sobre S, i.e.,

S

F · dS.

12formula de Lagrange


Ejercicio 147.* Sea F : R3 → R3 definido mediante F (x, y, z) = (x+ y, y − x,−2z). Probar que el flujo deF a traves de la superficie S = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 = z4 : 1 ≤ z ≤ 2, orientada de modo que la terceracomponente del vector normal sea positiva, vale −62π.

Ejercicio 148.* Sea el campo vectorial F(x, y, z) = (y2/2, 3z2/2, 4x) y S la superficie de ecuacion : z =1 − x − y contenida en el primer octante. Si N es el vector normal unitario a la superficie S dirigido hacia

arriba (componente z > 0), calcular la integralx

S

∇∧ F ·N dS.

Ejercicio 149. Aplicar el Teorema de Gauss al calculo del flujo exterior del campo vectorial F(x, y, z) =(eyz + cos(y2),

√z2 + 2, 3) sobre la superficie del cono x2 + y2 = z2, limitada por los planos z = 2 y z = 3.

Ejercicio 150.* Sea S la superficie descrita por la parametrizacion:

x(u, v) = (2 + cosu, senu, u+ v + cos v), (−π6≤ u ≤ π

6,−π

6≤ v ≤ π

6)

orientada mediante la normal exterior N =xu ∧ xv‖xu ∧ xv‖

. Sea F(x, y, z) = (az, ay, (1−a)x) un campo vectorial.

Aplicar el Teorema de Stokes para calcular la integral de F a lo largo de la curva ∂S, i.e., la curva de fronterade S:

L =

∮∂S

F · dx

Ejercicio 151.* Sea el campo vectorial F(x, y, z) = (x2 + y2, x,−xy).

Calcular la integral de lınea:∮C

F · dx

donde C es la curva de interseccion del paraboloide hiperbolicoz = 1 + x2 − y2 con el cilindro x2 + y2 = 1, orientada en senti-do antihorario. Llevar a cabo el calculo aplicando el Teorema deStokes.

Ejercicio 152.* Calcular el flujo del campo vectorial F(x, y, z) = (x3 + yz, y3 + xz, z3 + yz) a traves delcasquete esferico:

S ≡ x2 + y2 + z2 = 1, z ≥ 0

orientado segun su normal exterior.

Ejercicio 153.* Sea F : R3 → R3 definido por F(x, y, z) = (−xz, yz+x, y2). Sea S = S1 ∪S2 una superficiecompuesta por las dos partes:


S1 = (x, y, z) ∈ R3 : z = 4− x2 − y2, z ≥ 0S2 = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 = 4,−1 ≤ z ≤ 0

y orientada exteriormente.

NOTAa: Se tiene la identidad :

∇ · (∇∧ F) = 0

aLa formula se puede escribir tambien,

div (rotF) = 0

Calcular el flujo del rotacional del campo F sobre S:x

S

∇∧ F · dS


Ejercicio 154.* Considerese el cono dado por la representacion parametrica:x(u, θ) = (u cos θ, u sen θ, u), (u, θ) ∈ [0,∞)× [0, 2π) y los planos z = 1 y z = 2.

Se quiere utilizar el teorema de la divergencia aplicado al cam-

po vectorial v = (x, 0, 0) para calcular la integraly

Ω

3dxdydz

siendo Ω el volumen interior del cono limitado por los dos planos.Calcular dicha integral.

1

2

-2

2

-2

2

k

-k

Ejercicio 155. Se considera el campo vectorial:

F(x) = k1

‖x‖nx

donde n = 1, 2, 3, .. es un numero natural.

(a) Estudiar si F es un campo gradiente(b) Calcular la divergencia del campo

Ejercicio 156. Sea F(x, y, z) = (2y, 0, 0) un campo de fuerzas. Se consideran las curvas: C1 = (x, 0, z) ∈R3 : (x − 1)2 + z2 = 1, z ≥ 0, recorrida desde el punto O(0, 0, 0) al punto A(2, 0, 0), y C2 = (x, y, 0) ∈R3 : x2 + y2 = 4, x ≥ 0, y ≥ 0, desde A(2, 0, 0) al punto B(0, 2, 0). Calcular el valor de la integral de lınea∫C1∪C2

F · dx, 1) haciendo una integracion directa y 2) aplicando el Teorema de Stokes.


Ejercicio 157.* Calcular la circulacion del campo F(x, y, z) =(y2, z2, x2) a lo largo de la curva cerrada definida a trozos porC1: el segmento de recta que une el punto (0, 0, 0) con el (0, 2, 0);

C2: el arco de elipse x = 0,y2

4+ z2 = 1 con y ≥ 0, z ≥ 0; C3:

El segmento que une el punto (0, 0, 1) con el (0, 0, 0), recorrida ensentido antihorario en el plano x = 0

xy

z

Ejercicio 158. Dado el hiperboloide (de una hoja) H de ecua-cion x2 + y2 = z2 + 1, orientado mediante la normal exterior y losplanos π0 : z = 0 y π1 : z = a, se pide:

1. Calcular el flujo del campo vectorial F = ‖x‖x a traves dela parte de H limitada por π0 y π1.

2. Calcular la integral de flujo:

SF ·NdS

donde S es la superficie cerrada limitada por el hiperboloidey los planos π0 y π1. Utilizar el Teoremma de Gauss para

calcular la integral de volumeny

G

√x2 + y2 + z2 dxdydz,

donde G es la region cuya frontera es S, i.e., ∂G = S

0.5

1

1.5

2

–2–1

12

–2–1

12

Ejercicio 159.

Sean f(x, y, z) y g(x, y, z) campos escalares de clase C2 en R3.

El Laplaciano de un campo escalarf(x, y, z) se define por la formula:

4f =∂2f

∂x2+∂2f

∂y2+∂2f

∂z2

(a) Probar la identidad:∇ · (f∇g) = ∇f · ∇g + f4g (21)

donde 4g es el Laplaciano de g.(b) Haciendo uso del resultado anterior y aplicando el Teorema de Gauss, probar (Identidad de Green):

∂G

(f∇g − g∇f) · dS =y

G

(f 4g − g4f) dV (22)

donde G es una region del espacio y ∂G su superficie frontera.

48

Soluciones a los Ejercicios

Ejercicio 2. La union de las graficas de las funciones1

nsen(

π

2x) : 0 < x < 1 (n = 1, 2, . . .), forman el conjun-

to C. Un punto de acumulacion, comun para todas ellas, es el punto (0, 0) /∈ C. Puesto que sen(π

2x)|x=1 = 1,

los puntos (1, 1/n) : n = 1, 2, . . . (los puntos terminales de las graficas) son asimismo puntos de acumulacion

de C que no pertenecen a C. Por ultimo,1

nsen(

π

2x)→ 0 para n→∞, de donde se sigue que todos los puntos

del segmento (x, 0) : 0 ≤ x ≤ 1 son asimismo puntos de acumulacion de C que /∈ a C.

Se propone al lector escribir el conjuntoX que resulta de reunir todos los puntos de acumulacion anteriores.Ejercicio 2

Ejercicio 3(a) El conjunto D esta formado por la union de las graficas de las funciones constantes y =

− 1

n+ 1, (0 < x < 1)

Examinando la figura, vemos que todos los puntos del rectanguloabierto J = (0, 1)× (−1, 1) que no pertenecen a C∪D, con y 6= 0,pertenecen a Y y ademas son puntos interiores de Y . Las graficasde C y D tienden a y = 0 cuando n→∞. Por lo tanto, los puntosdel segmento:

(x, 0) ∈ R2 : 0 < x < 1

son puntos del conjunto Y que no son puntos interiores: Todabola abierta centrada en (a, 0), con 0 < a < 1 y de radio > 0 esatravesada por infinitas graficas de C y D; el conjunto Y no es,por lo tanto, un conjunto abierto.

Ejercicio 3(b) C ∪D forman parte de la frontera de Y , Ademas, son puntos de la frontera de Y los puntosdel segmento 0 < x < 1, y = 0 y los que forman la frontera del rectangulo J . Se comprueba, por tanto, queY ∪ Fr(Y ) = Y = [0, 1]× [−1, 1]

Ejercicio 4.

Soluciones a los Ejercicios 49

(0, 0) /∈ X, k = 1, 2, 3, · · · (ya que Xk son las graficas de senk(x)

para x : 0 < x ≤ π

4, pero (0, 0) es punto de acumulacion de cada

Xk, k = 1, 2, · · · y por tanto de Y .

Todos los puntos de Y son puntos de acumulacion de Y , i.e., Y ⊂ Y ′.El segmento X0 = (x, 0) : x ∈ [0, π/4] sobre el eje X, pertenece aY ′, ya que senx < 1, y lım

k→∞senk(x) = 0 para todo x ∈ [0, π/4].

Ejercicio 4

Ejercicio 5. Notese que:

xn = sen2 + n2π

2n= sen

[ 1

n+nπ

2

], yn =

1

1− | cos[ 1

n+nπ

2

]|

A partir de estas expresiones se desprende que ninguna de las sucesiones (xn) e (yn) son convergentes,pero ambas son sucesiones acotadas. Se tiene13 que (xn) se aproxima sucesivamente a 1, 0,−1 en el lımiten → ∞. Por su parte, yn se aproxima (en el mismo lımite) sucesivamente a 1 (cuando xn se aproxima a 1o a −1, caso n impar, ver Figura 3) y a ∞ (cuando xn se aproxima a 0, caso n par).

Los puntos lımite de la sucesion (xn, yn) en R2 son pues, (1, 1), (−1, 1) y el punto del infinito ∞ (de R2).

Figura 3: puntos (xn, yn): en rojo (n = 1, 5, 9, ...); en azul (n = 3, 7, 11, ...)

Ejercicio 5

Ejercicio 7. Comenzamos por la observacion de que a efectos de existencia del lımite, el valor f(0, 0) = 0,es irrelevante.

13utilizar las propiedades de las funciones sen y cos


Probamos ahora que el lımite:

lım(x,y)→(0,0)

f(x, y)

no existe: Examinamos primero los lımites por rectas cualesquieraque pasen por el origen:

lımx→0

f(x,mx) = lımx→0

2x2

x−m2= 0, (m 6= 0)

Ademas, sobre los ejes, f(x, 0) = 2x, x 6= 0 y f(0, y) = 0, y 6= 0:los lımites por los ejes valen igualmente 0.

Examinamos ahora el lımite segun la curva y2 = x3 + x4, quedifiere poco de la curva singular y2 = x3 en el entorno del origen(ver la figura). Tenemos entonces:

lım(x,y)→(0,0),y2−x3=x4

f(x, y) = lımx→0

2x4

−x4= −2

y queda probado que el lımite de f en el origen no existe.–1

–0.8

–0.6

–0.4

–0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

y

0.2 0.4 0.6 0.8 1

x

Ejercicio 7

Ejercicio 8(a)El argumento de la funcion arc sen debe verificar:∣∣∣y

x

∣∣∣ ≤ 1 (x 6= 0)

Esta desigualdad significa que el dominio esta limitado por lasrectas y = ±x, con la excepcion del origen de coordenadas queno pertenece al dominio (el eje x = 0 esta consecuentemente ex-cluıdo del dominio). Estan tambien excluıdos del dominio todoslos puntos de la parabola y + x2 = 0

Ejercicio 8(b)Probemos los lımites direccionales por rectas y = mx, con |m| ≤1. Tenemos entonces:

lımx→0

f(x,mx) = lımx→0

x+mx

mx+ x2arc sen m =

1 +m

marc senm, (m 6= 0)

Puesto que el lımite direccional no es unico (depende de m), seconcluye que @ lım

(x,y)→(0,0)f(x, y)

x

y

y=-x2

y= +-x

Ejercicio 9. Numerador y denominador en la expresion de f(x, y) se anulan en (0, 0). Para (x, y)→ 0, se tiene

x2−y2 → 0 y por lo tanto podemos sustituir en f(x, y) el infinitesimo equivalente 1−cos(x2−y2) ∼ (x2 − y2)2

2.

El lımite queda entonces:

lım(x,y)→(0,0)

f(x, y) = lım(x,y)→(0,0)

1

x− y(x2 − y2)2

2= lım

(x,y)→(0,0)(x− y)

(x+ y)2

2= 0

Ejercicio 9

Ejercicio 10. b) En el entorno del infinito ((x, y)→∞)14, la constante 1 en el argumento del logaritmo sepuede ignorar, por tanto, nos limitamos a estudiar en este lımite la expresion:

ln(x4 + x2y2 + y6)

x2 + y2

14entiendase√x2 + y2 →∞


. Ahora bien, siempre que x2 + y2 ≥ 1:

ln(x4 + x2y2 + y6)

x2 + y2=

ln(x2(x2 + y2) + (y2)3)

x2 + y2

≤ ln((x2 + y2)2 + (x2 + y2)3)

x2 + y2

≤ ln((x2 + y2)3 + (x2 + y2)3)

x2 + y2=

ln(( 3√

2(x2 + y2))3)

x2 + y2

= 3ln( 3√

2(x2 + y2))

x2 + y2→ 0 (para‖x‖ =

√x2 + y2 →∞)

0.2

0.4

0.6

0.8

1

–10

–5

0

5

10

y

–10–5

510

x

Ejercicio 10

Ejercicio 11.

i) Probemos, en primer lugar, la aproximacion al origen por caminos rectilıneos, y = mx:

lımx→0

mx2

x2 +m2x2=

m

1 +m2

Al depender el resultado de m, queda descartada la existencia del lımite original:

@ lım(x,y)→(0,0)

xy

x2 + y2

ii) El denominador x2 + y2 − 1 tiende a −1 cuando (x, y)→ (0, 0). El numerador verifica:

lımy→0

y2 ln y = lımy→0

ln y

y−2= lımy→0

y−1

(−2)y−3= lımy→0−1

2y2 = 0 (regla de L’Hopital)

Por lo tanto lım(x,y)→(0,0)

y2 ln y

x2 + y2 − 1= 0

iii) y2 lnx produce, en el lımite (x, y) → 0 una indeterminaciondel tipo 0 ×∞; Por otro lado, y2 lnx se anula si y = 0, x > 0: ellımite de y2 lnx cuando (x, y) → (0, 0) por el camino y = 0 (a lolargo del eje x positivo) es 0.Probaremos que el lımite, lım

(x,y)→(0,0)y2 lnx no existe: en una bola,

centrada en el origen y de radio δ > 0 arbitrariamente pequeno,existen puntos (x, δ/2), x > 0, con | lnx| arbitrariamente grandea.Lo mismo ocurrira entonces para |y2 lnx| = (δ/2)2 | lnx|: haciendox suficientemente pequeno, esta cantidad se puede hacer arbitra-riamente grande. En esta misma bola, de radio δ, el valor y2 lnxse anula para y = 0. Como δ > 0 es arbitrario, la conclusion esque no existe el lımite analizado

@ lım(x,y)→(0,0)

y2 lnx

x2 + y2 − 1

a> M , cualquiera que sea el numero real positivo M

δ x


iv) La primera idea es estudiar la aproximacion al origen a lo largo de rectas. Hacemos entonces, y = mx ypasamos al lımite x→ 0:

lımx→0

∣∣∣mx

∣∣∣e−∣∣∣mx

∣∣∣Este lımite es 0 cualquiera que sea m.

Si analizamos nuevas trayectorias de aproximacion, esta vez a lo largo de parabolas de ecuacion y = Kx2, elresultado es el siguiente:

lımx→0|K|e−|K| = |K|e−|K|

El resultado depende de K, el valor del segundo miembro varıa entre 0 y 1/e. Esto significa que laaproximacion por las diferentes parabolas segun el valor escogido de K da lugar a un lımite diferente. Ellımite original, en consecuencia, no existe.

@ lım(x,y)→(0,0)

|y|e−|y|/x2

x2

Ejercicio 11

Ejercicio 12. Se ha de probar: ∀ε > 0,∃δ > 0 tal que:

si 0 <√x2 + y2 < δ entonces

∣∣∣ x3

x2 + y2

∣∣∣ < ε

Al ser∣∣∣ x3

x2 + y2

∣∣∣ = |x|∣∣∣ x2

x2 + y2

∣∣∣ ≤ |x| ≤√x2 + y2, basta tomar δ = ε. Ejercicio 12

Ejercicio 15. El campo de definicion de la funcion f(x, y) queda precisado por dos condiciones simultaneas(recuerdese que el dominio de la funcion ln son los reales positivos):

x3 + yx > 0→ (x2 + y)x > 0

x2 − y ≥ 0→ y ≤ x2

La factorizacion (x2 + y)x > 0 llevada a cabo sobre la primera desigualdad, determina el conjunto depuntos:

(x, y) ∈ R2 : x > 0, x2 + y > 0 ∪ (x, y) ∈ R2 : x < 0, x2 + y < 0

Anadiendo la condicion y ≤ x2, resulta finalmente elconjunto de la figura: Notese que las graficas de lascurvas y = −x2 junto con la recta x = 0 y el origen(0, 0) NO pertenecen al conjunto C, que es por tantoun conjunto que:

y=-x2

y=-x

y=x2

2

no es ni abierto ni cerrado: en efecto, no es abierto porque no todos los puntos de C son interiores(por ej., los puntos (x, x2), x > 0); tampoco es cerrado, porque no contiene a todos sus puntos deacumulacion (p. ej., los puntos (x,−x2), x > 0).

C no conexo por arcos (consta de dos partes, entre las cuales no es posible una conexion por arcos,puesto (0, 0) /∈ C). A la vista de la figura, es inmediato escribir el conjunto frontera de C. Se deja estoultimo al lector.

Ejercicio 15

Ejercicio 17. Los lımites direccionales (a traves de las rectas y = mx, m ∈ R) dan el valor 0:

lım(x,y)→(0,0)

x4 +m4x4

3(x+mx)2= lım

(x,y)→(0,0)

x4

x2

1 +m4

(1 +m)2= 0

Soluciones a los Ejercicios propuestos 53

Es preciso completar con el lımite a traves de la recta x = 0, que se reduce a: lımy→0

y4

3y2= 0. Analizamos

ahora el lımite cuando (x, y)→ (0, 0) por un camino no rectilıneo. Elegimos el camino curvilıneo que se eligeen vista de cual es la recta que anula el denominador, esto es, x + y = 0. Tomamos entonces un camino deaproximacion al origen dado por la curva15:

y = −x+ η(x), η(x) = o(x)

Tomemos, por ejemplo, η(x) = Ax2, siendo A una constante real. Se tiene x4 + y4 = x4 + (−x+ η(x))4 =2x4 + o(x4), y el denominador 3η(x)2 = 3A2x4. El lımite por este camino curvilıneo, da el siguiente resultado(tomamos el lımite cuando x→ 0:

lımx→0

2x4 + o(x4)

A2x4=

2

A26= 0

La propiedad de unicidad del lımite (cuando el lımite existe), obliga a concluir que el lımite propuesto noexiste. Ejercicio 17

E. propuesto 1.1. Sea δ el mınimo de todos los valores de las distancias d(a,xi) i = 1 · · ·n. Si tomamos labola abierta Bδ/2(a) centrada en a y de radio δ/2 , entonces esta bola no contiene a ninguno de los puntosxi. Si hubieramos partido de infinitos puntos x1,x2, · · · todos ellos distintos entre sı, pudiera suceder que elproblema no tuviera solucion: Si la sucesion (xn) fuera convergente y (xn)→ a, entonces toda bola centradaen a contendrıa (infinitos) puntos de la sucesion. J

E. propuesto 1.2. La solucion es inmediata. Tomamos dos bolas abiertas de radio R > 0, cuyos centrosesten a distancia 2R. Es claro que por ser abiertas, A ∩ B = ∅ (no tienen ningun punto de interseccioncomun). Es facil razonar que hay un punto (¿cual es?) en un entorno cualquiera del cual hay puntos de A yB a distancia arbitrariamente pequena. Entonces, segun la definicion, d(A,B) = 0. J

Ejercicio 19(a) f(x, y) =(xy)n

x2 + y2si (x, y) 6= (0, 0) y f(0, 0) = 0:

1) Notese que el denominador es homogeneo de grado 2, y no se anula salvo en (0, 0). Por su parte, el

numerador (xy)n tiene grado 2 para n = 1. Al hacer, para este valor de n, el lımite direccional por loscaminos y = mx, m ∈ R, el resultado es el siguiente:

lımx→0

xmx

x2 +m2x2= lımx→0

x2m

x2(1 +m2)=

m

1 +m2⇒ @ lım

(x,y)→(0,0)f(x, y)

y la funcion no es continua en (0, 0). Para n > 1, se puede hacer la mayoracion:

|(xy)n|x2 + y2

=|x|n|y|n

x2 + y2≤ (x2 + y2)n/2(x2 + y2)n/2

x2 + y2=

(x2 + y2)n

x2 + y2= (x2 + y2)n−1

Si n > 1, el ultimo termino→ 0 cuando (x, y)→ (0, 0) y segun las propiedades de los lımites, se tendra lım(x,y)→(0,0)

f(x, y) =

0 = f(0, 0), de modo que f(x, y) sera continua en (0, 0).

2) Examinemos el comportamiento en el infinito (‖x‖ = (x2 + y2)(1/2) → ∞. Para n = 1, la mayoracionanterior nos dice que, para n = 1, |f(x, y)| esta acotada (por el valor 1). Para n > 1, por el contrario, se tieneexaminando de nuevo caminos y = mx, m ∈ R:

lımx→∞

f(x,mx) = lımx→∞

(mx2)n

x2(1 +m2)=∞

lo que prueba que f(x, y) no esta acotada.

Ejercicio 19(b) Funcion: f(x, y) =(xy)n

x2 + y4si (x, y) 6= (0, 0) y f(0, 0) = 0:

1) Continuidad en (0, 0):

n = 1: El lımite lımx→0

f(x,mx) = m, y por lo tanto @ el lımite y f(x, y) no es continua en (0, 0)

15Notese que esta curva (parabola) tiene pendiente −1 en el origen, esto es, en (0, 0) su recta tangente es precisamente larecta singular x+ y = 0


n > 1: siempre que x2 + y2 < 1, se tiene |x| ≤√x2 + y2 < 1⇒ |x|n ≤ x2, para n ≥ 2. Por tanto:∣∣∣ xnyn

x2 + y4

∣∣∣ =|x|n|y|n

x2 + y4≤ x2|y|n

x2 + yn≤ |y|n

Puesto que |y|n → 0 cuando (x, y) → (0, 0), se sigue que ∃ lım(x,y)→(0,0)

f(x, y) = 0, y la funcion es

continua en (0, 0).

2) Para n = 1, se tiene∣∣∣ xy

x2 + y4

∣∣∣ ≤ ∣∣∣ xy

x2 + y2

∣∣∣ ≤ 1, siempre que |y| > 1. Sin embargo, en el entorno de (0, 0),

se tiene:

lımx→0+

f(x,√x) = lım

x→0+

x√x

2x2= lımx→0+

1

2√x

= +∞

y por tanto f no esta acotada.Para n = 2 la funcion f(x, y) no esta acotada en R2: tomese el camino (x,

√x), x ≥ 0; el lımite:

lımx→+∞

f(x,√x) = lım

x→+∞

x2 x

2x2= lımx→+∞

x

2= +∞

Para n > 2, se tiene, f(x,√x) ≥ x2 x

2x2=x

2, si (x > 1), por lo tanto f(x, y) no esta acotada.

Ejercicio 20(a) Segun la formula que define la funcion, se tiene f(0, 0) = 0. Ademas f(x, y) esta definida

con el valor f = 1 sobre todas las elipses de ecuaciones x2 +y2

9=

1

n2, n = 1, 2, · · ·

Por otro lado, f(x, y) = x + 2y sobre las regiones intermediasentre las elipses y lımx+ 2y = 0 cuando (x, y)→ (0, 0). El lımite:

lım(x,y)→(0,0)

f(x, y)

sin embargo, no existe en virtud de la unicidad del lımite: siconsideramos una sucesion de puntos xn, n = 1, 2, · · · situa-dos sobre las elipses correspondientes a cada valor de n, resul-ta lım xn = 0 = (0, 0) y lım f(xn) = 1, pero si la secuenciaxn = (xn, yn) se elige con los puntos correspondientes entre laselipses

1

(n+ 1)2< x2

n +y2n

9<

1

n2

entonces el lımite vale lım f(xn) = lım(xn + 2yn) = 0. La funcionf no es continua en (0, 0).

x

y

n=1

n=2

Ejercicio 20(b) La funcion f toma el valor 0 sobre las elipses de ecuaciones x2 +y2

9=

1

n2, n = 1, 2, · · · . Se

tiene ahora el lımite,lım

(x,y)→(0,0)f(x, y) = 0

que es consecuencia directa de lım(x,y)→(0,0)

x+ 2y = 0. Como f(0, 0) = 0, se deduce que f(x, y) es continua en

(0, 0).

Ejercicio 21(a)


Los lımites direccionales (por caminos rectilıneos que convergen en (0, 0)) se calculan sin dificultad:

lımx→0

f(x,mx) = lımx→0

ln(1 +m2x4)

x(1−m)= lımx→0

m2x3

1−m= 0, (m 6= −1)

Por el camino y = −x el lımite direccional vale 0 (ya que f(x,−x) = 0) y por el camino x = 0, se tiene

f(0, y) =ln(1)

y= 0, (y 6= 0) y el lımite direccional vale, de nuevo, 0.

El lımite de f en el origen (0, 0), sin embargo, no existe. Tenemosen cuenta, en primer lugar, la recta “singular” x + y = 0, estoes, y = −x. Calculemos un lımite por caminos, escogiendo uncamino y = −x + η(x), con η = Axα y α ≥ 2 y A constante.El lımite queda entonces, utilizando el infinitesimo equivalenteln(1 + z) = z + o(z), (z → 0):

lımx→0

x2(−x+ η(x))2)

η(x)

Vemos entonces que el numerador es ∼ x4 en el entorno de x = 0,mientras que el denominador es Axα. Al calcular el lımite delcociente, podemos obtener un lımite finito 6= 0, tomando α = 4 yA = 1:

lımx→0

x2(−x+ x4)2

x4= lımx→0

x4

x4= 1

La conclusion, en virtud de la unicidad del limite, es que el lımitelım

(x,y)→(0,0)f(x, y) no existe y por lo tanto f no es continua en el

origen.

-1

0

1

-1 1

x

y=-x+Ax4

A=1

A=1/2

A=1/3A=1/4

A=2

A=3

A=4

Ejercicio 21(b) Si f fuera continua en (0, 0), serıa localmente acotada en el entorno del origen. Como f noes continua en el origen, debemos estudiar separadamente su comportamiento cerca de (0, 0): Tomemos una

familia de curvas y = −x+1

nx4, n = 1, 2, 3.., todas ellas con la misma pendiente en el origen −1 que la recta

y = −x. Al calcular el lım de f(x, y) siguiendo el camino y = −x+Ax4 el resultado es:

lımx→0

f(x,−x+Ax4) =1

A

por lo tanto, para A =1

nel lımite vale n. Es evidente entonces, que la funcion f toma valores arbitrariamente

grandes en todo entorno del origen: la funcion no esta localmente acotada.

Ejercicio 22. Adviertase que f(0, 0) = 0. Distingamos los casos a > 0 y a < 0:

Si a > 0 el polinomio denominador y2 + ax2 es homogeneo de grado 2 y ademas > 0 para todo punto(x, y) 6= (0, 0) (solamente se anula en (0, 0)). Podemos escribir las desigualdades:

0 < a ≤ 1,∣∣∣ (x− 2y)(x2 − y2)

y2 + ax2

∣∣∣ ≤ ∣∣∣ (x− 2y)(x2 − y2)

a(y2 + x2)

∣∣∣a > 1,

∣∣∣ (x− 2y)(x2 − y2)

y2 + ax2

∣∣∣ ≤ ∣∣∣ (x− 2y)(x2 − y2)

y2 + x2

∣∣∣El comportamiento de f(x, y) en el entorno del origen, en este caso, depende del lımite:

lım(x,y)→(0,0)

(x− 2y)(x2 − y2)

x2 + y2= 0

ya que, como se sabe, (x− 2y)(x2 − y2) = o(x2 + y2), al ser este polinomio numerador, homogeneo degrado 3. La funcion f(x, y) verifica, por lo tanto, lım

(x,y)→(0,0)f(x, y) = 0 = f(0, 0); f es continua en (0, 0)

si a > 0.


Si a < 0, el denominador se anula en dos rectas:

y2 − |a|x2 = 0→ y = ±√|a|x

sobre las cuales, la funcion f toma el valor 0. Es facil ver que, para el valor particular a = −1 , f(x, y)se reduce a:

f(x, y) =(x− 2y)(x2 − y2)

y2 − x2= 2y − x, (si y2 − x2 6= 0)

Esta funcion 2y − x → 0 si (x, y) → (0, 0). Como ademas, sobre las rectas y = ±x la f(x, y) toma elvalor 0, f(x, y) resulta ser continua en (0, 0).

Para valores negativos a < 0, a 6= −1, el lımite lım(x,y)→(0,0)

f(x, y) = 0 = f(0, 0), no existe. En efecto,

los lımites direccionales (por caminos y = mx,m ∈ R), valen 0, cualquiera que sea m 6= ±√|a|: esto se

calcula, sin dificultad, y el resultado se explica porque el grado del numerador en la expresion de f(x, y)es superior al grado del denominador, siendo ambos polinomios homogeneos; siguiendo los caminosy = ±

√|a|x, los lımites direccionales respectivos son asimismo 0.

Tomemos ahora un camino y = η(x) =√|a|x + x2 que es tangente a la recta y =

√|a|x, el resultado

es el siguiente:

lım(x,y)→(0,0),y=η(x)

f(x, y) = lımx→0

[x− 2(√|a|x+ x2)][x2 − (

√|a|x+ x2)2]

(2√|a|x+ x2)x2

Se tiene entonces, en el lımite x→ 0:

NUM = [x− 2(√|a|x+ x2)][x2 − (

√|a|x+ x2)2] = (1− 2

√|a|)(1− |a|)x3 + o(x3)

DEN = (2√|a|x+ x2)x2 = 2

√|a|x3 + o(x4)

Se sigue que el lımite lım(x,y)→(0,0),y=η(x)

f(x, y) =(1− 2

√|a|)(1− |a|)

2√|a|

que es 6= 0, excepto si a = −1

4.

El valor a = −1/4 es una excepcion, pues el lımite anterior es 0. ¿Es continua f en (0, 0) en este caso?.Para responder, tengamos en cuenta que la funcion f(x, y) toma ahora el valor:

f(x, y) =(x− 2y)(x2 − y2)

y2 − 1

4x2

=−2(−x/2 + y)(x2 − y2)

(y + x/2)(y − x/2)= −2

x2 − y2

y + x/2, (y2 − 1

4x2 6= 0)

Los lımites direccionales (lım f(x,mx) cuando x→) son 0, pero para el camino y = −x/2 + x2, tangenteen (0, 0) a la recta y = −x/2, el lımite, resulta ahora

−2 lımx→

x2 − (−x/2 + x2)2

x2= (−2)× (3/4) = −3/2

Se deduce que el lımite de f(x, y) cuando (x, y)→ (0, 0), no existe en este caso, y la funcion no sera continuaen (0, 0). Ejercicio 22

Ejercicio 23(a) Cierto. La funcion esta bien definida en D, ya que 2 + x2 − y2 esta acotado en D entre unvalor mınimo de 1 (para x = 0, y = ±1) y un valor maximo de 3 (para x = ±1, y = 0). La funcion f(x, y) escomposicion de dos funciones continuas, por lo tanto, es continua en D.

Ejercicio 23(b) Cierto. El dominio D de la funcion f(x, y) es compacto y f continua en D. Segun el Teoremade Weierstrass f alcanza en D un valor maximo absoluto y un mınimo absoluto. La funcion ln (logaritmoneperiano) es creciente, ası como, por hipotesis, lo es g. Por lo tanto, el valor maximo de f(x, y) sera ln 3 y elvalor mınimo ln 1 = 0. En los puntos (±1, 0) se alcanza el maximo absoluto y en (0,±1) el mınimo absolutode f .

Ejercicio 24. La funcion es continua en (0, 0). En efecto en un entorno de (0, 0) se tiene:

ln(1 + x4 + x2y2 + y6) ∼ x4 + x2y2 + y6


por lo tanto, lım(x,y)→(0,0)

f(x, y) = lım(x,y)→(0,0)

x4 + x2y2 + y6

x2 + y2= lım

(x,y)→(0,0)x2 +

y6

x2 + y2. Ahora bien, 0 ≤

y6

x2 + y2≤ (x2 + y2)3

x2 + y2= (x2 +y2)2. Por tanto, se tiene lım

(x,y)→(0,0)f(x, y) = 0. Como f(0, 0) = 0, la funcion es

continua en (0, 0). Sera entonces tambien continua en todos los puntos de la bola cerrada B[(0, 0), 1], centradaen el origen y de radio 1. Al ser esta bola un conjunto compacto, el Teorema de Weierstrass asegura quef(x, y) alcanza valores maximo y mınimo absolutos en este conjunto.

Ejercicio 24

Ejercicio 25(a) En efecto: 1) La circunferencia unidad S0 es un conjunto compacto. 2) Q(x, y) es continuaen S0 y en virtud del Teorema de Weiertstrass, alcanza un valor mınimo absoluto16 m > 0 en algun punto(x1, y1) ∈ S0.

Ejercicio 25(b) Consideremos el cocienteP (x)

Q(x), en un punto x = (x, y) 6= (0, 0). Podemos escribir, x = λx0,

donde x0 ∈ S0 y λ = ‖x‖ > 0. Se tiene entonces, puesto que Q(x) es una forma cuadratica definida positiva,

Q(x) = Q(λx0) = λ2Q(x0) = ‖x‖2Q(x0) ≥ m‖x‖2

Se deduce entonces la desigualdad: ∣∣∣ P (x, y)

ax2 + bxy + cy2

∣∣∣ ≤ 1

m

|P (x, y)|x2 + y2

Al ser el numerador un polinomio cuyos terminos de menor grado no nulos son al menos, de grado 3, esteultimo cociente tiende a 0 para (x, y)→ (0, 0), y por lo tanto,

lım(x,y)→(0,0)

P (x, y)

ax2 + bxy + cy2= 0

E. propuesto 2.1. Hay dos regiones abiertas, de continuidad de la funcion f , separadas por la recta x = y:En la region (x, y) ∈ R2 : x < y la funcion f(x, y) es continua, ası como en la region (x, y) ∈ R2 : x > y. Lacontinuidad en los puntos de la recta x = y, exige la condicion

f(x, x) = 2x2 + 3x− x = x2 + x

Esta condicion, no se verifica en todos los puntos de la recta sino solamente en los puntos (x, x) ∈ R2 :x2 + x = 0, esto es en los puntos (0, 0) y (−1,−1).

J

E. propuesto 2.2.

Si f es continua en (0, 0), se verifica lım(x,y)→(0,0)

g(x, y) = lım(x,y)→(0,0)

(f(−x, y) + f(x,−y)) = f(0, 0) +

f(0, 0) = 2f(0, 0) = g(0, 0). Ası pues, g es continua en (0, 0.

Si g es continua en (0, 0), no se sigue necesariamente la continuidad en (0, 0) de f :

Supongase que f toma valores constantes 1 o −1 en los cuatrocuadrantes, como se indica en la figura. Ademas f = 0 sobre losejes. En tal caso, g = 0 en todo punto y es continua; sin embargo,f no es continua en (0, 0).

J

p Cuestiones: Sı, ya que f(x, y) es una funcion continua definida en un conjunto A que es un conjuntocompacto.

J

16necesariamente positivo, ya que Q(x, y) es positiva en todos los puntos de S0


p Cuestiones: Sı, porque f es continua y A es un conjunto conexo (por arcos) (Propiedad de Darboux )J

Ejercicio 26(a) f(∆x, 0) =(∆x)4

(∆x)4= 1, f(0,∆y) =

(∆y)2

(∆y)2= 1

Se sigue que fx(0, 0) = lım∆x→0f(∆x, 0)− f(0, 0)

∆x= 0, fy(0, 0) = 0

Ejercicio 26(b) Examinemos el lımite por caminos rectilıneos (rectas y = mx,m ∈ R), de la funcion f en(0, 0).

lımx→0

(x2 − y)2

x4 + y2

∣∣∣y=mx

= lımx→0

(x2 −mx)2

x4 +m2x2= lımx→0

x2(x−m)2

x2(x2 +m2)= 1

podemos anadir el lımite de f cuando (x, y) → (0, 0) a lo largo de la recta y = 0, y vale tambien 1. Esteresultado es compatible con la continuidad en (0, 0), sin embargo, la funcion NO es continua en (0, 0) (sobrelos puntos de la curva x2 − y = 0 (excepto el origen) la funcion vale 0, pero sobre los ejes X e Y vale 1).

La funcion NO es diferenciable en (0, 0) puesto que no es continua (condicion necesaria) en este punto.

Ejercicio 28.

La diferenciabilidad de f en (0, 0) no esta asegurada de antemano;por lo tanto, acudimos directamente a la definicion de derivadadireccional:

Duf(0, 0) = lıms→0

f(0 + su)− f(0)

s

–2

–1

0

1

2

z

–2

–1

1

2

x

–2

–1

1

2

y

Escribiendo u = (u, v), resulta, Duf(0, 0) = lıms→0

f(su, sv)− f(0, 0)

s= lım

s→0

1

s

2s3u3

s2(u2 + v2)= 2

u3

u2 + v2. Si

tomamos como vector u el vector unitario u = (cos θ, sen θ), resulta finalmente:

Duf(0, 0) = 2 cos3 θ

• Observacion: En la figura superior, se reproduce la grafica de f , y junto a ella una representacion polar delvalor de la derivada direccional, 2 cos3 θ,−π/2 ≤ θ ≤ π/2 (en rojo). Si la funcion fuera diferenciable, con lasmismas derivadas parciales, fx(0, 0) = 2 y fy(0, 0) = 0 la representacion polar de las derivadas direccionalesserıa el cırculo (en verde) de la figura. Ejercicio 28

Ejercicio 29. Relacionar derivada direccional y gradiente:

Duf(x0, y0, z0) = (∇f)

(x0,y0,z0)· u

donde u es un vector unitario. De esta relacion se sigue que la derivada direccional en un punto es MAXIMAen la direccion y sentido del gradiente. Trate de sacar algun sistema de ecuaciones para los coeficientes a, b, c.

Ejercicio 29


Ejercicio 30. Calculamos Dvf(0, 0), la derivada segun un vector v = (u, v). Como no esta asegurada deantemano la diferenciabilidad de f en (0, 0), acudimos a la definicion:

Dvf(0, 0) = lıms→0

1

s(f(su, sv)− f(0, 0)) = lım

s→0

1

s

s4uv3

s3(u3 + s3v6)=v3

u2(u 6= 0)

= lıms→0

1

s(f(0, sv)− f(0, 0)) = lım

s→0

1

s0 = 0 (u = 0)

Resulta pues, haciendo (u, v) = (cos θ, sen θ):

Dθ =sen3 θ

cos2 θ(cos θ 6= 0, θ 6= ±π/2)

Las derivadas parciales en (0, 0) corresponden a las direcciones θ = 0 y θ = π/2 y valen 0, y el gradiente es∇f(0, 0) = (0, 0).

Es claro que f no es diferenciable en (0, 0). Si lo fuera, df(0) = 0, y se tendrıa Dv(0, 0) = ∇f(0, 0) · v =df(0, 0)(u, v) = 0, i.e., todas las derivadas direccionales serıan nulas, cosa que no ocurre.

Ejercicio 30

Ejercicio 31. Atendiendo a la definicion de derivada direccional:

Duf(0, 0) = lıms→0

f(s cos θ, s sen θ)− f(0, 0)

s= lıms→0

s3 sen θ cos2 θ

s3= sen θ cos2 θ.

Del resultado se sigue:

1. Las derivadas parciales en fx(0, 0) y fy(0, 0) existen y valen 0 (se corresponden con la derivadadireccional calculada, para θ = 0 y θ = π/2), respectivamente.

2. La funcion dada NO es diferenciable en el origen. Si lo fuera, la derivada direccional serıaDθf(0, 0) ≡ Duf(0, 0) = fx(0, 0) cos θ + fy(0, 0) sen θ = 0, i.e., valdrıa tambien 0 para todo valor de θ.

–1

–0.5

0.5

1

–1 –0.5 0.5 1

Figura 4: Curvas de nivel para la funcion f del Ejercicio 31. Notese la representacion grafica superpuesta dela derivada direccional Dθf(0, 0) en funcion del angulo polar θ

Ejercicio 31

Ejercicio 32(a)

fx = ex+y(1 + x− y), fy = ex+y(−1 + x− y)

df(1,−1)(∆x,∆y) = fx(1,−1)∆x+ fy(1,−1)∆y = 3∆x+ ∆y

Ejercicio 32(b)

∆x = 3/100,∆y = 1/100

∆f = f(1 + ∆x,−1 + ∆y)− f(1,−1) ≈ 3∆x+ ∆y

f(1 + ∆x,−1 + ∆y) ≈ f(1,−1) + 3∆x+ ∆y = 2 + 10/100 = 2,1


Ejercicio 33. Calculamos la diferencial:

dA(x, y, z)(∆x,∆y,∆z) =1

2[sen z(x∆y + y∆x) + xy cos z∆z]

En particular, para el punto (10, 10, π/4) y con los valores dados de los incrementos, tendremos, para elincremento de area en primera aproximacion:

∆A =1

2[

√2

2(−10× 1

10+ 10× 1

10) + 100×

√2

2× 1

50] =

√2

2

Ejercicio 33

Ejercicio 34. Hay dos procedimientos para obtener el plano tangente:

Consideramos la superficie como una superficie de nivel de la funcion f(x, y, z) = 2z2 +xyz−xy2−x3,de clase C1. El plano tangente es ortogonal al vector gradiente de f en el punto (0, 1, 1). Por lo tanto,

∇f(0, 1, 1) = (yz − y2 − 3x2, xz − 2xy, 4z + xy)|(0,1,1) = (0, 0, 4) ≡ 4k

La ecuacion del plano que pasa por (0, 1, 1) y tiene un vector caracterıstico (vector ortogonal al plano)N = (0, 0, 4), es:

0× (x− 0) + 0× (y − 1) + 4× (z − 4) = 0 z = 4

Se tiene fz(0, 1, 1) = 4z + xy|(0,1,1) = 4 6= 0. Existe entonces en un entorno de este punto una funcionz = z(x, y), definida implıcitamente por la ecuacion de la superficie; esta funcion es diferenciable ysatisface z(0, 1) = 4. Su diferencial en este punto se obtiene inmediatamente:

2z2 + xyz − xy2 − x3 = 2

4z dz + yzdx+ xzdy + xydz − y2dx− 2xydy − 3x2dx = 0

Particularizamos en (0, 1, 1) y resulta, 4dz+dx−dx = 0, por tanto la diferencial es nula: dz(0, 1)(dx, dy) =0. La ecuacion del plano tangente es, pues:

z = z(0, 1) + dz(0, 1)(x− 0, y − 1)→ z = 4

Ejercicio 34

Ejercicio 35. Aplicamos la regla, dh = (df + dg)f + (f + g)df , y la particularizamos en (1, 0):

df = (2x+ 2xy2 + 1)dx+ (2x2y − 2)dy → df(1, 0)(dx, dy) = 3dx− 2dy

dg = ((−3x2 + y2)dx+ (4y − 3y2 + 2xy)dy → dg(1, 0)(dx, dy) = −3dx

f(1, 0) = 2, g(1, 0) = −1

dh(1, 0)(dx, dy) = (3dx− 2dy − 3dx)(2) + (2− 1)(3dx− 2dy) = 3dx− 6dy

Ejercicio 35

Ejercicio 36. Escribimos para la funcion f la expresion formal:

df =∂f

∂xdx+

∂f

∂ydy

Las derivadas parciales de f en (0, 0) son,∂f

∂x(1, 1) = 2x|(1,1) = 2,

∂f

∂y(1, 1) = 2y|(1,1) = −2. Se tiene para

la diferencial df(1, 1):

df(1, 1)(dx, dy) = 2dx− 2dy

Para las diferenciales dg y dh, tendremos en cuenta las reglas del algebra matricial habida cuenta que lasdiferenciales son aplicaciones lineales. Ası, se tiene para la diferencial dg(0):

dg(0)(du) =

[1

−π sen(πu) + π cos(πu)|u=0

]du =

[1π

]du


Para obtener la diferencial de la funcion compuesta, dh(1, 1)(dx, dy) aplicamos la regla de la cadena:

dh(1, 1)(dx, dy) = dg(f(1, 1))(df(1, 1)(dx, dy)) = dg(0)(2dx− 2dy) =

[2dx− 2dy

π(2dx− 2dy)

]=

[2 −2

2π −2π

] [dxdy

]Ejercicio 36

Ejercicio 37. Se tiene f(0, 0) = (2,−1

2). La funcion compuesta satisface, por su parte, (f f)(0, 0) =

f(f(0, 0)) = f(2,−1

2). La regla de la cadena impone la siguiente regla para la matriz Jacobiana de la funcion

compuesta:J(f f)(0, 0)) = Jf(f(0, 0)) Jf(0, 0)

Calculamos Jf(x, y):

Jf(x, y) =

[2 yexy 1 + 2xexy

1− 1/2 yexy −1/2xexy

]

Particularizamos en los puntos (0, 0) y f(0, 0 = (1− 1

2), y resulta:

J(f f)(0, 0) =

−e−1 1 + 4 e−1

1 +1

4e−1 −e−1

[ 0 1

1 0

]=

1 + 4 e−1 −e−1

−e−1 1 +1

4e−1

y la expresion de la diferencial pedida es, finalmente:

dh(1, 0)(dx, dy) =

1 + 4 e−1 −e−1

−e−1 1 +1

4e−1

[ dx

dy

]Ejercicio 37

Ejercicio 38(a) Aplicamos las reglas de derivacion de funciones compuestas:

∂F

∂r=∂f

∂x

∂x

∂r+∂f

∂y

∂y

∂r= cos θ

∂f

∂x+ sen θ

∂f

∂y

∂F

∂θ=∂f

∂x

∂x

∂θ+∂f

∂y

∂y

∂θ= −r sen θ

∂f

∂x+ r cos θ

∂f

∂y

Ejercicio 38(b)

Se consideran los vectores ur = (cos θ, sin θ),uθ = (− sen θ, cos θ), queforman una base de vectores ortogonales y unitarios. De acuerdo conlo obtenido en el apartado anterior, se tiene:

cos θ∂f

∂x+sen θ

∂f

∂y= ∇f ·ur =

∂F

∂r, −r sen θ

∂f

∂x+r cos θ

∂f

∂y= r∇f ·uθ =

∂F

∂θ

El conjunto de vectores ur,uθ es una base ortonormal, por lo tanto:

∇f = (∇f · ur) ur + (∇f · uθ) uθ =∂F

∂rur +

1

r

∂F

∂θuθ

ur

uθ

θx

y

Ejercicio 39. Senalemos primero, que la funcion compuesta h : R2 → R2 satisface: h(x, y) = g(f(x, y)) y sudiferencial en (0, 0) es,a su vez, una funcion:

(dx, dy) ∈ R2 → dh(0, 0)(dx, dy) ∈ R2


de caracter lineal. La regla de la cadena establece (escribimos 0 = (0, 0)):

dh(0) = dg(f(0)) df(0)

y la matriz de dh(0) i.e., la matriz Jacobiana de h en el punto 0 es el producto:

Jh(0, 0) = Jg(f(0)) Jf(0)

Matriz Jacobiana Jf(0) = Jf(0, 0); escribimos u = ex−y, v = x(x+ 1) + 4y2:

Jf(0, 0) =

∂u

∂x(0, 0)

∂u

∂y(0, 0)

∂v

∂x(0, 0)

∂v

∂y(0, 0)

=

[ex−y −ex−y

2x+ 1 8y

](0,0)

=

[1 −11 0

]

Matriz Jacobiana Jg(f(0)); f(0) = f(0, 0) = (1, 0); escribimos p = veu, q = uev

Jg(1, 0) =

∂p∂u (1, 0)∂p

∂v(1, 0)

∂q

∂u(1, 0)

∂q

∂v(1, 0)

=

[veu eu

ev uev

](1,0)

=

[0 e1 1

]

De los calculos anteriores se sigue finalmente la expresion de la diferencial pedida:

Jh(0, 0) =

[0 e1 1

] [1 −11 0

]=

[e 02 −1

]→ dh(0, 0)(dx, dy) =

[e 02 −1

] [dxdy

]=

[edx

2dx− dy

]Ejercicio 39

Ejercicio 40. Notese que f(0, 0) = 0; sobre los ejes, la funcion toma los valores f(x, 0) = x2 (sobre el eje OX)y f(0, y) = 0 (sobre el eje OY). Ademas, en las regiones abiertas comprendidas entre las parabolas y = ±x2,la funcion es de clase C∞.

2

f=xy

x

y

f=x +y2

fxx(0, 0): Escribimos esta derivada en la forma de lımite:

fxx(0, 0) = lımh→

fx(h, 0)− fx(0, 0)

h

La derivada parcial fx, sobre los puntos del eje OX se calcula inmediatamente, puesto que es la derivadaordinaria de la funcion x→ f(x, 0) = x2 (ver figura). Se tiene fx(x, 0) = 2x. Finalmente:

fxx(0, 0) = lımh→

2h− 0

h= 2

fxy(0, 0). Procediendo como antes:

fxy(0, 0) = lımh→

fx(0, k)− fx(0, 0)

k


fx(0, k) se puede obtener directamente: (0, k) esta sobre la region (x, y) : |y| ≥ x2, y por lo tantof(x, y) = xy en un entorno de (0, k) y se tiene:

f = xy ⇒ fx = y ⇒ fx(0, k) = k

Finalmente:

fxy(0, 0) = lımk→0

k − 0

k= 1

fyx(0, 0). Procediendo como antes:

fyx(0, 0) = lımh→

fy(h, 0)− fy(0, 0)

h

Las dos derivadas parciales que figuran en el cociente se calculan como sigue: Para los puntos en un

entorno de (h, 0), se tiene, fy = 2y → fy(h, 0) = 2y∣∣∣(h,0)

= 0. Por otro lado, fy(0, 0) = 0, ya que f = 0

sobre el eje OY. Por lo tanto,

fyx(0, 0) = lımh→

0− 0

h= 0

fyy(0, 0): Se tiene:

fyy(0, 0) = lımh→

fy(0, k)− fy(0, 0)

k= lım

h→

0− 0

k= 0

Esto se sigue inmediatamente de f = 0 en todos los puntos del eje OY.

Ejercicio 40

Ejercicio 41. Suponemos que las derivadas parciales de primer orden de f en (0, 0) estan definidas. Ademas

usamos la notacion:∂f

∂y≡ fx,

∂2f

∂x∂y≡ fxy, etc.

Calculamos en primer lugar:

fx =(4x3 + 2y3)(2x2 + 2y2)− (x4 + 2xy3)(4x)

(2x2 + 2y2)2, fy =

6xy2(2x2 + 2y2)− (x4 + 2xy3)(4y)

(2x2 + 2y2)2(23)

validas para (x, y) 6= (0, 0). El calculo de las derivadas de segundo orden en (0, 0) requiere acudir a la definicionmisma de derivada parcial como lımite:

fxx(0, 0) = lımh→0

fx(h, 0)− fx(0, 0)

h

fxy(0, 0) = lımk→0

fx(0, k)− fx(0, 0)

k

Notese que en los numeradores de los cocientes que figuran en las formulas anteriores, figuran dos derivadasde primer orden: una de ellas se calcula mediante la primera de las formulas (23); la otra, fx(0, 0) se debecalcular de nuevo como lımite:

fx(0, 0) = lımh→0

f(h, 0)− f(0, 0)

h= lımh→0

1

h(h4

2h2− 0) = 0

Tenemos entonces, finalmente:

fx(0, k) =(2k3)(2k2)

(2k2)2= k

fx(h, 0) =(4h3)(2h2)− h4(4h)

(2h2)2= h

fxx(0, 0) = lımh→0

h− 0

h= 1

fxy(0, 0) = lımk→0

k − 0

k= 1

Ejercicio 41


Ejercicio 42(a) Notese que f(x, y) es diferenciable, con derivadas parciales continuas de todos los ordenes17

en el dominio R2 − (0, 0. Para el calculo de las derivadas parciales segundas, procedemos con las reglasusuales de derivacion, en particular la derivada de un cociente:

∂

∂x

[ g(x, y)

h(x, y)

]=

(∂g(x, y)/∂x) h(x, y)− g(x, y) (∂h(x, y)/∂x)

h(x, y)2

Derivando sucesivamente se obtiene:

∂f(x, y)/∂x = −4y2(x2 − y2

)(x2 + y2)

2

∂2f(x, y)/∂x∂y = −8yx2

(x2 − 3 y2

)(x2 + y2)

3

∂2f(x, y)/∂x2 = 8xy2

(x2 − 3 y2

)(x2 + y2)

3

Particularizando ahora para (x, y) = (1, 1), resulta:

∂2f

∂x∂y(1, 1)− ∂2f

∂x2(1, 1) = 2 + 2 = 4

Ejercicio 42(b) Se tiene f(x, 0) = f(0, 0) = 0 para todo x 6= 0. Por lo tanto∂f

∂x(0, 0) = 0. Igualmente se

prueba que∂f

∂y(0, 0) = 0. Si f(x, y) fuera diferenciable en (0, 0) el lımite:

lım(h,k)→(0,0)

∣∣∣f(h, k)− f(0, 0)− [h∂f

∂x(0, 0) + k

∂f

∂y(0, 0)]

√h2 + k2

∣∣∣ = lım(h,k)→(0,0)

∣∣∣4hk2/(h2 + k2)√h2 + k2

∣∣∣deberıa ser 0. Ahora bien, este lımite, no existe: si hacemos k = mh,

lımh→0

∣∣∣ 4m2h3

h2 |h| (1 +m2)√

1 +m2

∣∣∣ =4m2

(1 +m2)√

1 +m2

y este ultimo lımite depende de m. Sin embargo, aunque f no es diferenciable en (0, 0), se prueba facilmenteque existen las derivadas direccionales de f en (0, 0), siguiendo cualquier direccion (ver Ejercicio 31).

Las derivadas parciales de segundo orden cruzadas en el punto (0, 0), se calculan como sigue (usamos la

notacion∂2f

∂x∂y(0, 0) ≡ fxy(0, 0), etc.):

fxy(0, 0):

fx(0, k) = lımh→0

f(h, k)− f(0, k)

h= lımh→0

4hk2

h(h2 + k2)= 4

fxy(0, 0) = lımk→0

fx(0, k)− fx(0, 0)

k= ±∞

fyx(0, 0):

fy(h, 0) = lımk→0

f(h, k)− f(h, 0)

k= lımk→0

4hk2

k(h2 + k2)= 0

fyx(0, 0) = lımh→0

fy(h, 0)− fy(0, 0)

h= 0

17Se dice que f es de clase C∞ en su dominio.


Ejercicio 43. La diferencial de una funcion f de dos o tres variables se escribe, formalmente:

df =∂f

∂xdx+

∂f

∂ydy o bien:

df =∂f

∂xdx+

∂f

∂ydy +

∂f

∂zdz

Para una funcion vectorial f = (f1, f2, · · · , fm), la diferencial se escribe en terminos de las diferencialesde sus componentes:

df = (df1, df2, · · · , dfm)

Para las funciones del ejercicio se obtienen las siguientes diferenciales primeras:

i) f(x, y) = 2y lnx : df = 2ydx

x+ 2 ln (x) dy

ii) f(x, y, z) = (xy, yz, zx); df :

du = xdy + ydxdv = ydz + zdydw = zdx+ xdz

iii) f(x, y, z) = xyz : df = yzdx + xzdy + xydz

iv) f(x, y, z) = (x2 + y + xz, ey−z, sen(x− y));

df :

du = (2x+ z)dx+ dy + xdzdv = ey−z(dy − dz)dw = cos(x− y)(dx− dy)

Para el calculo de diferenciales segundas, aplicaremos el siguiente formalismo operacional:

f(x, y) : d2f = d(df) = d(∂f

∂xdx+

∂f

∂ydy) = d(

∂f

∂x) dx+ d(

∂f

∂ydy) dy

y un metodo similar para funciones de tres variables f(x, y, z). Se obtienen ası los siguientes resultados:

i) d2f = −2ydx 2

x2+ 4

dx dy

x

ii) df :

d2u = 2dxdydv = 2dydzdw = 2dzdx

iii) d2f = 2 dx zdy + 2 dx ydz + 2 dy xdz

iv) d2f :

d2u = (2dx+ dz)dx+ dxdzd2v = ey−z(dy − dz)2

d2w = − sen(x− y)(dx− dy)2

Para x = 0, y = 0, z = 0, se obtiene enton-ces, d2f(0, 0, 0) = (2dx2 + 2dxdz, dy2− 2dydz+dz2, 0)

Ejercicio 43

Ejercicio 44.

La diferencial primera dh(x, y) en un punto generico, se obtiene de la regla de la cadena:

dh = gudu+ gvdv :

du = uxdx+ uydydv = vxdx+ vydy

Para el punto (0, 0) tenemos u(0, 0) = 1, v(0, 0) = 1; calculamos entonces las derivadas parciales gu(1, 1) = 1 + v|(1,1) = 2gv(1, 1) = 1 + u(1,1) = 2

Lo mismo hacemos para las derivadas parciales de u(x, y) y v(x, y), particularizadas en (0, 0): ux(0, 0) = A;uy(0, 0) = 2Ay|(0,0) = 0vx(0, 0) = 2Bx|(0,0) = 0; vy(0, 0) = B

Tenemos entonces:dh(0, 0)(dx, dy) = 2(Adx) + 2(Bdy)

Para la diferencial segunda (diferencial de la diferencial) d2h = d(dh), procedemos ası:

d2h = guudu2 + 2guvdudv + gvvdv

2 + gud2u+ gvd

2v :

d2u = d(Adx+ 2Aydy) = 2Adydyd2v = d(Bdy + 2Bxdx) = 2Bdxdx

donde los terminos recuadrados provienen de que u y v son funciones de x e y.

Ahora podemos particularizar en (0, 0), teniendo en cuenta, guu(1, 1) = 0, guv = 1, gvv = 0:

d2h(0, 0)(dx, dy) = 2(Adx)(Bdy) + 2(2Ady2) + 2(2Bdx2) = 4Bdx2 + 2ABdxdy + 4Ady2


Ejercicio 44

Ejercicio 45. Haremos el desarrollo de MacLaurin, separadamente, de cada uno de los tres terminos quefiguran como sumandos en la expresion de f(x, y):

sen(y2 − x) (tercer grado):

sen(y2 − x) = y2 − x− 1

3!(y2 − x)3 + o((y2 − x)3) = y2 − x− 1

6(−x3) + o(ρ3)

ln(1 + y):

ln(1 + y) = y − y2

2+y3

3+ o(ρ3)

x2 cos(y + x):

x2 cos(y + x) = x2(1− (y + x)2

2!+ o(ρ2)) = x2 + o(ρ3)

donde hemos escrito ρ =√x2 + y2. Debe hacerse notar que el desarrollo de la ultima funcion no contiene

termino alguno de tercer grado. Al llevar a cabo la combinacion de las tres funciones en f(x, y), resultafinalmente:

f(x, y) = y − x+y2

2− x2 +

x3

6+y3

3+ o(ρ3)

Ejercicio 45

Ejercicio 46. Hagamos u = xy. Entonces f(x, y) = ln(1 + φ(u)) y f(0, 0) = ln(1 + φ(0)) = ln 1 = 0. Eldesarrollo de ln(1 + z) centrado en z = 0 hasta segundo orden18 es:

ln(1 + z) = z − z2

2+ o(z)

Hacemos la sustitucion z → φ(xy) reemplazando por su parte φ(xy) por Axy+B(xy)2/2 y obtenemos eldesarrollo:

ln(1 + φ(xy)) = (Axy +B(xy)2/2)− 1

2(Axy +B(xy)2/2)2 + · · ·

= Axy +B

2x2y2 − 1

2A2x2y2 + · · ·

donde se han recogido en el recuadro los terminos hasta grado 4 y omitido los terminos superiores o((x2+y2)2).

Los terminos de cuarto orden se reducen a1

2(B −A2)x2y2 que es 0 siempre que B = A2. Ejercicio 46

Ejercicio 47(a) Se tiene, h1(x, y) = g1(u(x, y), v(x, y)), donde:

g1(u, v) = veu, u = ex−y, v = x(x+ 1) + 4y2

Ejercicio 47(b) El desarrollo de Taylor pedido equivale a calcular las diferenciales primera y segunda19 deh1 en (0, 0):

dh1(0, 0)(dx, dy) = b1dx+ b2dy, d2h1(0, 0) = 2(c1dx2 + c2dxdy + c3dy

2)

ademas del valor h1(0, 0) = 0. Llamemos G ≡ g1 a la primera componente de la funcion g.

La diferencial primera dh1(x, y) en un punto generico, se obtiene de la regla de la cadena:

dh1 = Gudu+Gvdv :

du = uxdx+ uydydv = vxdx+ vydy

Para el punto (0, 0) tenemos u(0, 0) = 1, v(0, 0) = 0; calculamos entonces las derivadas parciales Gu(1, 0) = veu|(1,0) = 0Gv(1, 0) = eu|(0,0) = e

18No es preciso tomar terminos de orden > 2 en este desarrollo: en efecto, z = φ(xy) ∼ xy y z3 serıa ya de grado 6 en lasvariables x e y

19Recuerdese que los terminos de segundo orden del desarrollo de Taylor coinciden con1

2d2h1(0, 0)(x, y).


Lo mismo hacemos para las derivadas parciales de u(x, y) y v(x, y), particularizadas en (0, 0): ux(0, 0) = 1;uy(0, 0) = −1vx(0, 0) = 1; vy(0, 0) = 0

Tenemos entonces:dh1(0, 0)(dx, dy) = 0d(dx− dy) + e(dx) = edx

Para la diferencial segunda (diferencial de la diferencial) d2h1 = d(dh1), procedemos ası:

d2h1 = Guudu2 + 2Guvdudv +Gvvdv

2 + Gud2u+Gvd

2v :

d2u = ex−y(dx− dy)2

d2v = 2dx2 + 8dy2

donde los terminos recuadrados provienen de que u y v son funciones de x e y.

Ahora podemos particularizar en (0, 0), teniendo en cuenta, Guu(1, 0) = 0, Guv = e,Gvv = 0:

d2h(0, 0)(dx, dy) = 2e(dx− dy)(dx) + e(2dx2 + 8dy2) = 4edx2 − 2edxdy + 8edy2

El desarrollo de Taylor pedido sera pues:

h1(x, y) = edx+1

2(4edx2 − 2edxdy + 8edy2) + o(

√x2 + y2)

Ejercicio 49(a) Debemos resolver las ecuaciones: fx = (3− y)[(3− x− (x+ y − 3)] = 0fy = (3− x)[(3− y)− (x+ y − 3) = 0]

Para obtener todas las soluciones, debemos proceder de una manera metodica: la primera ecuacion da dosposibilidades, y = 3 o 6− 2x− y = 0, cada una de las cuales deben combinarse despues con las posibilidadesque abre la segunda ecuacion. Esquematicamente, el resultado es el siguiente:

y = 3→∣∣∣∣ x = 3→ (3, 3)6− 2y − x = 0→ (0, 3)

y 6= 3→∣∣∣∣6− 2x− y = 0, 6− 2y − x→ (2, 2)

6− 2x− y = 0, x = 3→ (3, 0)

Ejercicio 49(b)

Es interesante examinar el caracter de los puntos crıticos, sin acudir alcriterio del Hessiano. Comenzamos por el punto (2, 2). Si se dibujan lasrectas x = 3, y = 3 y x + y − 3 = 0, sobre las cuales la funcion tomael valor 0, vemos (2, 2) queda situado en el interior del triangulo queforman. Ahora bien, por continuidad, la funcion f debe tomar un signoconstante en los puntos del interior del triangulo (ver figura, mas abajo).Se ve inmediatamente que este signo es positivo ya que los tres factoresen la expresion de f(x, y) son positivos para los puntos correspondientes.Puesto que f(2, 2) = 1, y f = 0 en la frontera del triangulo, el punto(2, 2) es necesariamente un punto de maximo relativo.


0

1

2

3

4

5

6

–2

–1

1

2

–2

–1

1

20

0.5

1

1.5

2

2.5

3

y

0.5 1 1.5 2 2.5 3

x

Figura 5: Grafica de f y curvas de nivel del Ejercicio 50

Los otros puntos crıticos son, justamente, losvertices (3, 0), (0, 3) y (3, 3), en los cuales lafuncion toma el valor 0. De la misma manera sepuede discutir el signo de f para las restantesregiones del plano, regiones limitadas por estastres rectas. El resultado, al que se puede lle-gar facilmente, se recoge en la figura a la derecha.

Se ve inmediatamente, que el signo de f alrededorde uno cualquiera de estos puntos NO es constan-te: se trata de puntos de silla.

D(3,3)

++-+

-

_

-

+

f=0

f=0f=0

A(0,0)

E(3,0)

B(0,3)C(2,2)

+

_

+++ +

_ _

_ _

+

x

y

_

Distribucion de signos de la funcion f alrededor de suspuntos crıticos.

Ejercicio 50. Calculamos las derivadas parciales en un punto generico de la recta y = 1:

fx = −ey−1 + x|y=1 = −1 + x = 0→ x = 1

fy = −xey−1 + y2 − 1 + y|y=1 = −x+ 1− 1 + 1|x=1 = 0

El punto crıtico es, por tanto, (1, 1). La diferencial segunda en este punto se calcula y da:

d2f(1, 1)(dx, dy) = fxx(1, 1)dx2 + 2fxy(1, 1)dxdy + fyy(1, 1)dy2 = dx 2 − 2 dx dy + 2 dy2


La forma cuadratica dx 2 − 2 dx dy + 2 dy2 = (dy − dy)2 + dy2 es, claramente definida positiva, por tantoel punto crıtico (1, 1) es un punto de mınimo. Veanse las graficas de f y sus curvas de nivel, en la Figura 5

Ejercicio 50

Ejercicio 51. Los puntos (1, 0), (0, 1) y (0, 0) son puntos crıticos, segun el enunciado.

Punto (0, 0). Notese que f(0, 0) = 0 y f(x, y) toma valores positivos en cualquier otro punto. Por lotanto (0, 0) es el punto de mınimo absoluto de esta funcion.

Vamos a determinar, sin calculo explıcito de derivadas, los desarrollos de Taylor hasta segundo orden —equivalente al calculo de la diferencial segunda— de f(x, y) en un entorno de estos puntos, valiendonos deldesarrollo de Taylor de la funcion exponencial:

• Punto (1, 0). Se tiene:

f(1 + ∆x,∆y) = ((1 + ∆x)2 + 2∆y2)e1−(1+∆x)2−∆y2

= (1 + 2∆x+ ∆x2 + 2∆y2)e−2∆x−∆x2−∆y2

= (1 + 2∆x+ ∆x2 + 2∆y2)[1− 2∆x−∆x2 −∆y2 +1

2(−2∆x)2 + o(‖∆x‖2)]

= 1 −2∆x2 + ∆y2 + o(‖∆x‖2)→ P. de silla

• Punto (0, 1). Se tiene, igualmente:

f(∆x, 1 + ∆y) = (∆x2 + 2(1 + ∆y)2))e1−∆x2−(1+∆y)2

= (∆x2 + 2(1 + 2∆y + ∆y2))e−2∆y−∆x2−∆y2

= (2 + 4∆y + ∆x2 + 2∆y2)[1− 2∆y −∆x2 −∆y2 +1

2(−2∆y)2 + o(‖∆x‖2)]

= 2 −∆x2 − 4∆y2 + o(‖∆x‖2)→ P. de maximo relativo

NOTA: La figura sugiere, y el calculo confirma, que hay otros dos puntos crıticos: por simetrıa, siendo lafuncion f(x, y) una funcion par con respecto a ambos argumentos, se sigue que estos puntos son (−1, 0)(punto de silla) y (0,−1) (punto de maximo).

Ejercicio 51

Ejercicio 52(a) Los puntos crıticos se obtienen por las soluciones del sistema:fx = 2(x− 2)y = 0

fy = (x− 2)2 = 0


+ ++ +

f=0

2 x

y

(a) Punto (2, 2)

_ _

_ _f=0

2 x

y

(b) Punto (2,−2)

Figura 6: Distribucion de signos en el entorno de dos puntos crıticos.

–10

0

10

f(x,y)

–8

–6

–4

2

4

6

8

–2

–1

1

2

3

4

(c) grafica de f(x, y) = (x− 2)2y

+ +_

f=0

2 x

y

_

(d) Punto (2, 0)

–4

–2

2

4

–4 –2 2 4

(e) curvas de contorno def

Figura 6: (cont.) Grafica y curvas de contorno de f .

La segunda ecuacion exige x = 2 que automaticamente anula la derivada parcial fx. Por tanto, todos lospuntos de la recta x = 2 son puntos crıticos.

Ejercicio 52(b) El determinante Hessiano, es:

H = det

[fxx fxyfyx fyy

]=

∣∣∣∣ 2y 2(x− 2)2(x− 2) 0

∣∣∣∣ = −4(x− 2)2

Es claro que H = 0 en todos los puntos crıticos (x = 2). Examinemos el comportamiento particular de fen el entorno de los puntos:

Punto (2,−2): Se tiene f(2,−2) = 0. Si tomamos un pequeno cırculo alrededor de este punto, vemosla distribucion del signo, como en la figura 6. Sobre los puntos de la recta x = 2 la funcion f seanula, pero en los demas puntos f(x, y) < 0. Se trata pues de un maximo relativo en sentido amplio(f(x, y) ≤ f(0, 0) = 0 en un entorno de (0, 0). De igual manera se puede analizar el punto (2, 2) queresulta ser un punto de mınimo relativo (en sentido amplio).

Punto (2, 0). De nuevo f(2, 0) = 0 la funcion se anula en este punto y el signo en un pequeno cırculoalrededor del punto determina el caracter. Puesto que f(x, y) = (x − 2)y, cambia de signo cuandopasamos de los puntos con y positivo a aquellos con y negativo. El punto (2, 0) no es punto de maximorelativo ni mınimo relativo.

Observese en la figura, la grafica de f y la configuracion de las curvas de nivel.


Ejercicio 53(a) Se tiene:

fx(x, y) = (1− 2x2)ye−x2−y2 (24)

fy(x, y) = (x− 2xy2)e−x2−y2 (25)

fx(x, y) = 0, fy(x, y) = 0→

y − 2x2y = 0

x− 2xy2 = 0(26)

→ (0, 0), (± 1√2,± 1√

2) (27)

Estos 5 puntos crıticos deben ahora ser clasificados. Solamente el (0, 0) se puede clasificar directamente:El valor crıtico es f(0, 0) = 0. Los signos de f(x, y) en los cuatro cuadrantes son: +−+−.Por lo tanto, el origen (0, 0) es un punto de silla (ni maximo ni mınimo).

–1.5

–1

–0.5

0

0.5

1

1.5

y

–1.5 –1 –0.5 0.5 1 1.5x

–2 –1 0 1 2x–2

0

2

y–0.15–0.1

–0.050

0.050.1

0.15

Figura 7: Curvas de nivel y grafica de f(x, y) = xy exp(−x2 − y2)

Ejercicio 53(b) Extremos de f(x, y) = xye−x2−y2 :

Analisis de los puntos crıticos. El origen (0, 0) es un punto de silla; los otros 4 puntos, son extremos:

coordenadas(

1√2,

1√2

) (− 1√2,

1√2

) (− 1√2,− 1√

2) (

1√2,− 1√

2)

extremoMax min Max min

v. extremo1/(2e) −1/(2e) 1/(2e) −1/(2e)

Para clasificar estos 4 puntos de extremo, acudimos a la aproximacion de segundo orden para un puntocrıtico:

∆f(x0 + h, y0 + k)− f(x0, y0) ≈ 1

2(fxx(x0, y0)h2 + 2fxy(x0, y0)hk + fyy(x0, y0) k2)

=1

2(Ah2 + 2Bhk + Ck2)

Tenemos:

fxx = (−6xy + 4x3y)e−x2−y2 , fxy = (1− 2 y2 − 2x2 + 4x2y2)e−x

2−y2 , fyy = (−6xy + 4xy3)e−x2−y2

Por lo tanto:

(x0, y0) = (1√2,

1√2

), H = fxxfyy − f2xy

∣∣∣(x0,y0)

=

∣∣∣∣−2 00 −2

∣∣∣∣ = 4, A = −2 < 0→ p. de MAX


Los demas puntos, se caracterizan igualmente, con ayuda del Hessiano20 H.

Ejercicio 54. Notese que (0, 0) es uno de los puntos crıticos, ya que la propia funcion (polinomica es almismo tiempo identica al desarrollo de Macaurin en torno de (0, 0) hasta el tercer orden; los terminos lineales(de grado 1) son 0, luego las derivadas parciales de primer orden son nulas:

fx(0, 0) = fy(0, 0) = 0

. Examinando el termino de segundo orden 6xy vemos que (0, 0) es un punto de silla.

El otro punto crıtico debe satisfacer:

fx = 3x2 + 6y = 0

fy = 3y2 + 6x = 0

Se sigue, por sustitucion: 3(−x2/2)2 + 6x = 0 → x = 0,−2. Porlo tanto, ademas del origen, tenemos un segundo punto crıtico,x = −2, y = −2. El Hessiano en este punto es:

H =

∣∣∣∣6x 66 6y

∣∣∣∣(−2,−2)

= 144− 36 = 108 > 0

Junto con la condicion zxx(−2, 2) = −12 < 0 resulta que (−2,−2)es un punto de maximo relativo (ver la figura, donde se represen-tan la grafica de f y sus curvas de nivel).

Ejercicio 54

Ejercicio 56. El dominio D (compacto) es la region triangular que se muestra en la figura:

20O bien, considerando la simetrıa de la funcion f(x, y).


6

-6

x

y

D

Comenzamos con los puntos crıticos de f , situados en D: Resol-vemos:

fx = 0 :→

6 + y = 0

2x− y − 12 = 0

fy = 0 :→

6− x = 0

−x+ 2y + 12 = 0

La solucion de este sistema de ecuaciones conduce a las soluciones:

((6,−6), (0,−6), (6, 0)(4,−4)

De estos 4 puntos, hay tres situados en la frontera de D, y uno,(4,−4) en el interior. Notese ademas que f(4,−4) = −8, y quef toma el valor 0 sobre los lados del triangulo que limita D. Laconclusion es la siguiente:

(4,−4) es p. de mınimo local y tambien absoluto. En efecto, si hubiera otro punto con un valor inferiora −4, que fuera punto de mınimo absoluto, deberıa encontrarse sobre la frontera, porque en el interiordel triangulo hay un solo punto crıtico. Sin embargo, f = 0 sobre la frontera.

El maximo absoluto se alcanza en cualquiera punto de la frontera y vale 0. En efecto, si se alcanzara enalgun punto interior, deberıa ser en un punto crıtico, y no hay otro punto crıtico que el ya examinadoantes, que es el punto de mınimo absoluto.

Ejercicio 56

Ejercicio 57.

La funcion f(x, y) es continua y el conjunto D es com-pacto, por lo tanto f alcanza en D sus valores maximoy mınimo absoluto. Los puntos de extremo absoluto enD se puede situar:

a) En el interior de D, en cuyo caso son necesaria-mente puntos crıticos de f :

fx = 3− y = 0

fy = −x = 0→ x = 0, y = 3

El punto (0, 3) esta en el interior de D, yf(0, 3) = 0. Sin embargo, este punto es, clara-mente un punto de silla, como se puede ver exa-minando el signo de f en un entorno de (0, 3).

b) En la frontera de D: Segun lo anterior lospuntos de extremo absoluto se encuentran en lafrontera.Calculamos, los valores de f sobre la fronteradel dominio D, y sus derivadas para localizar losextremos relativos condicionados:

valores frontera f(x, y) derivadaf(−3, 3) = 0 y = x2/3 x(3− x2/3) 3− x2

f(3, 3) = 0 x = 3 3(3− y) −3f(3, 9) = −18 y = x+ 6 −x(3 + x) −3− 2x

3-3

(3,9)

(3,3)+ _

_ +

El comportamiento de f a lo largo de la parabola y = x2/3 es como sigue: f(x, y) decrece desde elpunto (−3, 3) hasta (−

√3, 1) en el que toma el valor f(−

√3, 1) = −

√3(3 − 1) = −2

√3. Crece desde


(−√

3, 1) hasta (√

3, 1), donde toma el valor f(√

3, 1) = 2√

3 y luego decrece de nuevo hasta el punto(3, 3) donde toma de nuevo el valor 0.

A lo largo de la recta x = 3 decrece a ritmo uniforme (derivada = −3) desde (3, 3) hasta (3, 9) donde

toma el valor −18 .

A lo largo de la recta y = x+ 6, f crece (derivada positiva) desde (−3, 3) en que toma el valor 0 hasta

un punto intermedio (−3/2, 9/2) en que toma el valor f(−3/2, 9/2) = −(3/2)× (3− 9/2) = 9/4 para

luego decrecer desde este valor al valor f = −18 en el punto (3, 9).

El valor mınimo absoluto es −18 y se alcanza en (3, 9). El maximo absoluto es 9/4 y se alcanza en elpunto (−3/2, 9/2). Ejercicio 57

Ejercicio 58(a) La funcion f(x, y): 1) Toma valores no negativos en D, f(x, y) ≥ 0, (x, y) ∈ D. 2) Toma elvalor f = 0 en el origen, f(0, 0) = 0, sobre los ejes cartesianos (rectas x = 0 e y = 0) y en los puntos de lafrontera (la circunferencia de ecuacion 1− x2 − y2 = 0).

Se sigue inmediatamente de lo anterior que el valor mınimo absoluto de f es 0. El valor maximo absoluto,es necesariamente positivo y se alcanza en el interior del cırculo. En el punto (o puntos) corresspondientes,las derivadas parciales deben anularse:

fx = 2xy2(1− x2 − y2) + x2y2(−2x) = 0fy = 2yx2(1− x2 − y2) + x2y2(−2y) = 0

Simplificando, se obtienen inmediatamente las ecuaciones −1 + 3x2 = 0,−1 + 3y2 = 0. Hay cuatro puntos

crıticos (± 1√3,± 1√

3), situados en los cuatro cuadrantes. No es necsario acudir al criteio del Hessiano: los

puntos son de maximo relativo, y tambien absoluto con el valor comun f(± 1√3,± 1√

3) =

1

27

Ejercicio 58(b) En este ejemplo, es necesario examinar separadamente el interior del cırculo y su frontera:

Si el extremo (maximo o mınimo) absoluto, se alcanza en el interior sera necesariamente en un puntocrıtico:

fx = 2xy = 0fy = x2 + 2y = 0

⇒ x = 0, y = 0

El unico punto crıtico es el origen (0, 0). En este punto punto el Hessiano:

H(x, y) =

∣∣∣∣2y 2x2x 2

∣∣∣∣ = 4y − 4x2

se anula en (0, 0). Como f(0, 0) = 1 el desarrollo hasta segundo orden del incremento de la funcion cercade (0, 0) es f(x, y)−f(0, 0) = y2 +o(x2 +y2). Vemos entonces que la forma cuadratica, Q(x, y) = y2 ≥ 0es semidefinida positiva. El origen es por lo tanto un punto de mınimo local (en sentido amplio).

Los valores de extremo absoluto pueden alcanzarse tambien en la frontera x2 + y2 = 1. Si hacemosx2 = 1− y2 y sustituımos en la expresion de f(x, y), el problema queda reducido a uno de maximos ymınimos de la funcion de una variable:

F (y) = (1− y2)y + y2 + 1

Las derivadas primera y segunda son F ′(y) = 1 + 2y − 3y2 y F ′′(y) = 2 − 6y. Se tiene F ′ = 0 en los

puntos de la circunferencia con y = 1,−1

3y se tiene respectivamente, F ′′(1) = −4 (punto de maximo

relativo, con f(0, 1) = 2) y F ′′(−1

3) = 4 (puntos de mınimo relativo, con f(±2

√2

3,−1

3) =

22

27< 1. Es

claro que estos dos puntos son los puntos de mınimo absoluto y (0, 1) el punto de maximo absoluto.


Ejercicio 59.

Puntos crıticos de f(x, y) en el interior de A: fx = − sen(x+ y) + cos(x− y)fy = − sen(x+ y)− cos(x− y)

→ sen(x+y) = 0, cos(x−y) = 0

Las dos ecuaciones resultantes tienen infinitas soluciones, perosolamente dos correspondentes a puntos situados en el interior delconjunto A: (π4,−π/4) y (−π/4, π/4), situados ambos en la rectax+y = 0. Los valores de f en estos puntos son, respctivamente 2 y0 respectivamente. Es evidente que 2 es el valor maximo absolutode la funcion (pues cos(x+ y) ≤ 1, sen(x− y) ≤ 1).

Puntos sobre la frontera: Sobre la frontera se situan los 4 vertices,en lo cuales f = −1 y otros 6 puntos. En la frontera x+ y = π sesitua el punto π/4, 3π/4 en el cual f = −2: este valor es mınimoabsoluto de la uncion en A. El lector es invitado a identificar losrestantes 5 puntos y su naturaleza.

–4

–2

2

4

y

–4 –2 2 4

x

Ejercicio 59

Ejercicio 61. Notese que el dominio de f es un conjunto abierto, por tanto no esta asegurado que la funcion(continua) f(x, y) alcance en C sus extremos absolutos. Ahora bien, como f es diferenciable en C, si alcanzaraun extremo (maximo o mınimo) absoluto en un punto de C, este punto serıa un punto crıtico, y verificarıa:

fx = 2x− 3x2 + 2y = 0

fy = 2y = 0

Es claro que los unicos puntos que satisfacen este sistema son (0, 0), (2/3, 0) ∈ C. El primero, (0, 0) esun punto de mınimo local: si tomamos la bola abierta Bδ(0, 0) centrada en (0, 0) y de un radio δ < 1, setiene x2 − x3 ≥ 0, y por tanto f(0, 0) = 0 ≤ x2 − x3 + y2 = f(x, y), para todo (x, y) en esa bola. El punto(2/3, 0) es un punto de silla: si tomamos los valores de f(x, 0) = x2 − x3 sobre el eje-X, la derivada esfx(x, 0) = 2x − 3x2 = x(2 − 3x) y nos muestra que f(x, 0) crece a la izquierda de x = 2/3 hasta el valorf(2/3, 0) = 4/27 y decrece a la derecha (para x > 2/3). El comportamiento de f(2/3, y) = 4/27 + y2 esel opuesto: en puntos proximos a (2/3, 0) sobre la recta x = 2/3, f(2/3, y) > f(2/3, 0). Por tanto f(x, y)presenta un punto de silla en el punto (2/3, 0). Vemos ademas que f(x, 0) = x2 − x3 toma valores negativospara x > 1, luego la funcion f(x, y) no alcanza ni un maximo ni mınimo absoluto en C.

Ejercicio 61

Ejercicio 62. El calculo de la diferencial segunda comporta el calculo de las derivadas parciales de segundoorden:

d2f(0, 0)(dx, dy) =∂2f

∂x2(0, 0) dx2 + 2

∂2f

∂x∂y(0, 0) dxdy +

∂2f

∂y2(0, 0) dy2 (28)


Figura 8: Curvas de nivel de f(x, y) = x2 − x3 + y2

El calculo de las derivadas parciales de segundo orden correspondientes es como sigue:

∂f

∂x= 2x+ yexy

∂f

∂y= 2y + xexy

∂2f

∂x2= 2 + y2exy → ∂2f

∂x2(0, 0) = 2

∂2f

∂x∂y= exy + yxexy → ∂2f

∂x∂y(0, 0) = 1

∂2f

∂y2= 2 + x2exy → ∂2f

∂y2(0, 0) = 2

Sustituyendo en la ecuacion (28), obtenemos la expresion deseada de la diferencial de segundo orden def en (0, 0). Ejercicio 62

Ejercicio 63. La funcion g(x, y) es una funcion compuesta:

g(x, y) = f(u(x, y), v(x, y))

donde u = xey, v = y2 − 2x. Al particularizar en el punto (1, 0), tenemos, (x, y) = (1, 0) → u(1, 0) =1, v(1, 0) = −2.

Metodo 1 (derivacion parcial). Calculamos las derivadas parciales de primer orden de g:

∂g

∂x=∂f

∂u

∂u

∂x+∂f

∂v

∂v

∂x(29)

∂g

∂y=∂f

∂u

∂u

∂y+∂f

∂v

∂v

∂y(30)

Al particularizar en el punto (1, 0), tenemos, u = 1, v = −2 y:

∂g

∂x(1, 0) = 2 ey|(1,0) + 0× (−2) = 2,

∂g

∂y(1, 0) = 2xey|(1,0) + 0× 2y|(1,0) = 2


Las derivadas parciales de segundo orden se obtienen derivando de nuevo las ecuaciones (29),(30):

∂2g

∂x2= (

∂2f

∂u2

∂u

∂x+

∂2f

∂u∂v

∂v

∂x)∂u

∂x+∂f

∂u

∂2u

∂x2

+(∂2f

∂v∂u

∂u

∂x+∂2f

∂v2

∂v

∂x)∂v

∂x+∂f

∂v

∂2v

∂x2(31)

Esta es la primera de un conjunto de tres ecuaciones similares que se pueden escribir para las derivadasparciales de segundo orden de g(x, y) en un punto generico. En particular para el punto (1, 0) el cuadrode derivadas a sustituir en los segundos miembros de estas ecuaciones es el siguiente:∂f

∂u= 2

∂f

∂v= 0

∂2f

∂u2= 0

∂2f

∂u∂v= 3

∂2f

∂v2= 2

∂u

∂x= 1

∂u

∂y= 1

∂2u

∂x2= 0

∂2u

∂x∂y= 1

∂‘2u

∂y2= 1

∂v

∂x= −2

∂v

∂y= 0

∂2v

∂x2= 0

∂2v

∂x∂y= 0

∂‘2v

∂y2= 2

Por sustitucion directa de esta tabla de valores en la ecuacion (31), resulta∂g

∂x2(1, 0) = −4. Por un proce-

dimiento similar obtenemos las restantes de derivadas de segundo orden:∂g

∂x∂y(1, 0) = −4,

∂g

∂y2(1, 0) =

2. Por lo tanto, en aproximacion de segundo orden:

g(1 + ∆x,∆y)− g(1, 0) = dh(1, 0)(∆x,∆y) +1

2dh(1, 0)(∆x,∆y)

= 2 ∆x + 2 ∆y − 2 ∆y2 − 4 ∆x ∆y + ∆y2

Finalmente para valores ∆x = ∆x =1

10, resulta g(1 + ∆x,∆y)− g(1, 0) =

7

20.

Ejercicio 63

Ejercicio 64. Para calcular la diferencial de orden n de una funcion de dos variables, f(x, y) se puede aplicarel procedimiento operacional basado en al siguiente formula:

dnf(x, y)(∆x,∆y) =(

∆x∂

∂x+ ∆y

∂

∂y

)nf(x, y) (n = 1, 2, · · · )

La expresion en el parentesis es el operador de la diferencial de primer orden (una combinacion linealde los operadores de derivada parcial): al actuar sobre una funcion se obtiene su diferencial primera. Si alresultado se le aplica de nuevo el mismo operador, se obtiene la diferencial segunda, d(d(f)), etc. Una formulasimilar vale para funciones de tres o mas variables, p. ej.:

dnf(x, y, z)(∆x,∆y,∆z) =(

∆x∂

∂x+ ∆y

∂

∂y+ ∆z

∂

∂z

)nf(x, y, z) (n = 1, 2, · · · )

Para la funcion f(x, y) = 2y lnx se obtiene diferenciando sucesivamente:

df = 2y∆x

x+ 2 ln (x) ∆y

d2f = d(df) = −2y∆x 2

x2+ 4

∆x ∆y

x

d3f = d(d2f) = 4y∆x 3

x3− 6

∆x 2∆y

x2(32)

Si desarrollamos por adelantado(

∆x∂

∂x+ ∆y

∂

∂y

)3

por la formula el binomio de Newton:

d3f(x, y)(∆x,∆y) =[(∆x)3 ∂

3

∂x3+ 3(∆x)2∆y

∂3

∂x2∂y+ 3∆x(∆y)2 ∂3

∂x∂y2+ (∆y)3 ∂

3

∂y3

]f(x, y)

Entre corchetes figura el operador efectivo para el calculo de la diferencial tercera, que comporta el calculoprevio de las derivadas parciales hasta el tercer orden. El resultado final, naturalmente, es el mismo que por


el procedimiento anterior.

Notese que del resultado obtenido en la ecuacion (32), se siguen las derivadas parciales de tercer orden:

∂3f

∂x3= 4

y

x3,∂3f

∂x2∂y= −2

1

x2,∂3f

∂x∂y2= 0,

∂3f

∂y3= 0

Ejercicio 64

Ejercicio 65. En primer termino, aplicamos la regla de la cadena (diferenciacion de una funcion compuesta)para obtener du(1,−1): Se tiene z(1,−1) = 0 por lo tanto:

du(x, y)(dx, dy) = φ′(z(x, y))dz(x, y)(dx, dy) = φ′(z(x, y))[∂z

∂xdx+

∂z

∂ydy]

= φ′(z(x, y))[−dx+ 2ydy] (33)

Sustituyendo el punto (x, y) = (1− 1) obtenemos:

d(1,−1)(dx, dy) = φ′(0)(−dx− 2dy)

Para obtener la diferencial segunda, la calculamos primeramente en un punto generico, a partir de la

ecuacion (33): formalmente aplicamos nuevamente la operacion de diferenciacion a esta ecuacion (d2u =d(du)), para obtener:

d2u(x, y)(dx, dy) = φ′′(z(x, y))(−dx+ 2ydy)2 + φ′(z(x, y))(2dy2)

Notese que hemos aplicado la regla usual de la diferencial de un producto.

El lector deberıa comprender sin mas explicacion el segundo termino en el segundo miembro, a partirdel calculo:

d(−dx+ 2ydy) = d(−1)dx+ d(2y)dy = 2dy2 (d(−1) = 0)

Finalmente, sustituyendo el punto (x, y) = (1,−1) resulta:

d2u(1,−1)(dx, dy) = φ′′(0)(dx2+4dxdy+4dy2)+2φ′(0)dy2 = φ′′(0)dx2 + 4φ′′(0)dxdy + (4φ′′(0) + 2φ′(0))dy2

Ejercicio 65

Ejercicio 66. Aplicamos la regla de la cadena a la funcion compuesta f(x, y) = F (u(x, y), v(x, y)), dondeu = xy2 +

√x, v =

√y − x2y

df =∂F

∂udu+

∂F

∂vdv (34)

du = y2dx+ 2xydy +1

2√xdx

dv =1

2√ydy − 2xydx− x2dy

(35)

Notese que el segundo miembro de la formula (34) coincide, formalmente, con la expresion de dF ; estorecibe tambien el nombre de regla de invariancia. Sin embargo, las diferenciales du y dv son diferencialesde variables dependientes.

En la formula (34) hay que sustituir las expresiones (ver (35)) de las diferenciales du y dv.

Para el punto (x, y) = (1, 1) se tiene u = u(1, 1) = 2, v = v(1, 1) = 0. Para obtener la diferencial pedida

escribimos df(1, 1)(dx, dy) =∂F

∂u(2, 0)du+

∂F

∂v(2, 0)dv, con las substituciones:

du = du(1, 1)(dx, dy) =3

2dx+ 2dy

dv = dv(1, 1)(dx, dy) = −2dx− 1

2dy

El resultado es, sabiendo (datos del enunciado) que∂F

∂u(2, 0) = 2,

∂F

∂v(2, 0) = 4:

df(1, 1)(dx, dy) = 2[3

2dx+ 2dy] + 4[−2dx− 1

2dy] = −5dx+ 2dy


Ejercicio 66

Ejercicio 67(a) La formula general del desarrollo de Taylor de grado 2 en torno del origen es:

∆f(0, 0) = fx(0, 0)x+ fy(0, 0)y +1

2(fxx(0, 0)x2 + 2fxy(0, 0)xy + fyy(0, 0)y2) + o(x2 + y2)

En este caso, f(0, 0) = 0 y ∆f(0, 0) = f(x, y) − f(0, 0) = f(x, y). La aplicacion directa de esta formula,exige el calculo de derivadas parciales: fx(x, y) = cos(x+ y2)

fy(x, y) = 2y cos(x+ y2)→ fx(0, 0) = 1, fy(0, 0) = 0

fxx(x, y) = − sen(x+ y2)fy(x, y) = −2y sen(x+ y2)fyy(x, y) = 2 cos(x+ y2)− 4y2 sen(x+ y2)

→ fxx(0, 0) = 0, fxy(0, 0) = 0, fyy(0, 0) = 0

El desarrollo pedido es, pues:

sen(x+ y2) = x+ y2 + o(∆x2 + ∆y2)

Ejercicio 67(b) Se tiene f(0, 0) = 0. Para obtener el desarrollo de Taylor pedido, podemos usar un metodoalternativo, diferente del que se ha utilizado en el Ejercicio 67 apartado a). Consiste este metodo en partirde desarrollos de Taylor conocidos (para funciones de una variable). En concreto:

√1 + u = 1 +

1

2u+

(1/2)(−1/2)

2u2 + o(u2) = 1 +

u

2− u2

8+ o(u2)

sen(v) = v + o(v)

Si hacemos v = x+y en el segundo desarrollo, resulta sen(x+y) = x+y+o(√x2 + y2); el siguiente termino

en este desarrollo serıa −x+ y)3

6que omitimos al tener grado > 2. En el primer desarrollo, sustituımos u

por x+ y y resulta finalmente:√1 + sen(x+ y) = 1 +

x+ y

2− (x+ y)2

8+ o(x2 + y2) = 1 +

1

2x+

1

2y − 1

8x2 − 1

4xy + o(x2 + y2)

Ejercicio 68(a)Los puntos crıticos son las soluciones del sistema de dos ecuaciones,fx = 0, fy = 0: fx(x, y) = 4x3 + 4y − 4x = 0

fy(x, y) = 4y3 + 4x− 4y = 0→ fx(0, 0) = fy(0, 0) = 0

Es claro que (0, 0) es un punto crıtico. Los otros puntos crıticos posibles,se encuentran examinando las ecuaciones del sistema anterior. De laprimera de ellas, se tiene, 4x = 4x3 + 4y; por sustitucion en la segundaobtenemos:

4y3 + 4x3 + 4y − 4y = 0→ y = −xLos puntos crıticos posibles deben estar, pues, sobre la recta y = −x.Se tiene entonces por sustitucion 4x3−4x−4x = 0→ x = 0,±

√2. Los

puntos crıticos son, por lo tanto:

(0, 0), (−√

2,√

2), (√

2,−√

2)–2

–1

0

1

2

–2 –1 1 2

Ejercicio 68(b) Se tiene para el Hessiano:

H(x, y) =

∣∣∣∣12x2 − 4 44 12y2 − 4

∣∣∣∣ = (12x2 − 4)(12y2 − 4)− 16

El Hessiano en (0, 0) vale 0. Para deducir el caracter del origen tenemos en cuenta: 1) f(0, 0) = 0; 2) Lafuncion f(x, y) es positiva sobre la recta y = x, excepto en el origen, f(x, x) = 2x4 ≥ 0. 3) Sobre la recta


y = 0 se tiene f(x, 0) = x4 − 2x2 = x2(x2 − 2). En un entorno proximo del origen, f es, pues, negativa.

De todo ello se desprende que (0, 0) es un punto crıtico que no es punto de maximo ni de mınimo relativo.Por otro lado, analizando el comportamiento y signo de f a lo largo de la recta y = −x, se compruebainmediatamente que los otros dos puntos crıticos, para los cuales f = −8 < 0, son puntos de mınimo relativo.

Ejercicio 69(a) Los puntos crıticos pedidos son las soluciones del sistema de ecuaciones:fx = 1− y2

4x2= 0

fy =2y

4x− z2

y2= 0

fz =2z

y− 2

z2= 0

De la primera ecuacion del sistema se desprende que y2 = 4x2 → y = ±2x. Como nos limitamos aloctante positivo, tomamos y = 2x puesto que ambas coordenadas deben tener el mismo signo. De la segunda

ecuacion se sigue, z2 =y3

2x= 4x2 → z = 2x (donde se ha tenido en cuenta que y = 2x). Por ultimo, la ultima

ecuacion del sistema implica y = z3 y, teniendo en cuenta lo anterior, resulta 2x = 8x3 → x = 1/2. El punto(1/2, 1, 1) es pues, el unico punto crıtico en este dominio.

Ejercicio 69(b) Las derivadas de segundo orden en (1/2, 1, 1), determinan la diferencial segunda por mediode la formula:

d2f(1/2, 1, 1)(∆x,∆y,∆z) =[∆x ∆y ∆z

]M

∆x∆y∆z

dondeM =

fxx(1/2, 1, 1) fxy(1/2, 1, 1) fxz(1/2, 1, 1)fyx(1/2, 1, 1) fyy(1/2, 1, 1) fyz(1/2, 1, 1)fzx(1/2, 1, 1) fzy(1/2, 1, 1) fzz(1/2, 1, 1)

=

4 −2 0

−2 3 −2

0 −2 6

(El lector comprobara sin

dificultad los valores de las derivadas segundas que figuran en esta matriz simetrica (matriz Hessiana)). Losmenores principales de esta matriz valen respectivamente, 4, 8 y 32, todos ellos positivos. Segun el criteriode Silvester la forma cuadratica que define la difeencial segunda es definida positiva: el punto (1/2, 1, 1) es,por lo tanto, un punto de mınimo relativo de la funcion.

Ejercicio 70.La funcion a minimizar es:

f(x, y) = d1 + d2 + d3

donde d1 =√

(x− a1)2 + (y − a2)2, d2 =√

(x− b1)2 + (y − b2)2 y d3 =√

(x− c1)2 + (y − c2)2. Las ecua-ciones que determinan los puntos crıticos de f son:

∂d1

∂x+∂d2

∂x+∂d3

∂x= 0 (36)

∂d1

∂y+∂d2

∂y+∂d3

∂y= 0 (37)

Las derivadas parciales que figuran en las ecuaciones anteriores se pueden determinar a partir de las siguientesformulas:

d21 = (x− a1)2 + (y − a2)2 → 2d1

∂d1

∂x= 2(x− a1)

d22 = (x− b1)2 + (y − b2)2 → 2d2

∂d2

∂x= 2(x− b1)


Usando estas formulas las ecuaciones (36) y (37), se pueden reescribir en la forma:

(x− a1)

d1+

(x− b1)

d2+

(x− c1)

d3= 0 (38)

(y − a2)

d1+y − b2)

d2+

(y − c2)

d3= 0 (39)

Estas ecuaciones son equivalentes a la ecuacion vectorial:

∇d1 +∇d2 +∇d3 = 0 (40)

Por supuesto esta ecuacion se podrıa haber escrito desde el principio, como la condicion necesaria depunto crıtico para la funcion f(x, y) = d1(x, y) + d2(x, y) + d3(x, y); lo que ahora podemos anadir es que losgradientes que figuran en la ecuacion (40) son vectores, que ademas de tener suma 0 son vectores unitarios,

‖v1‖ = ‖v2‖ = ‖v3‖ = 1

donde hemos escrito v1 = ∇d1,v2 = ∇d2,v3 = ∇d3. En el punto que buscamos, los tres vectores gradiente,unitarios, concurren y suman 0. Esto es posible solamente si los angulos que forman entre sı son angulos de120o. Esta condicion fija las coordenadas del punto crıtico (punto de Steiner). Ejercicio 70

Ejercicio 71(a) Por semejanza de triangulos se encuentra el punto H (el mas proximo a P) y H ′ que es suinverso respecto del origen. Se distinguen los casos:

|y| > |x| → H(x

y, 1)→ f(x, y) = 2d(O,H) = 2

√x2

y2+ 1

Si |y| < |x|, por simetrıa se tiene f(x, y) = 2

√y2

x2+ 1, y en las diagonales

resulta f(x, x) = f(x,−x) = 2√

2.

(x,y)

H

H'

1

1

Ejercicio 71(b) No es continua en (0, 0) (toma en cualquier entorno de (0, 0) todos los valores entre 2 y2√

2).

Ejercicio 71(c) No existen las derivadas parciales en (0, 0): f(x, 0) es discontinua en x = 0 como funcion dex (f(0, 0) = 2

√2 y f(x, 0) = 2, x 6= 0). Lo mismo cabe decir de f(0, y).

Las derivadas direccionales en (0, 0), en la direccion de las diagonales valen 0. En las demas direcciones, noexisten las derivadas direccionales.

Ejercicio 71(d) No es diferenciable en el origen, ya que no existen en este punto las derivadas parciales.

Ejercicio 72. h(0, 0) = g(u(0, 0), v(0, 0)) = g(1, 1)


h = g (u, v)→ dh = gudu+ gvdv donde:

∣∣∣∣ du = Adx+Bdydv = Cdx+Ddy

d2h = guudu2 + 2guvdudv + gvvdv

2 + gu

0︷︸︸︷d(du) + gv

0︷︸︸︷d(dv)

(Los dos ultimos terminos en el segundo miembro son nulos

porque u(x, y) y v(x, y) son funciones lineales)

gu = v + 1→ guu = 0

guv = 1

gv = u+ 1→ gvv = 0

Al particularizar las derivadas parciales de segundo orden de g en (1, 1), resulta:

guu(1, 1) = 0, guv(1, 1) = 1, gvv(1, 1) = 0

La diferencial segunda de h(x, y) en el punto (0, 0) es pues:

d2h(0, 0) = 2dudv donde:

∣∣∣∣ du = Adx+Bdydv = Cdx+Ddy

= 2ACdx2 + 2(AD +BC)dxdy + 2BDdy2)

Ejercicio 72

Ejercicio 73. Fijado un punto x ∈ Rp, definimos la siguiente funcion de una variable:

λ→ φ(λ) = f(λx)

La derivada primera de esta funcion se obtiene aplicando la regla de derivacion de funciones compuestas:Escribimos la funcion φ como composicion φ(λ) = f(y(λ)) donde y(λ) = λx; se tiene entonces:

φ′(λ) =

p∑k=1

∂f

∂yk

dykdλ

=

p∑k=1

∂f

∂yk(λx)xk = ∇f(λx) · x

Por otro lado y en virtud de la identidad (5), se tiene tambien:

φ′(λ) = nλn−1f(x)

Resulta entonces, tomando λ = 1, e igualando las dos expresiones de φ′(1):

∇f(x) · x = nf(x)

Ejercicio 73

p Cuestiones: No: Para calcular la derivada direccional cuando f(x, y) no es diferenciable en (a, b), tenemosque recurrir a la definicion de derivada direccional como lımite:

Ejemplo: f(x, y) =xy2

x2 + y2si (x, y) 6= (0, 0) y f(0, 0) = 0

La respuesta a la segunda pregunta es negativa: piensese, por ejemplo, en una funcion con derivadas direc-cionales nulas en (a, b) y no diferenciable en este punto.

J

E. propuesto 3.1. 2 (x+ y)−1 J

E. propuesto 3.2. fxy(1, 0) = 6 J

p Cuestiones: En efecto. La funcion (de una variable) x → f(x, b) tiene un extremo (maximo o mınimo)local en x = a, y puesto que la derivada de esta funcion existe (es la derivada parcial fx(a, b)), necesariamentedebe ser 0, i.e., fx(a, b) = 0. De igual forma y considerando la funcion y → f(a, y) se prueba que fy(a, b) = 0.

Todo esto puede ocurrir aun cuando f no sea diferenciable en (a, b), puesto que la existencia de lasderivadas parciales en un punto no es condicion suficiente de diferenciabilidad. J


Ejercicio 74(a)

En la figura se representa la transformacion geometrica (x, y)→ (u, v) = f(x, y). La totalidad del plano xy setransforma en una parte21 del semiplano u ≥ 0 en el plano imagen uv, pero esta transformacion no es inyec-tiva, ya que f(−x, y) = f(x,−y) = f(−x,−y) = f(x, y), de manera que los cuatro cuadrantes en el plano xytienen la misma imagen. Observese que las cırcunferencias x2 + y2 = u = cte. e hiperbolas x2 − y2 = v = ctese transforman en una trama de rectas paralelas a los ejes en el plano imagen.

Ejercicio 74(b) Calculemos el determinante Jacobiano de la funcion (transformacion) f : R2 → R2:

J(x, y) =∂(u, v)

∂(x, y)=

∣∣∣∣2x 2y2x −2y

∣∣∣∣ = −8xy

El valor J(a, b) es distinto de 0 en todo punto (a, b) ∈ R2 en el primer cuadrante con a > 0, b > 0: enestos puntos f(x, y) es localmente invertible.

Ejercicio 75. Denotemos u(x, y) y v(x, y) las funciones coordenadas de G:

u(x, y) = ex+y + x2 − 1, v(x, y) = x2 + y cosx

y sus derivadas parciales:ux = ex+y + 2x uy = ex+y

vx = 2x− y senx vy = cosx

La condicion para que exista la inversa local de G en un entorno de (0, 0) es que el determinante Jacobianode G en este punto sea 6= 0: ∣∣∣∣ux(0, 0) uy(0, 0)

vx(0, 0) vy(0, 0)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣1 10 1

∣∣∣∣ = 1

La funcion G satisface G(0, 0) = (0, 0) y su inversa local G−1(0, 0) = (0, 0); Las derivadas parciales en lamatriz Jacobiana de G(x, y) en (0, 0) son:

ux(0, 0) = ex+y + 2x|(0,0) = 1 uy(0, 0) = ex+y|(0,0) = 1

vx(0, 0) = 2x− y senx|(0,0) = 0 vy(0, 0) = cosx|(0,0) = 1

La diferencial pedida, representada en forma matricial, es entonces:

dG−1(0, 0) :

[dxdy

]=

[1 10 1

]−1 [dudv

]=

[1 −10 1

] [dudv

]=

[du− dvdv

]Ejercicio 75

21f(Rn) = (u, v) ∈ R2 : u ≥ 0, |v| ≤ u


Ejercicio 76. Comprobamos primero que f(−2,−3) = (1,−3+g(1)) = (1,−2), como establece el enunciado.La condicion suficiente de inversa local es: det(Jf(−2,−3)) 6= 0, i.e., el determinante Jacobiano de la funcionf en el punto correspondiente ha de ser no nulo. Se tiene:

Jf(−2,−3) =

[2x 1

2xg′(x2 + y) 1 + g′(x2 + y)

](−2,−3)

=

[−4 1−4 2

]donde se ha hecho uso del dato g′(1) = 1. El determinante Jacobiano de f en (−2,−3) es

∣∣∣∣−4 1−4 2

∣∣∣∣ = −4 6= 0.

Existe pues, una inversa local, y la matriz Jacobiana de la funcion inversa es:

J(f−1)(1,−2) =

[−4 1−4 2

]−1

=1

−4

[2 −14 −4

]=

[−1/2 1/4−1 1

]Ejercicio 76

Ejercicio 77. Las funciones u = xy y v = x+ y son de clase C∞ en R2. Ademas el determinante Jacobiano:

∂(u, v)

∂(x, y)|(1,−1) =

∣∣∣∣y x1 1

∣∣∣∣(1,−1)

=

∣∣∣∣−1 11 1

∣∣∣∣ = −2 6= 0

es no nulo, lo que garantiza una inversa local diferenciable. La diferencial pedida (diferencial de la primeracomponente de la funcion inversa), se calcula facilmente de la siguiente manera: diferenciamos las ecuacionesque definen la funcion f ,

u = xy → du = ydx+ xdy

v = x+ y → dv = dx+ dy

Las ecuaciones resultantes las interpretamos como sistema lineal, sustituyendo x = 1, y = −1 y conside-rando las diferenciales dx, dy como las incognitas (x = x(u, v) y y = y(u, v) son las variables dependientes enla funcion inversa). Resulta entonces:

du = −dx+ dy, dv = dx+ dy → dx(−1, 0)(du, dv) =1

2(−du+ dv) dy(−1, 0)(du, dv) =

1

2(du+ dv)

Basta finalmente con sustituir du = ∆u, dv = ∆v y resulta, dx(−1, 0)(∆u,∆v) =1

2(−∆u+ ∆v).

Ejercicio 77

Ejercicio 78. y′|x=1 = f ′(1) = −Fx(1, 1)

Fy(1, 1)= − 2x− yex−y2

(−1 + 2y2)ex−y2

(1,1)

= −1 Ejercicio 78

Ejercicio 79(a) 1. La funcion F es de clase C∞, y sus derivadas parciales:

Fx =∂F

∂x= 3x2 + 2x+ y

Fy =∂F

∂y= 3y2 + x+ a

El punto (0, 0) es punto singular si Fx = Fy = 0 para este punto lo que implica a = 0. Por tanto para a 6= 0es Fx(0, 0) = 0, Fy(0, 0) = a 6= 0, y por lo tanto existe una funcion implıcita y = y(x), que satisface y(0) = 0

y y′(0) = −Fx(0, 0)

Fy(0, 0)= 0.

Ejercicio 79(b) La segunda derivada y′′(x) se obtiene derivando implıcitamente:

Fx + Fyy′ = 0→ Fxx + Fxyy

′ + (Fyx + Fyyy′)y′ + Fyy

′′ = 0

En x = 0 la primera derivada es 0, luego:

Fxx(0, 0) + Fy(0, 0)y′′(0) = 0→ y′′(0) = −2/a

El polinomio de Taylor en x = 0 hasta grado 2 es

P (x) = y(0) + y′(0)/1!x+ y′′(0)/2!x2 = (−2/a)(1/2)x2


Teniendo en cuenta el valor P (1) = 1, se deduce,

−1/a = 1 es decir a = −1 .

Representacion de la grafica F (x, y) = 0 y delpolinomio de Taylor P (x) en un entorno de (0, 0)

Ejercicio 80(a) Se verifican las condiciones del Teorema de la funcion implıcita:

F (0, 0, 0) = 0.

F (x, y, z) es de clase C1 en un entorno de (0, 0, 0).

La derivada parcial22 Fz = 2z + cos(y + z) es no nula en (0, 0, 0): Fz(0, 0, 0) = cos 0 = 1 6= 0.

Ejercicio 80(b) Derivamos implıcitamente la ecuacion de partida respecto de cada una de las variables x ey:

Fx + Fz zx = 0 : ey + 2z zx + cos(y + z) zx = 0 (41)

Fy + Fz zy = 0 : xey + 2z zy + cos(y + z) (1 + zy) = 0 (42)

Particularizando en el punto de (0, 0, 0) obtenemos las ecuaciones

1 + zx(0, 0) = 0→ zx(0, 0) = −1 , 1 + zy(0, 0) = 0→ zy(0, 0) = −1

Ejercicio 80(c) Derivamos de nuevo implıcitamente cada una de las ecuaciones (41),(42):

2zx zx + 2z zxx − sen(y + z) zx zx + cos(y + z) zxx = 0 (43)

ey + 2zy zx + 2z zxy − sen(y + z) (1 + zy) zx + cos(y + z) zxy = 0 (44)

ey + 2zx zy + 2z zxy − sen(y + z) zx (1 + zy) + cos(y + z) zxy = 0 (45)

xey + 2zy zy + 2z zyy − sen(y + z) (1 + zy)2 + cos(y + z) zyy = 0 (46)

Debe notarse que dos de las ecuaciones anteriores ((44),(45)) son identicas, y las incognitas son tres23.Particularizando en (0, 0, 0) y resolviendo obtenemos finalmente las derivadas parciales de segundo orden dela funcion implıcita:

2 + zxx(0, 0) = 0, 1 + 2 + zxy(0, 0) = 0, 2 + zyy(0, 0) = 0↓

zxx(0, 0) = −2, zxy(0, 0) = −3, zyy(0, 0) = −2

22Utilizamos la notacion, Fz ≡∂F

∂z23Recuerdese que las derivadas parciales mixtas zxy y zyx son iguales


Ejercicio 81. Si examinamos las funciones F (x, y, u, v) y G(x, y, u, v) vemos que: 1) Se verifica F (1, 1, 0, 0) =0 y G(1, 1, 0, 0) = 0. 2) F y G son de clase C∞ (y por tanto de clase C2 en particular) en un entorno apropiadode (1, 1, 0, 0). En efecto, en (1, 1, 0, 0) no se anula ni el denominador en F ni la raiz en G, y lo mismo ocurrira enun entorno apropiado de este punto. 3) Calcularemos las derivadas que figuran en el determinante Jacobiano:

∂(F,G)

∂(u, v)=

∣∣∣∣∣∣∣(1− u− v)−2 + 1 (1− u− v)−2

1√1 + 2u

1

∣∣∣∣∣∣∣En particular para el punto P (1, 1, 0, 0), se tiene

∂(F,G)

∂(u, v)

∣∣∣P

=

∣∣∣∣2 11 1

∣∣∣∣ = 1 6= 0.

De lo anterior se sigue que las funciones u(x, y) y v(x, y) del enunciado existen. Sus diferenciales primerasse pueden calcular con la tecnica de diferenciacion, diferenciando las ecuaciones del sistema:

dF = − 1

(1− (u+ v))2(−du− dv) + du− xdy − ydx = 0

dG =1

2√

1 + 2u(2du) + dv − 2xdx+ dy = 0

Para el punto (1, 1, 0, 0) en particular, resulta el sistema lineal(las incognitas son las diferenciales busca-das):

Observar que el determinante de este siste-ma de Cramer, coincide como debe ser, conel determinante Jacobiano, no nulo, calcu-lado anteriormente.

2du+ dv = dx+ dydu+ dv = 2dx− dy → du = −dx+ 2dy ; dv = 3dx− 3dy

Obtenemos ası las diferenciales pedidas du(1, 1)(dx, dy) y dv(1, 1)(dx, dy). Ejercicio 81

Ejercicio 82(a) El calculo del desarrollo de primer orden, equivale al calculo de la diferencial primera de lafuncion implıcita, z = f(x, y).

dz = fx(1, 1) dx+ fy(1, 1) dy

Usando la tecnica de diferenciacion sobre la expresion exz + ey = 2e, obtenemos:

exzd(xz) + eydy = 0

exz(xdz + zdx) + eydy = 0

Basta ahora con fijar el punto x = 1, y = 1, z = f(1, 1) = 1 y obtenemos:

e(dz + dx) + edy = 0

dz = −dx− dy

El desarrollo de Taylor pedido de pimer orden, se puede escribir entonces:

∆z(1, 1) = df((1, 1)(∆x,∆y) + o(ρ) = −∆x−∆y + o(ρ)

Ejercicio 82(b) Para obtener el desarrollo de Taylor de segundo orden, que equivale al calculo de la diferen-cial segunda d2z en el punto (1, 1), procedemos, de nuevo, por diferenciacion, partiendo de la ecuacion (verapartado anterior):

exz(xdz + zdx) + eydy = 0

exz(xdz + zdx)2 + exz(dxdz + xd2z + dzdx) + eydy2 = 0

Particularizando la ultima expresion para x = 1, y = 1, z = 1, obtenemos, despues de simplificar:

(dz + dx)2 + (2dxdz + d2z) + dy2 = 0


Podemos ahora despejar la diferencial segunda buscada:

d2z = −(dz + dx)2 − 2dxdz − dy2

= −(−dy)2 − 2dx(−dx− dy)− dy2

= 2dx2 + 2dxdy − 2dy2

Tenemos finalmente:

f(x, y) = 1 + df(1, 1)(∆x,∆y) + 2∆x2 + 2∆x∆y − 2∆y2 + o(ρ2)

Ejercicio 83. Sean F (x, y, z) = xy − y + z2 y G(x, y, z) = y3 − y + x2 + x, que son polinomicas y por tantode clase C∞. La matriz Jacobiana de H(x, y, z) = (F (x, y, z), G(x, y, z)) en (0, 0, 0) es:[

y x− 1 2z2x+ 1 −1 + 3y2 0

](0,0,0)

=

[0 −1 01 −1 0

]Notese que el menor correspondiente a las dos primeras columnas es no nulo:∣∣∣∣Fx Fy

Gx Gy

∣∣∣∣(0,0,0)

=

∣∣∣∣0 −11 −1

∣∣∣∣ = 1→ ∃ x = x(z), y = y(z)(z ∈ J)

en consecuencia, el sistema de ecuaciones del enunciado define a x e y como funciones (de clase C∞) de z enun entorno de (0, 0, 0) (se entiende que J es un cierto intervalo alrededor de z = 0).

Los desarrollos limitados pedidos de estas funciones se pueden obtener mediante el metodo de coeficientesindeterminados: Supongamos que x(z) = Az + Bz2 + o(z2) y y(z) = Cz + Dz2 + o(z2) son los desarrollospedidos de estas funciones en el entorno de z = 0. Se tiene entonces, sustituyendo en las ecuaciones delsistema:

(Az +Bz2 + o1(z2))(Cz +Dz2 + o2(z2))− (Cz +Dz2 + o2(z2)) + z2 = 0

(Cz +Dz2 + o2(z2))3 − (Cz +Dz2 + o2(z2)) + (Az +Bz2 + o1(z2))2 +Az +Bz2 + o1(z2) = 0

Los terminos de grados 1 y 2 en los primeros miembros de ambas ecuaciones deben ser nulos. Resultanası las ecuaciones para los coeficientes indeterminados:

−Cz + (AC −D + 1)z2 = 0→ C = 0, AC −D + 1 = 0→ C = 0, D = 1

(−C +A)z + (A2 +B −D)z2 = 0→ −C +A = 0, A2 +B −D = 0→ A = 0, B = 1

Ası pues, se obtienen finalmente los desarrollos hasta segundo orden:

x(z) = z2 + o1(z2)

y(z) = z2 + o2(z2)

valido en un cierto entorno de z = 0.Ejercicio 83

Ejercicio 84(a) Las condiciones:

1 : F (x, y, z) es de clase C∞.

2 : F (1,−1, 0) = xez − z2 + 2(y + 1)2|(1,−1,0) = 1

3 :∂F

∂z= xez − 2z|(1,−1,0) = 1 6= 0

prueban—segun el Teorema de la funcion implıcita— que existe una funcion implıcita z = z(x, y) definidaen un entorno de (1,−1); ademas, siendo F de clase C2, la funcion implıcita z(x, y) tambien lo es.

Si calculamos las derivadas parciales, a traves del gradiente:

∇F = (Fx, Fy, Fz) = (ez, 4(y + 1), xez − 2z)

vemos que Fx|(1,−1,0) = 1, Fy|(1,−1,0) = 0. La funcion implıcita, y = y(x, z), definida y diferenciable en unentorno de (1, 0), no esta asegurada, al ser Fy(1,−1, 0) = 0.


Ejercicio 84(b) El desarrollo de Taylor buscado se puede obtener de varios modos: haremos uso de ladiferenciacion implıcita.

F = xez − z2 + 2(y + 1)2 = 1 (47)

dF = ez dx+ xez dz − 2z dz + 4(y + 1)dy = 0 (48)

d2F = ezdxdz + (ez dx+ xez dz) dz + (xez) d2z − 2dz2 − 2z d2z + 4dy2 = 0 (49)

Esta ecuaciones son generales. Notese que solamente aparece la diferencial segunda d2z de la variable dependientez = z(x, y) (las diferenciales segundas de las variables independientes x e y deben considerarse nulas,d2x = d2y = 0).

Si particularizamos la ec. (48) en (1,−1, 0) obtenemos, dx+ dz = 0→ dz = −dx . Si hacemos lo mismoen la tercera de las ecs. (49), resulta:

dx(−dx) + 0 + d2z − 2(−dx)2 + 4dy2 = 0→ d2z = 3dx2 − 4dy2

El desarrollo de Taylor de segundo orden en torno al punto (1,−1) queda en la forma:

z(x, y) = z(1,−1) + dz(1,−1)(∆x,∆y) +1

2d2z(1,−1)(∆x,∆y) + o(ρ2)

= −∆x+3

2∆x2 − 2∆y2 + o(ρ2)

donde ∆x = x− 1,∆y = y + 1, ρ =√

∆x2 + ∆y2.

Ejercicio 85(a) Se verifican las condiciones:

F (0, 0, 0) = 1− e0 = 0

Fx, y, z) es una funcion de clase C∞ en R3 (y por lo tanto en un entorno de (0, 0, 0)).

Fz(0, 0, 0) = 1 + ex2−y2−z|(0,0,0) = 2 6= 0.

Ejercicio 85(b) Diferenciando F = 0, resulta

dF ≡ −2xdx+ 2ydy + dz − e(x2−y2−z)(2xdx− 2ydy − dz) = 0 (50)

Si particularizamos el resultado anterior en (x, y, z) = (0, 0, 0), resulta 2dz(0, 0)(dx, dy) = 0, lo que pruebaque (0, 0) es un punto crıtico de la funcion implıcita z = z(x, y).

Ejercicio 85(c)

Diferenciamos la ecuacion (50) y obtenemos:

−2dx2 + 2dy2 + d2z − EXP (2xdx− 2ydy − dz)2

−EXP (2dx2 − 2dy2 − d2z) = 0

donde se ha escrito por comodidad EXP ≡ ex2−y2−z. Haciendo

las sustituciones, x = y = z = 0 y dz(0, 0, 0) = 0 resulta final-mente:

2d2z − 4dx2 + 4dy2 = 0→

d2z(0, 0)(dx, dy) = 2dx2 − 2dy2

Es claro que el punto (0, 0) es un punto de ensilladura de la funcion implıcita, no es punto de maximo nimınimo.

Ejercicio 88(a) El sistema representa geometricamente la curva de intersseccion de dos superficies. Lashipotesis del Teorema de la funcion implıcita, se cumplen:


F (x, y, z) y G(x, y, z) son de clase C2.

Las ecuaciones se cumplen para x = 0, y = y(0) = 0 y z = z(0) = 0, esto es, F (0, 0, 0) = 0 yG(0, 0, 0) = 0.

El determinante Jacobiano:

∂(F,G)

∂(y, z)|(0,0,0) ≡

∣∣∣∣∣∣∣∂F

∂y

∂F

∂z∂G

∂y

∂G

∂z

∣∣∣∣∣∣∣(0,0,0)

=

∣∣∣∣ ex xez

x cos y − cos y

∣∣∣∣(0,0,0)

=

∣∣∣∣1 00 −1

∣∣∣∣ = −1 6= 0

Se concluye que las funciones y = y(x) y z = z(x), implıcitas y de clase C2 quedan definidas por estasecuaciones, en un entorno de x = 0.

Ejercicio 88(b) Derivamos implıcitamente, ambas ecuaciones con respecto a x

∂F

∂x+∂F

∂yy′ +

∂F

∂zz′ ≡ (yex + ez) + ex y′ + xez z′ = 0 (51)

∂G

∂x+∂G

∂yy′ +

∂G

∂zz′ ≡ sen y + (x cos y + z sen y) y′ − cos y z′ = 0 (52)

Cuando particularizamos en (0, 0, 0) las dos ecuaciones anteriores obtenemos el sistema

∣∣∣∣1 + y′(0) = 0−z′(0) = 0

y por

lo tanto y′(0) = −1, z′(0) = 0 .

Ejercicio 88(c) Para obtener las derivadas segundas hemos de derivar de nuevo implıcitamente las ecs. (51)y (52):

yex + exy′ + ezz′ + exy′ + exy′′ + ezz′ + xezz′2 + xezz′′ = 0

cos y y′ + (cos y − x sen yy′ + z′ sen y + zy′ cos y )y′

+(x cos y + z sen y)y′′ + y′z′ sen y − z′′ cos y = 0

Podemos ahora sustituir los valores x = y = z = 0 junto con la informacion previa sobre las derivadasprimeras. El resultado es la pareja de ecuaciones: −1 − 1 + y′′(0) = 0,−1 − 1 − z′′(0) = 0, de donde,

y′′(0) = 2, z′′(0) = −2

Ejercicio 89. Calculamos la diferencial segunda de la funcion de lagrange d2L en cada uno de los puntoscalculados en el ejemplo anterior (ver Ejemplo 5.1).

L(x, y;λ) = x2 + (y + 4)2 − λ[(x− 4)2 + y2 − 2] (53)

dL(x, y;λ) = 2xdx+ 2(y + 4)dy − λ[2(x− 4)dx+ 2ydy] (54)

d2L(x, y;λ) = 2dx2 + 2dy2 − 2λ(dx2 + dy2) = 2(1− λ)dx2 + 2(1− λ)dy2 (55)

Particularizamos ahora el resultado en cada uno de los puntos, examinando el signo de d2L(dx, dy) en elespacio tangente (curva tangente en cada punto). Al diferenciar la ecuacion de ligadura obtenemos:

2(x− 4)dx+ 2ydy = 0

Esta ecuacion representa, para cada punto (x, y) de la curva de ligadura (circunferencia), la relacion entredx y dy para un desplazamiento a lo largo de la recta tangente.

Punto (5, 1);λ = 5.

Tangente: M : dx+ dy = 0.

d2L(dx, dy)|M = −8dx2 − 8dy2|M = −16dx2 (definida negativa)

Punto (3,−1);λ = −3.

Tangente: M : −dx− dy = 0.


d2L(dx, dy)|M = 8dx2 + 8dy2|M = 16dx2 (definida positiva)

Obtenemos, por lo tanto: (5, 1) es un punto de maximo relativo condicionado, con f(5, 1) = 50. Elotro punto ((3,−1) (diammetralmente opuesto al anterior en la circunferencia) es un punto de mınimorelativo condicionado, con f(3,−1) = 18.

Ejercicio 89

Ejercicio 90.Metodo de los multiplicadores de Lagrange:

L = x(3− y)− λ(x2 − y2 − 1)

a) Puntos crıticos de L(x, y;λ): Las ecuaciones a resolver son:Lx = 3− 2λx = 0

Ly = −x+ 2λy0

x2 − y2 − 1 = 0

→ y = 1, 1/2, x = ±√

1 + y2

Los valores de (x, y) se obtienen haciendo yLx − xLy =(3−y)y−x2 = 0 y combinando esta ecuacion con la ecuacionde ligadura x2 − y2 − 1 = 0. Resultan ası 4 puntos: dos de

ellos, (√

2, 1),

√5

2,

1

2), con x > 0, son suficientes para la

discusion, puesto que f(−x, y) = −f(x, y).

b) Condiciones suficientes: estudio de d2L.

Fijamos, para cada punto crıtico P , el valor correspondiente de λ. La diferencial segunda d2L(P )(dx, dy),se obtiene por diferenciacion repetida:

dL = (3− y)dx− xdy − 2λx dx+ 2λy dy

d2L = −dydx− dxdy − 2λdx2 + 2λdy2

En los puntos crıticos, situados en la curva (hiperbola) x2 − y2 − 1 = 0, se tiene por diferenciacion,M : 2xdx − 2ydy = 0, que se puede considerar como la ecuacion de desplazamiento (dx, dy) sobre latangente. Tenemos entonces la tabla siguiente:

punto λ M diferencial segunda extremo

(√

2, 1)√

2/2√

2dx− dy = 0 d2L|M = −√

2 dx2 p. de MAX

(√

5/2, 1/2)√

5/2√

5dx− dy = 0 d2L|M = 2√

5 dx2 p. de MIN

En la figura de mas arriba, se representa la rama x > 0 de la curva de ligadura, junto con el valor (enabscisas) de la funcion f(x, y) para cada punto de la curva. El resultado grafico, es consistente, como cabeesperar, con los resultados analıticos. Ejercicio 90

Ejercicio 91. Aplicaremos el metodo de Lagrange:

fx − λgx = y − 1− 2λ(x+ 1) = 0 (56)

fy − λgy = x+ 1− 2λ(y − 1) = 0 (57)

fz − λgz = 2z − 2λz = 0 (58)

g = (x+ 1)2 + (y − 1)2 + z2 − 2 = 0 (59)

La resolucion de este sistema proporciona 6 soluciones: En efecto, de (58) (1− λ)z = 0, de donde:

λ = 1. Sustituyendo en las ecuaciones (56),(57), resulta x = −1, y = 1 y de la ecuacion (59) resulta

z = ±√

2. Este caso proporciona dos puntos: (−1, 1,±√

2) .

λ 6= 1: En tal caso z = 0. De las ecuaciones (56) y (57) se obtiene y − 1 = 4λ2(y − 1). Puesto que

y 6= 1 (de no ser ası estarıamos en el supuesto anterior), se sigue λ = ±1

2: Es facil ver que, en este caso,

(x+ 1)2 = (y − 1)2 y en consecuencia, la ecuacion (59) nos lleva a:

2(x+ 1)2 = 2(y − 1)2 = 2


Por lo tanto, finalmente:

λ =1

2⇒ x = −1± 1, y = 1 + (x+ 1)→ (0, 2, 0), (−2, 0, 0)

λ = −1

2⇒ x = −1± 1, y = 1− (x+ 1)→ (0, 0, 0), (−2, 2, 0)

En este ejercicio la ecuacion de ligadura define un conjunto compacto (una esfera de ecuacion g(x, y, z) = 0), ypuesto que f es continua en este conjunto, esta funcion alcanza en el conjunto sus valores extremos absolutos.Calculemos los valores sobre los seis puntos crıticos:

(0, 2, 0) (−2, 0, 0) (0, 0, 0) (−2, 2, 0) (−1, 1,√

2) (−1, 1,−√

2)2 2 0 0 3 3

El valor mınimo absoluto de f sobre la esfera es 0, y se alcanza en los puntos (0, 0, 0) y (−2, 2, 0). Elmaximo absoluto es 3 y se alcanza en los puntos (−1, 1,

√2) y (−1, 1,−

√2). Un razonamiento elemental nos

lleva a concluir que los puntos (0, 2, 0) y (−2, 0, 0), sobre los cuales la funcion toma el valor intermedio 2, sonpuntos que no son de maximo ni de mınimo condicionado.

Comprobemos estos resultados, utilizando las condiciones suficientes de extremo condicionado: La dife-rencial segunda de la funcion de Lagrange:

L(x, y, z;λ) = f(x, y, z)− λg(x, y, z)

se calcula sin dificultad y da:

d2L = −2λdx2 − 2λdy2 + 2dxdy + 2(1− λ)dz2

Escribimos la expresion de la diferencial segunda para cada uno de los puntos:

punto valor de f d2L M : dg = 0 (espacio tangente) d2L|M(−1, 1,

√2) 3 −2dx2 − 2dy2 + 2dxdy dz = 0 def. -

(−1, 1,−√

2) 3 −2dx2 − 2dy2 + 2dxdy dz = 0 def. -(0, 2, 0) 2 −dx2 − dy2 + 2dxdy + dz2 dx+ dy = 0 Indef.

(−2, 0, 0) 2 −dx2 − dy2 + 2dxdy + dz2 −dx− dy = 0 Indef(0, 0, 0) 0 dx2 + dy2 + 2dxdy + 3dz2 dx− dy = 0 def. +

(−2, 2, 0) 0 dx2 + dy2 + 2dxdy + 3dz2 −dx+ dy = 0 def. +

Al restringir d2L al espacio tangente a la esfera (plano tangente) en cada uno de los puntos de la tabla,y examinar su signo, deducimos de nuevo el caracter de cada uno de esos puntos. Ejercicio 91

Ejercicio 92(a) El problema es uno de extremos condicionados. Para α = −3, el metodo de Lagrangecomienza por la escribir la funcion de Lagrange:

L(x, y, z;λ) = −x2 − y2 + 3xy − z − λ(x2 + y2 + z2 − 3)

e igualar a 0 sus derivadas parciales24:

−2x+ 3y − 2λx = 0 (60)

−2y + 3x− 2λy = 0 (61)

−1− 2λz = 0 (62)

x2 + y2 + z2 − 3 = 0 (63)

Notese que las dos primeras ecuaciones forman un sistema lineal homogeneo en x y y. Una solucion es, porlo tanto, x = 0, y = 0. Sustituyendo en la ecuacion de ligadura, resulta z2 = 3→ z = ±

√3. Hay dos puntos

24La ecuacion∂L

∂λ= 0 proporciona la ecuacion de ligadura


crıticos, (0, 0,±√

3) pero ninguno pertenece a C. La otra alternativa es que el sistema formado por las ecs.(60) y (61) formen un sistema homogeneo indeterminado. Esto exige que el determinante del sistema sea 0:∣∣∣∣−2(1 + λ) 3

3 −2(1 + λ)

∣∣∣∣ = 0→ 4(1 + λ)2 = 9

Se siguen dos soluciones para λ:

λ =1

2. De la ecuacion (62) se sigue z = −1 y de la ecuacion (60) se sigue x = y. Sustituyendo en la

ecuacion de ligadura obtenemos 2x2 + 1 = 3→ x = ±1. Como C exige que x < 0, obtenemos un puntocrıtico, (−1,−1,−1).

λ = −5

2. Siguiendo el mismo procedimiento obtenemos dos puntos adicionales, pero /∈ A

La naturaleza del punto (−1,−1,−1) se averigua estudiando las condiciones suficientes de extremo relativo

condicionado. Tomamos λ =1

2y diferenciamos dos veces la funcion L(x, y;− 1

2 ):

dL = (−3x+ 3y)dy + (−3y + 3x)dy − (1 + z)dz = 0

d2L = (−3dx+ 3dy)dx+ (−3dy + 3dx)dy − dz2 = −3dx2 + 6dxdy − 3dy2 − dz2 = 0

Es preciso ahora analizar el signo de d2L sobre el espacio tangente a la superficie de ligadura C: Se tiene25 ,d2L = −3(dx− dy)2 − dz2 y

2xdx+ 2ydy + 2zdz|(−1,−1,−1) ≡ −2dx− 2dy − 2dz = 0

que es la ecuacion que resulta de diferenciar la ligadura (ec.(63) ). Si M designa el espacio de vectores(dx, dy, dz) que satisfacen esta ultima ecuacion, tendremos:

d2L|M (dx, dy) = −3(dx− dy)2 − (dx+ dy)2 < 0

que es una forma cuadratica definida negativa. El punto (−1,−1,−1) es pues un maximo relativo condicio-nado.

Ejercicio 92(b)

El conjunto A es compacto (un octante de esfera). Por lo tanto, el valormaximo absoluto y el mınimo absoluto se alcanza en el conjunto, por serf continua. Se tiene, en este caso, que el valor de f en los puntos de A,depende solamente de la coordenada z:

f(x, y, z)|A = −x2 − y2 + 2z|A = (z2 − 3) + 2z = (z + 1)2 − 4

La derivada respecto de z de la ultima funcion es 2(z+1) para −√

3 ≤ z ≤0, que es decreciente para z < −1 y creciente para z > −1, con derivada0 si z = −1. Por lo tanto, f tiene un valor mınimo absoluto (= −4) enlos puntos del arco de circunferencia: (x, y, z) ∈ A, z = −1, y un valormaximo absoluto −3 que lo toma en los puntos (x, y, z) ∈ A : z = 0.

25Notese que la diferencial segunda d2L(dx, dy, dz) es semidefinida negativa


Ejercicio 93(a) Comprobamos primero que (0, 0) satisface la ecuacion de la ligadura, ya que g(0, 0) = 0.Escribimos la funcion de Lagrange:

L(x, y;λ) = −x sen y − sen(x+ y)− λ(senx+ y − y3)

Al igualar a 0 las derivadas de L respecto de las variables x e y, obtenemos las ecuaciones:

∂L

∂x= − sen y − cos(x+ y)− λ cosx = 0

∂L

∂y= −x cos y − cos(x+ y)− λ+ 3λy2 = 0

Al sustituir x = 0, y = 0 en estas ecuaciones, obtenemos la ecuacion −1 − λ = 0 (redundante), lo cualindica, que x = 0, y = 0, λ = −1 es una solucion de este sistema de ecuaciones simultaneas. En este punto(0, 0) se verifican, pues, las condiciones necesarias de extremo relativo condicionado.

Ejercicio 93(b) Para determinar el caracter del punto (0, 0) y saber si se trata de un extremo (maximo omınimo) relativo condicionado, pasamos a considerar condiciones suficientes de extremo gobernadas por ladiferencial segunda de la funcion de Lagrange. Se tiene diferenciando sucesivamente L(x, y;λ) con respecto alas variables x e y:

dL = (− sen y − cos(x+ y)(dx+ dy) + λ senx dx) dx

d2L = [−cosy dy + sen(x+ y)(dx+ dy) + λ senx dx] dx

+ [− cos y dx+ x sen y dy + sen(x+ y)(dx+ dy) + 6λy dy] dy

Sustituyendo x = 0, y = 0, λ = −1 en estas ecuaciones, vemos que dL(0, 0)(dx, dy) = 0, como cabe esperary:

d2L(0, 0)(dx, dy) = −2dxdy

Ahora bien, diferenciando la ecuacion de ligadura, se tiene cosx dx+ dy − 3y2dy = 0, que se reduce a:

M : dg|(0,0) ≡ dx+ dy = 0

Por lo tanto, la restriccion d2LM de la diferencial segunda de L sobre el espacio tangente M 26 es:

d2LM (0, 0) = −2dx(−dx) = 2dx2

El caracter definida positiva de esta funcion cuadratica de unavariable dx, nos indica que el punto (0, 0) es un punto demınimo relativo condicionado. Es interesante, visualizar este re-sultado, dibujando (en un entorno de (0, 0)) las curvas de nivel dela funcion f(x, y) y la curva de ligadura. El resultado es la figu-ra adjunta. Los valores de contorno aumentan en la direccion delprimero al tercer cuadrante. Se ve inmediatamente que (0, 0) esun punto de mınimo condicionado. Mas aun, la curva de ligaduray la curva de nivel que pasa por (0, 0) (f = 0), tienen una rectatangente comun.

–0.4

–0.2

0.2

0.4

y

–0.4 –0.2 0.2 0.4

x

26esto es, el espacio de los desplazamientos (dx, dy) sobre la recta tangente en (0, 0)


Ejercicio 95.

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

y

0.5 1 1.5 2 2.5 3

x

Notese la situacion grafica donde se trazanlas curvas de nivel (en rojo) de la funcion aoptimizar y la curva de ligadura (en azul).Si se desplaza un punto sobre la curva de li-gadura, desde el punto (1, 1), es claro segunla figura que se cruzarıan distintas curvasde nivel con un valor creciente de la funcionz(x, y) =

√x+√y. Por lo tanto (1, 1) es un

punto de mınimo relativo condicionado

La parte analıtica resuelve el problema de la siguiente manera: la funcion de Lagrange es:

L(x, y;λ) =√x+√y − λ(x

√y + y

√x− 2)

El punto dado P0(1, 1) es un punto de la curva de ligadura y, segun el enunciado, un punto estacionariode nuestro problema. Lo podemos comprobar:

∇L(1, 1;λ) = (1

2√x− λ

(√y +

y

2√x

),

1

2√y− λ

(x

2√y

+√x

))

(1,1)= (1/2− 3/2λ, 1/2− 3/2λ)

que es un vector nulo para λ =1

3. Ahora hay que justificar la naturaleza de este punto estacionario (condicio-

nes suficientes de extremo relativo condicionado). Para ello, introducimos la forma cuadratica que correspondea la diferencial segunda de L(x, y;λ = 1/3) en el punto (1, 1). Un calculo (largo) permite determinar la matrizHessiana de L en el punto (1, 1):

H =

[−1/6 −1/3

−1/3 −1/6

]Se tiene por tanto:

d2L(1, 1) = −1

6dx2 − 1

6dy2 − 2

3dx dy

Esta forma cuadratica es indefinida (esto es, toma tanto valores positivos como negativos (comprobarlo!).Sin embargo, tomemos desplazamientos (dx, dy) a lo largo de la recta tangente: la ecuacion de la tangente ala curva de ligadura en (1, 1) es, por simetrıa, es x+ y− 2 = 0, luego dx+ dy = 0→ dx = −dy. Sustituyendoen la forma cuadratica de L resulta:

d2L(1, 1)dx+dy=0

= (1/3)dx2

Por tanto, como esta forma cuadratica, restringida al subespacio dx+dy = 0, es definida positiva, P0(1, 1)sera un punto de MINIMO relativo condicionado.

Ejercicio 95

Ejercicio 96(a) Notese que la ecuacion de ligadura se puede escribir en la forma despejada, z =1

1− 1

x− 1

y

,

lo cual permite reducir el problema a uno de extremos ordinarios para la funcion:

h(x, y) = x+ y + z(x, y)


donde z(x, y) es la funcion que representa explıcitameente la superficie C. Se tiene entonces, h(3, 3) = 9.Ademas:

z =xy

xy − x− y

zx = − y2

(xy − x− y)2

zy = − x2

(xy − x− y)2

hx = 1 + zx|(3,3) = 1 + (−1) = 0

hy = 1 + zy|(3,3) = 1 + (−1) = 0

La funcion h(x, y) presenta en (3, 3) un punto crıtico. Para discutir su naturaleza examinemos d2h = d2z(usamos ahora de nuevo la ecuacion de ligadura en su forma original):

− 1

x2dx− 1

y2dy − 1

z2dz = 0→ dz(3, 3) = −dx− dy

21

x3dx2 + 2

1

y3dy2 + 2

1

z3dz2 − 1

z2d2z = 0→ d2z(3, 3) = 9[

2

27dx2 +

2

27dy2 +

2

27(−dx− dy)2]

Figura 9: Figura para el Ejercicio

Esta forma cuadratica es tambien d2h(3, 3)(dx, dy) y es claramente definida positiva. Por lo tanto el punto(3, 3, 3) es un punto de mınimo relativo condicionado de f .

Ejercicio 96(b) El conjunto C no es compacto. Por lo tanto, no se puede asegurar, sin mas, que f alcanzaen este punto su mınimo absoluto.

Ejercicio 97. La integral impropia converge:∫ s

0

e−xdx = −e−x|sx=0 ⇒ lıms→∞

∫ s

0

e−xdx = lıms→∞

1− e−s

= 1

Ejercicio 97

Ejercicio 99. Es inmediata la convergencia de la integral impropia

∫ ∞1

sen2 x

x2dx, en virtud del criterio (11):

0 ≤ sen2 x

x2≤ 1

x2para todo x 6= 0


para una constante M = 1 y α = 2.

Por otro lado el integrandosen2 x

x2no presenta singularidad en x = 0, puesto que para x→ 0,

sen2 x

x2→ 1.

La integral: ∫ 1

0

sen2 x

x2dx

es asimilable27 a una integral de Riemann ordinaria de una funcion continua si se extiende convenientementeel valor del integrando a x = 0 (con el valor 1). La integral:∫ ∞

0

sen2 x

x2dx =

∫ 1

0

sen2 x

x2dx+

∫ ∞1

sen2 x

x2dx

es pues, convergente.Ejercicio 99

Ejercicio 100. i) Es inmediata la convergencia de la integral impropia

∫ ∞1

1

1 + x2dx, en virtud del criterio

de comparacion (ver (11)):

0 ≤ 1

1 + x2≤ 1

x2para todo x 6= 0


El valor exacto de la integral impropia, se calcula como sigue:∫ ∞0

1

1 + x2dx = lım

s→∞

∫ s

0

1

1 + x2dx = lım

s→∞arc tg s− arc tg 0 = π/2

ii) Partimos de la convergencia de

∫ ∞1

e−xdx (ver Ejercicio 97). Utilizamos el criterio de comparacion:

0 ≤ e−x2

≤ e−x (x ≥ 1) ⇒ La integral:

∫ ∞1

e−xdx es convergente

La integral

∫ ∞0

e−xdx =

∫ 1

0

e−xdx+

∫ ∞1

e−xdx es tambien convergente. Ejercicio 100

Ejercicio 101. Es inmediata la convergencia de la integral impropia

∫ ∞1

1

1 + x2dx, en virtud del criterio de

comparacion (ver (11)):

0 ≤ 1

1 + x2≤ 1

x2para todo x 6= 0


El valor exacto de la integral impropia, se calcula como sigue:∫ ∞0

1

1 + x2dx = lım

s→∞

∫ s

0

1

1 + x2dx = lım

s→∞arc tg s− arc tg 0 = π/2

Ejercicio 101

Ejercicio 102.

27Se dice que es una integral pseudoimpropia


El integrando es finito en el extremo x = 0. Ademas, se tiene laacotaciona siguiente:∣∣∣ 2 sen3 x

1 + cosx+ x√x

∣∣∣ ≤ 2

x√x

(x > 0)

(tengase en cuenta | senx| ≤ 1 y 1 + cosx ≥ 0). Puesto que∫ ∞1

1

x3/2dx converge, la integral propuesta converge tambien (ab-

solutamente).

aver en la figura a la derecha, la ilustracion de la grafica de f .

–1

0

1

5 10 15 20

x

Ejercicio 102

Ejercicio 103. Una primitiva de1

1− xes − ln(1− x), por tanto:

lıms→1−

∫ s

0

1

1− xdx = lım

s→1ln(1)− ln(1− s) =∞

La integral impropia es divergente. Ejercicio 103

Ejercicio 104. Se tiene | cosx+ senx| ≤ 2, por tanto,∣∣∣cosx+ senx√1− x

∣∣∣ ≤ 2√1− x

La integral

∫ 1

0

cosx+ senx√1− x

es convergente segun el criterio de comparacion(16): las constantes M y α son

en este caso M = 2 y α =1

2. La convergencia es absoluta.

Ejercicio 104

Ejercicio 105. Tomemos el lımite del cociente:


/ e−π/2√π/2− x

=e−x

e−π/2

√π/2− x√

sen(π/2− x)

cuando x→ π/2−. En este lımite, sen(π/2− x) ∼ π/2− x y por lo tanto:

lımx→π/2−


/ e−π/2√π/2− x

= 1

El integrando es, por lo tanto, equivalente ae−π/2√π/2− x

cuando x→ π/2−. La integral propuesta sera entonces,

segun el criterio (18) de la misma naturaleza que:∫ π/2

0

e−π/2√π/2− x

dx

Esta ultima es convergente y en consecuencia, la integral propuesta es convergente. Ejercicio 105


Ejercicio 106. La funcion es claramente discontinua en los puntos de C. Cada semi-circunferencia Ci (i =1, · · · , 20) es un conjunto de contenido 028 y lo mismo cabe decir de C. Por tanto, f(x, y) es continua en elrectangulo J salvo en un conjunto de contenido 0, ası pues, es integrable. El valor de f en los puntos de Ces irrelevante por lo que respecta al valor de la integral; esta integral vale entonces:∫

J

f =

∫J

1 dxdy = A(J) = 4

Ejercicio 106

Ejercicio 107.

2 x

y

B

Bc

4

La funcion f − g es no negativa en la parte del rectangulo A que verificaf(x, y)− g(x, y) = x2− y ≥ 0. Sea B esta parte. Se tiene entonces aplicandola propiedad aditiva:

x

A

|f − g| dxdy =x

B

(f − g) dxdy +x

Bc

(g − f) dxdy

=x

B

x2 − y dxdy +x

Bc

y − x2 dxdy

=

∫ x=2

x=0

∫ x2

y=0

(x2 − y)dy dx+

∫ 2

x=0

∫ y=4

y=x2

(y − x2)dy dx

= 176/15

Ejercicio 107

Ejercicio 108. C1 es una circunferencia, como se deduce completando cuadrados, C1 : x2 + y2 − 2y =x2 + (y − 1)2 − 1 = 0. El recinto de integracion se muestra en la figura:

Notese que el recinto D, se puede describir en coordenadas pola-res. El punto de interseccion A de las circunferencias se obtiene deinmediato si escribimos la igualdad x2 +y2−1 = x2 +(y−1)2−1;se sigue y2 = (y − 1)2 ⇒ y − 1 = ±y, y la solucion unicaes y = 1/2 → x =

√3/2. La circunferencia superior se escri-

be en coordenadas polares, r = 2 sen θ. Por otro lado, el puntoA(1/2,

√3/2) tiene un angulo polar θ = π/6. De todo ello resulta:

I =

∫ π/6

θ=0

∫ 1

r=2 sen θ

r cos θ dr dθ

D

x

y

1

A

> Desarrollo de la integral iterada:

I =

∫ π

6

0

∫ 1

2 sin(θ)

r2 cos(θ) dr dθ

=

∫ π

6

0

(1

3r3 cos(θ))

r = 2 sin(θ)..1dθ

28Dicho de otro modo, su medida de area es 0


=

∫ π

6

0

1

3cos(θ)− 8

3sin(θ)3 cos(θ) dθ

=1

3sin(θ)− 2

3sin(θ)4)

θ = 0..π

6

=1

8Ejercicio 108

Ejercicio 109. La parte del cırculo D con x2 + y2 < 1 no contribuye a la integral. Aplicando la propiedadaditiva y usando coordenadas polares resulta:

I =x

1≤x2+y2≤4

1√x2 + y2

dxdy =

∫ 2

r=1

∫ 2π

θ=0

1

rrdr dθ = 2π

Ejercicio 109

Ejercicio 110. Las ecuaciones de las curvas que limitan la region D sugieren el cambio de variables (verEjercicio 74):

(x, y)→ x2 + y2 = ux2 − y2 = v

(64)

La region D se transforma entonces, bajo el cambio anterior en un rectangulo, [2, 3]× [1,√

2] (ver la figurade mas arriba). El determinante Jacobiano de la transformacion representada por las ecuaciones (64), es:

J =∂(u, v)

∂(x, y)=

∣∣∣∣2x 2y2x −2y

∣∣∣∣ = −8xy

Por otro lado el integrando se transforma teniendo en cuenta:2x2 = u+ v2y2 = u− v → 4x2y2 = (u+ v)(u− v) = u2 − v2

y al aplicar la formula de cambio de variables a la integral original, resulta:

I =x

D∗

√u2 − v2

∣∣∣∂(x, y)

∂(u, v)

∣∣∣ dudv=

x

D∗

√u2 − v2

1

|J(u, v)|dudv

=x

D∗

√u2 − v2

1

4√u2 − v2

dudv =1

4A(D∗) =

1

4× (√

2− 1)

donde se ha escrito A(D∗) como el area del rectangulo D∗. Ejercicio 110


Ejercicio 111. El recinto de integracion D se describe en coordenadas polares: Las semirectas y = x, x ≥ 0y y =

√3x, x ≥ 0, tienen inclinaciones dadas por los angulos polares θ = π/4 y θ = arctan

√3 = π/3. Por

tanto:D : 0 ≤ r ≤

√2, π/4 ≤ θ ≤ π/3

El cambio a coordenadas polares, permite el calculo de la integral doble:

I =

∫ π/3

θ=π/4

∫ √2

r=0

r e−r2

drdθ

= (π/3− π/4)

∫ √2

r=0

r e−r2

dr

=π

12

(− 1

2e−r

2√2

r=0

)=

π

12

(1

21− 1

2e−2)

=π

24(1− e−2)

Ejercicio 111

Ejercicio 112. Aplicamos el cambio de variables: u = xy, v =y

x,

El cambio de variables produce una transformacion del dominio de integracion:

3 ≤ xy ≤ 4→ 3 ≤ u ≤ 4; x ≤ y ≤ 4x→ 1 ≤ y

x= v ≤ 4

u

v

x

y

DD*

Por tanto el dominio transformado en el plano UV delas nuevas variables es D∗ = [3, 4] × [1, 4] (ver la figu-ra). Se tiene, aplicando el cambio de variables a la inte-gral:

x

D

(1 + xy)x

ydxdy =

x

D∗

(1 + u)1

v|J(u, v)| dudv

donde J(u, v) =∂(x, y)

∂(u, v)es el determinante Jacobiano de

la transformacion:

J(u, v) =1

∂(u, v)

∂(x, y)

=1∣∣∣∣ y x

−y/x2 1/x

∣∣∣∣ =1

2y/x=

1

2v

Notese que el valor absoluto de J no es necesario, en estecaso, ya que J > 0.

Resulta finalmente:

I =

∫ 4

v=1

∫ 4

u=3

(1 + u)1

v

1

2vdudv

=

∫ 4

u=3

(1 + u) du

∫ 4

v=1

1

2v2dv =

9

2

3

8=

27

16

Ejercicio 112


Ejercicio 113.Debe notarse que la region de integracion tiene simetrıa de revolucion:las coordenadas x y z en la ecuacion cartesiana aparecen bajo la com-binacion x2 + z2, que es el cuadrado de la distancia de un punto aleje-Y: este eje es el eje de revolucion. Podemos calcular en coordena-das “cilındricas” (r, θ, y), por completo equivalentes a las ordinarias. Laecuacion de la superficie que limita la region es y = 1−x2−z2 = 1−r2

(ver la figura), de manera que:

y

G

ydxdydz =

∫ 2π

θ=0

∫ 1

r=0

∫ 1−r2

y=0

y rdydrdθ

> Desarrollo de la integral triple:∫ 2π

0

∫ 1

0

∫ 1−r2

0

y r dy dr dθ

=

∫ 2π

0

∫ 1

0

(y2 r

2)y = 0.,1− r2 dr dθ

=

∫ 2π

0

∫ 1

0

(1− r2)2 r

2dr dθ

=

∫ 2π

0

(1

12r6 − 1

4r4 +

1

4r2)

r = 0.,1dθ

=

∫ 2π

0

1

12dθ

= (θ

12) θ = 0.,2π

=π

6Ejercicio 113

Ejercicio 114. La region de integracion G es un conjunto z-simple (ver la figura)

Es preciso identificar la curva de interseccion C de am-bas superficies, una de cuyas ecuaciones se obtiene sirazonamos que, en cada punto de C las coordenadas-zcorrespondientes a las dos superficies coinciden:∣∣∣∣z2 = 2− 3x2 − 7y2

z2 = 5x2 + y2 → 8x2 + 8y2 = 2

La ecuacion 8x2 + 8y2 = 2 se debe entender como laecuacion del cilindro (circular recto, de radio 1/2) queproyecta la curva de interseccion sobre el plano xy.Resulta ası:

I =x

D

∫ √2−3x2−7y2

z=√

5x2+y2z dz dxdy

=1

2

x

D

(2− 8(x2 + y2)) dxdy

=1

2

∫ π

θ=0

∫ 1/2

r=0

(2− 8r2) rdr dθ

=π

8


Ejercicio 114

Ejercicio 117.

La region cuyo volumen se pide, comprendida entre los cuatro planos yel cilındro parabolico, se muestra en la figura que sigue:

0

1

2

3

4

5

6

0.5

1

y

0.5 1 1.5 2

x

Figura 10: Figura para el ejercicio 117: la region es z − simple, y suproyeccion en el plano XY es triangular.

El volumen sera pues:

V =y

G

dzdxdy =

∫ 2

x=0

∫ 1−x/2

y=0

∫ x2+2y

z=0

dz dy dx

> Desarrollo de la integral iterada:∫ 2

0

∫ 1−x

2

0

∫ x2+2 y

0

dz dy dx

=

∫ 2

0

∫ 1−x

2

0

z z = 0..x2 + 2 y dy dx

=

∫ 2

0

∫ 1−x

2

0

x2 + 2 y dy dx

=

∫ 2

0

(x2 y + y2)y = 0.,1− x

2

dx

=

∫ 2

0

x2 (1− x

2) + (1− x

2)2 dx

=

−x4

8+x3

3−

2 (1− x

2)3

3

x = 0.,2

=4

3Ejercicio 117


Ejercicio 118. No es difıcil identificar el solido como uno de tipo z−simple.En efecto, los cilindros parabolicos encierran una region que proyectada en el plano XY, es el dominio D en elplano comprendido entre ambas parabolas, que se intersecan en el punto (1, 1). Si levantamos por cualquierpunto de este dominio D una generatriz paralela al eje-Z, cortara a la superficie del paraboloide a una alturaz = x2 + 3y2. Por tanto, el volumen se calcula mediante la integral triple:

V =y

Ω

dxdydz =x

D

∫ x2+3y2

z=0

dz dxdy

=x

D

(x2 + 3y2) dxdy =

∫ 1

x=0

∫ √xy=x2

(x2 + 3y2) dy dx =12

35

Ejercicio 118

Ejercicio 119.El volumen es el de una region comprendida entre un parabo-loide y una esfera.La interseccion entre ambas superficies se determina facilmenteresolviendo:∣∣∣∣ x2 + y2 = z

x2 + y2 + z2 = 2→ z + z2 = 2⇒ z = 1,−2

Tomamos la raız positiva z = 1 (debido a la desigualdad z ≥x2 + y2). La interseccion es un cırculo en el plano z = 1 y deradio r2 = z = 1→ r = 1 (ver la figura).

El solido es z− simple y su volumen:

V (G) =x

D

(∫ √2−x2−y2

z=x2+y2dz)dxdy

=x

D

[√

2− x2 − y2 − (x2 + y2)] dxdy

=

∫ 1

r=0

∫ 2π

θ=0

[√

2− r2 − r2] rdr dθ

=1

22π[− (2− r2)3/2

3/2

]10− 2π

1

4

=2π

3(2√

2− 7

4)

x

y

Ejercicio 119

Ejercicio 120.

x

y

y=x y=1-x

1/2

D es un dominio triangular; no es necesario aplicar lapropiedad aditiva, si elegimos adecuadamente el ordenen la integracion iterada:

I =

∫ 1/2

y=0

∫ 1−y

x=y

y dx dy =1

24

El area de la placa es A = 1/4, y por simetrıa x = 1/2es la coordenada-x del centro de masa; su coordenada-yes:

y =1

A

∫D

y dxdy = 4× 1

24=

1

6

Ejercicio 120


Ejercicio 121.

r=2 cos θ

r

θ

x

y

1 2

Cambio de variables a coordenadas polares: el se-micırculo se representa mediante la ecuacion polarr = 2 cos θ, 0 ≤ θ ≤ π/2. Por lo tanto:

I =3

2

∫ π/2

θ=0

∫ 2 cos θ

r=0

r2 drdθ = 4

∫ π/2

0

cos3 θ dθ

= 4× 2

3=

8

3

Ejercicio 121

Ejercicio 122. El calculo se hara en coordenadas cilındricas: (r, θ, z). En este sistema de coordenadas, eldeterminante Jacobiano de la transformacion es:

∂(x, y, z)

∂(r, θ, z)=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂x

∂r

∂y

∂r

∂z

∂r∂x

∂θ

∂y

∂θ

∂z

∂θ∂x

∂z

∂y

∂z

∂z

∂z

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= r

> Desarrollo de la integral:∫ π

2π

4

∫ 2√

2

0

∫ √16−r2

r

z r dz dr dθ

=

∫ π

2π

4

∫ 2√

2

0

(z2 r

2)z = r..

√16− r2 dr dθ

=

∫ π

2π

4

∫ 2√

2

0

(16− r2) r

2− r3

2dr dθ

=

∫ π

2π

4

(−1

4r4 + 4 r2)

r = 0.,2√

2dθ

=

∫ π

2π

4

16 dθ = = 4π

1

2

3

4

z

–2–1

12

–2–1

12

Ejercicio 122

Ejercicio 123.

0

0.5

1

0.2

0.4

0.6

0.8

1y

0.2

0.4

0.6

0.8

1 x

G

G es un solido z−simple. Se pueden reescribir las desigualdades

que lo definen en la forma: G :

0 ≤ x ≤ y2

0 ≤ y ≤ 1x ≤ z ≤ y2

.

Es claro que el solido es z−simple, limitado por las superficiesz = x (plano) y el cilindro parabolico z = y2. La region y suproyeccion sobre el plano XY se muestra en la figura. El volumense calcula consecuentemente mediante la integral iterada: V (G) =∫ 1

y=0

∫ y2

x=0

∫ y2

z=x

dz dx dy.


Ejercicio 123

Ejercicio 124.

En esfericas: (ρ, φ, θ). El solido se define por las desigualdades:h/ cos(φ) ≤ ρ ≤ R0 ≤ φ ≤ φ0

0 ≤ θ ≤ 2π

donde R cosφ0 = h. Por lo tanto, el volumen sera:

φ0h

R

φ

∫ 2π

0

∫ φ0

0

∫ R

h

cos(φ)

ρ2 sin(φ) dρ dφ dθ

=

∫ 2π

0

∫ φ0

0

(1

3ρ3 sin(φ))

ρ =h

cos(φ)..R

dφ dθ

=

∫ 2π

0

∫ φ0

0

1

3R3 sin(φ)− 1

3

h3 sin(φ)

cos(φ)3dφ dθ

=

∫ 2π

0

(−1

3R3 cos(φ)− 1

6

h3

cos(φ)2)φ = 0..φ0

dθ

=

∫ 2π

0

− 1

3R3 cos(φ0)− 1

6

h3

cos(φ0)2+R3

3+h3

6dθ

= (−1

3R3 cos(φ0)− 1

6

h3

cos(φ0)2+R3

3+h3

6) θ θ = 0.,2π

= 2 (−1

3R3 cos(φ0)− 1

6

h3

cos(φ0)2+R3

3+h3

6)π

=1

3

(−3hR2 + 2R3 + h3

)π

En coordenadas cilındricas (r, θ, z), las desigualdades son:0 ≤ r ≤

√R2 − z2

h ≤ z ≤ R0 ≤ θ ≤ 2π

Por lo tanto: ∫ 2π

0

∫ R

h

∫ √R2−z2

0

r dr dz dθ

=

∫ 2π

0

∫ R

h

(r2

2)r = 0..

√R2 − z2 dz dθ

=

∫ 2π

0

∫ R

h

R2

2− z2

2dz dθ

=

∫ 2π

0

(1

2R2 z − 1

6z3) z = h..R dθ


=

∫ 2π

0

1

3R3 − 1

2hR2 +

1

6h3 dθ

= (1

3R3 − 1

2hR2 +

1

6h3) θ θ = 0.,2π

= 2 (1

3R3 − 1

2hR2 +

1

6h3)π

z=h

R

r

que coincide con el resultado anterior.

Ejercicio 124

Ejercicio 125.

La curva en consideracion recibe el nombre de clotoide. La representa-remos en la forma,

x(t) = (a

∫ t

0

cos(u2)du, a

∫ t

0

sen(u2)du) donde a es una constante po-

sitiva. Calculamos:

x′(t) = (a cos(t2), a sen(t2))→ ‖x′(t)‖ = a

La norma de x′(t) es por lo tanto constante. La longitud de arco

s =∫ t

0adu = at es proporcional al parametro t, lo cual permite para-

metrizar de nuevo la curva en el parametro intrınseco s, mediante elcambio de parametro t→ s/a: 0

0.5

1

1.5

0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8

Para el calculo de la curvatura, es conveniente trabajar con la nueva parametrizacion x(s). Se tiene:

x(s) =x′(t)

‖x′(t)‖

=1

a(a cos(t2), a sen(t2))

= (cos(s2/a2), sen(s2/a2))

x(s) =s

dsx(s)

=2s

a2(− sen(s2/a2), cos(s2/a2))

La curvatura se obtiene inmediatamente a partir de la formula κ(s) = ‖x(s)‖ =2s

a2. Para a = 2 resulta

finalmente κ(s) = s/2. Ejercicio 125

Ejercicio 126(a) Unas ecuaciones cartesianas de C se obtienen, eliminando t entre las ecuaciones parametri-cas:

1 + cos tsen t

1− cos t→

(x− 1)2 + y2 = cos2 t+ sen2 t = 1

x+ z = 2


Ejercicio 126(b) La marcha de los calculos comienza por el calculo de las derivadas sucesivas de x(t) ent = 0:

x′(t) = − sen t x′′(t) = − cos t x′′′(t) = sen ty′(t) = cos t y′′(t) = − sen t y′′′(t) = − cos tz′(t) = sen t z′′(t) = cos t z′′′(t) = − sen t

Para el punto correspondiente a t = 0, de coordenadas (2, 0, 0), tenemos entonces:

x′ = (0, 1, 0), x′′ = (−1, 0, 1), x′′′ = (0,−1, 0)

Podemos calcular ahora los vectores unitarios t y b correspondientes a este punto:

t(0) =x′

‖x′‖= (0, 1, 0)

b(0) =x′ ∧ x′′

‖x′ ∧ x′′‖=

1√2

(1, 0, 1)

n(0) = b ∧ t =1√2

(−1, 0, 1)

La torsion en este punto se calcula mediante la formula:

τ(0) =x′(0) ∧ x′′(0) · x′′′(0)

‖x′(0) ∧ x′′(0)‖2= 0

ya que los tres vectores x′(0),x′′(0),x′′′(0) son linealmente dependientes. Este resultado se extiende a todoslos puntos de la curva, debido a que la curva es plana, τ(t) = 0 para todo t.

Ejercicio 127.La curva de interseccion es la de un cono y un plano (ver figura

adjunta). Para obtener la curvatura C en el punto P (1

2,√

2,3

2),

buscamos una parametrizacion regular de C en el entorno de estepunto. Describimos primero la proyeccion de C sobre el plano XY,igualando las coordenadas-z de las ecuaciones del cono y el plano: z2 = x2 + y2

z2 = (2− x)2 ⇒ x2 + y2 = (2− x)2 → x =1

4(4 + y2)

Podemos, a partir de aquı, encontrar una representacion explıcitalocal de la curva C, utilizando y como parametro. Se tiene:

x =1

4(4− y2)

y = y

z = 2− x =1

4(4− y2)

y ∈ J

donde J es algun intervalo alrededor de y =√

2. El calculo de la curvatura se lleva a cabo, en la forma

acostumbrada, a partir de la parametrizacion x(y) = (1

4(4− y2), y,

1

4(4 + y2)) y ∈ J :

x′ = (1

4(−2y), 1,

1

4(2y))→ x′(

√2) = (−

√2

2, 1,

√2

2)

x′′ = (−1

2, 0,

1

2)

x′(√

2) ∧ x′′(√

2) = (1

2, 0,

1

2)

κ(P ) =‖x′(√

2) ∧ x′′(√

2)‖‖x′(√

2)‖3=

√2/2√

23 =

1

4

Ejercicio 127


Ejercicio 128(a) La interseccion de las dos superficies se representa por el sistema de ecuaciones simultaneas:∣∣∣∣ z = 1 + x2 − y2

x2 + y2 = 1

Una parametrizacion apropiada de la curva se obtiene, teniendo en cuenta que esta contenida en el cilindro(de radio 1) representado por la segunda de las ecuaciones anteriores. Ası pues tomamos x = cos t, y = sen t,y por sustitucion en la ecuacion del paraboloide resulta z = 1 + cos2 t− sen2 t:

x(t) = (cos t, sen t, 1 + cos2 t− sen2 t), 0 ≤ t ≤ 2π

El vector x′(t) = (− sen t, cos t,−4 sen t cos t), tiene norma ‖x′(t)‖ =√

1 + 16 sen2 t cos2 t 6= 0, para todo tPor lo tanto C es una curva regular.

Ejercicio 128(b) El calculo de la curvatura en el punto (1, 0, 2) ≡ x(0), sigue los siguientes pasos:

x′(0) = (− sen t, cos t,−4 cos t sen t)|t=0 = (0, 1, 0) = j

x′′(t) = (− cos t,− sen t,−4 cos 2t)|t=0 = (−1, 0,−4) = −i− 4 j

x′(0) ∧ x′′(0) = (−4, 0, 1) = −4i + k

x′′′(0) = (sen t,− cos t, 8 sen 2t)|t=0 = (0,−1, 0) = −j

κ(0) =‖x′(0) ∧ x′′(0)‖‖x′(0)‖3

=√

17

Ejercicio 128(c) Con los calculos realizados en el apartado anterior, resulta para la torsion τ(0):

x′(0) ∧ x′′(0) · x′′′(0) = 0

τ(0) =x′(0) ∧ x′′(0) · x′′′(0)

‖x′(0) ∧ x′′(0)‖2= 0

Ejercicio 129. Haremos uso de alguna representacion explıcita de C cuya existencia venga asegurada por elTeorema de las funciones implıcitas. Sean entonces F (x, y, z) = xy − y + z2 y G(x, y, z) = y3 − y + x2 + x.La matriz Jacobiana de H(x, y, z) = (F (x, y, z), G(x, y, z)) en (0, 0, 0) es:[

y x− 1 2z2x+ 1 −1 + 3y2 0

](0,0,0)

=

[0 −1 01 −1 0

]Notese que el menor correspondiente a las dos primeras columnas es no nulo:∣∣∣∣Fx Fy

Gx Gy

∣∣∣∣(0,0,0)

=

∣∣∣∣0 −11 −1

∣∣∣∣ = 1→ ∃ x = x(z), y = y(z)(z ∈ J)

En consecuencia, el sistema de ecuaciones del enunciado define a x e y como funciones (de clase C∞) de zen un entorno de (0, 0, 0) (se entiende que J es un cierto intervalo de z = 0). Necesitamos, para el calculo de lacurvatura, las derivadas de estas funciones implıcitas hasta el segundo orden. En el ejercicio 83 se desarrollael metodo para hallar los desarrollos limitados de estas funciones en un entorno de z = 0:

x(z) = z2 + o1(z2)

y(z) = z2 + o2(z2)

Escribimos una representacion parametrica de la curva C en la forma:

x = x(t), y = y(t), z = t : x(t) = (x(t), y(t), t), t ∈ Jjunto con las derivadas: x′(0) = (x′(0), y′(0), 1) = (0, 0, 1), x′′(0) = (2, 2, 0)

Resulta finalmente para la curvatura en (0, 0, 0):

k =‖x′(0) ∧ x′′(0)‖‖x′(0)‖3

= 2√

2

Ejercicio 129


Ejercicio 130. Parametrizacion de S:

S : x(r, θ) = (r cos θ, r sen θ, z(r)), 0 < r ≤ π, 0 ≤ θ ≤ 2π

donde z(r) = sen r (se hace la sustitucion x > 0 →√x2 + y2 = r en la ecuacion de C).

Se tiene entonces el vector fundamental:

xr ∧ xθ = (cos θ, sen θ, cos r) ∧ (−r sen θ, r cos θ, 0)

= −r cos r(cos θi + sen θj) + rk

Es facil ver que la norma de xr ∧ xθ es√r2 cos2 r + r2 =

r√

1 + cos2 r, luego finalmente:

N(r, θ) = ± 1√1 + cos2 r

[− cos r(cos θi + sen θj) + k]

NOTA: el signo ± es debido a que no se especifica entre las dosorientaciones opuestas que son posibles de S. Ejercicio 130

Ejercicio 131. La interseccion de las dos superficies se repre-senta por el sistema de ecuaciones simultaneas:∣∣∣∣ x2 + y2 − z = x

y2 = x

Sustituyendo la segunda ecuacion en la primera, resulta z = y4,por lo tanto x(y) = (y2, y, y4), y ∈ J es una parametrizacion apropiada con J un intervalo que contenga alpunto y = 0. Los vectores del triedro intrınseco se calculan de este modo:

x′(y) = (2y, 1, 4y3)→ t =x′(0)

‖x′(0)‖= (0, 1, 0)

x′′(y) = (2, 0, 12y2)→ x′(0) ∧ x′′(0) = −2(0, 0, 1) = (0, 0,−2)

b =x′(0) ∧ x′′(0)

‖x′(0) ∧ x′′(0)‖= (0, 0,−1)

n = b ∧ t = (1, 0, 0)

Ejercicio 131

Ejercicio 133. La curva es una elipse (ver figura).

Para el calculo de la curvatura, representamos la curva C en forma pa-rametrica. Una representacion posible se obtiene, examinando la proyec-cion de la curva C sobre el eje XY; igualando las coordenadas z de lospuntos de cada superficie:

z = 2y, z = x2 + y2 → x2 + y2 − 2y = 0

Por lo tanto, al ser esta proyeccion una circunferencia, de ecuacion x2 +(y − 1)2 − 1, parametrizamos C como sigue:

x(t) = (cos t, 1 + sen t, 2(1 + sen t)), (0 ≤ t ≤ 2 ∗ π)

x′(t) = (− sen t, cos t, 2 cos t)

x′′(t) = (− cos t,− sen t,−2 sen t)

La curvatura es κ(t) =‖x(t) ∧ x′′(t)‖‖x′(t)‖3

=‖(0,−2, 1)‖

(√

1 + 4 cos2 t3 =

√5

(√

1 + 4 cos2 t3 . El valor maximo de la curvatura

se obtiene para el punto con cos2 t mınimo y viceversa. Por tanto:

κmax =√

5 , (t = π/2); κmin =1

5, (t = 0)


Ejercicio 133

Ejercicio 134(a) El punto P es la imagen x(u, v) para v = 1 y u− v = 0, esto es, las coordendas curvilıneasde P son u = v = 1. Calculamos los vectores tangente:

xu(1, 1) = (0, 1, 0)

xv(1, 1) = (1,−1, 2v)|u=1,v=1 = (1,−1, 2)

La ecuacion cartesiana del plano tangente en P (1, 0, 1) se obtieneentonces a partir del determinante, det[x− xP ,xu,xv]:∣∣∣∣∣∣

x− 1 y − 0 z − 10 1 01 −1 2

∣∣∣∣∣∣ = 2(x− 1)− z − 1) = 0

Ejercicio 134(b) El angulo pedido se obtiene mediante la formula

cosα =xu · xv‖xu‖ ‖xv‖

|u=1,v=1 = − 1√6→ α = arc cos− 1√

6

La superficie S es un cilındro parabolico, como se desprende de su ecuacion cartesiana: z = x2; las curvascoordenadas son generatrices rectilıneas paralelas al eje Y (lineas v = cte) y parabolas u = cte.

Ejercicio 135. a) La marcha de los calculos comienza por el calculo de las derivadas sucesivas de x(t) ent = π/4:

x′(t) = 2 sen2 t x′′(t) = 4 sen t cos t x′′′(t) = 4 cos 2ty′(t) = 2 sen t cos t y′′(t) = 2 cos 2t y′′′(t) = −4 sen 2tz′(t) = − sen t z′′(t) = − cos t z′′′(t) = sen t

Para el punto correspondiente a t = π/4, de coordenadas (π/4− 1/2, 1/2,

√2

2), tenemos entonces:

x′ = (1, 1,−√

2

2), x′′ = (2, 0,−

√2

2), x′′′ = (0,−4,

√2

2)


t =x′

‖x′‖=

√2√5

(1, 1,−√

2

2) =

1√5

(√

2,√

2,−1)

b =x′ ∧ x′′

‖x′ ∧ x′′‖=

1√5

(−√

2

2,−√

2

2,−2)

b) La curvatura y la torsion en este punto se calculan mediante las formulas correspondientes:

κ =‖x′ ∧ x′′‖‖x′‖3

=

√5

[√

5/√

2]3=

2√

2

5, τ =

x′ ∧ x′′ · x′′′

‖x′ ∧ x′′‖2=

√2

5


Finalmente, el vector de Darboux es, ω = τt + κb = (0, 0,−√

2√5

) Ejercicio 135

Ejercicio 136. La curva es una helice circular. La marcha de los calculos comienza por el calculo de lasderivadas sucesivas de x(t) en t = 0:

x′(t) = cos t x′′(t) = − sen t x′′′(t) = − cos ty′(t) = 2 y′′(t) = 0 y′′′(t) = 0

z′(t) = − sen t z′′(t) = − cos t z′′′(t) = sen t

Para el punto correspondiente a t = 0, de coordenadas (0, 0, 1), tenemos entonces:

x′ = (1, 2, 0), x′′ = (0, 0,−1), x′′′ = (−1, 0, 0)


t =x′

‖x′‖=

1√5

(1, 2, 0)

b =x′ ∧ x′′

‖x′ ∧ x′′‖=

1√5

(−2, 1, 0)

b) La torsion en este punto se calcula mediante la formula correspondiente:

τ(0) =x′ ∧ x′′ · x′′′

‖x′ ∧ x′′‖2=

2

5

Ejercicio 136

Ejercicio 137(a) Se tiene: x(t) = (cos (t) , sen (t) , 1 + sen (t) cos (t))

Calculamos las derivadas, y correspondientes productos:

x′(t) (− sin (t) , cos (t) , (cos (t))2 − (sen (t))

2)

x′(t) · x′(t) 2− 4 cos(t)2 sen(t)2

x′′(t) (− cos (t) ,− sin (t) ,−4 sin (t) cos (t))

x′′′(t) (sin (t) ,− cos (t) ,−4 (cos (t))2

+ 4 (sen (t))2)

x′(t) ∧ x′′(t) (−(

2 (cos (t))2

+ 1)

sen (t) ,(

2 (cos (t))2 − 3

)cos (t) , 1)

‖x′(t) ∧ x′′(t)‖√

2 + 12 cos(t)2 sen(t)2

Al examinar x′(t) vemos que las dos primeras componentes (x′ = − sin (t) , y′ = cos (t)), no se anulan si-multaneamente para ningun valor de t. Por lo tanto x′(t) 6= 0.

b) Punto t = π, P (−1, 0, 1):

x′(π) = (0,−1, 1) t =1√2

(0,−1, 1)

x′′(π) = (1, 0, 0) —

x′(π) ∧ x′′(π) = (0, 1, 1) b =1√2

(0, 1, 1)

n = b ∧ t n = (1, 0, 0)

c) Punto t = 0, P (1, 0, 1):

x′(0) = (0, 1, 1) t =1√2

(0, 1, 1)

x′′(0) = (−1, 0, 0) —at = x′′(0) · t(0) = 0an = ‖x′′(0)‖ = 1 ya que at=0

Ejercicio 137(b) Aplicamos las formulas:


K(t) =‖x′(t) ∧ x′′(t)‖‖x′(t)‖3

=

√2 + 12 cos(t)2 sen(t)2√

2− 4 (cos (t))2

(sen (t))23

τ(t) =‖x′(t) ∧ x′′(t) · x′′′(t)‖‖x′(t) ∧ x′′(t)‖2

=−6 (cos (t))

2+ 3

2 + 12 cos(t)2 sen(t)2

Ejercicio 137(c) a) La matriz de los vectores xu y xv es:[cos (v) sin (v) 2u sin (v) cos (v)

−u sin (v) u cos (v) u2 (cos (v))2 − u2 (sin (v))

2

]La parametrizacion es regular si u 6= 0 porque entonces el rango es 2. la superficie es regular salvo

(posiblemente) en el punto u = 0 : A((0, 0, 1).b) Se ve inmediatamente que z = 1 + u2 sen v cos v) = 1 + xy. La ecuacion cartesiana es z = 1 + xy (parabo-loide hiperbolico).

c) En el punto P (1, 0, 1) que corresponde a u = 1, v = 0, la matriz de vectores directores del plano tangentees: [

1 0 0

0 1 1

]La ecuacion del plano tangente sera entonces:∣∣∣∣∣∣

x− 1 y z − 11 0 00 1 1

∣∣∣∣∣∣ = −(y − z + 1) = 0

Ejercicio 138(a)

0.5

1

1.5

2

–3

–2

–1

1

2

3

4

–3–2

–11

23

4

P

Q

H

P

Q

catenoide helicoide

q qp/2 p/2

zr

z= qr= q cosh

El catenoide es una superficie de revolucion: notese que en la ec. implıcita de la superficie, la x e y figuranen la combinacion x2 + y2. En coordenadas cilındricas, la ecuacion es (puesto que x2 + y2 = r2), r = cosh z.


Podemos usar coordenadas cilındricas (θ, z) y representar parametricamente S1 mediante las ecuaciones,x = r(z) cos θ, y = r(z) sen θ, z = z, donde r(z) = cosh z. Igualmente, el helicoide S2 se ofrece parametrizadoen coordenadas cilındricas (θ, r). Se tiene pues:

x(θ, z) = (cosh z cos θ, cosh z sen θ, z), (catenoide)

x(θ, r) = (r cos θ, r sen θ, θ), (helicoide)

En la Fig. 2 se representan los planos de parametros (coordenadas curvilıneas) para cada superficie. Lacurva de interseccion C entre las dos superficies, exige la coincidencia de las tres coordenadas cartesianascorrespondientes a cada superficies; por lo tanto, debe tenerse z = θ y tambien r = cosh z. La primeraecuacion:

z = θ

representa C en el plano (θ, z) del catenoide como una recta (el segmento PQ representarıa una parte de C).Igualmente, en el plano de coordenadas (θ, r) del helicoide, la misma curva de interseccion se representa pormedio de la ecuacion:

r = cosh θ

Haciendo θ = 0 se tiene el punto P de coordenadas cartesianas P (1, 0, 0).

Ejercicio 138(b) Primera forma fundamental: para una superficie parametrizada mediante la funcion vec-torial x(u, v), la primera forma fundamental es:

ds2 = Edu2 + 2Fdudv +Gdv2 →

E = xu · xuF = xu · xvG = xv · xv

Se tiene entonces, para la superficie catenoide (izquierda) y el helicoide(derecha):

xθ = (− cosh z sen θ, cosh z cos θ, 0)

xz = (senh z cos θ, senh z sen θ, 1)

E = cosh2 z

F = 0

G = 1 + senh2 z = cosh2 z

xθ = (−r sen θ, r cos θ, 1)

xr = (cos θ, sen θ, 0)

E = 1 + r2

F = 0

G = 1

Ejercicio 138(c) El triangulo curvilıneo en la superficie del catenoide, se representa por un triangulo or-dinarion en el plano de parametros correspondiente (plano θ − z; ver Fig. 2, izquierda). Uno de los ladosyace en la curva de interseccion de las dos superficies29. El area de la superficie del catenoide limitada por eltriangulo es:

A =x

D

√EG− F 2 dθdz

=x

D

cosh2 z dθdz

=

∫ π/2

0

dθ

∫ θ

z=0

cosh2 zdz

=2(coshπ − 1) + π2

16

Ejercicio 140(a) Falso. Si F es conservativo entonces (por definicion) F = ∇φ. Si P y Q son los puntosinicial y final de la trayectoria C, entonces

∫C

F · dx = φ(Q)− φ(P ), y esta cantidad es 0 solo si P ≡ Q o Py Q estan en la misma lınea (o superficie) equipotencial, i.e. φ(P ) = φ(Q).

29lado PQ en este plano


Ejercicio 140(b) Cierto. Definimos la funcion potencial φ(x, y, z) =∫C[P0,P ]

F · dx, donde P (x, y, z) es un

punto variable, P0 un punto de referencia fijo y C es cualquier trayectoria que una P0 y P . Vamos a probarque:

∇φ = F

En efecto: Calculemos la derivada direccional de φ en el punto P :

Duφ = lıms→0

φ(Q)− φ(P )

s

donde Q esta situado en el extremo de un pequeno segmento recto, de origen en P , longitud s y paralelo ala direccion del vector unitario u. Se tiene entonces xQ = xP + su y teniendo en cuenta la definicion de φ:

Duφ = lıms→0

1

s

∫Λ[P,Q]

F · dx = lıms→0

1

s

∫ s

0

F(xP + tu) · udt

La ultima integral se puede calcular mediante el teorema del valor medio:∫ s

0

F(xP + tu) · udt = sF(xP + t0u) · u

donde 0 ≤ t0 ≤ s. Tenemos pues, dada la continuidad de F :

Duφ = lıms→0

1

ssF(xP + t0u) · u = F(xP ) · u

de donde se deduce que ∇φ = F.

Ejercicio 140(c) Cierto: Si F es conservativo se tiene,

∫C[P,Q]

F ·dx = φ(Q)−φ(P ) donde P y Q son puntos

arbitrarios en el dominio (conexo) del campo, C una curva que une P y Q y φ una funcion potencial para elcampo vectorial F. Si C es cerrada y tomamos P = Q, el valor de la integral de lınea es 0.

Ejercicio 140(d) Cierto: Tomemos dos curvas distintas C[P,Q] y C ′[P,Q] que unan dos puntos P y Q.Entonces, segun la propiedad anterior y la propiedad aditiva∫

C[P,Q]

F · dx +

∫C′−[Q,P ]

F · dx = 0

donde C ′− tiene la orentacion opuesta a C ′. Se deduce entonces:∫C[P,Q]

F · dx−∫C′−[Q,P ]

F · dx = 0⇒∫C[P,Q]

F · dx =

∫C′[P,Q]

F · dx

que es la expresion de la propiedad de independencia de la trayectoria.

Ejercicio 141.

Calculamos la divergencia y rotacionala del campo,v = (P,Q) : P = 2x− y,Q = x− y:

div v =∂P

∂x+∂Q

∂y= 2− 1 = 1,

rot v =∂Q

∂x− ∂P

∂y= 1− (−1) = 2

ao vorticidad

Tenemos entonces:


Φ =

∮C

vnds =

∮C

−Qdx+ Pdy

=x

D

∂P

∂x− ∂ −Q

∂x

=x

D

div vdxdy

=x

D

1 dxdy = π :Flujo

Igualmente:

Γ =

∮C

vtds =

∮C

Pdx+Qdy

=x

D

∂Q

∂x− ∂P

∂y

=x

D

rot vdxdy

=x

D

2 dxdy = 2π :Circulacion

Ejercicio 141

Ejercicio 142.

Jx(u, v) =

(− senu cosu 1

0 0 1− sen v

)→ Rango 2 ,∀ (u, v) ∈ D

Usamos la expresion para el calculo del area: A(S) =x

D

√EG− F 2 dudv

E = xu · xu = 2

F = xu · xv = 1− sen v

G = xv · xv = (1− sen v)2

A =x

D

(1− sen v)dudv =

=

∫ π/6

v=−π/6(1− sen v) dv

∫ π/6

u=π/6

du

= π2/9

Ejercicio 142

Ejercicio 143.


Parametrizamos la superficie cuya area queremos calcular.Para ello, consideramos primero la interseccion del cono yde la esfera que contiene la porcion S: z2 = x2 + y2

z2 = 8− x2 − (y − 2√

2)2 → x2 + (y −√

2)2 = 2

El dominio de proyeccion D de la porcion de cono sobre elplano XY es pues, una circunferencia, de centro en (0,

√2, 0)

y radio =√

2 (ver la figura adjunta). En coordenadas po-lares, su ecuacion es r = 2

√2 sen θ, 0 ≤ θ ≤ π. Con esto,

podemos ya establecer una parametrizacion de S, utilizan-do coordenadas (r, θ):

S ≡

x = r cos θy = r sen θz = r

(0 ≤ r ≤ 2√

2 sen θ, 0 ≤ θ ≤ π)

El valor del area viene dado por A(S) =x‖xr ∧ xθ‖ dr dθ. El desarrollo del calculo es el siguiente:

‖xr ∧ xθ‖ =√EG− F 2 dr dθ

E = xr · xr = ‖(cos θ, sen θ, 1)‖2 = 2

F = xr · xθ = (cos θ, sen θ, 1) · (−r sen θ, r cos θ, 0) = 0

G = xθ · xθ = ‖(−r sen θ, r cos θ, 0)‖2 = r2

A(S) =

∫ π

θ=0

∫ 2√

2 sen θ

r=0

√EG− F2 dr dθ

=

∫ π

θ=0

∫ 2√

2 sen θ

r=0

√2r dr dθ = 4

√2

∫ π

θ=0

sen2 θ dθ = 2√

2π

Ejercicio 143

Ejercicio 144. La ecuacion cartesiana de S es x2 + y2 = u2 = z/2 y es por tanto la ecuacion de unparraboloide circular. La region que se considera es tal que z = u2/2 esta comprendida entre z = 0 para

u = 0 y z = 1 para u =√

2. Por tanto: A(S) =x

D

‖xu ∧ xv‖ dudv, siendo D = [0,√

2]× [0, 2π]. Los calculos

son como siguen:

xu = (cos v, senv, u)

xv = (−u sen v, u cos v, 0)

E = xu · xu = 1 + u2

F = xu · xv = 0

G = xv · xv = u2

‖xu ∧ xv‖ =√EG− F 2 = u

√1 + u2

A(S) =

∫ 2π

0

∫ √2

u=1

u(1 + u2)du dv

= 2π1

3(1 + u2)3/2|

√2

0 =2π

3[s√

3− 1]

Ejercicio 144


Ejercicio 145. La ecuacion x2 + y2 = 1 + (z/2)2 corresponde a un hiperboloide de revolucion de unahoja (cuyo eje de revolucion es el eje OZ). Escogemos entonces, como parametros para la representacionparametrica de la superficie, las coordenadas cilındricas θ, z. La ecuacion cartesiana de S, se representa por

r2 = 1 + (z

2)2, que establece una correlacion entre la coordenadas r y z. Por lo tanto, podemos representar

S por las formulas:

x(θ, z) ≡→

x = r(z) cos θy = r(z) sen θz = z

(θ, z) ∈ D

donde r(z) = 1 + (z/2)2. El flujo del campo vectorial F se calcula mediante la formulax

D

F ∧ xθ ∧ xzdθdz,

siendo D = (θ, z) ∈ R2 : −π2≤ θ ≤ π

2. Debe comprobarse la orientacion de la superficie, que en este caso

no esta dictada en el enunciado; la que corresponde al vector normal en la direccion y sentido de xθ ∧ xz esuna de las dos orientaciones posibles30 . El valor del flujo correspondiente es el siguiente: xθ = (−r(z) sen θ, r(z) cos θ, 0)

xz = (z

4r(z)cos θ,

z

4r(z)sen θ, 1) (r′(z) =

z

4r(z))

F ∧ xθ ∧ xz =

∣∣∣∣∣∣∣z 0 0

−r(z) sen θ r(z) cos θ 0z

4r(z)cos θ

z

4r(z)sen θ 1

∣∣∣∣∣∣∣ = z r(z) cos θ

x

D

F ∧ xθ ∧ xzdθdz =

∫ 2

z=−2

∫ π/2

θ=−π/2z√

1 + (z/2)2 cos θ dθ dz

=4

3

(1 +

z2

4

)2

−2sen θ

π/2−π/2

= 0

Ejercicio 145

Ejercicio 146.

30Concretamente aquella para la cual F ·N > 0


El calculo del flujo de F a traves de la superficie S se puede llevara cabo por dos procedimientos:

Calculo directo de la integral de superficie: El calculo co-mienza por la parametrizacion de la superficie. Es comodo(puesto que S es parte de un cono de revolucion) utilizarcoordenadas cilındricas (θ, r) como coordenadas curvilıneasde la superficie (parametros):

S ≡

x = r cos θy = r sen θ

r2 = (z − 4)2 → z = 4− r

En la ultima ecuacion, se ha tomado la raiz negativa enz = 4 ±

√x2 + y2 = 4 ± r, dado que S corresponde a la

hoja inferior del cono, cuyo vertice es el punto (0, 0, 4). Laintegral de flujo viene dada por:

x

S

F ·N dS =x

D

F · xθ ∧ xr dθ dr (65)

El dominio D corresponde a los valores de los parametros(θ, r) de un anillo circulara , D = [0, 2π]× [3, 4] (ver figurainferior).

x

y

3 4

Los radios de los cırculos se obtienen de la formula r = 4−z:para z = 0, z = 1 resulta r = 4, r = 3 respectivamente.Con la parametrizacion x = x(θ, r), el producto vectorialxθ ∧xr senala en la direccion interior al cono, es decir, consu tercera componente < 0. Cambiamos pues el signo delproducto vectorial xθ ∧ xr en la ec. (65) para que el vectornormal N tenga el sentido apropiado.

Aplicando el Teorema de Gauss

aes justamente la proyeccion de la superficie S sobre el plano XY

• Calculo directo. El valor de la integral de flujo es:

F · xθ ∧ xr =

∣∣∣∣∣∣r cos θ r sen θ 4− r−r sen θ r cos θ 0

cos θ sen θ −1

∣∣∣∣∣∣ = −r2 − r(4− r)

I = −x

S

F ·NdS =x

D

−r2 − r(4− r)dθ dr = −∫ 2π

0

∫ 4

3

−r2 − r(4− r)dr dθ = 28π

• Aplicacion del Teorema de Gauss: La divergencia de F es, div F = 1 + 1 + 1 = 3. Si cerramos la

superficie (abierta) S por dos tapas circulares, S′ y S′′ en los planos z = 0 y z = 1 respectivamente, tenemos,por aplicacion del teorema:

x

S+S′+S′′

F ·N dS =y

G

div Fdxdydz =y

G

3 dxdydz


Se tiene entonces:

Φ + Φ′ + Φ′′ = 3V (G)

donde G es la region encerrada por el cono y las tapas circulares

y V (G) =1

3π× 42 × 4− 1

3π× 32 × 3, su volumen. Los flujos Φ′ y

Φ′′ se calculan inmediatamente:

Φ′ =x

S′

F · (−k)dS = 0, (F · k = 0)

Φ′′ =x

S′′

F · kdS =x

S′′

1 dS = A(S′′) = 9π

Finalmente, el flujo pedido es: Φ = 37π − 9π = 28π .

Ejercicio 146

Ejercicio 147. La superficie S, de revolucion (eje de revolucion, eje-z), de ecuacion z = r1/2 se puede cerraranadiendola dos tapas planas, circulares, de radios r = 1 y r = 4:

S1 = (x, y, z) : x2 + y2 ≤ 1, z = 1, S2 := (x, y, z) : x2 + y2 ≤ 16, z = 2De este modo, S′ = S ∪ S1 ∪ S2 es una superficie cerrada, y se puede aplicar el teorema de Gauss:

S′

F ·N dS =y

G

divFdV

z= r1/2

r

z

1

2

N

-N

La divergencia divF = 1 + 1− 2 = 0. Por lo tanto,

ΦS + Φ1 + Φ2 = 0


Los flujos por las tapas inferior y superior, se calculan inmediatamente:

Φ1 =x

S1

F · (−k)dS =x

S1

2zdS = 2× 1×A(S1) = 2π × 12 = 2π

Φ2 =x

S2

F · kdS =x

S1

−2zdS = −2× 2×A(S2) = −4π × 42 = −64π

El flujo es, con la orientacion pedida de la superficie:

Φ = −ΦS = −62π

Ejercicio 147

Ejercicio 148.

Por la aplicacion del teorema de Stokes resulta:x

S

∇∧ F ·N dS =

∮C

F · dx

donde C = ∂S es la curva de frontera de S. Se tiene C = C1 ∪C2 ∪ C3. La orientacion apropiada de C es siguiendo segmentosrectos A(0, 0, 1)→ P (1, 0, 0)→ Q(0, 1, 0)→ A(0, 0, 1)La integral de lınea tiene entonces tres contribuciones (propiedadaditiva): C

N

C1 : x = (1− t)xA + txP = (1− t)(0, 0, 1) + t(1, 0, 0) = (t, 0, 1− t), 0 ≤ t ≤ 1→ x′ = (1, 0,−1)

C2 : x = (1− t)xP + txQ = (1− t)(1, 0, 0) + t(0, 1, 0) = (1− t, t, 0), 0 ≤ t ≤ 1→ x′ = (−1, 1, 0)

C3 : x = (1− t)xQ + txA = (1− t)(0, 1, 0) + t(0, 0, 1) = (0, 1− t, t), 0 ≤ t ≤ 1→ x′ = (0,−1, 1)

I1 =

∫ 1

0

(Px′ +Qy′ +Rz′)dt =

∫ 1

0

0 + 0 + 4t(−1)dt = −2

I2 =

∫ 1

0


∫ 1

0

t2/2(−1) + 0 + 0dt = −1/6

I1 =

∫ 1

0


∫ 1

0

0 + 3t2/2(−1) + 0 = −1/2

I =I1 + I2 + I3 = −2− 1/6− 1/2 = −8/3

Ejercicio 148

Ejercicio 150.


Escribimos las coordenadas de los vectores xu(u, v) yxv(u, v) en las filas de la matriz:(

xu yu zuxv yv zv

)=

(− senu cosu 1

0 0 1− sen v

)

Aplicamos ahora el Teorema de Stokes a la curva frontera de S:

∇∧ F = (0, 2a− 1, 0)

L =

∮∂S

F · dx =x

S

∇∧ F · dS

=x

W

(0, 2a− 1, 0) · xu ∧ xv

donde W = [−π/6, π/6]× [−π/6, π/6] es el dominio de la funcion x(u, v). El producto mixto se calcula comoel determinante:

(0, 2a− 1, 0) · xu ∧ xv =

∣∣∣∣∣∣0 2a− 1 0

− senu cosu 10 0 1− sen v

∣∣∣∣∣∣ = (2a− 1) senu(1− sen v)

Por tanto, finalmente:

L =x

W

(2a− 1) senu(1− sen v) dudv

= (2a− 1)

∫ π/6

−π/6senudu

∫ π/6

−π/6(1− sen v)dv = 0 ∀a

Ejercicio 150

Ejercicio 151. Aplicaremos la Formula de Stokes31:∮C

F · dx =

∫S

rot F · dS

El rotacional del campo se calcula mediante la formula:∫S

rot F · dS =

∣∣∣∣∣∣i j k

∂/∂x ∂/∂y ∂/∂zx2 + y2 x −xy

∣∣∣∣∣∣ = −xi + yj + (1− 2y)k

Aplicaremos la formula de Stokes, calculando la integral de superficie. S es la parte del paraboloide z =1 + x2 − y2 cuya frontera es C. Haremos uso de dos esquemas de parametrizacion:

Coordenadas cartesianas (x, y):Usamos cartesianas (x, y), con la paramerizacion de S (superficie en forma explıcita):

S :

x = xy = yz = 1 + x2 − y2

( (x, y) : x2 + y2 ≤ 1)

31Es inmediato comprobar que el Teorema de Stokes es aplicable en este caso


Con la orientacion elegida de la curva C, la superficie S debe tener vector normal en la direccion ysentido de xx ∧ xy = (−zz,−zy, 1), y por tanto:∫

S

rot F · dS =

∫D

rot F · xx ∧ xydxdy

=

∫D

rot F · (−2x, 2y, 1)dxdy

=

∫D

(−x, y, 1− 2y) · (−2x, 2y, 1) dxdy =

∫D

2(x2 + y2) + (1− 2y)dxdy

donde D es el recinto plano D : (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 1 (cırculo unidad en el plano XY). La integraldoble puede ahora calcularse en ooordenadas polares.

Coordenadas cilindricas (r, θ):

La superficie S, al estar limitada por el cilindro recto x2 +y2 = 1, se puede parametrizar en coordenadascurvilıneas (r, θ):

S :

x = r cos θy = r sen θz = 1 + x2 − y2 = 1 + r2 cos 2θ

((r, θ) ∈ D∗ ≡ [0, 1]× [0, 2π])

El producto mixto rot F ·xr∧xθ se calcula mediante un determinante. Despues de simplificar se obtiene:

rot F · xr ∧ xθ =

∣∣∣∣∣∣−r cos θ r sen θ 1− 2r sen theta

cos θ sen θ 2r cos 2θ−r sen θ r cos θ −2r2 sen 2θ

∣∣∣∣∣∣ = 2r3 + r(1− 2r sen θ)

El valor de la circulacion del campo sera, pues: I =x

D∗

2r3 + r(1− 2r sen θ)dr dθ.

> Desarrollo de la integral:∫ 2π

0

∫ 1

0

r (−2 r sin(θ) + 1 + 2 r2) dr dθ

=

∫ 2π

0

(r4

2− 2

3sin(θ) r3 +

r2

2)r = 0.,1 dθ

=

∫ 2π

0

1− 2

3sin(θ) dθ

= (θ +2

3cos(θ)) θ = 0.,2π

= 2π∫ 2π

0

∫ 1

0

r (−2 r sin(θ) + 1 + 2 r2) dr dθ

2π

Ejercicio 151

Ejercicio 152.


Aplicaremos el Teorema de Gauss: S es una superfi-cie abierta, que cerraremos anadiendo una superficieadicional consistente en el cırculo en el plano z = 0,definido por S0 : (x, y, 0) ∈ R3 : x2 + y2 ≤ 1. Si lla-mamos S′ = S ∪ S0, orientada con la normal exterior,resulta segun el Teorema de Gauss:

S∪S0

F ·NdS =x

S

F ·NdS +x

S0

F ·NdS

=y

G

divF dV

La divergencia del campo es ∇ · F = 3(x2 + y2 + z2) + y. La integral triple sobre G sobre G se calcula encoordenadas esfericas como sigue:

y

G

divF dV =y

G

3(x2 + y2 + z2) dxdydz +y

G

y dxdydz

=y

3ρ2 ρ2 senφdρ dφ dθ

Notese que el termino ydV tiene una contribucion nula a la integral debido a la simetrıa de revolucionde G. La integral resultante se calcula inmediatamente: G se describe en coordenadas esfericas por 0 ≤ ρ ≤1, 0 ≤ φ ≤ π

2, 0 ≤ θ ≤ 2π. El resultado es la integral iterada:∫ 2π

θ=0

∫ π/2

φ=0

∫ 1

ρ=0

3ρ4 senφdρ dφ dθ = 6π

∫ π/2

φ=0

∫ 1

ρ=0

ρ4 senφdρ dφ

=6π

5

Por otro lado el flujo de F por la base del casquete es:x

S0

F(x, y, 0) · (−k)dS = −x

S0

F(x, y, 0) · kdS = 0

ya que F(x, y, 0) · k = z3 + yz|z=0 = 0. El flujo pedido es, finalmente:

x

S

F ·NdS =6π

5

Ejercicio 152

Ejercicio 153.


El Teorema de Gauss se traduce en este caso en la formula:

S′

∇∧ F · dS =y

G

div(∇∧ F) dV = 0 (S′ = ∂G)

donde S′ = S1∪S2∪S3 es una superficie cerrada constituidapor la superficie abierta S del enunciado y S3 como superficiesuplementaria; esta ultima se puede elegir simplemente co-mo la superficie circular S3 = (x, y,−1) : x2 + y2 ≤ 4.Orientamos S3 con el vector normal N = −k dirigidoen el sentido negativo del eje-Z, calculamos el rotacional∇∧ F = (y,−x, 1) y calculamos el flujo de F por S3:

Φ3 =x

S3

∇∧ F · (−k)dS =x

S3

−dS = −A(S3) = −4π

Puesto Φ1+Φ2+Φ3 = 0, se sigue que el flujo por la superficieS es Φ = Φ1 + Φ2 = −Φ3 = 4π .

Ejercicio 153

Ejercicio 154. Sean S1 S2 las superficies planas (tapas circulares) que limitan el cono, de ecuaciones z = 1(tapa inferior) y z = 2 (tapa superior) respectivamente. Sea ademas S3 la superficie del cono. Aplicando elteorema de la divergencia:

y

Ω

3dV =y

G

div 3vdV = 3

S1∩S2∩S3

v ·N dS = 3(Φ1 + Φ2 + Φ3)

Las integrales de superficie (flujos) se calculan para las tapas circulares:

Φ1 =x

S1

v ·NdS =x

S1

v · (−k)dS = 0 (ya que v · k = 0)

Φ2 =x

S2

v ·NdS =x

S2

v · kdS = 0

Flujo exterior por S3:

xu = (cos θ, sen θ, 1)

xθ = (−u sen θ, u cos θ, 0)

xu ∧ xθ = (cos θ, sen θ, 1) ∧ (cos θ, sen θ, 1) = (u cos θ, u sen θ,−u)

v · xu ∧ xθ = (u cos θ, 0, 0) · (u cos θ, u sen θ,−u) = u2 cos2 θ

Φ3 =x

D3

v · xu ∧ xθ du dθ =x

D3

u2 cos2 θ du dθ

La ultima integral doble se calcula facilmente como producto de integrales simples:

Φ3 =

∫ 2

1

u2 du

∫ 2π

0

cos2 θdθ =u3

3

∣∣∣21

+[1

2θ +

sen 2θ

4

]2π0

= 7π/3

El valor pedido de la integral de volumen es finalmente, I = 37π

3= 7π . Ejercicio 154

Ejercicio 155(a) El campo vectorial F es un campo con simetrıa central. Esto significa que en cada puntotiene la direccion del vector de posicion x = (x, y, z), y su magnitud ‖F‖ solamente depende de ρ = ‖x‖ =√x2 + y2 + z2, i.e., de la distancia al origen. Veamos si es posible encontrar una funcion potencial (escalar)

del tipo:

φ(x) = f(ρ) = f(√x2 + y2 + z2)


que satisfaga ∇φ = F. Primero, haremos el siguiente calculo de derivacion implıcita32:

ρ2 = ‖x‖2 = x2 + y2 + z2

2ρ ρx = 2x→ ρx =x

ρ

2ρ ρy = 2x→ ρx =y

ρ

2ρ ρz = 2x→ ρx =z

ρ

Estas ecuaciones son utiles para el calculo de ∇φ = (φx, φy, φz):

φx = f ′(ρ)ρx = f ′(ρ)x

ρ, φy = f ′(ρ)ρy = f ′(ρ)

y

ρ, φz = f ′(ρ)ρz = f ′(ρ)

z

ρ

∇φ =f ′(ρ)

ρ(x, y, z) =

f ′(ρ)

ρx

Si el gradiente ∇φ ha de coincidir con F = k1

ρnx, la funcion (desconocida) f ha de satisfacer:

f ′(ρ)

ρ= k

1

ρn

Esta ultima ecuacion es un ejemplo muy sencillo de ecuacion diferencial : Sabiendo que f ′(ρ) = kρ

ρn, se

sigue por integracion:

f(ρ) = k

∫ρ

ρndρ→ f(ρ) = k

ρ2−n

2− n+ C (n 6= 2)

Podemos tomar C = 0. El caso n = 3 es aplicable al campo electrico o gravitacional de la fısica elemental;el caso n = 2 ha de tratarse aparte, y da lugar a un potencial logarıtmico:

n = 2 F = k1

‖x‖2 x φ = k ln ρ = k ln√x2 + y2 + z2

n = 3 F = k1

‖x‖3 x φ = −k 1

ρ= −k 1√

x2 + y2 + z2

Nota: Se ha supuesto aquı que F(x, y, z) es un campo vectorial en el espacio tridimensional E3. Un

analisis similar se puede hacer para campos en E2.

Ejercicio 155(b) Se puede escribir F = (x/ρn, y/ρn, z/ρn). Calculamos la suma de derivadas parciales:

∂

∂x(x

ρn) +

∂

∂y(y

ρn) +

∂

∂z(z

ρn)

Derivaremos cada termino como derivada de un producto. Ası resulta:

∇ · F =3

ρn+ x

∂

∂x(

1

ρn) +

∂

∂y(

1

ρn) +

∂

∂z(

1

ρn)

=3

ρn− n

ρn+1[xρx + yρy + zρz]

=3

ρn− n

ρn+1

ρ2

ρ

=1

ρn(3− n)

Ejercicio 156. Calculo directo: Notese que

∫C

Pdx + Qdy + Rdz se reduce en este ejercicio a la expresion

mas simple,

∫C

Pdx, ya que Q = R = 0 (la segunda y tercera componentes del campo son 0). Por tanto:

32usamos la notacion∂ρ

∂x≡ ρx, etc.


Sobre C1:

∫C1

P (x, 0, z)dx = 0, (P (x, 0, z) = 0)

Sobre C2: x = 2 cos t, y = 2 cos t, z = 0, (0 ≤ t ≤ π/2). La integral de lınea

sera

∫C2

P (x, y, 0)dx =

∫ π/2

0

P (x(t), y(t), 0)x′(t)dt =

∫ π/2

0

= −8 sen2 t dt = −2π. Sumado al resultado

anterior, tenemos: ∫C1∪C2

F · dx = −2π

Para aplicar el Teorema de Stokes, cerramos la curva C1 ∪ C2 con el segmento sobre el eje Y, que va delpunto (0, 2, 0) al origen. Aplicando el Teorema de Stokes:∮

C

F · dx =x

S

rot F · dS

x y

z

12

2

C

C

1

2

En esta formula la superficie S es cualquier superficie

cuya frontera sea C = C1∪C2∪C3; es claro que podemos tomar (ver figura) la superficie S = S1∪S2 regulara trozos, formada por la union de dos partes en los planos y = 0 y z = 0 respectivamente:

S1 :(x, 0, z) ∈ R3, (x− 1)2 + z2 ≤ 1, z ≥ 0

S2 :(x, y, 0) ∈ R3, x2 + y2 ≤ 4, x ≥ 0, y ≥ 0.

En la integral de superficie el rotacional se calcula, y vale: rot F = −2k; la superficie S1 no contribuye ala integral puesto que F(x, 0, z) = (0, 0, 0). Queda solamente la contribucion de S2, por lo tanto, llamando Ia la integral pedida:

I +

∫C3

F · dx =x

S2

rot F · dS

I +

∫C2

Qdy =x

S2

−2k · kdxdy

I + 0 = −2A(S2) = −24π

4= −2π → I = −2π

Ejercicio 156

Ejercicio 157. El campo es no conservativo, dado que ∇∧ F = 6= 0:

∇∧ F =

∣∣∣∣∣∣∣i j k∂

∂x

∂

∂y

∂

∂zy2 z2 x2

∣∣∣∣∣∣∣ = −2zi− 2xj− 2yk

La curva cerrada a lo largo de la cual queremos calcular la circulacion del campo es plana (contenida enel plano YZ), y es frontera de la superficie plana S (orientada por el vector normal unitario i). Aplicando elTeorema de Stokes resulta entonces ∮

C

F · dx =x

S

∇∧ F · idS


siendo i el vector normal a la superficie orientada S, cuya frontera es la curva dada. Tenemos entonces, parael valor de la circulacion Γ:

Γ =x

S

(−2z)dydz =

∫ 1

z=0

∫ 2√

1−z2

y=0

−2zdy dz

=

∫ 1

0

−4z√

1− z2dz =4

3(1− z2)3/2

1

0= −4

3

Ejercicio 157

Ejercicio 158.1. Para calcular la integral de flujo, establece-mos primero una parametrizacion del hiperboloi-de, compatible con su ecuacion cartesiana:

φ(x, y, z) = x2 + y2 − z2 − 1 = 0

x(u, v) = (cosu cosh v, senu cosh v, senh v) (u, v) ∈ DLa parte considerada del paraboloide se cubretomando 0 ≤ u ≤ 2π, 0 ≤ v ≤ v0, dondesenh v0 = a. Por otro lado, el integrando en la

integral de flujox

HF ·NdS, se puede calcular

de dos modos:

• Vectores tangente a las curvas coor-denadas: xu = (− senu cosh v, cosu cosh v, 0)

xv = (cosu senh v, senu senh v, cosh v)

i) Primero calculamos separadamente elproducto escalar F ·N: el vector N dirigidohacia el exterior del hiperboloide se obtienecon ayuda del gradiente:

N =‖∇φ‖

∇φ

=1

2√x2 + y2 + z2

(2x, 2y,−2z)

Resulta entonces:

F ·N = (x, y, z) · (x, y,−z) = 1

La integral de superficie se reduce ax

S

dS =x

D

√EG− F 2 dudv, esto es, coin-

cide con el valor del area:

E = xu · xu = cosh2 v

F = xu · xv = 0

G = xv · xv = senh 2v + cosh2 v = 1 + 2 senh2 v√EG− F 2 = cosh v

√1 + 2 senh2 v

x

D

cosh v√

1 + 2 senh2 v dudv = 2π

∫ v0

v=0

cosh v√

1 + 2 senh2 v dv

= 2π[1

2a√

1 + 2 a2 +1

4

√2senh−1

(√2a)

]

ii) Calculo directo mediante el desa-rrollo del producto mixto:

F · xu ∧ xv = ‖x‖

∣∣∣∣∣∣x y zxu yu zuxv yv zv

∣∣∣∣∣∣Se invita al lector a comprobar

que ‖x‖ =√

1 + 2 senh2 v y que eldesarrollo del determinante se reduce(despues de simplificar) a cosh v.

NOTA: SOBRE LA ORIENTA-CION DE LA SUPERFICIE: Laparametrizacion escogida para repre-sentar la superficie induce sobre ellauna determinada orientacion. Por lasimetrıa de revolucion del hiperbloide,basta comprobar el vector normal a lolargo de una seccion recta, p.ej., la sec-cion por el plano XZ (u = 0). Tenemosentonces:

xu = (0, cosh v, 0) ∧ (senh v, 0, cosh v)

La componente-z de este vector (enla misma direccion y sentido queN), − cosh v senh v, es negativa: elvector N apunta hacia el exterior delhiperboloide.

2. Calculamos la divergencia del campo F. Llamando ρ = ‖x‖, tenemos:

∇ · F =∂(ρx)

∂x+∂(ρy)

∂y+∂(ρz)

∂z= 3ρ+ x · ∇ρ


donde, ademas, ∇ρ =1

ρx (en efecto: ρ2 = x2 + y2 + z2 → 2ρ

∂ρ

∂x= 2x, etc.). Se tiene, por lo tanto,

∇ · F = 4ρ = 4√x2 + y2 + z2. Aplicando el Teorema de Gauss, resulta:

y

G

√x2 + y2 + z2 dxdydz =

1

4

y

G

∇ · F dV =1

4

SF ·NdS

La integral de flujo

SF ·NdS tiene dos contribuciones ademas del flujo por la superficie H (calculado

mas arriba): a) El flujo por la superficie circular en el plano π0 ≡ z = 0. El campo F = 0 en este plano ypor tanto esta contribucion es nula. b) El flujo por la superficie circular en el plano π1 ≡ z = a:

S1 : (x, y, z) : x2 + y2 ≤ 1 + a2, z = a

se calcula teniendo en cuenta que, en los puntos de esta superficie, F ·N = F · k = ‖x‖ a = a√x2 + y2 + a2.

Ası pues:

x

S1

F ·Nds =

∫ 2π

θ=0

∫ √1+a2

r=0

a√r2 + a2 rdr dθ

= 2aπ2

3[(1 + 2a2)3/2 − a3]

Resulta ası finalmente,y

G

(x2 + y2 + z2) dxdydz =1

4

[4a

3π[(1 + 2a2)3/2 − a3] + 2π[

1

2a√

1 + 2 a2 +1

4

√2senh−1

(√2a)

]]

Ejercicio 158

Ejercicio 159(a) Desarrollemos la expresion ∇ · (f∇g) =∂

∂x(f∂g

∂x) +

∂

∂y(f∂g

∂y) +

∂

∂z(f∂g

∂z):

∇ · (f∇g) =∂f

∂x

∂g

∂x+∂f

∂y

∂g

∂y+∂f

∂z

∂g

∂z+ f

[ ∂∂x

(∂g∂x

)+

∂

∂y

(∂g∂y

)+

∂

∂z

(∂g∂z

)]=∂f

∂x

∂g

∂x+∂f

∂y

∂g

∂y+∂f

∂z

∂g

∂z+ f

[∂2g

∂x2+∂2g

∂y2+∂2g

∂z2

]= ∇f · ∇g + f 4g

Ejercicio 159(b) Usando la formula (21) se obtiene (intercambiando f por g): ∇· (g∇f) = ∇g ·∇f + g4f .Al desarrollar la diferencia ∇ · (f∇g − g∇f), los terminos en gradiente se anulan y se obtiene:

∇ · (f∇g − g∇f) = f 4g − g4fPodemos aplicar entonces el Teorema de Gauss al campo vectorial f∇g − g∇f y resulta:

∂G

(f∇g − g∇f) · dS =y

G

∇ · (f∇g − g∇f) dV =y

G

(f 4g − g4f) dV

129

Soluciones a los Tests

Solucion al Test:

Tomese por ejemplo n = 2 y m = 1. Se tiene lım(x,y)→(0,0)

x2 − y2

x− y=

lım(x,y)→(0,0)

(x− y)(x+ y)

x− y= lım

(x,y)→(0,0)x+ y = 0

Final del Test

Solucion al Test:

X es abierto: Tomese para cada punto A ∈ X representado por a = (a, b) ∈ R2 una bolaBa(r) ⊂ X de radio r > 0 tal que quede encerrada en el cuadrante de cırculo que contiene alpunto a. Todos los puntos de X son, por lo tanto, puntos interiores.Y es conexo: cualesquiera dos puntos en Y , se pueden conectar entre sı por medio de un caminoen Y , continuo, que pase por el punto (0, 0) ∈ Y .

conjunto X conjunto Y

P

Q

A

Final del Test

Solucion al Test:

3. Cierto. El conjunto X no puede tener ningun punto aislado. En efecto, procediendo por reduc-cion al absurdo, supongamos que hay un punto a ∈ X tal que33 B∗(a; δ) ∩ X = ∅ para algunδ > 0. Esto implica que a es un punto aislado de X y todos los puntos de la bola punteada B∗(a; δ)son entonces puntos interiores del complementario de X y por tanto no pueden pertenecer a laadherencia de X; pero esto nos conduce a X 6= R2 lo cual es contradictorio con la hipotesis delenunciado.

1. Falso. X = R2 \ (0, 0) verifica la hipotesis del enunciado, pero no es el unico conjunto Xposible.

2. Falso.

4. Falso. Tales puntos a ∈ R2 serıan puntos a ∈ Ext(X) y no podrıan pertenecer a la adherenciade X.

Final del Test

Solucion al Test:

3. Cierto. En efecto: Si de un conjunto compacto Y quitamos uno de sus puntos y el conjuntoresultante es tambien compacto, entonces el punto eliminado es necesariamente un punto aisladode Y : si el punto eliminado fuera un punto de acumulacion de Y , entonces, el conjunto resultanteno serıa cerrado (no contendrıa todos sus puntos de acumulacion) y por lo tanto tampoco serıacompacto. Tomemos entoncs Y = X ∪ a, compacto por hipotesis. El punto b ∈ X es, segunhemos probado, un punto aislado de Y y de X. Esta propiedad se puede finalmente expresar por:

33Se denota por B∗(a; δ) al conjunto x ∈ R2 : ‖x− a‖ < δ, x 6= a

Soluciones a los Tests 130

Existe un numero real, δ > 0 tal que X ∩B∗(b, δ) = ∅

Respuestas a las proposiciones restantes:

1. Falso. El conjunto X puede ser un conjunto finito, pero no necesariamente.

2. Falso. Esta propiedad significarıa que el punto a no es punto de acumulacion de X, perteneceal conjunto Ext(X), con X compacto y esto no necesariamente es ası.

4. Falso. X puede ser un conjunto compacto, pero no necesariamente. Notese que laspropiedades 2. y 4. son equivalentes (se implican mutuamente).

Final del Test

Solucion al Test:

La condicion lımr→0

F (r, θ0) = 0, ∀θ0, expresa que el lımite direc-

cional correspondiente a la (semi)recta de angulo de inclinacionθ0, vale 0, cualquiera que sea el angulo θ0 escogido.

θx

y

0

Esto es solamente una condicion necesaria pero no suficiente para que se verifique el limite (2)

Final del Test

Solucion al Test:

En efecto, se verifica el lımite (2): Se ha de probar: ∀ε > 0,∃δ > 0 tal que:

si 0 <√x2 + y2 < δ entonces |f(x, y)| < ε

Sea entonces ε > 0 un numero positivo arbitrariamente pequeno. Se tiene |f(x, y)| = |F (r, θ)| =|u(r)v(θ)| ≤ M |u(r)|. Como u(r) → 0 cuando r → 0, existe un δ > 0 tal que 0 < r < δ implica

|u(r)| < ε

M. Entonces,

0 <√x2 + y2 < δ, implica |f(x, y)| ≤M |u(r)| < M

ε

M= ε

cqd.

Final del Test

Solucion al Test:

En efecto: D es un conjunto cerrado y acotado (compacto) y C es un subconjunto de D. Si fes continua en D entonces la funcion esta acotada en este conjunto; mas aun, f alcanza en D unvalor maximo absoluto, propiedad que es contradictoria con la hipotesis de que f(C) = [0,+∞).Ası pues, esto ultimo no puede ocurrir.

Final del Test


Solucion al Test: El conjunto X es no conexo y no compacto (representado en color azul):

x

y

Respuestas a cada proposicion:

1. Falso: considerar, por ejemplo, la funcion f(x, y) =1

|y|definida y continua en el conjunto X.

Se tiene, Y = [1,+∞). Si X fuera compacto (cerrado y acotado) entonces — siempre que ffuera continua— Y serıa compacto y por tanto acotado.

2. Falso: consideremos la funcion (discontinua) f(x, y) = |y|, si (x, y) ∈ X : x2 + y2 < 1,f(x, y) = 1 si (x, y) ∈ X : x2 + y2 = 1, y > 0 y f(x, y) = 0 si (x, y) ∈ X : x2 + y2 = 1, y < 0.Se tiene entonces, f(X) = [0, 1].

3. Cierto: considerese la funcion f(x, y) = x2 + y2; el conjunto Y es el intervalo Y = (0, 1];

otro ejemplo: si f(x, y) =1

|y|(ver respuesta 1) entonces f(X) = [1,+∞) es un intervalo (no

acotado).4. Falso: la imagen de un conjunto no conexo por una funcion continua puede ser tanto un

conjunto conexo (un intervalo en R), como se ha probado en los ejemplos de la respuestaanterior, como un conjunto no conexo; la funcion f(x, y) = y, definida y continua en X, tienepor imagen Y = [−1, 0) ∪ (0, 1] que es un conjunto no conexo de la recta real.

Final del Test

Solucion al Test:

Y es un conjunto conexo. Puesto que f es continua en Y , la imagen f(Y ) debe ser un conjuntoconexo en R (i.e., un intervalo) y el conjunto [0, 1) ∪ (1, 2) no lo es.

Final del Test

Solucion al Test:

d) Se puede probar directamente que la diferencial df en x = 0 existe y es nula. En efecto: pordefinicion, si existe la diferencial df(0)(∆x), debe satisfacer:

lım∆x→0

=∆f(0)(∆x)− df(0)(∆x)

‖∆x‖= 0

donde se define el incremento, ∆f(0)(∆x) = f(0 + ∆x)− f(0). Ahora bien, f(0) = ‖0‖3 = 0,por lo cual la condicion de diferenciabilidad en 0 se reduce a:

lım∆x→0

‖∆x‖3 − df(0)(∆x)

‖∆x‖= 0

Este valor 0 del lımite se obtiene inmediatamente si hacemos df(0)(∆x) = 0, en tal caso,

lım∆x→0

‖∆x‖3 − 0

‖∆x‖= lım

∆x→0

‖∆x‖3

‖∆x‖= lım

∆x→0‖∆x‖2 = 0


Notese que las derivadas parciales en (0, 0) existen y valen 0: se corresponden con los coeficientesde la diferencial:

df(0)(∆x) =∂f

∂x(0, 0)∆x+

∂f

∂y(0, 0)∆y

Esta funcion lineal de los incrementos (∆x,∆y) es nula si y solo si, ambas derivadas parcialesson 0; por lo tanto:

∂f

∂x(0, 0) =

∂f

∂y(0, 0) = 0

Por otro lado, recordamos que diferenciabilidad⇒ continuidad: la funcion es continua enx = 0, lo cual es directamente comprobable:

lımx→0

f(x) = lımx→0‖x‖3 = 0

En los puntos x 6= 0, la funcion es diferenciable y continua:

f(x) = f(x, y) = ‖x‖3 =[√

x2 + y2]3

Final del Test

Solucion al Test:

Respuestas:

1. Falso: El lımite en (0, 0) existe:∣∣∣ xy2

x2 + y2

∣∣∣ ≤ |x| ∣∣∣ y2

x2 + y2

∣∣∣ ≤ |x| ∣∣∣x2 + y2

x2 + y2

∣∣∣ = |x|

y evidentemente |x| → 0 cuando (x, y)→ (0, 0). Por las propiedades de los lımites, se siguelım f(x, y) vale 0 cuando (x, y)→ (0, 0).

2. Falso: f(0, 0) = 0 y este valor coincide con el valor del lımite de f en la aproximacion de (x, y)a (0, 0).

3. Falso: las derivadas parciales en (0, 0) existe ambas:

fx(0, 0) = lımh→0

f(0 + h, 0)− f(0, 0)

h= lımh→0

0− 0

h= 0

fy(0, 0) = lımk→0

f(0, 0 + k)− f(0, 0)

k= lımk→0

0− 0

k= 0

4. Cierto: Acudimos a la definicion de diferencial. Teniendo en cuenta los valores de las derivadasparciales en (0, 0) que son nulas, la diferencial, si existe debe ser 0. Probamos pues el lımite:

lım(h,k)→(0,0)

f(0 + h, 0 + k)− f(0, 0)− 0√h2 + k2

= lım(h,k)→(0,0)

hk2/(h2 + k2)√h2 + k2

Se invita al lector a probar que este lımite no existe (los lımites direccionales por caminosk = mh, rectilıneos, dependen de m).

5. Falso.

6. Falso.

Final del Test

Solucion al Test:

En efecto. La funcion (de una variable) x → f(x, b) tiene un extremo (maximo o mınimo) localen x = a, y puesto que la derivada de esta funcion existe (es la derivada parcial fx(a, b)), nece-sariamente debe ser 0, i.e., fx(a, b) = 0. De igual forma y considerando la funcion y → f(a, y) seprueba que fy(a, b) = 0.

Todo esto puede ocurrir aun cuando f no sea diferenciable en (a, b), puesto que la existencia delas derivadas parciales en un punto no es condicion suficiente de diferenciabilidad


Final del Test

Solucion al Test:

La integral es convergente: en efecto, sen(1/x) = O(1/x) ya que 0 < x sen(1/x) ≤ 1 para xsuficientemente grande (concretamente para x > 2/π . La misma desigualdad se puede escribir:

0 < x sen(1/x) = x2(1/x) sen(1/x) < 1

lo que prueba que1

xsen(

1

x) = O(

1

x2). Puesto que

∫ ∞1

1

x2dx es convergente la integral propuesta

es convergente.

Final del Test

Solucion al Test:

La integral es divergente. En efecto, escribimos f(x) =1

x[1 + sen(

1

x)]. Entonces:

xf(x) = 1 + sen(1/x) > 1 para (x >2

π)

Por tanto la integral impropia propuesta es divergente.

Final del Test

Solucion al Test:

La recta R (contenida en el plano x = 1), se cruza con el eje OZ (eje de revolucion) y por lo tanto—dado que su direccion no es ortogonal a la del eje de revolucion— genera un hiperboloidede una hoja (ver la figura adjunta); la ecuacion cartesiana de este hiperboloide se obtienedirectamente: al considerar la distancia (elevada al cuadrado) de un punto generico de la curvaal eje OZ, obtenemos:

x(t)2 + y(t)2 = 1 + t2 = 1 + (z/2)2 → x2 + y2 − z2/4 = 1 (ecuacion cartesiana)

Esta ecuacion es identica a la que se obtiene al considerar la superficie generada por la hiperboladel enunciado al girar alrededor de OZ.

Final del Test

Ejercicios - matap.dmae.upm.es · Tabla de Contenido 1.El espacio eucl deo Rp: nociones...

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