curso de introduccion al calculo para grados en ingenieria

8/10/2019 Curso de Introduccion Al Calculo Para Grados en Ingenieria

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f( x)

n

k=0

f (k )(a)

k! (x a)k

b

a

f( x) dx =F (b) F( a)b

a

f( x) dx =F (b) F( a)

dy

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

dy

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

V= D

f( x, y) dxdy

f( x)

n

k=0

f (k )(a)

k! (x a)k

V= D

f( x, y) dxdy

Curso deintroducción

al cálculopara gradosen ingeniería

Isaac A. GarcíaSusanna Maza



eines 73

Curso de introducción al cálculo para grados en ingeniería

Isaac A. García y Susanna Maza

Seminari de Sistemes Dinàmics

Departament de MatemàticaUniversitat de Lleida



Maquetación

Edicions i Publicacions de la UdL

Diseño de portada

cat & cas

Cualquier forma de reproducción, distribución, comunicación pública o transformación de esta obra

solo puede ser realizada con la autorización de sus titulares, salvo excepción prevista por la ley. fragmento de esta obra.

ISBN 978-84-8409-603-0

© del texto: los autores

© Edicions de la Universitat de Lleida, 2013

Esta publicación electrónica ha sido patrocinada por Banco Santander



Dedicado a nuestras hijas, Nadia y Ares.



Indice general

1. Continuidad de Funciones Reales de Variable Real 3

1.1. Concepto de funcion. Dominio y recorrido . . . . . . . . . . . . . 31.2. Operaciones con funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.3. Composicion de funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.4. Funcion inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.5. Lımites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.6. Continuidad de funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.7. Funciones monotonas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.8. Problemas propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.9. Problemas resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

2. Calculo Diferencial con una Variable 172.1. La derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172.2. Derivadas laterales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202.3. Teoremas sobre funciones derivables . . . . . . . . . . . . . . . . 232.4. Aproximacion local de funciones: Teorema de Taylor . . . . . . . 272.5. Aplicaciones de la formula de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . 312.6. Problemas propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 352.7. Problemas resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

3. Calculo Integral con una Variable 53

3.1. La integral de Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 533.2. Algunos teoremas sobre integrales . . . . . . . . . . . . . . . . . . 563.3. Calculo de primitivas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

3.3.1. Formulas basicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 603.3.2. Integracion de funciones racionales . . . . . . . . . . . . . 623.3.3. Integracion de funciones racionales trigonometricas . . . . 66

3.4. Algunas aplicaciones de la integracion . . . . . . . . . . . . . . . 693.4.1. Areas planas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 693.4.2. Longitudes de arcos planos . . . . . . . . . . . . . . . . . 703.4.3. Volumenes y superficies de revolucion . . . . . . . . . . . 71

3.4.4. Centro de masas de figuras planas . . . . . . . . . . . . . 733.4.5. Momentos de inercia de curvas planas . . . . . . . . . . . 75

3.5. Integrales impropias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

i



ii INDICE GENERAL

3.5.1. Integrales impropias de primera especie . . . . . . . . . . 763.5.2. Integrales impropias de segunda especie . . . . . . . . . . 78

3.5.3. Algunos criterios de convergencia . . . . . . . . . . . . . . 803.6. Problemas propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 853.7. Problemas resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88

4. Continuidad de Funciones Reales de Varias Variables Reales 954.1. Concepto de funcion. Dominio y recorrido . . . . . . . . . . . . . 954.2. Lımites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 964.3. Continuidad de funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1014.4. Problemas propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102

5. Calculo Diferencial con Varias Variables 1055.1. La diferencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1055.2. Derivadas direccionales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1085.3. Interpretaciones geometricas de las derivadas parciales . . . . . . 1155.4. Composicion de funciones y regla de la cadena . . . . . . . . . . 1205.5. Derivadas parciales de orden superior . . . . . . . . . . . . . . . . 1245.6. Formula de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1255.7. Extremos de funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1265.8. Extremos condicionados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1335.9. Extremos absolutos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1405.10. Problemas propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1425.11. Problemas resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148

6. Integracion Doble 1616.1. Conceptos preliminares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1616.2. Calculo de integrales dobles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1636.3. Cambio de variables en integrales dobles . . . . . . . . . . . . . . 1676.4. Algunas aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1716.5. Problemas propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1746.6. Problemas resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178

7. Integrales de Lınea 1857.1. Conceptos preliminares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1857.2. Campos vectoriales conservativos y funcion potencial . . . . . . . 1887.3. Problemas propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192

8. Ecuaciones Diferenciales Ordinarias 1958.1. Conceptos preliminares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1958.2. EDO de primer orden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196

8.2.1. EDO de variables separables . . . . . . . . . . . . . . . . 1968.2.2. EDO homogenea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197

8.2.3. EDO exacta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1998.2.4. El factor integrante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2008.2.5. EDO lineal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202



INDICE GENERAL iii

8.2.6. EDO de Bernouilli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2038.2.7. Algunas aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205

8.3. Problemas propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2118.4. Problemas resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214



1

Prologo

El presente libro de teorıa y problemas corresponde a algunos temas basi-cos de un primer curso de introduccion al calculo. Los autores imparten dichaasignatura en las titulaciones de Grado en Ingenierıa Mecanica y Grado en Inge-nierıa Electronica Industrial y Automatica de la Universitat de Lleida. El libroresulta igualmente recomendable para estudiantes de otras titulaciones tecnicasy es un complemento del libro de problemas resueltos [6].

El objetivo principal es que el alumno disponga de un material preliminarpara el curso, con los resultados principales y algunas demostraciones de estos.Ademas es interesante que el alumno pueda seguir paso a paso la resoluci onde numerosos problemas de los temas mencionados como ejemplificacion de losconceptos y resultados teoricos. Se ha procurado presentar las soluciones en laforma mas practica y directa.

Nos gustarıa que este libro facilitase el aprendizaje de la asignatura y agra-decerıamos cualquier sugerencia o comentario que pueda mejorarlo dirigiendosea cualquiera de las siguientes direcciones electronicas:

[email protected], [email protected].

Dr. Isaac A. Garcıa y Dra. Susanna Maza, Enero de 2013



Capıtulo 1

Continuidad de Funciones

Reales de Variable Real

1.1. Concepto de funcion. Dominio y recorrido

Dados dos conjuntos A y B, se define su producto cartesiano A × B comoel conjunto de pares ordenados siguiente: A × B = {(a, b) | a ∈ A, b ∈ B}. Unacorrespondencia entre dos conjuntos A y B es cualquier subconjunto de A

×B.

Definicion 1.1 Decimos que una correspondencia f : R → R es una funci´ on (real de variable real) si existe un subconjunto A ⊂ R tal que la restriccion def en A, es decir, f : A → R es una aplicaci´ on (todo elemento de A tiene una ysolo una imagen).

Definicion 1.2 Dada una funcion f : D ⊂ R → R, se llama dominio de f , y lodenotaremos por Dom(f ), al subconjunto D donde este definida la funcion f .Dicho de otro modo, Dom(f ) = D = {x ∈ R : ∃ f (x)}.

Nota 1.3 Para el calculo del dominio de una funcion se usan a menudo los si-guientes resultados elementales concernientes a denominadores, raıces de ındicepar y logaritmos. Supongamos que las funciones reales de variable real A(x),B(x) tienen por dominio todo R. Definimos las funciones f (x) = A(x)/B(x),g(x) = n

A(x) con ındice n par, h(x) = loga B(x) con a ∈ R. Entonces,

Dom(f ) = {x ∈ R : B(x) = 0}, Dom(g) = {x ∈ R : A(x) ≥ 0},Dom(h) = {x ∈ R : B(x) > 0}.

Ejemplo 1.4 Hallar el dominio de las siguientes funciones:

(i) f (x) = 2x − 1

x2 − x − 2 , (ii) g(x) =

3 − x

x + 6 , (iii) h(x) = ln

(x − 1)(x − 2)

(x − 3)(x − 4)

.

Solucion. (i) Como el denominador de f solo se anula para x = −1, 2 se tieneque

Dom(f ) = R− {−1, 2} = (−∞, −1) ∪ (−1, 2) ∪ (2, ∞) .

3



4 Continuidad de Funciones Reales de Variable Real

(ii) Se tiene que

Dom(g) =

x ∈R

:

3

−x

x + 6 ≥ 0, x + 6 = 0

= (−6, 3] ,

donde en la ultima igualdad se han tenido en cuenta los signos del cocienteviendo los signos de su numerador y denominador.

(iii) De manera analoga al caso anterior

Dom(h) =

x ∈ R :

(x − 1)(x − 2)

(x − 3)(x − 4) > 0, (x − 3)(x − 4) = 0

,

es decir, Dom(h) = (−∞, 1) ∪ (2, 3) ∪ (4, ∞). Definicion 1.5 Dada una funcion f : R → R, se llama recorrido de f o bien

imagen de f , y lo denotaremos por Rec(f ), al subconjunto de R dado por lasimagenes de todos los elementos del dominio, es decir, Rec(f ) = f (Dom(f )).Dicho de otro modo, Rec(f ) = {y ∈ R : ∃ x ∈ Domf tal que f (x) = y}.

Por ejemplo, Rec(exp(x)) = (0, ∞) mientras que Rec(ln(x)) = R.

Definicion 1.6 La gr´ afica de una funcion f : A ⊂ R → R es la curva planaformada por los puntos (x, f (x)) ∈ R2 para todo x ∈ A.

Podemos clasificar las aplicaciones de la siguiente manera.

Definicion 1.7 Consideremos una aplicacion f : A ⊂ R → B ⊂ R. Entonces,decimos que:

(i) f es inyectiva si ∀ x1, x2 ∈ A con x1 = x2 se tiene que f (x1) = f (x2).

(ii) f es exhaustiva si ∀ y ∈ B, ∃ x ∈ A tal que f (x) = y. Dicho de otro modo,f (A) = B.

(iii) f es biyectiva si es inyectiva y exhaustiva a la vez.

1.2. Operaciones con funciones

Sean f : A

⊂ R

→ R y g : A

⊂ R

→ R dos funciones definidas en el mismo

dominio A y λ ∈ R cualquier escalar. Entonces, se pueden definir las siguientesoperaciones:

1. Suma: (f + g)(x) = f (x) + g(x) ∀x ∈ A.

2. Producto por escalares: (λf )(x) = λ f (x) ∀x ∈ A.

3. Producto: (fg)(x) = f (x) g(x) ∀x ∈ A.

4. Cociente: (f/g)(x) = f (x)/g(x) ∀x ∈ A − {x | g(x) = 0}.

Nota 1.8 Las anteriores operaciones tambien se pueden considerar entre fun-

ciones con dominios diferentes pero con interseccion no vacıa, es decir, f : A ⊂R → R y g : B ⊂ R → R con A ∩ B = ∅. En este caso se tiene que

Dom(f + g) = Dom(f g) = A ∩ B , Dom(f /g) = (A ∩ B) − {x | g(x) = 0} .



1.3 Composicion de funciones 5

1.3. Composicion de funciones

La composicion g ◦

f de las funciones f y g es una operacion que solo esposible cuando Rec(f ) ∩ Dom(g) = ∅. Dicho de otro modo, f : R → B ⊂ R yg : B ⊂ R → R.

Definicion 1.9 La funcion g compuesta con f se denota por g◦f y esta definidade la forma

(g ◦ f )(x) = g(f (x))

siempre que x ∈ Dom(f ) y ademas f (x) ∈ Dom(g).

Nota 1.10 Observemos que la composicion no es una operacion conmutativa,

es decir, en general g ◦ f = f ◦ g.

Ejemplo 1.11 Considerar las funciones f (x) = 3x4, g(x) = ex y h(x) = tan x.Calcular g ◦ f , h ◦ g y f ◦ g ◦ h.

Solucion.

(g ◦ f )(x) = g(f (x)) = g(3x4) = exp(3x4) ,

(h ◦ g)(x) = h(g(x)) = h(ex) = tan(ex) ,

(f

◦g

◦h)(x) = f (g(h(x))) = f (g(tan x)) = f (exp(tan x)) = 3(exp(tan x))4

= 3e4 tanx .

1.4. Funcion inversa

Definicion 1.12 Consideremos una aplicacion f : A ⊂ R → B ⊂ R biyectiva.Entonces, la funcion inversa de f se denota por f −1 : B ⊂ R → A ⊂ R y sedefine de la forma f −1(y) = x si y solo si f (x) = y.

Nota 1.13 f −1 ◦ f = f ◦ f −1 = I, donde I es la aplicacion identidad I(x) = x.

1.5. Lımites

Diremos que un punto a ∈ A ⊂ R es un punto de acumulaci´ on del conjuntoA si es un punto al cual se puede uno aproximar tanto como se quiera utilizandounicamente puntos del conjunto A.

Por ejemplo, si A = [1, 2] es un intervalo cerrado, entonces todos los puntosde A son tambien puntos de acumulacion de A. Sin embargo, si A = (1, 2) esun intervalo abierto, entonces todos los puntos de A son puntos de acumulacionde A pero tambien los puntos 1 y 2 son puntos de acumulacion de A aunque nopertenecen al conjunto A.




Definicion 1.14 Dado un punto de acumulacion a de Dom(f ), se dice que ellımite de la funcion f en el punto a es y se denota por

lımx→a

f (x) =

si ∀ > 0, ∃δ > 0 tal que si |x − a| < δ con x ∈ Dom(f ) entonces |f (x) − | < .

Intuitivamente, el hecho de que una funcion f tenga por lımite en el puntoa significa que el valor de f puede ser tan cercano a como se desee, tomandopuntos suficientemente cercanos al punto a, con independencia de lo que ocurraen a.

Ejemplo 1.15 Demostrar que

lımx→1

x1 + x2

= 12

.

Solucion. Definimos f (x) = x1+x2 , = 1/2. Entonces

|f (x) − | =

x

1 + x2 − 1

2

=

−x2 + 2x − 1

2(1 + x2)

= (x − 1)2

2(1 + x2) .

Desarrollamos la condicion |f (x) − | < . Se tiene entonces que (x − 1)2 <2(1 + x2), es decir,

|x

−1|

<√

2 1 + x2 .

Como√

1 + x2 ≥ 1 para todo x ∈ R, si tomamos |x − 1| <√

2, entonces laanterior desigualdad se cumple. Luego δ =

√ 2 en la Definicion 1.14 de lımite.

En resumen, hemos probado que

∀ > 0, tomando δ =√

2 > 0 se tiene que |x − 1| < δ ⇒ |f (x) − 1/2| < ,

de modo que lımx→1x

1+x2 = 12 .

Proposicion 1.16 El lımite de una funci´ on en un punto, si existe, es ´ unico.

Veamos a continuacion algunas operaciones con lımites.

Proposicion 1.17 Supongamos que existen los lımites de las funciones f y gen un punto a. Entonces:

(i) lımx→a(f (x) ± g(x)) = lımx→a f (x) ± lımx→a g(x).

(ii) lımx→a λ f (x) = λ lımx→a f (x) para todo escalar λ ∈ R.

(iii) lımx→a(f (x) g(x)) = lımx→a f (x) lımx→a g(x).

(iv) Si lımx→a g(x) = 0, entonces

lımx→a

f (x)g(x)

= lımx→a f (x)lımx→a g(x)

.

.



1.5 Lımites 7

Definicion 1.18 Se llaman indeterminaciones a las siguientes operaciones:

∞ − ∞, 0 ∞,

0

0 , ∞∞ , ∞0

, 0

0

, 1∞ .

Definicion 1.19 La funcion f es un infinitesimo en el punto a si y solo silımx→a f (x) = 0. Se dice que dos infinitesimos f y g en un mismo punto punto ason equivalentes cuando se verifique lımx→a f (x)/g(x) = 1. Esto lo denotaremospor f (x) ∼ g(x) cuando x → a.

Nota 1.20 Cuando en un lımite, un infinitesimo este multiplicado o dividido sele puede sustituir por otro infinitesimo equivalente. De este modo, si f (x) ∼ g(x)cuando x → a se tiene que

lımx→a

f (x)h(x)

= lımx→a

g(x)h(x)

, lımx→a

f (x)h(x) = lımx→a

g(x)h(x) .

Nota 1.21 Si dos funciones f y g son positivas y equivalentes cuando x → ay son tal que o bien lımx→a f (x) = lımx→a g(x) = 0 o bien lımx→a f (x) =lımx→a g(x) = ∞, entonces las funciones ln f y ln g tambien son equivalentescuando x → a.

Proposicion 1.22 Los siguientes infinitesimos son equivalentes:

(i) x ∼ sin x ∼ tan x ∼ arcsin x ∼ arctan x cuando x → 0.

(ii) 1 − cos x ∼ x2/2 cuando x → 0.

(iii) x ∼ ln(1 + x) ∼ exp(x) − 1 cuando x → 0.

Por supuesto, a partir de estos infinitesimos equivalentes se pueden construirotros. Ası, realizando el cambio z = 1+x en (iii) se tiene tambien que ln z ∼ z−1cuando z → 1.

Ejemplo 1.23 Demostrar que x ∼ sin x y que 1 − cos x ∼ x2/2 cuando x → 0.

Solucion. Considerar la circunferencia de radio 1 y x

≥0 un angulo del primer

cuadrante. Usando como referencia la circunferencia unidad en la definicion delas razones trigonometricas y recordando que el arco es igual al angulo por elradio, es facil ver que se satisfacen las desigualdades siguientes sin x ≤ x ≤ tan x.Entonces, dividiendo por sin x se tiene que

1 ≤ x

sin x ≤ 1

cos x .

Haciendo tender x → 0 en la anterior expresion se halla que

1

≤ lımx→

0

x

sin x ≤1 ,

de modo que

lımx→0

x

sin x = 1 ,




tal y como se querıa demostrar.

Para demostrar la segunda equivalencia recordaremos la identidad trigo-nometrica sin2 x = (1 − cos(2x))/2. Entonces se tiene que

lımx→0

1 − cos x

x2/2 = lım

x→0

2sin2(x/2)

x2/2 = lım

x→0

2(x/2)2

x2/2 = 1 ,

finalizando la demostracion. Ejemplo 1.24 Calcular los lımites siguientes:

(i) lımx→0

√ a + x − √

a

x

(ii) lımx→0

1

x

ln 1 + x

1 − x .

Solucion. (i) Para resolver la indeterminacion 0/0, multiplicamos y dividimosel cociente por el conjugado

√ a + x +

√ a del numerador.

lımx→0

√ a + x − √

a

x = lım

x→0

x

x(√

a + x +√

a) = lım

x→0

1√ a + x +

√ a

= 1

2√

a.

(ii) Para resolver la indeterminacion 0/0, utilizamos propiedades de los lo-garitmos

= lımx→0

1

x ln 1 + x

1 − x

= lımx→0

1

2x ln1 + x

1 − x

.

Recordando la equivalencia ln z ∼ z − 1 cuando z → 1, se tiene

= lımx→0

1

2x

1 + x

1 − x − 1

= lım

x→0

1

1 − x = 1 .

Nota 1.25 Las funciones f (x) y g(x) tales que lımx→a f (x) = lımx→a g(x) =

∞ pueden tender a infinito con distintas velocidades. Entonces, se pueden com-

parar los dos infinitos. Se tiene lo siguiente:

(i) Si lımx→a f (x)/g(x) = ∞ se dice que f (x) es un infinito de orden superior a g(x) cuando x → a y se denotar´ a por O(f (x)) > O(g(x)) cuando x → a.

(ii) Si lımx→a f (x)/g(x) = 0 se dice que f (x) es un infinito de orden inferior a g(x) cuando x → a y se denotar´ a por O(f (x)) < O(g(x)) cuando x → a.

(iii) Si lımx→a f (x)/g(x) = 1 se dice que f (x) y g(x) son infinitos equivalentes cuando x → a y se denotara por f (x) ∼ g(x) cuando x → a.

Los ´ ordenes fundamentales de infinitos son los siguientes. Con a, b > 1 y m > 0se tiene que

O(logb x) < O(xm) < O(ax) < O(xx) cuando x → ∞ .



1.6 Continuidad de funciones 9

Realicemos una pequena parada para ver de que forma se pueden resolverlas indeterminaciones de potencias, es decir, las indeterminaciones ∞0, 00 y 1∞.

Supongamos que hemos de calcular el valor del lımite siguiente lımx→a f (x)

g(x)

pero resulta que en principio obtenemos alguna de las anteriores indeterminacio-nes. En el caso 00, realizaremos la hipotesis de que f (x) es una funcion positivaen un entorno punteado del 0 (esta hipotesis se hace para que exista la expresionde ln f (x) que aparecera posteriormente). Para resolver la indeterminacion, to-maremos logaritmos a ambos miembros de la igualdad = lımx→a f (x)g(x), demodo que se obtendra ln = ln lımx→a f (x)g(x). Posteriormente, conmutandoel logaritmo y el lımite (operacion valida siempre que la funcion a la que se lecalcula el lımite sea continua en el punto al que se tiende, ver la siguiente seccionsobre continuidad de funciones) y aplicando propiedades del logaritmo de una

potencia se llega a que ln = lımx→a g(x) ln f (x). En definitiva se tiene que

= lımx→a

f (x)g(x) ⇔ = exp

lımx→a

g(x) ln f (x)

.

En el caso particular de que la indeterminacion sea 1∞, con lo que lımx→a f (x) =1, podemos usar ademas el infinitesimo equivalente ln f (x) ∼ f (x) − 1 cuandox → a en la anterior expresion, quedando esta de la forma

lımx→a

f (x)g(x) = exp

lımx→a

g(x)[f (x) − 1]

.

Notar como a partir de aquı se ve trivialmente que

lımx→∞

1 +

1

x

x

= e .

1.6. Continuidad de funciones

Definicion 1.26 Se dice que una funcion f : A ⊂ R → R es continua en unpunto a ∈ A si y solo si lımx→a f (x) = f (a).

Intuitivamente, f es continua en un punto a ∈ Dom(f ) si se puede dibujar lagrafica de f entorno del punto a sin levantar el bolıgrafo del papel. Observemosque esta forma de proceder es simplemente intuitiva como muestra la funcionf (x) = x sin(1/x) que es continua en x = 0 aunque no es posible realizar sugrafica entorno de x = 0 debido a las oscilaciones que tiene.

Definicion 1.27 Si una funcion f es continua en todos los puntos de un conjunto A ⊂ R diremos que f es continua en A y lo denotaremos por f ∈ C (A).Aquı, C (A) denota el conjunto de las funciones continuas en el conjunto A.

Dadas dos funciones continuas, se pueden construir otras funciones tambiencontinuas realizando ciertas operaciones entre ellas. Mas concretamente se tienelo siguiente.




Proposicion 1.28 Sea a ∈ Dom(f ) ∩ Dom(g) y f y g dos funciones continuas en a. Entonces:

(i) f ± g es una funci´ on continua en a.

(ii) λ f es una funci´ on continua en a para todo escalar λ ∈ R.

(iii) f g es una funcion continua en a.

(iv) Si g(a) = 0, entonces f /g es una funci´ on continua en a.

(v) Si g es continua en f (a), entonces g ◦ f es una funci´ on continua en a.

Como a ∈ R, entonces x → a (es decir, x tiende hacia a) puede hacerlo dedos formas distintas: con x > a o bien con x < a. Estas dos formas de tender alpunto a dan lugar al concepto de lımite lateral.

Definicion 1.29 Se define el concepto de lımite lateral.

(i) El lımite lateral por la derecha + de la funcion f en el punto a es

+ = lımx→a+

f (x) = lımx→ax>a

f (x) .

(ii) El lımite lateral por la izquierda − de la funcion f en el punto a es

− = lımx→a− f (x) = lımx→ax<a

f (x) .

Proposicion 1.30 Una funci´ on f : R → R tiene lımite en un punto a si y solosi existen los lımites laterales de f en a y adem´ as coinciden.

Es evidente que una funcion f deja de ser continua en un punto a por lossiguientes motivos: (i) ∃ f (a); (ii) ∃ lımx→a f (x); (iii) lımx→a f (x) = f (a). Deforma mas precisa, se tiene lo siguiente.

Definicion 1.31 Si una funcion f no es continua en un punto a diremos que f

es discontinua en a. Se puede clasificar la discontinuidad de la forma siguiente.

(i) Esencial . Cuando no existe alguno de los lımites laterales.

(ii) De salto. Cuando existen los dos lımites laterales pero son diferentes.

(iii) Evitable . Cuando existen los dos lımites laterales y coinciden pero o bienno existe la funcion en el punto o bien aunque exista es diferente del valorcomun de los lımites laterales.

Ejemplo 1.32 Estudiar la continuidad de la siguiente funcion:

f (x) =

e−x

sinxx si x > 0 ,ex+e−x

2 + 1 si x < 0 ,1 si x = 0 .




Solucion. Observemos que Dom(f ) = R. Ademas, por simple inspeccion delas componentes de f , es claro que f ∈ C (R − {0}). Por lo tanto, solo se tiene

que estudiar la continuidad de f en x = 0. Realizamos los calculos siguientes.f (0) = 1 ,

lımx→0+

f (x) = lımx→0+

e−x sin x

x = lım

x→0+

e−xx

x = lım

x→0+e−x = 1 ,

lımx→0−

f (x) = lımx→0−

ex + e−x

2 + 1 = 2 .

En el calculo del penultimo lımite se ha utilizado el infinitesimo equivalentesin x ∼ x cuando x → 0. Se tiene que f presenta una discontinuidad de salto enx = 0.

Ejemplo 1.33 Calcular el valor del par´ ametro real b para que la funcion

f (x) =

2x2 + b si x ≥ 0 ,ex

2−1x2 si x < 0 .

sea continua en R.

Solucion. Por simple inspeccion de las componentes de f , es claro que f ∈C (R−{0}). Por lo tanto, solo se tiene que estudiar la continuidad de f en x = 0.Realizamos los calculos siguientes.

f (0) = b ,

lımx→0+

f (x) = lımx→0+

2x2 + b = b ,

lımx→0−


ex2 − 1

x2 = lım

x→0−

ln(ex2

)

x2 = lım

x→0−

x2

x2 = 1 .

En el calculo del ultimo lımite se ha utilizado el infinitesimo equivalente ln z ∼z − 1 cuando z → 1. Por lo tanto, f sera continua en x = 0 y en consecuenciaf ∈ C (R) si y solo si b = 1.

El siguiente teorema permite establecer condiciones suficientes para la exis-tencia de al menos un cero de una funcion continua.

Teorema 1.34 (Bolzano) Sea f ∈ C ([a, b]) tal que f (a)f (b) < 0. Entonces,existe un n´ umero ξ ∈ (a, b) tal que f (ξ ) = 0.

Metodo de Biseccion: La aplicacion repetida del teorema de Bolzano da lugara un algoritmo conocido como metodo de bisecci on . Consiste en ir estrechando demanera sistematica el intervalo en el cual una funcion continua cambia de signo.De esta forma conseguiremos obtener un intervalo arbitrariamente pequeno quecontenga el cero de la funcion. El metodo de biseccion para una funcion f ∈C ([a, b]) procede de la forma siguiente. Definimos el intervalo inicial [a, b] =[a0, b0].




Si f (a0)f (b0) < 0, entonces f tiene al menos un cero en el intervalo (a0, b0).Tomamos c0 := (a0 + b0)/2 el punto medio entre a0 y b0.

Ahora tenemos tres casos posibles: (i) Si f (c0) = 0 hemos acabado puestoque c0 es la raız buscada. (ii) Si f (a0)f (c0) < 0, entonces f tiene al menosun cero en el intervalo (a0, c0). Definimos a1 = a0, b1 = c0 y tomamosc1 := (a1 + b1)/2 el punto medio entre a1 y b1. (iii) En caso contrario, esdecir, si f (a0)f (c0) > 0, entonces f tiene al menos un cero en el intervalo(c0, b0). Definimos a1 = c0, b1 = b0 y tomamos c1 := (a1 + b1)/2 el puntomedio entre a1 y b1.

Continuando de forma sistematica este proceso conseguimos una sucesion deintervalos anidados

(a0, b0) ⊃ (a1, b1) ⊃ · · · ⊃ (an, bn) ⊃ · · · ,

de manera que la anchura de cada uno de ellos es la mitad que la del anteriory cumpliendo que el cero de la funcion f siempre esta contenido en todos losintervalos. Si definimos {cn}∞n=0 como la sucesion de puntos medios cn := (an +bn)/2 obtenida con el algoritmo de biseccion, entonces es facil ver que dichasucesion converge hacia un punto ξ , es decir

lımn→∞

cn = ξ ,

con f (ξ ) = 0 terminando de este modo el procedimiento. Obviamente, no sepodran hacer los infinitos pasos que el metodo requiere para hallar ξ , de modoque simplemente obtendremos una aproximacion de ξ y ademas sabremos aco-tar el error absoluto que cometemos puesto que conocemos el ultimo intervaloobtenido al cual pertenece ξ . De este modo, si aproximamos ξ ≈ cn, entonces∆ = |ξ − cn| ≤ (bn − an)/2.

Teorema 1.35 (Weierstrass) Sea f ∈ C ([a, b]). Entonces, f ([a, b]) tiene m´ axi-mo y mınimo.

Ejemplo 1.36 Demostrar que cualquier polinomio con coeficientes reales de grado impar tiene al menos una raız real.

Solucion. Sea p(x) = 2n+1

i=0 aixi el polinomio de grado impar 2n + 1 con

coeficientes ai ∈ R tal que a2n+1 = 0. Supondremos que a2n+1 > 0, si no elrazonamiento es similar. Se tiene que lımx→±∞ p(x) = ±∞, de modo que existeun intervalo [a, b] ⊂ R tal que f (a) < 0 y f (b) > 0. Como ademas p ∈ C ([a, b]),por el Teorema de Bolzano sabemos que existe un numero ξ ∈ (a, b) tal que

p(ξ ) = 0. Obviamente ξ es una raız real de p.

Ejemplo 1.37 Considerar la funci´ on f (x) = x3 − x − 2. Usar el teorema de Bolzano para aproximar una raız real de f (x) en el intervalo [0, 2] con un error absoluto menor que 0,1.



1.7 Funciones monotonas 13

Solucion. Como f es un polinomio es obvio que f ∈ C ([0, 2]). Ademas, comof (0) = −2 < 0 y f (2) = 4 > 0, por el Teorema de Bolzano sabemos que existe

un numero ξ ∈ (0, 2) tal que f (ξ ) = 0. Vamos a estimar mejor el valor de ξ utilizando el metodo de biseccion, es decir, dividiendo el intervalo inicial porla mitad (o casi) y tomando el subintervalo donde hay cambio de signo de f .Como f (1) = −2 < 0 se tiene que ξ ∈ (1, 2). Como f (1,5) = −0,125 < 0 se tieneque ξ ∈ (1,5, 2). Como f (1,7) = 1,213 > 0 se tiene que ξ ∈ (1,5, 1,7). Como laanchura del ultimo subintervalo es 0,2, se tiene que ξ = 1,6 ± 0,1.

1.7. Funciones monotonas

Definicion 1.38 Dada una funcion f : [a, b]

⊂ R

→ R, se tiene la siguiente

clasificacion:

(i) f es mon´ otona creciente en [a, b] si para todo x, y ∈ [a, b] con x < y se tieneque f (x) ≤ f (y). Si la ultima desigualdad es estricta, es decir f (x) < f (y),entonces se dice que f es mon´ otona estrictamente creciente en [a, b].

(ii) f es mon´ otona decreciente en [a, b] si para todo x, y ∈ [a, b] con x < yse tiene que f (x) ≥ f (y). Si la ultima desigualdad es estricta, es decirf (x) > f (y), entonces se dice que f es mon´ otona estrictamente decreciente en [a, b].

Proposicion 1.39 Sea f : [a, b] ⊂ R → R con f ∈ C ([a, b]). Si f es mon´ otona estrictamente creciente (resp. decreciente), entonces existe su funci´ on inver-sa f −1 que tambien es mon´ otona estrictamente creciente (resp. decreciente) y adem´ as continua.

Ejemplo 1.40 Sean f y g dos funciones reales de variable real mon´ otonas cre-cientes. ¿Son monotonas las funciones f + g y f g?

Solucion. Como f y g son monotonas crecientes se tiene que si x < y enton-ces f (x) ≤ f (y) y g(x) ≤ g(y). Sumando las dos desigualdades obtenemos quef (x) + g(x) ≤ f (y) + g(y), es decir, (f + g)(x) ≤ (f + g)(y) de modo que f + g

es una funcion monotona creciente.

Cuando se pretende razonar de manera analoga para la funcion f g se observaque falla el ultimo paso. Dicho de otro modo, aunque f (x) ≤ f (y) y g(x) ≤ g(y)no es cierto en general que f (x)g(x) ≤ f (y)g(y). Ejemplos triviales de que lafuncion f g no es monotona creciente aunque sı lo sean f y g son f (x) = x + 1,g(x) = x − 1 con (f g)(x) = x2 − 1.

1.8. Problemas propuestos

Problema 1.1 Considerar una funci´ on f : [0, 1] → [0, 2] con f ∈ C ([0, 1]).Demostrar que ∃ ξ ∈ [0, 1] tal que f (ξ ) = 2ξ .Indicacion: Estudiar aparte los casos f (0) = 0 y f (1) = 2.




Problema 1.2 Estudiar la continuidad de la funcion

f (x) = |x|

sinx

si x= 0 ,

1 si x = 0 .

Solucion. f ∈ C ({nπ : n ∈ Z})

Problema 1.3 Calcular el lımite siguiente

lımx→0

1 + ln(1 + x) −

1 − ln(1 + x)

x .

Solucion. 1.

Problema 1.4 Calcular el lımite siguiente

lımx→0

(cos x)1/x2

.

Solucion. 1/√

e.

Problema 1.5 Demostrar que la ecuaci´ on 12 + sin x = x tiene una solucion

real. Localizarla en un intervalo entre dos n´ umeros enteros consecutivos y apro-ximarla con un error absoluto menor que 0,1.

Solucion. Sea x∗

∈ R la solucion de la ecuacion. Entonces, 1 < x∗ < 2.

Ademas, x∗ ≈ 1,4 con un error absoluto menor que 0,1.

Problema 1.6 Calcular el valor de los par´ ametros reales a y b para que la funci´ on

f (x) =

sin x si x ≤ −π/2 ,a sin x + b si −π/2 < x < π/2 ,2cos x si x ≥ π/2 ,

sea continua en todo R.

Solucion. a =

−b = 1/2.

Problema 1.7 Estudiar la continuidad de la funcion

f (x) =

sin(1/x)1+e1/x

si x = 0 ,

0 si x = 0 ,

en x = 0.

Solucion. f no es continua en x = 0 pues ∃ lımx→0 f (x).

Problema 1.8 Hallar el dominio de las siguientes funciones

f (x) =

sin(

√ x) , g(x) = ln

x2 − 3x + 2

x + 1

, h(x) = arcsin(x) +

√ x − 2 .



1.9 Problemas resueltos 15

Solucion. Dom(f ) =

k∈N[4k2π2, (2k + 1)2π2]; Dom(g) = (−1, 1) ∪ (2, ∞);Dom(h) = ∅.

Problema 1.9 Calcular, si es que existen, los lımites siguientes:

(i) lımx→∞

a+xa+x−1

x.

(ii) lımx→axn−anx−a .

(iii) lımx→0|x|x .

(iv) lımx→01

1+e1/x.

(v) lımx→0

(1+x)m

−1

x .

Solucion. (i) e. (ii) nan−1. (iii) y (iv) no existen. (v) m.

1.9. Problemas resueltos

Problema 1.10 Hallar un intervalo [m, m + 1] ⊂ R con m ∈ N donde la ecuaci´ on sin x = x − 5 tenga soluci´ on. Obtener dicha soluci´ on con un error absoluto menor que 0,1.

Solucion. Las soluciones de la ecuacion sin x = x − 5 corresponden a los cerosde la funcion f (x) = sin x−x+5 que es continua en R. Entonces, por el Teoremade Bolzano, para hallar un intervalo [m, m+1] ⊂ R con m ∈ N donde la ecuacionsin x = x − 5 tenga solucion basta con comprobar que f (m)f (m + 1) < 0. Elprimer numero natural m para el cual la condicion se verifica es m = 4 ya quef (4) = 0,243198 > 0 y f (5) = −0,958924 < 0. Sabemos pues que existe al menosun ξ ∈ (4, 5) tal que f (ξ ) = 0. Iniciemos el algoritmo de biseccion para aproximarξ con un error absoluto menor que 0,1. Como f (4,5) = −0,47753 < 0, se tieneque 4 < ξ < 4,5. Como f (4,2) = −0,0715758 < 0, concluimos que 4 < ξ < 4,2.Hemos finalizado puesto que ξ = 4,1 ± 0,1.

Problema 1.11 Se define la funci´ on

f (x) =

x + 3

x + 2, x < −2,

2x − x2 − 1, −2 ≤ x ≤ 3,

1 − e3−x, x > 3.

Se pide calcular lo siguiente:

(a) Dominio de la funci´ on f .

(b) lımx→+∞

f (x), y lımx→−∞f (x).




(c) Lımites laterales de f en x = −2.

(d) Estudiar la continuidad de f .

Solucion. (a) Trivialmente se ve que Dom(f ) = R.(b) Se tiene que

lımx→∞

f (x) = lımx→∞ 1 − e3−x = 1 ,

lımx→−∞

f (x) = lımx→−∞

x + 3

x + 2 = 1 .

(c) Se tiene que

lımx→−2−

f (x) = lımx→−2−

x + 3x + 2

= −∞ ,

lımx→−2+

f (x) = lımx→−2+

2x − x2 − 1 = −9 .

(d) Del calculo realizado en el apartado anterior se tiene que f no es continuaen x = −2. Estudiaremos tambien la continuidad en el punto x = 3 pues esaquı donde se parte la funcion. Como

lımx→3−


2x − x2 − 1 = −4 ,

lımx→3+ f (x) = lımx→3+ 1 − e3−x

= 0 ,

se tiene que no existe lımx→3 f (x) de modo que f no es continua en x = 3. Enresumen se tiene que f ∈ C (R− {−2, 3}).



Capıtulo 2

Calculo Diferencial con una

Variable

2.1. La derivada

Definicion 2.1 Dada una funcion f : R → R, se dice que f es derivable en unpunto a ∈ Dom(f ) si existe la derivada de f en a que denotamos por f (a) y sedefine como el lımite siguiente

f (a) = lımh→0

f (a + h) − f (a)

h .

Nota 2.2 La interpretacion geometrica de la derivada es que f (a) = m, siendom la pendiente de la recta tangente a la grafica de la funcion f en el punto(a, f (a)).

Nota 2.3 En ocasiones tambien se utiliza la siguiente definicion equivalente dederivada:

f (a) = lım

x→a

f (x) − f (a)

x − a

.

Nota 2.4 Tambien es util la siguiente notacion utilizando incrementos de lavariable ∆x = h e incrementos de la funcion ∆f = f (x + h) − f (x):

f (x) = lım∆x→0

∆f

∆x =

df

dx .

Definicion 2.5 Dada una funcion f : A ⊂ R → R derivable en todos los puntosdel conjunto A, se define la funci´ on derivada de f y la denotaremos por f dela forma siguiente: f : A ⊂ R → R tal que

f (x) = lımh→0

f (x + h) − f (x)h

∀x ∈ A .

Denotaremos por D(A) al conjunto de las funciones derivables en A.

17



18 Calculo Diferencial con una Variable

Nota 2.6 Si la funcion f derivada de f vuelve a ser derivable, llamaremossegunda derivada de f a la derivada de f y lo denotaremos por f . Por induccion

se define, cuando tenga sentido, la derivada n-esima de f como f

(n)

= (f

(n

−1)

).

Ejemplo 2.7 Considerar la funci´ on f (x) = √

x. Calcular f (x) con la defini-ci´ on de derivada.

Solucion. Sea x ∈ Dom(f ) = [0, ∞). Utilizando la definicion de derivada setiene

f (x) = lımh→0

f (x + h) − f (x)

h = lım

h→0

√ x + h − √

x

h =

0

0 .

La indeterminacion 0/0 se resuelve multiplicando numerador y denominador por

el conjugado √ x + h + √ x del numerador. Ası, se tiene que

f (x) = lımh→0

1

2√

x =

1

2√

x .

Concluimos que f es derivable en el conjunto Dom(f ) − {0} = (0, ∞).

Proposicion 2.8 Si la funci´ on f es derivable en el punto a, entonces f es continua en a.

Demostraci´ on. Si la funcion f es derivable en el punto a, entonces existe el lımite

lımh→0

f (a + h) − f (a)

h .

Pero esto implica en particular que lımh→0 f (a + h) − f (a) = 0, es decir,lımh→0 f (a + h) = f (a). Realizando el cambio de variable x = a + h en es-te lımite se tiene que lımx→a f (x) = f (a), es decir, f es continua en a.

Definicion 2.9 Dada una funcion f : A ⊂ R → R con f ∈ D(A) decimos quef es de clase C 1(A) si la funcion derivada f verifica que f ∈ C (A). De maneramas general, decimos que f es de clase C k(A) si f es derivable k veces en todoslos puntos del conjunto A y ademas f (k) ∈ C (A).

Proposicion 2.10 Si las funciones f y g son derivables en el punto a se tiene:

(i) (f ± g)(a) = f (a) ± g(a).

(ii) (λ f )(a) = λ f (a) para todo escalar λ ∈ R.

(iii) (f g)(a) = f (a)g(a) + f (a)g(a).

(iv) Si g(a)

= 0, entonces

f

g

(a) =

f (a)g(a) − f (a)g(a)

g2(a) .



2.1 La derivada 19

Proposicion 2.11 (Regla de la cadena) Si la funcion f es derivable en a y la funci´ on g es derivable en f (a) entonces (g ◦ f )(a) = g(f (a))f (a).

A continuacion se presenta una tabla con las reglas de derivacion de algunasfunciones elementales.

f (x) f (x)

k 0xn nxn−1

ax ax ln aloga x 1

x loga esin x cos xcos x

−sin x

tan x 1cos2 x = 1 + tan2 x

arcsin x 1√ 1−x2

arc cos x −1√ 1−x2

arctan x 11+x2

Observemos que, puesto que arcsin x + arc cos x = π/2, derivando respectode x esta identidad se concluye que la suma de las derivadas de las funcionesarcsin x y arc cos x debe ser cero, en concordancia con la tabla anterior.

Es claro que a partir de esta tabla se pueden derivar otro tipo de funcio-nes. Por ejemplo, tal y como vimos en el Ejemplo 2.7, si f (x) = √ x entoncesf (x) = 1

2√ x

. Esta regla de derivacion se puede obtener de la tabla recordando

que f (x) =√

x = x1/2 de modo que f (x) = 12x−1/2 = 1

2√ x

.

Recordemos tambien que esta tabla puede ser generalizada de manera inme-diata aplicando la Regla de la cadena tal y como se muestra a continuaci on.

f (x) f (x)

u(x)n nu(x)n−1u(x)

au(x) au(x) ln a u(x)loga u(x) u(x)

u(x) loga e

sin u(x) u(x)cos u(x)cos u(x) −u(x)sin u(x)

tan u(x) u(x)cos2 u(x) = (1 + tan2 u(x))u(x)

arcsin u(x) u(x)√ 1−u2(x)

arccos u(x) −u(x)√

1−u2(x)arctan u(x) u(x)

1+u2(x)

Tambien es util la llamada derivaci´ on logarıtmica para obtener la derivadade la funcion f (x) = a(x)b(x). El procedimiento consiste en tomar logaritmos




a ambos lados para bajar exponentes, es decir, ln f (x) = b(x) ln a(x) y derivarrespecto de x en los dos miembros de esta igualdad para conseguir

f (x)f (x)

= b(x) ln a(x) + b(x) a(x)a(x)

.

Despejando de aquı f (x) se obtiene el resultado deseado

f (x) = a(x)b(x)

b(x) ln a(x) + b(x)a(x)

a(x)

.

Nota 2.12 Es f´ acil demostrar por inducci´ on que la regla de derivaci´ on del pro-ducto se puede generalizar a la derivada n-esima del producto con la llamada regla de Leibnitz como sigue.

(f (x)g(x))(n) =

nk=0

nk

f (n−k)(x) g(k)(x) .

Teorema 2.13 Sea f : [a, b] → R biyectiva con f ∈ C ([a, b]). Consideremos un punto x0 ∈ (a, b) tal que f es derivable en x0 con f (x0) = 0. Entonces, la

funci´ on inversa f −1 es derivable en el punto y0 con f (x0) = y0 y verifica que

(f −1)(y0) = 1

f (x0) .

Demostraci´ on. Como f es biyectiva, existe f −1 que sera continua puesto que

f ∈ C ([a, b]). Entonces, es equivalente decir que x → x0 que decir y → y0. Setiene que

(f −1)(y0) = lımy→y0

f −1(y) − f −1(y0)

y − y0= lım

x→x0

x − x0

f (x) − f (x0) =

1

f (x0) .

Ejemplo 2.14 Demostrar que la derivada de la funci´ on g(y) = ln y es g(y) =1/y usando el hecho de que g(y) es la funci´ on inversa de f (x) = ex.

Solucion. Es evidente que f −1(y) = ln y puesto que f −1(f (x)) = ln(ex) = x.

Entonces, usando el Teorema 2.13, se tiene

(f −1)(y) = 1

f (x) =

1

ex =

1

eln y =

1

y .

2.2. Derivadas laterales

Definicion 2.15 Consideremos una funcion f : R → R y sea a ∈ Dom(f ). Lasderivadas laterales por la derecha y por la izquierda de f en a se definen como

f (a+) = lımh→0+

f (a + h) − f (a)h

, f (a−) = lımh→0−

f (a + h) − f (a)h

,

respectivamente.



2.2 Derivadas laterales 21

La siguiente proposicion es evidente.

Proposicion 2.16 La funcion f es derivable en el punto a si y solo si existen las dos derivadas laterales de f en a y adem´ as coinciden.

Ejemplo 2.17 Estudiar la derivabilidad de la funcion

f (x) =

x2 cos

1x

si x = 0 ,

0 si x = 0 .

¿Es f ∈ C 1([−1, 1])?

Solucion. Para cualquier x = 0, se tiene que f (x) = 2x cos 1x + sin

1x, de

modo que f ∈ D(R− {0}). Estudiemos a continuacion la derivabilidad de f enx = 0 con la definicion de derivada.

f (0) = lımh→0

f (h) − f (0)

h = lım

h→0h cos

1

h

= 0 ,

donde en el ultimo paso hemos tenido en cuenta que la funcion cos1h

es una

funcion acotada. Concluimos pues que f ∈ D(R) siendo la funcion derivada

f (x) = 2x cos

1x

+ sin

1x

si x = 0 ,

0 si x = 0 .

Inspeccionando las componentes de f , es claro que f ∈ C (R−{0}). Estudiemosla continuidad de f en x = 0. Notemos que lımx→0 f (x) no existe puesto queno existe lımx→0 sin

1x

. Entonces, f no es continua en x = 0 y por lo tanto

f ∈ C 1([−1, 1]).

Ejemplo 2.18 Hallar el valor de los par´ ametros m y n para que la funci´ on

f (x) =

mx + 5 si x ≤ 2 ,nx2 + x − 1 si x > 2 ,

sea derivable en R.

Solucion. Como las componentes de f son polinomiales y por lo tanto deriva-bles en cualquier punto, es claro que f ∈ D(R−{2}). Estudiemos la derivabilidadde f en x = 2 calculando las derivadas laterales en dicho punto.

f (2+) = lımh→0+

f (2 + h) − f (2)

h = lım

h→0+

n(2 + h)2 + (2 + h) − 1 − (2m + 5)

h

= 2(2n − m − 2)

0 ,

de modo que, para que exista f (2+) se debe verificar la condicion

2n − m − 2 = 0 . (2.1)



2.3 Teoremas sobre funciones derivables 23

derivamos respecto de x los dos miembros de la ecuacion implıcita F (x, y) =0 que en nuestro caso es x2y − 2y + xy2 − 4 = 0. Tras derivar se obtiene

2xy + x

2

y − 2y + y

2

+ 2xyy = 0, de modo que, despejando, hallamos comodepende la derivada y(x, y). En particular, obtenemos que la pendiente de larecta tangente que buscamos debe ser y(2, −2) = −2/3.

En definitiva, la recta tangente a la curva x2y −2y + xy2 − 4 = 0 en el punto(2, −2) viene dada por

y + 2 = −2

3(x − 2) .

Nota 2.20 Se define el ´ angulo α formado por dos curvas planas en un puntode intersecci´ on como el ´ angulo que forman sus respectivas rectas tangentes en dicho punto. Si las curvas vienen dadas por las gr´ aficas y = f 1(x) e y = f 2(x)con punto de intersecci´ on (x0, y0) tal que f 1(x0) = tan α1 y f 2(x0) = tan α2, se tiene (suponiendo que α1 > α2) que

tan α = tan(α1 − α2) = tan α1 − tan α2

1 + tan α1 tan α2=

f 1(x0) − f 2(x0)

1 + f 1(x0)f 2(x0) .

Ejemplo 2.21 Se apoyan los extremos de una escalera de longitud L en el suelo(horizontal) y en una pared (vertical). La parte inferior de la escalera se aleja de la pared a una velocidad constante v. ¿A que velocidad baja la parte superior

cuando la parte inferior se encuentra a una distancia de L/2 de la pared?

Solucion. Tomamos un sistema de referencia ortogonal de modo que el origende referencia esta situado en el punto donde se juntan la pared y el suelo. Seanx(t) e y(t) la posicion en funcion del tiempo t de la parte inferior y superior dela escalera, respectivamente. Entonces, por el Teorema de Pitagoras, se satisfaceque x2(t) + y2(t) = L2 para todo t. Derivando respecto del tiempo la anteriorrelacion obtenemos xx + yy = 0, donde el punto indica derivacion respecto deltiempo. Despejando de aquı y obtenemos

y = −x

y x .

Sustituyendo los datos del enunciado en la anterior ecuacion y teniendo encuenta que y =

√ L2 − x2 se tiene que la velocidad pedida es

y = − L/2 L2 − (L/2)2

v = − v√ 3

.

2.3. Teoremas sobre funciones derivables

Definicion 2.22 Consideremos una funcion f : A ⊂ R → R y un punto a ∈ A.




1. Se dice que f tiene un maximo relativo en el punto a si existe un entornoI = (a − , a + ) de a tal que f (x) ≤ f (a) para todo x ∈ I .

2. Se dice que f tiene un mınimo relativo en el punto a si existe un entornoI = (a − , a + ) de a tal que f (x) ≥ f (a) para todo x ∈ I .

3. Se denominan extremos relativos a los maximos y mınimos relativos.

Definicion 2.23 Sea f derivable en un punto a. Se dice que a es un puntocrıtico de f si verifica que f (a) = 0.

Proposicion 2.24 Si f ∈ D(A) y f tiene un extremo relativo en un puntoa ∈ A, entonces a es un punto crıtico de f .

Demostraci´ on. Como f ∈ D(A), se tiene que existe f (a). Ademas, debido ala interpretacion geometrica de la derivada, f (a) es la pendiente de la recta rtangente a la curva y = f (x) en el punto (a, f (a)). Teniendo en cuenta que f (x)tiene un maximo o un mınimo relativo en x = a se ve geometricamente que res horizontal, es decir, con pendiente nula. Se concluye pues que f (a) = 0, esdecir, a es un punto crıtico de f .

Los dos teoremas siguientes tienen una simple interpretacion geometrica.

Teorema 2.25 (Rolle) Sea f

∈ C ([a, b]) y f

∈ D((a, b)) tal que f (a) = f (b).

Entonces, existe al menos un punto ξ ∈ (a, b) tal que f (ξ ) = 0.

Teorema 2.26 (del valor medio o de los incrementos finitos) Considere-mos una funci´ on f con f ∈ C ([a, b]) y f ∈ D((a, b)). Entonces, existe un puntoξ ∈ (a, b) tal que

f (b) − f (a)

b − a = f (ξ ) .

Demostraci´ on. Consideremos una funcion auxiliar g : [a, b] → R definida de laforma

g(x) = f (x) − f (a) + f (b) − f (a)b − a (x − a)

.

Notar que g ∈ C ([a, b]) y g ∈ D((a, b)). Como g(a) = g(b) = 0, por el teoremade Rolle sabemos que existe al menos un punto ξ ∈ (a, b) tal que g(ξ ) = 0, esdecir,

f (ξ ) − f (b) − f (a)

b − a = 0 ,

demostrando el teorema.

El teorema del valor medio tiene la interpretacion geometrica de que, sif ∈ C ([a, b]) y f ∈ D((a, b)), entonces, existe un punto ξ ∈ (a, b) tal que lapendiente de la recta tangente a la grafica de f en el punto de abscisa ξ es iguala la pendiente de la recta secante que pasa por los puntos ( a, f (a)) y (b, f (b)).



2.3 Teoremas sobre funciones derivables 25

Corolario 2.27 Si una funci´ on f con f ∈ D((a, b)) verifica que la funci´ on derivada f = 0, entonces f es constante en (a, b).

Ejemplo 2.28 Usar el Teorema del valor medio para probar que x < tan x < 2xpara todo x ∈ (0, π/4).

Solucion. Consideremos la funcion f (x) = tan x con x ∈ (0, π/4). Es claro quef ∈ C ([0, x]) y f ∈ D((0, x)). Entonces, por el Teorema del valor medio, existeun punto ξ ∈ (0, x) tal que

f (x) − f (0)

x − 0 = f (ξ ) ,

es decir,tan x = x sec2 ξ . (2.3)

Teniendo en cuenta que la funcion sec2 ξ es creciente en el intervalo consideradoξ ∈ (0, π/4), es claro que sec2 0 < sec2 ξ < sec2(π/4), es decir, 1 < sec2 ξ < 2.Utilizando la anterior desigualdad y recordando que x > 0 en la ecuacion (2.3)se concluye que x < tan x < 2x como se querıa demostrar. Teorema 2.29 (Regla de l’Hopital) Sean f, g ∈ D(I ) siendo I un entornode un punto a tal que lımx→a f (x) = lımx→a g(x) = 0. Entonces, si se verifica que lımx→a f (x)/g(x) = se tiene que lımx→a f (x)/g(x) = .

Nota 2.30 La regla de l’Hopital sigue siendo cierta en los casos siguientes: (i)lımx

→a f (x) = lımx

→a g(x) =

∞; (ii) a =

±∞.

Nota 2.31 La regla de l’Hopital se puede aplicar directamente para resolverlas indeterminaciones 0/0 e ∞/∞. Tambien es inmediata para resolver la inde-terminacion 0 ∞ puesto que esta siempre se puede reescribir como 0/0 o como∞/∞. Por lo que respecta a las indeterminaciones de potencias 00, ∞0 y 1∞,se tomaran logaritmos antes de aplicar la regla de l’Hopital. Ver la siguientecoleccion de ejercicios.

Ejemplo 2.32 Calcular los siguientes lımites usando la regla de l’Hopital.

(i) lımx→0x2+2cosx−2

x4 .

(ii) lımx→0+lnxcot x .

(iii) lımx→π/2− sec x − tan x.

(iv) lımx→0+1

x ln2 x.

(v) lımx→0 xsinx.

Solucion. (i) La indeterminacion 0/0 se resuelve aplicando 3 veces la regla del’Hopital:

lımx→0 x

2

+ 2 cos x − 2x4 = 00 = lımx→0 x − sin x2x3 = 00 = lımx→0 1 − cos x6x2 = 00

= lımx→0

sin x

12x =

1

12 .




Notemos que en el ultimo paso hemos utilizado el infinitesimo equivalente sin x ∼x si x → 0. De hecho, se podıa haber terminado el ejercicio en el paso anterior

recordando que 1 − cos x ∼ x

2

/2 cuando x → 0.

(ii) Se tiene que

lımx→0+

ln x

cot x = −∞

∞ .

La indeterminacion ∞/∞ se resuelve aplicando la regla de l’Hopital. Para ello sedebe calcular la derivada de la funcion cot x = tan−1 x, es decir, − tan−2 x(1 +tan2 x) = −1/ sin2 x. Entonces

lımx→0+

ln x

cot x = lım

x→0+

1/x

−1/ sin2 x

= − lımx→0+

sin x = 0 .

Observemos que en el ultimo paso hemos utilizado el infinitesimo equivalentesin x ∼ x si x → 0.

(iii) Se tiene que

lımx→π/2−

sec x − tan x = ∞ − ∞ .

La indeterminacion ∞ − ∞ se transforma en una indeterminacion de cocientepara poder despues aplicar la regla de l’Hopital.

lımx→π/2− sec x − tan x = lımx→π/2−

1

−sin x

cos x =

0

0 = lımx→π/2− −cos x

− sin x = 0 .

(iv) Se tiene que

lımx→0+

1

x ln2 x=

1

0 ∞ .

La indeterminacion 0 ∞ se transforma en una indeterminacion de cociente parapoder despues aplicar la regla de l’Hopital.

lımx→0+

1

x ln2 x= lım

x→0+

1/x

ln2 x=

∞∞ = lım

x→0+

−1/x

2 ln x = −∞

∞

= lımx→0+

1/x2

2/x = lımx→0+

1

2x = ∞ .

(v) Se tiene que = lım

x→0xsinx = 00 .

La indeterminacion 00 se transforma en una indeterminacion de cociente parapoder despues aplicar la regla de l’Hopital tomando logaritmos como sigue.

ln = ln

lımx→0

xsinx

= lımx→0

ln

xsinx

= lımx→0

sin x ln x = lımx→0

ln x

1/ sin x =

∞∞

= lımx→0

1/x

− cos x/ sin2 x=

− lımx→0

x

cos x = 0 ,

donde en el penultimo paso hemos utilizado el infinitesimo equivalente sin x ∼ xsi x → 0. En definitiva = e0 = 1.



2.4 Aproximacion local de funciones: Teorema de Taylor 27

2.4. Aproximacion local de funciones: Teorema

de Taylor

Definicion 2.33 Consideremos una funcion f real de variable real derivable nveces en un punto a. Se define el polinomio de Taylor de grado n de f en a como

P n(x) =

nk=0

f (k)(a)

k! (x − a)k

= f (a) + f (a)(x − a) + f (a)

2 (x − a)2 + · · · +

f (n)(a)

n! (x − a)n .

Ejemplo 2.34 Calcular el polinomio de Taylor P n(x) de grado n de las si-

guientes funciones f (x) en torno del punto a:

(i) f (x) = ex y a = 0.

(ii) f (x) = sin x y a = 0.

(iii) f (x) = ln x y a = 1.

Solucion. (i) Puesto que si f (x) = ex entonces f (k)(0) = e0 = 1 para todok ∈ N. Se tiene pues que

P n(x) =

nk=0

1k!

xk = 1 + x + 12

x2 + · · · + 1n!

xn .

(ii) En el caso de que f (x) = sin x entonces se tiene que f (2k)(0) = 0 yf (2k−1)(0) = (−1)k−1 para todo k ∈ N. En definitiva

P 2n−1(x) = x − 1

3!x3 +

1

5!x5 + · · · + (−1)n−1

1

(2n − 1)!x2n−1 .

(iii) Tomando f (x) = ln x se tiene por induccion

f (x) = ln x ⇒ f (1) = 0 ,f (x) = x−1 ⇒ f (1) = 1 ,

f (x) = −x−2 ⇒ f (1) = −1 ,

f (x) = 2x−3 ⇒ f (1) = 2 ,

...

f (n)(x) = (−1)n−1(n − 1)!x−n ⇒ f (n)(1) = (−1)n−1(n − 1)!.

En definitiva

P n(x) = (x − 1) − 12

(x − 1)2 + 13

(x − 1)3 + · · · + (−1)n−1 1n

(x − 1)n .




Definicion 2.35 Se dice que dos funciones f y g reales de variable real y deri-vables n veces en un punto a ∈ Dom(f ) ∩ Dom(g) tienen un contacto de orden

n en el punto a si se verifica que f

(k)

(a) = g

(k)

(a) para k = 0, 1, . . . , n.

Es claro que, cuanto mas alto sea el orden de contacto de dos funciones enun punto mas pr´ oximas estan esas dos funciones en torno de ese punto.

Teorema 2.36 La funcion f y su polinomio de Taylor P n de grado n en un punto a tienen un contacto de orden n en a.

Demostraci´ on. Se toma un polinomio Qn(x) de grado n con coeficientes akarbitrarios de la forma Qn(x) =

nk=0 ak(x − a)k con ak ∈ R. Tras imponer

que Qn y f tengan un contacto de orden n en a, es decir, f (k)

(a) = Q

(k)

n (a)para k = 0, 1, . . . , n, se obtienen los coeficientes ak = f (k)(a)

k! , de modo que enrealidad Qn = P n siendo P n el polinomio de Taylor de grado n de f en el puntoa.

Teorema 2.37 (Formula de Taylor) Consideremos f : A ⊂ R → R con f ∈C n+1(A) y a ∈ A. Entonces, para todo x ∈ A se tiene que f (x) = P n(x)+ Rn(x),siendo P n el polinomio de Taylor de grado n de f en a y Rn el llamado terminocomplementario de orden n. Se tiene adem´ as que existe un punto ξ entre los puntos a y x tal que

Rn(x) = f (n+1)(ξ )

(n + 1)! (x − a)n+1 .

Cuando se aproxima f (x) ≈ P n(x), se comete un error absoluto ∆ = |f (x)−P n(x)| = |Rn(x)|, de modo que la formula de Taylor proporciona una expresionpara este error. Observemos tambien que, en general, la aproximacion f (x) ≈P n(x) sera mejor cuanto mas cerca este x de a y tambien cuanto mas grandesea n. En particular, notamos que la aproximacion f (x) ≈ P 1(x) se interpretageometricamente como la aproximacion de la curva y = f (x) por la curva y =

P 1(x) que no es mas que la recta tangente a la curva y = f (x) en el punto(a, f (a)).

Ejemplo 2.38 Usar la formula de Taylor para aproximar el n´ umero e con un error menor que 10−4.

Solucion. Tomaremos la funcion f (x) = ex y el punto a = 0. Sea P n el polino-mio de Taylor de grado n de f en el punto 0. Hemos de realizar la aproximacionf (1) = e ≈ P n(1) tomando un n ∈ N de modo que en la aproximacion se co-meta error absoluto ∆ = |f (1) − P n(1)| = |Rn(1)| menor que 10−4. Usando laexpresion del termino complementario se tiene que

∆ = |Rn(1)| =

f (n+1)(ξ )

(n + 1)! (1)n+1

= eξ

(n + 1)! ,



2.4 Aproximacion local de funciones: Teorema de Taylor 29

con 0 < ξ < 1. Entonces, podemos acotar eξ < e < 3 con lo que

∆ <

3

(n + 1)! = g(n).

Dando valores naturales a n se tiene g( 6 ) = 0,0005 < 10−4 pero g(7) =0,00007 < 10−4. Entonces, si n = 7 se tiene ∆ < 10−4. En resumen, tenien-do en cuenta el desarrollo de Taylor de la funcion ex en el origen calculada enel Ejemplo 2.34, la aproximacion pedida es

e ≈ P 7(1) = 1 + 1

1! +

1

2! +

1

3! +

1

4! +

1

5! +

1

6! +

1

7! = 2,7182 ,

con un error ∆ < 10−4

. Ejemplo 2.39 Usar la formula de Taylor para aproximar 3

√ 1,2 con un error

menor que 0,01.

Solucion. Tomaremos la funcion f (x) = 3√

1 + x y el punto a = 0. Sea P nel polinomio de Taylor de grado n de f en el punto 0. Hemos de realizar laaproximacion f (0,2) = 3

√ 1,2 ≈ P n(0,2) tomando un n ∈ N de modo que en

la aproximacion se cometa error absoluto ∆ = |f (0,2) − P n(0,2)| = |Rn(0,2)|menor que 0,01. Usando la expresion del termino complementario se tiene que

∆ = |Rn(0,2)| =

f (n+1)(ξ )

(n + 1)! (0,2)n+1

,

con 0 < ξ < 0,2. Calculemos por induccion la expresion de f (n+1)(x). Reescri-bimos la funcion f en forma de potencia f (x) = (1 + x)1/3, de modo que

f (x) = 1

3(1 + x)

13−1 ,

f (x) = 1

3 1

3 − 1 (1 + x)

13−2 ,

...

f (n+1)(x) = 1

3

1

3 − 1

1

3 − 2

· · ·

1

3 − n

(1 + x)

13−(n+1) .

Entonces

∆ =

1

(n + 1)!

1

3

1

3 − 1

1

3 − 2

· · ·

1

3 − n

(1 + ξ )

13−(n+1) (0,2)n+1

.

Como 0 < ξ < 0,2 podemos acotar

(1 + ξ )13−(n+1) =

1

(1 + ξ )(n+1)− 13

< 1

(1 + 0)(n+1)− 13

= 1 .




Entonces

∆ < 1

(n + 1)!

1

31

3 − 11

3 − 2 · · ·1

3 − n

(0,2)n+1 = g(n).

Dando valores naturales a n se tiene

g(1) =

1

2!

1

3

1

3 − 1

(0,2)2

= 0,0044 < 0,01 ,

de modo que si n = 1 entonces ∆ < 0,01. En resumen, la aproximacion pedidaes

3

1,2 ≈ P 1(0,2) = f (0) + f (0)0,2 = 1 +

1

3 0,2 = 1,066 ,

con un error ∆ < 0,01. Nota 2.40 Consideremos una serie alternada convergente, es decir, sea S =∞

n=1(−1)nan un valor finito con {an}n∈N ⊂ R una sucesion de numeros realespositivos. Entonces, si definimos la suma parcial m–esima S m como la suma delos m primeros terminos de la anterior serie, es decir, S m =

mn=1(−1)nan, se

tiene que |S − S m| < am+1.

El anterior criterio de acotacion de series alternadas puede ser utilizado encaso de que se pretenda realizar la aproximacion f (x) ≈ P n(x) con un error

menor que un valor dado y ocurra que f (x) =∞k=0 f

(k)

(a)k! (x − a)k resulte seruna serie alternada convergente. Este es, por ejemplo, el caso del Ejemplo 2.39.De forma mas precisa, se tiene que

3

1,2 = f (0,2) =∞k=0

f (k)(0)

k! (0,2)k

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

2! (0,2)2 +

f (0)

3! (0,2)3 + · · ·

= 1 + 1

3

0,2 + 1

31

3 −1 (0,2)2 +

1

31

3 −11

3 −2 (0,2)3 +

· · ·Busquemos a continuacion el primer termino de la serie cuyo valor absoluto seamenor que el valor = 0,01 dado.1

3 0,2

= 0,066 < 0,01 ,

1

3

1

3 − 1

(0,2)2

= 0,0088 < 0,01 .

Concluimos que3

1,2 ≈ 1 + 13

0,2 = 1,066 ,

con un error ∆ < 0,01.



2.5 Aplicaciones de la formula de Taylor 31

Ejemplo 2.41 Usar la f´ ormula de Taylor para aproximar cos1◦ con un error menor que 10−3.

Solucion. Tomaremos la funcion f (x) = cos x y la desarrollaremos en tornodel punto a = 0.

cos x = 1 − x2

2! +

x4

4! − x6

6! + · · ·

Tomaremos x = 1◦ = π/180 radianes y obtenemos la serie

cos π

180 = 1 −

π180

22!

+

π180

44!

− π180

66!

+ · · ·

Como la serie es alternada, podemos usar la Nota 2.40. En particular, puesto

que π180

22!

< 10−3 ,

se tiene que

cos π

180 ≈ 1

con un error menor que 10−3.

Ejemplo 2.42 Usar la f´ ormula de Taylor para calcular el siguiente lımite

lımx→0

x − sin xx3

.

Solucion. Tomaremos la funcion f (x) = sin x y la desarrollaremos en tornodel punto a = 0. Se tiene que

sin x = x − x3

3! + · · · ,

de modo que

lımx→0

x − sin xx3

= lımx→0

x313! + · · ·x3

= 13!

= 16

.

2.5. Aplicaciones de la formula de Taylor

Teorema 2.43 Consideremos una funci´ on f : R → R derivable k veces en un punto a tal que f (a) = f (a) = · · · = f (k−1)(a) = 0 pero f (k)(a) = 0. Entonces,se verifica lo siguiente:

(i) Si k es par, entonces a es un extremo de f .

Si f (k)(a) > 0 entonces f tiene un mınimo en el punto a.



2.5 Aplicaciones de la formula de Taylor 33

Entonces, el area A del rectangulo depende solo de x como

A(x) = x p

2 −x .

Buscaremos los maximos de la funcion A(x). En primer lugar hallaremos lospuntos crıticos de A. Como A(x) = −2x + p/2, se tiene que la unica solucionde la ecuacion A(x) = 0 es x = p/4. Ademas, como A(x) = −2 < 0 se tieneque la funcion A presenta un maximo en x = p/4. Debido a (2.4) se tiene enrealidad que x = y = p/4. Entonces, concluimos que el rectangulo es, de hecho,un cuadrado. Ejemplo 2.46 Calcular las dimensiones (radio r y altura h) del cono de volu-men m´ aximo que se puede inscribir en una esfera de radio R.

Solucion. El volumen V de un cono de radio r y altura h es

V = 1

3πr2h .

Como el cono esta inscrito en una esfera de radio R, usando el teorema dePitagoras se tiene que r2 + (h − R)2 = R2, de donde podemos despejar

r2 = R2 − (h − R)2 . (2.5)

Entonces, el volumen V solo depende de h como

V (h) = 1

3π[R2 − (h − R)2]h .

Buscaremos los maximos de la funcion V (h). En primer lugar hallaremos lospuntos crıticos de V . Derivando se obtiene

V (h) = −1

3πh(3h − 4R) .

La unica solucion positiva de la ecuacion V (h) = 0 es h = 4R/3. Ademas esfacil comprobar que V (4R/3) < 0 de modo que V presenta un maximo en

h = 4R/3. Finalmente, teniendo en cuenta (2.5),

(h, r) =

4R

3 ,

√ 8

3 R

,

es la solucion del problema. Ejemplo 2.47 Calcular la mınima distancia entre los puntos de la par´ abola y = x2 y el punto (2, 1/2).

Solucion. Los puntos de la parabola son de la forma (x, x2), de modo que ladistancia entre esos puntos y el punto (2, 1/2) es

d(x) =

(x − 2)2 + (x2 − 1/2)2 .




Es claro que los valores de x que corresponden a un mınimo de d son los mismosque hacen mınima la funcion

D(x) = d2(x) = (x − 2)2 + (x2 − 1/2)2 .

Por este motivo, preferimos trabajar con la funcion D en lugar de la funciond. Buscaremos los mınimos de la funcion D(x). En primer lugar hallaremos lospuntos crıticos de D. Derivando se obtiene D(x) = 4(x3 − 1), de modo que elunico punto crıtico de D es x = 1. Ademas, puesto que D(x) = 12x2, se tieneD(1) > 1 con lo que D (y por lo tanto d) presenta un mınimo en x = 1. Elpunto de la parabola que corresponde a esta distancia mınima es (1, 1) y dichadistancia es

d(1) =

√ 5

2 .

Definicion 2.48 Sea f : R → R una funcion derivable en un punto a.

1. Se dice que f tiene concavidad positiva en el punto a si existe un entornoI = (a − , a + ) de a tal que f (x) ≥ P 1(x) = f (a) + f (a)(x − a) paratodo x ∈ I .

2. Se dice que f tiene concavidad negativa en el punto a si existe un entornoI = (a − , a + ) de a tal que f (x) ≤ P 1(x) = f (a) + f (a)(x − a) paratodo x ∈ I .

3. En caso contrario, se dice que f tiene un punto de inflexi´ on en el punto a.

Nota 2.49 Notemos que, geometricamente, los puntos a de concavidad positiva (resp. negativa) para la funci´ on f corresponden a aquellos puntos donde la recta tangente a la gr´ afica de f en el punto (a, f (a)) pasa por debajo (resp. encima)de la gr´ afica de f en un entorno del punto a.

Teorema 2.50 Consideremos una funci´ on f : R → R derivable k veces en un punto a tal que f (a) = · · · = f (k−1)(a) = 0 pero f (k)(a) = 0. Entonces, se verifica lo siguiente:

(i) Sea k par.Si f (k)(a) > 0 entonces f tiene concavidad positiva en el punto a.

Si f (k)(a) < 0 entonces f tiene concavidad negativa en el punto a.

(ii) Si k es impar, entonces f tiene un punto de inflexi´ on en el punto a.

Demostraci´ on. Si f (a) = · · · = f (k−1)(a) = 0 pero f (k)(a) = 0, usando laformula de Taylor, se tiene que

f (x) − P 1(x) = f (k)(a)

k! (x − a)k + Rn(x) =

f (k)(a)

k! + α(x)

(x − a)k ,

donde la funcion α(x) → 0 cuando x → a. Entonces, para x en un entorno delpunto a, el signo del termino entre corchetes de la expresion anterior coincidecon el signo de f (k)(a). Se tiene pues que:



2.6 Problemas propuestos 35

(i) Si k es par, entonces (x − a)k ≥ 0 para todo x en un entorno del punto a.Se tiene entonces que:

Si f (k)(a) > 0 entonces f (x) − P 1(x) ≥ 0 de modo que f tieneconcavidad positiva en el punto a.

Si f (k)(a) < 0 entonces f (x) − P 1(x) ≤ 0 de modo que f tieneconcavidad negativa en el punto a.

(ii) Sea k impar. Entonces, el signo de (x − a)k cambia para valores de x en unentorno del punto a. En particular, f (x) − P 1(x) no mantiene el signo demodo que f tiene un punto de inflexion en el punto a.

Ejemplo 2.51 Sea f : R

→ R una funci´ on tal que f (0) > 0. Averiguar la

concavidad en x = 0 de la funci´ on g(x) = f (x) + f (−x).

Solucion. Aplicando la regla de la cadena se tiene que g (x) = f (x) − f (−x)de modo que g(0) = 0. Derivando de nuevo se tiene g(x) = f (x) + f (−x)con lo que g(0)2f (0) > 0. Se tiene pues que g tiene concavidad positiva enx = 0. De hecho, g tiene un mınimo relativo en x = 0.


Problema 2.1 Considerar la funci´ on f (x) = xn. Demostrar que f (x) = nxn−1

utilizando la definici´ on de derivada.

Problema 2.2 Demostrar que (f g)(a) = f (a)g(a) + f (a)g(a) utilizando la definici´ on de derivada.

Problema 2.3 La funci on f (x) = sin x es biyectiva cuando se restringe al intervalo (−π/2, π/2). Hallar la derivada de la funci´ on g(y) = arcsin y usandoel hecho de que g = f −1.

Problema 2.4 Considerar la funci´ on f (x) = 1 − 3√

x2 definida en el intervalo

[−1, 1]. Verificar que f (1) = f (−1) y que f (x) no se anula en ning´ un punto del intervalo [−1, 1]. Explicar por que no se contradice el Teorema de Rolle.

Solucion. ∃f (0) ⇒ f ∈ D((−1, 1)).

Problema 2.5 ¿ Se puede extender la funcion

f (x) = x ln(2x − x2)

(x − 1)2

de forma continua en los puntos x = 0, x = 1 y x = 2? Estudiar la derivabilidad

por la derecha de la funci´ on extendida en x = 0.Solucion. Se puede extender en x = 0 definiendo f (0) = 0 y en x = 1definiendo f (1) = −1. No se puede extender en x = 2. ∃f (0+).




Problema 2.6 Sean a, b ∈ R y n ∈ N. Demostrar que el polinomio xn + ax + btiene como mucho dos raıces reales si n es par y tres raıces reales si n es impar.

Problema 2.7 Sea f : R → R de clase C 2 y verificando f (1) − f (0) = 7 y |f (x)| ≤ 3 para todo x ∈ [0, 1]. Demostrar que f es creciente en un entorno de x = 0.

Problema 2.8 Estudiar la derivabilidad en x = 2 de la funci´ on

f (x) =

x−21+exp( 1

x−2 ) si x = 2 ,

0 si x = 2 .

Solucion.

∃f (2).

Problema 2.9 Hallar las derivadas de las funciones

f (x) = arc cos 1√ 1 + x2

, g(x) = arcsin x√ 1 + x2

.

¿Que se puede deducir del resultado?

Solucion. f (x) = g (x) = 1/(1 + x2). Entonces f (x) − g(x) es constante.

Problema 2.10 Considerar la funci´ on y(x) definida de manera implıcita por

la ecuaci´ on x − 2y sin x

y = 0. Hallar la funci´ on derivada y(x).

Solucion. y = y/x.

Problema 2.11 Dos m´ oviles realizan trayectorias parab´ olicas coplanarias da-das por las ecuaciones y = f (x) = x2 + x − 6, y = g(x) = 1

2(x2 − 2x + 8) de modo que, durante todo el movimiento, tienen igual abscisa. Calcular las coor-denadas de los m´ oviles cuando: (i) se muevan paralelamente; (ii) se muevan perpendicularmente.Indicacion: Recordar la f´ ormula de trigonometrıa tan(β 2 − β 1) = [tan(β 2) −tan(β 1)]/[1 + tan(β 2) tan(β 1)].

Solucion. (i) (−2, −4) y (−2, 8). (ii) Hay dos casos. El primero es (0, −6) y(0, 4) y el segundo es (1/2, −21/4) y (1/2, 29/8).

Problema 2.12 Demostrar que

1 + x < ex < 1

1 − x ,

para todo 0 < x < 1.

Problema 2.13 Demostrar que entre cualquier par de raıces reales de la ecua-ci´ on ex sin x = 1 existe al menos una raız real de la ecuaci on ex cos x = −1.Indicacion: Aplicar el Teorema de Rolle a la funcion f (x) = e−x − sin x.




Problema 2.14 Demostrar que para cualquier a y b satisfaciendo 0 < a < bse tiene que

1 − a

b < ln b

a < b

a − 1 .

Indicacion: Usar el Teorema del valor medio a la funci´ on f (x) = ln x.

Problema 2.15 Calcular los lımites siguientes:

(i) lımx→0x2 sinx−sin3 x

x5 .

(ii) lımx→∞ x(arctan(ex) − π/2)).

(iii) lımx→0+ 1x

tan x.

Solucion. (i) 1/3, (ii) 0, (iii) 1.

Problema 2.16 Hallar el polinomio de Taylor de grado arbitrario de la funci´ on arctan x en torno del punto a = 0.

Solucion. P 2n−1(x) = x − x3

3 + x5

5 − x7

7 + · · · + (−1)n−1 x2n−1

2n−1 .

Problema 2.17 Averiguar para que valores de x en la aproximaci´ on sin x ≈ xel error cometido no supera el valor 0,0005.

Solucion.

|x

|< 0,1442.

Problema 2.18 Averiguar la relaci´ on entre el radio R y la altura h de un dep´ osito cilındrico cerrado con un volumen fijado de modo que su ´ area total sea mınima.

Solucion. h = 2R.

Problema 2.19 Dos m´ oviles se mueven en un plano con un movimiento recti-lineo uniforme. El primero parte del punto (14, 0) y sigue una recta paralela al eje de ordenadas con velocidad v1 = 4 m/s. El segundo parte del punto (0, 18)

y sigue una recta paralela al eje de abscisas con velocidad v2 = 2 m/s. Calcular el tiempo para el cual la distancia entre los dos m´ oviles es mınima.

Solucion. t = 5 segundos.

Problema 2.20 El precio de un material es proporcional al cuadrado de su peso. Averiguar c´ omo debe partirse una pieza de este material de modo que la depreciaci´ on de su valor sea m´ axima.

Solucion. Debe partirse en dos partes iguales.

Problema 2.21 Hallar y clasificar los extremos relativos de las funciones si-guientes:

(i) f (x) = 2(x−1)x − ln x2.




(ii) g(x) = x3 − |x|.

Solucion. (i) Maximo en x = 1; (ii) Mınimo en x = 1/

√ 3 y maximo en x = 0.

Problema 2.22 Usar el Teorema del valor medio para demostrar que sin x < xpara todo x > 0.

Problema 2.23 ¿En cu´ antos puntos se intersectan las curvas y = ln(x) e y =x2/9?

Problema 2.24 ¿En que punto la recta tangente a la par´ abola y = x2 − 7x + 3es paralela a la recta 5x + y − 3 = 0.

Solucion. (1, −3).

Problema 2.25 Demostrar que, en la par´ abola y = Ax2 + Bx + C , la cuerda que une los puntos de abscisas x = a y x = b es paralela a la recta tangente a la par´ abola en el punto de abscisa media.


Problema 2.26 Usando un desarrollo de Taylor adecuado, aproximar 5√

1,035

con tres cifras decimales exactas.

Solucion. Definimos f (x) = 5√

1 + x, de modo que se debe aproximar el valorde f (0,035) con un error absoluto menor que 10−3. Realizamos un desarrollo deTaylor de f (x) en torno de x = 0 y obtenemos

5√

1 + x = 1 + 1

5x − 2

25x2 +

6

125x3 + · · ·

Evaluando en x = 0,035 se obtiene la serie alternada siguiente

5

1,035 = 1 + 15 × (0,035) − 2

25 × (0,035)2 +

6125

× (0,035)3 + · · ·

Ahora, usando el criterio de aproximacion por truncamiento en una serie alter-nada y teniendo en cuenta que

1

5 × (0,035) < 10−3 ,

2

25 × (0,035)2 < 10−3 ,

se tiene que

5 1,035 ≈ 1 +

1

5 × (0,035) = 1,007 .




Nota: Otra forma de resolver el problema es la siguiente. Como f (x) =5√

1 + x = (1 + x)1/5, se tiene que f (x) = 15 (1 + x)1/5−1, f (x) = 1

5 15 − 1 (1 +

x)1/5

−2

, f (x) = 1

5 15 − 1

15 − 2

(1 + x)

1/5

−3

. Por induccion obtenemos

f (n)(x) = 1

5

1

5 − 1

1

5 − 2

· · ·

1

5 − (n − 1)

(1 + x)1/5−n.

Al aproximar f (0,035) ≈ P n(0,035) siendo P n el polinomio de Taylor de gradon centrado en el punto a = 0 se comete un error absoluto

∆(n) = |Rn(0,035)| =

f (n+1)(ξ )

(n + 1)! 0,035n+1

= 1

(n + 1)!

1

51

5 −11

5 −2 · · ·

1

5 −n (1 + ξ )1/5−(n+1) 0,035n+1 ,

siendo ξ ∈ (0, 0,035). Como n ∈ N, 15 − (n + 1) < 0, de modo que(1 + ξ )1/5−(n+1) =

1

(1 + ξ )(n+1)−1/5

< 1

(1 + 0)(n+1)−1/5 = 1 .

Entonces

∆(n) <

1

(n + 1)!

1

5

1

5 − 1

1

5 − 2

· · ·

1

5 − n

0,035n+1

.

Tomando valores de n se tiene que

∆(1) <

1

2!

1

5

1

5 − 1

0,0352

= 0,000098t < 10−3 .

Se concluye que f (0,035) ≈ P 1(0,035) con un error absoluto menor que 10−3.En definitiva

5

1,035 ≈ P 1(0,035) = 1 + 1

5 × 0,035 = 1,007 .

Problema 2.27 Usar la f´ ormula de Taylor para resolver las siguientes cues-

tiones:(i) Demostrar que cos x ≥ 1 − x2/2 para todo x ∈ R.

(ii) Calcular el lımite siguiente en funci´ on de los valores del par´ ametro real a.

lımx→0

(ex − 1 − x)3

(1 − cos x)a

Solucion. (i) Usando la formula de Taylor para la funcion f (x) = cos x entorno del origen hasta segundo orden se tiene que f (x) = P 2(x) + R2(x), esdecir,

cos x = 1 − x2

2! + sin ξ

3! x3 ,

con ξ entre 0 y x. Se tienen dos casos:




(a) Si |x| < π, entonces sin ξ y x3 tienen el mismo signo, de modo que R2(x) ≥0 con lo que se deduce cos x ≥ 1 − x2

2! cuando |x| ≤ π.

(b) Si |x| > π, entonces se tiene facilmente que

1 − x2

2 < 1 − π2

2 < −2 < cos x .

(ii) Usando la formula de Taylor para las funciones cos x y ex en torno delorigen se tiene

cos x = 1 − x2

2! + · · · , ex = 1 + x +

x2

2! + · · ·

donde los puntos suspensivos corresponden a terminos de orden superior. En-tonces

lımx→0

(ex − 1 − x)3

(1 − cos x)a = lım

x→0

(x2

2 + · · ·)3(x

2

2 + · · ·)a = lımx→0

x2

2

3(1 + · · ·)3

x2

2

a(1 + · · ·)a = lım

x→0

x2

2

3−a.

Se concluye que

lımx→0

(ex − 1 − x)3

(1

−cos x)a

=

0 si a < 3,1 si a = 3,

∞ si a > 3.

Problema 2.28 Considerar la funcion

f (x) =

41

x−3−7

41

x−3+7si x = 3

1 si x = 3

Estudiar la continuidad de f en R. Calcular la funci´ on f (x) explicitando cu´ al es su dominio.

Solucion. Las componentes de f nos indican que f es continua en todo R

excepto, quizas, en x = 3. Estudiemos la continuidad de f en x = 3. Para ello,recordando que

lımx→3±

1

x − 3 = ±∞ ,

se tienen los lımites laterales siguientes. Primero

lımx→3+

f (x) = lımx→3+

4 1x−3 − 7

4 1x−3 + 7

= ∞∞ = 1 ,

donde la indeterminacion se ha resuelto dividiendo numerador y denominador

por 4

1x

−3

. Por otra parte

lımx→3−


4 1x−3 − 7

4 1x−3 + 7

= −7

7 = −1 .




Como lımx→3+ f (x) = lımx→3− f (x), la funcion f no es continua en x = 3 yaque no existe lımx→3 f (x). En consecuencia f tampoco es derivable en x = 3.

La funcion derivada de f es (observad que la derivada del numerador y deldenominador coinciden)

f (x) =−4

1x−3 ln 4 1

(x−3)2 144

1x−3 + 7

2con Dom(f ) = R− {3}.

Problema 2.29 Un tri´ angulo is´ osceles de perımetro p gira alrededor de su al-tura engendrando un cono. ¿Que valor debe tener la base del tri´ angulo para que

el volumen del cono sea m´ aximo?

Solucion. Sea 2x la base del triangulo e y el valor comun de los lados iguales.Por el teorema de Pitagoras y2 = h2 + x2, siendo h la altura del cono. Por otraparte, p = 2(x + y). El volumen V del cono engendrando es

V = 1

3πx2h =

1

3πx2h =

1

3πx2

y2 − x2 =

1

3πx2

( p/2 − x)2 − x2 .

Buscamos el valor de x tal que el volumen V del cono sea maximo. Puesto queeste valor de x coincide con el que hace maximo la funcion

f (x) = V 2(x) = 19

π2x4

p2 − x

2 − x2

,

y la funcion f es polinomial, finalmente maximizaremos f . Los puntos crıticosde f corresponden a las soluciones de la ecuacion

f (x) = 1

9π2 px3( p − 5x) = 0 .

La solucion x = 0 corresponde, trivialmente, con el volumen mınimo (de hechoV = 0). El otro punto crıtico es x = p/5. Como f ( p/5) = − p4/25 < 0, seconcluye que para x = p/5 se tiene un valor maximo del volumen V , luego labase 2x del triangulo ha de ser 2 p/5.

Problema 2.30 De todos los rect´ angulos inscritos en un semicırculo de radioR, calcular las dimensiones del que tiene ´ area m´ axima.

Solucion. Sean x e y la base y la altura del rectangulo, respectivamente. La fun-cion area del rectangulo es A(x, y) = xy. Consideremos el triangulo rectangulode vertices: el punto medio de la base del rectangulo; dos vertices del rectangulosobre una misma altura. Dicho de otro modo, las variables x e y estan relaciona-das mediante el Teorema de Pitagoras de la forma (x/2)2+y2 = R2. Despejando

de esta relacion y para luego ser sustituida en la funcion A se llega a que

A(x) = x

R2 − x2

4 .




Para simplificar calculos (eliminar raıces cuadradas) maximizaremos la funcionarea al cuadrado

F (x) = A2

(x) = x2

R2

− x2

4

.

La derivada de F es F (x) = x(2R2 − x2), de modo que los puntos crıticos de F (las soluciones de la ecuacion F (x) = 0) son x = 0 y x =

√ 2R. Es evidente que

x = 0 corresponde a un area mınima, de modo que desechamos esta solucion.Ademas, puesto que F (

√ 2R) = −4R2 < 0, concluimos que F (y por lo tanto

A) tiene un maximo relativo en x =√

2R.

Finalmente, teniendo en cuenta que y =

R2 − x2

4 , las dimensiones del

rectangulo de maxima area son

(x, y) = (√ 2R,R/√ 2) .

Problema 2.31 Considerar la funcion f (x) = x

1 + exp1x

.

(i) Estudiar la continuidad de f en R.

(ii) Estudiar la derivabilidad de f en R.

Solucion. (i) Por simple inspeccion comprobamos que, excepto en x = 0,la funcion f es una composicion de funciones continuas. Se tiene pues que f

∈C (R−{0}). La continuidad de f en el punto x = 0 la estudiamos a continuacion.Observemos que, puesto que lımx→0± 1/x = ±∞ se tiene que

lımx→0+

f (x) = lımx→0+

x

1 + exp ( 1x) =

0

1 + ∞ = 0 ,

lımx→0−


x

1 + exp ( 1x) =

0

1 + 0 = 0 .

Entonces concluimos que lımx→0 f (x) = f (0) = 0 de modo que f es continuaen x = 0 y por lo tanto f

∈C (R).

(ii) Calculando la derivada de f con las reglas de derivacion obtenemos

f (x) = 1 + exp

1x

− x exp1x

−1x2

1 + exp1x

2 = x + exp

1x

(1 + x)

x

1 + exp1x

2 .

Observemos que la funcion f (x) esta bien definida para todo x = 0, esdecir, f ∈ D(R− {0}). La derivabilidad de f en el punto x = 0 la estudiamos acontinuacion. Otra vez, puesto que lımh→0± 1/h = ±∞, calcularemos derivadaslaterales de f en el origen.

f (0+) = lımh→0+

f (h) − f (0)

h = lım

h→0+

h

1+exp( 1h )

− 0

h = lım

h→0+

1

1 + exp1h




= 1

1 + ∞ = 0 ;

f (0−) = lımh→0−

f (h)−

f (0)

h = lımh→0−

1

1 + exp1h

= 1

1 + 0 = 1 .

Como f (0+) = f (0−) se tiene que no existe f (0).

Problema 2.32 Hallar el radio y la altura de un cilindro inscrito en una esfera de radio R dado para que tenga volumen m´ aximo.

Solucion. Sea r al radio del cilindro y h su altura. El volumen del cilindroviene dado por V = πr2h. Consideremos el triangulo rectangulo de lados eldiametro del cilindro, la altura del cilindro y la recta que pasa por el centro de

la esfera de radio R. Usando el Teorema de Pitagoras en ese triangulo tenemosque (2R)2 = (2r)2 + h2, de donde podemos despejar r2 = R2− h2

4 . Sustituyendoeste valor de r2 en V se obtiene

V (h) = π

R2 − h2

4

h = π

R2h − h3

4

.

Derivando obtenemos

V (h) = π

R2 − 3h2

4

La solucion positiva (ya que h > 0) de la ecuacion V (h) = 0 es h∗ = 2√ 3

R y

por tanto r∗ =

23

R. Ademas, como V (h∗) < 0 se tiene que el volumen del

cilindro inscrito es maximo cuando

(r, h) =

2

3R,

2√ 3

R

.

Problema 2.33 Considerar la funci´ on f (x) =√

1 − x. Hallar:

(i) El polinomio de Taylor de tercer grado de f alrededor del origen.

(ii) El valor aproximado de

1/2 utilizando el polinomio hallado anteriormen-te. Calcular adem´ as una cota del error cometido.

Solucion. (i) Dada la funcion f derivable tres veces en el origen, su polinomiode Taylor de grado 3 centrado en el origen es

P 3(x) = f (0) + f (0)x + f (0)

2! x2 +

f (0)

3! x3 .

Tomando f (x) =√

1 − x = (1 − x)1/2, se tienen las derivadas f (x) = −12(1 −

x)−1/2, f (x) = −14 (1−x)−3/2 y finalmente f (x) = −3

8 (1−x)−5/2. Calculando

en el origen obtenemos f (0) = 1, f (0) = −12 , f (0) = −

14 y f (0) = −

38 de

modo que

P 3(x) = 1 − 1

2x − 1

8x2 − 1

16x3 .




(ii) Ahora realizamos la siguiente aproximacion:

1/2 = f (1/2) ≈ P 3(1/2) =

91

128 ≈ 0,710938 .

El error absoluto ∆ cometido en esta aproximacion es

∆ = |f (1/2) − P 3(1/2)| =

f (iv)(ξ )

4!

1

2

4 =

1

384

f (iv)(ξ ) ,

donde se sabe que ξ ∈ (0, 1/2). Puesto que

f (iv)(ξ ) = −15

16(1 − ξ )−7/2 = − 15

16(1−

ξ )7/2 .

Es claro que al aumentar ξ disminuye el anterior denominador, de modo que elcociente aumenta, pero debido al signo negativo, en realidad f (iv(ξ ) disminuye.Dicho de otra forma, la funcion f (iv)(ξ ) es negativa y decreciente en el intervalo[0, 1/2], de modo que |f (iv)(ξ )| es creciente en dicho intervalo y por lo tanto

M = max0≤ξ≤1/2

f (iv)(ξ ) =

f (iv)(1/2) =

15√ 2

≈ 10,6066 .

Se tiene en definitiva la siguiente acotacion del error

∆ = 1

384

f (iv)(ξ ) <

M

384 =

15√ 2

384 =

5

128√

2≈ 0,0276214.

Problema 2.34 Dos curvas planas son perpendiculares en un punto de inter-secci´ on si sus rectas tangentes en este punto lo son. Averiguar si las curvas planas dadas por las ecuaciones 2x2 + y2 = 6, y2 = 4x son perpendiculares en todos sus puntos de intersecci´ on.

Solucion. Primero calculamos las coordenadas de los puntos de interseccionde las curvas, es decir, resolvemos el sistema 2x2 + y2 = 6, y2 = 4x. Se tiene

pues que 2x2

+ 4x = 6 cuya solucion es x0 = 1, x1 = −3. Notamos que debidoa la segunda curva, los valores de x no pueden ser negativos de modo que solotenemos x0 = 1 como solucion. Los valores de las ordenadas de los puntos sony0 = ±2. En definitiva, tenemos los puntos de interseccion

p0 = (1, 2) , p1 = (1, −2) .

Calculemos ahora las pendientes de las 4 rectas tangentes a las dos curvas enlos puntos p0 y p1. Para ello se han de calcular en primer lugar las pendientesde las rectas, cosa que haremos mediante derivacion implıcita. Para la primeracurva se tiene 4x + 2yy = 0, es decir, y(x, y) =

−2x/y. Para la segunda curva

se tiene 2yy = 4, es decir, y(x, y) = 2/y. Se tienen entonces las pendientes,para la primera curva

m1| p0 = −1 , m1| p1 = 1 ,




y para la segunda curva

m2

| p0

= 1 , m2

| p1

=−

1 .

Como m1| p0 = −1/m2| p0 y m1| p1 = −1/m2| p1 , las intersecciones son perpendi-culares.

Problema 2.35 Dada la funci´ on f (x) = 11−x , se pide:

(i) Hallar el desarrollo de Taylor de f (x) en torno del origen.

(ii) Acotar el error absoluto cometido en la aproximaci´ on f (0,1) ≈ P 8(0,1)donde P 8(x) es el polinomio de Taylor de grado 8 de f (x) en torno del origen.

Solucion. (i) La derivada n-esima es f (n)(x) = n!(1 − x)−(n+1), de modo quef (n)(0) = n! y la serie de Taylor es

∞i=0

f (n)(0)

n! xn =

∞i=0

xn.

(ii) Al aproximar f (0,1) ≈ P 8(0,1) se comete un error ∆ = |R8(0,1)| siendoel termino complementario de orden 8

R8(x) = f (9)(ξ )9!

x9 = 1(1 − ξ )10

, x9 ,

con 0 < ξ < 0,1. Entonces

∆ = |R8(0,1)| = 1

(1 − ξ )10 (0,1)9 <

1

(1 − 0,1)10 (0,1)9 = 2,86797 × 10−9 .

Problema 2.36 Un alambre de 3 metros de longitud se divide en dos partes x e y. Con la primera se construye un cuadrado y con la segunda una circunferencia.Encontrar los valores de x e y para que la suma de las ´ areas del cuadrado y del

cırculo resultantes sean mınimas.

Solucion. El lado del cuadrado sera l = x/4 y el radio del circulo sera r =y/(2π). La suma de las areas viene dada por A = l2 + πr2. Como sabemosque x + y = 3 tenemos que 4l + 2πr = 3. Sustituyendo l = (3 − 2πr)/4 en A se

obtiene A(r) = (3−2πr)216 +πr2. De donde A(r) = π

4 (−3+8r+2πr). De A(r) = 0obtenemos r = 3

8+2π y por tanto l = 34+π . Como A(r) = π

4 (8 + 2π) > 0 para

toda r el extremo es un mınimo. En este caso x = 124+π e y = 3π

4+π .

Problema 2.37 Considerar la funci´ on

f (x) =

x sin

1x

si x = 0 ,

0 si x = 0 .




(i) Estudiar la continuidad de f en R.

(ii) Estudiar la derivabilidad de f en R.

(iii) Calcular lımx→∞

f (x).

Solucion. (i) Las componentes de la funcion f son o bien una constante obien una funcion que es composicion de funciones continuas en cualquier puntoexcepto en x = 0 debido a la expresion 1

x . Se tiene pues que f ∈ C (R\{0}). Lacontinuidad de f en el origen se debe estudiar con mas detalle. En primer lugarcalculamos el siguiente lımite

lımx→0

f (x) = lımx→0

x sin 1

x = 0 ,

donde se ha utilizado que x → 0 y que sin 1x es una funcion acotada. Como

lımx→0 f (x) = f (0) se tiene que f (x) es continua en x = 0. En resumen hemosdemostrado que f ∈ C (R).

(ii) Usando las reglas de derivacion se tiene que, para cualquier x = 0,

f (x) = sin

1

x

+ x cos

1

x

−1

x2

= sin

1

x

− 1

x cos

1

x

.

Para calcular f (0) se debe utilizar la definicion de derivada. Se tiene entoncesque

f (0) = lımh→0

f (h) − f (0)

h = lım

h→0sin

1

h

,

pero este lımite no existe, de modo que no existe f (0). En resumen, f es deri-vable en R\{0}.

(iii) Se tiene que

lımx→∞

f (x) = lımx→∞

x sin1

x = 0 ∞ .

Esta indeterminacion se puede resolver de varias formas, por infinitesimos equi-valentes o usando la regla de l’Hopital.

Como sin1x

∼ 1x cuando x → ∞ obtenemos que

lımx→∞ f (x) = lım

x→∞x1

x = 1 .

De otra forma, pasando a indeterminacion de cociente y luego usando laregla de l’Hopital

lımx→∞

f (x) = lımx→∞

sin1x

1x

= lımx→∞

−1x2

cos

1x

−1x2

= lımx→∞ cos

1

x

= 1 .




Problema 2.38 Dada la funci´ on f (x) =√

x + 1, usar un desarrollo de Taylor adecuado de f para aproximar el valor

√ 1,2 con un error menor que 10−3.

Solucion. Puesto que √ 1,2 = f (0,2), usaremos la aproximacion f (0,2) ≈P n(0,2) siendo P n el polinomio de Taylor de f en torno del punto a = 0 de gra-do n. Hemos usado el punto a = 0 puesto que es el entero mas cercano al puntox = 1,2 que es donde se realiza la aproximacion. El problema concluye cuandoaveriguemos el valor del grado n al imponer que en la aproximacion efectuadase cometa un error absoluto ∆ = |f (0,2)−P n(0,2)| = |Rn(0,2)| menor que 10−3.

En primer lugar, calculamos las derivadas de f . Como f (x) =√

1 + x =(1 + x)1/2, se tiene que f (x) = 1

2(1 + x)1/2−1, f (x) = 12

12 − 1

(1 + x)1/2−2,

f (x) = 1

2 12 −

1 12 −

2 (1 + x)1/2−3. Por induccion obtenemos

f (n)(x) = 1

2

1

2 − 1

1

2 − 2

· · ·

1

2 − (n − 1)

(1 + x)1/2−n .

De este modo se tiene que

f (n)(0) = 1

2

1

2 − 1

1

2 − 2

· · ·

1

2 − (n − 1)

.

Esta informacion permite calcular los primeros terminos del desarrollo de Taylorde f (x) en torno de a = 0:

f (x) =√

1 + x = 1 + 1

2x − 1

8x2 +

1

16x3 − 5

128x4 + · · ·

Evaluando en x = 0,2 se obtiene la serie alternada siguiente

1,2 = 1 +

1

2 × 0,2 − 1

8 × 0,22 +

1

16 × 0,23 − 5

128 × 0,24 + · · ·

Ahora, usando el criterio de aproximacion por truncamiento en una serie alter-nada y teniendo en cuenta que

12 × 0,2 < 10−3 , 1

8 × 0,22 < 10−3 , 1

16 × 0,23 < 10−3 ,

se tiene que 1,2 ≈ 1 +

1

2 × 0,2 − 1

8 × 0,22 = 1,095 .

Nota: Otra forma de resolver el problema es la siguiente. Al aproximarf (0,2) ≈ P n(0,2) siendo P n el polinomio de Taylor de grado n centrado en elpunto a = 0 se comete un error absoluto

∆(n) = |Rn(0,2)| =f (n+1)(ξ )

(n + 1)! 0,2

n+1=

1

(n + 1)!

1

2

1

2 − 1

1

2 − 2

· · ·

1

2 − n

(1 + ξ )1/2−(n+1) 0,2n+1

,




siendo ξ ∈ (0, 0,2). Como n ∈ N, 12 − (n + 1) < 0, de modo que

(1 + ξ )1/2−(n+1) =

1

(1 + ξ )(n+1)−1/2 <

1

(1 + 0)(n+1)−1/2 = 1 .

Entonces

∆(n) <

1

(n + 1)!

1

2

1

2 − 1

1

2 − 2

· · ·

1

2 − n

0,2n+1

.

Tomando valores de n se tiene que

∆(1) < 1

2!

1

2

1

2 −1 0,22 = 0,005

< 10−3 ,

pero sin embargo

∆(2) <

1

3!

1

2

1

2 − 1

1

2 − 2

0,23

= 0,0005 < 10−3 .

Se concluye que f (0,2) ≈ P 2(0,2) con un error absoluto menor que 10−3. Endefinitiva

1,2 ≈ P 2(0,2) = 1 +

1

2 × 0,2 − 1

8 × 0,22 = 1,095 .

Problema 2.39 Calcula el punto de la par´ abola y2 = 6x m´ as pr´ oximo al punto(3, 0).

Solucion. Sea P = (x, y) un punto arbitrario de la parabola y2 = 6x. Entoncesse tiene que P = (y2/6, y). La distancia d entre el punto P y el punto (3, 0) vienedada por la funcion

d(y) =

y2

6 − 3

2

+ y2 .

Hemos de hallar el valor de y que minimiza a la funcion distancia d(y). Como

este valor debe coincidir con el que minimiza la funcion distancia al cuadrado

f (y) = d2(y) =

y2

6 − 3

2

+ y2

hallaremos los extremos de f pues la derivada es mas simple ya que es polinomial.Se tiene que

f (y) = 2

y2

6 − 3

y

3 + 2y =

y3

9 ,

de modo que f tiene un unico punto crıtico en y = 0. Como ademas f (0) =f (0) = f (0) = 0 pero f (iv)(0) = 2/3 > 0 se concluye que f y por lo tanto dtienen en y = 0 un mınimo. En resumen, las coordenadas del punto P sobre laparabola son P = (0, 0).





f (x) =

sin(ax)

x si x < 0 ,13

x3 − x2 − 3x + 1 si x ≥ 0 .

(i) Determina el valor de a para que f sea continua y estudia la derivabilidad en x = 0.

(ii) Demostrar que la funci´ on f tiene, al menos, una raız real en el intervalo[0, 3] y hallar una aproximaci´ on de dicha raız con un error menor que 0,1.

Solucion. (i) Es claro que la funcion f definida por

f (x) =

sin(ax)x si x < 0 ,

13x3 − x2 − 3x + 1 si x ≥ 0 .

es continua en todo R excepto quizas en el origen. Estudiemos la continuidadde f en x = 0.

lımx→0+

f (x) = lımx→0+

1

3x3 − x2 − 3x + 1 = 1 ,

lımx→0− f (x) = lımx→0+

sin ax

x = 0

0 = lımx→0+

ax

x = a ,

donde en el calculo del segundo lımite hemos usado el infinitesimo equivalentesin(ax) ∼ ax cuando x → 0. Claramente, para que f sea continua en el origenes necesario y suficiente con que a = 1 puesto que entonces

lımx→0

f (x) = f (1) = 1 .

Puesto que una condicion necesaria para que una funcion real de variablereal sea derivable en un punto es que sea continua en ese punto, es claro que

si a = 1 entonces f no es derivable en x = 0. En el caso de que a = 1, paraestudiar la derivabilidad de f en x = 0 calcularemos las derivadas laterales de f en el origen puesto que este es un punto donde la funcion se parte. Ası se tieneque

f (0+) = lımh→0+

f (0 + h) − f (0)

h = lım

h→0+

(13h3 − h2 − 3h + 1) − 1

h

= lımh→0+

1

3h2 − h − 3 = −3 ,

f (0−) = lımh→0−

f (0 + h)−

f (0)

h = lımh→0−

sinh

h −1

h = lımh→0−

sin h−

h

h2 = 0

0

= lımh→0−

cos h − 1

2h =

0

0 = lım

h→0−

− sin h

2 = 0 ,




donde en el calculo del segundo lımite hemos aplicado dos veces la regla deL’Hopital. Como f (0+) = f (0−) se concluye que no existe f (0).

(ii) Si restringimos f al intervalo [0, 3] se tiene que f (x) = 13x3−x2−3x + 1.

Como f es un polinomio es obvio que f ∈ C ([0, 3]). Ademas, como f (0) = 1 > 0y f (3) = −8 < 0, por el Teorema de Bolzano sabemos que existe un numeroξ ∈ (0, 3) tal que f (ξ ) = 0. Vamos a estimar mejor el valor de ξ utilizandoel metodo de biseccion, es decir, dividiendo el intervalo inicial por la mitad(o casi) y tomando el subintervalo donde hay cambio de signo de f . Comof (1,5) = −4,625 < 0 se tiene que ξ ∈ (0, 1,5). Como f (0,7) = −1,47567 < 0 setiene que ξ ∈ (0, 0,7). Como f (0,4) = −0,338667 < 0 se tiene que ξ ∈ (0, 0,4).Como f (0,2) = 0,362667 > 0 se tiene que ξ ∈ (0,2, 0,4). Como la anchura del

ultimo subintervalo es 0,2, se tiene que ξ = 0,3 ± 0,1.Problema 2.41 Se desea construir un silo, de volumen V dado, que tenga la

forma de un cilindro rematado por una semiesfera. El precio (por unidad de superficie) es doble para la semiesfera que para el cilindro (la base es gratuita).Calcular las dimensiones ´ optimas para minimizar el costo de construcci´ on.

Solucion. Sean Ac y As las areas del cilindro y de la semiesfera, es decir,

Ac(R, H ) = 2πRH , As(R) = 2πR2 ,

donde H es la altura del cilindro y R el radio comun del cilindro y de la semi-

esfera. Sea p el precio por unidad de superficie del cilindro. Entonces el costoC (R, H ) de construccion viene dado por

C (R, H ) = pAc(R, H ) + 2 pAs(R) = 2 pπR(H + 2R) .

Por otra parte, debido a que se desea construir con un volumen V dado, esclaro que las variables R y H no son independientes sino que estan relacionadasmediante la restriccion V = πR2H + 2

3πR3. De aquı se despeja la variable H en

funcion de R

H = −2πR3 + 3V

3πR

2

y se sustituye en la expresion de C (R, H ) dando lugar a

C (R) = 2 pπR

−2πR3 + 3V

3πR2 + 2R

.

Derivando e igualando a cero se tiene que

C (R) = 2 p8πR3 − 3V

3R2 = 0 ,

cuya solucion es R = R∗ =

3 3V 8π . En este caso H = H ∗ =

3 3V π . Ademas,puesto que

C (R) = 4 p4πR3 + 3V

3R3 ⇒ C (R∗) = 16 pπ > 0 ,



Capıtulo 3

Calculo Integral con una

Variable

3.1. La integral de Riemann

Definicion 3.1 Consideremos un intervalo [a, b] ⊂ R. Se llama una partici´ on de [a, b] a un conjunto finito de puntos de [a, b] que incluya a los dos puntosextremos a y b. Dicho de otro modo, una particion

P de [a, b] es

P = {x0, x1, . . . , xn} ,

con a = x0 < x1 < · · · < xn = b.

Definicion 3.2 Sea f : [a, b] ⊂ R → R una funcion acotada y sea P = {a =x0, x1, . . . , b = xn} una particion de [a, b]. Consideremos los numeros

mi = ınf xi−1≤x≤xi

{f (x)} , M i = supxi−1≤x≤xi

{f (x)} .

Entonces, podemos definir:

(i) Suma inferior de f en [a, b] respecto de P como

L(f, P ) =ni=1

mi(xi − xi−1) .

(ii) Suma superior de f en [a, b] respecto de P como

U (f, P ) =

n

i=1

M i(xi − xi−1) .

Nota 3.3 La notacion L y U proviene de las palabras en ingles lower y upper .Es obvio que L(f, P ) ≤ U (f, P ).

53



54 Calculo Integral con una Variable

Definicion 3.4 Dadas dos particiones P y Q de un intervalo [a, b], se dice queQ es mas fina que P cuando P ⊂ Q.

Proposicion 3.5 Se verifica lo siguiente.

(i) Si Q es m´ as fina que P , entonces L(f, P ) ≤ L(f, Q) y U (f, P ) ≥ U (f, Q) .

(ii) Dadas dos particiones P y Q de un mismo intervalo, se tiene L(f, P ) ≤U (f, Q).

Corolario 3.6 Existe el supremo de las sumas inferiores supP {L(f, P )} y el ınfimo de las sumas superiores ınf P {U (f, P )}.

Definicion 3.7 Se dice que una funcion f es integrable Riemann en el intervalo

[a, b] cuando coinciden el supremo de las sumas inferiores y el ınfimo de lassumas superiores, es decir, supP {L(f, P )} = ınf P {U (f, P )}. Este valor comunsera denotado por b

a

f (x) dx ,

y se llama la integral entre a y b de f .

Nota 3.8 El significado geometrico de ba f (x) dx es el de area (con signo aso-

ciado) encerrada entre la grafica de f y el segmento del eje de abscisas entre

x = a y x = b.Ejemplo 3.9 Demostrar que la funci´ on

f (x) =

1 si x ∈ Q ,0 si x ∈ R−Q ,

no es integrable Riemann en ning´ un intervalo [a, b] ⊂ R.

Solucion. Debido a la continuidad de la recta real sabemos que entre dosnumeros racionales cualesquiera siempre hay un numero irracional y viceversa,

entre dos numeros irracionales cualesquiera siempre hay un numero racional.Entonces, para cualquier particion P = {x0, x1, . . . , xn} de [a, b] se tiene que

L(f, P ) =ni=1

mi(xi − xi−1) =ni=1

0(xi − xi−1) = 0 ,

U (f, P ) =

ni=1

M i(xi − xi−1) =

ni=1

1(xi − xi−1) = b − a ,

son diferentes. Luego f no es integrable Riemann en ningun intervalo [a, b].

Nota 3.10 Otra forma de definir la integral de Riemann es la siguiente. Dadauna particion P = {x0 = a, x1, x2, . . . , xn = b} del intervalo [a, b] y una funcionf ∈ C [a, b], definimos los puntos ξ i ∈ R de modo que xi−1 < ξ i < xi para



3.1 La integral de Riemann 55

i = 1, . . . , n y las anchuras ∆xi = xi−xi−1 de los intervalos [xi−1, xi]. Entoncesse tiene que b

af (x) dx = lım

max∆xi→0

ni=1

f (ξ i) ∆xi .

Notemos que, cuando max ∆xi → 0, se tiene que n → ∞.

Teorema 3.11 Las siguientes funciones son integrables Riemann en un inter-valo [a, b] dado.

(i) f ∈ C ([a, b]).

(ii) Funciones acotadas en [a, b] con un n´ umero finito de discontinuidades evi-tables y de salto en [a, b].

Veamos algunas propiedades de la integral.

Proposicion 3.12 Considerar dos funciones f y g integrables en un intervalo[a, b]. Se verifica lo siguiente.

(i) Para cualquier c ∈ [a, b], se tiene que ba

f (x) dx =

ca

f (x) dx +

bc

f (x) dx .

(ii) Del apartado (i) se deduce que aa

f (x) dx = 0 ,

ab

f (x) dx = − ba

f (x) dx .

(iii) La integral es una operaci´ on lineal: ba

(f (x) ± g(x)) dx =

ba

f (x) dx ± ba

g(x) dx ,

b

a

λ f (x) dx = λ b

a

f (x) dx

∀λ

∈R .

(iv) Si f (x) ≥ 0 para todo x ∈ [a, b], entonces ba f (x) dx ≥ 0.

(v) Si f (x) ≥ g(x) para todo x ∈ [a, b], entonces ba f (x) dx ≥ b

a g(x) dx.

(vi) Si |.| denota el valor absoluto, se tiene que

ba

f (x) dx

≤ ba

|f (x)| dx .

Observemos como las propiedades (iv), (v) y (vi) de la anterior proposiciontienen un evidente significado geometrico si interpretamos

ba f (x) dx como un

area con signo asociado.




3.2. Algunos teoremas sobre integrales

Teorema 3.13 (Teorema del valor medio integral) Consideremos una fun-ci´ on f ∈ C ([a, b]). Entonces, existe un punto ξ ∈ [a, b] tal que

ba

f (x) dx = f (ξ )(b − a) .

Ejemplo 3.14 Usar el Teorema del valor medio integral para acotar el valor de la integral

I =

1−1

1

100 − x6 dx .

Solucion. Como la funcion integrando f (x) = 1100−x6 satisface que f ∈

C ([−1, 1]), por el Teorema del valor medio integral se sabe que existe un ξ ∈[−1, 1] tal que

I = 2f (ξ ) = 2 1

100 − ξ 6 .

Para acotar I hemos de acotar la expresion anterior teniendo en cuenta queξ ∈ [−1, 1]. En particular, ξ 6 ∈ [0, 1], de modo que 100 − ξ 6 ∈ [99, 100], con loque

1

100 ≤ 1

100 − ξ 6 ≤ 1

99 .

En definitiva,2

100 =

1

50 ≤ I ≤ 2

99 .

Definicion 3.15 Una funcion F (x) derivable se llama primitiva de otra funcionf (x) si F (x) = f (x).

Teorema 3.16 (Teorema fundamental del calculo) Consideremos una fun-ci´ on f ∈ C ([a, b]). Entonces, la funci´ on F : [a, b] → R definida como

F (x) =

xa

f (t) dt ,

es derivable y es una primitiva de f , es decir, F (x) = f (x).

Demostraci´ on. Usando la definicion de derivada se tiene que

F (x) = lımh→0

F (x + h)

−F (x)

h = lımh→0 x+ha f (t) dt

− xa f (t) dt

h

= lımh→0

x+hx f (t) dt

h .



3.2 Algunos teoremas sobre integrales 57

Acotemos la integral que aparece en el numerador:

h mınx≤t≤x+h{f (t)} ≤ x+hx

f (t) dt ≤ h maxx≤t≤x+h{f (t)} .

Entonces, suponiendo h > 0,

mınx≤t≤x+h

{f (t)} ≤ x+hx f (t) dt

h ≤ max

x≤t≤x+h{f (t)} ,

de modo que, tomando el lımite cuando h → 0 obtenemos

f (x) ≤ F (x) ≤ f (x) ,

es decir, F (x) = f (x).

Ejemplo 3.17 Sean f (x) y g(x) funciones de clase C 2 en un entorno de x = 0satisfaciendo que g(0) = g(0) = 0 y f (0) = g(0) = 1. Calcular el siguiente lımite:

= lımx→0

g(x)0

f (t) dt

x2 .

Solucion. Se tiene que

= 00 f (t) dt

0 =

0

0 .

Podemos aplicar la regla de l’Hopital para tratar de resolver la indeterminacion0/0. Se tiene entonces que

= lımx→0

ddx

g(x)0

f (t) dt

2x .

Finalmente, usando conjuntamente la regla de la cadena mas el Teorema fun-damental del calculo se tiene

= lımx→0

f (g(x))g(x)2x

= 00

.

Usando una vez mas la regla de l’Hopital se llega a que

= lımx→0

f (g(x))(g(x))2 + f (g(x))g(x)

2 =

1

2 .

Corolario 3.18 (Regla de Barrow) Consideremos una funci´ on f integrable en [a, b] y sea F una primitiva suya. Entonces

ba

f (x) dx =

F (x)ba

:= F (b) − F (a) .




Demostraci´ on. Por el Teorema fundamental del calculo, la funcion G(x) =

x

a f (t) dt es una primitiva de f en [a, b]. Como F es tambien una primitiva

de f en [a, b] se debe tener que F (x) = G(x) + C siendo C ∈ R una constante.Entonces

F (b) − F (a) = (G(b) + C ) − (G(a) + C ) = G(b) − G(a)

=

ba

f (x) dx − aa

f (x) dx =

ba

f (x) dx,

finalizando la demostracion.

Se tiene la siguiente generalizacion del Teorema fundamental del calculo.

Teorema 3.19 (Regla de Leibniz) Supongamos que las funciones a(t), b(t)y f (x, t) son de clase C 1 respecto de la variable t y que existe

b(t)a(t)

f (x, t) dx.

Entonces,

d

dt

b(t)a(t)

f (x, t) dx

=

b(t)a(t)

df

dt(x, t) dx + f (b(t), t)b(t) − f (a(t), t)a(t) .

Teorema 3.20 (Integracion por partes) Consideremos las funciones u y vde clase C 1([a, b]). Entonces

ba

u(x)v(x) dx =

u(x)v(x)ba

− ba

v(x)u(x) dx .

Demostraci´ on. Sea g(x) = u(x)v(x). Derivando el producto se tiene g(x) =u(x)v(x) + u(x)v(x). Entonces

g(b) − g(a) =

ba

g(x) dx =

ba

u(x)v(x) dx +

ba

u(x)v(x) dx ,


Nota 3.21 Usando la notacion de diferenciales, se tiene que du = u(x) dx ydv = v (x) dx. Entonces, la formula de integracion por partes se puede reescribircomo b

a

u dv =

uvba

− ba

v du .

Ejemplo 3.22 Calcular π0

x sin x dx.

Solucion. Usando la formula de integracion por partes con u = x y dv =sin x dx, con lo que du = dx y v = − cos x, se tiene

π0

x sin x dx =− x cos x

π0

+ π0

cos x dx = −π cos π +

sin xπ0

= π .



3.2 Algunos teoremas sobre integrales 59

Teorema 3.23 (Cambio de variable) Sea f ∈ C ([a, b]) y ϕ ∈ C 1([α, β ]) tal que ϕ(α) = a y ϕ(β ) = b. Entonces

ba

f (x) dx =

βα

f (ϕ(t)) ϕ(t) dt .

Demostraci´ on. Sea F una primitiva de f . Usando la regla de la cadena se tieneque

(F ◦ ϕ)(t) = F (ϕ(t)) ϕ(t) = f (ϕ(t)) ϕ(t) .

Entonces, usando la regla de Barrow,

βα

f (ϕ(t)) ϕ(t) dt = (F

◦ϕ)(β )

−(F

◦ϕ)(α) = F (b)

−F (a) = b

a

f (x) dx ,


Nota 3.24 En la practica, la formula del cambio de variable se utiliza de la

forma siguiente. Dada una integral ba f (x) dx, se realiza el cambio de variable

x → t definido por x = ϕ(t) y posteriormente se diferencia, es decir, dx =ϕ(t) dt. Si ademas ϕ(α) = a y ϕ(β ) = b, entonces

b

a

f (x) dx = β

α

f (ϕ(t)) ϕ(t) dt .

Ejemplo 3.25 Calcular la siguiente integral:

I =

10

4√

2x√ 2 +

√ x

dx .

Solucion. Realizamos el cambio de variable x → t definido por x = ϕ(t) := t4,de modo que dx = 8t3 dt. Como para x = 0 se tiene t = 0 y para x = 1 se tienet = 1, entonces

I =

10

4√ 2x√

2 +√

xdx =

10

4√ 2t4√

2 +√

t48t3 dt = 8

4√

2

10

t4√ 2 + t2

dt .

Para calcular la ultima integral, realizamos primero la division entre los dospolinomios y obtenemos que

t4√ 2 + t2

= t2 −√

2 + 2√ 2 + t2

.


I = 8 4√

2

10

(t2 −√

2) dt +

10

2√ 2 + t2

dt

= 8

4√

2 (I 1 + I 2) .




La primera integral I 1 es inmediata pues la funcion integrando es un polinomio.Se obtiene

I 1 = 10

(t2 − √ 2) dt =

t3

3 − √ 2t10

= 13 − √ 2 .

La segunda integral I 2 se puede transformar en un arctan como sigue:

I 2 = 2

10

1√ 2 + t2

dt = 2√

2

10

1

1 + (t/√

2)2 dt = 2

√ 2

√ 2 arctan

t√

2

10

= 4 arctan

1√

2

.

En definitiva

I = 8 4√

2 (I 1 + I 2) = 8 4√

2

1

3 −

√ 2 + 4 arctan

1√

2

.

3.3. Calculo de primitivas

Definicion 3.26 Ya vimos en Definicion 3.15 que una funcion F (x) se llamaprimitiva de otra funcion f (x) si F

(x) = f (x). Usaremos la notacion equiva-

lente: f (x) dx = F (x) + C ,

siendo C una constante arbitraria.

3.3.1. Formulas basicas

La tabla de derivacion de algunas funciones elementales muestra como rea-lizar la operacion inversa de la derivacion, es decir, el calculo de algunas primi-

tivas. C denota siempre una constante arbitraria.

f (x)n(x)f (x) dx =

f n+1(x)

n + 1 + C , si n = −1 ;

f (x)

f (x) dx = ln |f (x)| + C ;

af (x)f (x) dx =

af (x)

ln a + C ;

sin(f (x)) f (x) dx = − cos(f (x)) + C ; cos(f (x)) f (x) dx = sin(f (x)) + C ;



3.3 Calculo de primitivas 61

f (x)

cos2(f (x)) dx =

(1 + tan2(f (x))) f (x) dx = tan(f (x)) + C ;

f (x)

a2 − f 2(x)dx = arcsin

f (x)

a

+ C ;

f (x)

a2 + f 2(x) dx =

1

a arctan

f (x)

a

+ C .

Veamos algunas propiedades de la integral:

(i)

(f (x) ± g(x)) dx =

f (x) dx ± g(x) dx.

(ii) λ f (x) dx = λ f (x) dx para todo λ ∈ R.

(iii) Cambio de variable x = ϕ(t): f (x) dx =

f (ϕ(t)) ϕ(t) dt .

(iv) Integracion por partes: u(x)v(x) dx = u(x)v(x) −

v(x)u(x) dx .

Ejemplo 3.27 Calcular las siguientes integrales:

I 1 =

sin5 x cos x dx , I 2 =

1

x ln x dx , I 3 =

tan x dx .

Solucion. Realizando el cambio de variable t = sin x con dt = cos x dx, se tiene

I 1 =

sin5 x cos x dx =

t5 dt =

t6

6 + C =

sin6 x

6 + C .

Realizando el cambio de variable t = ln x con dt = 1/xdx, se tiene

I 2 =

1

x ln x dx =

1

t dt = ln |t| + C = ln | ln x| + C .

Por definicion

I 3 =

tan x dx =

sin x

cos x dx .

Entonces, realizando el cambio de variable t = cos x con dt = − sin x dx, se tiene

I 3 = − 1

t dt = − ln |t| + C = ln | cos x| + C .





I 1 =

x ex

dx , I 2 =

ln x dx , I 3 =

ex

sin x dx .

Solucion. Para calcular I 1, integraremos por partes tomando u = x, dv = ex dxcon lo que du = dx y v = ex. Se tiene entonces que

I 1 =

x ex dx = xex −

ex dx = ex(x − 1) + C .

Para calcular I 2, integraremos por partes tomando u = ln x, dv = dx con loque du = 1/xdx y v = x. Se llega a que

I 2 =

ln x dx = x ln x −

dx = −x(1 − ln x) + C .

Para calcular I 3, integraremos por partes tomando u = ex, dv = sin x dx conlo que du = ex dx y v = − cos x. Se llega a que

I 3 =

ex sin x dx = −ex cos x +

ex cos x dx .

Volvemos a integrar por partes tomando u = ex, dv = cos x dx con lo quedu = ex dx y v = sin x. Se llega a que

I 3 = −ex cos x + ex sin x − I 3 .

Despejando obtenemos

I 3 = 1

2ex(sin x − cos x) + C .

3.3.2. Integracion de funciones racionalesDefinicion 3.29 La funcion f (x) = P (x)/Q(x) se llama racional si es el co-ciente de dos polinomios P y Q.

Caso 1. Si gr(P ) ≥ gr(Q), entonces podemos efectuar la division

P (x)

Q(x) = C (x) +

R(x)

Q(x) ,

siendo C (x) y R(x) los polinomios cociente y resto. Es claro que siempre se

tendra gr(R) < gr(Q). Entonces, P (x)

Q(x) dx =

C (x) dx +

R(x)

Q(x) dx .




La integral de C es trivial pues es un polinomio y solo hace falta calcular la pri-mitiva de R/Q que es una funcion racional con gr(R) < gr(Q) y su integracion

corresponde al caso siguiente.

Caso 2. Sea gr(P ) < gr(Q). Entonces, efectuamos la descomposici´ on en fracciones simples de la funcion racional P (x)/Q(x). El procedimiento es elsiguiente. En primer lugar, se descompone el denominador Q(x) en producto defactores primos dentro de los reales, es decir, se halla

Q(x) = k

i=1

(x − ai)mi

ri=1

(x2 + bix + ci)ni ,

con k, ai, bi, ci ∈ R, mi, ni ∈ N y b2i − 4ci < 0. Notemos que ai son las raıcesreales de Q(x) con multiplicidad mi. A este respecto es util la famosa regla deRuffini.

Teorema 3.30 (Regla de Ruffini) Sea p/q ∈ Q irreducible una raız del po-linomio P (x) =

ni=0 aix

i con an = 0 y ai ∈ Z. Entonces, p es divisor del termino independiente a0 y q es divisor del coeficiente principal an.

En segundo lugar, se efectua la descomposicion en fracciones simples. Sehallan constantes reales Aij, Bij y C ij tal que

P (x)

Q(x) =

i=1

mi

j=1

Aij

(x − ai)j

+

ri=1

ni

j=1

Bijx + C ij(x2 + bix + ci)j

.

Finalmente, se obtiene la primitiva de cada fraccion simple. En concreto, seobtiene:

A

x − a dx = A ln |x − a| ,

A

(x − a)n dx = A(x

−a)1

−n

1 − n si n ≥ 2 .

Con respecto a la integracion del siguiente tipo de fraccion elemental, busca-remos en primer lugar el logaritmo del denominador y posteriormente un arcotangente. El proceso es como se describe a continuacion.

I =

Bx + C

x2 + bx + cdx =

B

2

2x + 2C

B

x2 + bx + cdx

= B

2 2x + b

x2 + bx + cdx +

2C B − b

x2 + bx + cdx

= B

2

ln |x2 + bx + c| +

2C

B − b

I 1

,




siendo

I 1 = 1

x2 + bx + c

dx = 1x + b2

2+ c − b

2

4

dx

= 2√

4c − b2 arctan

2x + b√

4c − b2

.


(i) I 1 =

5x2+4x+1x5−2x4+2x3−2x2+x dx.

(ii) I 2 = 5x−1x2−9dx.

(iii) I 3

= 3x2+x−1(x

2

−9)(x2

+2)dx.

Solucion. (i) Definimos los polinomios P (x) = 5x2 + 4x + 1 y Q(x) = x5 −2x4 + 2x3−2x2+ x. Usando la Regla de Ruffini, es facil hallar la descomposicionQ(x) = x(x − 1)2(x2 + 1). Entonces, podemos efectuar la descomposicion enfracciones simples

P (x)

Q(x) =

A

x +

B

x − 1 +

C

(x − 1)2 +

Dx + E

x2 + 1 ,

siendo A, B, C , D y E constantes reales a determinar. Se tiene

5x

2

+4x+1 = A(x−1)

2

(x

2

+1)+Bx(x−1)(x

2

+1)+Cx(x

2

+1)+(Dx+E )x(x−1)

2

.Igualando los coeficientes de las mismas potencias de x en ambos miembros dela anterior igualdad obtenemos el sistema lineal de ecuaciones

A + B + D = 0 ,

−2A − B + C − 2D + E = 0 ,

2A + B + D − 2E = 5 ,

−2A − B + C + E = 4 ,

A = 1 .

cuya solucion esA = 1, B = −3, C = 5, D = −E = 2 .

Entonces se tiene

I 1 =

1

x dx − 3

1

x − 1 dx + 5

1

(x − 1)2 dx + 2

x − 1

x2 + 1 dx

= ln |x| − 3 ln |x − 1| − 5

x − 1 + 2

x − 1

x2 + 1 dx .

La ultima integral la calculamos aparte.

x−

1

x2 + 1 dx = 1

2 2x

−2

x2 + 1 dx = 1

2

ln(x2 + 1) − 2 1

x2 + 1 dx

= 1

2 ln(x2 + 1) − 2 arctan x .




En definitiva

I 1 = ln|x| −

3 ln|x

−1| −

5

x − 1 + ln(x2 + 1)

−4 arctan x .

(ii) Definimos los polinomios P (x) = 5x − 1 y Q(x) = x2 − 9. Tras ladescomposicion Q(x) = (x + 3)(x − 3) podemos efectuar la descomposicion enfracciones simples

P (x)

Q(x) =

A

x − 3 +

B

x + 3 ,

siendo A y B constantes reales a determinar. Se tiene

5x − 1 = A(x + 3) + B(x − 3) .

Igualando los coeficientes de las mismas potencias de x en ambos miembros dela anterior igualdad obtenemos

A = 7

3 , B =

8

3 .

Entonces se tiene

I 2 = 7

3

1

x − 3 dx +

8

3

1

x + 3 dx =

7

3 ln |x − 3| +

8

3 ln |x + 3| .

(iii) Definimos los polinomios P (x) = 3x2 + x− 1 y Q(x) = (x2 − 9)(x2 +2).Se tiene la descomposicion Q(x) = (x + 3)(x

−3)(x2 + 2). Entonces, podemos

efectuar la descomposicion en fracciones simples

P (x)

Q(x) =

A

x − 3 +

B

x + 3 +

Cx + D

x2 + 2 ,

siendo A, B, C y D constantes reales a determinar. Se tiene

3x2 + x − 1 = A(x + 3)(x2 + 2) + B(x − 3)(x2 + 2) + (Cx + D)(x + 3)(x − 3) .

Igualando los coeficientes de las mismas potencias de x en ambos miembros dela anterior igualdad obtenemos

A = 29

66 , B = −23

66 , C = − 1

11 , D = 7

11 .

Entonces se tiene

I 3 = 29

66

1

x − 3 dx − 23

66

1

x + 3 dx − 1

11

x − 7

x2 + 2 dx

= 29

66 ln |x − 3| − 23

66 ln |x + 3| − 1

11

x − 7

x2 + 2 dx .

La ultima integral la calculamos aparte.

x

−7

x2 + 2 dx =

1

2 2x

−14

x2 + 2 dx =

1

2

ln(x2

+ 2) − 14 1

x2 + 2 dx

= 1

2 ln(x2 + 2) − 7√

2arctan

x√ 2

.




En definitiva

I 3 =

29

66 ln |x − 3| − 23

66 ln |x + 3| dx − 1

111

2 ln(x2

+ 2) − 7

√ 2 arctan

x

√ 2 .

3.3.3. Integracion de funciones racionales trigonometricas

En primer lugar, veamos como la utilizacion de algunas identidades trigo-nometricas permite calcular las primitivas de las siguientes funciones:

sin2 x dx = 1 − cos(2x)

2 dx =

1

2 x

−

1

2 sin(2x) .

cos2 x dx =

1 + cos(2x)

2 dx =

1

2

x +

1

2 sin(2x)

.

Definicion 3.32 Un polinomio P (x, y) en dos variables x e y de grado n esuna expresion del tipo P (x, y) =

ni,j=0 aijxiyj donde los coeficientes aij ∈ R.

Definicion 3.33 Una funcion R(sin x, cos x) es racional trigonometrica si tienela forma

R(sin x, cos x) = P (sin x, cos x)

Q(sin x, cos x) ,

siendo P (x, y) y Q(x, y) polinomios en dos variables.

Definicion 3.34 Se tiene la siguiente clasificacion de las funciones R(sin x, cos x)racionales trigonometricas:

1. Impar en seno: R(− sin x, cos x) = −R(sin x, cos x).

2. Impar en coseno: R(sin x, − cos x) = −R(sin x, cos x).

3. Par en seno: R(− sin x, cos x) = R(sin x, cos x).

4. Par en coseno: R(sin x, − cos x) = R(sin x, cos x).

5. Par en seno–coseno: R(− sin x, − cos x) = R(sin x, cos x).

Proposicion 3.35 Sea R(sin x, cos x) una funci´ on racional trigonometrica. Los siguientes cambios de variable x → t transforman las integrales racionales tri-gonometricas

R(sin x, cos x) dx ,

en integrales racionales.

1. Si R es impar en seno: t = cos x.

2. Si R es impar en coseno: t = sin x.




3. Si R es par en seno–coseno: t = tan x. En este caso, se tiene que

sin2

x =

t2

1 + t2 , cos2

x =

1

1 + t2 , dx =

dt

1 + t2 .

4. En cualquier caso: el cambio t = tan(x/2), de modo que

sin x = 2t

1 + t2 , cos x =

1 − t2

1 + t2 , dx =

2dt

1 + t2 .

Demostraci´ on.

1. Sea R impar en seno. Entonces R(u, v) = uS (u2, v) con S una funcionracional de modo que R(sin x, cos x) = sin x S (sin2 x, cos x). El cambio

de variable t = cos x, dt = − sin x dx, transforma

R(sin x, cos x) dx = sin x S (sin2 x, cos x) dx = −

S (1− t2, t) dt que es una integral racional.

2. Sea R es impar en coseno. Entonces R(u, v) = vS (u, v2) con S una funcionracional de modo que R(sin x, cos x) = cos x S (sin x, cos2 x). El cambiode variable t = sin x, dt = cos x dx, transforma

R(sin x, cos x) dx =

cos x S (sin x, cos2 x) dx =

S (t, 1 − t2) dt que es una integral racional.

3. Sea R par en seno–coseno. Entonces R(u, v) = S (u/v,v2) con S una fun-cion racional de modo que R(sin x, cos x) = S (tan x, cos2 x). El cambio devariable t = tan x con dt = (1+tan2 x) dx, transforma R(sin x, cos x) dx =

S (tan x, cos2 x) dx =

S (t, 1/(1 + t2)) dt/(1 + t2) que es una integral ra-cional.

Notemos que, dividiendo por cos2 x ambos miembros de la relacion fun-damental sin2 x + cos2 x = 1, se obtiene tan2 x + 1 = 1/ cos2 x, es decir,

cos2 x = 1

1 + t2 .

Sustituyendo esta expresion en sin2 x + cos2 x = 1 se llega a

sin2 x = t2

1 + t2 .

Finalmente, diferenciando el cambio de variable t = tan x se tiene dt =(1 + tan2 x) dx o bien

dx = dt

1 + t2 .

4. A partir de la identidad tan(x/2) = sin x/(1 + cos x), se tiene:

t2 = tan2(x/2) = sin2 x

(1 + cos x)2 =

1 − cos x

1 + cos x ⇒ cos x =

1 − t2

1 + t2 .

t = sin x1 + cos x

⇒ sin x = t(1 + cos x) = t

1 + 1 − t2

1 + t2

= 2t1 + t2

.




Ejemplo 3.36 Calcular las siguientes integrales racionales trigonometricas:

(i) I 1 = sin(2x)5+4cosx dx.

(ii) I 2 =

sin2 x cos x dx.

(iii) I 3 =

1cos4 xdx.

(iv) I 4 =

11+sinxdx.

Solucion. (i) Recordando que sin(2x) = 2sin x cos x, se tiene

I 1 = 2 sin x cos x

5 + 4 cos x dx .

Es una integral impar en seno, de modo que el cambio de variable t = cos x condt = − sin x dx la transforma en

I 1 = −2

t

5 + 4t dt .

Realizando la division se tiene que

I 1 = −2

1

4 − 5/4

5 + 4t dt = − t

2 +

5

8 ln |5 + 4t|

= −cos x2

+ 58

ln |5 + 4 cos x| + C .

(ii) La integral I 2 es impar en coseno. Entonces hacemos el cambio t = sin xcon dt = cos x dx y obtenemos

I 2 =

sin2 x cos x dx =

t2 dt =

t3

3 =

sin3 x

3 + C .

(iii) La integral I 3 es par en seno–coseno. Entonces hacemos el cambio t =tan x con dt = (1 + t2) dx y recordamos que cos2 x = 1

1+t2 para obtener

I 3 =

1

cos4 xdx =

1

1(1+t2)2

dt

1 + t2 =

(1+t2) dt = t+

t3

3 = tan x+

tan3 x

3 +C.

(iv) Hacemos el cambio de variable t = tan(x/2). Como dx = 2dt1+t2 y sin x =

2t1+t2 , obtenemos

I 4 =

1

1 + sin xdx =

1

1 + 2t1+t2

2dt

1 + t2 = 2

dt

(1 + t)2

= − 21 + t

= − 21 + tan(x/2)

+ C .



3.4 Algunas aplicaciones de la integracion 69

3.4. Algunas aplicaciones de la integracion

3.4.1. ´

Areas planasDe hecho, esta aplicacion es justo la definicion de integral de Riemann.

Proposicion 3.37 (Areas planas) Sean f , g ∈ C ([a, b]). El ´ area A encerrada por las curvas de las gr´ aficas de las funciones f y g y las rectas x = a y x = bes

A =

ba

|f (x) − g(x)| dx . (3.1)

Nota 3.38 Observar que, para quitar el valor absoluto en (3.1) conviene ave-riguar los subintervalos de [a, b] donde f (x)

−g(x) tiene un signo dado.

Ejemplo 3.39 Calcular el area plana cuyo contorno esta formado por la rectay = x y la parabola y = 2 − x2.

Solucion. En primer lugar calculamos las abscisas de los puntos de corte entrela recta y la parabola, es decir, resolvemos la ecuacion x = 2 − x2 cuya soluciones x = −2 y x = 1. Se tiene que el area A pedida es

A =

1−2

(2 − x2) − x dx = 9

2 .

Ejemplo 3.40 Calcular el area de un sector circular de radio R y angulo α.

Solucion. Sea A el area de un sector circular. Descomponemos el sector circularen dos trozos de areas A1 y A2, siendo el primero un triangulo rectangulo dehipotenusa R y un angulo interior α. Entonces, A = A1 + A2 con

A1 = 1

2(R cos α)(R sin α) =

1

2R2 cos α sin α .

Teniendo en cuenta la ecuacion de la circunfererencia de radio R con centro en

el origen de coordenadas x2 + y2 = R2, se tiene que

A2 =

RR cosα

R2 − x2 dx .

Hacemos el cambio de variable x = R cos θ con dx = −R sin θ dθ. Notemos que,cuando x = R cos α, se tiene θ = α y cuando x = R se tiene θ = 0. Entonces

A2 = −R

0α

R2 − R2 cos2 θ sin θ dθ = R2

α0

1 − cos2 θ sin θ dθ

= R2 α

0 sin2

θ dθ = R2 α

0

1

−cos(2θ)

2 dθ =

R2

2

θ − sin(2θ)

2α0

= R2

2 (α − sin α cos α) .




Finalmente

A = A1 + A2 = 1

2αR2 .

3.4.2. Longitudes de arcos planos

Proposicion 3.41 (Longitudes de arcos planos) Sea f ∈ C 1([a, b]). La lon-gitud del arco de la curva de la gr´ afica de la funci´ on f entre las abscisas x = ay x = b es

=

ba

1 + (f (x))2 dx .

Demostraci´ on. Dividiremos el arco en elementos infinitesimales de longitud d.Usando el Teorema de Pitagoras y reescribiendo se tiene

d =

(dx)2 + (dy)2 =

1 +

dy

dx

2

dx .

De este modo

=

ba

1 + (f (x))2 dx .

Proposicion 3.42 (Longitudes de arcos planos) Consideremos una curva plana definida de manera parametrica como {(x(t), y(t)) : t0 ≤ t ≤ t1} siendox, y ∈ C 1([t0, t1]). Entonces la longitud de la curva es

=

t1t0

(x(t))2 + (y(t))2 dt .

Demostraci´ on. Sabemos que el elemento de longitud se expresa como

d =

(dx)2

+ (dy)2

= dx

dt2

+dy

dt2

dt =

(x(t))2

+ (y(t))2

dt .

De este modo

=

t1t0

(x(t))2 + (y(t))2 dt .

Ejemplo 3.43 Demostrar que la longitud de una circunferencia de radio Rvale 2πR teniendo en cuenta que los puntos de coordenadas (x, y) de dichacircunferencia se relacionan como:

(i) x2 + y2 = R2.

(ii) x(t) = R cos t, y(t) = R sin t con 0 ≤ t ≤ 2π.




Solucion. (i) Por simetrıa, la longitud de la circunferencia sera el doble dela longitud de la semicircunferencia superior, cuya ecuacion explıcita es y =

f (x) =

√ R2

− x2

. Se tiene entonces que

= 2

R−R

1 + (f (x))2 dx .

Calculando la derivada de f se tiene

f (x) = −x√

R2 − x2 .

Entonces,

= 2

R−R

1 +

x2

R2 − x2 dx = 2R

R−R

1√ R2 − x2

dx .

Realizamos el cambio de variable x = R sin t con dx = R cos t dt. Observemosque si x = −R se tiene t = −π/2 y cuando x = R entonces t = π/2. En definitiva

= 2R2

π/2−π/2

1 R2 − R2 sin2 t

cos t dt = 2R

π/2−π/2

1 1 − sin2 t

cos t dt

= 2R π/2−π/2 dt = 2πR .

(ii) Si tomamos la parametrizacion x(t) = R cos t, y(t) = R sin t con 0 ≤ t ≤2π de la circunferencia, tenemos que

=

2π0

(x(t))2 + (y(t))2 dt .

Derivando obtenemos x(t) = −R sin t, y (t) = R cos t, con lo que

= R 2π0

sin2 t + cos2 t dt = R

2π0

dt = 2πR .

3.4.3. Volumenes y superficies de revolucion

Proposicion 3.44 (Volumenes y superficies de revolucion) Sea f una fun-ci´ on de clase C 1([a, b]). Sea V el volumen de la figura que se encierra al girar la grafica de f alrededor del eje de abscisas entre los planos x = a y x = b y sea A el ´ area lateral de dicha figura. Entonces

V = π

ba

f 2(x) dx , A = 2π

ba

|f (x)|

1 + (f (x))2 dx .




Demostraci´ on. Dividiremos el volumen V en elementos infinitesimales de volu-men dV siendo cada elemento de volumen un disco (cilindro) de altura dx y

base de radio |f (x)|. Entonces dV = πf

2

(x) dx con lo que

V = π

ba

f 2(x) dx .

Por otra parte, si denotamos por dA el elemento de area de la superficielateral, podemos tomar como dA el area lateral del elemento dV . Entonces, dAes un rectangulo de base 2π|f (x)| y altura d. En definitiva se tiene que

dA = 2π|f (x)| d = 2π|f (x)|

1 + (f (x))2 dx ,

de modo queA = 2π

ba

|f (x)|

1 + (f (x))2 dx .

Ejemplo 3.45 Calcular el volumen del elipsoide generado al girar la elipse deecuacion

x2

9 +

y2

16 = 1 ,

alrededor del eje de abscisas.

Solucion. Por simetrıa, el volumen V pedido es el mismo que el generado solopor la semielipse de ecuacion explıcita

y = f (x) = 4

1 − x2

9 =

4

3

9 − x2 .

Entonces, teniendo en cuenta que el semieje de la elipse en el eje x es 3 se tiene

V = π

3

−3

f 2(x) dx = π

4

32

3

−3

9 − x2 dx = 64π .

Ejemplo 3.46 Una pieza mecanica es generada al revolucionar sobre el eje xel arco de la parabola y2 = 2 px comprendido entre x = 0 y x = a. Calcular lasuperficie total de la pieza.

Solucion. Sea A el area de la superficie total de la pieza mecanica. Es claroque A = Ab+Al siendo Ab el area de la base y Al el area lateral. Sea y = f (x) =√

2 px la semiparabola formada por la rama positiva. La base de la pieza es uncırculo de radio f (a), de modo que su area es Ab = πf 2(a) = 2πpa.

Por simetrıa, el area Al se calcula como

Al = 2π

a0

|f (x)|

1 + (f (x))2 dx .




Calculando se tiene que

f (x) = p

2x ⇒ 1 + (f (x))2 =

1 +

p

2x = 2x + p

2x .

Entonces

Al = 2π√

p

a0

2x + p dx = 2π

√ p

2

3

1

2

(2x + p)3/2

a0

= 2π

√ p

3 ((2a + p)3/2 − p3/2) .

Concluimos que

A = Ab + Al = 2πpa + 2π√ p

3 ((2a + p)3/2 − p3/2) .

3.4.4. Centro de masas de figuras planas

Proposicion 3.47 (Centro de masas de curvas planas) Sea f una funci´ on de clase C 1([a, b]). Supongamos que el arco de la gr´ afica de f entre x = a y x = btiene asociada una densidad lineal de masa λ constante. Entonces, las coorde-nadas (xcm, ycm) del centro de masas de dicho arco son

(xcm, ycm) =

ba x

1 + (f (x))2 dx b

a

1 + (f (x))2 dx

,

ba f (x)

1 + (f (x))2 dx b

a

1 + (f (x))2 dx

.

Demostraci´ on. Sea dm la masa que hay en el elemento de longitud d. Enton-ces, por definicion de densidad lineal de masa dm = λ d. Finalmente, por ladefinicion de centro de masas:

xcm = x dm

dm =

x λ d

λ d =

b

a x

1 + (f (x))2 dx

ba

1 + (f (x))2

dx

,

ycm =

y dm dm

=

f (x) λ d

λ d =

ba f (x)

1 + (f (x))2 dx b

a

1 + (f (x))2 dx

.

Ejemplo 3.48 Calcular las coordenadas (xcm, ycm) del centro de masas de unasemicircunferencia homogenea de radio R.

Solucion. Por simetrıa, es claro que xcm = 0. De cualquier modo

xcm =

R−R x

1 + (f (x))2 dx R

−R

1 + (f (x))2 dx,




siendo y = f (x) =√

R2 − x2 la ecuacion de la semicircunferencia. Derivando setiene

f (x) = − x

√ R2 − x2 ⇒ 1 + (f (x))

2

=

R

√ R2 − x2 ,

de modo que

xcm = R

R−R

x√ R2−x2 dx

πR =

0

πR = 0,

donde hemos tenido en cuenta que el denominador es la mitad de la longitud dela circunferencia y que el numerador es cero pues es la integral de una funcionimpar en un intervalo simetrico respecto del origen.

De forma analoga se tiene

ycm =

R−R f (x)

1 + (f (x))2 dx R

−R

1 + (f (x))2 dx=

R R−R dx

πR =

2R2

πR =

2R

π .

Proposicion 3.49 (Centro de masas de areas planas) Sean f y g funcio-nes integrables en [a, b]. Supongamos que el area plana encerrada por las gr´ aficas de f y g y las rectas x = a y x = b tiene asociada una densidad superficial de masa σ constante. Entonces, las coordenadas (xcm, ycm) del centro de masas de dicha ´ area son

(xcm, ycm) =

ba x(f (x) − g(x)) dx ba (f (x) − g(x)) dx

,12

ba (f 2(x) − g2(x)) dx ba (f (x) − g(x)) dx

.

Demostraci´ on. Sea dm la masa que hay en el elemento de area dA. Entonces, pordefinicion de densidad superficial de masa dm = σ dA. Tomaremos el elementode area dA como el rectangulo de base dx y altura f (x) − g(x), es decir, dA =(f (x) − g(x)) dx. Ademas, si y es la coordenada del centro de masas de esterectangulo, se puede tomar el punto medio de la altura y = 1

2 (f (x) + g(x)).Finalmente, por la definicion de centro de masas:

xcm =

x dm dm

=

x σ dA σ dA

=

ba x(f (x) − g(x)) dx ba (f (x) − g(x)) dx

,

ycm =

y dm dm

=12

(f (x) + g(x)) σ dA

σ dA =

12

ba (f (x) + g(x))(f (x) − g(x)) dx b

a (f (x) − g(x)) dx

=12

ba (f 2(x) − g2(x)) dx

b

a (f (x) − g(x)) dx.

Ejemplo 3.50 Calcular las coordenadas (xcm, ycm) del centro de masas de lapieza mecanica del Ejemplo 3.46 cuando a = 2 p.




Solucion. La pieza mecanica es generada al revolucionar sobre el eje x el arcode la parabola y2 = 2 px comprendido entre x = 0 y x = a. Como a = 2 p, la

parabola y

2

= ax. Es evidente, por simetrıa, que ycm = 0. Ademas, tambien porla simetrıa de la pieza, es claro que la coordenada xcm de la pieza coincide conla coordenada xcm de una seccion de la pieza cortada con un plano de simetrıaque contenga al eje de abscisas. En cualquier caso se tiene que

(xcm, ycm) =

a0

x(f (x) − g(x)) dx a0

(f (x) − g(x)) dx ,

12

a0

(f 2(x) − g2(x)) dx a0

(f (x) − g(x)) dx

,

siendo y = f (x) = √

ax e y = g(x) = −√ ax las dos ramas de la parabola.

Entonces

a0

x(f (x) − g(x)) dx = 2√ a a0

x√ x dx = 2√ a a0

x3/2 dx

= 4

5

√ a

x5/2a0

= 4

5a3 . a

0

(f (x) − g(x)) dx = 2√

a

a0

√ x dx =

4

3

√ a

x3/2a0

= 4

3a2 . a

0

(f 2(x) − g2(x)) dx =

a0

0 dx = 0 .

En definitiva

(xcm, ycm) =

35

a, 0

.

3.4.5. Momentos de inercia de curvas planas

Proposicion 3.51 (Momentos de inercia de curvas planas) Sea f una fun-ci´ on de clase C 1([a, b]). Supongamos que el arco de la gr´ afica de f entre x = ay x = b tiene asociada una densidad lineal de masa λ constante. Entonces, el momento de inercia I o de dicho arco respecto del origen de coordenadas (cuan-

do el arco gira alrededor de un eje que pasa por el origen de coordenadas y es perpendicular al plano que contiene al arco) es

I o = λ

ba

(x2 + f 2(x))

1 + (f (x))2 dx .

Demostraci´ on. Sea dm la masa que hay en el elemento de longitud d del arcode curva. Entonces, por definicion de densidad lineal de masa dm = λ d. Sea rla distancia entre el origen de coordenadas y el elemento de masa dm. Entonces,por la definicion de centro de masas:

I o =

r2 dm =

(x2 + y2) λ d = λ ba

(x2 + f 2(x))

1 + (f (x))2 dx .




Ejemplo 3.52 Calcular el momento de inercia de una barra homogenea delongitud L y masa M respecto de un extremo.

Solucion. Colocando la barra sobre el eje de abscisas y con un extremo en elorigen de coordenadas, se tiene que

I o = λ

L0

(x2 + f 2(x))

1 + (f (x))2 dx ,

con f (x) = 0, es decir,

I o = λ

L0

x2 dx = λL3

3 .

Como λ = M/L, se tiene finalmente que

I o = 1

3M L2 .

3.5. Integrales impropias

Definicion 3.53 La integral b

a f (x) dx es impropia en los dos casos siguientes:

1. Integral impropia de primera especie : cuando el intervalo [a, b] de integra-cion no esta acotado, es decir, o bien a = −∞, o b = ∞ o ambas a lavez.

2. Integral impropia de segunda especie : cuando la funcion f no esta acotadaen el intervalo [a, b].

3.5.1. Integrales impropias de primera especie

Definicion 3.54 Sea f una funcion acotada e integrable en cualquier intervalo

[a, b]. Entonces, se definen las integrales impropias de primera especie ∞a

f (x) dx = lımb→∞

ba

f (x) dx ,

b−∞

f (x) dx = lıma→−∞

ba

f (x) dx.

Si estos lımites existen y son finitos, se dice que la integral impropia es con-vergente . En caso contrario, se dice que la integral impropia es divergente . Deforma analoga, se define

∞

−∞f (x) dx =

c

−∞f (x) dx +

∞

c

f (x) dx ,

para cualquier c ∈ R, que sera convergente cuando lo sean ambas integralesimpropias.



3.5 Integrales impropias 77

Por la interpretacion de la integral definida como un area se tiene el siguienteresultado intuitivamente claro.

Corolario 3.55 Sea f (x) una funci´ on positiva, acotada e integrable en cual-quier intervalo [a, b]. Entonces, una condici´ on necesaria para que la integral ∞a f (x) dx sea convergente es lımx→∞ f (x) = 0.

Demostraci´ on. Sea lımx→∞ f (x) = L = 0. Como f (x) es una funcion positiva,L > 0. Tomemos entonces un numero µ tal que 0 < µ < L. Entonces, existe unnumero real c ≥ a tal que f (x) ≥ µ para todo x ≥ c. De este modo se tiene que

x

c

f (s) ds

≥µ(x

−c) ,

de donde se deduce que ∞a

f (s) ds = lımx→∞

xa

f (s) ds = ∞ ,


Ejemplo 3.56 Estudiar la convergencia de la integral

∞0

sin x dx.

Solucion. Por definicion ∞0

sin x dx = lımb→∞

b0

sin x dx = lımb→∞

(1 − cos b) .

Pero este lımite no existe, de modo que ∞0

sin x dx es divergente.

Ejemplo 3.57 Calcular la integral ∞−∞

11+x2 dx.

Solucion. Por definicion ∞−∞

1

1 + x2 dx =

0−∞

1

1 + x2 dx +

∞0

1

1 + x2 dx

= lıma→−∞

0a

1

1 + x2 dx + lım

b→∞

b0

1

1 + x2 dx

= − lıma→−∞ arctan a + lım

b→∞arctan b = −(−π/2) + π/2 = π .

Observemos que el punto x = 0 donde hemos partido el intervalo (−∞, ∞)es irrelevante, pues cualquier otro punto hubiese producido el mismo resultado

final.

Ejemplo 3.58 Calcular la integral ∞0

xe−x dx.




Solucion. La integral es impropia de primera especie. Integrando por partestomando u = x y dv = e−x dx se tiene que

b0

x e−x dx =−x e−x

b0

+

b0

e−x dx = −b e−b − e−x

b0

= 1 − e−b(b + 1) .

Entonces ∞0

x e−x dx = lımb→0

b0

x e−x dx = lımb→0

1 − e−b(b + 1) = 1 .

Proposicion 3.59 (Integrales p de primera especie) Sea a > 0. La inte-gral p de primera especie ∞

a

1

x p dx ,

es convergente si y solo si p > 1.

Demostraci´ on. Tomemos a = 1. Se tiene que

b1

1

x p dx =

1−b1−p

p−1 si p = 1 ,

ln b si p = 1 .

Entonces ∞1

1

x p dx =

lımb→∞ 1−b1−p

p−1 si p = 1 ,

lımb→∞ ln b si p = 1 .

es decir, ∞1

1

x p dx =

1 p−1 si p > 1 ,

∞ si p < 1 ,∞ si p = 1 .

Se concluye que la integral es convergente si y solo si p > 1. Entonces, en ese

caso converge para todo a > 0.

3.5.2. Integrales impropias de segunda especie

Definicion 3.60 Sea f (x) una funcion no acotada en el intervalo [a, b].

Si f (x) no esta acotada en x = a, entonces se define la integral impropiade segunda especie

b

a

f (x) dx = lım→

0+ b

a+

f (x) dx .

Si este lımite existe y es finito, se dice que la integral impropia es conver-gente . En caso contrario, se dice que la integral impropia es divergente .




Si f (x) no esta acotada en x = b, entonces se define la integral impropiade segunda especie

ba

f (x) dx = lım→0+

b−a

f (x) dx .

Si este lımite existe y es finito, se dice que la integral impropia es conver-gente . En caso contrario, se dice que la integral impropia es divergente .

Si f (x) no esta acotada en x = c ∈ (a, b), entonces se define la integralimpropia de segunda especie

ba f (x) dx =

ca f (x) dx +

bc f (x) dx

= lım→0+

c−a

f (x) dx + lım→0+

bc+

f (x) dx .

Si estos lımites existen y son finitos, se dice que la integral impropia esconvergente . En caso contrario, se dice que la integral impropia es diver-gente .

Proposicion 3.61 (Integrales p de segunda especie) Las integrales p de se-gunda especie

b

a

1

(x − a) p dx y

b

a

1

(b − x) p dx ,

son convergentes si y s´ olo si p < 1.

Demostraci´ on. solo estudiaremos la convergencia de la integral

ba

1

(x − a) p dx ,

pues la otra se realiza de modo analogo. Podemos tomar, sin perdida de gene-ralidad a = 0 en la integral mediante el cambio de variable z = x − a. Ademas,tomaremos como b > 0, por conveniencia, b = 1. Entonces se tiene que

1

1

x p dx =

1−1−p

1− p si p = 1 ,

− ln si p = 1 .

Entonces

1

0

1

x p dx = lım

→0+

1

1

x p dx =

1 p−1 si p < 1 ,

∞ si p > 1 ,

∞ si p = 1 .Se concluye que la integral es convergente si y solo si p < 1. Entonces, en esecaso converge para todo b > 0.




3.5.3. Algunos criterios de convergencia

Proposicion 3.62 Sean f y g dos funciones positivas en el intervalo de inte-

graci´ on (acotado o no). Entonces se tiene:

(i) Si f (x) ≤ g(x) en el intervalo de integraci´ on entonces:

1. Si la integral de g es convergente, entonces la integral de f tambien lo es.

2. Si la integral de f es divergente, entonces la integral de g tambien loes.

(ii) Si existe el siguiente lımite y es

lımx→∞ f (x)

g(x) = 0 ,

entonces, las integrales impropias de primera especie ∞a

f (x) dx y

∞a

g(x) dx

tienen el mismo car´ acter.

(iii) Si existe el siguiente lımite y es

lımx→b−

f (x)g(x)

= 0 ,

entonces, las integrales impropias de segunda especie (con singularidad en el extremo b) b

a

f (x) dx y

ba

g(x) dx


(iv) Si existe el siguiente lımite y es

lımx→a+

f (x)g(x)

= 0 ,

entonces, la integrales impropias de segunda especie (con singularidad en el extremo a) b

a

f (x) dx y

ba

g(x) dx ,


Nota 3.63 La parte (i) de la Proposicion 3.62 se demuestra simplemente debido

a que

0 ≤ ba

f (x) dx ≤ ba

g(x) dx .




Nota 3.64 Observemos que las integrales p tanto de primera como de segundaespecie tienen funcion integrando positiva en el intervalo de integracion. Son

por lo tanto una buena fuente para los criterios de comparacion dados en laProposicion 3.62.

Ejemplo 3.65 Estudiar el car´ acter de la integral impropia ∞1

e−x2

dx .

Solucion. Es claro que la integral es impropia de primera especie. Observemosademas que la funcion f (x) = e−x

2

no admite primitiva expresable mediantefunciones elementales. Como f (x) > 0 para todo x ∈ [1, ∞), vamos a usar el

criterio de comparacion (i) de la Proposicion 3.62 conparando con el caracterde la integral ∞1

g(x) dx , con g(x) = e−x > 0 .

En primer lugar, comprobamos que f (x) ≤ g(x) para todo x ∈ [1, ∞). Ademas, ∞1

g(x) dx = lımb→∞

b1

e−x dx = lımb→∞

− e−x

b1

= lımb→∞

(e−1 − e−b) = 1/e .

Como ∞1

e−x dx ,

converge, por comparacion, ∞1

e−x2

dx

converge. Ejemplo 3.66 Estudiar el car´ acter de la integral impropia

10

dx

x + 2 3√ x .

Solucion. Es claro que la integral es impropia de segunda especie puesto quef (x) = 1

x+2 3√ x

no esta acotada en x = 0. Como f (x) > 0 para todo x ∈ [0, 1],

vamos a usar un criterio de comparacion (iv) de la Proposicion 3.62 con laintegral p de segunda especie con p = 1/3 < 1 1

0

1

x1/3 dx ,

que sabemos que es convergente. Definimos g(x) = 1

x1/3 y calculamos el lımite

lımx→0+

f (x)

g(x) = lım

x→0+

3√

x

x + 2 3√

x = lım

x→0+

1

x2/3 + 2 =

1

2 = 0 ,




donde en un paso hemos dividido numerador y denominador por 3√

x. Se concluyepor comparacion que la integral

1

0

dxx + 2 3

√ x

es convergente. Ejemplo 3.67 Estudiar el car´ acter de la integral impropia 1

0

dx

x(1 + x) .

Solucion. Es claro que la integral es impropia de segunda especie puesto que

f (x) = 1x(1+x) no esta acotada en x = 0. Como f (x) > 0 para todo x ∈ [0, 1],vamos a usar un criterio de comparacion (iv) de la Proposicion 3.62 con laintegral p de segunda especie con p = 1 < 1 1

0

1

x dx ,

que sabemos que es divergente. Definimos g(x) = 1x y calculamos el lımite

lımx→0+

f (x)

g(x) = lım

x→0+

x

x(1 + x) = 1 = 0 .

Se concluye por comparacion que la integral 10

dx

x(1 + x)

es divergente. Ejemplo 3.68 Estudiar el car´ acter de la integral impropia

1

0

tan2 x

(1−

cos x)√

x dx .

Solucion. Es claro que la integral es impropia de segunda especie puesto que

f (x) = tan2 x(1−cos x)√ x no esta acotada en x = 0 ya que

lımx→0+

f (x) = lımx→0+

tan2 x

(1 − cos x)√

x = lım

x→0+

x2

x2

2

√ x

= lımx→0+

2√ x

= ∞ ,

donde se han usado los siguientes infinitesimos equivalentes: x ∼ tan x y 1 −cos x ∼ x2/2 cuando x → 0.

Como f (x) > 0 para todo x ∈ [0, 1], vamos a usar un criterio de comparacion

(iv) de la Proposicion 3.62 con la integral p de segunda especie con p = 1/2 < 1 10

1

x1/2 dx ,




que sabemos que es convergente. Definimos g(x) = 1x1/2

y calculamos el lımite

lımx→0+

f (x)

g(x) = lımx→0+

tan2 x

1 − cos x = 2 = 0 ,

usando de nuevo los anteriores infinitesimos equivalentes. Se concluye por com-paracion que la integral 1

0

tan2 x

(1 − cos x)√

x dx

es convergente. Ejemplo 3.69 En el Ejemplo 3.65 hemos visto que la integral

∞1 e−

x2

dx

converge. Calcular su valor.

Solucion. Observamos que la funcion f (x) = e−x2

no admite primitiva ex-presable mediante funciones elementales. Entonces, para calcular el valor de laintegral no podemos usar la regla de Barrow. Usaremos algo de ingenio. Defini-mos la funcion

f (t) =

10

e−t2(1+x2)

1 + x2 dx .

Derivando respecto de t bajo el signo integral se tiene

f (t) =

10

e−t2(1+x2)(−2t) dx = −2e−t

2

10

e−t2x2t dx .

Usando el cambio de variable tx = z se tiene que

f (t) = −2e−t2

x0

e−z2

dz .

Pero esta expresion coincide con la derivada g(t) de funcion

g(t) = −

t

0

e−z2

dz2

.

De este modo concluimos que las funciones f y g solo se diferencian en unaconstante, es decir, f (t) = g(t) + C siendo C una constante. Para calcular C simplemente evaluamos en t = 0 la igualdad anterior. Como

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

10

1

1 + x2 dx = arctan 1 − arctan 0 =

π

4 ,

se tiene que C = π/4. Tenemos pues que el lımite cuando t → ∞ en la identidad

−g(t) = π/4 − f (t) produce ∞0

e−z2

dz

2

= π

4 − lım

t→∞

10

e−t2(1+x2)

1 + x2 dx .




El lımite que aparece en la expresion anterior es cero ya que la funcion integrandose acota por

e−t2(1+x2)

1 + x2 ≤ e−t2

, para todo x ∈ [0, 1] .

En resumen, se tiene que ∞0

e−z2

dz =

√ π

2 .

Ejemplo 3.70 Una de las funciones m´ as importantes del an´ alisis es la funci´ on gamma de Euler

Γ(x) = ∞0

tx−1e−t dt .

(i) Demostrar que Γ(x) converge para todo x > 0.

(ii) Demostrar que Γ(x) satisface la ecuaci´ on funcional Γ(x + 1) = xΓ(x).

(ii) Demostrar que la funci´ on Γ generaliza el concepto de factorial en el sentidode que Γ(n + 1) = n!.

Solucion. (i) Para establecer el caracter de la integral impropia Γ(x), convienesepararla en dos integrales de la forma siguiente:

Γ(x) =

10

tx−1e−t dt +

∞1

tx−1e−t dt . (3.2)

Sobre la primera integral de (3.2) se tiene que, como t > 0, entonces 0 < e−t < 1y por lo tanto es posible acotarla de la siguiente manera: 1

0

tx−1e−t dt ≤ 10

tx−1 dt .

Esta ultima integral es una integral p de segunda especie con p = 1

−x, de modo

que converge si y solo si p < 1, es decir si x > 0.

Para examinar el caracter de la segunda integral de (3.2) se consideran doscasos puesto que si x ≥ 1, entonces Γ(x) es una integral impropia de primeraespecie mientras que, si x < 1, entonces hay que tener en cuenta ademas lasingularidad en t = 0.

1. Supongamos que x ≤ 1. Entonces, podemos acotar

∞

1

tx−1e−t dt

≤ ∞

1

e−t dt = lım

b→∞ b

1

e−t dt = 1

e

,

puesto que, para t ≥ 1 y x ≤ 1 se tiene 0 < tx−1 ≤ 1. En definitiva, se haprobado que, si 0 < x ≤ 1 entonces Γ(x) converge.




2. Supongamos que x > 1. Se aplica integracion por partes tomando u = tx−1

y dv = e−t dt de modo que

I (x) :=

∞1

tx−1e−t dt = lımb→∞

b

1

tx−1e−t dt

= lımb→∞

−tx−1e−tb1

+ (x − 1)

b1

tx−2e−t dt

= 1

e − lım

b→∞

bx−1e−b

+ (x − 1)Γ(x − 1) .

Como

lımb→∞

bx−1

eb = 0

donde la indeterminacion ∞/∞ se resuelve aplicando [x] (la parte enterade x) veces la regla de L’Hopital. En resumen

I (x) = 1

e + (x − 1)I (x − 1) .

Se puede repetir sucesivamente este proceso [x] veces hasta llegar a calcularla integral I (x − [x]). Pero en este caso se tiene x − [x] ≤ 1 y entonces sepuede proceder como en el caso 1 para probar la convergencia.

(ii) Integrando por partes (tomando u = tx y dv = e−t dt) se tiene que

Γ(x + 1) =

∞0

txe−t dt = − tx e−t

∞0

+ x

∞0

tx−1e−t dt = xΓ(x) .

(iii) Como consecuencia del apartado (ii) se tiene que, para cualquier n ∈ N,

Γ(n + 1) = nΓ(n) = n(n − 1)Γ(n − 1) = · · · = n(n − 1) · · · 1 Γ(1) = n! ,

donde la ultima igualdad proviene de que

Γ(1) = ∞0

e−t dt = 1 ,

como es facil de probar.


Problema 3.1 Calcular las integrales siguientes:

I 1(x) =

3x

1 − 2x2

dx , I 2(x) =

x2

ln xdx.

Solucion. I 1(x) = − 12(1 − 2x2)3/2 + C . I 2(x) = x3

3 ln x − x3

9 + C .




Problema 3.2 Calcular las integrales siguientes:

I 1(x) = 3x + 5

x3 − x2 − x + 1 dx , I 2(x) = x4

−x3

−x

−1

x3 − x2 dx.

Solucion. I 1(x) = − 4x−1 + 1

2 lnx+1x−1

+ C . I 2(x) = 12x2 + 2ln x − 1

x − 2 ln |x −1| + C .

Problema 3.3 Usar la definici´ on de integral de Riemann para calcular 50

x dx.Indicacion: Dividir el intervalo [0, 5] en subintervalos de igual anchura. Re-cordar que

nk=1 k = n(n + 1)/2.

Problema 3.4 Hallar el ´ area encerrada entre las siguientes curvas:

(i) Las par´ abolas y = 6x − x2, y = x2 − 2x.

(ii) Las circunferencias x2 + y2 = 4, x2 + y2 = 4x.

Solucion. (i) 64/3; (ii) 8π3 − 2

√ 3.

Problema 3.5 Hallar la menor de las ´ areas encerradas entre la circunferencia x2 + y2 = 25 y la recta x = 3.

Solucion. 252 π − 12 − 25 arcsin 3

5 .

Problema 3.6 Hallar el volumen generado al girar el arco de la par´ abola y2 =8x entre x = 0 y x = 2 alrededor del eje de abscisas.

Solucion. 16π.

Problema 3.7 Hallar el volumen del toro generado al girar el cırculo x2 + (y −3)2 = 4 alrededor de la recta y = 0.

Solucion. 24π2.

Problema 3.8 Hallar el centro de masas del ´ area plana acotada en el primer cuadrante por la par´ abola y = 4 − x2.

Solucion. (3/4, 8/5).

Problema 3.9 Hallar el centro de masas del ´ area plana encerrada por la curva y = 2 sin(3x) y la recta y = 0 entre x = 0 y x = π/3.

Solucion. (π/6, π/4).

Problema 3.10 Calcular la longitud de los siguientes arcos:

(i) La catenaria y = 12

a(ex/a + e−x/a) entre x = 0 y x = a.

(ii) (x(t), y(t)) = (t2, t3) con 0 ≤ t ≤ 4.




Solucion. (i) 12a(e − 1/e); (ii) 827(37

√ 37 − 1).

Problema 3.11 Hallar el ´ area de la superficie de revoluci´ on generada al girar en torno del eje x los arcos siguientes:

(i) El arco de par´ abola y2 = 12x entre x = 0 y x = 3.

(ii) La elipse x2/16 + y2/4 = 1.

Solucion. (i) 24(2√

2 − 1)π; (ii) 8π(1 + 4π√

3/9).

Problema 3.12 Calcular la siguiente integral impropia

π/2

0

cos x

√ 1 − sin xdx.

Solucion. 2.

Problema 3.13 Estudiar el car´ acter de las siguientes integrales impropias:

(i) 10

sin x ln x dx.

(ii) ∞1

1ln(1+x) dx.

Solucion. (i) Convergente; (ii) Divergente.

Problema 3.14 Estudiar el car´ acter de las siguientes integrales impropias:

(i) 10

1√ tanx

dx.

(ii) ∞1

cos(1/x)x dx.

Solucion. (i) Convergente; (ii) Divergente.

Problema 3.15 Considerar el cuerpo de revoluci´ on no acotado generado al girar alrrededor del eje de abscisas la hiperbola equil´ atera xy = 1 para valores x ≥

1. Demostrar que este cuerpo tiene volumen finito a pesar de tener ´ area infinita.

Problema 3.16 Calcular el volumen del tronco de cono de altura h cuyas tapas tienen radios R y r.

Solucion. 13

πh(r2 + rR + R2).

Problema 3.17 Demostrar que la funcion β ( p, q ) = 10

x p−1(1 − x)q−1 dx es convergente con p > 0 y q > 0.

Problema 3.18 Hallar el ´ area encerrada entre el eje de abscisas y la gr´ afica de la funci´ on y = a3/(x2 + a2).

Solucion. πa2.





Problema 3.19 Considerar una pieza plana homogenea delimitada por el eje de abscisas y la parte superior de la elipse x2/a2 + y2/b2 = 1 centrada en el origen de semiejes a y b. Calcular las coordenadas (xcm, ycm) del centro de masas de la pieza.

Solucion. La elipse de semiejes a y b centrada en el origen tiene por ecuacionx2/a2 + y2/b2 = 1. Las coordenadas del centro de masas vienen dadas por

(xcm, ycm) = 1

A

a−a

x(f (x) − g(x)) dx, 1

2

a−a

(f 2(x) − g2(x)) dx

,

siendo A el area de la pieza, f (x) = b 1 −x2/a2 = b/a

√ a2

−x2 y g(x) = 0.

Entonces

(xcm, ycm) = 1

A

b

a

a−a

x

a2 − x2 dx, b2

2a2

a−a

a2 − x2 dx

.

En primer lugar observamos que xcm = 0. Este resultado se puede obtener porconsideraciones fısicas sobre la simetrıa de la pieza o bien teniendo en cuentaque a

−ax

a2 − x2 dx = 0 ,

ya que se integra una funcion impar en un intervalo simetrico respecto del origen.Para hallar el valor de ycm se debe calcular la siguiente integral a

−aa2 − x2 dx =

4

3a3 .

Finalmente se debe calcular el area A de la pieza, es decir,

A =

a−a

f (x) dx = b

a

a−a

a2 − x2 dx .

Realizando el cambio de variable x = a sin θ con dx = a cos θ dθ se tiene

A = b

π/2−π/2

a2 − a2 sin2 θ cos θ dθ = ab

π/2−π/2

1 − sin2 θ cos θ dθ

= ab

π/2−π/2

cos2 θ dθ = ab

π/2−π/2

1 + cos(2θ)

2 dθ =

ab

2

θ +

1

2 sin(2θ)

π/2−π/2

= 1

2πab .

En definitiva

(xcm

, ycm

) = 0, 4b

3π .

Nota: Por supuesto, si se recuerda que el area encerrada por la elipse es πab,no es necesario realizar ninguna integracion para calcular A.




Problema 3.20 Calcular las siguientes primitivas:

(i) 1

1 + sin x dx, (ii) 5x2 + 20x + 6

x3 + 2x2 + x dx .

Solucion. (i) La integral es trigonometrica racional, pero no satisface ningunacondicion de paridad. Entonces, hacemos el cambio de variable t = tan(x/2).Como dx = 2dt

1+t2 y sin x = 2t1+t2 , obtenemos

1

1 + sin xdx =

1

1 + 2t1+t2

2dt

1 + t2 = 2

dt

(1 + t)2

= − 2

1 + t = − 2

1 + tan(x/2) + C .

(ii) La integral es racional. Definimos los polinomios P (x) = 5x2 + 20x + 6y Q(x) = x3 + 2x2 + x. Es facil hallar la descomposicion Q(x) = x(x + 1)2.Entonces, podemos efectuar la descomposicion en fracciones simples

P (x)

Q(x) =

A

x +

B

x + 1 +

C

(x + 1)2 ,

siendo A, B y C constantes reales a determinar. Se tiene que

5x

2

+ 20x + 6 = A(x + 1)

2

+ Bx(x + 1) + Cx ,de modo que, igualando los coeficientes de las mismas potencias de x en ambosmiembros de la anterior igualdad obtenemos el sistema lineal de ecuaciones

A + B = 5 ,

2A + B + C = 20 ,

A = 6 ,

cuya solucion esA = 6, B =

−1, C = 9 .

Entonces se tiene 5x2 + 20x + 6

x3 + 2x2 + x dx = 6

1

xdx −

1

x + 1dx + 9

1

(x + 1)2dx

= 6 ln |x| − ln |x + 1| − 9

x + 1 + C .

Problema 3.21 Demostrar que el ´ area de un cırculo de radio R es πR2.

Solucion. Puesto que el area de un cırculo de radio R es independiente delpunto que se elija como centro del cırculo, tomaremos este como el origen decoordenadas. Entonces, el contorno del cırculo es una circunferencia tal que lascoordenadas de sus puntos (x, y) satisfacen la ecuacion x2 + y2 = R2. Aislando




de esta ecuacion la y se tiene que y = ±f (x) = ±√ R2 − x2. Entonces, debido a

la simetrıa del cırculo, se tiene que su area A viene dada por

A = 4

R

0

f (x) dx = 4

R

0

R2 − x2 dx .

Para calcular esta integral, realizamos el cambio de variable x = R sin θ. Dife-renciandolo obtenemos dx = R cos θ dθ. Ademas, si la vieja variable x variabaentre 0 y R, la nueva variable θ variara entre 0 y π/2. Se tiene pues que

A = 4R

π/20

R2 − R2 sin2 θ cos θ dθ = 4R2

π/20


= 4R2 π/20

cos2 θ dθ = 4R2 π/20

1 + cos(2θ)2 dθ

= 2R2

θ +

1

2 sin(2θ)

π/20

= πR2 .

Nota: Existen muchas otras formas de demostrar que el area A de un cırculode radio R es A = πR2 usando metodos de integracion. A modo de ejemplo,podemos dividir el cırculo en sectores infinitesimales de angulo dθ. Teniendo encuenta que el elemento de area dA del sector circular es dA = 1

2R2 dθ se tiene

que

A =

dA = 2π0

12

R2 dθ = πR2 .

Problema 3.22 Considerar las funciones f (x) = 23+x2 y g(x) = ln(x).

(i) Demostrar que sus gr´ aficas tienen un ´ unico punto de corte con abscisa en el intervalo [1, 2].

(ii) Calcula el area bajo la gr´ afica de f (x) en el intervalo [0, 2].

Solucion. (i) Definimos la funcion F (x) = f (x) − g(x) que es infinitamente

derivable. Como F (1) = 12 > 0 y F (2) ≈ −0, 4 < 0 existe un punto ξ ∈ (1, 2)

donde F (ξ ) = 0 por el Teorema de Bolzano. Obviamente ξ es la abscisa de unpunto de corte entre las graficas de f (x) y g(x). Ademas, este punto es unico

puesto que F (x) = −(1+x2)(9+x2)x(3+x2)2 no se anula nunca de modo que, por el Teo-

rema de Rolle, no pueden existir dos puntos donde F (x) se anule.

(ii) El area A bajo la curva es

A = 2

0

2

3 + x2dx =

2√ 3

2

0

1√ 3

1 + ( x

√ 3)2

dx = 2√

3arctan

2√ 3 .

Problema 3.23 Calcular el ´ area encerrada por la gr´ afica de la funci´ on f (x) =x2 sin x y el eje de abscisas en el intervalo de abscisas [0, 2π].




Solucion. Integrando 2 veces por partes se tiene que

f (x) dx = 2x sin x + (2 − x

2

)cos x.

El area es

A =

π0

f (x) dx − 2ππ

f (x) dx = (π2 − 4) − (4 − 5π2) = 2(3π2 − 4).

Problema 3.24 Calcula las coordenadas del centro de masas de una plancha homogenea cuyo contorno est´ a formado por dos segmentos de los ejes positivos

de coordenadas y por la elipse de ecuaci´ on x2

a2 + y2

b2 = 1.

Solucion. Sea f (x) = b

1 − x2

a2 = ba√ a2 − x2. Las coordenadas del centro demasas son

(xcm, ycm) = 1

A

a0

xf (x) dx, 1

2

a0

f 2(x) dx

siendo A el area de la plancha, es decir,

A =

a0

f (x) dx .

Calculamos todas las integrales que aparecen:

A = a0

f (x) dx = ba

a0

a2 − x2 dx .

Mediante el cambio de variable x = a sin θ con dx = a cos θ dθ se tiene

A = b

π/20

a2 − a2 sin2 θ cos θ dθ = ab

π/20


= ab

π/20

cos2 θ dθ = ab

π/20

1 + cos(2θ)

2 dθ =

ab

2

θ +

1

2 sin(2θ)

π/20

= πab

4 .

Por otra parte a0

xf (x) dx = b

a

a0

x

a2 − x2 dx .

Mediante el cambio de variable z = a2−x2, con dz = −2xdx, la anterior integralqueda como a

0

xf (x) dx = − b

2a

0a2

√ z dz =

b

2a

a20

√ z dz =

b

3a

z3/2

a20

= a2b

3 .

Finalmente a0

f 2(x) dx = b2

a2

a0

a2 − x2 dx = b2

a2

a2x − x3/3

a0

= 2ab2

3 .




En resumen

(xcm, ycm) = 4

πab a2b

3 ,

ab2

3 = 4

3π (a, b) .

Problema 3.25 Calcular la primitiva de la funci´ on f (x) = 1sinx cos x

cuya gr´ afica pase por el punto (π/4, 0).

Solucion. Como la funcion f (x) es racional en sin x y cos x y ademas es tantoimpar en sin x como impar en cos x como par en sin x-cos x, el calculo de susprimitivas F (x) se transforma en el calculo de una integral racional mediantecualquiera de los cambios z = sin x o bien z = cos x o bien z = tan x.

Con el cambio t = tan x, se tiene dt = 1cos2 x dx, de modo que

1

sin x cos x dx =

cos

sin x cos2 x dx =

1

tan x cos2 x dx =

1

t dt

= ln |t| + C.

Las primitivas F (x) de f (x) son pues F (x) = ln | tan x| + C con C cons-tante arbitraria. Imponiendo F (π/4) = 0 se obtiene C = 0 de modo que,finalmente F (x) = ln | tan x|.Con el cambio z = sin x, se tiene dz = cos x dx, de modo que

1

sin x cos x dx =

cos x

sin x cos2 x dx =

cos x

sin x (1 − sin2 x)dx

=

1

z(1 − z2) dz.

Descomponiendo en fracciones simples se tiene

1

z(1 − z2) =

1

z +

−1/2

1 + z +

1/2

1 − z ,

entonces 1

z(1 − z2) dz = ln |z| − 1

2(ln |1 + z| − ln |1 − z|) = ln |z| − ln

1 − z2 12

= ln

z√ 1 − z2

.

Entonces

F (x) = ln

sin x 1 − sin2 x

+ C = ln | tan x| + C.

Problema 3.26 Calcular lo siguiente:(i) Calcular la recta tangente a la curva y = e2x−3 en el punto en el que la

pendiente vale 2.




(ii) Hallar el ´ area de la regi´ on del plano limitada por la recta x = 1, la curva y = e2x−3 y la recta tangente calculada en el apartado anterior.

Solucion. (i) La recta tangente a la curva de ecuacion y = f (x) = e2x−3 en elpunto en el que la pendiente vale 2 viene dada por la ecuaci on y −y0 = 2(x−x0).Para averiguar las coordenadas (x0, y0) del punto de tangencia usaremos el hechode que la pendiente es de hecho f (x0) = 2e2x0−3 = 2, luego 2x0 − 3 = 0 y porlo tanto x0 = 3/2. El valor de la ordenada y0 se calcula a partir de la condiciony0 = f (x0) = f (3/2) = e0 = 1. En resumen, la recta tangente es

y − 1 = 2(x − 3/2) .

(ii) En primer lugar observamos que se da la casualidad de que la abscisa del

punto de interseccion entre la recta tangente calculada en el apartado anteriory − 1 = 2(x − 3/2) y el eje de abscisas es x = 1. Entonces, el area pedida es

A =

3/21

e2x−3 − (1 + 2(x − 3/2)) dx

=

3/21

e2x−3 dx − 3/21

(1 + 2(x − 3/2)) dx

=

1

2e2x−3

3/21

−−2x + x2

3/2

1 =

e − 2

4e .



Capıtulo 4

Continuidad de Funciones

Reales de Varias VariablesReales

4.1. Concepto de funcion. Dominio y recorrido

Definicion 4.1 Decimos que una correspondencia f :Rn

→Rm

es una funci´ on si existe un subconjunto A ⊂ Rn tal que la restriccion de f en A, es decir,f : A → Rm es una aplicaci´ on (todo elemento de A tiene una y solo unaimagen).

Definicion 4.2 Sea x = (x1, . . . , xn) ∈ Rn y consideremos la funcion f : Rn →Rm tal que f (x) = (f 1(x), . . . , f m(x)). Las funciones f i : Rn → R (con i =1, . . . , m) se llaman funciones componentes de f .

Definicion 4.3 Dada una funcion f : Rn → Rm, se llama dominio de f , ylo denotaremos por Dom(f ), al subconjunto D ⊂ Rn donde este definida la

funcion f . Dicho de otro modo, Dom(f ) = {x ∈ Rn

: ∃ f (x)}. Es claro queDom(f ) = ∩mi=1Dom(f i), donde f i son las funciones componentes de f .

Ejemplo 4.4 Hallar el dominio de la funci´ on f : R → R3 definida por

f (x) =

x2 + 1,

1

x − 3,

x2 − 1

.

Solucion. Las funciones componentes de f son

f 1(x) = x2 + 1, f 2(x) = 1

x−

3, f 3(x) = x2 − 1,

siendo sus dominios

Dom(f 1) = R , Dom(f 2) = R− {3} , Dom(f 3) = {x ∈ R : |x| ≥ 1}.

95



96 Continuidad de Funciones Reales de Varias Variables Reales

Entonces

Dom(f ) =3

i=1

Dom(f i) =

{x

∈R : x

= 3 ,

|x

| ≥1

} .

Definicion 4.5 La gr´ afica asociada a una funcion f : A ⊂ R2 → R es lasuperficie formada por los puntos (x,y,f (x, y)) ∈ R3 para todo (x, y) ∈ A.

4.2. Lımites

Definicion 4.6 Sea x = (x1, x2, . . . , xn) ∈ Rn un vector. Se define la norma

(Euclideana) de x como x =

x

2

1 + x

2

2 + · · · + x2

n. Para todo x, y ∈ Rn

yλ ∈ R, la norma satisface las siguientes propiedades:

1. x ≥ 0, siendo x = 0 si y solo si x = 0.

2. λ x = |λ| x.

3. x + y ≤ x + y. (Desigualdad triangular).

Definicion 4.7 Sea f : Rn → R. Dado un punto de acumulacion a de Dom(f ),se dice que el lımite de la funcion f en el punto a es y se denota por

lımx→a

f (x) =

si ∀ > 0, ∃ δ > 0 tal que si x−a < δ con x ∈ Dom(f ) entonces |f (x)−| < .

Intuitivamente, el hecho de que una funcion f tenga por lımite en el puntoa significa que el valor de f puede ser tan cercano a como se desee, tomandopuntos suficientemente cercanos al punto a, con independencia de lo que ocurraen a.

Definicion 4.8 Sea f : Rn

→Rm con funciones componentes

f (x) = (f 1(x), . . . , f m(x)) .

Dado un punto de acumulacion a de Dom(f ), se dice que el lımite de la funcionf en el punto a es L = (1, . . . , m), y se denota por

lımx→a

f (x) = L,

si lımx→a f i(x) = i para todo i = 1, . . . , m.

Ejemplo 4.9 Usar la definici´ on de lımite para demostrar que

lım(x,y)→(0,0)

5x2y

x2 + y2 = 0 .



4.2 Lımites 97

Solucion. Definimos la funcion

f (x, y) =

5x2y

x2 + y2 .

Hemos de demostrar que ∀ > 0, ∃δ > 0 tal que si (x, y)− (0, 0) < δ entonces|f (x, y) − 0| < . Desarrollando, se tiene que

|f (x, y) − 0| =

5x2y

x2 + y2

= 5|y|

x2

x2 + y2

≤ 5|y| .

donde en la desigualdad se ha utilizado que

x2

x2 + y2 ≤ 1 .

Introduciremos la norma (x, y) =

x2 + y2 de la forma siguiente: |y| ≤ x2 + y2. Se tiene pues que

|f (x, y) − 0| ≤ 5(x, y) .

Entonces, para que |f (x, y) − 0| < basta con tomar (x, y) < /5, de modoque δ = /5. Proposicion 4.10 El lımite de una funci´ on en un punto, si existe, es ´ unico.

Veamos a continuacion algunas operaciones con lımites.

Proposicion 4.11 Sean f, g : Rn → Rm. Supongamos que existen los lımites de las funciones f y g en un punto a. Entonces:

(i) lımx→a(f (x) ± g(x)) = lımx→a f (x) ± lımx→a g(x).

(ii) lımx→a λ f (x) = λ lımx→a f (x) para todo escalar λ ∈ R.

(iii) Si m = 1, entonces lımx→a(f (x) g(x)) = lımx→a f (x) lımx→a g(x).

(iv) Si m = 1 y lımx→a g(x) = 0, entonces

lımx→a

f (x)

g(x) =

lımx→a f (x)

lımx→a g(x) .

.

Como a ∈ Rn, entonces x → a (es decir, x tiende hacia a) puede hacerlo deinfinitas formas distintas si n ≥ 2. Estas formas de tender al punto a dan lugara un metodo de calculo de lımites.

Definicion 4.12 Sea γ : [t1, t2] ⊂ R → Rn una funcion continua e inyectiva. Elrecorrido de γ , es decir, el conjunto de puntos {γ (t) ∈ Rn : t ∈ [t1, t2]} se llamaarco simple .




Proposicion 4.13 Consideremos una funci´ on f : Rn → R. Si = lımx→a f (x),entonces = lımt→t0 f (γ (t)) para todo arco simple γ con γ (t0) = a.

Ejemplo 4.14 Calcular, si existen, los lımites siguientes:

(i) lım(x,y)→(0,0)

xy

x2 + y2 , (ii) lım

(x,y)→(0,0)

xy3

x2 + y6 .

Solucion. (i) Acercandose al (0, 0) a lo largo de cualquier recta y = mx quepase por el origen se tiene

lımx→0

mx2

x2 + m2x2 = lım

x→0

m

1 + m2 =

m

1 + m2 .

Como el resultado depende de m, es decir, depende de por que recta nos acer-camos al origen, es claro que

∃ lım(x,y)→(0,0)

xy

x2 + y2 .

(ii) Acercandose al (0, 0) a lo largo de cualquier recta y = mx que pase porel origen se tiene

lımx→0

m3x4

x2(1 + m6x4) = lım

x→0

m3x2

1 + m6x4 = 0 .

De momento, lo unico que hemos demostrado es que, si el lımite (ii) existe,entonces vale 0. Sin embargo, acercandose al (0, 0) a lo largo de la cubica x = y3

se tiene

lımy→0

y6

2y6 = lım

y→0

1

2 =

1

2 .

Como el lımite de una funcion en un punto, si existe, es unico, se concluye que

∃ lım(x,y)→(0,0)

xy3

x2 + y6 .

Un caso particular de la Proposicion 4.13 es el siguiente resultado.

Corolario 4.15 Consideremos una funci´ on f : R2 → R. Supongamos que se verifica

= lım(x,y)→(x0,y0)

f (x, y) .

Entonces los llamados lımites iterados deben de coincidir

= lımx→x0

lımy→y0

f (x, y)

= lım

y→y0

lımx→x0

f (x, y)

.



4.2 Lımites 99

Ejemplo 4.16 Calcular, si existen, los lımites siguientes:

(i) lım(x,y)→(0,0)

xy

−x + y

x + y , (ii) lım(x,y)→(0,0)

xy

x2 + y4 .

Solucion. (i) Usando lımites iterados se tiene

lımx→0

lımy→0

xy − x + y

x + y

= lım

x→0−1 = −1 ,

lımy→0

lımx→0

xy − x + y

x + y

= lım

y→01 = 1 .

Como los lımites iterados son diferentes, tenemos que

∃ lım(x,y)→(0,0)

xy − x + y

x + y .

(ii) Usando lımites iterados se tiene

lımx→0

lımy→0

xy

x2 + y4

= lım

x→00 = 0 ,

lımy→0

lımx→0

xy

x2 + y4

= lım

y→00 = 0 .

Como los lımites iterados son iguales y valen 0, de momento, lo unico que he-mos demostrado es que, si el lımite (ii) existe, entonces vale 0. Sin embargo,acercandose al (0, 0) a lo largo de la familia de rectas y = mx se tiene

lımx→0

mx2

x2 + m4x4 = lım

x→0

m

1 + m4x2 = m .

Como el resultado depende de m, es decir, depende de por que recta nos acer-camos al origen, es claro que

∃ lım(x,y)→(0,0)

xy

x2 + y4 .

Definicion 4.17 Consideremos el plano R2 dotado de coordenadas cartesianas(x, y). Definimos las coordenadas polares (r, θ) de un punto de R2 con coordena-das cartesianas (x, y) como x = r cos θ, y = r sin θ con θ ∈ [0, 2π). Notemos que,geometricamente, r es la distancia entre el origen de coordenadas y el puntoconsiderado, mientras que θ es el angulo formado por el vector de posicion delpunto y el eje de abscisas.

Proposicion 4.18 Consideremos una funci´ on f : R2 → R. Supongamos que se verifica

= lım(x,y)→(x0,y0)

f (x, y) .




Entonces, tomando coordenadas polares alrededor del punto (x0, y0) de la forma x = x0 + r cos θ, y = y0 + r sin θ, definimos F (r, θ) = f (x0 + r cos θ, y0 + r sin θ)

y se tiene que = lımr→0

F (r, θ) .

Adem´ as, si F (r, θ) = g(r)h(θ) con lımr→0 g(r) = 0 y h(θ) acotada para todoθ ∈ [0, 2π), entonces = 0.

Supongamos que ocurre que F (r, θ) = f (x0 + r cos θ, y0 + r sin θ) = h(θ), esdecir, es una funcion independiente de r. Entonces, como lımr→0 F (r, θ) = h(θ)y depende pues de por que direccion θ nos acercamos al origen, se tiene que ellımite doble lım(x,y)→(x0,y0) f (x, y) no existe. De hecho, en estos casos se puedeprobar tambien la no existencia del lımite doble acercandose al punto (x0, y0)

por rectas del tipo y − y0 = m(x − x0) y viendo que el lımite depende de lapendiente m de la recta por la cual tendemos al punto (x0, y0).

Ejemplo 4.19 Calcular, si existe, el lımite siguiente:

lım(x,y)→(0,0)

x2y2

(x2 + y2)3/2 .

Solucion. Tomando coordenadas polares x = r cos θ, y = r sin θ se obtiene

lımr→0

r4 sin2 θ cos2 θ

r3 = lımr→0 r sin

2

θ cos

2

θ = 0 ,

puesto que r → 0 y la funcion sin2 θ cos2 θ esta acotada para todo θ ∈ [0, 2π).Concluimos que

lım(x,y)→(0,0)

x2y2

(x2 + y2)3/2 = 0 .

Ejemplo 4.20 Calcular, si existe, el lımite siguiente:

lım(x,y)→(0,0)

exy

−1

sin x ln(1 + y) .

Solucion. Usaremos los siguientes infinitesimos equivalentes

exy − 1 ∼ xy cuando xy → 0;

sin x ∼ x cuando x → 0;

ln(1 + y) ∼ y cuando y → 0;

Entonces se tiene que

lım(x,y)→(0,0)

exy

− 1sin x ln(1 + y)

= lım(x,y)→(0,0)

xyxy

= 1 .




4.3. Continuidad de funciones

Definicion 4.21 Se dice que una funcion f : A⊂Rn

→Rm es continua en un

punto a ∈ A si y solo si lımx→a f (x) = f (a).

Definicion 4.22 Si una funcion f : A ⊂ Rn → Rm es continua en todos lospuntos del conjunto A diremos que f es continua en A y lo denotaremos porf ∈ C (A).

Ejemplo 4.23 Estudiar la continuidad de la funci´ on f : R2 → R definida como

f (x, y) =

sin2 x sin y

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

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

Solucion. Inspeccionando las componentes de la funcion f es claro que f ∈C (R2 − {(0, 0)}). Estudiaremos en detalle la continuidad de f en el (0, 0). Enprimer lugar, usando el infinitesimo equivalente sin x ∼ x cuando x → 0 tenemosque

lım(x,y)→(0,0)

f (x, y) = lım(x,y)→(0,0)

sin2 x sin y

x2 + y2 = lım

(x,y)→(0,0)

x2y

x2 + y2 =

0

0 .

Para calcular la indeterminacion 0/0 tomaremos coordenadas polares x = r cos θ,y = r sin θ y se obtiene

lım(x,y)→(0,0)

f (x, y) = lımr→0

r3 sin θ cos2 θ

r2 = lım

r→0r sin θ cos2 θ = 0 ,

puesto que r → 0 y la funcion sin θ cos2 θ esta acotada para todo θ ∈ [0, 2π).Como ademas f (0, 0) = 0 hemos demostrado que

lım(x,y)→(0,0)

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

es decir, f es continua en el punto (0, 0) y por lo tanto f ∈ C (R). Ejemplo

4.24 Estudiar la continuidad de la funci´ on f :R2

→R

definida como

f (x, y) =

x2−y2x2+y2 si (x, y) = (0, 0) ,

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

Solucion. Inspeccionando las componentes de la funcion f es claro que f ∈C (R2 − {(0, 0)}). Estudiaremos en detalle la continuidad de f en el (0, 0). Enprimer lugar, calcularemos lım(x,y)→(0,0) f (x, y). Usando lımites iterados se tieneque

lımx→0

lımy→0 f (x, y)

= lımx→0

lımy→0

x2

−y2

x2 + y2

= lımx→0 1 = 1 ,

lımy→0

lımx→0

f (x, y)

= lımy→0

lımx→0

x2 − y2

x2 + y2

lımy→0

−1 = −1 .




Como los lımites iterados son distintos, hemos demostrado que

∃ lım(x,y)→(0,0)

f (x, y) ,

de modo que f no es continua en (0, 0).Nota: Tambien se puede demostrar que ∃ lım(x,y)→(0,0) f (x, y) acercandose

al origen por rectas y = mx.


Problema 4.1 Usar la definici´ on de lımite para probar que

lım(x,y)→(0,0)

x3

x2 + y2 = 0 .

Solucion. Basta tomar δ = en la definicion de lımite.

Problema 4.2 Considerar la siguiente funcion

f (x, y) = x sin 1

y + y cos

1

x .

(i) Probar que no existen los lımites iterados de f (x, y) en el origen.

(ii) Demostrar que lım(x,y)→(0,0) f (x, y) = 0 usando la definici´ on de lımite.

Problema 4.3 Demostrar que las siguientes funciones no tienen lımite en el origen acerc´ andose al origen mediante familias de curvas adecuadas.

(i)

f (x, y) =

xy2

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

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

(ii)

f (x, y) =

x2y3

x4+y6 si (x, y) = (0, 0) ,

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

(iii)

f (x, y) =

x2y2

x2y2+(x−y)2 si (x, y) = (0, 0) ,

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

Solucion. (i) Usar la familia de parabolas x = my2; (ii) Usar la familiay = mx2/3; (iii) Usar la familia de rectas y = mx y estudiar los casos m = 1 ym = 1.




Problema 4.4 Estudiar la continuidad de la funci´ on

f (x, y) = x3y2

x4+y4 si (x, y) = (0, 0) ,0 si (x, y) = (0, 0) .

Solucion. f ∈ C (R2).


f (x, y) =

x2

y si y = 0 ,

0 si y = 0 .

(i) Demostrar que todos los lımites iterados de f en el (0, 0) valen cero.(ii) Calcular el lımite de f en el (0, 0) a lo largo de la par´ abola y = x2.

(iii) ¿Cu´ anto vale el lımite de f en el (0, 0)?

(iv) ¿Es continua f en el (0, 0)?

Solucion. (ii) 1; (iii) No existe. (iv) No.



Capıtulo 5

Calculo Diferencial con

Varias Variables

5.1. La diferencial

Consideremos una funcion f : R → R derivable en un punto a ∈ R, es decir,

f (a) = lımh→0

f (a + h) − f (a)

h

.

Podemos reescribir esta igualdad de la forma siguiente:

lımh→0

|f (a + h) − f (a) − f (a)h||h| = 0 .

Ahora, decimos que f derivable en a si y solo si existe una aplicacion linealdf a : R → R definida como df a(h) = f (a)h, tal que

lımh→

0

|f (a + h) − f (a) − df a(h)|

|h|

= 0 .

Esta definicion equivalente de derivabilidad de una funcion real de variable realen un punto puede ser facilmente generalizada a funciones de varias variablescomo sigue.

Definicion 5.1 Dada una funcion f : A ⊂ Rn → Rm, se dice que f es diferen-ciable en un punto a ∈ A si existe una aplicacion lineal df a : Rn → Rm llamadadiferencial de f en a tal que

lım

h→0

f (a + h) − f (a) − df a(h)

h = 0 .

Nota 5.2 Recordemos que una aplicacion g : Rn → Rm es lineal cuando paratodo x, y ∈ Rn y para todo λ ∈ R se tiene g(x + y) = g(x) + g(y) y g(λx) =

105



106 Calculo Diferencial con Varias Variables

λg(x). Tomando coordenadas, toda aplicacion lineal se puede escribir de la formag(x) = M x con x ∈ Rn y M ∈ Mm,n(R) una matriz de m filas y n columnas

con elementos reales. M es llamada la matriz asociada a la aplicacion lineal f en las bases canonicas de Rn y Rm.

Proposicion 5.3 La diferencial de una funcion en un punto, si existe, es unica.

Demostraci´ on. Supongamos que existen dos diferenciales df [1]a y df [2]a de f en a.Entonces se satisface

lımh→0

f (a + h) − f (a) − df [i]a (h)

h = 0 , i = 1, 2.

Restando los dos lımites se tiene que

lımh→0

df [1]a (h) − df

[2]a (h)

h = 0 .

En particular, fijando un vector h ∈ Rn con h = 0 y tomando un parametroλ ∈ R, se verifica que

lımλ

→0

df [1]a (λh) − df

[2]a (λh)

λh

= 0 .

Pero como la diferencial es una aplicacion lineal se tiene que df [i]a (λh) = λ df

[i]a (h).

Ademas, por propiedades de la norma, λh = |λ| h. Entonces, el lımite an-

terior se satisface si y solo si df [1]a = df

[2]a .

Ejemplo 5.4 Demostrar que la funci´ on f : R2 → R definida como f (x, y) =x2 + y es diferenciable en el punto a = (1, −2), siendo df a(h1, h2) = 2h1 + h2.

Solucion. Sea h = (h1, h2) ∈ R2 y definamos el lımite

= lımh→0

|f (a + h) − f (a) − df a(h)|h .

Para demostrar que la funcion f es diferenciable en el punto a, hemos de de-mostrar que = 0. Se tiene que

= lım(h1,h2)→(0,0)

|f (1 + h1, −2 + h2) − f (1, −2) − df a(h1, h2)|(h1, h2)

= lım(h1,h2)→(0,0)

|(1 + h1)2 + (−2 + h2) − (−1) − (2h1 + h2)| h21 + h22

= lım(h1,h2)→(0,0)

|h21|

h21 + h2

2

.



5.1 La diferencial 107

Para calcular este lımite doble realizamos la siguiente acotacion:

0 ≤ |h21

| h21 + h2

2= |

h1

||h1

| h21 + h2

2≤ |h1| ,

que proviene del hecho siguiente |h1| =

h21 ≤

h21 + h2

2. Entonces, se tieneque

0 ≤ ≤ lımh1→0

|h1| = 0 ,

de modo que = 0 y por lo tanto la funcion f es diferenciable en el punto a. Definicion 5.5 Diremos que una funcion f : A ⊂ Rn → Rm es diferenciable enel conjunto A si f es diferenciable en todos los puntos de A.

El siguiente resultado muestra que ser diferenciable en un punto es unacondicion suficiente para la continuidad en ese punto.

Teorema 5.6 Si la funci´ on f es diferenciable en el punto a, entonces f es continua en a.

Demostraci´ on. La condicion de diferenciabilidad se puede expresar de la forma

f (a + h) − f (a) = df a(h) + hg(a, h) ,

con g(a, h)

→ 0 cuando h

→ 0. Ademas, df a(h)

→ 0 cuando h

→ 0 por ser df a

lineal. Finalmente, tomando el lımite cuando h → 0 se tiene que

lımh→0

f (a + h) − f (a) = 0 ,

es decir, f es continua en a.

Definicion 5.7 Consideremos una funcion f : A ⊂ Rn → Rm diferenciableen un punto a ∈ A. La matriz asociada a la aplicacion lineal df a en las basescanonicas de Rn y Rm recibe el nombre de matriz Jacobiana y la denotaremospor J f (a). Por definicion, J f (a) ∈ Mm,n(R). Se tienen los siguientes casos

particulares:Si m = 1, la matriz J f (a) se identifica con el vector gradiente de f en a ylo denotaremos por ∇f (a) ∈ Rn.

Si m = n, el determinante det(J f (a)) recibe el nombre de determinante Jacobiano de f en a.

El siguiente resultado muestra como el estudio de la diferenciabilidad de unafuncion f : A ⊂ Rn → Rm puede ser realizado estudiando la diferenciabilidadde las funciones componentes de f .

Teorema 5.8 La funci on f : A ⊂ Rn → Rm es diferenciable en un puntoa ∈ A si y solo si todas sus funciones componentes f i con i = 1, . . . , m, son diferenciables en a.




5.2. Derivadas direccionales

Definicion 5.9 Dada una funcion f : A ⊂

Rn

→ R, un punto a

∈ A y un

vector v ∈ Rn con v = 0, se define la derivada direccional de f en a en ladireccion del vector v y se denota por Dvf (a) como el lımite siguiente

Dvf (a) = lımh→0

f (a + hv) − f (a)

h ,

en caso de que exista.

Ejemplo 5.10 Calcular la derivada direccional de la funci´ on f (x,y,z) = x +x2y + x3y2z en el punto (1, 2, 3) respecto del vector (0, 1, −1).

Solucion. Definimos a = (1, 2, 3) y v = (0, 1, −1). Entonces

Dvf (a) = lımh→0

f (a + hv) − f (a)

h = lım

h→0

f (1, 2 + h, 3 − h) − f (1, 2, 3)

h

= lımh→0

1 + (2 + h) + (2 + h)2(3 − h) − 15

h = lım

h→0

h(9 − h − h2)

h

= lımh→0

9 − h − h2 = 9 .

Nota 5.11 Recordemos que la base can´ onica de Rn esta formada por el conjun-to {e1, . . . en} ⊂ Rn donde el vector ei tiene todas sus n componentes 0 exceptola componente que esta en la posicion i-esima que es 1.

Definicion 5.12 Sea f : A ⊂ Rn → R y {e1, . . . en} ⊂ Rn la base canonica deRn. Se llama derivada parcial i–esima de f en un punto a ∈ A a la derivadadireccional de f en a en la direccion del vector ei. Usaremos la siguiente notacionequivalente:

Deif (a) = Dif (a) = ∂f

∂xi(a) .

Aquı, se ha supuesto que las variables de f son (x1, . . . , xn).

Definicion 5.13 Diremos que una funcion f : A ⊂ Rn → R es derivable unpunto a ∈ A cuando existan todas las derivadas parciales de f en a, es decir,cuando existan Dif (a) para i = 1, . . . , n.

Ejemplo 5.14 Calcular D1f (0, 0, 0) para la funci´ on del Ejemplo 5.10.

Solucion. La funcion f es f (x,y,z) = x + x2y + x3y2z de modo que

D1f (0, 0, 0) = ∂f

∂x(0, 0, 0) = D(1,0,0)f (0, 0, 0)

= lımh→0

f (h, 0, 0) − f (0, 0, 0)h

= lımh→0

h − 0h

= 1 .



5.2 Derivadas direccionales 109

Nota 5.15 Todas las reglas de derivacion obtenidas para funciones reales devariable real se pueden usar para calcular derivadas parciales. Lo unico que se

debe tener en cuenta es que, en el calculo de

∂f

∂xi , el resto de variables xj con j = i permanecen constantes y unicamente se deriva respecto de la variable xi.

Ejemplo 5.16 Repetir el c´ alculo de D1f (0, 0, 0) del Ejemplo 5.14 utilizandolas reglas de derivaci´ on.

Solucion. La funcion f es f (x,y,z) = x + x2y + x3y2z de modo que

D1f (x,y,z) = ∂f

∂x(x,y,z) = 1 + 2xy + 3x2y2z .

Entonces, se tiene en particular que

D1f (0, 0, 0) = ∂f

∂x(0, 0, 0) = 1 .

Ejemplo 5.17 Calcular las derivadas parciales de las funciones siguientes:f (x,y,z) = xy, g(x, y) = x exp(x2y), h(x, y) = sin(xy).

Solucion. Para la funcion f se tiene:

D1f (x ,y,z) = ∂f

∂x(x,y,z) = yxy−1 ,

D2f (x ,y,z) = ∂f

∂y(x,y,z) = xy ln x ,

D3f (x ,y,z) = ∂f

∂z(x,y,z) = 0 .

Para la funcion g se tiene:

D1g(x, y) =

∂g

∂x (x, y) = exp(x2

y) + x exp(x2

y)2xy = exp(x2

y)(1 + 2x2

y) ,

D2g(x, y) = ∂g

∂y(x, y) = x3 exp(x2y) .

Para la funcion h se tiene:

D1h(x, y) = ∂h

∂x(x, y) = y cos(xy) ,

D2h(x, y) = ∂h

∂y(x, y) = x cos(xy) .

Veamos con algunos ejemplos que la existencia de derivadas parciales en un

punto y la continuidad de la funcion en dicho punto no estan relacionadas.




Ejemplo 5.18 Considerar la funci´ on

f (x, y) = xy

x2+y2 si (x, y)

= (0, 0) ,

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

(i) Calcular, si es que existen, las derivadas parciales de f en el origen.

(ii) Estudiar la continuidad de f en el origen.

Solucion. (i) En el punto (0, 0) no se pueden calcular las derivadas parcia-les con las reglas de derivacion puesto que en este punto la funcion se parte.Entonces se tiene que

D1f (0, 0) = ∂f ∂x (0, 0) = lımh→0f (h, 0) − f (0, 0)h = lımh→0

0 − 0h = 0 ,

D2h(x, y) = ∂f

∂y(0, 0) = lım

h→0

f (0, h) − f (0, 0)

h = lım

h→0

0 − 0

h = 0 .

Como existen todas las derivadas parciales de f en el origen, f es derivable enel origen.

(ii) Para estudiar la continuidad de f en el origen, calculamos el lımitelım(x,y)→(0,0) f (x, y). Acercandose al origen a traves de rectas y = mx se tiene

lımx→0

f (x,mx) = lımx→0

mx2

x2(1 + m2) =

m

1 + m2 .

Como este lımite depende de la pendiente m, se tiene que

∃ lım(x,y)→(0,0)

f (x, y)

y por lo tanto f no es continua en el origen.


f (x, y) =

(x + y)sin 1

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

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

(i) Calcular, si es que existen, las derivadas parciales de f en el origen.


Solucion. (i) En el punto (0, 0) no se pueden calcular las derivadas parcia-les con las reglas de derivacion puesto que en este punto la funcion se parte.


D1f (0, 0) = ∂f

∂x(0, 0) = lım

h→0

f (h, 0) − f (0, 0)

h = lım

h→0

h sin 1h − 0

h = lım

h→0sin

1

h.




Como este lımite no existe, ∃ D1f (0, 0) y por lo tanto f no es derivable en elorigen.

(ii) Para estudiar la continuidad de f en el origen, calculamos el lımitesiguiente

lım(x,y)→(0,0)

f (x, y) = lım(x,y)→(0,0)

(x + y)sin 1

x + y = 0 ,

puesto que x + y → 0 mientras que sin 1x+y esta acotado. Como

lım(x,y)→(0,0)

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

se tiene que f es continua en el origen.

Ejemplo 5.20 Considerar la funcion

f (x, y) =

(x2 + y2)sin 1

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

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

(i) Calcular, si es que existe, la derivada direccional de f en el origen a lo largode cualquier vector unitario.


Solucion. (i) Sea v = (cos α, sin α) ∈ R2 con α ∈ [0, 2π] un vector unitario, esdecir, v = 1. Se tiene que

Dvf (0, 0) = lımh→0

f ((0, 0) + h(cos α, sin α)) − f (0, 0)

h = lım

h→0

f (h cos α, h sin α)

h

= lımh→0

h2 sin 1

h(cos α + sin α) = 0,

puesto que h2 → 0 y sin 1h(cosα+sinα) esta acotado.

(ii) Para estudiar la continuidad de f en el origen, calculamos el lımitesiguiente

lım(x,y)→(0,0)

f (x, y) = lım(x,y)→(0,0)

(x2 + y2)sin 1

x + y = 0 ,

puesto que x2 + y2 → 0 mientras que sin 1x+y esta acotado. Como

lım(x,y)→(0,0)

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

se tiene que f es continua en el origen.

Veamos algunas relaciones entre los conceptos de diferenciabilidad y deriva-das direccionales.




Teorema 5.21 Si la funci´ on f : Rn → R es diferenciable en un punto a ∈ Rn,entonces existen las derivadas direccionales Dvf (a) para todo vector v ∈ Rn y

adem´ as Dvf (a) = df a(v).

Corolario 5.22 Si la funci´ on f : Rn → R es diferenciable en un punto a ∈ Rn,entonces existen todas las derivadas parciales Dif (a) para i = 1, . . . , n y adem´ as Dif (a) = df a(ei) siendo ei el i-esimo vector de la base can´ onica de Rn.

Corolario 5.23 Si la funci´ on f : Rn → Rm es diferenciable en un punto a ∈Rn, entonces la matriz Jacobiana de f en a es

J f (a) =

D1f 1(a) D2f 1(a) . . . Dnf 1(a)D1f 2(a) D2f 2(a) . . . Dnf 2(a)

... ... ...D1f m(a) D2f m(a) . . . Dnf m(a)

∈ Mm,n(R) .

Definicion 5.24 Una funcion f : A ⊂ Rn → Rm es de clase C 1(A) si para todoa ∈ A existen las derivadas parciales Dif j(a) de sus funciones componentes f jcon i = 1, . . . , n y j = 1, . . . , m y ademas las funciones derivadas parcialesDif j : A ⊂ Rn → R son continuas en A.

Teorema 5.25 (Condicion suficiente de diferenciabilidad) Si la funcion f : A

⊂Rn

→Rm es de clase C 1(A) entonces f es diferenciable en A.

Ejemplo 5.26 Considerar la funci´ on f : R2 → R2 definida como

f (x, y) = (3x2y, sin(xy)) .

(i) Estudiar la diferenciabilidad de f en cualquier punto de R2.

(ii) Calcular la matriz Jacobiana de f en el punto (1, π/2).

Solucion. (i) Definimos las funciones componentes de f como f 1(x, y) = 3x2y,

f 2(x, y) = sin(xy). Calculamos a continuacion las derivadas parciales de lasfunciones componentes de f :

D1f 1(x, y) = ∂f 1

∂x (x, y) = 6xy ,

D2f 1(x, y) = ∂f 1

∂y (x, y) = 3x2 ,

D1f 2(x, y) = ∂f 2

∂x (x, y) = y cos(xy) ,

D2f 2(x, y) = ∂f 2

∂y

(x, y) = x cos(xy) .

Como todas estas derivadas parciales son funciones continuas en cualquier pun-to (x, y) ∈ R2 se tiene que f ∈ C 1(R2) y por lo tanto f es diferenciable en




cualquier punto de R2.

(ii) La matriz Jacobiana de f en cualquier punto (x, y) ∈ R

2

es

J f (x, y) =

D1f 1(x, y) D2f 1(x, y)D1f 2(x, y) D2f 2(x, y)

=

6xy 3x2

y cos(xy) x cos(xy)

.

Entonces

J f (1, π/2) =

3π 3

0 0

.

Ejemplo 5.27 Repetir el c´ alculo del Ejemplo 5.10, es decir, calcular la deri-vada direccional de la funci´ on f (x,y,z) = x + x2y + x3y2z en el punto (1, 2, 3)

respecto del vector (0, 1, −1). Ahora no est´ a permitido utilizar la definici´ on de derivada direccional.

Solucion. Como f (x,y,z) es un polinomio en las variables x,y,z, es claroque todas las derivadas parciales Dif (x,y,z) tambien lo son para i = 1, 2, 3.En consecuencia, todas las funciones derivadas parciales Dif : R3 → R soncontinuas en R3 y por lo tanto f ∈ C 1(R3). Concluimos que f es diferenciableen cualquier punto a ∈ R3 de modo que la derivada direccional Dvf (a) en ladireccion del vector v = (v1, v2, v3) se puede calcular de la forma

Dvf (a) = df a(v) = ∇f (a).v = (D1f (a) D2f (a) D3f (a)) v1

v2v3

.

En nuestro caso particular, definimos el punto a = (1, 2, 3) y el vector v =(0, 1, −1). Calculando derivadas parciales se tiene

D1f (x,y,z) = ∂f

∂x(x,y,z) = 1 + 2xy + 3x2y2z ,

D2f (x,y,z) = ∂f

∂y(x,y,z) = x2 + 2x3yz ,

D3f (x,y,z) =

∂f

∂z (x,y,z) = x3

y2

.

En particular

∇f (1, 2, 3) = (D1f (1, 2, 3) D2f (1, 2, 3) D3f (1, 2, 3)) = (41, 13, 4) .

Finalmente

D(0,1,−1)f (1, 2, 3) = (41, 13, 4)

0

1−1

= 13 − 4 = 9 .

Para enfatizar que el Teorema 5.25 es una condicion suficiente de diferencia-

bilidad pero no es necesaria, veamos el siguiente ejemplo.





f (x, y) = (x2 + y2)sin 1

√ x2+y2si (x, y)

= (0, 0) ,

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

(i) ¿Es f una funci´ on de clase C 1 en el origen?

(ii) Estudiar la diferenciabilidad de f en el origen.

Solucion. (i) En primer lugar vamos a calcular las funciones derivadas parcia-les. Comenzamos con D1f (x, y). Es claro que en el origen necesitamos calcularD1f (0, 0) con la definicion y no con las reglas de derivacion puesto que en estepunto la funcion f se parte. Entonces

D1f (0, 0) = ∂f

∂x(0, 0) = lım

h→0

f (h, 0) − f (0, 0)

h = lım

h→0

h2 sin 1√ h2

− 0

h

= lımh→0

h sin 1

h = 0,

ya que h → 0 pero sin 1h permanece acotado. Para el resto de puntos (x, y) =

(0, 0), calculamos D1f (x, y) con las reglas de derivacion, es decir,

∂f

∂x(x, y) = 2x sin 1√

x2+y2− x√

x2+y2cos 1√

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

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

Estudiemos a continuacion la continuidad de la funcion ∂f ∂x (x, y) en el (0, 0).

Para ello, hay que calcular el lımite

lım(x,y)→(0,0)

∂f

∂x(x, y) = lım

(x,y)→(0,0)2x sin

1 x2 + y2

− lım(x,y)→(0,0)

x x2 + y2

cos 1 x2 + y2

.

Calculamos cada lımite por separado.

lım(x,y)→(0,0)

2x sin 1 x2 + y2

= 0 ,

puesto que 2x → 0 y sin 1√ x2+y2

esta acotado. Para el calculo del segundo lımite

usamos coordenadas polares x = r cos θ, y = r sin θ.

lım(x,y)→(0,0)

x x2 + y2

cos 1 x2 + y2

= lımr→0

r cos θ

r cos

1

r

= lımr→0

cos θ cos 1

r ,

pero este lımite no existe, luego

∃ lım(x,y)→(0,0)

∂f

∂x(x, y) .



5.3 Interpretaciones geometricas de las derivadas parciales 115

Concluimos que la funcion ∂f ∂x (x, y) no es continua en el (0, 0) y, en consecuencia

f no es una funcion de clase C 1 en el origen.

(ii) Si f fuese diferenciable en (0, 0), la matriz Jacobiana asociada a df (0,0)serıa

J f (0, 0) =

∂f

∂x(0, 0),

∂f

∂y(0, 0)

.

La primera componente ya ha sido calculada en el apartado (i) y vale ∂f ∂x (0, 0) =

0. Respecto a la segunda componente, se tiene un calculo totalmente analogo ala primera.

∂f

∂y (0, 0) = lımh→0

f (0, h)

−f (0, 0)

h = lımh→0

h2 sin 1√ h2

−0

h

= lımh→0

h sin 1

h = 0.

Entonces, J f (0, 0) = (0, 0). Para ver si realmente f es diferenciable en (0, 0) sedebe calcular el lımite siguiente donde h = (h1, h2) ∈ R2 y ver si vale 0.

= lım(h1,h2)→(0,0)

|f (h1, h2) − f (0, 0) − df (0,0)(h1, h2)|h

= lım(h1,h2)→(0,0)

(h21 + h22)sin 1√ h21+h22 − 0 − (0, 0) h

1h2

h21 + h2

2

= lım(h1,h2)→(0,0)

h21 + h2

2 sin 1 h21 + h2

2

= 0 ,

puesto que

h21 + h2

2 → 0 y sin 1√ h21+h

22

esta acotado. En definitiva, la funcion

f es diferenciable en el punto (0, 0).

5.3. Interpretaciones geometricas de las deriva-

das parciales

Nota 5.29 Sea f : R2 → R derivable en un punto (x0, y0) ∈ R2. Consideremosla grafica de f , es decir, la superficie S formada por los puntos (x,y,z) ∈ R3

con z = f (x, y) y los planos verticales πx y πy de ecuaciones x = x0 e y = y0.Definimos las curvas Cx y Cy en R3 dadas por las siguientes intersecciones Cx =S

πx, Cy = S

πy. Definamos las rectas rx y ry de la forma siguiente: rx esla recta contenida en el plano πx y que es tangente a la curva

Cx en el punto

(x0, y0, f (x0, y0)); ry es la recta contenida en el plano πy y que es tangente ala curva Cy en el punto (x0, y0, f (x0, y0)). Sean mx y my las pendientes de lasrectas rx y ry respectivamente (miradas como rectas contenidas en los planos




πx y πy respectivamente). Entonces,

∂f

∂x (x0, y0) = mx , ∂f

∂y (x0, y0) = my .

Nota 5.30 Como en el caso de una funcion de una variable, la diferencial total df de una funcion f : Rn → R se define como

df =

ni=1

∂f

∂xidxi ,

y da una buena aproximacion del incremento total ∆f de la funcion cuando losincrementos ∆xi (i = 1, . . . , n) de sus diversas variables son pequenos.

Ejemplo 5.31 Dada la funci´ on f (x, y) = x2 + 2xy − 3y2, comparar df con ∆f cuando las variables x e y sufren incrementos dx y dy respectivamente.

Solucion. Para la diferencial total de f se tiene

df = ∂f

∂x dx +

∂f

∂y dy = 2(x + y)dx + 2(x − 3y)dy .

Para el incremento de f se tiene

∆f = f (x + dx,y + dy) − f (x, y)

= (x + dx)2 + 2(x + dx)(y + dy) − 3(y + dy)2 − (x2 + 2xy − 3y2) .

Desarrollando esta expresion se tiene que

∆f = df + (dx)2 + 2dxdy − 3(dy)2 .

Ejemplo 5.32 Aproximar el cambio en la hipotenusa h de un tri angulo

rect´ angulo de catetos c1 = 6 y c2 = 8 cuando el m´ as corto se alarga 1/4 y el m´ as largo se encoge 1/8.

Solucion. Se tiene por el Teorema de Pitagoras que h(c1, c2) =

c21 + c22.Como la variacion de los catetos es pequena, el incremento ∆h que sufre h sepuede aproximar por dh, es decir,

dh = ∂h

∂c1dc1 +

∂h

∂c2dc2 =

c1 dc1 + c2 dc2 c21 + c22

.

De este modo, cuando c1 = 6, c2 = 8, dc1 = 1/4 y dc2 = −1/8, se tiene que

∆h ≈ dh = 6 1/4 − 8 1/8√

62 + 82 =

1

20 = 0,05 .




Vamos a hacer una comprobacion final (aunque no lo pide el enunciado del pro-blema) que consiste en calcular de manera exacta el incremento ∆h y comprobar

la precision de la aproximacion efectuada. Se tiene que

∆h = h(c1 + ∆c1, c2 + ∆c2) − h(c1, c2)

=

(c1 + ∆c1)2 + (c2 + ∆c2)2 −

c21 + c22

=

(6 + 1/4)2 + (8 − 1/8)2 −

62 + 82 = 0,0537617 .

Proposicion 5.33 (Propiedades del vector gradiente) Considerar una fun-ci´ on f : Rn

→R diferenciable en un punto a

∈Rn. Entonces,

∇f (a) es la direc-

cion de m axima variaci´ on de f . M´ as concretamente se tiene que, para cualquier vector unitario v ∈ Rn:

(i) La derivada direccional Dvf (a) es m´ axima, y con valor ∇f (a), cuando la direcci´ on y el sentido de v coincide con el de ∇f (a).

(ii) La derivada direccional Dvf (a) es mınima, y con valor −∇f (a), cuandola direcci´ on de v coincide con la de ∇f (a), pero los sentidos son opuestos.

(iii) La derivada direccional Dvf (a) = 0 si v y ∇f (a) son ortogonales.

Demostraci´ on. Como f es diferenciable en el punto a, sabemos que la derivadadireccional Dvf (a) se puede expresar como el siguiente producto escalar:

Dvf (a) = ∇f (a).v = ∇f (a) v cos α = ∇f (a) cos α ,

siendo α el angulo formado por los vectores ∇f (a) y v. La demostracion sesigue de la formula anterior, teniendo en cuenta que −1 ≤ cos α ≤ 1 y que si losvectores ∇f (a) y v son ortogonales, entonces α = π/2.

Ejemplo 5.34 Calcular los par´ ametros a, b ∈ R para que la derivada direccio-

nal de la funcion f (x, y) = exp(ax+ by)cos(x +y) en el punto (0, 0) sea m´ axima y valga 3√ 2 en la direcci´ on de un vector unitario sobre la bisectriz del primer cuadrante.

Solucion. Sabemos que la direccion de la maxima derivada direccional de f en (0, 0) viene dada por la direccion del vector ∇f (0, 0). Como

∂f

∂x(x, y) = a exp(ax + by)cos(x + y) − exp(ax + by)sin(x + y) ,

∂f

∂x(x, y) = b exp(ax + by)cos(x + y) − exp(ax + by)sin(x + y) ,

se tiene que

∇f (0, 0) =

∂f

∂x(0, 0),

∂f

∂y(0, 0)

= (a, b) .




Como la direccion de la bisectriz del primer cuadrante viene dada por la direcciondel vector (1, 1), imponemos que los vectores ∇f (0, 0) y (1, 1) sean paralelos y

obtenemos la condicion a = b > 0 .

Finalmente, como

maxv=1

{Dvf (0, 0)} = ∇f (0, 0) ,

imponemos que ∇f (0, 0) = 3√

2, es decir, a√

2 = 3√

2 de modo que a = 3.En definitiva, obtenemos a = b = 3.

Ejemplo 5.35 Considerar una placa grande con una distribuci´ on de tempera-

turas T estacionaria dependiente ´ unicamente de las coordenadas (x, y) del puntode la placa. Si T (x, y) = 10−x2−2y2, hallar la trayectoria que sigue una partıcu-la que se encuentra inicialmente en el punto (1, 1) sabiendo que se mueve en la direcci´ on de mayor crecimiento de la temperatura.

Solucion. Sea r(t) = (x(t), y(t)) el vector de posicion en funcion del tiempot de la partıcula y v(t) = (x(t), y(t)) su vector velocidad. Aquı, el punto indicaderivacion respecto del tiempo t.

Segun el enunciado del problema se debe tener que v ||∇T = (−2x, −4y), demodo que las funciones x(t) e y(t) satisfacen las ecuaciones

x = −2kx , y = −4ky ,

con k una constante de proporcionalidad. Este sistema de ecuaciones diferen-ciales se puede resolver de dos formas diferentes:

Separando las variables se tiene que

dx

x = −2k dt ,

dy

y = −4k dt ,

de modo que, integrando,

ln |x| = −2kt + C 1 , ln |y| = −4kt + C 2 ,

siendo C 1 y C 2 constantes a determinar. En concreto

x(t) = x0 exp(−2kt) , y(t) = y0 exp(−4kt) ,

siendo (x0, y0) = (exp(C 1), exp(C 2)) = (x(0), y(0)) = (1, 1). Finalmente,

x(t) = exp(−

2kt) , y(t) = exp(−

4kt) ,

de modo que, dividiendo, hallamos que la ecuacion de la trayectoria de lapartıcula es la parabola y = x2.




La segunda forma de resolver el sistema de ecuaciones diferenciales esnotando que

y

x = dy

dx = 2y

x ,

con lo que, separando variables,

dy

2y =

dx

x ,

e integrando se llega a

1

2 ln |y| = ln |x| + C ,

con C constante arbitraria. En definitiva, y = exp(C ) x2, pero C = 0puesto que la curva debe pasar por el punto (x, y) = ( 1, 1). Entoncesy = x2.

Definicion 5.36 Se definen las siguientes curvas y superficies:

Dada una funci´ on f : R2 → R, las curvas planas f (x, y) = c con c ∈ Rconstante se llaman curvas de nivel de f .

Dada una funci´ on F : R3 → R, las superficies F (x,y,z) = c con c ∈ Rconstante se llaman superficies de nivel de F .

Corolario 5.37 Se verifican las siguientes propiedades geometricas del vector gradiente:

(i) Considerar una funcion f : R2 → R diferenciable en un punto (x0, y0) ∈ R2.Entonces, el vector ∇f (x0, y0) es ortogonal a la curva de nivel de f que pasa por el punto (x0, y0) en dicho punto.

(ii) Considerar una funci´ on F : R3 → R diferenciable en un punto (x0, y0, z0) ∈R3. Entonces, el vector

∇F (x0, y0, z0) es ortogonal a la superficie de nivel

de F que pasa por el punto (x0, y0, z0) en dicho punto.

Proposicion 5.38 (Plano tangente a una superficie) Considerar una fun-cion f : R2 → R diferenciable en un punto (x0, y0) ∈ R2 y la superficie S for-mada por los puntos (x,y,z) ∈ R3 con z = f (x, y). Entonces, existe el planotangente π a la superficie S en el punto (x0, y0, z0) con z0 = f (x0, y0). Adem´ as,la ecuaci´ on del plano π es

z − z0 = ∂f

∂x(x0, y0)(x − x0) +

∂f

∂y(x0, y0)(y − y0) .

Demostraci´ on. Recordemos que los puntos de coordenadas (x,y,z) del plano πque pasa por el punto (x0, y0, z0) y tiene vector caracterıstico (perpendicular)asociado w = (a,b,c) satisface que (x−x0, y−y0, z−z0)⊥w, es decir, la ecuacion




del plano π viene dada por a(x−x0) + b(y −y0) + c(z −z0) = 0. Como queremosque el plano π sea tangente a la superficie

S = {(x ,y,z) ∈ R3 : F (x,y,z) = f (x, y) − z = 0}en el punto (x0, y0, z0), se puede tomar

w = ∇F (x0, y0, z0) =

∂f

∂x(x0, y0),

∂f

∂y(x0, y0), −1

.

Entonces, la ecuacion del plano π queda

∂f

∂x(x0, y0)(x − x0) +

∂f

∂y(x0, y0)(y − y0) − (z − z0) = 0 ,


Nota 5.39 De modo mas general, considerar una funcion F : R3 → R diferen-ciable en un punto (x0, y0, z0) ∈ S ⊂ R3, siendo S una superficie de nivel de F , esdecir, S = {(x,y,z) ∈ R3 : F (x ,y,z) = c}. Por supuesto, como (x0, y0, z0) ∈ S se tiene que F (x0, y0, z0) = c. Entonces, existe el plano tangente π a la superficieS en el punto (x0, y0, z0). Ademas, la ecuacion del plano π es

∂F

∂x(x0, y0, z0)(x − x0) +

∂F

∂y (x0, y0, z0)(y − y0) +

∂F

∂z (x0, y0, z0)(z − z0) = 0 .

Ejemplo 5.40 Calcular el plano tangente al paraboloide z = x2+y2 en el puntode coordenadas (1, 1, 2).

Solucion. Puesto que la funcion f (x, y) = x2 + y2 es polinomial, f es di-ferenciable en cualquier punto de R2 y en particular lo es en el punto (1, 1).Entonces, existe el plano tangente π a la superficie z = f (x, y) en el punto(1, 1, f (1, 1)) = (1, 1, 2). Ademas, la ecuacion del plano π es

z − 2 = ∂f

∂x(1, 1)(x − 1) +

∂f

∂y(1, 1)(y − 1) ,

es decir z − 2 = 2(x − 1) + 2(y − 1).

5.4. Composicion de funciones y regla de la ca-

dena

Definicion 5.41 Consideremos dos funciones f : A ⊂ Rn → Rm y g : B ⊂Rm → R p con f (a) ∈ B. Entonces, podemos definir la funcion composicion(g ◦ f )(a) = g(f (a)).

Teorema 5.42 (Regla de la cadena) Supongamos que la funcion f : Rn

→Rm es diferenciable en un punto a ∈ Rn y la funci´ on g : Rm → R p es diferen-ciable en el punto f (a) ∈ Rm. Entonces, la funcion composici´ on g ◦f : Rn → R p

es diferenciable en a. Adem´ as, d(g ◦ f )a = dgf (a) ◦ df a.



5.4 Composicion de funciones y regla de la cadena 121

Nota 5.43 La Regla de la cadena se escribe en terminos de producto de ma-trices Jacobianas de la forma

J g◦f (a) = J g(f (a)) J f (a) .

Ejemplo 5.44 Supongamos que las funciones α y β dependen de las variables u y v pero que a su vez u y v dependen de las variables x, y y z. Hallar las expresiones de las derivadas parciales de α y β respecto de x, y y z.

Solucion. El problema se puede escribir en terminos de composicion de fun-ciones como sigue. Definamos las funciones f : R3 → R2 y g : R2 → R2 de laforma f (x,y,z) = (u(x ,y,z), v(x,y,z)) y g(u, v) = (α(u, v), β (u, v)). Es claroque se puede definir la composicion

(g ◦ f )(x,y,z) = g(f (x,y,z)) = g(u(x,y,z), v(x,y,z))

= (α(u(x,y,z), v(x,y,z)), β (u(x,y,z), v(x,y,z))) .

Entonces, definiendo a = (x,y,z) ∈ R3, se tienen las siguientes matrices Jaco-bianas

J f (a) =

∂u∂x (a) ∂u

∂y (a) ∂u∂z (a)

∂v∂x (a) ∂v

∂y (a) ∂v∂z (a)

,

J g(f (a)) = ∂α

∂u (f (a)) ∂α∂v (f (a))

∂β∂u (f (a)) ∂β

∂v (f (a))

,

J g◦f (a) =

∂α∂x (a) ∂α

∂y (a) ∂α∂z (a)

∂β∂x (a) ∂β

∂y (a) ∂β∂z (a)

.

Finalmente, por la Regla de la cadena, J g◦f (a) = J g(f (a)) J f (a) de modo que

∂α

∂x =

∂α

∂u

∂u

∂x +

∂α

∂v

∂v

∂x ,

∂α

∂y

= ∂α

∂u

∂u

∂y

+ ∂α

∂v

∂v

∂y

,

∂α

∂z =

∂α

∂u

∂u

∂z +

∂α

∂v

∂v

∂z ,

∂β

∂x =

∂β

∂u

∂u

∂x +

∂β

∂v

∂v

∂x ,

∂β

∂y =

∂β

∂u

∂u

∂y +

∂β

∂v

∂v

∂y ,

∂β

∂z =

∂β

∂u

∂u

∂z +

∂β

∂v

∂v

∂z .

Nota 5.45 A la vista del resultado del Ejemplo 5.44, se observa que hay unaregla mnemotecnica a la hora de usar la Regla de la cadena. A modo de ejemplo,




si la funcion f (t1, . . . , tn), pero (t1, . . . , tn) depende de (x, y), entonces

∂f

∂x =

ni=1

∂f

∂ti

∂ti∂x .

Ejemplo 5.46 Se quiere calcular ∂f ∂x

sabiendo que f (u, v) = u2v, u(x,y,z) =xyz, v(x ,y,z) = 1/y2. Para resolver el problema primero no usar la Regla de la cadena y luego usarla.

Solucion. Sin usar la Regla de la cadena, primero calculamos la funcion com-puesta y luego derivamos. Entonces, se tiene que

f (x,y,z) = x2y2z2 1

y2

= x2z2 ,

de modo que∂f

∂x = 2xz2 .

Usando la Regla de la cadena se tiene

∂f

∂x =

∂f

∂u

∂u

∂x +

∂f

∂v

∂v

∂x = 2uvyz + u20 = 2xyz

1

y2yz = 2xz2

Ejemplo 5.47 Demostrar que

∂f

∂x

2

+

∂f

∂y

2

=

∂f

∂r

2

+ 1

r2

∂f

∂θ

2

,

siendo (x, y) coordenadas cartesianas y (r, θ) coordenadas polares.

Solucion. Recordemos que la relacion entre las coordenadas cartesianas (x, y)y las coordenadas polares (r, θ) es x = r cos θ, y = r sin θ. Usando la Regla dela cadena se tiene

∂f

∂r =

∂f

∂x

∂x

∂r +

∂f

∂y

∂y

∂r =

∂f

∂x cos θ +

∂f

∂y sin θ ,∂f

∂θ =

∂f

∂x

∂x

∂θ +

∂f

∂y

∂y

∂θ =

∂f

∂x(−r sin θ) +

∂f

∂yr cos θ .

Entonces∂f

∂r

2

+ 1

r2

∂f

∂θ

2

=

∂f

∂x cos θ +

∂f

∂y sin θ

2

+

∂f

∂y cos θ − ∂f

∂x sin θ

2

.

Es facil ver, desarrollando los anteriores cuadrados perfectos, que

∂f ∂r

2

+ 1r2

∂f ∂θ

2

=

∂f ∂x

2

+

∂f ∂y

2

,

finalizando el ejercicio.



5.4 Composicion de funciones y regla de la cadena 123

Ejemplo 5.48 Demostrar que z = f (x2y) satisface la ecuaci´ on en derivadas parciales siguiente

x∂z

∂x − 2y∂z

∂y = 0 .

Solucion. Sea u(x, y) = x2y. Entonces z = f (u) de modo que, usando la Reglade la cadena, se tiene

∂z

∂x =

∂z

∂u

∂u

∂x = f (u)2xy ,

∂z

∂y =

∂z

∂u

∂u

∂y = f (u)x2 .

Entoncesx

∂z

∂x − 2y

∂z

∂y = 2x2yf (u) − 2x2yf (u) = 0 ,

tal y como se querıa demostrar. Ejemplo 5.49 Demostrar que si f (x, y) es una funci´ on homogenea de grado

p ∈ R, es decir, satisface que f (λx,λy) = λ pf (x, y) para todo λ ∈ R, entonces f verifica la ecuaci´ on de Euler

x∂f

∂x + y

∂f

∂y = p f .

Solucion. Definimos u = λx, v = λy. Entonces f verifica

f (u, v) = λ pf (x, y) .

Derivamos respecto de λ los dos miembros de esta ecuacion y luego los iguala-remos.

Usando la Regla de la cadena, la derivada respecto de λ del miembro dela izquierda es

∂f ∂λ

= ∂f ∂u

∂u∂λ

+ ∂f ∂v

∂v∂λ

= x ∂f ∂u

+ y ∂f ∂v

.

La derivada respecto de λ del miembro de la derecha es: pλ p−1f (x, y).

Igualando estas dos derivadas y tomando el valor particular λ = 1 se tiene

x∂f

∂x + y

∂f

∂y = p f ,

es decir, f verifica la ecuacion de Euler. Ejemplo 5.50 La base de un rect´ angulo aumenta a raz´ on de 1 cm/h mientras que su altura disminuye a raz´ on de 2 cm/h. Hallar la velocidad con la que varıa el ´ area del rect´ angulo en el momento en que la base mide 2 m y la altura 1,5 m.




Solucion. El area del rectangulo A depende de la base b y de la altura h comoA(b, h) = bh. A su vez b y h dependen del tiempo t de modo que sus derivadas

son dbdt

= 1 , dhdt

= −2 .

Usando la Regla de la cadena, se tiene que

dA

dt =

∂A

∂b

db

dt +

∂A

∂h

dh

dt = h

db

dt + b

dh

dt = h − 2b .

Entonces, cuando (b, h) = (200, 150) se tiene que

dA

dt = 150 − 2 × 200 = −250 cm2/h .

5.5. Derivadas parciales de orden superior

Definicion 5.51 Sea f : Rn → R y x = (x1, . . . , xn) ∈ Rn. Cuando las fun-ciones derivadas parciales Djf o equivalentemente ∂f

∂xjvuelven a ser derivables,

indicamos por Dijf = Di(Djf ) o equivalentemente

∂ 2f

∂xi∂xj

= ∂

∂xi ∂ f

∂xj .

y las llamaremos derivadas parciales de segundo orden . En el caso particular deque i = j se usa la notacion

∂ 2f

∂x2i

= ∂

∂xi

∂f

∂xi

.

Nota 5.52 De forma analoga y, siempre que tenga sentido, se definen las deri-vadas parciales de orden superior a dos. Por ejemplo, si f : Rn → R es derivabletres veces, se tienen las derivadas de tercer orden Dijkf con i, j, k = 1, . . . , n.

Ejemplo 5.53 Sean f y g dos funciones reales de variable real de clase C 2.Demostrar que la funci´ on ξ (x, t) = f (x + ct) + g(x − ct) con c constante real es soluci´ on de la ecuaci´ on de ondas unidimensional

∂ 2ξ

∂t2 = c2

∂ 2ξ

∂x2 .

Solucion. Definimos u(x, t) = x + ct, v(x, t) = x − ct. Entonces ξ (u, v) =f (u) + g(v), de modo que, usando la Regla de la cadena,

∂ξ ∂t = ∂ξ ∂u ∂u∂t + ∂ξ ∂v ∂v∂t = cf (u) − cg(v) ,

∂ξ

∂x =

∂ξ

∂u

∂u

∂x +

∂ξ

∂v

∂v

∂x = f (u) + g(v).



5.6 Formula de Taylor 125

Entonces, derivando de nuevo

∂ 2ξ

∂t2 = ∂

∂t∂ξ

∂t

= ∂

∂u∂ξ

∂t ∂u

∂t + ∂

∂v∂ξ

∂t ∂v

∂t

= c2f (u) + c2g(v) ,

∂ 2ξ

∂x2 =

∂

∂x

∂ξ

∂x

=

∂

∂u

∂ξ

∂x

∂u

∂x +

∂

∂v

∂ξ

∂x

∂v

∂x

= f (u) + g(v) .

Entonces,∂ 2ξ

∂t2 = c2

∂ 2ξ

∂x2 ,

como se querıa probar. Definicion 5.54 Una funcion f : A ⊂ Rn → R es de clase C k(A) si existentodas las derivadas parciales hasta orden k en todos los puntos del conjunto Ay ademas son funciones continuas en A.

Teorema 5.55 (Schwarz) Si una funci´ on f : A ⊂ Rn → R es de clase C 2(A),entonces las derivadas parciales cruzadas de segundo orden coinciden, es decir,Dijf (a) = Djif (a) para todo a ∈ A y para todo i, j = 1, . . . , n.

Nota 5.56 El Teorema de Schwarz es totalmente generalizable, es decir, sif ∈ C 3(A) entonces Diijf (a) = Dijif (a) = Djiif (a) para todo a ∈ A.

Definicion 5.57 Sea f : A ⊂ Rn → R una funcion derivable dos veces en unpunto a ∈ A. Entonces, se define la matriz Hessiana de f en el punto a como

H f (a) =

D11f (a) D12f (a) . . . D1nf (a)D21f (a) D22f (a) . . . D2nf (a)

......

...Dn1f (a) Dn2f (a) . . . Dnnf (a)

∈ Mn(R) .

Nota 5.58 Si una funcion f : A ⊂ Rn → R es de clase C 2(A), entonces lamatriz Hessiana H f (a) es simetrica para todo a ∈ A.

5.6. Formula de Taylor

Teorema 5.59 (Formula de Taylor) Sea funci´ on f : A ⊂ Rn → R una fun-ci´ on de clase C k+1(A). Entonces, dado a ∈ A, se tiene que f (x) = P k(x)+Rk(x)para todo x ∈ A, siendo P k el polinomio de Taylor en n variables de grado k de f en a y Rk el llamado termino complementario de orden k. Se tiene que

lımx→a

Rk(x)

x − ak = 0 .




Observamos que no hemos dado la expresion explıcita del termino comple-mentario Rk(x) ni del polinomio de Taylor P k(x). Solo daremos las expresiones

de P k para k ∈ {0, 1, 2}. Dada una funcion f : A ⊂ R

n

→ R y un puntoa = (a1, . . . , an) ∈ A, para todo x = (x1, . . . , xn) ∈ A, las formulas explıcitas delos polinomios de Taylor de grado 0, 1 y 2 de f en el punto a son las siguientes:

P 0(x) = f (a) ,

P 1(x) = P 0(x) + ∇f (a).(x − a) = f (a) +ni=1

Dif (a)(xi − ai) ,

P 2(x) = P 1(x) + 1

2!(x − a)T H f (a)(x − a).

Notemos que la expresion matricial de la forma cuadratica (x−a)T

H f (a)(x−a)es

(x1 − a1, . . . , xn − an)

D11f (a) D12f (a) . . . D1nf (a)D21f (a) D22f (a) . . . D2nf (a)

......

...Dn1f (a) Dn2f (a) . . . Dnnf (a)

x1 − a1...

xn − an

.

Ejemplo 5.60 Hallar el polinomio de Taylor de segundo grado de la funcion f (x ,y,z) = exp(k(x + y + z)) en el origen.

Solucion. Calculamos las primeras y segundas derivadas parciales de f en(0, 0, 0) usando las reglas de derivacion. Se tiene que

f (0, 0, 0) = 1 ,

Dif (0, 0, 0) = k , para i = 1, 2, 3 ,

Dijf (0, 0, 0) = k2 , para i, j = 1, 2, 3 .

Entonces, el polinomio de Taylor de segundo grado de la funcion f en el origenes

P 2(x,y,z) = 1 + a(x + y + z) + 12!

k2(x2 + y2 + z2 + 2xy + 2xz + 2yz)

= 1 + a(x + y + z) + 1

2!k2(x + y + z)2.

5.7. Extremos de funciones

Definicion 5.61 Consideremos una funcion f : A ⊂ Rn → R y un punto a ∈ A.

1. Se dice que f tiene un m´ aximo local en el punto a si existe un entornoB(a) = {x ∈ A : x − a < δ } de a tal que f (x) ≤ f (a) para todox ∈ B(a).



5.7 Extremos de funciones 127

2. Se dice que f tiene un mınimo local en el punto a si existe un entornoB(a) = {x ∈ A : x − a < δ } de a tal que f (x) ≥ f (a) para todo

x ∈ B(a).3. Se denominan extremos locales a los maximos y mınimos locales.

Definicion 5.62 Dada una funcion f : A ⊂ Rn → R derivable en un puntoa ∈ A, se dice que a es un punto crıtico de f si ∇f (a) = 0.

Teorema 5.63 (Condicion necesaria de extremo local derivable) Consi-deremos una funcion f : A ⊂ Rn → R derivable en A. Si f tiene un extremolocal en un punto a ∈ A, entonces a es un punto crıtico de f .

Demostraci´ on. Haremos la demostracion en el caso de que n = 2 y f sea diferen-ciable en el extremo local a = (a1, a2) ∈ R2. En este caso, existe el plano tangen-te π a la superficie definida por z = f (x, y) en el punto b = (a1, a2, f (a1, a2)) ∈R3. Ademas, por ser a un extremo de f es claro que π es un plano horizontal,es decir, de ecuacion z = f (a1, a2). Entonces, el vector w caracterıstico de πes vertical, es decir, podemos tomar w = (0, 0, 1). Pero sabemos que w ||∇F (b)con F (x,y,z) = f (x, y) − z de modo que ∇F (b) = (D1f (a), D2f (a), −1). Endefinitiva se debe tener ∇f (a) = (D1f (a), D2f (a)) = (0, 0).

Definicion 5.64 Un punto de silla es un punto crıtico de una funcion f que

no es un extremo local.

Nota 5.65 El nombre punto de silla proviene de la grafica z = f (x, y) de lafuncion f (x, y) = x2 − y2, que se parece a una silla de montar.

Definicion 5.66 Una forma cuadr´ atica T es una aplicacion T : Rn → R de-finida por T (x) = xT Ax siendo x ∈ Rn y A ∈ Mn(R) una matriz cuadradade orden n con elementos reales y simetrica. Una clasificacion de las formascuadraticas es la siguiente:

1. T es definida positiva si T (x) > 0 para todo x∈Rn con x

= 0.

2. T es definida negativa si T (x) < 0 para todo x ∈ Rn con x = 0.

3. T es semidefinida positiva si T (x) ≥ 0 para todo x ∈ Rn y ademas existeal menos un y ∈ Rn tal que T (y) = 0.

4. T es semidefinida negativa si T (x) ≤ 0 para todo x ∈ Rn y ademas existeal menos un y ∈ Rn tal que T (y) = 0.

5. T es no definida en cualquier otro caso.

Nota 5.67 Es equivalente clasificar la forma cuadratica T (x) = xT Ax queclasificar su matriz simetrica asociada A, es decir, A puede ser definida positiva,definida negativa, semidefinida positiva, semidefinida negativa y no definida.




Definicion 5.68 Dada una una matriz cuadrada de orden n con elementosreales A = (aij) ∈ Mn(R), se definen los menores principales de A como los

determinantes siguientes:

∆1 = a11 , ∆2 =

a11 a12a21 a22

, . . . , ∆n = det A .

El siguiente resultado es util para clasificar las formas cuadraticas.

Teorema 5.69 (Criterio de Sylvester) Consideremos una forma cuadr´ atica T (x) = xT Ax y sean ∆i con i = 1, . . . , n los menores principales de A. Entonces se tiene lo siguiente:

1. T es definida positiva si y solo si ∆i > 0 para todo i = 1, . . . , n.2. T es definida negativa si y solo si (−1)i∆i > 0 para todo i = 1, . . . , n.

3. T es semidefinida positiva si ∆i > 0 para todo i = 1, . . . , n − 1 y ∆n = 0.

4. T es semidefinida negativa si (−1)i∆i > 0 para todo i = 1, . . . , n − 1 y ∆n = 0.

5. Si ∆n = 0 y adem´ as no estamos en ninguno de los casos anteriores en-tonces T es no definida.

Teorema 5.70 (Clasificacion de extremos y sillas) Consideremos una fun-ci´ on f : A ⊂ Rn → R con f ∈ C 2(A). Sea a ∈ A un punto crıtico de f . Entonces,se tiene lo siguiente:

1. Si H f (a) es definida positiva, entonces a es un mınimo local de f .

2. Si H f (a) es definida negativa, entonces a es un m´ aximo local de f .

3. Si H f (a) es no definida, entonces a es un punto de silla de f .

Nota 5.71 Notemos que, en el caso de que H f (a) sea semidefinida (positiva

o negativa), entonces el Teorema 5.70 no aporta ninguna informacion sobre lanaturaleza del punto crıtico a. En particular, si det(H f (a)) = 0, el Teorema 5.70no da informacion.

Nota 5.72 Observemos que, por el Teorema de Schwarz, si f ∈ C 2 en a en-tonces H f (a) es una matriz simetrica y por lo tanto se puede usar el criterio deSylvester para clasificarla.

Ejemplo 5.73 Clasificar, en funci´ on del par´ ametro real k, los extremos de la funci´ on f (x, y) = x2 + kxy + 4y2.

Solucion. Calculamos en primer lugar los puntos crıticos de f .

∇f (x, y) = (D1f (x, y), D2f (x, y)) = (2x + ky,kx + 8y) .




Entonces, las coordenadas (x, y) de los puntos crıticos de f satisfacen el siguientesistema lineal homogeneo

2x + ky = 0 , kx + 8y = 0 .

La naturaleza de las soluciones de este sistema lineal depende del determinantede la matriz de coeficientes 2 k

k 8

= 16 − k2 ,

que solo se anula para k = ±4 y son estos los valores de k para los que el sistemalineal es compatible indeterminado. En resumen se tiene que los puntos crıticos

P i de f son:

1. Un punto P 0 = (0, 0) para todo k ∈ R.

2. Si k = −4, hay un continuo de puntos crıticos situados en una rectaP a = (−2a, a) para todo a ∈ R.

3. Si k = 4, hay un continuo de puntos crıticos situados en una recta P b =(b, 2b) para todo b ∈ R.

Para clasificar los puntos crıticos, primero calculamos la matriz Hessiana de f

en cualquier punto (x, y) ∈ R2

.

H f (x, y) =

2 kk 8

.

Como H f (x, y) no depende de (x, y), es claro que la matriz H f es la misma paracualquier punto crıtico P i. Ademas, sus determinantes menores principales son

∆1 = 2 > 0 , ∆2 = det H f (P i) = 16 − k2 .

Se tiene pues que:

Si |k| < 4, entonces ∆i > 0 para i = 1, 2 y por lo tanto H f es definidapositiva.

Si |k| > 4, entonces ∆1 > 0 y ∆2 < 0 con lo que H f es no definida.

Si |k| = 4, entonces ∆1 > 0 y ∆2 = 0.

Resumiendo toda la informacion obtenida se tiene que:

Si |k| < 4, entonces f tiene un mınimo en P 0.

Si |k| > 4, entonces f tiene una silla en P 0.

Si |k| = 4, entonces el criterio del Teorema 5.70 no decide.




Para averiguar que ocurre con el continuo de puntos crıticos P a y P b cuando|k| = 4, hemos de realizar un estudio mas detallado. En este caso, como f (x, y) =

x

2

± 4xy + 4y

2

= (x ± 2y)

2

≥ 0 para todo (x, y) ∈ R2

pero f (P a) = f (P b) = 0se puede concluir, por la definicion de mınimo local, que el continuo de puntosP a y P b son mınimos.

Ejemplo 5.74 Buscar los puntos del plano R2 que satisfagan que la suma de los cuadrados de sus distancias a las rectas x = 0, y = 0 y x + 2y = 16 sea mınima.

Solucion. Usaremos la siguiente formula que calcula la distancia d(P, r) entreun punto P = (x0, y0) ∈ R2 y una recta r de ecuacion ax + by + c = 0:

d(P, r) = |ax0 + by0 + c|√

a2 + b2 .

Entonces, denotando por (x, y) las coordenadas de los puntos que se han dehallar, estos puntos han de hacer mınima la funcion

f (x, y) = x2 + y2 + (x + 2y − 16)2

5 .

Calculamos en primer lugar los puntos crıticos de f .

∇f (x, y) = (D1f (x, y),D2f (x, y)) =

2x +

2

5(x + 2y − 16), 2y +

4

5(x + 2y − 16)

.

Entonces, las coordenadas (x, y) de los puntos crıticos de f satisfacen el sistemalineal ∇f (x, y) = (0, 0) cuya solucion es

(x, y) =

8

5, 16

5

.

Para clasificar el punto crıtico, primero calculamos la matriz Hessiana de f encualquier punto (x, y) ∈ R2.

H f (x, y) =

12/5 4/5

4/5 18/5

.

Sus determinantes menores principales son

∆1 = 12/5 > 0 , ∆2 = det H f > 0 ,

de modo que f tiene un mınimo en (8/5, 16/5).

Ejemplo 5.75 Clasificar los extremos de la funci´ on f (x, y) = sin x + sin y +cos(x + y) en el rect´ angulo abierto 0 < x < 2π, 0 < y < 2π.





∇f (x, y) = (D1f (x, y), D2f (x, y)) = (cos x

−sin(x + y), cos y

−sin(x + y)) .

Entonces, las coordenadas (x, y) de los puntos crıticos de f satisfacen el siguientesistema

cos x − sin(x + y) = 0 , cos y − sin(x + y) = 0 . (5.1)

Restamos las dos ecuaciones y obtenemos cos x = cos y, luego x = y o bienx + y = 2π. Estudiaremos los dos casos por separado.

Sea x = y. Entonces, el sistema (5.1) reduce a cos x = sin(2x), es decir,cos x = 2sin x cos x. Factorizando, se tiene cos x(1 − 2 sin x) = 0. Lassoluciones son pues

cos x = 0 ⇒ P 1 =π

2, π

2

, P 2 =

3π

2 ,

3π

2

.

sin x = 1

2 ⇒ P 3 =

π

6, π

6

, P 4 =

5π

6 ,

5π

6

.

Sea x + y = 2π. Entonces, el sistema (5.1) reduce a

cos x = 0 ⇒

P 5 = π

2, 3π

2 , P 6 = 3π

2 ,

π

2 .

Para clasificar los puntos crıticos, primero calculamos la matriz Hessiana def en cualquier punto (x, y) ∈ R2.

H f (x, y) =

− cos(x + y) − sin x − cos(x + y)− cos(x + y) − cos(x + y) − sin y

.

Se tiene pues que

H f (P 1) = 0 1

1 0 ⇒ H f (P 1) es no definida.

H f (P 2) =

2 11 2

⇒ H f (P 2) es definida positiva.

H f (P 3) = H f (P 4) =

−1 −1/2−1/2 −1

⇒ H f (P 3), H f (P 4) son definidas negativas.

H f (P 5) =

−2 −1−1 0

⇒ H f (P 5) es no definida.

H f (P 6) =

0 −1−1 −2 ⇒ H f (P 6) es no definida.

En definitiva, P 1, P 5 y P 6 son sillas, P 2 es un mınimo y P 3 y P 4 son maximos.




Ejemplo 5.76 Considerar la funci´ on F (x, y) = xf (y) + yf (x) donde f (0) = 0,f (0) = 5 y f (0) = 2. Demostrar que el origen es un punto crıtico de F y

estudiar su naturaleza.

Solucion. Calculamos el vector gradiente de F en un punto (x, y).

∇F (x, y) = (D1F (x, y), D2F (x, y)) = (f (y) + yf (x), xf (y) + f (x)) .

Entonces, calculando en (x, y) = (0, 0) y teniendo en cuenta las propiedades def se tiene que

∇F (0, 0) = (0, 0) ,

de modo que el origen es un punto crıtico de F . Para clasificar el punto crıtico,

calculamos la matriz Hessiana de F .

H F (x, y) =

yf (x) f (x) + f (y)

f (x) + f (y) xf (y)

.

Se tiene pues que

H F (0, 0) =

0 1010 0

,

es una matriz no definida con lo que (0, 0) es un punto de silla.

Ejemplo 5.77 Clasificar los extremos de la funci´ on f (x, y) = (x−y)sin(x+y).


∇f (x, y) = (D1f (x, y), D2f (x, y))

= (sin(x + y) + (x− y) cos(x + y),− sin(x + y) + (x− y)cos(x + y)) .

Entonces, las coordenadas (x, y) de los puntos crıticos de f satisfacen el si-guiente sistema

sin(x + y) + (x −y)cos(x + y) = 0 , − sin(x + y) + (x −y)cos(x + y) = 0 . (5.2)

Sumamos las dos ecuaciones y obtenemos (x − y)cos(x + y) = 0. Estudiaremosla anulacion de los dos factores por separado.

Sea x = y. Entonces, el sistema (5.2) reduce a sin(2x) = 0, es decir,2x = nπ con n ∈ Z. Los puntos crıticos de f son pues de la forma

nπ

2 ,

nπ

2 .

Sea cos(x + y) = 0. Pero esto es incompatible con el sistema (5.2) que hareducido a sin(x + y) = 0.



5.8 Extremos condicionados 133

Para clasificar los puntos crıticos, primero calculamos la matriz Hessiana de f en cualquier punto (x, y) ∈ R2.

H f (x, y) =

2cos(x + y) − (x− y) sin(x + y) (y − x) sin(x + y)(y − x)sin(x + y) −2cos(x + y) − (x− y) sin(x + y)

.

Se tiene pues que

H f nπ

2 ,

nπ

2

=

2cos(nπ) 0

0 −2cos(nπ)

.

Entonces, dependiendo de la paridad de n se tiene:

Sea n par. Entonces,

H f nπ

2 ,

nπ

2

=

2 00 −2

,

es una matriz no definida, de modo que los infinitos puntos crıticosnπ2 , nπ2

con n par son sillas.

Sea n impar. Entonces,

H f nπ

2 ,

nπ

2 =

−2 0

0 2 ,

es una matriz no definida, de modo que los infinitos puntos crıticosnπ2

, nπ2

con n impar son sillas.

5.8. Extremos condicionados

El problema que nos planteamos en esta seccion se puede enunciar del modosiguiente. Sea f : A ⊂ Rn → R una funcion de clase C 1(A) y M ⊂ A. Hallarlos extremos de la funcion f |M restriccion de f a M , es decir, de la funcionf |M : M

⊂Rn

→R definida por f

|M (x) = f (x) para todo x

∈M .

Para el calculo efectivo de los valores extremos de f |M en el caso mas simplede que M = {x ∈ A ⊂ Rn : g(x) = 0} siendo g(x) = (g1(x), . . . , gm(x)) congi : A ⊂ Rn → R funciones de clase C 1(A) y donde la matriz Jacobiana J g(x)tiene rango maximo para todo x ∈ M , es decir rang(J g(x)) = n − m, se usara elmetodo de los multiplicadores de Lagrange, ver Teorema 5.78.

Introducimos la seccion con un ejemplo. Supongamos que se pretende hallarel mınimo de la funcion f (x, y) = x2 + y2 buscando unicamente entre todos lospuntos (x, y) que verifiquen g(x, y) = xy −1 = 0. Geometricamente, la situaciones la siguiente. Las curvas de nivel de f son circunferencias centradas en el origen,mientras que la restriccion xy − 1 = 0 representa una hiperbola equilatera. Esobvio que las coordenadas (x0, y0) de los puntos que minimizan f sujetos a g = 0son las coordenadas de los dos puntos de corte tangencial entre la hiperbola y la




unica circunferencia (curva de nivel de f ) que corta a la hiperbola tangencial-mente. Como el corte es tangencial, se tiene que ∇f (x0, y0)||∇g(x0, y0). Por lo

tanto, existe un λ ∈ R tal que ∇f (x0, y0)+ λ ∇g(x0, y0) = (0, 0). En resumen, unmetodo para resolver el problema planteado es resolver para (x,y,λ) el sistema

∂f

∂x + λ

∂g

∂x = 0 ,

∂f

∂y + λ

∂g

∂y = 0 , g = 0 .

El siguiente teorema generaliza este resultado particular.

Teorema 5.78 (Condicion necesaria de extremo condicionado) Sean f :A ⊂ Rn → R y gi : A ⊂ Rn → R con i = 1, . . . , m, funciones de clase C 1(A). Si a ∈ A es un extremo local de f sujeto a las restricciones gi = 0 con i = 1, . . . , m,entonces existen n´ umeros λi

∈ R (llamados multiplicadores de Lagrange), tales

que

∇f (a) +

mi=1

λi ∇gi(a) = 0 . (5.3)

Demostraci´ on. La haremos para el caso m = 1 y n = 2 por simplicidad. Parame-trizamos la curva de Rn de ecuacion g(x, y) = 0 de la forma r(t) = (x(t), y(t))con x, y ∈ C 1. Restringimos ahora la funcion f a los puntos de la anteriorcurva, es decir, definimos la funcion h(t) = f (r(t)). Por ser a ∈ R2 un ex-tremo de f sabemos que existe un t0 ∈ R que es extremo de h(t), siendoh(t0) = f (r(t0)) = f (a). Esto implica que h(t0) = 0, de modo que, aplicando

la regla de la cadena se tiene

h(t0) = ∇f (a) r(t0) = 0 ,

donde el punto indica producto escalar. Esto implica que los vectores ∇f (a)y r(t0) son ortogonales. Como ademas, por las propiedades del vector gra-diente, los vectores ∇g(a) y r(t0) tambien son ortogonales, se deduce quelos vectores ∇f (a) y ∇g(a) son paralelos, es decir, existe un λ ∈ R tal que∇f (a) = −λ∇g(a).

Definicion 5.79 Sea x = (x1, . . . , xn)

∈ Rn y λ = (λ1, . . . , λm)

∈ Rm. Se

define la funci´ on de Lagrange como

L(x, λ) = f (x) +

mi=1

λigi(x) .

Nota 5.80 Observemos que la condicion ∇L(a, λ) = 0 implica que el extremolocal a de f sujeto a las restricciones gi = 0 con i = 1, . . . , m verifica tanto lasrestricciones como (5.3).

Teorema 5.81 (Condicion suficiente de extremo condicionado) Sean f :A

⊂ Rn

→ R y gi : A

⊂ Rn

→ R con i = 1, . . . , m, funciones de clase C 2(A).

Supongamos que a ∈ A y λ = (λ1, . . . , λm) ∈ Rm satisfacen ∇L(a, λ) = 0. Sea H L ∈ Mn(R) la matriz Hessiana de L respecto de las primeras n variables.Entonces, se verifica lo siguiente:




(i) Si H L(a, λ) es definida positiva, entonces a es un mınimo local de f sujetoa las restricciones gi = 0 con i = 1, . . . , m.

(ii) Si H L(a, λ) es definida negativa, entonces a es un m´ aximo local de f sujetoa las restricciones gi = 0 con i = 1, . . . , m.

En caso contrario, considerar Z como el conjunto de todos los vectores z ∈ Rn,con z = 0 y tal que z⊥∇gi(a) para i = 1, . . . , m. Se tiene entonces que:

(iii) Si zT H L(a, λ) z > 0 para todo z ∈ Z , entonces a es un mınimo local de f sujeto a las restricciones gi = 0 con i = 1, . . . , m.

(iv) Si zT H L(a, λ) z < 0 para todo z ∈ Z , entonces a es un m´ aximo local de f sujeto a las restricciones gi = 0 con i = 1, . . . , m.

Ejemplo 5.82 Clasificar los extremos de la funci´ on f (x, y) = xy que se en-cuentren sobre la circunferencia de radio R centrada en el origen.

Solucion. Se han de clasificar los extremos de la funcion f (x, y) = xy sujetosa la restriccion g(x, y) = x2 + y2 − R2 = 0. La funcion de Lagrange asociada esL(x,y,λ) = f (x, y) + λg(x, y). Los puntos crıticos de L satisfacen ∇L(x,y,λ) =0, es decir, el sistema

∂ L∂x

= y + 2λx = 0 , (5.4)

∂ L∂y

= x + 2λy = 0 , (5.5)

∂ L∂λ

= x2 + y2 − R2 = 0 . (5.6)

Eliminamos λ entre la ecuacion (5.4) y (5.5) resultando y2 − x2 = 0, es decir,x = ±y. Entonces se tienen dos opciones:

Sea x = y. Entonces la ecuacion (5.6) queda 2x2 = R2, es decir, x =

±R/

√ 2. En definitiva se tienen los puntos crıticos P i = (xi, yi, λi) si-

guientes

P 1 = (R/√

2, R/√

2, −1/2) , P 2 = (−R/√

2, −R/√

2, −1/2) .

Sea x = −y. Entonces la ecuacion (5.6) queda 2x2 = R2, es decir, x =±R/

√ 2. En definitiva se tienen los puntos crıticos P i = (xi, yi, λi) siguien-

tesP 3 = (R/

√ 2, −R/

√ 2, 1/2) , P 4 = (−R/

√ 2, R/

√ 2, 1/2) .

A continuacion calculamos la matriz Hessiana H L

respecto de x e y, es decir,

H L(x ,y,λ) =

∂ 2L∂x2

∂ 2L∂x∂y

∂ 2L∂y∂x

∂ 2L∂y2

=

2λ 1

1 2λ

.




Entonces

H L(P i) = −1 1

1 −

1 , H L(P j) = 1 11 1 ,

para i = 1, 2 y j = 3, 4. En cualquier caso estas matrices tienen todas ellasdeterminante nulo, de modo que, para clasificar los puntos crıticos hemos deutilizar la segunda parte del Teorema 5.81. Se tiene que ∇g(x, y) = (2x, 2y), demodo que

∇g(x1, y1) = (R√

2, R√

2) || (1, 1) ,

∇g(x2, y2) = (−R√

2, −R√

2) || (1, 1) ,

∇g(x3, y3) = (R√

2, −R√

2) || (−1, 1) ,

∇g(x4, y4) = (−R

√ 2, R

√ 2) || (−1, 1) .

Definimos los vectores no nulos zi = (αi, β i) ∈ R2 tal que zi⊥∇g(xi, yi). Se tieneentonces que z1 = z2 = (α, −α) y z3 = z4 = (α, α). Entonces

zT i H L(xi, yi, λi) zi = (α, −α)

−1 11 −1

α−α

= −4α2 < 0 ,

para i = 1, 2, mientras que

zT j H L

(xj , yj , λj) zj = (α, α) 1 1

1 1 α

α = 4α2 > 0 ,

para j = 3, 4. En resumen,

(x1, y1) = (R/√

2, R/√

2) , (x2, y2) = (−R/√

2, −R/√

2) ,

son maximos mientras que

(x3, y3) = (R/√

2, −R/√

2) , (x4, y4) = (−R/√

2, R/√

2) ,

son mınimos. Ejemplo 5.83 Considerar una elipse centrada en el origen de coordenadas y de ecuaci´ on 3x2 + 3y2 + 4xy = 1. Calcular los semiejes de la elipse.

Solucion. Como la elipse esta centrada en el origen de coordenadas, los semi-ejes de la elipse son las distancias maxima y mınima entre los puntos de la elipsey el origen de coordenadas. Entonces, hemos de buscar los extremos de la fun-cion f (x, y) = x2 + y2 sujetos a la restriccion g(x, y) = 3x2 + 3y2 + 4xy − 1 = 0.Observad que hemos utilizado la funcion f que representa geometricamente ladistancia al cuadrado entre un punto de coordenadas (x, y) y el punto (0, 0) enlugar de la funcion distancia por el simple motivo de que sus extremos coincideny sin embargo la funcion distancia al cuadrado es mas facil de derivar que lafuncion distancia que lleva incorporada una raız cuadrada.




La funcion de Lagrange asociada es L(x,y,λ) = f (x, y)+λg(x, y). Los puntoscrıticos de L satisfacen ∇L(x,y,λ) = 0, es decir, el sistema

∂ L∂x

= 2x + 6λx + 4λy = 0 , (5.7)

∂ L∂y

= 2y + 6λy + 4λx = 0 , (5.8)

∂ L∂λ

= 3x2 + 3y2 + 4xy − 1 = 0 . (5.9)

Despejando λ de la ecuacion (5.7) y de la (5.8) e igualando se tiene

λ = −x

3x + 2y

= −y

3y + 2x

.

De la igualdad anterior entre fracciones se obtiene x2−y2 = 0, es decir, x = ±y.Entonces se tienen dos opciones:

Sea x = y. Entonces la ecuacion (5.9) queda 10x2 − 1 = 0, es decir,x = ±1/

√ 10 con λ = −1/5. En definitiva se tienen los puntos crıticos

P i = (xi, yi, λi) siguientes

P 1 = (1/√

10, 1/√

10, −1/5) , P 2 = (−1/√

10, −1/√

10, −1/5) .

Sea x = −y. Entonces la ecuacion (5.9) queda 2x2

− 1 = 0, es decir,x = ±1/√ 2 con λ = −1. En definitiva se tienen los puntos crıticos P i =(xi, yi, λi) siguientes

P 3 = (1/√

2, −1/√

2, −1) , P 4 = (−1/√

2, 1/√

2, −1) .

Notemos que, por la geometrıa asociada al problema, los semiejes deben ser 1√

10

2

+

1√

10

2

= 1√

5,

1√

2

2

+

1√

2

2

= 1,

con lo que el problema se ha acabado.De cualquier forma, vamos a clasificar los puntos crıticos P i. A continuacion

calculamos la matriz Hessiana H L respecto de x e y, es decir,

H L(x,y,λ) =

∂ 2L∂x2

∂ 2L∂x∂y

∂ 2L∂y∂x

∂ 2L∂y2

=

2 + 6λ 4λ

4λ 2 + 6λ

.

Entonces

H L

(P i) = 4/5 −4/5

−4/5 4/5 , H

L(P j) = −4 −4

−4 −4 ,

para i = 1, 2 y j = 3, 4. En cualquier caso estas matrices tienen todas ellasdeterminante nulo, de modo que, para clasificar los puntos crıticos hemos de




utilizar la segunda parte del Teorema 5.81. Se tiene que ∇g(x, y) = ( 6x +4y, 6y + 4x), de modo que

∇g(x1, y1) = (√ 10, √ 10) || (1, 1) ,

∇g(x2, y2) = (−√

10, −√ 10) || (1, 1) ,

∇g(x3, y3) = (2/√

2, −2/√

2) || (1, −1) ,

∇g(x4, y4) = (−2/√

2, 2/√

2) || (1, −1) .

Definimos los vectores no nulos zi = (αi, β i) ∈ R2 tal que zi⊥∇g(xi, yi). Se tieneentonces que z1 = z2 = (α, −α) y z3 = z4 = (α, α). Entonces

zT

i H L(xi, yi, λi) zi = (α, −α) 4/5

−4/5

−4/5 4/5 α

−α

= 16α2

/5 > 0 ,

para i = 1, 2, mientras que

zT j H L(xj , yj , λj) zj = (α, α)

−4 −4−4 −4

αα

= −16α2 < 0 ,

para j = 3, 4. En resumen,

(x1, y1) = (1/√

10, 1/√

10) , (x2, y2) = (−1/√

10, −1/√

10) ,

son mınimos mientras que

(x3, y3) = (1/√

2, −1/√

2) , (x4, y4) = (−1/√

2, 1/√

2) ,

son maximos. Ejemplo 5.84 A partir de una chapa de ´ area 2a se debe construir una caja cerrada en forma de paralelepıpedo. Calcular las dimensiones de la caja para que el volumen que encierre sea m´ aximo.

Solucion. Sean x, y, z las dimensiones de la caja. Entonces, el volumen esV (x,y,z) = xyz y el area es A(x,y,z) = 2(xy + xz + yz) = 2a. La funcionde Lagrange asociada es L(x,y,λ) = f (x,y,z) + λg(x,y,z), siendo f (x,y,z) =V (x,y,z) y g(x,y,z) = A(x,y,z) − 2a. Los puntos crıticos de L satisfacen∇L(x ,y,z,λ) = 0, es decir, el sistema

∂ L∂x

= zy + λ(y + z) = 0 , (5.10)

∂ L∂y

= xz + λ(x + z) = 0 , (5.11)

∂ L∂z = xy + λ(x + y) = 0 , (5.12)

∂ L∂λ

= xy + xz + yz − a = 0 . (5.13)




Multiplicamos la ecuacion (5.10) por x, la ecuacion (5.11) por y, la ecuacion(5.12) por z y sumamos para obtener 3xyz +2λ(xy +xz +yz) = 0. Esta ecuacion

se simplifica teniendo en cuenta (5.13) de la forma 3xyz + 2λa = 0, es decir,

λ = −3xyz

2a .

Entonces, las ecuaciones (5.10), (5.11) y (5.12) quedan

yz

1 − 3x

2a(y + z)

= 0 ,

xz

1 − 3y

2a(x + z)

= 0 ,

xy

1 − 3z2a

(x + y)

= 0 .

Como, por la naturaleza del problema, x, y,z = 0, se tiene

3x

2a(y + z) = 1 ,

3y

2a(x + z) = 1 ,

3z

2a(x + y) = 1 .

De las dos primeras ecuaciones se obtiene x = y mientras que de las dos ultimasy = z. En resumen

x = y = z =

a

3 ,

de modo que la caja es cuadrada. Ademas, el multiplicador de Lagrange asociadoes λ = −√

3a/6. Como solo hay un unico punto crıtico, otra vez por la naturalezadel problema, se sabe que corresponde a un maximo. De cualquier modo, sepuede verificar de forma analıtica como sigue.

Definimos el punto crıtico

P = (x ,y,z,λ) =

a

3,

a

3,

a

3, −

√ 3a

6

.

La matriz Hessiana de L respecto de sus tres primeras variables es

H L(x ,y,z,λ) =

∂ 2L∂x2

∂ 2L∂x∂y

∂ 2L∂x∂z

∂ 2L∂y∂x

∂ 2L∂y2

∂ 2L∂y∂z

∂ 2L∂z∂x

∂ 2L∂z∂y

∂ 2L∂z2

=

0 z + λ y + λ

z + λ 0 x + λy + λ x + λ 0

.

Entonces

H L (P ) =

√ 3a

6

0 1 1

1 0 11 1 0

.




Esta matriz es no definida puesto que los determinantes menores principales

son ∆1 = 0 y ∆3 =√ 3a3

36 = 0. Esto significa que, para clasificar el punto crıtico

hemos de utilizar la segunda parte del Teorema 5.81. Se tiene que ∇g(x,y,z) =(y + z, x + z, x + y), de modo que

∇g

a

3,

a

3,

a

3

= 2

a

3(1, 1, 1) .

Definimos los vectores no nulos z = (α,β,γ ) ∈ R3 tal que z⊥∇g

a3

,

a3

,

a3

.

Se tiene entonces que el producto escalar de los dos vectores debe ser nulo, esdecir, (α,β,γ ).(1, 1, 1) = 0 de donde γ = −α − β . Entonces

z

T

H L (P ) z =

√ 3a

6 (α,β, −α − β ) 0 1 1

1 0 11 1 0 α

β −α − β

=

√ 3a

6 (α,β, −α − β )

α

2α − β α + β

= −β 2

√ 3a

3 < 0 ,

de modo que el punto crıtico es un maximo.

5.9. Extremos absolutos

Definicion 5.85 Un conjunto A ⊂ Rn se dice que es acotado si esta contenidoen una bola B centrada en el origen de radio suficientemente grande, es decir,A ⊂ B ⊂ Rn.

Definicion 5.86 Un punto a ∈ A ⊂ Rn se llama punto interior al conjunto A siexiste un entorno de a totalmente contenido en A. Si todos los puntos de A sonpuntos interiores, entonces se dice que A es abierto. Si el complementario en Rn

de A es abierto, entonces se dice que A es cerrado. La frontera de A esta formadapor aquellos puntos de Rn tales que cualquier entorno suyo contiene puntos deA y puntos del complementario de A en Rn.

Definicion 5.87 Un subconjunto K ⊂ Rn es compacto si y solo si es cerrado yacotado.

Definicion 5.88 Sea f : A ⊂ Rn → R y a ∈ A. Entonces:

Se dice que a es un m´ aximo absoluto de f en A si f (x) ≤ f (a) para todox ∈ A. En otras palabras, f (a) = sup f (A).

Se dice que a es un mınimo absoluto de f en A si f (x) ≥ f (a) para todox ∈ A. En otras palabras, f (a) = ınf f (A).

Un problema interesante es, dada una funcion y un dominio de definicion,averiguar si la funcion tiene maximo y mınimo absoluto en dicho dominio. Si lafuncion es continua y el dominio compacto, el siguiente teorema muestra unarespuesta positiva.



5.9 Extremos absolutos 141

Teorema 5.89 (Weierstrass) Sea f : K ⊂ Rn → R con f ∈ C (K ) y K compacto. Entonces f tiene m´ aximo y mınimo absoluto en K .

Nota 5.90 Una regla practica que se usa para determinar los extremos abso-lutos de una funcion f real y de clase C 1 en un compacto K es la siguiente:

1. Calcular los puntos crıticos {c1, . . . , c p} ⊂ Rn de f en el interior de K , esdecir, en K pero fuera de la frontera de K .

2. Calcular {c p+1, . . . , c p+q} ⊂ Rn, los extremos condicionados de f sujetosa la restriccion de estar en la frontera de K .

3. Seanf (ci) = max

1≤k≤ p+q{f (ck)} , f (cj) = mın

1≤k≤ p+q{f (ck)}

para algun i, j. Entonces, los maximos absolutos de f en K son los ci ylos mınimos absolutos de f en K son los cj .

Ejemplo 5.91 Hallar los extremos absolutos de la funci´ on f (x, y) = y3+x2y +2x2 + 2y2 − 4y − 8 en el cırculo de radio 1.

Solucion. Como f es un polinomio en dos variables es de clase C 1 en elcompacto K definido como el cırculo de radio 1, es decir, K = {(x, y) ∈ R2 :x2 + y2 ≤ 1}. Entonces, usaremos la estrategia de la Nota 5.90.

1. En primer lugar calculamos los puntos crıticos de f en el interior de K ,

es decir, en Int(K ) = {(x, y) ∈ R2

: x2

+ y2

< 1}. La ecuacion vectorial∇f (x, y) = 0 tiene por componentes el sistema

2xy + 4x = 0 , 3y2 + x2 + 4y − 4 = 0 .

La primera ecuacion factoriza como x(y + 2) = 0, de modo que se tienendos casos:

a ) Sea x = 0. Se tiene entonces 3y2 + 4y − 4 = 0, de modo que y = 2/3o bien y = −2. Obtenemos los puntos crıticos de f :

P 1 = (0, 2/3) ∈ Int(K ) , P 2 = (0, −2) ∈ Int(K ) .

b) Sea y = −2. Se tiene entonces x2 = 0, de modo que x = 0. Obtenemosel punto crıtico P 2 de f repetido.

2. Calculamos los extremos condicionados de f sujetos a la restriccion deestar en la frontera de K , es decir, sujetos a g(x, y) = x2 + y2 − 1 = 0.La funcion de Lagrange asociada es L(x,y,λ) = f (x, y) + λg(x, y). Lospuntos crıticos de L satisfacen ∇L(x ,y,λ) = 0, es decir, el sistema

∂ L∂x

= 2xy + 4x + 2λx = 0 , (5.14)

∂ L∂y = 3y2 + x2 + 4y − 4 + 2λy = 0 , (5.15)

∂ L∂λ

= x2 + y2 − 1 = 0 . (5.16)




La ecuacion (5.14) factoriza como x(y + 2 + λ) = 0, de modo que se tienendos opciones:

a ) Sea x = 0. Entonces (5.16) queda y2 − 1 = 0 con lo que y = 1 y de(5.15) λ = −3/2 o bien y = −1 y de (5.15) λ = −5/2. Se tienen pueslos puntos crıticos

Q1 = (0, 1) , Q2 = (0, −1) .

b) Sea λ = −y − 2. Entonces (5.15) queda x2 + y2 − 4 = 0 que esincompatible con (5.16).

3. Los extremos absolutos de f en K se calculan de la forma siguiente. Con-sideramos el conjunto

{f (P 1), f (Q1), f (Q2)} = {−9, −9, −3} .

De aquı se deduce que Q2 es el maximo absoluto de f en K y que ambosP 1 y Q1 son mınimos absolutos de f en K .



f (x, y) = 2xy2

x2+y2 si (x, y)

= (0, 0) ,

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

Demostrar que, en el origen, f tiene derivadas direccionales en cualquier direc-ci´ on pero no es diferenciable.

Solucion. Dvf (0, 0) = 2v1v22/(v21 +v22), siendo v = (v1, v2) ∈ R2 con v = (0, 0).

Problema 5.2 Calcular el plano tangente a la esfera centrada en el origen de radio 1 en el punto (1/2, 1/2, 1/

√ 2).

Solucion. (x − 1/2) + (y − 1/2) +√

2(z − 1/√

2) = 0.


f (x, y) =

xy2

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

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

Demostrar que f no es continua en el origen y sin embargo existen todas las derivadas direccionales de f en el origen.

Solucion. Para la continuidad, ver Problema 4.3 donde se prueba que no existelım(x,y)→(0,0) f (x, y). Para las derivadas direccionales: sea v = (v1, v2) ∈ R2 conv

= (0, 0). Entonces

Dvf (0, 0) =

v22v1

si v1 = 0 ,

0 si v1 = 0 .




Problema 5.4 Hallar la relaci´ on entre los par´ ametros reales a y b de modo que la funci´ on

f (x, y) = a(

|x

|+

|y

|)

√ x2+y2 si (x, y) = (0, 0) ,b si (x, y) = (0, 0) ,

tenga derivadas parciales en el (0, 0).

Solucion. a = b.

Problema 5.5 Hallar los puntos de la superficie z = 4x + 2y − x2 + xy − y2

en los que el plano tangente es paralelo al plano 3x + y − z = 1.

Solucion. (1, 1, 5).

Problema 5.6 Calcular los valores de los par´ ametros reales a, b y c de modoque la derivada direccional de la funci´ on f (x,y,z) = axy2 + byz + cz2x3 tenga en el punto (1, 2, −1) un valor m´ aximo de 10 en la direcci´ on del eje x.

Solucion. (a,b,c) = (±5/8, ±5/2, ±5/2).

Problema 5.7 Considerar las funciones f : R3 → R2 y g : R2 → R2 definidas por f (x,y,z) = (sin(xy + z), (1 + x2)yz) y g(x, y) = (x + ey, y + ex). Calcular la matriz Jacobiana de g ◦ f en el punto (1, −1, 1).

Solucion.

J g◦f (1, −1, 1) =

1 − √

e/2 (1 +√

e ln2)/2 (1 − √ e ln2)/2

−3/2 1 + ln 2/2 1 − ln 2/2

.

Problema 5.8 Calcular y clasificar los extremos de la funci´ on f (x, y) = x2+y2

sujetos a la restricci´ on y + x2 = 1.

Solucion. (0, 1) es un maximo relativo y los puntos (±1/√

2, 1/2) son mınimosrelativos.

Problema 5.9 Los trazados de dos canales tienen la forma de la par´ abola y =x2 y la recta x − y − 2 = 0. Se desea unir los dos canales con otro canal recto.Hallar los puntos de conexi on entre los dos canales para que la longitud del canal a construir sea mınima.

Solucion. El punto de la parabola es (1/2, 1/4) mientras que el de la recta es(11/8, −5/8).

Problema 5.10 Hallar las dimensiones (radio R y altura H ) de un dep´ ositocilındrico sin tapa superior de modo que el coste de su construcci´ on sea mınimoy tenga un volumen V dado.

Solucion. R = H = 3

V /π.




Problema 5.11 Hallar las dimensiones de un deposito sin tapa superior y en forma de paralelepıpedo con las siguientes restricciones: (i) un lado de la ba-

se rectangular mide el cuatriple que el otro lado; (ii) el volumen que ocupa el dep´ osito es de 400; (iii) el ´ area del dep´ osito debe ser mınima.

Solucion. Las dimensiones de la base son 5 y 20 mientras que la altura debeser 4.

Problema 5.12 Demostrar que la funci´ on

z = xy

x − y ,

satisface la ecuaci´ on en derivadas parciales

x2 ∂ 2z

∂x2 + 2xy

∂ 2z

∂x∂y + y2

∂ 2z

∂y2 = 0.

Problema 5.13 Hallar el polinomio de Taylor de grado 2 de la funci´ on f (x, y) =x cos y + y sin x en el origen.

Solucion. P 2(x, y) = x + xy.

Problema 5.14 Hallar los extremos absolutos de f (x, y) = x3 + y3 sobre la

circunferencia centrada en el origen de radio 1.

Solucion. (0, 1) y (1, 0) son maximos absolutos mientras que (0, −1) y (−1, 0)son mınimos absolutos.

Problema 5.15 Hallar y clasificar los extremos relativos de f (x,y,z) = ln x +ln y + 3 ln z sobre la esfera centrada en el origen de radio

√ 5R en el primer

octante (es decir, con x > 0, y > 0, z > 0).

Solucion. El punto (R,R,√

3R) es un maximo relativo.


f (x, y) =

xy2 sin π

y si y = 0 ,

0 si y = 0 .

(i) Calcular las derivadas parciales de f en los puntos (a, 0).

(ii) Estudiar la continuidad de ∂f ∂y (x, y).

Solucion. (i) ∂f ∂x (a, 0) = ∂f

∂y (a, 0) = 0; (ii) ∂f ∂y (x, y) no es continua en el

conjunto {

(x, 0)∈R2 : x

= 0

}.

Problema 5.17 Hallar los extremos absolutos de f (x, y) = xy en el dominioK = {(x, y) ∈ R2 : x2 + 2y2 ≤ 1}.




Solucion. (±√ 2/2, ±1/2) son maximos absolutos mientras que (±√

2/2, ∓1/2)son mınimos absolutos.

Problema 5.18 Estudiar la continuidad, existencia de derivadas parciales y diferenciabilidad en el origen de las siguientes funciones:

(a) f (x, y) =

x sin

1x2+y2

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

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

(b) g(x, y) =

ex+y, sin(x − y), x2 sin 1

x

si x = 0 ,

(ey, sin(−y), 0) si x = 0 .

(c) h(x, y) =

x|y|√ x2+y2 si (x, y) = (0, 0) ,

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

Solucion. (a) f es continua en R2; ∃D1f (0, 0), D2f (0, 0) = 0; f no es diferen-ciable en (0, 0). (b) g es continua en R2; existen Dig(x, y) para todo (x, y) ∈ R2;g es diferenciable en R2. (c) h es continua en R2; D1h(0, 0) = D2h(0, 0) = 0; hno es diferenciable en (0, 0).

Problema 5.19 Calcular la ecuaci´ on del plano tangente a las superficies si-

guientes en los puntos indicados.

(i) 3x2 − y2 + 2xy − 3xz = 6 en el punto (−1, 0, 1).

(ii) z = exp(x cos y) en el punto (−1, π/4).

Solucion. (i) −9x − 2y + 3z = 11; (ii) −√ 2/2(x + 1) − √

2/2(y − π/4) +

e√ 2/2z − 1 = 0.

Problema 5.20 Sean f (x ,y,z,t) = (xy,z + t), g(x, y) = (x2, x + y2, y3). Cal-cular la matriz Jacobiana de g

◦f .

Solucion.

J g◦f (x ,y,z,t) =

2xy2 2x2y 0 0

y x 2(z + t) 2(z + t)0 0 3(z + t)3 3(z + t)3

.

Problema 5.21 Sea g(x) una aplicaci´ on continua. Calcular las derivadas par-ciales de la funci´ on

f (x, y) = sin(xy)x g(t) dt .

Solucion. D1f (x, y) = −g(x)+g(sin(xy))cos(xy)y, D2f (x, y) = g(sin(xy)) cos(xy)x.




Problema 5.22 Calcular, si existen, las derivadas direccionales en el origen de las siguientes funciones:

(i) f (x, y) = |x + y| , (ii) g(x, y) =

2xy√ x2+y2

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

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

Solucion. (i) ∃Dvf (0, 0); (ii) Dvg(0, 0) = 2v1v2v con v = (v1, v2) ∈ R2.

Problema 5.23 Sea f : R2 → R diferenciable. Consideremos los vectores v = (1/

√ 2, 1/

√ 2) y w = (−1/

√ 2, 1/

√ 2). Se sabe que Dvf (0, 2) = −1 y que

Dwf (0, 2) = 3. Calcular la matriz Jacobiana de f en el punto (0, 2).

Solucion. J f

(0, 2) = (−

2√

2,√

2).

Problema 5.24 Sean u(x,y,z) = x/y + y/z + z/x, x(t) = et, y(t) = et2

,

z(t) = et3

. Calcular du/dt de manera directa y tambien aplicando la regla de la cadena. Comprobar que el resultado es el mismo.

Solucion. du/dt = et−t2

(1 − 2t) + et2−t3t(2 − 3t) + et

3−t(3t2 − 1).

Problema 5.25 Demostrar que la funci´ on u(x, t) = f (x + ct) + g(x − ct) con f y g funciones de clase C 2 es soluci´ on de la ecuaci´ on de ondas unidimensional

∂ 2

u∂t2

= c2 ∂ 2

u∂x2

,

donde c es la velocidad de propagaci´ on constante.

Problema 5.26 Demostrar que la funci´ on z(x, y) = yf (x2−y2) con f una fun-

ci´ on de clase C 1 satisface la ecuaci´ on

1

x

∂z

∂x +

1

y

∂z

∂y =

z

y2 .

Problema 5.27 Transformar a coordenadas polares la expresi´ on

1 +

∂z

∂x

2

+

∂z

∂y

2

Solucion. 1 +∂z∂r

2+ 1

r2

∂z∂θ

2.

Problema 5.28 Transformar, mediante el cambio de variables u = x − 2√

y,v = x + 2

√ y, la expresi´ on

∂ 2z

∂x2 − y

∂ 2z

∂y2 − 1

z

∂z

∂y .

Solucion. 4 ∂ 2z∂u∂v + 2

v−u∂z∂v − ∂z

∂u

2z − 1

.




Problema 5.29 Calcular y clasificar los puntos crıticos de las siguientes fun-ciones:

(i) f (x, y) = x3 + y3 − 9xy + 27;

(ii) g(x, y) = (x + y − 1)(x4 + y4);

(iii) h(x, y) = x2 − 2xy2 + y4 − y5;

(iv) k(x, y) = (x + y)/(1 + x2 + y2).

Solucion. (i) (0, 0) es un punto de silla y (3, 3) un mınimo. (ii) (0, 0) es unmaximo y (2/5, 2/5) un mınimo. (iii) (0, 0) es un punto de silla. (iv) (

√ 2/2,

√ 2/2)

es un maximo y (

−

√ 2/2,

−

√ 2/2) un mınimo. Nota: Para las funciones g(x, y)

y h(x, y) hay puntos crıticos donde el criterio del Teorema 5.70 no decide.

Problema 5.30 Calcular y clasificar extremos relativos de la funcion f (x, y) =x2y2(1 − x − y).

Solucion. (2/5, 2/5) es un punto de silla. Los puntos (0, y) con y > 1 sonmaximos, con y < 1 son mınimos mientras que con y = 1 es un punto de silla.Los puntos (x, 0) con x > 1 son maximos, con x < 1 son mınimos mientras quecon x = 1 es un punto de silla. Nota: Existen puntos crıticos donde el criteriodel Teorema 5.70 no decide.

Problema 5.31 Calcular los extremos absolutos de la funci´ on f (x, y) = 4x2 +y2 − 4x − 3y en el dominio D = {(x, y) ∈ R2 : 4x2 + y2 ≤ 4}.

Solucion. (−1, 0) es el maximo absoluto y (1/2, 3/2) es el mınimo absoluto.

Problema 5.32 Con un hilo de longitud L se desea construir un cuadrado y una circunferencia. Calcular sus dimensiones (lado x del cuadrado y longitud yde la circunferencia) de modo que la suma de sus ´ areas sea mınima.

Solucion. (x, y) = L4+π (1, π).

Problema 5.33 Calcular los extremos de la funcion u(x ,y,z) = x + y + zcuando las variables satisfacen la relaci´ on 1/x + 1/y + 1/z = 1.

Solucion. (3, 3, 3) es un mınimo y (1, 1, −1), (1, −1, 1) y (−1, 1, 1) son sillas.

Problema 5.34 Considerar la funci´ on f (x,y,z) = x2 + y2 +bxy +az. Calcular la relaci´ on entre los par´ ametros a y b para que el punto (1, 1, 1) sea un extremorelativo de f sobre la esfera centrada en el origen de radio

√ 3.

Solucion. b−

a = 2.

Problema 5.35 Usar los principios del c´ alculo diferencial para aproximar el valor de

(4,05)2 + (2,93)2.




Solucion. 4,998.

Problema 5.36 Analizar para que valores de k ∈R la funci´ on f (x, y) = 3

2(x2+

y2) + kxy tiene en el punto (0, 0) un mınimo, un m aximo o un punto de silla.

Solucion. Si |k| ≤ 3 entonces (0, 0) es un mınimo; si |k| > 3 entonces (0, 0) esun punto de silla.

Problema 5.37 Estudiar en el punto (0, 0) la continuidad, existencia de deri-vadas parciales y diferenciabilidad de las siguientes funciones:

(i) f (x, y) =

xy3

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

0 si (x, y) = (0, 0) .(ii) g(x, y) = |x| + y .

Solucion. (i) f es continua en (0, 0); D1f (0, 0) = D2f (0, 0) = 0; f es diferen-ciable en (0, 0). (ii) g es continua en (0, 0); ∃D1g(0, 0), D2g(0, 0) = 1; g no esdiferenciable en (0, 0).



f (x, y) = x3+y3

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

(i) Estudiar la continuidad de f y la existencia de derivadas parciales en cual-quier punto de R2.

(ii) Hallar la derivada direccional de f en el origen en una direcci´ on arbitraria dada por un vector unitario.

(iii) ¿Es diferenciable f en el punto (2, 3)?

(iv) ¿Es diferenciable f en el punto (0, 0)?

Solucion. (i) Inspeccionando a la funcion f vemos que f ∈ C (R2 − {(0, 0)}).Para estudiar la continuidad de f en el punto (0, 0), hemos de calcular el lımitecuando (x, y) → (0, 0) de f (x, y). Tomando coordenadas polares x = r cos θ,y = r sin θ, se tiene

lım(x,y)→(0,0)

f (x, y) = lım(x,y)→(0,0)

x3 + y3

x2 + y2 = lım

r→0

r3(cos3 θ + sin3 θ)

r2

= lımr→

0r(cos3 θ + sin3 θ) = 0 ,

puesto que la funcion cos3 θ +sin3 θ esta acotada para todo 0 ≤ θ ≤ 2π. Enton-ces, como lım(x,y)→(0,0) f (x, y) = f (0, 0), se tiene que f es continua en el origen




y por lo tanto f ∈ C (R2).

Para estudiar la existencia de derivadas parciales en cualquier punto (x, y) ∈R2, vemos que si (x, y) = (0, 0) podemos usar las reglas de derivacion mientrasque si (x, y) = (0, 0) se deben calcular las derivadas parciales a traves de sudefinicion. De este modo se tiene que

∂f

∂x(0, 0) = lım

h→0

f (h, 0) − f (0, 0)

h = lım

h→0

h3

h2 − 0

h = 1 ,

∂f

∂y(0, 0) = lım

h→0

f (0, h) − f (0, 0)

h = lım

h→0

h3

h2 − 0

h = 1 .


∂f

∂x(x, y) =

x4+3x2y2−2xy3

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

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

∂f

∂y(x, y) =

y4+3x2y2−2yx3

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

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

Podemos pues concluir que la funcion f es derivable en cualquier punto (x, y) ∈R2

.

(ii) Tomemos un vector unitario arbitrario v = (v1, v2) ∈ R2 tal que v = 1,es decir, v21 + v22 = 1. Entonces

Dvf (0, 0) = lımh→0

f (hv1, hv2) − f (0, 0)

h = lım

h→0

h3(v31+v32)

h2(v21+v22)

− 0

h = v31 + v32 .

(iii) A la vista de los resultados del apartado (i), es obvio que las fun-ciones ∂f

∂x (x, y) y ∂f ∂y (x, y) son continuas en R2

− {(0, 0)

}, de modo que f

∈C 1(R2 − {(0, 0)}) y por lo tanto f es diferenciable en R2 − {(0, 0)}. En particu-lar, f es diferenciable f en el punto (2, 3).

(iv) Si f fuese diferenciable en el punto (0, 0) se verificarıa que, para cual-quier vector v = (v1, v2) ∈ R2 no nulo, la derivada direccional Dvf (0, 0) =∇f (0, 0).v. Del apartado (ii) se sabe que si v = 1, entonces Dvf (0, 0) = v3

1+v32.Por otra parte

∇f (0, 0).v = ∂f

∂x(0, 0),

∂f

∂y(0, 0) .(v1, v2) = (1, 1).(v1, v2) = v1 + v2 .

Como Dvf (0, 0) = ∇f (0, 0).v, se concluye que f no es diferenciable en el punto(0, 0).




Problema 5.39 Considerar la funci´ on z = ln(f (x2 − y2)) siendo f : R → R

cualquier funci´ on derivable. Demostrar que z satisface la condici´ on

y∂z

∂x + x

∂z

∂y = 0 .

Solucion. La funcion z(x, y) = ln(f (x2 − y2)) se puede reescribir como z(u) =ln(f (u)) siendo u(x, y) = x2 − y2. Entonces, usando la regla de la cadena, seobtiene que

∂z

∂x = z(u)

∂u

∂x = 2xz(u) ,

∂z

∂y = z(u)

∂u

∂y =

−2yz (u) .

Entonces, es claro que se verifica y ∂z∂x + x ∂z

∂y = 0.

Problema 5.40 Clasificar los extremos de la funci´ on f (x,y,z) = xyz que se encuentran en el primer octante (es decir, con las tres coordenadas positivas) y sobre la esfera de radio 1 centrada en el origen.Ayuda: α2 + αβ + β 2 > 0 para todo (α, β ) ∈ R2\{(0, 0)}.

Solucion. Se han de clasificar los extremos de la funcion f (x,y,z) = xyz sujetos

a la restriccion g(x,y,z) = x2

+y2

+z2

−1 = 0. La funcion de Lagrange asociadaes L(x ,y,z,λ) = f (x,y,z) + λg(x,y,z). Los puntos crıticos de L satisfacen∇L(x ,y,z,λ) = 0, es decir, el sistema

∂ L∂x

= yz + 2λx = 0 , (5.17)

∂ L∂y

= xz + 2λy = 0 , (5.18)

∂ L∂z

= xy + 2λz = 0 , (5.19)

∂ L∂λ

= x2 + y2 + z2 − 1 = 0 . (5.20)

Eliminamos λ de las ecuaciones (5.17), (5.18) y (5.19) resultando

λ = − yz

2x = −xz

2y = −xy

2z ,

es decir,

z(y2 − x2) = 0 , x(z2 − y2) = 0 .

Como los puntos crıticos (x ,y,z) que buscamos se encuentran en el primeroctante, es decir, satisfacen x > 0, y > 0, z > 0, se tiene que

x2 = y2 = z2 ,




o lo que es lo mismo x = y = z. Entonces, la ecuacion (5.20) queda 3x2 = 1,con lo que x = 1/

√ 3. En definitiva se tiene que

P 0 = (x0, y0, z0) = 1√

3(1, 1, 1) , con λ0 = − 1

2√

3

es el unico punto crıtico de la funcion f (x,y,z) = xyz que se encuentra en elprimer octante y sobre la esfera de radio 1 centrada en el origen.

A continuacion vamos a clasificar el punto P 0. Para ello, calculamos la matrizHessiana H L respecto de x, y, z, es decir,

H L(x,y,z; λ) =

∂ 2L∂x2

∂ 2L∂x∂y

∂ 2L∂x∂z

∂ 2L∂y∂x

∂ 2L∂y2

∂ 2L∂y∂z

∂ 2L∂z∂x

∂ 2L∂z∂y

∂ 2L∂z2

= 2λ z y

z 2λ xy x 2λ

.

Entonces

H L(P 0; λ0) =

2λ0 z0 y0

z0 2λ0 x0

y0 x0 2λ0

=

1√ 3

−1 1 1

1 −1 11 1 −1

.

Los determinantes menores principales de la matriz H L(P 0; λ0) vienen dados

por ∆1 = −1/√ 3 < 0, ∆2 = 0 y ∆3 = 4/√ 3 > 0. Entonces H L(P 0; λ0) no esni definida positiva ni definida negativa, de modo que, para clasificar el puntoscrıtico P 0 hemos de utilizar el Teorema 5.81. Se tiene que ∇g(x,y,z) = 2(x,y,z),de modo que

∇g(P 0) = 2√

3(1, 1, 1) || (1, 1, 1) .

Definimos los vectores no nulos w = (α,β,γ ) ∈ R3 tales que w⊥∇g(P 0). Setiene entonces que el producto escalar w.∇g(P 0) = 0, es decir, α + β + γ = 0.En definitiva,

w = (α,β, −α − β ) ∈ R3

con α = 0, β = 0 .

Entonces

wT H L(P 0; λ0) w = 1√

3(α,β, −α − β )

−1 1 1

1 −1 11 1 −1

α

β −α − β

= − 4√ 3

(α2 + αβ + β 2) < 0 ,

de modo que P 0 = 1

√ 3(1, 1, 1) es un maximo de f sujeto a la restriccion g = 0.

Nota: vamos a demostrar que h(α, β ) = α2 + αβ + β 2 > 0 para todo (α, β ) ∈R2\{(0, 0)}. Existen varias formas de hacerlo. Comentaremos dos de ellas.




claro que las funciones ∂f ∂x y ∂f ∂y son continuas en R2 de modo que f ∈ C 1(R2).

Entonces, podemos calcular la derivada direccional Duf (0, 0) de la forma

Duf (0, 0) = ∇f (0, 0).u =√ 2

2 (2, 0).(1, 1) =

√ 2 .

Nota: por supuesto, tambien es posible calcular Duf (0, 0) con la definicionde derivada direccional, aunque el proceso es algo mas tedioso. Se tendrıa que

Duf (0, 0) = lımh→0

f (hu) − f (0, 0)

h = lım

h→0

f (h√

2/2, h√

2/2) − f (0, 0)

h

= lımh

→0

2eh√ 2/2 sin(h

√ 2/2)

h =

√ 2 ,

donde en el ultimo paso se ha usado el infinitesimo equivalente sin(h√

2/2) ∼h√

2/2 cuando h → 0.

(c) La direccion v ∈ R2 para la cual Dvf (0, 0) = 0 viene dada por lacondicion de ortogonalidad v⊥∇f (0, 0) = (2, 0). Entonces, tomando v = (a, b)se debe cumplir que 0 = v.∇f (0, 0) = (a, b).(2, 0), es decir a = 0. En resumen,la direccion buscada viene dada por el vector unitario es v = (0, 1).

Problema 5.42 Hallar y clasificar los extremos relativos de la funci´ on f (x, y) =

4x

2

e

y

− 2x

4

− e

4y

. ¿Es posible que existan dos monta˜ nas sin valle? Solucion. Sea f (x, y) = 4x2ey − 2x4 − e4y. Calculamos en primer lugar lospuntos crıticos de f .

∇f (x, y) = (D1f (x, y), D2f (x, y)) = (8xey − 8x3, 4x2ey − 4e4y) .

Entonces, las coordenadas (x, y) de los puntos crıticos de f satisfacen el siguientesistema de ecuaciones

8x(ey − x2) = 0 , 4ey(x2 − e3y) = 0 .

Se tienen las siguientes posibilidades:

Sea x = 0. Pero entonces se obtiene la ecuacion incompatible −4e4y = 0.

Sea x2 = ey. Entonces se tiene que 4e2y(1 − e2y) = 0, es decir, e2y = 1 ypor lo tanto y = 0. Como entonces x2 = 1, se concluye que f tiene dospuntos crıticos (±1, 0).

Para clasificar los puntos crıticos, primero calculamos la matriz Hessiana def en cualquier punto (x, y) ∈ R2.

H f (x, y) =

8ey

− 24x2

8xey

8xey 4x2ey − 16e4y

.

Entonces se tiene la siguiente clasificacion:




La matriz Hessiana de f calculada en el punto (1, 0) es

H f (1, 0) = −

16 8

8 12

,

con determinantes menores principales ∆1 = −16 < 0 y ∆2 = 128 > 0, demodo que H f (1, 0) es definida negativa y el punto (1, 0) corresponde a unmaximo relativo de f .

La matriz Hessiana de f calculada en el punto (−1, 0) es

H f (−1, 0) =

−16 −8−8 −12

,

con determinantes menores principales ∆1 = −16 < 0 y ∆2 = 128 > 0, demodo que H f (1, 0) es definida negativa y el punto (−1, 0) corresponde aun maximo relativo de f .

Asociamos montanas y valles a los maximos y mınimos relativos de unafuncion f : R2 → R (que tienen por grafica asociada una superficie). Esteproblema proporciona un ejemplo de funcion f : R2 → R que tiene por extremosrelativos unicamente dos maximos. Como no hay ningun mınimo relativo, lapregunta “¿es posible que existan dos montanas sin valle?”tiene por respuestası.

Problema 5.43 Considerar la funcion f (x, y) = 3x exp(y) − x3

− exp(3y).(i) Dar un vector unitario v tal que la derivada direccional de la funci´ on f en

el punto (0, 0) en la direcci´ on dada por v sea m´ axima. Calcular adem´ as el valor de dicha derivada direccional m´ axima.

(ii) Usa el resultado del apartado anterior para hallar un plano tangente a la superficie de la gr´ afica de la funci´ on f que sea paralelo al plano 3x − 3y −z = 10.

(iii) Calcular y clasificar los extremos de f .

Solucion. (i) La direccion en la que la derivada direccional de la funcion f en elpunto (0, 0) es maxima viene dada por el vector unitario v = ∇f (0, 0)/∇f (0, 0).El vector gradiente de la funcion f (x, y) = 3x exp(y)−x3−exp (3y) en un punto(x, y) arbitrario de R2 es

∇f (x, y) =

∂f

∂x(x, y),

∂f

∂y(x, y)

= (3 exp (y) − 3x2, 3x exp(y) − 3exp(3y)),

de modo que∇f (0, 0) = (3, −3) .

Puesto que ∇f (0, 0) =

32

+ (−3)2

= 3√ 2 se tiene finalmente que

v = ∇f (0, 0)

∇f (0, 0) = 1

3√

2(3, −3) =

1√ 2

(1, −1) .




Se tiene entonces que

H f (1, 0) = −6 3

3 −6 .

Los determinantes menores principales de H f (1, 0) son

∆1 = −6 < 0 , ∆2 = det H f = 27 > 0 ,

de modo que f tiene un maximo en (1, 0).


f (x, y) = xy2

x3+y3 si (x, y)

= (0, 0) ,

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

(i) Estudiar la continuidad de f en R2.

(ii) Estudiar la derivabilidad de f en el origen.

Solucion. (i) Las componentes de la funcion f son o bien una constante obien una funcion racional cuyo denominador se anula en el conjunto de puntosde coordenadas (x, y) tal que x3 + y3 = 0. De modo que sobre los puntos de larecta de ecuacion y =

−x la funcion f no es continua excepto quizas en el origen

pues allı la funcion se parte y se debe estudiar con mas detalle. Para estudiar lacontinuidad de f en el origen realizamos los siguientes calculos. En primer lugarnos acercaremos al origen a traves de rectas del tipo y = mx y calculamos lossiguientes lımites

lımx→0


mx3

x3 + m3x3 =

m

1 + m3 .

Como el anterior lımite depende de la pendiente m se tiene que no existe el lımi-te lım(x,y)→(0,0) f (x, y) de modo que f no es continua en el origen. En definitiva

f ∈ C (R2

\r) siendo r la recta r = {(x, y) ∈R2

: y = −x}.

(ii) Para estudiar la derivabilidad de f en el origen debemos averiguar siexisten o no las derivadas parciales de f en el (0, 0). Como este es el puntodonde la funcion se parte, no se pueden calcular ∂f

∂x (0, 0) y ∂f ∂y (0, 0) con las

reglas de derivacion y debemos acudir a su definicion. Se tiene pues que

D1f (0, 0) = ∂f

∂x(0, 0) = lım

h→0

f (h, 0) − f (0, 0)

h = lım

h→0

0 − 0

h = 0 ,

D2h(x, y) = ∂f

∂y

(0, 0) = lımh→

0

f (0, h) − f (0, 0)

h

= lımh→

0

0 − 0

h

= 0 .

Como las dos derivadas parciales anteriores existen, la funcion f es derivable enel (0, 0).





f (x, y) = x3

x2−y2 si (x, y) = (0, 0) ,0 si (x, y) = (0, 0) .

(i) Dibujar el conjunto de puntos del plano donde f no est´ a definida.

(ii) Calcular el lımite de la funci´ on f en el origen a lo largo de la parabola de ecuaci´ on y = x + x2.

(iii) Estudiar la continuidad de f en el origen.

(iv) Determinar en el punto de coordenadas (2,

−1) el valor de la derivada de

f en una direcci´ on unitaria que forma 60◦ con el eje positivo de abscisas.

Solucion. (i) Es claro por simple inspeccion que el conjunto Σ de puntos delplano donde f no esta definida es Σ = {(x, y) ∈ R2 : x2−y2 = 0}. Puesto que laecuacion x2 − y2 = 0 es equivalente a (x + y)(x − y) = 0, de hecho se tiene queΣ = L1 ∪ L2 − {(0, 0)} siendo las rectas L1 y L2 de ecuaciones y = x e y = x,es decir, las bisectrices de los cuadrantes del plano.

(ii) Calcular el lımite de la funcion f en el origen a lo largo de la parabolade ecuacion y = x + x2 significa calcular el lımite

lımx→0

f (x, x + x2) = lımx→0

x3

x2 − (x + x2)2 = lım

x→0

x3

−2x3 − x4 = lım

x→0

1

−2 − x =

−1

2 .

(iii) Para estudiar la continuidad de f en el origen, se debe calcular el lımitedoble lım(x,y)→(0,0) f (x, y) y compararlo con el valor f (0, 0) = 0. Ademas, comoconsecuencia del apartado (ii), si este lımite doble existe debe valer −1/2 porla unicidad del lımite. En resumen, o bien lım(x,y)→(0,0) f (x, y) no existe o bienaunque exista lım(x,y)→(0,0) f (x, y) = f (0, 0). Por lo tanto f no es continua enel origen.

Nota: de hecho se puede comprobar que lo que realmente ocurre es quelım(x,y)→(0,0) f (x, y) no existe ya que si calculamos el lımite de la funcion f enel origen a lo largo de la familia de rectas de ecuaci on y = mx con pendientem = ±1 observamos que

lımx→0


x3

x2 − (mx)2 = lım

x→0

x

1 − m2 = 0 = −1

2 .

(iv) Se pide calcular la derivada direccional Dvf (a) de f en el punto a =(2,

−1) en la direccion del vector unitario v = (cos60◦, sin60◦) = (1/2,

√ 3/2).

Como la funcion f es diferenciable en el punto (2, −1) puesto que es de claseC 1 en ese punto (ver luego las expresiones de las derivadas parciales de f ) setiene que Dvf (a) = ∇f (a).v. Para calcular ∇f (a) necesitamos en primer lugar




las derivadas parciales de f en a. Como a = (0, 0) y ademas a ∈ Σ podemosusar las reglas de derivacion para obtener

∂f ∂x

(x, y) = 3x2(x2 − y2) − x32x(x2 − y2)2

= x2(x2 − 3y2)(x2 − y2)2

,

∂f

∂y(x, y) =

−x3(−2y)

(x2 − y2)2 =

2x3y

(x2 − y2)2 ,

en cualquier (x, y) = (0, 0) con (x, y) ∈ Σ. En particular

∂f

∂x(2, −1) =

4

9 ,

∂f

∂y(2, −1) =

−16

9 .

Finalmente

Dvf (a) =

∂f

∂x(2, −1),

∂f

∂y(2, −1)

.(cos 60◦, sin60◦)

=

4

9,−16

9

.

1

2,

√ 3

2

= −2

9(−1 + 4

√ 3) ≈ −1,317.

Nota: otra forma de resolver la cuestion es usando directamente la definicionde derivada direccional. De este modo se tiene que

Dvf (a) = lımh→0

f (a + hv) − f (a)

h = lım

h→0

f (2 + h/2, −1 + h√

3/2) − f (2, −1)

h

= lımh→0

(2+h/2)3

(2+h/2)2−(−1+h√ 3/2)2 − 83

h

= lımh→0

− 16 − 64√

3 + 68h + 3h2

6(−6 − h +√

3h)(2 + h +√

3h)= −2

9(−1 + 4

√ 3) ≈ −1,317.

Problema 5.46 Clasifica los puntos crıticos de la funci´ on f (x, y) = (x2+y2)2−2a2(x2 − y2), con a = 0, en funci´ on de los valores del par´ ametro real a.

Solucion. Calculemos los puntos crıticos de la funcion f (x, y) = (x2 + y2)2

−2a2(x2 − y2). Para ello calculamos el gradiente de f

∇f (x, y) =

∂f

∂x(x, y),

∂f

∂y(x, y)

= (4x(x2 + y2) − 4a2x, 4y(x2 + y2) + 4a2y)

y posteriormente anulamos sus componentes para obtener el sistema

x[x2 + y2 − a2] = 0 , y[x2 + y2 + a2] = 0 . (5.22)

Puesto que las componentes del sistema (5.22) han factorizado, sus solucionesson de dos tipos:

Sea x = 0. Entonces, la segunda ecuacion de (5.22) queda de la formay[y4 + a2] = 0 cuya unica solucion real es y = 0. Se tiene pues el puntocrıtico (0, 0) de f .




Sea y = 0. Entonces, la primera ecuacion de (5.22) queda de la formax[x2 − a2] = 0. Las soluciones (con x = 0) de esta ecuacion son x = ±a.

Se tienen entonces los dos puntos crıticos (±a, 0) de f .Para clasificar los puntos crıticos hallados, calculamos la matriz H f (x, y)

Hessiana de f en un punto arbitrario (x, y) ∈ R2. Obtenemos

H f (x, y) =

−4(a2 − 3x2 − y2) 8xy8xy 4(a2 + x2 + 3y2)

,

que calculada en los puntos crıticos es

H f (0, 0) = −4a2 0

0 4a

2 ,

H f (±a, 0) =

8a2 0

0 8a2

.

Para aplicar el criterio de Sylvester, calculemos los determinantes menores prin-cipales de ambas matrices.

Como a = 0 por hipotesis, los determinantes menores principales deH f (0, 0) son ambos negativos y por lo tanto el punto (0, 0) es un pun-to de silla para cualquier valor de a = 0.

Los determinantes menores principales de H f (±a, 0) son ambos positivosy por lo tanto los puntos (±a, 0) son ambos mınimos para cualquier valorde a = 0.



Capıtulo 6

Integracion Doble

6.1. Conceptos preliminares

Considerar una funcion f : D ⊂ R2 → R, con f acotada en el dominio D.Definamos el siguiente volumen V . La tapa superior es la grafica de f en D, esdecir, la superficie {(x,y,f (x, y)) ∈ R3 : (x, y) ∈ D}. La tapa inferior es justo eldominio plano D. La superficie lateral de V esta formada por todas las rectasverticales (paralelas al eje z) que pasan por todos los puntos de la frontera de

D. El objetivo de esta seccion es calcular dicho volumen V y la tecnica a utilizarse denomina integracion doble.

Definicion 6.1 Consideremos los intervalos [ai, bi] ⊂ R y una particion suya P icon i = 1, 2. Se llama una partici´ on P del rectangulo R = [a1, b1] × [a2, b2] ⊂ R2

aP = P 1 × P 2 = {(xi, yj) : xi ∈ P 1, yj ∈ P 2} ⊂ R2 .

La particion P divide el rectangulo R en rectangulos mas pequenos ∆ij =[xi−1, xi] × [yj−1, yj ].

Definicion 6.2 Sea R = [a1, b1] × [a2, b2] un rectangulo y f : R ⊂ R

2

→ R unafuncion acotada en R. Sea P una particion de R que lo divide en subrectangulos∆ij con i = 1, . . . , m y j = 1, . . . , n . Consideremos los numeros

mij = ınf (x,y)∈∆ij

{f (x, y)} , M ij = sup(x,y)∈∆ij

{f (x, y)} .

Entonces, denotando por A(∆ij) = (xi − xi−1)(yi − yi−1) el area del rectangulo∆ij, podemos definir:

(i) Suma inferior de f en R respecto de P como

L(f, P ) =mi=1

nj=1

mijA(∆ij) .

161



6.2 Calculo de integrales dobles 163

6.2. Calculo de integrales dobles

Sea f : R ⊂ R2

→ R una funcion continua en un rectangulo R = [a1, b1]

×[a2, b2]. Entonces

R

f (x, y) dxdy =

b1a1

b2a2

f (x, y) dy

dx =

b2a2

b1a1

f (x, y) dx

dy .

Esta forma de proceder sobre rectangulos puede ser ampliada a dominiosdel plano mas generales como veremos a continuacion en el llamado Teorema deFubini. Comenzamos con unas definiciones previas.

Definicion 6.10 Un dominio D de R2 es cualquier subconjunto de R2 que sea

no vacıo, abierto y acotado. Ademas:

(i) D es horizontalmente regular si la interseccion entre D y cualquier rectahorizontal (paralela al eje x) es un conjunto conexo (es decir, de un solotrozo).

(ii) D es verticalmente regular si la interseccion entre D y cualquier recta ver-tical (paralela al eje y) es un conjunto conexo (es decir, de un solo trozo).

Teorema 6.11 (de Fubini) Sea f : D ⊂ R2 → R una funci´ on integrable en un dominio D conexo (es decir, de un solo trozo). Entonces se tiene lo siguiente:

1 Si D es verticalmente regular y puede expresarse de la forma

D = {(x, y) ∈ R2 : ϕ1(x) ≤ y ≤ ϕ2(x) para todo a ≤ x ≤ b} ,

con ϕi ∈ C ([a, b]), entonces

D

f (x, y) dxdy =

ba

ϕ2(x)

ϕ1(x)

f (x, y) dydx =

ba

ϕ2(x)

ϕ1(x)

f (x, y) dy

dx .

2 Si D es horizontalmente regular y puede expresarse de la forma

D = {(x, y) ∈ R2 : ψ1(y) ≤ x ≤ ψ2(y) para todo c ≤ y ≤ d} ,

con ψi ∈ C ([c, d]), entonces

D

f (x, y) dxdy =

dc

ψ2(y)

ψ1(y)

f (x, y) dxdy =

dc

ψ2(y)

ψ1(y)

f (x, y) dx

dy .

El procedimiento de integracion 1 y 2 del Teorema de Fubini se conocecomo integraci´ on por franjas verticales e integraci´ on por franjas horizontales

respectivamente.Ejemplo 6.12 Calcular

D(x2 + y2) dxdy siendo D = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ y ≤

x2 para todo 0 ≤ x ≤ 1}.



164 Integracion Doble

Solucion. Se tiene

D

(x2 + y2) dxdy = 10

x20

(x2 + y2) dy

dx = 10

x2y +

1

3 y3x20

dx

=

10

x4 +

1

3x6

dx =

26

105.

Nota 6.13 Sea f : D ⊂ R2 → R con f ∈ C (D) y f (x, y) ≥ 0 para todo(x, y) ∈ D. El significado geometrico de

D

f (x, y) dxdy es el de volumen V encerrada entre la superficie S generada por la grafica de f y el dominio D, cuyocontorno se prolonga verticalmente (paralelo al eje z) hasta que se encuentra

con S . Dicho de otro modo, V =

D f (x, y) dxdy es el volumen del conjunto{(x,y,z) ∈ R3 : (x, y) ∈ D, 0 ≤ z ≤ f (x, y)}. En el caso particular de quef (x, y) = 1 se tiene que

D dxdy es el area de D.

Veamos algunas propiedades de la integral.

Proposicion 6.14 Considerar dos funciones f y g integrables en un dominioD. Se verifica lo siguiente.

(i) Si D = D1 ∪ D2 donde el ´ area de D1 ∩ D2 es nula, se tiene que

D

f (x, y) dxdy =

D1

f (x, y) dxdy +

D2

f (x, y) dxdy .

(ii) La integral es una operaci´ on lineal: D

(f (x, y) ± g(x, y)) dxdy =

D

f (x, y) dxdy ±

D

g(x, y) dxdy , D

λ f (x, y) dxdy = λ

D

f (x, y) dxdy ∀ λ ∈ R .

(iii) Si f (x, y) ≥ g(x, y) para todo (x, y) ∈ D, entonces

D f (x, y) dxdy ≥ D g(x, y) dxdy.

(iv) Si |.| denota el valor absoluto, se tiene que

D

f (x, y) dxdy

≤

D

|f (x, y)| dxdy .

Observemos como las propiedades (i), (iii) y (iv) de la anterior proposici ontienen un evidente significado geometrico si interpretamos

D f (x, y) dxdy co-

mo un volumen con signo asociado.

La propiedad (i) sera util para descomponer dominios en subdominios dondepoder usar integracion por franjas verticales y horizontales.



6.2 Calculo de integrales dobles 165

Ejemplo 6.15 Sea D ⊂ R2 el dominio acotado por las cuatro rectas y = 1,y = 0, x = −1, y = x. Calcular D(xy − y3) dxdy usando los dos ´ ordenes de

integraci´ on.Solucion. Integrando por franjas horizontales se tiene que

D

(xy − y3) dxdy =

10

y−1

(xy − y3) dx

dy =

10

1

2x2y − y3x

y−1

dy

=

10

−y4 − 1

2y3 − 1

2y

dy =

−23

40 .

Para poder integrar por franjas verticales, es necesario dividir el dominio D endos subdominios de modo que D = D1

∪D2 donde el area de D1

∩D2 es nula.

En concreto D1 es el cuadrado

D1 = {(x, y) ∈ R2 : −1 ≤ x ≤ 0 , 0 ≤ y ≤ 1} ,

mientras que D2 es el triangulo

D2 = {(x, y) ∈ R2 : x ≤ y ≤ 1 para todo 0 ≤ x ≤ 1} .

Se tiene que

D(xy − y3) dxdy = D1

(xy − y3) dxdy + D2

(xy − y3) dxdy

=

0−1

10

(xy − y3)dy

dx +

10

1x

(xy − y3)dy

dx

=

0−1

x

y2

2 − y4

4

10

dx +

10

x

y2

2 − y4

4

1x

dx

=

0−1

x

2 − 1

4

dx +

10

x

2 − 1

4 − x3

2 +

x4

4

dx

= −1

2 − 3

40 =

−23

40 .

Ejemplo 6.16 Cambiar el orden de integraci´ on en las siguientes integrales do-bles

(i) I 1 =

10

x2x4

f (x, y) dxdy , (ii) I 2 =

10

y−y

f (x, y) dxdy .

Solucion. (i) La integral I 1 =

D f (x, y) dxdy esta dada integrando porfranjas verticales en el dominio

D =

{(x, y)

∈R2 : x4

≤y

≤x2 para todo 0

≤x

≤1

} .

Este dominio D tambien se puede expresar por franjas horizontales como

D = {(x, y) ∈ R2 :√

y ≤ x ≤ 4√

y para todo 0 ≤ y ≤ 1} .




Entonces

I 1 = 1

0

4√ y

√ yf (x, y) dxdy .

(ii) La integral I 2 =

D f (x, y) dxdy esta dada integrando por franjashorizontales en el dominio

D = {(x, y) ∈ R2 : −y ≤ x ≤ y para todo 0 ≤ y ≤ 1} .

Este dominio D tambien se puede expresar por franjas verticales como D =D1 ∪ D2 donde el area de D1 ∩ D2 es nula. En concreto D1 es

D1 = {(x, y) ∈ R2 : −x ≤ y ≤ 1 , −1 ≤ x ≤ 0} ,

mientras que D2 esD2 = {(x, y) ∈ R2 : x ≤ y ≤ 1 para todo 0 ≤ x ≤ 1} .

Entonces

I 2 =

D1

f (x, y) dxdy +

D2

f (x, y) dxdy

=

0−1

1−x

f (x, y) dxdy +

10

1x

f (x, y) dxdy .

Ejemplo 6.17 Sea D ⊂ R2 el dominio acotado por las rectas y = x + 2, y = 0y el arco de la elipse 4x2 + 9y2 = 36 situado en el primer cuadrante. Calcular

D xy dxdy usando los dos ordenes de integraci´ on.

Solucion. De la ecuacion de la elipse 4x2 + 9y2 = 36 podemos despejar x =± 3

2

4 − y2. Integrando por franjas horizontales, el dominio D se expresa como

D = {(x, y) ∈ R2 : y − 2 ≤ x ≤ 3

2

4 − y2 , 0 ≤ y ≤ 2} .


D

xy dxdy =

20

32

√ 4−y2

y−2xy dx

dy

=

20

y

5

2 + 2y − 13y2

8

dy =

23

6 .

Para poder integrar por franjas verticales, es necesario dividir el dominio Den dos subdominios de modo que D = D1∪D2 donde el area de D1∩D2 es nula.

De la ecuacion de la elipse 4x2 + 9y2 = 36 podemos despejar y = ± 36−4x2

3 .

Entonces

D1 = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ y ≤

36 − 4x2

3 , 0 ≤ x ≤ 3} ,



6.3 Cambio de variables en integrales dobles 167


D2

={

(x, y)∈R2 : 0

≤y ≤

x + 2 para todo −

2≤

x≤

0}

.

Se tiene que D

xy dxdy =

D1

xy dxdy +

D2

xy dxdy

=

30

36−4x2

3

0

xydy

dx +

0−2

x+2

0

xydy

dx

= 30

x

y2

2

36−4x2

3

0dx +

1

2 0−2 x(x + 2)2dx

= 1

18

30

x(36 − 4x2)dx + 1

2

0−2

x(x + 2)2dx = 9

2 − 2

3 =

23

6 .

Ejemplo 6.18 Elegir un orden de integraci on adecuado para calcular

D exp(x/y) dxdy siendo D ⊂ R2 el dominio acotado por las rectas x = 0,y = 1 y la curva y =

√ x.

Solucion. Sea f (x, y) = exp(x/y) la funcion integrando. Elegir un orden deintegracion adecuado en este problema se traduce en averiguar que es mas facilsi calcular una primitiva de f respecto de x o respecto de y. Es claro quees mas facil la primitiva respecto de x de modo que integraremos por franjashorizontales de la forma

D

exp(x/y) dxdy =

10

y20

exp(x/y)dx

dy =

10

y exp(x/y)

y20

dy

= 1

0

(y exp(y)−

y) dy = 1

2 ,

donde la primitiva de y exp(y) se debe calcular por partes.

6.3. Cambio de variables en integrales dobles

Teorema 6.19 (Cambio de variable) Sea g : D ⊂ R2 → D ⊂ R2 biyectiva y de clase C 1(D) con funciones componentes gi(x, y) para i = 1, 2. Entonces

D f (x, y) dxdy =

D f (g1(u, v), g2(u, v)) | det(J g(u, v))| dudv ,

siendo J g(u, v) la matriz Jacobiana de g y donde |.| denota el valor absoluto.




Nota 6.20 En la practica, la formula del cambio de variable se utiliza de laforma siguiente. Dada una integral D f (x, y) dxdy, se realiza el cambio de

variable (x, y) → (u, v) definido por x = g1(u, v) e y = g2(u, v). Si este cambiode variable transforma el dominio D ⊂ R2 con coordenadas (x, y) en el dominioD ⊂ R2 con coordenadas (u, v), entonces

D

f (x, y) dxdy =

D

f (g1(u, v), g2(u, v)) | det(J g(u, v))| dudv .

Nota 6.21 Un cambio de variables muy utilizado es el cambio a coordenadas polares (x, y) → (r, θ) definido por x = r cos θ e y = r sin θ. Observemos que elJacobiano del cambio es

∂x∂r

∂x∂θ

∂y∂r ∂y∂θ

= cos θ

−r sin θ

sin θ r cos θ

= r .

Entonces, si este cambio de variable transforma el dominio D ⊂ R2 con coorde-nadas (x, y) en el dominio D ⊂ R2 con coordenadas (r, θ), se tiene que

D

f (x, y) dxdy =

D

f (r cos θ, r sin θ) r drdθ .

Nota 6.22 Otra forma, geometrica en este caso, de ver como se transformauna integral de coordenadas cartesianas a polares es teniendo en cuenta que elelemento de area dA en el plano se escribe en coordenadas cartesianas como

dA = dxdy, es decir, el rectangulo de lados infinitesimales dx y dy. Pero, encoordenadas polares, el elemento de area dA es el producto del arco rectilıneo delongitud infinitesimal dr con el arco de circunferencia de longitud infinitesimalr dθ, es decir, dA = r dr dθ.

Nota 6.23 Cuando se pretende calcular

D f (x, y) dxdy, un indicativo deque se deben usar coordenadas polares es cuando o bien la funcion f tieneuna dependencia en x2 + y2 o bien cuando el dominio D tiene alguna simetrıacircular.

Ejemplo 6.24 Sea D ⊂ R2 el paralelogramo delimitado por las rectas x+y = 0,

x + y = 1, 2x − y = 0, 2x − y = 3. Usar un cambio de variables lineal de modoque D se transforme en un rect´ angulo para evaluar

D(x + y)2 dxdy.

Solucion. Las rectas x + y = 0, x + y = 1, y − 2x = 0, y − 2x = −3 quedelimitan el paralelogramo D sugieren el cambio de variables (x, y) → (u, v)definido por u = x + y, v = 2x − y puesto que D se transforme en el rectanguloR = [0, 1] × [0, 3], es decir,

R = {(u, v) ∈ R2 : 0 ≤ u ≤ 1, 0 ≤ v ≤ 3} .

Observemos que el cambio inverso es x = (u + v)/3, y = (2u − v)/3, de modo

que el Jacobiano del cambio es

J (u, v) =

∂x∂u

∂x∂v

∂y∂u

∂y∂v

=

13

13

23

−13

= −1

3 .



6.3 Cambio de variables en integrales dobles 169

Entonces,

D

(x + y)2 dxdy =

Ru2 |J (u, v)| dudv = 13

30

10

u2 du

dv = 13 .

Ejemplo 6.25 Calcular

D exp(−x2 − y2) dxdy siendo D ⊂ R2 el cırculo de radio R centrado en el origen de coordenadas.

Solucion. Notemos que exp(−x2 − y2) = exp(−x2) exp(−y2). Puesto que lafuncion exp(−x2) no admite primitiva expresable mediante funciones elementa-

les, es claro que

D exp(−x2

− y2

) dxdy no se puede calcular en coordenadascartesianas, independientemente del orden de integracion. Por ejemplo, tomando

D = {(x, y) ∈ R2 : −

R2 − x2 ≤ y ≤

R2 − x2 , −R ≤ x ≤ R} ,

se tendrıa

D

exp(−x2 − y2) dxdy =

R−R

√ R2−x2

−√ R2−x2exp(−x2) exp(−y2)

dx .

Usaremos coordenadas polares (observad que se satisfacen las dos condicionesde la Nota 6.23). Se tiene que

D = {(r, θ) ∈ R2 : 0 ≤ r ≤ R , 0 ≤ θ ≤ 2π} ,

con lo que

D

exp(−x2 − y2) dxdy =

2π0

R0

exp(−r2)r dr

dθ =

= 2π R0

exp(−r2)r dr = π(1 − exp(−R2)) ,

donde la ultima integral puede calcularse, por ejemplo, usando el cambio devariable z = r2.

Ejemplo 6.26 Calcular

D(x2 + y) dxdy siendo D ⊂ R2 la regi´ on anular

comprendida entre las circunferencias de radios 1 y √

5 centradas en el origen de coordenadas.

Solucion. Usaremos coordenadas polares pues el dominio D tiene simetrıacircular.

D = {(r, θ) ∈ R2 : 1 ≤ r ≤√

5 , 0 ≤ θ ≤ 2π} ,




con lo que

D

(x2 + y) dxdy = 2π0

√ 51

(r2 cos2 θ + r sin θ)r dr

dθ =

=

2π0

r4

4 cos2 θ +

r3

3 sin θ)

√ 51

dθ =

=

2π0

6cos2 θ +

5√

5 − 1

3 sin θ

dθ = 6π ,

donde para calcular la ultima integral, se ha utilizado la identidad trigonometri-ca cos2 θ = (1 + cos(2θ))/2.

Ejemplo 6.27 Calcular las ´ areas en que se divide el cırculo de radio 1 centradoen el origen de coordenadas cuando se corta a lo largo de la recta y = 1/

√ 2.

Solucion. Sea D el dominio situado en la parte superior del corte. Usaremoscoordenadas polares. Las coordenadas de los puntos de corte entre la rectay = 1/

√ 2 y la circunferencia x2 + y2 = 1 son (x, y) = (±1/

√ 2, 1/

√ 2). La recta

y = 1/√

2 se transforma en r(θ) = 1√ 2 sin θ

y la circunferencia x2 + y2 = 1 en

r = 1. Se tiene pues que

D =

(r, θ) ∈ R2 : 1√ 2sin θ

≤ r ≤ 1 , π/4 ≤ θ ≤ 3π/4

.

De este modo, el area A de D es

A =

D

dxdy =

D

rdrdθ =

3π/4π/4

11√

2 sin θ

rdr

dθ

=

3π/4π/4

r2

2

11√

2 sin θ

dθ =

3π/4π/4

1

2 − 1

4sin2 θ

dθ .

Calculamos aparte una primitiva de 1/ sin2 θ. Como la funcion integrando espar en seno–coseno, realizamos el cambio de variable t = tan θ, dt = (1 + t2)dθy recordamos que sin2 θ = t2/(1 + t2). Se tiene entonces que

1

sin2 θdθ =

1

t2/(1 + t2)

dt

1 + t2 =

1

t2dt = −1

t = − 1

tan θ.

Entonces

A =θ

2 +

1

4tan θ3π/4π/4 =

π

−2

4 .

El area restante de la otra parte del cırculo es π − A = 14(2 + 3π).



6.4 Algunas aplicaciones 171

6.4. Algunas aplicaciones

Proposicion 6.28 (´Areas de superficies) Sea f : D ⊂ R

2

→ R una funci´ on de clase C 1(D). Definimos A como el ´ area de la superficie S de ecuaci´ on z =f (x, y) limitada por la curva Γ ⊂ S cuya proyecci´ on sobre el plano z = 0 es el contorno del dominio D. Entonces

A =

D

1 +

∂f

∂x

2

+

∂f

∂y

2

dxdy .

Nota 6.29 De modo analogo, si la superficie S tiene por ecuacion x = g(y, z)y se proyecta sobre el plano x = 0 como D o bien y = h(x, z) y se proyecta

sobre el plano y = 0 como D∗ se tiene que el area A de S se calcula como

A =

D

1 +

∂g

∂y

2

+

∂g

∂z

2

dydz ,

o bien

A =

D∗

1 +

∂h

∂x

2

+

∂h

∂z

2

dxdz ,

respectivamente.

Ejemplo 6.30 Calcular el ´ area A de la superficie cilındrica x2 + y2 = a2 que se encuentra en el primer octante y que es cortada por el cilindro x2 + z2 = a2.

Solucion. La ecuacion de dicha superficie es y = h(x, z) =√

a2 − x2, de modoque

1 +

∂h

∂x

2

+

∂h

∂z

2

=

1 +

x2

a2 − x2 =

a√ a2 − x2

.

El dominio D∗ de integracion es la cuarta parte de un cırculo de radio a en elplano y = 0 centrado en el origen de coordenadas, es decir,

D∗ = {(x, z) ∈ R2 : x2 + z2 ≤ a2 , x ≥ 0 , z ≥ 0} .

Entonces

A =

D∗

1 +

∂h

∂x

2

+

∂h

∂z

2

dxdz =

a0

√ a2−x20

a√ a2 − x2

dz

dx

= a a0

z√ a2 − x2

√ a2−x20

dx = a a0

dx = a2 .




Proposicion 6.31 (Momentos de inercia de figuras planas) Supongamos que el dominio plano D ⊂ R2 tiene asociada una densidad superficial de masa

σ constante. Se definen I o, I x e I y como los momentos de inercia de dicha figu-ra plana respecto de un eje perpendicular a la figura que pasa por el origen de coordenadas, el eje x y el eje y respectivamente. Entonces se tiene que:

I o = σ

D

(x2 + y2) dxdy , I x = σ

D

y2 dxdy , I y = σ

D

x2 dxdy.

Demostraci´ on. Sea dm la masa que hay en el elemento de superficie dA = dxdydel dominio D. Entonces, por definicion de densidad superficial de masa, dm =σ dA. Por la definicion de centro de masas, se tiene:

1. Sea r la distancia entre el origen de coordenadas y el elemento de masadm. Entonces,

I o =

r2 dm = σ

D

(x2 + y2) dxdy .

2. Sea r la distancia entre el eje x y el elemento de masa dm. Entonces,

I x =

r2 dm = σ

D

y2 dxdy .

3. Sea r la distancia entre el eje y y el elemento de masa dm. Entonces,

I y =

r2 dm = σ

D

x2 dxdy .

Por supuesto, si la figura no es homogenea (por ejemplo esta compuestade diferentes materiales) entonces la densidad superficial de masa σ(x, y) no es

constante sino que depende de las coordenadas (x, y) y no sale multiplicando ala integral. En este caso mas general se tiene que

I o =

D

(x2 + y2)σ(x, y) dxdy ,

I x =

D

y2σ(x, y) dxdy ,

I y =

D

x2σ(x, y) dxdy.

Ejemplo 6.32 Calcular el momento de inercia de un disco homogeneo de radioR y masa total M cuando gira respecto de un eje perpendicular al disco que pasa por el centro del disco.



6.4 Algunas aplicaciones 173

Solucion. Tomando el origen del sistema de referencia en el centro del disco,se tiene que el momento de inercia es

I o = σ

D

(x2 + y2) dxdy,

siendo D = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ R2} y σ la densidad superficial de masaconstante. Entonces, tomando coordenadas polares,

I o = σ

2π0

R0

r2 rdr

dθ = σ

πR4

2 .

Finalmente, teniendo en cuenta que σ = M/(πR2), se obtiene

I o = 1

2M R2.

Proposicion 6.33 (Centro de masas de areas planas) Supongamos que el dominio plano D ⊂ R2 tiene asociada una densidad superficial de masa σ cons-tante. Entonces, las coordenadas (xcm, ycm) del centro de masas de dicha ´ area son

(xcm, ycm) = D x dxdy

D dxdy ,

D y dxdy

D dxdy .

Demostraci´ on. Sea dm la masa que hay en el elemento de area dA = dxdy. En-tonces, por definicion de densidad superficial de masa dm = σ dA. Finalmente,por la definicion de centro de masas:

xcm =

x dm dm

=

D

x dxdy D

dxdy ,

ycm =

y dm

dm

=

D y dxdy

D dxdy

.

Por supuesto, si la figura no es homogenea entonces se tiene que la densidadsuperficial de masa σ(x, y) no es constante. En este caso, denotando por M lamasa total de la placa se tiene que

M =

D

σ(x, y) dxdy ,

(xcm, ycm) = 1

M

D

xσ(x, y) dxdy,

D

yσ(x, y) dxdy

.

Ejemplo 6.34 Calcular el centro de masas de la superficie con densidad su-perficial de masa constante y encerrada en el primer cuadrante por la elipse de semiejes a y b centrada en el origen.




Solucion. La region D ⊂ R2 de la pieza esta limitada por los ejes de coorde-nadas y la elipse de ecuacion x2/a2 + y2/b2 = 1. Como el area de la elipse es

πab, se tiene que el area de la pieza es D

dxdy = 1

4πab .

Por otra parte

D

x dxdy =

a0

ba

√ a2−x2

0

xdy

dx =

a0

xy ba

√ a2−x2

0dx

= b

a a

0

x a2 −x2dx =

a2b

3

,

donde en la ultima integral se ha efectuado el cambio de variable t = a2 − x2.De forma analoga obtenemos

D

y dxdy =

a0

ba

√ a2−x2

0

ydy

dx =

a0

y2

2

ba

√ a2−x2

0

dx

= b2

2a2

a0

a2 − x2dx = ab2

3 .

En definitiva, las coordenadas del centro de masas son

xcm =

D

x dxdy D dxdy

=a2b3

14

πab =

4a

3π,

ycm =

D y dxdy D dxdy

=ab2

314πab

= 4b

3π .


Problema 6.1 Calcular

D(x2−y) dxdy sobre el dominio D limitado por las par´ abolas y = x2, y = −x2 y las rectas x = 1, x = −1.

Solucion. 4/5.

Problema 6.2 Cambiar el orden de integraci´ on en la siguiente integral doble

41 2xx f (x, y) dxdy .

Solucion. 21

y1

f (x, y)dxdy + 42

yy/2

f (x, y)dxdy + 84

4y/2

f (x, y)dxdy.




Problema 6.3 Calcula la siguiente integral doble

D exp(y

2

) dxdy ,

siendo D = {(x, y) ∈ R2 : x ≤ y ≤ 1, 0 ≤ x ≤ 1}.

Solucion. Elige bien el orden de integracion y la integral vale (e − 1)/2.

Problema 6.4 Demostrar que el ´ area encerrada por una elipse de semiejes ay b es πab.

Solucion. Si la elipse es x2/a2 + y2/b2 = 1, una forma elegante de resolver elproblema es usar coordenada (u, v) = (x/a, y/b) en la integral doble correspon-

diente.


D(x+y)2 exp(x−y) dxdy, siendo D el paralelepıpe-do limitado por las rectas x + y = 1, x + y = 4, x − y = 1, x − y = −1.

Solucion. Usando el cambio de variables (u, v) = (x + y, x − y) la integraldoble vale 21

2 (e − e−1).


D ln(x2 + y2) dxdy, siendo D la regi´ on del primer cuadrante limitada por los ejes coordenados y las circunferencias de radios a y b con a > b.

Solucion. Usando coordenadas polares, la integral doble valeπ4

a2(−1 + ln a2) − b2(−1 + ln b2)

.

Problema 6.7 La superficie que bordea la cavidad de una copa de vino tiene la forma de un paraboloide de revoluci´ on z = x2 + y2 con una altura de 10 cm.Se sabe que una persona comienza a estar borracha al haber ingerido 1.5 litros de vino. Hallar el n´ umero de copas de vino (supuesto que se llenan totalmente)que se deber´ an ingerir para estar borracho.

Solucion. 9,55.Problema 6.8 Obtener el ´ area comprendida entre las circunferencias x2+y2 =2x, x2 + y2 = 4x y las rectas y = x, y = 0.

Solucion. 3(π + 2)/4.

Problema 6.9 Hallar

D(1 + x2 + y2)−3/2 dxdy, siendo el dominio D el tri´ angulo de vertices (0, 0), (1, 0), (1, 1).

Solucion. Usando coordenadas polares vale π/12.

Problema 6.10 Consideremos una esfera maciza de radio R. Calcular el vo-lumen que se desaloja de la esfera si esta es perforada mediante un cilindromacizo de radio r0 < R cuyo eje pasa por un di´ ametro de la esfera.




Solucion. 4π3 [R3 − (R2 − r20)3/2].

Problema 6.11 Hallar el volumen acotado por el cilindro x2 + y2 = 4 y los planos z = 0, y + z = 4

Solucion. 16π.

Problema 6.12 Calcular la superficie de una esfera de radio R.

Solucion. 4πR2.


D log(x

2

+ y

2

) dxdy ,

siendo D la regi´ on anular del primer cuadrante comprendida entre dos circunferencias concentricas con centro en el origen de coordenadas y radios a y b con a > b.

Solucion. π4

a2 log a2 − b2 log b2 + 1

ln10 (b2 − a2)

.


D

xy2 dxdy ,

siendo D = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ p/2 , y2 ≤ 2 px} con p > 0.

Solucion. p2/21.

Problema 6.15 Calcular el volumen de la regi´ on de R3 limitada por las si-guientes superficies: el cilindro x2 + y2 = 1, el paraboloide z = x2 + y2 y el planoz = 0

Solucion. π/2.

Problema 6.16 Expresar los lımites de integraci´ on de

D f (x, y) dxdy por franjas horizontales y verticales cuando:

(i) D es el tri´ angulo de vertices (0, 0), (3, 3) y (4, 1).

(ii) D es el paralelogramo de vertices (1, 2), (2, 4), (2, 7) y (1, 5).

Solucion. (i)

D

f (x, y) dxdy = 3

0

dx x

x/4

f (x, y) dy + 4

3

dx −2x+9

x/4

f (x, y) dy

=

10

dy

4yy

f (x, y) dx +

31

dy

9−y2

y

f (x, y) dx .




(ii)

D

f (x, y) dxdy = 21

dx 2x+3

2xf (x, y) dy

=

42

dy

y/21

f (x, y) dx +

54

dy

21

f (x, y) dx

+

75

dy

2(y−3)/2

f (x, y) dx .

Problema 6.17 Expresar en coordenadas polares los siguientes dominios:

(i) D1 =

{(x, y)

∈R2 : 1

≤x2 + y2

≤4

}.

(ii) D2 = {(x, y) ∈ R2 : (x − 1)2 + y2 ≤ 1, y ≥ 0}.

(iii) D3 = {(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x2 + y2 ≤ 4, y ≤ 2x, y ≥ 0}.

Solucion. (i) D1 = {(r, θ) : 1 ≤ r ≤ 2}. (ii) D2 = {(r, θ) : r ≤ 2cos θ, 0 ≤ θ ≤π/2}. (iii) D3 = {(r, θ) : 1 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ arctan 2}.

Problema 6.18 Usar coordenadas polares para calcular el ´ area limitada por la curva Lemniscata de ecuaci´ on (x2 + y2)2 = 2a2(x2 − y2) fuera del cırculocentrado en el origen de radio a.

Solucion. 4a2(√

3 − π/12).


D

a2 − x2 − y2 dxdy, siendo D la regi´ on limita-

da por la hoja de la Lemniscata (x2 + y2)2 = a2(x2 − y2) con x ≥ 0.

Solucion. πa3/6.


D exp(x/y) dxdy, siendo D la regi´ on limitada por las rectas x = 0, y = 1 y la par´ abola x = y2.

Solucion. 1/2.

Problema 6.21 Integrar por franjas horizontales y verticales (comprobando la igualdad del resultado) para calcular el volumen del cuerpo limitado por el planoz = 3x + 5y en el primer octante siendo la base en el plano xy limitada por las rectas y = 2x, x = 2y, y = 1, y = 4.

Solucion. 3045/8.

Problema 6.22 Calcular el volumen limitado por el paraboloide esferico z =x2 + y2, el plano z = 0 y los cilindros parab´ olicos x = y2, y = x2.

Solucion. 54/315.




Problema 6.23 Calcular el volumen en el primer octante limitado por la su-perficie z = xy, el plano z = 0 y el cilindro x2 + y2 = 1.

Solucion. 1/8.

Problema 6.24 Calcular el volumen limitado por el plano z = 0, el cilindrox2 + y2 = 2ax (con a > 0) y el cono x2 + y2 = z2.

Solucion. 329

a3.

Problema 6.25 Calcular el volumen limitado por las siguientes superficies:

(i) Los cilindros parab´ olicos y2 = x, y2 = 4x y los planos z = 0 y x + z = 6.

(ii) El cilindro x2 + z2 = a2 y los planos z = 0, y = 0, y = x.

Solucion. (i) 96√

6/5. (ii) a3/3.

Problema 6.26 Un vaso cilındrico de radio R y altura H est´ a lleno de agua.Se inclina el vaso hasta que la superficie de agua en su interior biseca la base del vaso. Calcular el volumen de agua que hay en el interior del vaso en ese momento.

Solucion. 23HR2.

Problema 6.27 Hallar el volumen del anillo generado al girar entorno del eje

de abscisas el cırculo de radio R centrado en el punto (0, c) con R < c.Solucion. 2cπ2R2.


Problema 6.28 Calcular el volumen del s´ olido cuya base es el dominio D del plano z = 0 encerrado por la par´ abola y = x2 y la recta y = 1, su superficie lateral es perpendicular al plano z = 0 y su tapa superior viene dada por el plano−x − y + z = 10.

Solucion. Despejando la variable z de la ecuacion del plano −x − y + z = 10,se tiene que z = f (x, y) = x + y + 10. Entonces, el volumen V del solido vienedado por

V =

D

f (x, y) dxdy =

D

(x + y + 10) dxdy.

Como el dominio D = {(x, y) ∈ R2 | x2 ≤ y ≤ 1, −1 ≤ x ≤ 1}, se tiene,integrando por franjas verticales, que

V = 1

−1

1

x2

(x + y + 10) dy dx = 1

−1xy +

y2

2

+ 10y1

x2

dx

=

1−1

x + 10 +

1

2 − x3 − x4

2 − 10x2

dx =

212

15 .




Problema 6.29 Calcular el centro de masas de la l´ amina con densidad superficial de masa σ(x, y) = y cuyo contorno est´ a formado por la recta x = 0 y las

curvas y = sin x e y = cos x en el primer cuadrante.Solucion. Sea D ⊂ R2 la region de la lamina. Dicha region se puede expresarpor franjas verticales como

D = {(x, y) ∈ R2 : sin x ≤ y ≤ cos x, 0 ≤ x ≤ π/4} .

Entonces, la masa total M de la placa vale

M =

D

σ(x, y) dxdy =

π/40

cosxsinx

y dxdy = 1

2

π/40

y2cosxsinx

dx

= 12

π/40

cos2 x − sin2 x dx = 12

π/40

cos(2x) dx = 14

.

Por otra parte D

xσ(x, y) dxdy =

π/40

cos xsinx

xy dxdy = 1

2

π/40

xy2

cosxsinx

dx

= 1

2

π/40

x(cos2 x − sin2 x) dx = 1

2

π/40

x cos(2x) dx

= 1

16(π

−2) ,

donde la ultima integral se ha realizado por partes. Finalmente D

yσ(x, y) dxdy =

π/40

cosxsinx

y2 dxdy = 1

3

π/40

y3cos xsinx

dx

= 1

3

π/40

cos3 x − sin3 x dx = 1

18(5

√ 2 − 4) ,

donde se han calculado las primitivas

cos3 x dx =

cos x(1 − sin2 x) dx = sin x − 1

3 sin3 x ,

sin3 x dx =

sin x(1 − cos2 x) dx = − cos x +

1

3 cos3 x .


(xcm, ycm) = 1

M

D

xσ(x, y) dxdy,

D

yσ(x, y) dxdy

= 1

4

(π

−2),

1

9

(10√

2

−8) .

Problema 6.30 Calcula la integral

D xey dxdy, donde D es la regi´ on del plano delimitada por las curvas x = 0, x = 1, y = 0 e y = x2.




que hace V = 2. En caso contrario, si a4b2 ≤ 36 entonces no existe ningun valorde m tal que V = 2.

Problema 6.32 Considerar la pieza plana y homogenea de densidad superficial de masa σ delimitada por las par´ abolas y = 2x − x2 e y = −6x + 3x2. Calcular su area, las coordenadas de su centro de masas ası como el momento de inercia respecto del eje y.

Solucion. Las abscisas de los puntos de corte entre las dos parabolas vienendadas por las soluciones reales de la ecuacion 2x − x2 = −6x + 3x2 que son 0 y2. Entonces, la region D ⊂ R2 de la pieza plana se puede expresar por franjasverticales como

D = {(x, y) ∈ R2

: −6x + 3x2

≤ y ≤ 2x − x2

, 0 ≤ x ≤ 2} .

Entonces, el area A de D vale

A =

D

dxdy =

20

2x−x2−6x+3x2

dxdy =

20

8x − 4x2 = 16

3 .

Por otra parte

D x dxdy = 2

0 2x−x2

−6x+3x2

xdxdy = 2

0

8x2 − 4x3 dx = 16

3 ,

D

y dxdy =

20

2x−x2−6x+3x2

ydxdy = 1

2

20

y22x−x2−6x+3x2

dx = −64

15 .


(xcm, ycm) = 1

A

D

x dxdy,

D

y dxdy

=

1, −4

5

.

El momento de inercia I y respecto del eje y es

I y = σ

D

x2 dxdy = σ

20

2x−x2−6x+3x2

x2 dxdy

= σ

20

x2

y2x−x2−6x+3x2

dx = σ32

5 .


D xy dxdy con D ⊂ R2 el dominio cuyo contorno

est´ a limitado por las rectas y = x, y = 2x e y = −2x + 4.

Solucion. Definimos las rectas del contorno de D como r1 = {y = x}, r2 ={y = 2x}, y r3 = {y = −2x + 4}. Entonces se tienen las coordenadas de lostres vertices de D como las intersecciones de dichas rectas, es decir: (0, 0) =




r1 ∩ r2, (4/3, 4/3) = r1 ∩ r2 y (1, 2) = r2 ∩ r3. Tanto para integrar por franjasverticales como horizontales es necesario dividir el dominio triangular D en dos

subdominios de modo que D = D1 ∪ D2. Realizando este proceso por franjasverticales se obtiene en concreto que D1 es el triangulo

D1 = {(x, y) ∈ R2 : x ≤ y ≤ 2x , 0 ≤ x ≤ 1} ,


D2 = {(x, y) ∈ R2 : x ≤ y ≤ −2x + 4 , 1 ≤ x ≤ 4/3} .

Se tiene que

D

xy dxdy = D1

xy dxdy + D2

xy dxdy

=

10

2xx

xydy

dx +

4/31

−2x+4

x

xydy

dx

= 1

2

10

xy2

2xx

dx + 1

2

4/31

xy2

−2x+4

x dx

= 3

2

10

x3dx + 1

2

4/31

(16x − 16x2 + 3x3)dx = 52

81 .

Problema 6.34 Calcular las coordenadas del centro de masas de la figura plana

homogenea delimitada por las par´ abolas y2

= 4x + 4, y2

= −2x + 4.Solucion. Las parabolas y2 = 4x + 4 e y2 = −2x + 4 se intersectan en lospuntos con abscisa x solucion de la ecuacion 4x + 4 = −2x + 4, es decir conx = 0. Los puntos de corte son pues (0, ±2). Definimos el dominio plano D ⊂ R2

por franjas horizontales como

D =

(x, y) ∈ R2 :

y2

4 − 1 ≤ x ≤ −y2

2 + 2, −2 ≤ y ≤ 2

.

Entonces, las coordenadas (xcm, ycm) del centro de masas de D son

(xcm, ycm) =

D x dxdy D dxdy

,

D y dxdy D dxdy

.

Calculando cada una de las integrales que aparecen se obtiene

D

dxdy =

2−2

− y2

2 +2

y2

4 −1

dx

dy =

2−2

x− y2

2 +2

y2

4 −1dy

= 2

−2

3 − 3

4y2 dy = 8 ,

D

xdxdy =

2−2

− y2

2 +2

y2

4 −1

xdx

dy =

2−2

x2

2

− y2

2 +2

y2

4 −1

dy




=

2−2

3

2 − 3

4y2 +

3

32y4 dy =

16

5 ,

D

ydxdy =

2

−2

− y2

2 +2

y2

4 −1

ydx

dy =

2

−2

yx− y2

2 +2

y2

4 −1dy

=

2−2

5

2y − 5

8y3 dy = 0.

En definitiva

(xcm, ycm) =

2

5, 0

.

Nota: Observemos que el hecho de que ycm = 0 se puede obtener sin realizarningun calculo y solo teniendo en cuenta la simetrıa del conjunto D.



Capıtulo 7

Integrales de Lınea


Definicion 7.1 Las funciones V : D ⊂ Rn → Rn se llaman campos vectoriales .Su interpretacion geometrica es que a cada punto x ∈ Rn se le hace corresponderun vector V (x) ∈ Rn.

Definicion 7.2 Llamaremos curva derivable Γ a la imagen de la funcion γ :[a, b]

⊂ Rn siendo γ derivable en (a, b). Ası pues Γ =

{γ (t)

∈ Rn : a

≤ t

≤ b

}.

La funcion γ se llama una parametrizaci´ on de la curva Γ.

Nota 7.3 Dada una curva derivable Γ = {γ (t) ∈ Rn : a ≤ t ≤ b}, se puedeasociar a cada punto γ (t) de Γ el vector velocidad γ (t) ∈ Rn. Puesto que, pordefinicion de derivada de un vector, se tiene

γ (t) = lımh→0

γ (t + h) − γ (t)

h ,

es claro que el vector velocidad γ (t) es tangente a la curva Γ en el punto γ (t).

Definicion 7.4 La integral de lınea del campo vectorial V a lo largo de la curvaderivable Γ = {γ (t) ∈ Rn : a ≤ t ≤ b} es la integral de Riemann b

a

V (γ (t)).γ (t) dt ,

donde el punto denota el producto escalar ordinario en Rn.

Nota 7.5 Dada una curva derivable Γ = {γ (t) ∈ Rn : a ≤ t ≤ b}, se puedeasociar a cada punto γ (t) de Γ el vector velocidad γ (t) ∈ Rn. Puesto que, pordefinicion de derivada de un vector, se tiene

γ (t) = lımh→0

γ (t + h) − γ (t)h

,

es claro que el vector velocidad γ (t) es tangente a la curva Γ en el punto γ (t).

185



186 Integrales de Lınea

Proposicion 7.6 La integral de lınea de un campo vectorial a lo largo de una curva derivable no depende de la parametrizaci´ on (que preserve la orientaci´ on)

de la curva.Nota 7.7 De hecho, si Γ = {γ (t) ∈ Rn : a ≤ t ≤ b} y Γ = {ξ (s) ∈ Rn : c ≤ s ≤d} son dos parametrizaciones derivables diferentes de la curva Γ, entonces b

a

V (γ (t)).γ (t) dt = ± dc

V (ξ (s)).ξ (s) ds ,

donde el signo + se satisface si la orientacion de Γ es la misma para γ que para ξ ,es decir, el punto inicial de Γ corresponde a γ (a) = ξ (c) y el final a γ (b) = ξ (d).

Nota 7.8 Existe otra notacion, usando coordenadas, para la integral de lınea

del campo vectorial V = (V 1, . . . , V n) a lo largo de la curva derivable Γ = {γ (t) =(x1(t), . . . , xn(t)) ∈ Rn : a ≤ t ≤ b}. Proviene del hecho de que, diferenciando,se tiene dxi(t) = xi(t) dt. Entonces, como γ (t) = (x1(t), . . . , xn(t)), se tiene lasiguiente notacion b

a

V (γ (t)).γ (t) dt =

γ

ni=1

V i dxi .

Nota 7.9 Cuando la curva derivable Γ es cerrada, se acostumbra a utilizar uncırculo sobre la integral de lınea del campo vectorial V a lo largo de Γ = {γ (t) ∈Rn : a

≤t≤

b}

con γ (a) = γ (b). Ası, se tiene la notacion γ

V (γ (t)).γ (t) dt .

Nota 7.10 En fısica, el trabajo que realiza un campo de fuerzas F (x,y,z) =

F 1(x ,y,z) i + F 2(x,y,z) j + F 3(x,y,z) k para llevar a una partıcula desde unpunto inicial A hasta un punto final B a lo largo del camino γ viene dado porla integral de lınea

γ F .dr = γ F 1(x,y,z) dx + F 2(x,y,z) dy + F 3(x,y,z) dz.

Definicion 7.11 La curva Γ = {γ (t) ∈ Rn : a ≤ t ≤ b} es casi-derivable siγ ∈ C ([a, b]) y γ es derivable en (a, b) excepto en un conjunto finito de puntos{t1, . . . , tk} ⊂ [a, b].

Nota 7.12 Dada una curva casi-derivable Γ = {γ (t) ∈ Rn : a ≤ t ≤ b} conpuntos de no derivabilidad {t1, . . . , tk} ⊂ [a, b], la integral de lınea del campovectorial V a lo largo de Γ se puede calcular de la forma

b

a

V (γ (t)).γ (t) , dt = t1

a

V (γ (t)).γ (t) dt +k−1

i=1

ti+1

ti

V (γ (t)).γ (t) dt

+

btk

V (γ (t)).γ (t) dt .




7.2. Campos vectoriales conservativos y funcion

potencial

Definicion 7.16 Se dice que el campo vectorial V : D ⊂ Rn → Rn de claseC 1(D) es conservativo si proviene de una funci´ on potencial φ : D ⊂ Rn → R, esdecir,

V = ∇φ = (D1φ , . . . , Dnφ) .

Nota 7.17 En fısica, los campos gravitatorios g = −∇V y electrostaticos E = −∇V son conservativos, siendo V el potencial gravitatorio y electrostati-co respectivamente. El signo negativo es un puro convenio fısico. Estos camposconservan la energıa mecanica de las partıculas, ver el Problema 7.6.

El siguiente resultado muestra que la integral de lınea de un campo vectorialconservativo no depende del camino (curva) seguido, unicamente depende delpunto inicial y del punto final de la curva.

Teorema 7.18 Si V es un campo vectorial conservativo con potencial asociadoφ, entonces la integral de lınea de V a lo largo de la curva derivable Γ = {γ (t) ∈Rn : a ≤ t ≤ b} es

ba V (γ (t)).γ (t) , dt = φ(γ (b)) − φ(γ (a)) .

Demostraci´ on. Se tiene, usando la regla de la cadena, que

ba

V (γ (t)).γ (t) , dt =

ba

∇φ(γ (t)).γ (t) , dt =

ba

(φ ◦ γ )(t) , dt

= φ ◦ γ (b) − φ ◦ γ (a) = φ(γ (b)) − φ(γ (a)) ,


Corolario 7.19 Si V es un campo vectorial conservativo, entonces la integral de lınea de V a lo largo de cualquier curva γ derivable cerrada es nula, es decir,

γ

V (γ (t)).γ (t) , dt = 0 .

El siguiente resultado muestra como caracterizar los campos conservativos yel calculo de la funcion potencial asociada.

Teorema 7.20 (Poincare) Sea V : D

⊂ Rn

→ Rn un campo vectorial de

clase C 1(D) y D un dominio de Rn simplemente conexo (es decir, sin huecos).Entonces, V = (V 1, . . . , V n) es conservativo si y solo si DiV j = DjV i para todoi, j = 1, . . . , n.



7.2 Campos vectoriales conservativos y funcion potencial 189

Demostraci´ on. Haremos la demostracion solo para n = 2 (por comodidad) ysolo en una direccion (la otra direccion es mas difıcil y requiere matematicas

superiores). Ası, supongamos que V = (V 1, V 2) es conservativo. Entonces, existeuna funcion potencial φ con φ ∈ C 2(D) tal que V = ∇φ, es decir,

V 1 = ∂φ

∂x , V 2 =

∂φ

∂y .

Derivando de nuevo se tiene

∂V 1∂y

= ∂ 2φ

∂x∂y ,

∂V 2∂x

= ∂ 2φ

∂y∂x .

Pero, en virtud del Teorema de Schwarz, se tiene que

∂ 2φ

∂x∂y =

∂ 2φ

∂y∂x ,

de modo que∂V 1∂y

= ∂V 2

∂x ,


Ejemplo 7.21 Sea D ⊂ R2 un dominio simplemente conexo que no contenga

al origen. Calcular la integral de lınea γ

−y

4x2 + 9y2 dx +

x

4x2 + 9y2 dy

a lo largo de cualquier curva cerrada γ contenida en D.

Solucion. Notemos que el campo vectorial

V = (V 1, V 1) = −y

4x2

+ 9y2

, x

4x2

+ 9y2

es de clase C 1(R2 − {(0, 0)}) porque sus funciones componentes son racionalesy sus denominadores se anulan unicamente en el (0, 0). En particular, como Dno contiene el (0, 0), V ∈ C 1(D). Por otra parte

∂

∂y

−y

4x2 + 9y2

=

∂

∂x

x

4x2 + 9y2

=

9y2 − 4x2

(4x2 + 9y2)2 .

Entonces, por el Teorema de Poincare 7.20, V es conservativo. De este modo setiene

γ −y

4x2 + 9y2 dx + x

4x2 + 9y2 dy = 0 ,

a lo largo de cualquier curva cerrada γ contenida en D.




Nota 7.22 Veamos como hallar la funcion potencial φ asociado a un campovectorial V : D ⊂ Rn → Rn en el caso particular de que n = 2, aunque el metodo

es facilmente generalizable a cualquier n. Se parte de que V (x, y) = ∇φ(x, y),es decir,

V 1(x, y) = ∂φ

∂x(x, y) , V 2(x, y) =

∂φ

∂y(x, y) . (7.1)

De la primera ecuacion anterior (se podrıa partir de la segunda con un procedi-miento totalmente analogo) se obtiene, integrando respecto de x ambos miem-bros,

φ(x, y) =

V 1(x, y) dx + F (y) ,

siendo F una funcion arbitraria. Solo falta hallar F . Derivando respecto de y laecuacion anterior y teniendo en cuenta la segunda ecuacion de (7.1) se obtieneque

∂φ

∂y =

∂V 1

∂y (x, y) dx + F (y) = V 2(x, y) ,

de donde se despeja

F (y) = V 2(x, y) −

∂V 1∂y

(x, y) dx . (7.2)

De aquı se tiene que

F (y) =

V 2(x, y) −

∂V 1

∂y (x, y) dx

dy .

Observamos que, para que este proceso tenga sentido, es necesario que el miem-bro de la derecha en la ecuacion (7.2) no dependa de x. Veamos que esta condi-cion se cumple bajo la restriccion

∂V 1∂y

= ∂V 2

∂x

de campo conservativo dado en el Teorema 7.20. En concreto, se tiene que

∂

∂x

V 2 −

∂V 1

∂y dx

=

∂V 2∂x

− ∂

∂x

∂V 1

∂y dx

=

∂V 2∂x

− ∂V 1∂y

= 0 .

Ejemplo 7.23 Considerar el campo vectorial

V (x, y) = (y2ex + 3x2y, 2yex + x3) .

(i) ¿Es V conservativo? En caso afirmativo, hallar la funci´ on potencial asocia-

da.(ii) Calcular la integral de lınea de V a lo largo de cualquier curva derivable

Γ ⊂ R2 que conecte el punto inicial (0, 0) con el punto final (1, 1).



7.2 Campos vectoriales conservativos y funcion potencial 191

Solucion. (i) Notemos que el campo vectorial V (x, y) = (V 1(x, y), V 2(x, y)) =(y2ex + 3x2y, 2yex + x3) es de clase C 1(R2). Ademas

∂V 1∂y

(x, y) = 2yex + 3x2 = ∂V 2

∂x (x, y) ,

de modo que V es conservativo. Para hallar la funcion potencial φ asociada, separte de que V (x, y) = ∇φ(x, y), es decir,

y2ex + 3x2y = ∂φ

∂x(x, y) , 2yex + x3 =

∂φ

∂y(x, y) .

De la primera ecuacion anterior se obtiene

φ(x, y) =

(y2ex + 3x2y) dx + F (y) = y2ex + x3y + F (y) ,

siendo F una funcion arbitraria. Para determinar F , se tiene

∂φ

∂y = 2yex + x3 + F (y) = 2yex + x3 ,

de donde se tiene F (y) = 0. De aquı se tiene que F (y) = C una constantearbitraria. En definitiva

φ(x, y) = y

2

e

x

+ x

3

y + C .(ii) Sea Γ = {γ (t) ∈ R2 : a ≤ t ≤ b} cualquier curva derivable que conecte

el punto inicial (0, 0) con el punto final (1, 1), es decir, tal que γ (a) = (0, 0) yγ (b) = (1, 0). Entonces, b

a

V (γ (t)).γ (t) , dt = φ(γ (b)) − φ(γ (a)) = φ(1, 1) − φ(0, 0) = e + 1 .

Teorema 7.24 (Green) Sean P, Q : D

⊂ R2

→ R dos funciones de clase

C 1(D) y D un dominio de R2 simplemente conexo (es decir, sin huecos). Sea γ ⊂D una curva derivable, cerrada, simple (es decir, que no se corta a sı misma)y orientada en sentido antihorario que encierra a D. Entonces

γ

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

D

∂Q

∂x − ∂P

∂y

dxdy .

Ejemplo 7.25 Demostrar que el ´ area A de un dominio de R2 simplemente conexo cuya frontera γ es una curva derivable, cerrada y simple viene dado por la integral de lınea

A = 12

γ

xdy − ydx

recorrida en sentido antihorario.




Solucion. Sea A el area del recinto D es

A =

D dxdy =

1

2

D 2dxdy =

1

2

D∂Q

∂x − ∂P

∂y

dxdy

= 1

2

γ

xdy − ydx ,

donde en el ultimo paso se ha utilizado el Teorema de Green con el campovectorial (P, Q) = (x, −y).


Problema 7.1 Considerar el campo vectorial en R3

dado por

V (x,y,z) = (2xyz,x2z + 2yex, x2y + y2ez).

¿Es V conservativo? En caso afirmativo, calc´ ulese la funci on potencial asociada.

Solucion. La funcion potencial es φ(x,y,z) = x2yz +y2ez +C con C constantearbitraria.

Problema 7.2 Calcular el trabajo W realizado sobre una partıcula sometida al campo de fuerzas F (x, y) = (ex

−y3, cos y + x3) cuando recorre la trayectoria

x2 + y2 = 1 en sentido antihorario.Indicacion: es posible que la integral de lınea sea complicada. Buscar una forma alternativa de c´ alculo.

Solucion. W = 3π/2.

Problema 7.3 Comprobar que se satisface el Teorema de Green con γ

(2xy − x2)dx + (x + y2)dy ,

siendo γ la curva cerrada formada por arcos de las par´ abolas y = x2 e y2 = x.

Solucion. 1/30.

Problema 7.4 Considerar el campo vectorial conservativo en R2 dado por V (x, y) =(6xy2 − y3, 6x2y − 3xy2).

(i) Calcular la integral de lınea de V a lo largo de dos caminos formados ambos por dos segmentos (uno horizontal y el otro vertical) que conectan los puntos (1, 2) y (3, 4).

(ii) ¿Sugiere algo el resultado de las dos integrales anteriores?

Solucion. (i) 236 y 236. (ii) El campo V es conservativo.




Problema 7.5 Demostrar que F es un campo vectorial de clase C 1(R3) conser-vativo si y solo si es irrotacional, es decir, ∇× F = 0, donde × indica producto

vectorial y ∇ = (∂/∂x,∂/∂y,∂/∂z) es el operador vectorial gradiente.

Problema 7.6 Sea F un campo vectorial conservativo en R3 definido a traves de F = −∇U . Demostrar que si una partıcula de masa m se mueve bajo la influencia de este campo, entonces la energıa mec´ anica total E se conserva,donde E = 1

2mv2 + U siendo v la velocidad de la partıcula.

Problema 7.7 Calcular la integral de lınea del campo vectorial V = (xy,x2 −y2) a lo largo del arco de par´ abola y2 = x que va desde el punto (1, −1) hasta el punto (1, 1).

Solucion. 0.

Problema 7.8 Calcular la integral de lınea del campo vectorial V = (xy,x) a lo largo de la circunferencia centrada en el origen y de radio R recorrida en sentido positivo, es decir, antihorario.

Solucion. πR2.

Problema 7.9 Calcular la integral de lınea del campo vectorial

V = (

−x cos y, y sin x)

a lo largo del segmento que va desde el punto (0, 0) hasta el (π, 2π).

Solucion. 4π.

Problema 7.10 Calcular la integral de lınea del campo vectorial V = (y, −x) a lo largo de la elipse centrada en el origen de semiejes a y b recorrida en sentidoantihorario.

Solucion. 0.



Capıtulo 8

Ecuaciones Diferenciales

Ordinarias


Definicion 8.1 Una ecuaci´ on diferencial ordinaria (abreviado como EDO ) esuna relacion funcional del tipo

F (x,y,y, . . . , y(n)

) = 0 ,

donde x es la variable independiente e y la dependiente. Las primas indicanderivacion respecto de x. El orden n de la EDO es el mayor de los ordenes dederivacion que aparecen en la EDO.

Definicion 8.2 La soluci´ on general de una EDO de orden n es una familian–parametrica de funciones ξ (x, y; C 1, . . . , C n) = 0 que satisface la EDO. Unasoluci´ on particular de la EDO sera una funcion ξ (x, y; C ∗1 , . . . , C ∗n) = 0 de lafamilia solucion general obtenida para unos valores en concreto C i = C ∗i ∈ R(i = 1, . . . , n) de los parametros.

Ejemplo 8.3 Demostrar que y = Ce−x + x − 1 es la soluci´ on general de la EDO y = x − y.

Solucion. Sustituyendo y = Ce−x + x − 1, y = −Ce−x + 1 en la EDO resulta

y − x + y = −Ce−x + 1 − x + Ce−x + x − 1 = 0 ,

quedando demostrado. Nota 8.4 De hecho, el problema inverso en ecuaciones diferenciales es trivial.Para ecuaciones diferenciales de primer orden, dicho problema consiste en, dadauna familia 1–parametrica de curvas ξ (x, y; C ) = 0, hallar la EDO y = f (x, y)de la cual sea su solucion general. El metodo consiste en eliminar el parametro

195



8.2 EDO de primer orden 197

8.2.2. EDO homogenea

Definicion 8.10 Una EDO de primer orden se llama homogenea si se puede

escribir de la forma y = f (x, y) donde f es una funcion homogenea de grado 0,es decir, f (λx,λy) = f (x, y) para todo λ ∈ R.

Proposicion 8.11 El cambio de variable dependiente y → z definido por y =zx transforma la EDO homogenea y = f (x, y) en una EDO de variables sepa-rables.

Demostraci´ on. Derivamos respecto de x el cambio y = zx, obteniendo y =z+xz, es decir, f (x, y) = z+xz. Usando de nuevo el cambio de variable tenemosf (x,zx) = z + xz. Finalmente, recordando que f es una funcion homogenea degrado 0 y por lo tanto f (x,zx) = f (1, z), se llega a la EDO

z + xz = f (1, z) .

Esta es una EDO de variables separables puesto que se puede escribir de laforma

dz

f (1, z) − z =

dx

x ,


Ejemplo 8.12 Obtener la soluci´ on general de y = xy/(x2 − y2).

Solucion. Definimos la funcion f (x, y) = xy/(x2

− y2

) y vemos que es ho-mogenea de grado cero puesto que f (λx,λy) = f (x, y) para todo λ ∈ R. Enton-ces la EDO es homogenea. Realizamos el cambio de variable dependiente y → zdefinido por y = zx y se tiene, tras todo el proceso,

dz

f (1, z) − z =

dx

x ,

es decir, 1

z3 − 1

z

dz =

dx

x .

Integrando se tiene que

− 1

2z2 − ln |z| = ln |x| + K ,

con K una constante arbitraria. Tomando, para simplificar, K = ln C con C una constante arbitraria, se llega a que

− 1

2z2 = ln |Czx| .

Deshaciendo el cambio de variable, la solucion general de la EDO es

− x2

2y2 = ln |Cy| .



198 Ecuaciones Diferenciales Ordinarias

Ejemplo 8.13 Hallar la forma de un espejo con el perfil de una curva y = f (x)de modo que todos los rayos de luz que vengan paralelos en una direcci´ on fijada

sean reflejados en el espejo hacia un punto fijo prefijado.Solucion. Mediante una traslacion y una rotacion de coordenadas tomamos, sinperdida de generalidad, el punto fijo prefijado P como el origen de coordenadasdel plano y la direccion fijada de donde provienen los rayos de luz como ladireccion del eje de ordenadas.

Sea Q con coordenadas (x, y) un punto cualquiera perteneciente a la curvabuscada y = f (x). Definimos tan θ como la pendiente de la recta tangente lacurva y = f (x) en el punto Q. Se tiene entonces que tan θ = y.

Recordemos que en el fenomeno fısico de la reflexion de la luz sobre un espejo,el angulo de incidencia (angulo formado por el rayo incidente y la normal al

espejo) coincide con el angulo de reflexion (angulo formado por el rayo reflejadoy la normal al espejo). De la geometrıa del problema es facil ver que el angulode incidencia es justo θ.

Se comprueba que el angulo formado entre el segmento P Q y el eje de or-denadas es 2θ, de modo que tan(2θ) = −x/y. Finalmente, usando la identidadtrigonometrica

tan(2θ) = 2tan θ

1 − tan2 θ ,

se llega a la EDO2y

1 − (y)2 = −x

y .

Aislando y de esta ecuacion obtenemos dos EDO

y = y

x ±

1 +

y2

x2

homogeneas. La solucion general de cualquiera de estas EDO nos dara la formadel perfil del espejo. Resolveremos la EDO con la raız de signo positivo conel cambio y = zx. Siguiendo el procedimiento habitual llegamos a la EDO devariables separables

dz√ 1 + z2 = dxx .

Integrando, llegamos a dz√

1 + z2 = ln |x| + C 1 ,

siendo C 1 una constante arbitraria. La integral dz√

1 + z2 = ln |z +

1 + z2| ,

se suele recordar (si no se recuerda, el cambio de variable z = tan t la convierteen

dtcos t que a su vez se transforma con el cambio de variable w = sin t en la

integral racional

dw1−w2 ).




En definitiva se tiene

ln|z + 1 + z2

|= ln

|Cx

| ,

donde hemos definido la constante arbitraria C = exp(C 1). Podemos despejar zpara obtener

z = C 2x2 − 1

2Cx ,

de modo que, deshaciendo el cambio de variable inicial se tiene que

y = f (x; C ) = Cx2

2 − 1

2C .

Esta es una familia de parabolas. De aquı proviene el nombre de las famosasantenas parabolicas. La constante C puede ser utilizada para obtener otrosobjetivos en el diseno del espejo.

8.2.3. EDO exacta

Definicion 8.14 Una EDO de primer orden se llama exacta si se puede escribirde la forma P (x, y) dx + Q(x, y) dy = 0 donde las funciones P y Q satisfacen lacondicion

∂P

∂y (x, y) =

∂Q

∂x (x, y) . (8.1)

Proposicion 8.15 Sean P (x, y) y Q(x, y) funciones reales de clase C 1(D) sien-do D ⊂ R2 un dominio simplemente conexo (es decir, sin huecos). Si la EDO es exacta, entonces el campo vectorial (P, Q) es conservativo con funci´ on potencial φ asociada. Adem´ as, la solucion general de la EDO es φ(x, y) = C , siendo C una constante arbitraria.

Demostraci´ on. La condicion (8.1) implica, segun el Teorema 7.20 de Poincare,que el campo vectorial (P, Q) es conservativo. Sea φ su funcion potencial aso-ciada. Entonces

P (x, y) = ∂φ∂x

(x, y) , Q(x, y) = ∂φ∂y

(x, y) ,

de modo que la EDO se escribe de la forma

∂φ

∂x dx +

∂φ

∂y dy = 0 .

Pero el miembro de la izquierda de esta ecuacion es justo dφ, con lo que laEDO adopta la forma dφ = 0, es decir, φ(x, y) = C , siendo C una constantearbitraria.

Nota 8.16 Recordemos la Nota 7.22 donde se explica como, dado un campovectorial (P, Q) en R2 conservativo, se halla la funcion potencial φ asociada.




Ejemplo 8.17 Obtener la soluci´ on general de

y = − 3y + ex

3x + cos y .

Solucion. Reescribimos la EDO de la forma P (x, y) dx + Q(x, y) dy = 0 conP (x, y) = 3y + ex, Q(x, y) = 3x + cos y funciones de clase C 1(R2). Se verificaque

∂P

∂y (x, y) =

∂Q

∂x (x, y) = 3 ,

luego la EDO es exacta. Hallaremos la solucion general de la forma φ(x, y) = C ,siendo C una constante arbitraria y φ el potencial asociado al campo vectorial

conservativo (P, Q). En concreto, se tiene que

P (x, y) = ∂φ

∂x(x, y) , Q(x, y) =

∂φ

∂y(x, y) .

De la primera ecuacion se tiene

φ(x, y) =

(3y + ex)dx + F (y) = 3yx + ex + F (y) .

Entonces

3x + cos y = ∂φ

∂y (x, y) = 3x + F (y) ,

es decir, F (y) = cos y y por lo tanto F (y) = sin y. En resumen, la soluciongeneral de la EDO es

3yx + ex + sin y = C .

8.2.4. El factor integrante

Definicion 8.18 Consideremos las funciones µ,P,Q : D ⊂ R

2

→ R de cla-se C 1(D). La funcion µ(x, y) es un factor integrante de la EDO P (x, y) dx +Q(x, y) dy = 0 si la EDO µ(x, y)(P (x, y) dx + Q(x, y) dy) = 0 es exacta, es decir,

∂µP

∂y (x, y) =

∂µQ

∂x (x, y) . (8.2)

Nota 8.19 Observemos que la solucion general de la EDO P (x, y) dx+Q(x, y) dy =0 y de la EDO µ(x, y)(P (x, y) dx + Q(x, y) dy) = 0 coinciden.

Nota 8.20 Dados P (x, y) y Q(x, y), hallar una funcion µ(x, y) solucion de la

ecuacion en derivadas parciales (8.2) es, en general, una tarea muy complicadao incluso imposible. Entonces, en ocasiones se intenta restringir la dependenciade µ a una funcion del tipo µ(f (x, y) con una funcion dada f .




Proposicion 8.21 Sean P (x, y) y Q(x, y) funciones reales de clase C 1(D) sa-tisfaciendo la condici´ on

∂P

∂y − ∂Q

∂x

Q := h(x) .

Entonces, µ(x) = exp

h(x) dx

es un factor integrante de la EDO P (x, y) dx+Q(x, y) dy = 0.

Demostraci´ on. Impongamos que la funcion µ(x) sea un factor integrante de laEDO P (x, y) dx + Q(x, y) dy = 0. A partir de la ecuacion en derivadas parciales(8.2), se tiene

µ∂P

∂y = µQ + µ

∂Q

∂x ,

de modo queµ

µ =

∂P ∂y − ∂Q

∂x

Q .

Como el miembro de la izquierda solo depende de x, la anterior ecuacion sera com-patible solo en el caso de que el miembro de la derecha tambien dependa unica-mente de x, es decir,

∂P ∂y − ∂Q

∂x

Q := h(x) .

En ese caso,

µµ

= h(x) ,

con lo que, integrando respecto de x, ln |µ| =

h(x) dx, es decir, µ(x) =exp

h(x) dx

.

Nota 8.22 De forma similar, se puede demostrar que, si P (x, y) y Q(x, y)verifican la condicion

∂Q∂x − ∂P

∂y

P := h(y) ,

entonces, µ(y) = exp

h(y) dy

es un factor integrante de la EDO P (x, y) dx +Q(x, y) dy = 0.

Ejemplo 8.23 Obtener la soluci´ on general de (3xy2+2y) dx+(2x2y+x) dy = 0.

Solucion. La EDO se escribe de la forma P (x, y) dx + Q(x, y) dy = 0 conP (x, y) = 3xy2 + 2y, Q(x, y) = 2x2y + x. Como

∂P ∂y − ∂Q

∂x

Q =

1

x ,

solo depende de x, se tiene que

µ(x) = exp

1

x dx

= exp(ln x) = x ,




es un factor integrante de la EDO. Entonces, la ecuacion x(3xy2 + 2y) dx +x(2x2y + x) dy = 0 es exacta. Su solucion general es, usando el procedimiento

habitual, x2y + x3y2 = C .

8.2.5. EDO lineal

Definicion 8.24 Una EDO de primer orden se llama lineal si se puede escribirde la forma y + P (x)y = Q(x).

Definicion 8.25 Dada una EDO lineal y+P (x)y = Q(x), se define su ecuaci´ on

homogenea asociada como la EDO de variables separables y + P (x)y = 0.Proposicion 8.26 Sea y p(x) una soluci´ on particular de la EDO lineal y +P (x)y = Q(x) y sea yh(x; C ) la soluci´ on general de la ecuaci´ on homogenea aso-ciada. Entonces, la soluci´ on general de la EDO lineal viene dada por y(x; C ) =yh(x; C ) + y p(x).

Demostraci´ on. Se tiene

y(x; C ) + P (x)y(x; C ) = yh(x; C ) + y p(x) + P (x)[yh(x; C ) + y p(x)]

= [yh(x; C ) + P (x)yh(x; C )] + {y p(x) + P (x)y p(x)}= Q(x) ,

puesto que la expresion entre corchetes [ ] es cero, mientras que la expresiondentro del otro parentesis { } es Q(x).

Nota 8.27 Una forma de hallar una solucion particular y p(x) de la EDO linealy + P (x)y = Q(x) consiste en el llamado metodo de variaci´ on de constantes .Se trata de hallar una funcion C (x) de modo que y p(x) = yh(x; C (x)), dondeyh(x; C ) es la solucion general de la ecuacion homogenea asociada. Observemosque

yh(x; C ) = C exp−

P (x) dx

,

de modo que se quiere obtener la funcion C (x) de modo que la funcion

y p(x) = C (x)exp

−

P (x) dx

sea una solucion particular de la EDO lineal y + P (x)y = Q(x). Entonces y p(x)debe verificar y p(x) + P (x)y p(x) = Q(x) o lo que es igual

Q(x) = C (x)exp−

P (x) dx− C (x)P (x)exp

− P (x) dx

+C (x)P (x)exp

−

P (x) dx

,




de donde

C (x) = Q(x)exp P (x) dx dx .

Ejemplo 8.28 Obtener la soluci´ on general de xy − 2y = x2.

Solucion. La EDO es lineal puesto que se puede reescribir de la forma y +P (x)y = Q(x) con P (x) = −2/x y Q(x) = x.

Calculemos la solucion general yh(x; C ) de la ecuacion homogenea asociaday + P (x)y = 0. Separamos variables y tenemos

dy

y =

2

x dx ,

con lo que ln |y| = 2 ln |x| + K , siendo K constante arbitraria. TomandoK = ln C con C constante arbitraria se tiene ln |y| = ln |Cx2|, de modoque

yh(x; C ) = C x2 .

Calculemos una solucion particular y p(x) de la EDO lineal y + P (x)y =Q(x) usando el metodo de variacion de constantes. Se tiene pues quey p(x) = C (x)x2. Calcularemos C (x) imponiendo que y p + P (x)y p = Q(x),

es decir, xy p − 2y p = x2

con lo que x(x2

C (x) + 2xC (x)) − 2C (x)x2

=x2. Simplificando llegamos a que C (x) = 1/x, es decir, C (x) = ln |x|.Entonces

y p(x) = x2 ln |x| .

Hallamos la solucion general de la EDO lineal

y(x; C ) = yh(x; C ) + y p(x) = C x2 + x2 ln |x| = x2(C + ln |x|) .

8.2.6. EDO de Bernouilli

Definicion 8.29 Una EDO de primer orden se llama de Bernouilli si se puedeescribir de la forma y + P (x)y = Q(x)yn con n ∈ {0, 1}.

Proposicion 8.30 El cambio de la variable dependiente y → z definido por z = y1−n transforma la EDO de Bernouilli y + P (x)y = Q(x)yn en una EDO lineal.

Demostraci´ on. Como y = z

1

1−n , derivando respecto de x se tiene

y = 1

1 − nz

11−n−1z =

1

1 − nz n1−n z .




La EDO de Bernouilli y + P (x)y = Q(x)yn se transforma como

1

1 − n z

n1

−n

z + P (x)z

11

−n

= Q(x)z

n1

−n

.

Dividiendo ambos miembros por z n1−n y multiplicando por 1 − n se llega a

z + (1 − n)P (x)z = (1 − n)Q(x) ,

que es una EDO lineal.

Ejemplo 8.31 Obtener la soluci´ on general de y + xy = xe−x2

y−3.

Solucion. La EDO es de Bernouilli con n = −3. Tras diferenciar el cambio devariable z = y4 se tiene z = 4y3y y la EDO de Bernouilli queda

z

4y3 + xy = xe−x

2

y−3 ,

es decir, llegamos a la EDO lineal

z + 4xz = 4xe−x2

. (8.3)

Calculemos la solucion general zh(x; C ) de la ecuacion homogenea asociadaz + 4xz = 0. Separamos variables y tenemos

dz

z

=

−4x dx ,

con lo que ln |z| = −2x2 + K , siendo K constante arbitraria. TomandoK = ln C con C constante arbitraria se tiene

zh(x; C ) = Ce−2x2

.

Calculemos una solucion particular z p(x) de la EDO lineal (8.3) usando el

metodo de variacion de constantes. Se tiene pues que z p(x) = C (x)e−2x2

.

Calcularemos C (x) imponiendo que z p + 4xz p = 4xe−x2

. Desarrollando,

se llega a que C (x) = 4xex2

, de modo que

C (x) = 4

xex

2

dx = 2ex2

.

Entoncesz p(x) = 2e−x

2

.

Hallamos la solucion general de la EDO lineal (8.3)

z(x; C ) = zh(x; C ) + z p(x) = C e−2x2

+ 2e−x2

.

Deshaciendo el cambio de variable, obtenemos la solucion general de la EDO de

Bernouilliy4 = Ce−2x

2

+ 2e−x2

.




8.2.7. Algunas aplicaciones

Tiro con rozamiento

Se sabe, de cinematica elemental, que si se toma un sistema de referenciacartesiano con el eje x horizontal y el eje y vertical y se lanza una partıcula enel seno de un campo gravitatorio de intensidad g constante bajo la hipotesis deno existencia de rozamiento, la posicion (x(t), y(t)) de la partıcula en funciondel tiempo t es

x(t) = x0 + v0xt , y(t) = y0 + v0yt − 1

2gt2 ,

siendo (x0, y0) y (v0x, v0y) la posicion y velocidad inicial de la partıcula, respec-

tivamente. Esas son las ecuaciones del llamado tiro parabolico.

Ejemplo 8.32 Demostrar que, si se lanza una partıcula de masa m en el senode un campo gravitatorio de intensidad g constante y experimenta una fuerza de rozamiento F r proporcional a la velocidad v, es decir, F r = −kv con k > 0constante, entonces la posici´ on (x(t), y(t)) de la partıcula en funci´ on del tiempoadopta la forma

x(t) = x0 + v0xw2

1 − e−w

2t

,

y(t) = y0 + 1

w2v0y +

g

w21

−e−w

2t−gt ,

siendo w2 = k/m y (x0, y0) y (v0x, v0y) la posici´ on y velocidad inicial de la partıcula, respectivamente.

Solucion. Usando la segunda ley de Newton se tiene que F = ma, siendo F la fuerza total que actua sobre la partıcula y a la aceleracion total sufrida.En nuestro caso se tiene que F = F r + mg = −kv + mg. Explicitando lascomponentes de estos vectores en el sistema de referencia elegido se llega a que F = −k(vx, vy) + m(0, −g) = (−kvx, −kvy − mg). Finalmente, teniendo encuenta que

a = dv

dt =

dvxdt

, dvy

dt

,

las componentes (vx(t), vy(t)) del vector velocidad en funcion del tiempo verifi-can las EDO

mdvxdt

= −kvx , (8.4)

mdvydt

= −kvy − mg . (8.5)

La EDO (8.4) es de variables separables, de modo que dvx

vx= −w2

dt ⇒ ln |vx| = −w2t + C 1 ,




con C 1 constante arbitraria. Se tiene pues que vx(t) = C 2e−w2t. Definiendo

vx(0) = v0x se llega a que

vx(t) = v0x e−w2t

.Se tiene pues que

dx

dt = v0x e−w

2t ,

de modo que,

x(t) = v0x

e−w

2t dt = −v0xw2

e−w2t + C 3 ,

con C 3 constante arbitraria. Como

x(0) = x0 =

−

v0x

w2

+ C 3

⇒ C 3 = x0 +

v0x

w2

.

Finalmentex(t) = x0 +

v0xw2

1 − e−w

2t

.

La EDO (8.5) es lineal.

Calculemos la solucion general vhy (t; C ) de la ecuacion homogenea asociada

mdvydt = −kvy. Separamos variables y tenemos

dvyvy

= −w2 dt ,

con lo que ln |vy| = −w2t+C 1, siendo C 1 constante arbitraria. En definitivase tiene

vhy (t; C ) = C e−w2t .

Calculemos una solucion particular v py(t) de la EDO lineal (8.5) usando el

metodo de variacion de constantes. Se tiene pues que v py(t) = C (t)e−w2t.

Calcularemos C (t) imponiendo que mdvpydt = −kv py −mg. Desarrollando, se

llega a que C (t) = −gew2t, de modo que

C (t) = −g

ew2

t dt = − g

w2 ew2

t .

Entoncesv py(t) = − g

w2 .

Hallamos la solucion general de la EDO lineal (8.5)

vy(t; C ) = vhy (t; C ) + v py(t) = C e−w2t − g

w2 .

Podemos calcular C de la forma siguiente: como vy(0; C ) = v0y = C − gw2 ,

se tiene C = v0y + g

w2 . Entonces

vy(t) = v0ye−w2t +

g

w2

e−w

2t − 1

.




Integrando de nuevo se llega a

y(t) =

vy(t) dt = −v0y

w2 e−w2t

+

g

w2−

1

w2 e−w2t

− t

+ C .

Podemos calcular la constante C de la forma siguiente: como y(0) = y0 =−v0y

w2 + gw2

− 1w2

+ C . Despejando C de aquı y sustituyendo en la expresion de

y(t) se tiene finalmente

y(t) = y0 + 1

w2

v0y +

g

w2

1 − e−w

2t

− gt

,

tal y como se querıa demostrar. Nota 8.33 Observemos que en el lımite sin rozamiento, es decir, cuando w

→0

se recuperan (usar por ejemplo la regla de l’Hopital para calcular la indetermi-nacion que aparece) las expresiones (x(t), y(t)) del tiro parabolico.

Circuitos electricos

Consideremos un circuito electrico que contenga un generador de corrienteque suministra una diferencia de potencial V (t) dependiente del tiempo t, unaresistencia de R Ohmnios, una bobina de coeficiente de autoinduccion L Henriosy un condensador con una capacidad de C Faradios. Por el circuito circula unaintensidad I (t) de corriente electrica medida en Amperios. Se sabe que si en un

tiempo dt circula una cantidad de carga dQ Culombios, entonces I = dQ/dt.La caıda de potencial en la resistencia es IR, la caıda de potencial en la

bobina es LdI dt y la caıda de potencial en el condensador es Q/C . Usando estas

caıdas de potencial junto con la ley de Kirchoff que dice que la suma algebraicade las caıdas de potencial a lo largo de un circuito cerrado (malla) es cero setiene:

Consideremos un circuito RL en serie. La funcion I (t) satisface la EDOlineal siguiente:

V (t) = LdI

dt + RI .

Consideremos un circuito RC en serie. La funcion Q(t) satisface la EDOlineal siguiente:

V (t) = Q

C + R

dQ

dt .

Flexion de vigas

Esta es una aplicacion de ecuaciones de segundo orden. Consideremos unaviga horizontal colocada a lo largo del eje x. La viga se pandea bajo la influenciade cargas verticales (a lo largo del eje y positivo hacia abajo). La curva y = f (x)

de flexion de la viga satisface la EDO no lineal de segundo ordenEI y

(1 + (y)2)3/2 = M (x) ,




siendo E el modulo de Young, I el momento de inercia de una seccion transversalde la viga y M (x) el momento flector en x, es decir, la suma algebraica de los

momentos de todas las fuerzas que actuan a un lado de x (tomandolos positivos sicorresponden a fuerzas con sentido positivo en el eje y). Si la flexion es pequena,y tambien lo es y se utiliza la aproximacion lineal

EI y = M (x) .

Tanques y concentraciones

Consideremos un tanque en el cual entra y sale simultaneamente caudal deuna cierta disolucion. Mas concretamente, se tienen los datos siguientes:

En la entrada al tanque se tiene un caudal de entrada q e (/s) y unaconcentracion de disolucion de entrada ce (g/).

En la salida al tanque se tiene un caudal de salida q s (/s) y una con-centracion de disolucion de salida cs(t) (g/) que dependera del tiempot.

Definimos M (t) (g) como la masa de disoluto que hay en el tanque en elinstante t y v(t) el volumen () de disolucion que hay en el tanque en elinstante t.

Entonces, se tiene lo siguiente:

1. Conservacion de la masa:

dM

dt = q ece − q scs(t) .

2. Conservacion del volumen:

dv

dt = q e − q s ⇒ v(t) = v(0) + (q e − q s)t .

Teniendo en cuenta que, por definicion,

cs(t) = M (t)

v(t) ,

se llega a que la funcion M (t) satisface la EDO lineal siguiente

dM

dt = q ece − q s

M (t)

v(0) + (q e − q s)t .

Ejemplo 8.34 Un tanque de 400 de capacidad contiene inicialmente una

soluci´ on salina de 150 de agua y 25 g de sal. Una soluci´ on salina de 2g/ de sal entra en el tanque a raz´ on de 10 /min, mientras que la mezcla resultante sale por el sumidero a 5 /min. ¿Que cantidad de sal hay en el tanque cuandoeste comienza a rebosar?




Solucion. El volumen del tanque es V = 400. Los datos del problema son:ce = 2g/, q e = 10/min, q s = 5/min. Ademas, como v(0) = 150 y M (0) =

25gr, se tienecs(0) =

25

150 =

5

30 g/ .

Definimos T como el tiempo que tarda en llenarse el tanque. Nos piden el valorde M (T ).

1. Conservacion del volumen:

v(t) = v(0) + (q e − q s)t = 150 + 5t .

Como v(T ) = V , se tiene 150 + 5T = 400, es decir, T = 50 min.

2. La funcion M (t) satisface la EDO lineal siguientedM

dt = q ece − q s

M (t)

v(0) + (q e − q s)t ,

que con los datos del problema queda el problema de valor inicial

dM

dt = 20 − M

30 + t , M (0) = 25 .

Siguiendo el procedimiento habitual para resolver EDO lineales, se llega ala solucion general

M (t; C ) = 10t 60 + t30 + t

+ C 30 + t

.

La constante C se calcula con la condicion inicial M (0; C ) = 25, obte-niendose C = 750. Finalmente

M (t) = 10t60 + t

30 + t +

750

30 + t ,

de modo que M (50) = 5575/8 = 696,875 g.

Trayectorias ortogonales

Se define el angulo α que forman dos curvas en un punto de interseccion comoel angulo que forman sus respectivas rectas tangentes r1 y r2 en ese punto. Sedice que las dos curvas se cortan en un punto ortogonalmente cuando α = π/2.Sabemos ademas que, si denotamos por mi a la pendiente de la recta ri coni = 1, 2, entonces el corte de las dos curvas es ortogonal cuando m2 = −1/m1.

Consideremos dos familias 1–parametrica de curvas definidas por las ecua-ciones ξ (x, y; C ) = 0 y η(x, y; C ) = 0 con C el parametro real. Se dice que las dosfamilias son ortogonales cuando la interseccion de cualquier curva de la primerafamilia con cualquier curva de la segunda es ortogonal.

Entonces, es claro que si la familia 1–parametrica de curvas ξ (x, y; C ) = 0corresponde a la solucion general de la EDO y = f (x, y), entonces la familia1–parametrica de curvas ortogonales η(x, y; C ) = 0 es la solucion general de laEDO y = −1/f (x, y).




Nota 8.35 En fısica bidimensional se tiene que:

las lıneas de fuerza de los campos gravitatorios y electrostaticos son orto-

gonales a las curvas equipotenciales.

las isotermas son ortogonales a las lıneas de flujo de calor.

Curva tractriz

Ejemplo 8.36 Considerar una partıcula que se mueve sobre un plano horizon-tal de coordenadas cartesianas xy. La partıcula es arrastrada por una cuerda de longitud . Suponiendo que el extremo de la cuerda donde no est´ a la partıcula se encuentra inicialmente en el origen de coordenadas y se mueve a lo largo del eje de ordenadas positivo manteniendo siempre tensa la cuerda y que adem´ as

la partıcula se encuentra inicialmente sobre el eje de abscisas (con la cuerda ya tensada), nos preguntamos ¿cu´ al es la trayectoria de la partıcula? Esta curva se conoce como curva tractriz.

Solucion. Sea T el punto tractor, es decir, el extremo de la cuerda donde noesta la partıcula. Tomemos las coordenadas (x, y) de un punto cualquiera dela curva tractriz. Podemos, tomando este punto como vertice de un triangulorectangulo formado tambien por los otros vertices (0, y) y T , aplicar el Teoremade Pitagoras. Finalmente, teniendo en cuenta que la direccion de la cuerda essiempre tangente a la curva tractriz se tiene que, la ecuaci on diferencial de la

curva tractriz es dy

dx = −

√ 2 − x2

x .

De hecho, se tiene un problema de Cauchy puesto que, como la partıcula seencuentra inicialmente sobre el eje de abscisas con la cuerda ya tensada, estosignifica que se encuentra en el punto de coordenadas (, 0). Como este es unpunto de la curva tractriz se tiene que acompanar a la EDO de la condicioninicial y() = 0.

Esta ecuacion diferencial es de variables separables, de modo que, su soluciongeneral es

y(x; C ) = − √ 2 − x2

x dx + C .

Para calcular la integral, multiplicamos y dividimos el integrando por x y ha-cemos el cambio de variable z2 = 2 − x2 con lo que z dz = −x dx. Se tieneentonces que

I (x) =

√ 2 − x2

x dx =

x

√ 2 − x2

x2 dx =

z2

z2 − 2 dz.

Esta ultima integral racional se calcula primero dividiendo y luego descompo-

niendo en fracciones simples. Se tiene entonces quez2

z2 − 2 = 1 +

2

z2 − 2 = 1 +

1/2

z − +

−1/2

z +

= 1 +

2

1

z − − 1

z +

,




de modo que

I (x) = √

2

−x2

x dx = z +

2 [ln(z − ) − ln(z + )] = z +

2 ln z

−

z + .

Deshaciendo el cambio de variable realizado se tiene

I (x) =

√ 2 − x2

x dx =

2 − x2 +

2 ln

√ 2 − x2 − √ 2 − x2 +

.

Finalmente

y(x; C ) =

− 2 −x2

−

2

ln √

2 − x2 −

√ 2 − x2 + + C .

Calculamos la constante arbitraria C imponiendo la condicion inicial y(; C ) =0. Se tiene que

0 = −

2 ln(−1) + C = − i π

2 + C ,

de donde C = iπ/2 con i2 = −1. Recordemos que, si z ∈ C, se tiene larama principal del logaritmo ln z = ln |z| + i arg z. De este modo, tomandoC =

2 ln(−1) y usando las propiedades de los logaritmos, se llega a que la curvatractriz tiene por ecuacion

y(x) = −

2 − x2 +

2 ln

−√

2 − x2 − √ 2 − x2 −

.

Nota: la integral I (x) tambien se puede calcular primero haciendo el cambiox = sin t que la convierta en la integral trigonometrica racional

I (x) =

cos2 t

sin t dt,

que es impar en seno de modo que el nuevo cambio z = cos t la convierte en laintegral racional

I (x) = −

z2

1 − z2dz,

que, tras dividir los polinomios y descomponer en fracciones simples, puede sercalculada. Notemos que, al deshacer los cambios de variable, es util recordar larelacion cos(arcsin w) =

√ 1 − w2.


Problema 8.1 Hallar la soluci´ on general de

(sin(xy) + xy cos(xy)) dx + x2 cos(xy) dy = 0 .




Solucion. x sin(xy) = C .

Problema 8.2 Hallar un factor integrante µ(x) para las EDO lineales y +P (x)y = Q(x).

Solucion. µ(x) = exp

P (x) dy

.

Problema 8.3 Hallar la condici´ on que deben verificar las funciones P y Qpara que la EDO P (x, y) dx + Q(x, y) dy = 0 admita un factor integrante del tipo µ(f (x, y)) con una cierta f (x, y) dada.

Solucion.∂Q∂x − ∂P

∂y

P ∂f

∂y −Q∂f

∂x

:= h(f (x, y)) .

Problema 8.4 Hallar la soluci´ on general de xy + y = xy3.

Solucion. y2 = 1/(2x + Cx2).

Problema 8.5 Un circuito RC en serie con R = 5 Ohmnios y C = 0,02 Fa-radios se conecta con un generador de V = 100 Voltios. Hallar la carga del condensador Q(t) en funci´ on del tiempo y la intensidad de corriente I (t) que circula si el condensador tiene inicialmente una carga de 5 Culombios.

Solucion. Q(t) = 2 + 3e−10t, I (t) =

−30e−10t.

Problema 8.6 Hallar la familia de curvas ortogonales a la familia de parabolas y = C x2.

Solucion. La familia de elipses x2/2 + y2 = C 2 centradas en el origen y desemiejes 2C y C

√ 2.

Problema 8.7 Hallar la EDO que tiene por soluci´ on general la familia de hiperbolas x2 − C 2y2 = C 2.

Solucion. xyy − y2 = 1.

Problema 8.8 Hallar la soluci´ on general de y + xy = x3.

Solucion. y = Ce−x2/2 + x2 − 2.

Problema 8.9 Hallar la soluci´ on general de y = 1x sin y+2sin(2y) .

Indicacion: elegir adecuadamente la variable dependiente e independiente.

Solucion. x = C exp(− cos y) + 4(1 − cos y).

Problema 8.10 La velocidad de desintegraci´ on de un elemento quımico es di-rectamente proporcional a la cantidad de elemento que hay. Esa constante (con signo positivo) de proporcionalidad se llama constante de desintegraci´ on. Supon-gamos que el elemento A con constante de desintegraci´ on a tiene como productoresultante el elemento B cuya constante de desintegraci´ on es b.




(i) Hallar la abundancia de los elementos A(t) y B(t) en funci´ on del tiempo tsabiendo que en el instante inicial A(0) = A0 y B(0) = 0.

(ii) Calcular los tiempos T A y T B de m´ axima abundancia de A y de B.

Solucion. (i) A(t) = A0 exp(−at), B(t) = aA0

b−a [exp(−at) − exp(−bt)]. (ii)

T A = 0, T B = ln a−ln ba−b .

Problema 8.11 Obtener lo siguiente.

(i) Demostrar que las EDO de la forma f (y)y + f (y)P (x) = Q(x) reducen a una EDO lineal mediante el cambio z = f (y).

(ii) Hallar la soluci´ on general de y sin y = (1 − x cos y)cos y.

Solucion. (i) z + zP (x) = Q(x). (ii) 1cos y = (x + 1) + Cex.

Problema 8.12 Hallar la ecuaci´ on de las curvas planas tales que el ´ area del tri´ angulo formado por la tangente a la curva, el eje de abscisas y la vertical por el punto de tangencia sea igual a la mitad de la suma de los cuadrados de las coordenadas del punto de tangencia.

Solucion. y = C exp

− 2√

3 arctan

2y−x√ 3x

.

Problema 8.13 La velocidad de crecimiento del ´ area S de una hoja circular es proporcional a la longitud de su perımetro y a la cantidad de sol que cae sobre la hoja. La cantidad de luz que cae sobre la hoja es proporcional a su ´ area y al coseno del ´ angulo que forma la perpendicular a la hoja y la direcci´ on de los rayos solares. Dicho ´ angulo se puede aproximar por π(t − 12)/12, donde t es el tiempo medido en horas contado a partir de medianoche. Hallar la funci´ on S (t)sabiendo que a las 6 de la ma¯ nana el ´ area era de 1600cm2 y a las 6 de la tarde era 2500cm2.

Solucion. S (t) = 160000

[sin(π(t

−12)

12 )+9]

2 .

Problema 8.14 Hallar la ecuaci´ on de las curvas planas tales que la longitud de un arco de la misma y el area del recinto encerrado por la curva, el eje de abscisas y las rectas verticales que pasan por los extremos del arco verifican que su raz´ on es constante e igual a 1/k.

Solucion. y +

y2 − k2 = C exp(±x/k).

Problema 8.15 Hallar la solucion general de (y4 − 2y2)dx + (3xy3 − 4xy +y)dy = 0 demostrando previamente que admite un factor integrante del tipo

µ(xy2).

Solucion. (y4 − 2y2)12

x2y2 + x

+ y2

2 = C .




Problema 8.16 Sea f : [0, 1] ⊂ R → R derivable en [0, 1] con f (1) = 0. Sea S el area encerrada por la gr´ afica de f , el eje de abscisas y las rectas x = 0 y

x = 1. Para todo a ∈ (0, 1), la recta x = a divide S en dos regiones de areas A (parte izquierda) y B (parte derecha). Hallar la funci´ on f de modo que se satisfaga A − B = 2f (a) + 3a + c, siendo c una constante.

Solucion. f (x) = 32

1 − ex−1

.

Problema 8.17 Considerar la EDO siguiente: yf (xy) dx − xg(xy) dy = 0.

(i) Demostrar que admite el factor integrante µ(xy) = 1xy[f (xy)+g(xy)] .

(ii) Hallar la soluci´ on general de y = y(1+xy)x(1−xy) .

Solucion. (ii) xy + ln(x/y) = C .Problema 8.18 Supongamos un cuerpo de masa m, inicialmente en reposo,que experimenta una caıda libre en un campo gravitatorio de intensidad cons-tante g.

(i) Si la fuerza de rozamiento es proporcional (con constante de proporciona-lidad k) a la velocidad v del cuerpo, hallar la velocidad en funci´ on del tiempo. Calcular tambien la velocidad lımite v, suponiendo que la caıda es suficientemente larga.

(ii) Repetir el apartado (i), pero ahora suponiendo que la fuerza de rozamientoes proporcional al cuadrado de la velocidad v del cuerpo.

Solucion. (i) v(t) = mgk

1 − exp

− km t

con v = mgk .

(ii) v(t) =

mgk

exp2√

kgm t

−1

exp2√

kgm t

+1

con v =

mgk .


Problema 8.19 Hallar la soluci´ on del problema de Cauchy

y = −y/x + sin x,y(π) = 1.

Solucion. La EDO y = −y/x + sin x es lineal. Entonces:

Calculemos la solucion general yh(x; C ) de la ecuacion homogenea asociaday = −y/x. Separamos variables y tenemos

dy

y = −dx

x ,

con lo que ln

|y

| =

−ln

|x

|+ K , siendo K constante arbitraria. Tomando

C = eK con C constante arbitraria se tiene

yh(x; C ) = C

x .




Calculemos una solucion particular y p(x) de la EDO lineal y = −y/x +sin x usando el metodo de variacion de constantes. Se tiene pues que

y p(x) = C (x)/x. Calcularemos C (x) imponiendo que y p = −y p/x + sin x,es decir,xC (x) − C (x)

x2 = −C (x)/x

x + sin x .

Simplificando llegamos a que C (x) = x sin x, es decir,

C (x) =

x sin xdx .

Usando la formula de integracion por partes con u = x y dv = sin x dx,con lo que du = dx y v = − cos x, se tiene

C (x) = −x cos x +

cos x dx = −x cos x + sin x .

En definitiva,

y p(x) = −x cos x + sin x

x .

Hallamos la solucion general de la EDO lineal

y(x; C ) = yh(x; C ) + y p(x) = C

x +

−x cos x + sin x

x =

C − x cos x + sin x

x .

Calculemos ahora la solucion del problema de Cauchy, es decir, hallemos el valorde C de modo que se satisfaga la condicion inicial y(π; C ) = 1. Se obtiene que

C + π

π = 1 ,

con lo que C = 0 y la solucion del problema de Cauchy es

y(x) = − cos x + sin x

x .

Problema 8.20 Un punto material de masa unidad se mueve en lınea recta

debido a la acci´ on de una fuerza proporcional al tiempo en que act´ ua la fuerza e inversamente proporcional a la velocidad del punto. En los instantes de tiempot = 1 y t = 10 segundos, la velocidad es de 10m/s y 50m/s, respectivamente.¿Que velocidad tendr´ a el punto en el instante de tiempo t = 60?

Solucion. Usando la segunda ley de Newton, se tiene que

mdv

dt = k

t

v

siendo m = 1 la masa del cuerpo, v su velocidad, t el tiempo y k la constante deproporcionalidad. Esta ecuacion diferencial para la funcion v(t) es de variables

separables de modo que v dv = k

t dt ⇒ v2

2 = k

t2

2 + C ,




siendo C una constante. Las constantes C y k se pueden determinar con lascondiciones v(1) = 10 y v(10) = 50 que dan lugar al sistema lineal de ecuaciones

2500 = 2CC + 100k , 100 = 2C + k ,

cuya solucion es k = 800/33 y C = 1250/33. En definitiva, 33v2 = 100(25+8t2)de modo que

v(t) = 10√

33

25 + 8t2 .

Notemos que hemos tomado la rama positiva para la funcion v(t) debido a lascondiciones del enunciado. Finalmente

v(60) = 50 1153

33 = 295,548 m/s .

Problema 8.21 Un dep´ osito contiene 1000 litros de agua con 10 Kg de sal disuelto en ella. Se introduce en el dep´ osito agua que contiene disuelto 100 gramos de sal por litro a raz´ on de 3 litros por minuto, y la mezcla, bien revuelta,se deja salir a raz´ on de 4 litros por minuto. Halla la cantidad de sal que hay en el dep´ osito en funci´ on del tiempo.

Solucion. Sea v(t) el volumen de disolucion en el deposito. Segun los datos,v(0) = 1000 litros. Ademas, los caudales de entrada y salida son q e = 3 y q s = 4litros por minuto. Entonces, integrando la ecuacion de conservacion del volumen

dv

dt = q e − q s ,

se tienev(t) = v(0) + (q e − q s)t = 1000 − t .

Por otra parte, la concentracion de entrada es ce = 100 gramos de sal por litro.Entonces, definiendo M (t) como la masa de sal en el dep osito en funcion deltiempo, se tiene que la concentracion de salida es

cs(t) =

M (t)

v(t) =

M (t)

1000 − t

gramos de sal por litro. De este modo, la ecuacion de conservacion de la masa

dM

dt = q ece − q scs(t) ,

se convierte en la ecuacion diferencial lineal

dM

dt = 300 − 4

M

1000 − t .

Sea M h(t; C ) la solucion general de la ecuacion homogenea asociada

dM

dt = −4

M

1000 − t .




Separando las variables se tiene

dM

M = −4 dt

1000 − t ,

es decir,ln |M | = 4 ln |1000 − t| + K ,

siendo K constante arbitraria. De aquı se tiene que

M h(t; C ) = C (1000 − t)4 ,

siendo C constante arbitraria. Una solucion particular M p(t) de la ecuacionlineal completa se obtendra por variacion de constantes, es decir, se ensaya

M p(t) = C (t)(1000 − t)4. Imponiendo que sea solucion particular se tiene

dM pdt

= 300 − 4 M p

1000 − t ,

es decir, simplificando se tiene

C (t)(1000 − t)4 = 300 .

De este modo

C (t) = 300

(1000 − t)−4 dt = 100(1000 − t)−3 .

En definitivaM p(t) = 100(1000 − t) ,

con lo que

M (t) = M h(t; C ) + M p(t) = C (1000 − t)4 + 100(1000 − t)

es la solucion general. Pero la constante C debe ser calculada imponiendo la

condicion inicial M (0) = 10000 gramos con lo que10000 = C 10004 + 100000 ,

es decir, C = −9/108. Finalmente, se tiene

M (t) = (1000 − t)

100 − 9

108(1000 − t)3

.



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f( x)

n

k=0

f (k )(a)

k! (x a)k f( x)

n

k=0

f (k )(a)

k! (x a)k

curso de introduccion al calculo para grados en ingenieria

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