temas de calculo diferencial en varias variables

TEMAS DE CALCULO

DIFERENCIAL EN

VARIAS VARIABLES

Abel Enrique Posso Agudelo

Alejandro Martınez Acosta

Jose Rodrigo Gonzalez Granada

x

y

z

Universidad Tecnologica de Pereira

Facultad de Ciencias Basicas

Departamento de Matematicas

TEMAS DE CALCULO DIFERENCIAL EN VARIAS VARIABLES

c© Abel Enrique Posso Agudelo. Autor

Profesor titular


c© Alejandro Martınez Acosta. Autor

Profesor asociado


c© Jose Rodrigo Gonzalez Granada. Autor

Profesor asistente


Primera edicion, Pereira - Risaralda. Mayo de 2010

ISBN

Caratula: Alejandro Martınez Acosta

Portada: Abel Enrique Posso Agudelo

Diseno y diagramacion: los autores

Digitacion y elaboracion de dibujos: Los autores

Impreso y hecho en Colombia

Impreso por POSTERGRAPH S. A.

Derechos reservados.

Prohibida la reproduccion total o parcial sin autorizacion escrita del titular

de los derechos.

Contenido

Prefacio v

1. Vectores 1

1.1. Coordenadas y vectores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.1.1. Coordenadas cartesianas en Rn . . . . . . . . . . . . . 1

1.1.2. Vectores en Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.2. Operaciones con vectores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.2.1. Suma y multiplicacion por un escalar . . . . . . . . . . 10

1.2.2. Producto escalar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

1.2.3. Producto vectorial en R3 . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

1.3. Rectas y planos en el espacio (R3) . . . . . . . . . . . . . . . . 22

1.3.1. Rectas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

1.3.2. Planos en el espacio (R3) . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

1.4. Ejercicios del capıtulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

2. Superficies 31

2.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

2.2. Superficies cilındricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

2.3. Superficies de revolucion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

i

Contenido

2.4. Superficies cuadricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36


3. Funciones vectoriales 43

3.1. Funciones vectoriales y curvas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

3.2. Lımites y continuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

3.3. Derivadas e integrales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

3.4. Longitud de arco y curvatura . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

3.4.1. El triedro movil T , N , B . . . . . . . . . . . . . . . . 51

3.4.2. Curvatura y cırculo osculador en curvas planas . . . . . 53

3.4.3. Curvatura y torsion en curvas en el espacio . . . . . . . 57

3.5. Movimiento en el espacio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

3.5.1. Posicion, velocidad y aceleracion . . . . . . . . . . . . . 58

3.5.2. Componentes tangencial y normal de ~a . . . . . . . . . 60


4. Derivacion parcial 65

4.1. Campos escalares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

4.1.1. Puntos y conjuntos en Rn . . . . . . . . . . . . . . . . 65

4.1.2. Definicion, dominio y recorrido . . . . . . . . . . . . . 66

4.1.3. Conjuntos de nivel y graficas . . . . . . . . . . . . . . . 68

4.2. Lımites y continuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

4.3. Derivadas parciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

4.4. Plano tangente y diferenciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

4.5. Regla de la cadena . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88

4.6. Gradientes y conjuntos de nivel . . . . . . . . . . . . . . . . . 92

4.7. Derivadas direccionales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94

ii

Contenido

4.8. Valores extremos y puntos de silla . . . . . . . . . . . . . . . . 97

4.9. Multiplicadores de Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104


iii

PREFACIO

El objetivo principal de este libro es el de proporcionar una introduccion

al calculo diferencial de funciones de varias variables. Contiene elementos

teoricos y ejercicios suficientes para ser usado como libro de texto en los cursos

de calculo en varias variables que se imparten en las diversas universidades

colombianas en las carreras de ingenierıas y tecnologıas. En particular, en la

Universidad Tecnologica de Pereira el libro puede ser utilizado en los cursos

de Matematicas III.

En el libro tratamos de exponer, de manera sencilla, los conceptos basicos

del calculo diferencial en varias variables y algunas de sus aplicaciones. Este

ha sido nuestro objetivo principal al escribir estas notas y, con la idea de que

sean utiles al mayor numero posible de lectores, hemos procurado exponer

los conceptos de tal manera que puedan ser entendidos sin dificultad por

aquellos que conozcan las nociones basicas del algebra vectorial y del calculo

diferencial e integral en una variable. Resaltamos que el calculo diferencial

e integral de funciones de varias variables son materias fundamentales del

analisis matematico, tanto por su interes en matematicas puras como por su

utilidad para modelar y resolver problemas en ingenierıa.

El texto se ha estructurado como los libros usuales de matematicas en el

sentido de exponer definiciones, teoremas, proposiciones, lemas, corolarios,

etc., y aunque se omite la demostracion de la mayorıa de los teoremas no se

ha descuidado el rigor en el tratamiento de los mismos.

Consideramos que durante el aprendizaje de una materia el alumno debe

v

Prefacio

tomar una posicion activa y de discusion. De acuerdo con esta idea, el apren-

dizaje que se propone aquı sera a traves de la realizacion de ejercicios. Los

hay de clase muy diversa: desde aquellos donde se trata simplemente de apli-

car una definicion a una situacion concreta hasta aquellos que constituyen

en realidad un buen resultado matematico. Hemos procurado no seleccio-

nar ejercicios repetitivos sobre una misma idea, sino mas bien aquellos que

ayudan a dar claridad a los conceptos.

Las figuras incluidas en el texto se elaboraron con el paquete Pstricks. Ani-

mamos al lector a que dibuje, siempre que le sea posible, las ideas presentes

en el mismo, puesto que en multitud de ocasiones es una ayuda decisiva pa-

ra entender los razonamientos formales. No olvidemos el adagio popular: un

buen dibujo vale mas que mil palabras.

Existe una amplia gama de programas informaticos para graficar funciones,

algunos de ellos muy buenos y variados. Por su facilidad en el uso reco-

mendamos el Asistente matematico DERIVETM (de Texas Instruments). Las

posibilidades de calculo numerico y graficacion de un asistente matemati-

co como DERIVETM permiten mejorar la comprension de muchos conceptos

matematicos, sobre todo a aquellos estudiantes que presentan problemas a la

hora de realizar los calculos permitiendoles avanzar a pesar de sus deficiencias

de formacion.

El libro se ha dividido en cuatro capıtulos que pueden ser cubiertos en 8

semanas de clase con una intensidad de 5 horas semanales.

En el capıtulo 1 se estudian algunos conceptos del algebra vectorial que son

necesarios para afrontar las ideas del calculo diferencial de funciones de va-

rias variables. Este capıtulo puede ser omitido por aquellos estudiantes que

han cursado y aprobado la asignatura Algebra lineal que se imparte en la

Universidad Tecnologica de Pereira.

En el capıtulo 2 se hace un estudio de las superficies. En particular se estudian

las superficies cilındricas, las cuadricas y las superficies de revolucion, que

vi

Prefacio

serviran para ilustrar las ideas principales del calculo diferencial.

En el capıtulo 3 se estudian las funciones vectoriales, empezando con la defi-

nicion y la parametrizacion de curvas en R2 y R

3. Se estudian los conceptos

de lımite, continuidad, derivacion e integracion de funciones vectoriales. El

capıtulo termina con algunas aplicaciones al movimiento de partıculas en el

espacio.

El libro concluye con el capıtulo 4 donde se estudian las funciones de varias

variables y valor real (campos escalares.) Se introducen los conceptos de lımi-

te y continuidad de un campo escalar, derivada parcial, derivada direccional

y gradiente. El capıtulo finaliza con el estudio de los maximos y mınimos de

una funcion.

Finalmente, los autores manifestamos nuestra gratitud a profesores colegas

por las observaciones y consejos valiosos realizados durante la elaboracion del

libro. Igualmente agradecemos a aquellos alumnos que con sus dudas y deseo

de saber mas nos motivan dıa a dıa a mejorar nuestra practica docente. A

todos ellos dedicamos este libro.

Igualmente, expresamos nuestra gratitud anticipada por las crıticas, comen-

tarios y sugerencias que los lectores estimen oportuno hacernos llegar sobre

la presente obra.

Los autores

vii

Capıtulo 1

Vectores

1.1. Coordenadas y vectores

1.1.1. Coordenadas cartesianas en Rn

En esta seccion se hace un breve repaso acerca del sistema de coordenadas

cartesianas rectangulares. Se denominan ası en honor al filosofo y ma-

tematico frances Rene Descartes (1596-1650), quien intento fundamentar su

pensamiento filosofico en la necesidad de tomar un ((punto de partida)) sobre

el que edificar todo el conocimiento.

Como creador de la geometrıa analıtica, co-

mienza tomando un ((punto de partida)): el

sistema de referencia cartesiano, para poder

representar la geometrıa plana tomando co-

mo referencia dos rectas perpendiculares en-

tre sı, que se cortan en un punto denomina-

do ((origen de coordenadas)), ideando ası las

denominadas coordenadas cartesianas (ver fi-

gura 1.2). Figura 1.1. Rene Descartes.

1

2 Capıtulo 1. Vectores

b b

x1

O P

0 x

(a) En la recta

b

b b

x1

y1

P (x1, y

1)Py(0, y

1)

Px(x1, 0)

0 x

y

(b) En el plano

b

b b

b

bb

b b

O(0, 0, 0)

P (x1, y

1, z

1)

Pxy(x1, y

1, 0)

Py(0, y1, 0)

Px(x1, 0, 0)

x

y

z

(c) En el espacio

Figura 1.2. Coordenadas en la recta, en el plano y en el espacio.

Se denota:

R2 = {(x, y) | x, y ∈ R} ,

R3 = {(x, y, z) | x, y, z ∈ R} ,

· · ·R

n = {(x1 , . . . , xn) | xi∈ R; i = 1, 2, . . . , n}

Ejemplo 1.1.1. Determine el signo de cada una de las coordenadas segun

los octantes.

Solucion. De acuerdo con la grafica, se completa la tabla de la siguiente

manera:

x y

z

Plano xy

Plano yz

Plano xz

Octante x y z

I + + +

II − + +

III − − +

IV + − +

V + + −VI − + −VII − − −VIII + − −

Abel E. Posso A., Alejandro Martınez A., Jose R.Gonzalez G.

Seccion 1.1. Coordenadas y vectores 3

Ejemplo 1.1.2. Ubique en R3 cada uno de los siguientes puntos.

a) (1, 0, 0)

b) (0, 1, 0)

c) (0, 0, 1)

d) (2, 4, 4)

e) (2,−2,−3)

f) (−2,−1, 2)

g) (−3, 1,−2)

h) (−4,−2,−1)

i) (2, 4,−1)

Solucion. Se dibujan en dos sistemas para mayor claridad.

xy

z

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

)

(0, 0, 1) (2, 4, 4)

(2, −2, −3)

(2, 4, −1)

(−3, 1, −2)

(−2, −1, 2)

(−4, −2, −1)

xy

z

Figura 1.3. Ubicacion de puntos en R3

Definicion 1.1.1 (Distancia). Sean P1(x1 , x2 , . . . , xn) y P2(y1 , y2 , . . . , yn) dos

puntos en Rn. La distancia entre P1 y P2 es

d = d(P1, P2) =√

(y1 − x1)2 + (y2 − x2)

2 + · · ·+ (yn − xn)2. (1.1)

Ejemplo 1.1.3. Hallar los valores de λ, si existen, de modo que los puntos

P y Q disten 5 unidades: a) P (−5, 0), Q(λ, 4) b) P (3,−2), Q(λ, 1).

Solucion. De acuerdo con (1.1) se tiene

a)√

(λ + 5)2 + 16 = 5 ⇒ (λ + 5)2 = 9 ⇒ λ = −2 o λ = −8

b)√

(λ − 3)2 + 9 = 5 ⇒ (λ − 3)2 = 16 ⇒ λ = 7 o λ = −1



P (−5, 0)

Q1(−2, 4)Q

2(−8, 4)

d=

5d=

5

x

y

P (3,−2)

Q1(7, 1)Q

2(−1, 1)

d=

5d=

5x

y

Figura 1.4. Grafica ejemplo 1.1.3

Definicion 1.1.2 (Esfera). La superficie esferica o simplemente esfera con

centro en C(x0 , y0, z0) y radio r, es el conjunto de puntos P (x, y, z) del espacio

tales que

(x − x0)2 + (y − y0)

2 + (z − z0)2 = r2 (1.2)

Ejemplo 1.1.4. Determine la ecuacion de la esfera con centro en (5, 2,−1)

y radio 4.

Solucion. Sustituyendo en (1.2), la ecuacion de la esfera es

(x − 5)2 + (y − 2)2 + (z + 1)2 = 16.

Simplificando se obtiene:

x2 + y2 + z2 − 10x − 4y + 2z + 14 = 0.

1.1.2. Vectores en Rn

Definicion 1.1.3 (Vector). Geometricamente un vector en R, R2 o R

3

es un segmento de recta dirigido. Analıticamente un vector en Rn es una

n–tupla ordenada de numeros reales: (x1 , x2 , . . . , xn).

Notacion. Los vectores se denotan mediante letras con una flecha encima,

por ejemplo, #–a ,#–

b , #–v ,# –

A . Un vector tambien se puede representar por un

segmento de recta dirigido en la forma# –

PQ donde P es punto inicial, cola o



punto de aplicacion y Q es el punto terminal, extremo o cabeza.

Si la cola es el origen, se escribira#–

A en

lugar de# –

OA . De este modo se puede

asociar a cada punto A(a1 , . . . , an) de

Rn un unico vector

#–

A = (a1 , . . . , an)

cuya cola es el origen, llamado vector

o anclado del punto A como se ilustra

en la figura 1.5 para R2.

b

b

b

b

O

A(a, b)

#–

A= (a, b)

#

–

PQ

P (x1, y

1)

Q(x2, y

2)

x

y

Figura 1.5. Vectores en R2

Comentario. Aun cuando en algunos textos al definir vector se le caracteriza

con magnitud, direccion y sentido, se ha generalizado la definicion diciendo

que son cantidades con magnitud y direccion incluyendo en esta ultima pa-

labra la idea de hacia donde apunta la flecha sobre la recta que la contiene,

y solo se habla de sentido cuando se quiere hacer enfasis en el mismo. El

sentido lo da la flecha.

Definicion 1.1.4 (Igualdad de vectores en Rn).

1. Geometricamente.

O x

y

Figura 1.6. Vectores iguales en R2

Dos vectores no nulos en R, R2 o

R3 son iguales si y solo si tienen

la misma longitud y direccion.

2. Analıticamente. Los vectores #–u = (x1 , . . . , xn) y #–v = (y1 , . . . , yn) son

iguales si y solo si xi = yi para i = 1, 2, . . . , n.

Ejemplo 1.1.5. Determine los valores de λ y β, si existen, de modo que los

vectores #–u = (2 − λ,−3) y #–v = (−3 − 2β,−λ + β) sean iguales.

Solucion. #–u = #–v implica: 2− λ = −3− 2β y − 3 = −λ + β. Al resolver

se obtiene: λ = 1, β = −2.



Definicion 1.1.5 (Norma de un n–vector). Sea #–a = (a1 , a2 , . . . , an) ∈R

n. La longitud, magnitud o norma de #–a , denotada por ‖ #–a‖, esta dada por

‖ #–a‖ =√

a21+ a2

2+ · · ·+ a2

n =

(n∑

i=1

a2i

)1/2

. (1.3)

Ejemplo 1.1.6. Hallar longitud de los siguientes vectores

a) #–a = (2, 2) b)#–

b = (−4, 3) c) #–u = (13,−2

3, 2

3)

Solucion. Segun (1.3):

a) ‖ #–a‖ =√

22 + 22 =√

8 = 2√

2

b) ‖ #–

b ‖ =√

(−4)2 + 32 =√

25 = 5

c) ‖ #–u‖ =√

(1/3)2 + (−2/3)2 + (2/3)2 =√

1 = 1

Definicion 1.1.6 (Vector unitario). Sea #–u ∈ Rn, se dice que #–u es unitario

si y solo si ‖ #–u‖ = 1. Si #–u es unitario, se denota por u.

Definicion 1.1.7 (Vector nulo). El vector nulo es#–

0 = (0, 0, . . . , 0).

Definicion 1.1.8 (Direccion de un vector en R2). Sea

#–

0 6= #–v ∈ R2.

La direccion de #–v , denotada por θ = dir #–v , es el angulo θ con menor valor

absoluto que forma el vector #–v la parte positiva de las abscisas.

θ1

θ2

θ3

θ4

#–v1

#–v2

#–v3

#–v4

x

y

(a) 0 ≤ θ < 2π

θ1

θ2

θ3

θ4

#–v1

#–v2

#–v3

#–v4

x

y

(b) −π < θ ≤ π

Figura 1.7. Direccion de un vector en R2



En la figura 1.7(b) se muestra la direccion de varios vectores.

Nota. La direccion de un vector no nulo #–v de R2, tambien se puede definir

como el angulo de menor giro positivo del vector con respecto al eje positivo

de las abscisas, como se ilustra en la figura 1.7(a). La direccion de un vector#–v = (x1 , y1) ∈ R

2 esta dada por tan θ =y1

x1

para x1 6= 0. Si x1 = 0, entonces

θ = π2

cuando y1 > 0 y θ = −π2

cuando y1 < 0. La direccion del vector#–

0 no

esta definida.

Ejemplo 1.1.7. Hallar direccion de los siguientes vectores:

a) #–v = (4, 4) b) #–v = (−4, 4) c) #–v = (−2,−2√

3)

Solucion.

a) Como tan θ = 1 y #–v esta en el primer cuadrante, entonces θ = π4.

b) Como tan θ = −1 y #–v esta en el segundo cuadrante, entonces θ = 3π4

.

c) Como tan θ =√

3 y #–v esta en el tercer cuadrante, entonces θ = −2π3

.

θ = π4

#–v = (4, 4)

O x

y

(a)

θ = 3π4

#–v = (−4, 4)

O x

y

(b)

θ = − 2π3

#–v = (−2,−2√

3)

O

x

y

(c)

Observacion. La direccion de un vector en R3, y en general en R

n, no

se puede definir simplemente como el angulo θ que el vector forma con la

parte positiva del eje x o x1 ya que 0 < θ < π2, por ejemplo, existe una

infinitud de vectores que forman un angulo θ con la parte positiva de dicho

eje, describiendo un cono en el espacio. Ver [5], pagina 185.



θθ

O

x

y

z

Figura 1.8. Cono de vectores en R3.

α1

α2

#–v = (x1, y

1)

O x

y

Figura 1.9. Angulos directores en R2

Definicion 1.1.9 (Angulos y cosenos directores en R2). Sea #–v un

vector no nulo en R2. Los angulos α1 y α2 que el vector #–v forma con las

direcciones positivas de los ejes x y y respectivamente, reciben el nombre de

angulos directores. Los cosenos de los angulos directores se llaman cosenos

directores de #–v .

Los cosenos directores de #–v = (x1 , y1) son:

cos α1 =x1

‖ #–v‖ y cos α2 =y1

‖ #–v ‖ (1.4)

Ademas

cos2 α1+ cos2 α

2= 1 (1.5)

Ejemplo 1.1.8. Halle los vectores #–v en R2 si ‖ #–v ‖ = 4 y angulo director

α1 = 3π4

.

Solucion. Al usar la formula (1.5) con α1 = 3π4

se tiene

cos2 α2 = 1 − cos2(3π4

) = 1 − 12

= 12.

Luego,

cos α2 =√

22

o cos α2 = −√

22

.

α1

= 3π4

α1

= 3π4

O x

y

De (1.4), x1 = 2√

2 y y1 = 2√

2 o x1 = 2√

2 y y1 = −2√

2.

Los vectores son #–v = (2√

2, 2√

2) o #–v = (2√

2,−2√

2).



Definicion 1.1.10 (Angulos y cosenos directores en R3 y en R

n).

1. Sea #–v = (x1, y

1, z

1) ∈ R

3, #–v 6= #–

0 . Los angulos α1, α

2y α

3que el vector

#–v forma con las direcciones positivas de los ejes x, y y z respectivamente,

se llaman angulos directores y sus cosenos, cosenos directores de #–v .

O

#–v = (x1, y

1, z

1)

α1

α2

α3

x

y

z

Figura 1.10. Angulos directores en R3

Los cosenos directores de #–v son:

cos α1 =x

1

‖ #–v‖ ,

cos α2

=y1

‖ #–v‖ ,

cos α3 =z1

‖ #–v‖ .

(1.6)

Ademas,

cos2 α1 + cos2 α2 + cos2 α3 = 1. (1.7)

2. Sea #–v = (x1 , x2 , . . . , xn) ∈ R

n, #–v 6= #–

0 . Los angulos α1 , α2 , . . . αn que

el vector #–v forma con las direcciones positivas de los ejes x1, x2, . . . , xn

respectivamente, se llaman angulos directores y sus cosenos, cosenos

directores de #–v . Los cosenos directores de #–v son:

cos α1 =x1

‖ #–v ‖ , cos α2 =x2

‖ #–v‖ , . . . , cos αn

=x

n

‖ #–v ‖Ademas,

cos2 α1 + cos2 α2 + · · ·+ cos2 αn

= 1.

Ejemplo 1.1.9. Halle un vector #–v ∈ R3 de longitud 6, con componentes

positivas y angulos directores iguales.

Solucion. De (1.7), 3 cos2 α1 = 1, pues α1 = α2 = α3 y como #–v esta en

el primer octante, cosα1 =√

33

. Ası, de (1.6), x1 = 2√

3 = x2 = x3 . Luego,#–v = (2

√3, 2

√3, 2

√3).



Definicion 1.1.11 (Direccion de un vector en Rn). Sea

#–

0 6= #–v ∈ Rn, la

direccion de #–v , denotada por dir #–v , se define como el vector unitario

dir #–v =1

‖ #–v‖#–v = (cos α1, cos α2 , . . . , cos αn) = u.

1.2. Operaciones con vectores

1.2.1. Suma y multiplicacion por un escalar

Definicion 1.2.1 (suma).

1. Geometricamente. Sean #–u y #–v dos vectores en R2 o R

3. Graficamente,

la suma de #–u con #–v se puede obtener de dos maneras equivalentes: regla

del triangulo y regla del paralelogramo. Para sumar #–u con #–v mediante

la regla del triangulo, se hace coincidir la cola de #–v con la cabeza de #–u.

Ası, #–u + #–v es el vector cuya cola coincide con la cola de #–v y su cabeza

con la de #–v . Para sumarlos mediante la regla del paralelogramo, se hacen

coincidir sus colas y se forma el paralelogramo, #–u + #–v es el vector formado

por la diagonal que empieza en la cola comun de #–u y #–v .

#–u

#–v

#–u+

#–v

(a) Regla del triangulo

#–u

#–v #–u+

#–v

(b) Regla del paralelogramo

Figura 1.11. Suma geometrica de vectores en R2 y en R

3

Ejemplo 1.2.1. Sean #–u , #–v ∈ R2. Halle ‖ #–u + #–v ‖ si ‖ #–u‖ = 5, ‖ #–v ‖ = 3

y el angulo entre ellos es 60o.


Seccion 1.2. Operaciones con vectores 11

Solucion. Por la ley de los cosenos se tiene

‖ #–u + #–v ‖2 = ‖ #–u‖2 + ‖ #–v‖2 − 2 ‖ #–u‖ ‖ #–v‖ cos 120o

= 25 + 9 − 2(5)(3)(−0.5) = 49

Luego, ‖ #–u + #–v‖ = 7.

120o

60o

#–u

#–v

#–u +#–v

2. Analıticamente. Sean #–u = (x1 , x2 , . . . , xn), #–v = (y1 , y2, . . . , yn) ∈ Rn. La

suma de #–u con #–v , denotada por #–u + #–v , se define como

#–u + #–v = (x1 + y1 , x2 + y2, . . . , xn + yn).

Definicion 1.2.2 (Multiplicacion por un escalar).

1. Geometricamente. Sea #–v 6= #–

0 un vector en Rk; k = 1, 2, 3 y λ ∈ R. El

vector λ #–v es el vector que satisface las siguientes condiciones:

a)#–

0 si λ = 0.

b) dir λ #–v = dir #–v si λ > 0.

c) dir λ #–v = dir #–v + π si λ < 0.

#–v

λ #–vb

#–v

λ #–v

(a) Dilatacion: |λ| > 1

#–v

λ #–v

b

λ #–v

#–v

(b) Contraccion: 0 < |λ| < 1

Figura 1.12. Multiplicacion por un escalar

2. Analıticamente. La multiplicacion del vector #–v = (x1 , x2 , . . . , xn) por el

escalar, λ denotada por λ #–v , se define como

λ #–v = (λx1 , λx2 , . . . , λxn).



Definicion 1.2.3 (Resta). Sean #–u = (x1 , . . . , xn), #–v = (y1, . . . , yn) en Rn. La

resta entre #–u y #–v es

#–u − #–v = #–u + (− #–v ) = (x1 − y1, x2 − y2, . . . , xn − yn).

Nota. Sean P y Q puntos en Rn cuyos vectores localizados son

#–

P y#–

Q.

Entonces

# –

PQ =#–

Q − #–

P .

#–u

#–u

#–v

− #–v

#–u−

#–v

(a) Resta

b

b

b

O #–

Q

#–

P

P

Q

# –

PQ

=#–

Q−

#–

P

(b) Vector PQ

Figura 1.13. Resta geometrica de vectores en R2 y en R

3

Ejemplo 1.2.2. Sean #–v1 = (3, 1) y #–v2 = (−1, 2). Halle y dibuje:

a) #–v1 + #–v2 b) #–v1 − #–v2 c) 2 #–v1 + 3 #–v2

Solucion.

a) #–v1 + #–v2 = (2, 3) b) #–v1 − #–v2 = (4,−1) c) 2 #–v1 + 3 #–v2 = (3, 8)

Graficamente se tiene



#–v1

#–v2 #–v 1

+#–v 2

O x

y

(a)

#–v1

#–v2

− #–v2

#–v1 − #–v

2

O x

y

(b)

#–v1

#–v2 2 #–v

1

3 #–v2

2#– v1

+3

#– v2

O x

y

(c)

Propiedades de la suma y de la multiplicacion por un escalar

Sean #–u, #–v , #–w ∈ Rn; λ, β ∈ R. Entonces

S1. #–u + #–v es un vector.

S2. #–u + #–v = #–v + #–u

S3. ( #–u + #–v ) + #–w = #–u + ( #–v + #–w )

S4. #–u +#–

0 = #–u

S5. #–u + (− #–u) =#–

0

M1. λ #–u es un vector.

M2. λ( #–u + #–v ) = λ #–u + λ #–v

M3. (λ + β) #–u = λ #–u + β #–u

M4. (λβ) #–u = λ(β #–u) = β(λ #–u)

M5. 1 #–u = #–u

Definicion 1.2.4 (Vectores paralelos). Dos vectores no nulos #–u y #–v se

dicen paralelos cuando existe un escalar (no nulo) λ tal que

#–v = λ #–u o #–u = λ #–v .

Ejemplo 1.2.3. Los vectores #–u = (1,−2, 3, 1) y #–v = (−3, 6,−9,−3) son

paralelos, porque #–v = −3 #–u.



1.2.2. Producto escalar

Definicion 1.2.5 (Producto escalar). Dados #–u = (x1 , x2 , . . . , xn) y#–v = (y

1, y

2, . . . , yn) dos vectores de R

n, el producto escalar, (o producto

punto o producto interno) entre #–u y #–v , denotado por #–u · #–v y que se lee

“u punto v”, se define como

#–u · #–v = x1y1 + x2y2 + · · ·+ xnyn =n∑

i=1

xiyi. (1.8)

Ejemplo 1.2.4. Si #–u = (2, 1,−1), #–v = (−1, 3, 4) y #–w = (1,−2, 3), hallar

a) #–u · #–v b) #–u · #–w c) #–v · #–w

Solucion.

a) #–u · #–v = (2)(−1) + (1)(3) + (−1)(4) = −3

b) #–u · #–w = (2)(1) + (1)(−2) + (−1)(3) = −3

c) #–v · #–w = (−1)(1) + (3)(−2) + (4)(3) = 5

Teorema 1.2.6 (Propiedades). Sean #–u , #–v , #–w ∈ Rn y λ ∈ R, entonces

1. #–u · #–v = #–v · #–u (conmutatividad)

2. #–u · ( #–v + #–w) = #–u · #–v + #–u · #–w (distributividad)

3. λ( #–u · #–v ) = (λ #–u) · #–v = #–u · (λ #–v ) (homogeneidad)

4. #–u · #–u > 0 si #–u 6= #–

0 . (positividad)

A continuacion definimos la longitud o norma de un vector y el angulo entre

dos vectores en terminos del producto escalar



Definicion 1.2.7. Sea #–u un vector de Rn. La norma o longitud del vector

#–u se denota con ‖ #–u‖ y se define como

‖ #–u‖ =√

#–u · #–u

Las propiedades de la norma ‖ · ‖ se enuncian en el siguiente teorema

Teorema 1.2.8 (Propiedades). Sean #–u, #–v ∈ Rn y λ ∈ R, entonces

1. ‖ #–u‖ > 0 si #–u 6= #–

0 y es cero solo si #–u =#–

0 (positividad)

2. ‖λ #–u‖ = |λ| ‖ #–u‖ (homogeneidad)

3. ‖ #–u + #–v ‖ ≤ ‖ #–u‖ + ‖ #–v‖ (Desigualdad triangular)

4. | #–u · #–v | ≤ ‖ #–u‖ ‖ #–v‖ (Desigualdad de Cauchy–Schwarz)

Como una consecuencia inmediata de la desigualdad de Cauchy–Schwarz

podemos afirmar que para #–u 6= #–

0 y #–v 6= #–

0 se tiene que

−1 ≤#–u · #–v

‖ #–u‖ ‖ #–v ‖ ≤ 1

lo cual garantiza la existencia de un numero θ en el intervalo [0, π] tal que

cos θ =#–u · #–v

‖ #–u‖ ‖ #–v ‖ .

Esto nos permite definir el angulo entre los vectores no nulos #–u y #–v de la

siguiente manera:

Definicion 1.2.9 (Angulo entre dos vectores).

Sean #–u y #–v vectores no nulos

de Rn. El angulo θ entre ellos

esta dado por

cos θ =#–u · #–v

‖ #–u‖ ‖ #–v‖ . (1.9)O

#–u

#–v

θ

Figura 1.14. Angulo entre vectores



Ejemplo 1.2.5. Halle el angulo entre #–u = (1, 0, 0, 1) y #–v = (0, 1, 0, 1).

Solucion. De (1.9), cos θ =#–u · #–v

‖ #–v ‖ ‖ #–u‖ =1√2√

2=

1

2⇒ θ = 60o.

Ejemplo 1.2.6. Que se puede decir de los vectores #–u y #–v si:

a) #–u · #–v = 0 b) #–u · #–v = ±‖ #–u‖ ‖ #–v ‖

Solucion.

a) En este caso, cos θ = 0, luego θ = 90o. Los vectores son ortogonales.

b) Ahora cos θ = ±1, luego θ = 0o o θ = 180o. Los vectores son paralelos.

Definicion 1.2.10 (Vectores ortogonales). Dos vectores no nulos #–u y #–v

son ortogonales (perpendiculares) si el angulo entre ellos es 90o.

Ejemplo 1.2.7. Si ‖ #–u‖ = 3 y ‖ #–v‖ = 5. Calcular ‖ #–u + #–v ‖ en cada caso:

a) #–u y #–v son ortogonales b) el angulo entre ellos es π/3

Solucion.

a) Por el teorema de Pitagoras

‖ #–u + #–v ‖2 = ‖ #–u‖2 + ‖ #–v‖2 = 9 + 25 = 34.

Luego,

‖ #–u + #–v‖ =√

34

b) De acuerdo con el ejercicio 3a,

‖ #–u + #–v ‖2 = ‖ #–u‖2 + 2 #–u · #–v + ‖ #–v‖2

= 34 + 2 ‖ #–u‖ ‖ #–v‖ cos 60o = 9 + 2(3)(5)(0.5) + 25 = 49.

Luego,

‖ #–u + #–v‖ = 7 .



Definicion 1.2.11 (Proyeccion y componentes). Sean #–u , #–v ∈ Rn. La

proyeccion de #–v sobre #–u 6= #–

0 , denotada por proy #–u#–v , esta dada por

proy #–u#–v =

#–u · #–v

‖ #–u‖2#–u. (1.10)

La componente de #–v sobre #–u, denotada por comp #–u#–v , esta dada por

comp #–u#–v =

#–u · #–v

‖ #–u‖ = ‖ #–v ‖ cos θ. (1.11)

O #–u

#–v#–w

θ

(a) 0 < θ < π/2

b

O #–u

#–v

θ

(b) θ = π/2

O #–u

#–v#–w

θ

(c) π/2 < θ < π

Figura 1.15. Proyeccion en R2

Ejemplo 1.2.8. Sean #–u = (2, 1, 0,−1) y #–v = (0, 0, 1, 2). Hallar

proy #–v#–u, proy #–u

#–v y comp #–v#–u.

Solucion. #–u · #–v = −2. Luego,

proy #–v#–u =

#–u · #–v

‖ #–v‖2#–v = −2

5(0, 0, 1, 2) = (0, 0,−1

5,−4

5)

proy #–u#–v =

#–v · #–u

‖ #–u‖2#–u = −2

6(2, 1, 0,−1) = (−2

3,−1

3, 0, 1

3)

comp #–v#–u =

#–u · #–v

‖ #–v ‖ = − 2√5

= −2√

5

5

El vector #–w = #–v − proy #–u#–v , se llama proyeccion ortogonal de #–v sobre #–u .

Vectores canonicos

1. En R2 los vectores ı = (1, 0) y = (0, 1) permiten escribir cualquier

vector #–v = (a, b) en la forma: #–v = (a, b) = aı + b.



2. En R3 los vectores ı = (1, 0, 0), = (0, 1, 0) y k = (0, 0, 1) permiten

escribir un vector #–v = (a, b, c) en la forma: #–v = (a, b, c) = aı+ b+ ck.

O

P (a, b)

b

b

x

y

ı

aı

b

#–v=

aı+

b OP (a, b, c)

b

b

x

y

z

ı

k

aı

b

ck

#–v = aı + b + ck

Figura 1.16. Vectores canonicos en R2 y en R

3

3. En Rn, e1 = (1, 0, 0, . . . , 0), e2 = (0, 1, 0, . . . , 0), . . ., en = (0, 0, . . . , 1)

permiten escribir cualquier vector #–v = (a1 , a2, . . . , an) en la forma

#–v = (a1, a

2, . . . , an) = a

1e

1+ a

2e

2+ · · ·+ anen =

n∑

i=1

aiei.

1.2.3. Producto vectorial en R3

Definicion 1.2.12. Sean #–u = (u1, u2, u3) y #–v = (v1 , v2 , v3) dos vectores de

R3, el producto vectorial o producto cruz entre #–u y #–v , denotado por

#–u × #–v , esta dado por

#–u × #–v =

∣∣∣∣∣

u2 u3

v2 v3

∣∣∣∣∣ı −

∣∣∣∣∣

u1 u3

v1 v3

∣∣∣∣∣ +

∣∣∣∣∣

u1 u2

v1 v2

∣∣∣∣∣k =

∣∣∣∣∣∣∣

ı k

u1

u2

u3

v1 v2 v3

∣∣∣∣∣∣∣

(1.12)

Ejemplo 1.2.9. Dados #–u = (1,−1, 3) y #–v = (2, 1,−2), halle #–u × #–v , #–v × #–u

y #–u · ( #–u × #–v ).

Solucion. Usando la formula (1.12), se tiene

#–u × #–v =

∣∣∣∣∣∣∣

ı k

1 −1 3

2 1 −2

∣∣∣∣∣∣∣

= −ı + 8 + 3k



#–v × #–u =

∣∣∣∣∣∣∣

ı k

2 1 −2

1 −1 3

∣∣∣∣∣∣∣

= ı − 8 − 3k

#–u · ( #–u × #–v ) = −1 − 8 + 9 = 0

Teorema 1.2.13 (Propiedades del producto vectorial). Sean #–u , #–v , #–w

en R3; λ, β ∈ R

1. #–u × #–v = − #–v × #–u. (Anticonmutativa)

2. #–u × ( #–v + #–w) = #–u × #–v + #–u × #–w. (Distributiva por la izquierda)

3. ( #–u + #–v ) × #–w = #–u × #–w + #–v × #–w. (Distributiva por la derecha)

4. λ( #–u × #–v ) = (λ #–u) × #–v = #–u × (λ #–v ). (Asociativa escalar)

5. #–u × #–

0 =#–

0 =#–

0 × #–u

6. #–u × #–u =#–

0 y λ #–u × #–u =#–

0 . (Paralelismo )

7. #–u · ( #–u × #–v ) = 0 = #–v · ( #–u × #–v ). (Ortogonalidad )

8. #–u × ( #–v × #–w) = ( #–u · #–w) #–v − ( #–u · #–v ) #–w. (Triple producto vectorial )

9. #–u · ( #–v × #–w) = #–v · ( #–w × #–u × #–w) = #–w · ( #–u × #–v ). (Producto mixto )

Ejemplo 1.2.10. Hallar un vector unitario ortogonal tanto a #–u = ı − 3

como a #–v = 3 + 2k.

Solucion. Un vector perpendicular a ambos vectores es #–w = #–u × #–v .

#–w = #–u × #–v =

∣∣∣∣∣∣∣∣

ı k

1 −3 0

0 3 2

∣∣∣∣∣∣∣∣

= −6ı − 2 + 3k, ‖ #–w‖ = 7.

Como ‖ #–w‖ = 7, un vector que cumple es w = (−67,−2

7, 3

7).



Teorema 1.2.14 (Identidad de Lagrange). Si #–u y #–v son vectores de R3,

entonces

‖ #–u × #–v‖2 = ‖ #–u‖2 ‖ #–v‖2 − ( #–u · #–v )2

Ejemplo 1.2.11. Demostrar: ‖ #–u × #–v ‖ = ‖ #–u‖ ‖ #–v ‖ sen θ, donde θ es el angu-

lo entre #–u y #–v .

Solucion. De acuerdo con la identidad de Lagrange

‖ #–u × #–v ‖2 = ‖ #–u‖2 ‖ #–v‖2 − ( #–u · #–v )2 = ‖ #–u‖2 ‖ #–v‖2 − ‖ #–u‖2 ‖ #–v ‖2 cos2 θ

= ‖ #–u‖2 ‖ #–u‖2 (1 − cos2 θ) = ‖ #–u‖2 ‖ #–u‖2 sen2 θ

Luego,

‖ #–u × #–v ‖ = ‖ #–u‖ ‖ #–v‖ sen θ .

Ejemplo 1.2.12. Sean #–a ,#–

b , #–c ∈ R3. Si ‖ #–a‖ = 4, ‖ #–

b‖ = 6 y el angulo entre#–a y

#–

b es θ = 2π/3. Si #–c = 3 #–a − #–a × 2#–

b , calcule#–

b · #–c , ‖ #–c ‖ y el angulo

entre#–

b y #–c .

Solucion. Se tiene

#–

b · #–c =#–

b · (3 #–a − ( #–a × 2#–

b )) = 3#–

b · #–a − 2#–

b · ( #–a × #–

b )

= 3 ‖ #–a‖ ‖ #–

b ‖ cos 2π3

= 3 · 4 · 6 · (−0.5) = −36, pues b · ( #–a × #–

b ) =#–

0 .

‖ #–c ‖2 = #–c · #–c = (3 #–a − #–a × 2#–

b ) · (3 #–a − #–a × 2#–

b )

= ‖3 #–a‖2 − 12 #–a · ( #–a × #–

b ) + ‖ #–a × 2#–

b ‖2

= 9 ‖ #–a‖2 + 4 ‖ #–a‖2 ‖ #–

b ‖2 sen2 120o, porque #–a · ( #–a × #–

b ) =#–

0

= 36 + 4 · 16 · 36 · 0.75 = 1764

Luego, ‖ #–c ‖ = 42. Finalmente,

cos θ =

#–

b · #–c

‖ #–

b ‖ ‖ #–c ‖= − 34

6 · 42= − 17

126

Entonces θ = cos−1(− 17

126

)≈ 97.8o.



Interpretacion geometrica de ‖ #–u × #–v ‖ y ( #–u × #–v ) · #–w

θ

#–u × #–v

h

#–u

#–v

(a) Paralelogramo

h

#–u

#–v

#–w

#–u × #–v

(b) Paralelepıpedo

Figura 1.17. Areas y volumenes

1. El area A del paralelogramo determinado por #–u y #–v esta dada por:

A = ‖ #–u × #–v‖

2. El volumen V del paralelepıpedo determinado por #–u , #–v y #–w es:

V = |( #–u × #–v ) · #–w |

Teorema 1.2.15. Sean #–u = (u1, u

2, u

3), #–v = (v

1, v

2, v

3) y #–w = (w

1, w

2, w

3)

entonces

( #–u × #–v ) · #–w =

∣∣∣∣∣∣∣

u1 u2 u3

v1 v2 v3

w1

w2

w3

∣∣∣∣∣∣∣

Ejemplo 1.2.13.

a) Halle el area del paralelogramo cuyos vertices consecutivos son los puntos

P (1,−2, 3), Q(2, 1, 0) y R(0, 4, 0).

b) Halle el volumen del paralelepıpedo cuyos lados adyacentes son los vecto-

res #–u = (1, 2, 2), #–v = (−2, 1, 3) y #–w = (−3, 3, 1)



Solucion.

a) El area del paralelogramo es∥∥

# –

PQ × # –

PR∥∥.

~v =# –

PQ × # –

PR =

∣∣∣∣∣∣∣

ı k

1 3 −3

−1 6 −3

∣∣∣∣∣∣∣

= (9, 6, 9) = 3(3, 2, 3)

Luego, el area A del paralelogramo es ‖ #–v ‖ = 3√

22 [u2].

b) El volumen del paralelepıpedo es V = |( #–u × #–v ) · #–w|.

( #–u × #–v ) · #–w =

∣∣∣∣∣∣∣

1 2 2

−2 1 3

−3 3 1

∣∣∣∣∣∣∣

= −28

Entonces, V = |−28| = 28 [u3] .

1.3. Rectas y planos en el espacio (R3)

1.3.1. Rectas

Una recta L en el espacio queda determinada si se conoce un punto P0

por

donde pasa y un vector no nulo #–v paralelo a ella, llamado vector director.

P0(x

0, y

0, z

0)

P (x, y, z)

b

bL

O

#–

P

#–

P0

#–v

#–v = (a, b, c)

x

y

z

Figura 1.18. Recta en R3


Seccion 1.3. Rectas y planos en el espacio (R3) 23

El vector# –

P0P es paralelo a #–v , luego existe t ∈ R tal que

# –

P0P = t #–v . Por la

regla del triangulo,

#–

P =#–

P (t) =#–

P 0 + t #–v ; t ∈ R, (1.13)

denominada ecuacion vectorial de L.

En terminos de sus coordenadas, las ecuaciones parametricas de L son:

x = x0 + at

y = y0 + bt,

z = z0 + ct

t ∈ R (1.14)

Ahora, si abc 6= 0, entonces

x − x0

a=

y − y0

b=

z − z0

c, (1.15)

son las ecuaciones simetricas de L.

Ejemplo 1.3.1. Sean A(2, 3,−1) y B(−1, 2, 4) dos puntos de R3.

a) Halle ecuaciones parametricas para la recta L que pasa por A y B

b) Determine si C(−4, 1, 9) y D(5, 4, 6) pertenecen a la recta L.

Solucion.

a) Un vector paralelo a la recta L es# –

AB =#–

B − #–

A = (−3,−1, 5). Ası, unas

ecuaciones parametricas para L son

x = 2 − 3t, y = 3 − t, z = −1 + 5t; t ∈ R.

b) El punto C esta en L si y solo si existe un numero real t tal que

−4 = 2 − 3t, 1 = 3 − t, 9 = −1 + 5t .

Las tres ecuaciones se satisfacen para t = 2, luego C esta en L.



El punto D esta en L si y solo si existe un unico real t tal que

5 = 2 − 3t, 4 = 3 − t, 6 = −1 + 5t.

No existe un numero real t que satisfaga las tres ecuaciones simultanea-

mente. Luego D no esta en L.

Ejemplo 1.3.2. Sean P0(1, 4, 3) ∈ R3 y #–v = −5ı + 3k un vector. Halle

a) ecuaciones simetricas para la recta que pasa por P0 y es paralela a #–v .

b) los puntos donde la recta corta a los planos coordenados.

Solucion.

a) Unas ecuaciones simetricas para la recta son:

x − 1

−5=

z − 3

3; y = 4

b) Para esto, se escriben las ecuaciones parametricas:

x = 1 − 5t, y = 4, z = 3 + 3t; t ∈ R.

El corte con el plano xy ocurre cuando z = 0, de donde t = −1 y x = 6. La

recta corta al plano xy en el punto (6, 4, 0). El corte con el plano yz ocurre

cuando x = 0, de donde t = −15

y z = 185. La recta corta al plano yz en

(0, 4, 185). No hay corte en el plano xz, pues la recta esta en el plano y = 4.

Definicion 1.3.1 (Rectas paralelas y perpendiculares). Sean L1

y L2

dos rectas en R3 con vectores directores #–v1 y #–v2 , respectivamente.

1. L1 y L2 son paralelas si #–v1 y #–v2 son paralelos y no tienen puntos en

comun.

2. L1 y L2 son coincidentes si tienen todos sus puntos comunes.



3. L1 y L2 son perpendiculares si #–v1 y #–v2 son perpendiculares.

4. L1 y L2 son cruzadas (o sesgadas) si no tienen puntos en comun y #–v1

y #–v2 no son paralelos.

Ejemplo 1.3.3. Determine si el par de rectas son paralelas, perpendiculares

o cruzadas.

L1 :

x = −5 − 2t

y = 2 + t

z = 6 − 6t

, L2 :

x = − 3r

y = 12− r

z = 7 + 4r

Solucion. Dos vectores directores para las rectas son #–v1 = (−2, 1,−6) y#–v

2= (−3,−1, 4) respectivamente. Como ellos no son paralelos, las rectas no

pueden ser paralelas ni coincidentes. Falta ver si son perpendiculares.

#–v1 · #–v2 = 6 − 1 − 24 = −19 6= 0.

Luego, las rectas tampoco son perpendiculares. Falta ver si son sesgadas o

no; para ello se igualan las coordenadas.

−5 − 2t = − 3r (Ec. 1)

2 + t = 1/2 − r (Ec. 2)

6 − 6t = 7 + 4r (Ec. 3)

Ec. 1+2Ec. 2: −1 = 1 − 5r ⇒ r = 25. Sustituyendo en Ec. 2 se obtiene

t = −1910

. Verificando en Ec. 3: 6 − 575

= 7 + 85, pero esta igualdad no se

satisface. Luego las rectas no se cortan; es decir, son sesgadas.

1.3.2. Planos en el espacio (R3)

Un plano π en R3 queda completamente determinado si se conoce un punto

P0 en el y un vector no nulo# –

N = (a, b, c) perpendicular, llamado vector

normal.



P0(x

0, y

0, z

0)

b

b

Q(x, y, z)

O

# –

N = (a, b, c)

π

x

y

z

Figura 1.19. Plano en R3

Si P (x, y, z) ∈ π entonces el vector# –

P0Q es perpendicular a# –

N . Luego

# –

N · # –

P0P = 0.

Al efectuar los calculos y simplificar se obtiene la llamada ecuacion carte-

siana del plano

ax + by + cz = d, donde d =# –

N · #–

P0

Ejemplo 1.3.4. Halle la ecuacion del plano que satisface las condiciones

a) Pasa por P (2, 3,−1) y es perpendicular a la recta

L : x = 1 − 2t, y = −2 + t, z = 3 − t; t ∈ R

b) Contiene los puntos P (2, 3,−1), Q(3, 2, 1) y R(1, 0, 0).

Solucion.

a) Como la recta es perpendicular al plano, un vector normal al plano es# –

N = (2,−1, 1). Luego la ecuacion del plano es

[(x, y, z) − (2, 3 − 1)] · (2,−1, 1) = 0 .

Esto es,

2x − y + z = 0 .



b) Un vector normal al plano es# –

PQ × # –

PR.

# –

PQ × # –

PR =

∣∣∣∣∣∣∣

ı k

1 −1 2

−1 −3 1

∣∣∣∣∣∣∣

= (5,−3,−4)

Tomando# –

N = (5,−3,−4) y P0 = P como el punto del plano, la ecuacion

del plano es

[(x, y, z) − (2, 3,−1)] · (5,−3,−4) = 0 .

Esto es,

5x − 3y − 4z = 5.

Ecuaciones vectorial y parametrica de un plano

Un plano tambien se puede

determinar si se conoce un punto

por donde pasa y dos vectores no

nulos y no paralelos #–u y #–v que

sean paralelos al plano.

Ecuacion vectorial:

#–

Q =#–

P0+ r #–u + s #–u. (1.16)

P0

Q

#–v

#–u

r#–u

+s#–v

O

π

x

y

z

Figura 1.20. Ecuacion vectorial de π

Si #–u = (a1, b1, c1) y #–v = (a2, b2, c2) entonces las ecuaciones parametricas del

plano son:

x = x0 + ra1 + sa2

y = y0+ rb

1+ sb

2

z = z0 + rc1 + sc2

(1.17)



1.4. Ejercicios del capıtulo

1. Hallar la longitud y direccion de los siguientes vectores:

a) #–v = (−4,−4)

b) #–v = (4,−4)

c) #–v = (a, 0)

d) #–v = (0, b)

2. Sean A(−2, 3, 1), B(7, 4, 5) y C(1,−5, 2). Calcule

a) (2#–

A +#–

B) · #–

C

b) proy# –

AB

# –

AC

c) El angulo entre# –

BC y# –

BA

3. Sean #–u y #–v dos vectores de Rn. Demuestre que

a) ‖ #–u + #–v ‖2 = ‖ #–u‖2 + 2 #–u · #–v + ‖ #–v‖2.

b) ‖ #–u − #–v‖2 = ‖ #–u‖2 − 2 #–u · #–v + ‖ #–v ‖2.

4. Sean #–a ,#–

b ∈ R3. Si ‖ #–a‖ = 5, ‖ #–

b ‖ = 2 y el angulo entre #–a y#–

b es 60o,

halle ‖ #–a +#–

b ‖ y ‖ #–a − #–

b ‖

5. Sean#–

B = ı+2+ k,#–

C = 2ı+ − k,#–

D = ı+4+ k,#–

E = 2ı+5+5k.

Muestre que el angulo entre#–

B y#–

C es el doble que el angulo entre#–

D

y#–

E.

6. Sean #–u = (2,−5, 3), #–v = (4, 1,−2) y #–w = (3, 4, 3). Determine los

valores de λ y µ de modo que λ #–u + µ #–v sea ortogonal a #–w y tenga

longitud 2.

7. Sean #–a ,#–

b , #–c ∈ R3 tales que ‖ #–a‖ = 4, ‖ #–

b ‖ = 3, ‖ #–c ‖ = 2, el angulo

entre #–a y#–

b es 120o y #–c es ortogonal a #–a y#–

b . Calcule ‖ #–a +#–

b + #–c ‖y los valores de λ de modo que #–c = λ #–a × #–

b .

8. Considere los puntos P (−2, 3, 4), Q(3, 4, 5) y R(1,−5, 2). Halle


Seccion 1.4. Ejercicios del capıtulo 29

a) Las ecuaciones parametricas de la recta que pasa por P y R. Deter-

mine los puntos donde dicha recta cruza los planos coordenados.

b) Las ecuaciones parametricas de la recta que pasa por Q y corta

perpendicularmente a la recta hallada en la parte a).

9. Determine que par de rectas son paralelas (o coincidentes) y cuales

perpendiculares.

L1 :

x = 8 + t

y = 7 − 12t ,

z = −1 + 3t

L2 :

x = 75− 3r

y = −8 + 32r ,

z = 94− 9r

L3 :

x = 3 + 2s

y = 1 − 2s.

z = 2 − s

10. Determine la ecuacion del plano que satisface las condiciones dadas.

a) Pasa por A(−2, 3, 1) y B(1, 2,−1) y es paralelo a la recta

L : x = 1 + 2t; y = 2 − 3t, z = −4 + 3t.

b) Es paralelo al vector #–v = 3ı − + 2k y contiene la recta

L :

x + y − z = 3

2x + 3y + z = 4.

c) Contiene a la recta L : x = 2 − t, y = −1 + 2t, z = 2 − 3t y al

punto A(−2, 1, 2)

11. Determine la distancia de la recta x = 6 + t, y = 5 − 2t, z = −1 + 3t al

punto Q(2, 3,−1)

12. Muestre que las rectas

L1 :

x = 1 + 3t

y = −2 + 4t

z = 4 − 2t

; t ∈ R y L2 :

x = 1 − 32r

y = 1 − 2r

z = −1 + r

; r ∈ R

son paralelas y halle la ecuacion del plano que las contiene.



13. Considere la recta

L1 :

x = 3 + 4t

y = −2 + 2t

z = −3 − t

; t ∈ R

a) Determine ecuaciones parametricas de la recta L2

que pasa por el

punto (1,−5, 4) e intercepta perpendicularmente a la recta L1 .

b) Halle la ecuacion cartesiana del plano que contiene a las rectas L1

y L2.


Capıtulo 2

Superficies

2.1. Introduccion

Ası como la grafica de una ecuacion en dos variables x y y dada por

f(x, y) = 0, es por lo general una curva en el plano, la grafica de una ecua-

cion en tres variables x, y y z dada por F (x, y, z) = 0 sera por lo general una

superficie en el espacio. El ejemplo mas simple de superficie es un plano cuya

ecuacion es ax + by + cz = d. Otra superficie simple es la esfera con centro

(x0 , y0, z0) y radio a, cuya ecuacion es (x− x0)2 + (y − y0)

2 + (z − z0)2 = a2.

Dibujar curvas y superficies en el espacio es por lo general difıcil, aun con

ayuda de un computador. Realmente es un arte el poder representar objetos

tridimensionales mediante imagenes bidimensionales. En esta seccion se estu-

dian algunas superficies sencillas que son usadas frecuentemente para ilustrar

las ideas del calculo de varias variables.

Para representar una superficie S en un plano es util analizar las secciones o

intersecciones de la superficie con planos adecuados.

Definicion 2.1.1. La traza de la superficie S en el plano π es la interseccion

de π y S. La interseccion de S con los planos coordenados se llaman trazas

principales.

En la tabla 2.1 se hace una descripcion de las trazas en planos paralelos a

31

32 Capıtulo 2. Superficies

los planos coordenados o en ellos. Para dibujar una superficie en el espacio

debemos estudiar sus trazas principales y unas cuantas en planos paralelos a

los planos coordenados.

Traza Ecuacion Descripcion

z = z0 F (x, y, z0) = 0 Curva paralela al plano xy o en el plano xy

x = y0 F (y0, y, z) = 0 Curva paralela al plano yz o en el plano yz

y = y0 F (x, y0 , z) = 0 Curva paralela al plano xz o en el plano xz

Tabla 2.1. Trazas en planos paralelos a los planos coordenados

Si la superficie S es un plano sus trazas son rectas mientras que si es una

esfera sus trazas son circunferencias.

x

y

z

ax + by + cz = d

Figura 2.1. Trazas de un plano

bb

b

b

O

C

A B

Traza

S

π

Figura 2.2. Traza de una esfera

2.2. Superficies cilındricas

Definicion 2.2.1. Sea C una curva sobre un plano π, llamada directriz y

sea L una recta no paralela al plano, llamada generatriz, la cual puede o

no pasar por C. El conjunto de todos los puntos en las rectas paralelas a Lque intersecan a C recibe el nombre de superficie cilındrica.


Seccion 2.2. Superficies cilındricas 33

Las superficies cilındricas tambien reciben el nombre de cilindros.

Para los fines del curso, interesan solo las

superficies cilındricas (o cilindros) cuyas

curvas generatrices estan sobre planos

paralelos a los planos coordenados y cu-

yas directrices son rectas paralelas a al-

guno de los ejes coordenados. Este ti-

po de superficies se denominan cilindros

rectos. Cuando la directriz es una recta

que no es paralela a alguno de los ejes

coordenados el cilindro es oblicuo.

Generatriz

Directriz

π

Figura 2.3. Cilindro

Una ecuacion en dos variables considerada en R3, por lo general es una su-

perficie cilındrica. Si la curva C en el plano xy tiene ecuacion f(x, y) = 0, la

grafica es un cilindro con generatrices paralelas al eje z. La grafica de una

ecuacion g(x, z) = 0 es un cilindro con generatrices paralelas al eje y, y la

grafica de una ecuacion h(y, z) = 0 es un cilindro con generatrices paralelas

al eje x.

Ejemplo 2.2.1. Dibuje el cilindro x2 + y2 = a2.

Solucion. La traza en cualquier

plano horizontal z = k es una cir-

cunferencia con centro en (0, 0, k) y

radio a. Como la variable z no apa-

rece explıcitamente en la ecuacion,

dado cualquier punto (x0 , y0, 0) en

la circunferencia x2 + y2 = a2 en el

plano xy, el punto (x0 , y0, z) esta en

el cilindro para cualquier valor de z.

b

(x0, y

0, 0)

(x0, y

0, z)

(x0, y

0, k)

(0, 0, k)

x y

z

Figura 2.4. Cilindro x2+y2 = a2

Ası, el cilindro x2 + y2 = a2 en el espacio es la union de todas las rectas



verticales que pasan por los puntos de la circunferencia x2 + y2 = a2 en el

plano xy (ver Figura 2.4).

Ejemplo 2.2.2. La grafica de z = 4 − x2 es el cilindro parabolico de

la figura 2.5(a). Sus generatrices son paralelas al eje y y sus trazas en cada

plano perpendicular al eje y es una parabola que es una traslacion paralela

de la parabola z = 4 − x2 en el plano xz.

Ejemplo 2.2.3. La grafica de z = cos y es el cilindro de la figura 2.5(b). Sus

generatrices son paralelas al eje x y sus trazas en cada plano perpendicular

al eje x son traslaciones paralelas de z = cos y en el plano yz.

x

y

z

(a) Cilindro z = 4 − x2

x

y

z

(b) Cilindro z = cos y

Figura 2.5. Graficas ejemplos 2.2.2 y 2.2.3

2.3. Superficies de revolucion

Otra manera de usar una curva plana C para generar una superficie es girar

la curva en el espacio en torno a una recta L en el plano de la curva. La

figura 2.2 muestra la superficie generada al girar la curva f(x, y) = 0 en el

primer cuadrante del plano xy alrededor del eje y.


Seccion 2.3. Superficies de revolucion 35

El punto P (x, y, z) esta en la superfi-

cie de revolucion si y solo si el punto

Q(x1 , y, 0) esta en la curva, donde

x1 = |RQ| = |RP | =√

x2 + z2 .

Ası, la ecuacion de la superficie es

f(√

x2 + z2, y) = 0.

xy

z

b

R(0, y, 0)

Q(x1 , y, 0)C : f(x, y) = 0

P (x, y, z)

Figura 2.6. Superficie de revolucion

En la tabla 2.2 se establecen las ecuaciones de varias superficies de revolucion

para una funcion de dos variables en torno a uno de los ejes de coordenadas.

Ecuacion Eje de giro Superficie generada

f(x, y) = 0 x f(x,√

y2 + z2) = 0

f(x, y) = 0 y f(√

x2 + z2, y) = 0

g(x, z) = 0 x g(x,√

y2 + z2) = 0

g(x, z) = 0 z g(√

x2 + y2, z) = 0

h(y, z) = 0 y h(y,√

x2 + z2 ) = 0

h(y, z) = 0 z h(√

x2 + y2, z) = 0

Tabla 2.2. Superficies de revolucion

Ejemplo 2.3.1. La superficie de revolucion que se obtiene al girar la grafica

de y = lnx en torno al eje y es y = 12ln(x2 + z2).


de la elipse 9y2 + 4z2 = 36 en torno al eje z es 9x2 + 9y2 + 4z2 = 36.


de z = e−x2en torno al eje x es y2+z2 = e−2x2

mientras que si se gira entorno

al eje z se obtiene la superficie z = e−(x2+y2).



2.4. Superficies cuadraticas o cuadricas

Una superficie cuadratica o cuadrica es la grafica de una ecuacion de

segundo orden en las variables x, y, z

Ax2 + By2 + Cz2 + Dxy + Exz + Fyz + Gx + Hy + Iz + J = 0, (2.1)

donde A, B, C, D, E, F, G, H, I, J son constantes y al menos una entre

A, B, C, D, E, F es distinta de cero. Solo consideraremos ecuaciones cuadrati-

cas sin terminos cruzados (D = E = F = 0), ya que ellos se pueden eliminar

mediante rotacion de ejes.

Elipsoide. La superficie cuadrica de ecuacion

x2

a2+

y2

b2+

z2

c2= 1, (2.2)

donde a, b, c son constantes positivas, es un elipsoide.

Traza Ecuacion Grafica Traza principal

z = z0, |z

0| < c

x2

a2+

y2

b2= 1 − z2

0

c2Elipse x

y

y = y0 , |y0| < bx2

a2+

z2

c2= 1 − y2

0

b2Elipse

x

z

x = x0, |x

0| < a

y2

b2+

z2

c2= 1 − x2

0

a2Elipse

y

z

Tabla 2.3. Trazas elipsoide

Paraboloide elıptico. Es una superficie cuadrica de ecuacion

x2

a2+

y2

b2=

z

c,

x2

a2+

z2

c2=

y

bo

y2

b2+

z2

c2=

x

a(2.3)

En la tabla 2.4 se dan las trazas dex2

a2+

y2

b2=

z

c.


Seccion 2.4. Superficies cuadricas 37


z = z0 ,z0

c> 0

x2

a2+

y2

b2=

z0

cElipse b

x

y

y = y0 , y0 ∈ Rx2

a2+

y20

b2=

z

cParabola

x

z

x = x0, x

0∈ R

x20

a2+

y2

b2=

z

cParabola

y

z

Tabla 2.4. Trazas paraboloide

x

y

z

Figura 2.7. Elipsoidex2

a2+

y2

b2+

z2

c2= 1

x y

z

Figura 2.8. Paraboloidex2

a2+

y2

b2=

z

c, c > 0

Hiperboloide de un hoja. Es la superficie cuadrica de ecuacion

x2

a2+

y2

b2− z2

c2= 1,

x2

a2− y2

b2+

z2

c2= 1 o − x2

a2+

y2

b2+

z2

c2= 1 (2.4)


a2+

y2

b2− z2

c2= 1.




z = z0 , z0 ∈ Rx2

a2+

y2

b2= 1 +

z20

c2Elipse

x

y

y = y0, |y0| 6= b −x2

a2+

z2

c2= 1 − y2

0

b2Hiperbola

x

z

x = x0 , |x0 | 6= a −y2

b2+

z2

c2= 1 − x2

0

a2Hiperbola y

z

Tabla 2.5. Trazas Hiperboloide de una hoja

Hiperboloide de dos hojas. Es la superficie cuadrica de ecuacion

−x2

a2− y2

b2+

z2

c2= 1,

x2

a2− y2

b2− z2

c2= 1 o − x2

a2+

y2

b2− z2

c2= 1 (2.5)

En la tabla 2.6 se dan las trazas de −x2

a2− y2

b2+

z2

c2= 1.


z = z0 , |z0 | > cx2

a2+

y2

b2=

z20

c2− 1 Elipse No hay

y = y0, y0 ∈ R −x2

a2+

z2

c2= 1 +

y20

b2Hiperbola x

z

x = x0 , x0 ∈ R −y2

b2+

z2

c2= 1 +

x20

a2Hiperbola y

z

Tabla 2.6. Trazas hiperboloide de dos hojas



xy

z

Figura 2.9. Hiperboloidex2

a2+

y2

b2− z2

c2= 1

x

y

z

Figura 2.10. Hiperbloidez2

c2−x2

a2−y2

b2= 1

Cono. Es la superficie cuadrica de ecuacion

x2

a2+

y2

b2− z2

c2= 0,

x2

a2− y2

b2+

z2

c2= 0 o − x2

a2+

y2

b2+

z2

c2= 0 (2.6)


a2+

y2

b2− z2

c2= 0.


z = z0 , z0 6= 0x2

a2+

y2

b2=

z20

c2Elipse b

x

y

y = y0, y0 6= 0 −x2

a2+

z2

c2=

y20

b2Par de rectas

x

z

x = x0, x

06= 0 −y2

b2+

z2

c2=

x20

a2Par de rectas

y

z

Tabla 2.7. Trazas cono



Paraboloide hiperbolico. Es la superficie cuadrica de ecuacion

x2

a2− y2

b2=

z

c,

x2

a2− z2

c2=

y

bo

z2

c2− y2

b2=

x

a(2.7)


a2− y2

b2=

z

c, c > 0.


z = z0 , z0 6= 0x2

a2− y2

b2=

z0

cHiperbola

x

y

y = y0, y0 6= 0x2

a2− y2

0

b2=

z

cParabola

x

z

x = x0 , x0 6= 0x2

0

a2− y2

b2=

z

cParabola

y

z

Tabla 2.8. Trazas paraboloide hiperbolico

x

y

z

Figura 2.11. Cono elıptico

x2

a2+

y2

b2=

z2

c2

x

y

z

Figura 2.12. Paraboloide hiperbolico

x2

a2− y2

b2=

z

c, c > 0



Esta superficie se asemeja a una silla de montar. Es usual referirse al origen

en la grafica 2.12 como punto de silla o silladura.

Aplicaciones de las superficies cuadricas. Las cuadricas tienen multi-

ples aplicaciones en disenos arquitectonicos y en ingenierıas. Por ejemplo, las

farolas de los automoviles, los reflectores, los radiotelescopios y las antenas

para television por satelite tienen la forma de una porcion de paraboloide.

Esto se debe a la propiedad que tiene cualquier superficie parabolica: las

ondas de luz y las ondas de radio al incidir sobre una superficie parabolica

se reflejan hacia un punto llamado foco. Dicha propiedad se usa tambien en

el diseno de telescopios opticos los cuales permiten concentrar en un punto

la luz proveniente de una fuente debil como la de una estrella lejana. La

cantidad de luz colectada por el instrumento depende fundamentalmente del

diametro del objetivo. Con un telescopio astronomico se pretende captar la

cantidad de luz necesaria para poder observar objetos de bajo brillo, ası como

para obtener imagenes nıtidas y bien definidas.

Las torres de enfriamiento para los reactores nucleares se construyen fre-

cuentemente en forma de hiperboloide de una hoja debido a la estabilidad

estructural de tal superficie.

Los disenadores de palos de golf usan los llamados elipsoides de inercia para

lograr caracterısticas importantes de dichos palos.




Bosqueje las graficas de las ecuaciones en los ejercicios 1 a 18.

1. y = 3

2. x2 = 4

3. 2y + 3z = 6

4. x + 3y + 2z = 6

5. x2 − y2 = 4

6. yz = 4

7. x = sen y

8. y = x3

9. z = ex

10. x2 = 4z + 8

11. x2 + 4y2 + 4z2 = 36

12. z = 8 − 2x2 − 2y2

13. x = 4y2 + z2

14. 4x2 + y2 − 9z2 = 36

15. 4y2 − x2 + 9z2 = 36

16. y2 − 9x2 − 4z2 = 36

17. x2 = 4y2 + 9z2

18. y2 − 2x2 = z

En los ejercicios 19 a 24 escriba una ecuacion para la superficie generada al

girar la curva dada en torno al eje indicado. Grafique la superficie.

19. y =√

2x; eje y

20. x = z2, eje x

21. z = 4 − x2, eje z

22. y = e−x2, eje y

23. x = ln y, eje x

24. y2 − z2 = 1, eje z

En los ejercicios 25 a 30 describa las trazas de las superficies dadas

25. x2 + 4y2 = 4 en z = c

26. x2 + 4y2 − 4z2 = 4 en z = c

27. x2 + 4y2 − 4z2 = 4 en x = a

28. z = 4x2 + 9y2 en x = a

29. z = ln(x2 + y2) en y = b

30. y = 4x2 − 9z2 en y = b


Capıtulo 3

Funciones vectoriales

3.1. Funciones vectoriales y curvas

Definicion 3.1.1. Una funcion vectorial es una funcion

#–r : D 7→ Rm; D ⊆ R

t → #–r (t) = (f1(t), f2(t), . . . , fm(t)), m ≥ 2.

Para m = 2 es comun usar la notacion

#–r (t) = g(t)ı + h(t) con ı = (1, 0), = (0, 1),

y para m = 3 la notacion

#–r (t) = f(t)ı + g(t) + h(t)k, con ı = (1, 0, 0), = (0, 1, 0), k = (0, 0, 1).

La imagen de una funcion vectorial #–r : [a, b] 7→ Rn; n = 2, 3 es una curva

C. De igual manera, una curva C en R2 o R

3 se puede representar por una

funcion vectorial #–r (t), llamada representacion parametrica de la curva. La

variable t recibe el nombre de parametro.

Las ecuaciones

x = f(t), y = g(t), y = h(t) con a ≤ t ≤ b,

reciben el nombre de ecuaciones parametricas de la curva C. Otras formas de

43

44 Capıtulo 3. Funciones vectoriales

dar la ecuacion de una curva en R3 es:

1. Tomando como parametro una de las coordenadas. Por ejemplo, si ele-

gimos como parametro la coordenada x, escribiremos

x = x, y = f(x), z = h(x), a ≤ x ≤ b

para describir tal situacion.

2. Considerando la curva como la interseccion de dos superficies de R3:

F (x, y, z) = 0, G(x, y, z) = 0

Ejemplo 3.1.1. Dibuje la curva cuya representacion parametrica es

a) #–r (t) = cos t ı + sen2 t , 0 ≤ t ≤ π

b) #–r (t) = a cos t ı + a sen t + bt k, 0 ≤ t ≤ 2π

Solucion.

a) Puesto que x = cos t y y = sen2 t = 1 − cos2 t, entonces y = 1 − x2 con

−1 ≤ x ≤ 1, es la ecuacion cartesiana de la curva. Ası, La curva es un

arco de parabola con punto inicial (1, 0) y punto final (−1, 0).

b) Como x = a cos t y y = a sen t, entonces x2 + y2 = a2. Luego, la curva es

una espiral, resorte o helice que se encuentra en el cilindro x2 + y2 = a2

con punto inicial (a, 0, 0) y punto final (a, 0, 2πb). La curva la podemos

describir, por ejemplo, como la interseccion de las superficies cilındricas

x2 + y2 = a2 y x = a cos z. Esta curva se produce en muchas situaciones

reales. Por ejemplo, es generada por un punto situado en el extremo de

una de las paletas de la helice de un avion que se desplaza en lınea recta.

Para el caso de la figura 3.1(b), el avion se desplaza en la direccion del

eje z con movimiento lineal uniforme y la helice del avion tiene velocidad

angular constante.


Seccion 3.1. Funciones vectoriales y curvas 45

(−1, 0) (1, 0)

(0, 1)

#–r (t)

x

y

(a)

b

b

b

bb

x y

z

#–r (t)

(b)


Ejemplo 3.1.2. Encuentre una representacion parametrica para la curva de

ecuacion x3 + y3 − xy = 0.

Solucion. Sea P (x, y) un punto de la

curva y t la pendiente del segmento

que une el origen de coordenadas con

el punto P (x, y); esto es, t = yx. Expre-

samos las coordenadas x y y en termi-

nos de t. Reemplazando y = tx y des-

pejando obtenemos

x =t

1 + t3, y =

t2

1 + t3; t 6= −1.

#–r (t)

Pb

x

y


Esta curva, propuesta por Descartes en 1638, se conoce con el nombre de

folium de Descartes.

Ejemplo 3.1.3. Halle una representacion parametrica para la curva C inter-

seccion del cilindro elıptico 4x2 + 9y2 = 36 con el plano x + y + z = 1.

Solucion. La curva C esta en el cilindro elıptico 4x2 + 9y2 = 36, luego

x = 2 cos t, y = 3 sen t; 0 ≤ t ≤ 2π. Como C esta en el plano x + y + z = 1,

z = 1 − 2 cos t − 3 sen t. Ası, una parametrizacion para C es

#–r (t) = 2 cos tı + 3 sen t + (1 − 2 cos t − 3 sen t)k; 0 ≤ t ≤ 2π.



3.2. Lımites y continuidad

Definicion 3.2.1. Sea #–r (t) una funcion vectorial y#–

L un vector constante,

se dice que #–r tiene lımite#–

L cuando t tiende a t0, en sımbolos lım

t→t0

#–r (t) =#–

L,

si y solo si para cada ǫ > 0 existe δ > 0 tal que

∥∥ #–r (t) − #–

L∥∥ < ǫ siempre que |t − t0 | < δ.

Teorema 3.2.2. Si #–r (t) = f(t) ı + g(t) + h(t) k, entonces

lımt→t0

#–r (t) =

(

lımt→t0

f(t)

)

ı +

(

lımt→t0

g(t)

)

+

(

lımt→t0

h(t)

)

k.

Ejemplo 3.2.1. Halle lımt→0+

(

t ln t ı + sen tt + etk

)

.

Solucion. Por el teorema 3.2.2,

lımt→0+

(

t ln tı +sen t

t + etk

)

=

(

lımt→0+

t ln t

)

ı + lımt→0+

sen t

t + lım

t→0+etk

=

(

lımt→0+

ln t

1/t

)

ı + 1 + 1k

=

(

lımt→0+

1/t

−1/t2

)

ı + + k Por L’Hopital

= − lımt→0+

tı + + k = + k.

Definicion 3.2.3. Sea #–r (t) una funcion vectorial y t0 una constante, se dice

que #–r es continua en t0 si y solo si

lımt→t0

#–r (t) = #–r (t0).

La funcion #–r (t) es continua en un intervalo I si lo es en cada punto de I.

Ejemplo 3.2.2. Encuentre los puntos de discontinuidad de la funcion vec-

torial#–

F (θ) = sec θı + tan θ + θk.

Solucion. La funcion#–

F es discontinua en los puntos donde cos θ = 0. Esto

ocurre para θ = (2n + 1)π/2; n ∈ Z.


Seccion 3.3. Derivadas e integrales 47

3.3. Derivadas e integrales

Definicion 3.3.1. Sea #–r (t) = (f1(t), f2(t), . . . , fm(t)) una funcion vectorial.

La derivada de #–r se define como el vector

Dt[#–r (t)] = #–r ′(t) = lım

h→0

#–r (t + h) − #–r (t)

h,

si el lımite existe.

Si #–r ′(t0) existe, se dice que #–r es diferencia-

ble en t0. Si #–r ′(t) existe para todo t ∈ I,#–r es diferenciable en I. Si #–r es una para-

metrizacion de la curva C que describe una

partıcula que se mueve en el espacio (m = 3)

o en el plano (m = 2) entonces #–r ′(t) es un

vector tangente a C en el punto P de la curva

cuyo vector posicion es #–r (t).

xy

z#–r (t)

#–r (t + h)

#–r ′(t)

∆ #–r C

P

Figura 3.3. Derivada

Ejemplo 3.3.1. La figura 3.4 muestra la curva con ecuacion parametrica

#–r (t) = (cos t, sen t, t), t ≥ 0.

Cada vector tangente a la curva en el punto#–r (t) esta dado por

#–r ′(t) = (− sen t, cos t, 1), t ≥ 0.

En la grafica se muestran los vectores tan-

gentes correspondientes a t = 0, π2, π, 3π

2, 2π.

xy

z

b

b

b

b

b

Figura 3.4. Helice con tangentes

Definicion 3.3.2. La integral de la funcion vectorial #–r se define como el

vector ∫

#–r (t) dt =#–

R(t) +#–

C,



donde#–

R(t) es una funcion vectorial cuya derivada es la funcion #–r (t) y#–

C

es un vector constante. La funcion#–

R recibe el nombre de antiderivada o

primitiva de #–r .

Teorema 3.3.3. Si #–r (t) = (f1(t), f

2(t), . . . , f

m(t)), entonces

1. Dt[#–r (t)] = #–r ′(t) = (f ′

1(t), f ′

2(t), . . . , f ′

m(t))

2.

∫

#–r (t) dt =

(∫

f1(t) dt,

∫

f2(t) dt, . . . ,

∫

fm(t) dt

)

Ejemplo 3.3.2. Calcule

∫

#–r (t) dt, en donde #–r (t) = sec tı + tan t + 2tk y

#–

R(0) = ı + − 2k.

Solucion. Integrando se tiene

#–

R(t) =

∫

(sec tı + tan t + 2tk) dt = ln |sec t + tan t|ı + ln |sec t| + t2k +#–

C.

Como#–

R(0) = ı + − 2k, entonces#–

C = ı + − 2k. Luego,

#–

R(t) = (ln |sec t + tan t| + 1) ı + (ln |sec t| + 1) + (t2 − 2)k.

Teorema 3.3.4 (Propiedades de la derivada). Sean #–u , #–v y #–w funciones

vectoriales diferenciables, #–a un vector constante, λ es una constante y f una

funcion de valor real diferenciable. Entonces

1. #–a ′ =#–

0

2. ( #–u ± #–v )′ = #–u ′ ± #–v ′

3. (λ #–u)′ = λ #–u ′

4. (f #–u)′ = f ′ #–u + f #–u ′

5. ( #–u •

#–v )′ = #–u ′•

#–v + #–v •

#–v ′

6. ( #–u × #–v )′ = #–u ′ × #–v + #–v × #–v ′

7. ( #–u • ( #–v × #–w))′ = #–u ′• ( #–v × #–w) + #–u •

#–v ′ × #–w) + #–u • ( #–v × #–w′)

Definicion 3.3.5. Una curva de ecuacion #–r (t) en un intervalo I se llama

suave si #–r ′ es continua y #–r ′(t) 6= 0 (excepto quiza en alguno de los extremos


Seccion 3.4. Longitud de arco y curvatura 49

de I). Un punto t0 tal que #–r ′(t0) = 0, en donde #–r (t) tiene una esquina, se

llama vertice. Una curva formada por un numero finito de secciones suaves

se llama suave por segmentos o suave a trozos.

Ejemplo 3.3.3. La funcion definida por#–r (t) = (t3 − 1)ı + t2 tiene un vertice en

t = 0 puesto que #–r ′(t) = 3t2ı + 2t y#–r ′(0) =

#–

0 . El punto correspondiente a

t = 0 es #–r (0) = −ı en donde hay una

esquina.

Vertice −1 x

y

Figura 3.5. Grafica Ejm. 3.3.3

3.4. Longitud de arco y curvatura

Teorema 3.4.1. Sea C una curva con ecuacion #–r (t) = f(t)ı+g(t)+h(t)k;

a ≤ t ≤ b, que no se corta a si misma, excepto quiza en los extremos del

intervalo [a, b], tal que #–r ′(t) es continua en [a, b]. La longitud de C de #–r (a)

a #–r (b) es

L =

∫ b

a

‖ #–r ′(t)‖ dt (3.1)

Ejemplo 3.4.1. Halle la longitud de la curva #–r (t) = 3t ı+2t√

t , 0 ≤ t ≤ 1.

Solucion. Como #–r ′(t) = 3 ı + 3√

t , entonces ‖ #–r ′(t)‖ = 3√

1 + t. Luego,

L = 3

∫ 1

0

√1 + t dt = 2(1 + t)3/2

∣∣∣

1

0= 2

(

2√

2 − 1)

Definicion 3.4.2. Sea C una curva con ecuacion #–r (t) = f(t)ı+g(t)+h(t)k;

a ≤ t ≤ b que no se corta a si misma, excepto quiza en los extremos del

intervalo [a, b] y #–r ′(t) continua en [a, b]. La funcion longitud de arco es

s(t) =

∫ t

a

‖ #–r ′(u)‖ du, a ≤ t ≤ b. (3.2)



Ejemplo 3.4.2. Determine explıcitamente la funcion longitud de arco

a) #–r (t) = t ı + ln t, t ≥ 1.

b) #–r (t) = (23t3 − 1)ı + (t2 + 1) + tk; t ≥ 0.

Solucion.

a) Como #–r ′(t) = ı + 1t y ‖ #–r ′(t)‖ =

√1+t2

t, entonces

s(t) =

∫ t

1

√1+u2

udu =

√1 + t2 − ln

√1+t2−1√1+t2+1

−√

2 − ln√

2−1√2+1

b) Como #–r ′ = 2t2ı + 2t + k y ‖ #–r ′‖ =√

4t4 + 4t2 + 1 = 2t2 + 1,

entonces

s(t) =

∫ t

0

(2u2 + 1)du = t2 + t.

Reparametrizacion.

Con frecuencia es util parametrizar una curva con respecto a la longitud de

arco porque la longitud de arco surge de manera natural a partir de la forma

de la curva y no depende de un sistema particular de coordenadas.

b

s

x

y

z

(x(s), y(s), z(s))

Figura 3.6. El parametro s es la

longitud de arco

Sean #–r (t) la parametrizacion de una cur-

va y s(t) la longitud de arco dada por

(3.2). Si es posible despejar el parametro

t en terminos de s para obtener la funcion

t = t(s), entonces se puede parametrizar

la curva en terminos de s sustituyendo t

en la parametrizacion dada para obtener#–r (s) = #–r (t(s)). En tal caso se dice que la

curva se ha reparametrizado con respecto

a la longitud de arco.

En la figura 3.6 se ilustra la parametrizacion

#–r (s) = x(s)ı + y(s) + z(s)k (3.3)



de una curva en R3 con respecto a la longitud de arco.

Ejemplo 3.4.3. Reparametrizar la funcion #–r (t) = 4 cos tı + 4 sen t + 3tk,

t ≥ 0 con respecto a la longitud de arco.

Solucion. Puesto que #–r ′(t) = −4 sen tı+4 cos t+3k, ‖ #–r ′(t)‖ = 5, se tiene

s = s(t) =

∫ t

0

5 du = 5t.

Al despejar t y sustituir en la ecuacion original se obtiene

#–r (s) = 4 cos(s

5

)

ı + 4 sen(s

5

)

+3

5s k.

3.4.1. El triedro movil T , N , B

Se llama triedro movil al conjunto formado por tres vectores unitarios mutua-

mente ortogonales que acompanan el movimiento de una partıcula P sobre

una curva en el espacio R3.

Definicion 3.4.3. Sea C una curva de ecuacion #–r (t) en el espacio con de-

rivada continua en el intervalo a ≤ t ≤ b. El vector tangente unitario de la

curva en el punto #–r (t) es

T (t) =1

‖ #–r ′(t)‖#–r ′(t), si #–r ′(t) 6= 0 (3.4)

Cuando la curva C se parametriza usando la longitud de arco s como parame-

tro se tiene que ‖ #–r ′(s)‖ = 1 y por lo tanto #–r ′(s) sera el vector tangente

unitario. Esto es, T (s) = #–r ′(s) (ver 11 pagina 63. Puesto que el vector T

tiene norma constante entonces por el ejercicio 7 pagina 63, T y T ′ son

ortogonales.

Definicion 3.4.4. Sea C una curva de ecuacion #–r (t) con segunda derivada

continua en [a, b]. El vector normal unitario de la curva en el punto #–r (t) es

N(t) =1

∥∥T ′(t)

∥∥T ′(t), si T ′(t) 6= 0 (3.5)

y apunta en la direccion hacia donde la curva se dobla.



Definicion 3.4.5. Sea C una curva de ecuacion #–r (t). El vector binormal de

la curva en el punto #–r (t) es el vector unitario

B(t) = T (t) × N(t) (3.6)

Los vectores T , N y B forman un sistema ortonormal de vectores en cada

punto #–r (t), llamado triedro movil o triedro de Frenet. En cada punto de

la curva C, los vectores T y N determinan un plano llamado plano osculador.

Los vectores T y B forman el llamado plano rectificador y los vectores N y

B generan el llamado plano normal.

TN

#–r (a)

#–r (t)

x

y

z

(a) Tangente y normal unitarios

T N

B

C

Plano osculador

Planorectificador

Planonormal

(b) Triedro de Frenet

Figura 3.7. Sistema T , N , B

Nota. Para curvas planas si T = a(t)ı + b(t) es el vector tangente unitario

a la curva C en el punto #–r (t), entonces los vectores N 1(t) = −b(t)ı + a(t)k

y N 2(t) = b(t)ı − a(t)k son normales a C.

Ejemplo 3.4.4. Halle T (t) y N(t) en t = 1, para las curvas

a) #–r (t) = t ı + t2 b) #–r (t) = t ı + 43t√

t + t2k

Solucion.

a) Como #–r ′(t) = ı + 2t, ‖ #–r ′(t)‖ =√

1 + 4t2, entonces

T (t) =1√

1 + 4t2(ı + 2t) , T (1) = 1√

5(ı + 2), N(1) = 1√

5(−2ı + )



b) Puesto que

#–r ′(t) = ı + 2√

t + 2t k y ‖ #–r ′(t)‖ =√

1 + 4t + 4t2 = 1 + 2t,

se tiene

T (t) = 11+2t

(

ı + 2√

t + 2t k)

, T (1) =1

3ı +

2

3 + 2

3k.

Luego,

T ′(t) = 1(1+2t)2

(

−2 ı + 1−2t√t

+ 2 k)

,∥∥T ′(t)

∥∥ = 1√

t (1+2t),∥∥T (1)

∥∥ = 1

3

N(t) =√

t1+2t

(

−2 ı + 1−2t√t

+ 2 k)

, N(1) = −23ı − 1

3 + 2

3k.

y

x

T (1)N (1)

#–r (1)

(a)

x

y

z

b T (1)

N(1)C

(b)

Figura 3.8. Graficas ejemplo 3.4.4

3.4.2. Curvatura y cırculo osculador en curvas planas

Sea#–r (t) = x(t)ı + y(t), a ≤ t ≤ b (3.7)

el vector de posicion de una curva en el plano y

T (t) =1

‖ #–r ′(t)‖#–r ′(t), (3.8)

el vector tangente unitario en el punto #–r (t). Entonces

T (t) = cos φ ı + sen φ . (3.9)



Expresando el vector tangente T de (3.9) como una funcion del parametro

longitud de arco s indicado en la figura 3.9(a), entonces la razon en que

cambia T se mide mediante la derivada

dT

ds=

dT

dφ· dφ

ds= (− sen φ ı + cos φ )

dφ

ds(3.10)

Notar que

∥∥∥∥

dT

ds

∥∥∥∥

=

∣∣∣∣

dφ

ds

∣∣∣∣.

Definicion 3.4.6. La curvatura en un punto de una curva plana, denotada

con κ (kappa) se define como

κ =

∣∣∣∣

dφ

ds

∣∣∣∣. (3.11)

s

φ

T

N

#–r (a)

#–r (t)

x

y

(a)

b

b

b

b

P

Q

R

S

(b)

Figura 3.9. Tangente unitario y curvatura

Para una linea recta, el angulo φ es constante, de modo que su curvatura es

cero. La curvatura es mayor en los puntos en donde φ cambia mas rapida-

mente como en los puntos P y R y es mas pequena en Q y S en donde φ

cambia con menos rapidez (ver figura 3.9(b)).

Una consecuencia inmediata de las ecuaciones (3.9) y (3.10) es que

T •

dT

ds= 0,



de modo que en cada punto P de una curva, el vector unitario T y su

vector derivada dT /ds son perpendiculares. El vector normal unitario N

que apunta en la direccion de dT /ds recibe el nombre de vector normal

unitario principal a la curva en P . Entonces podemos escribir

dT

ds= κN . (3.12)

donde κ es la curvatura de la curva en P .

A continuacion se enuncian dos resultados que facilitan calcular la curvatura

de una curva plana.

Teorema 3.4.7. Si una curva plana C tiene ecuaciones parametricas suaves

x = x(t), y = y(t) entonces

κ =|x′y′′ − x′′y′|

[(x′)2 + (y′)2]3/2(3.13)

Teorema 3.4.8. Si una curva plana C tiene ecuacion y = f(x) entonces

κ =|y′′|

[1 + (y′)2]3/2(3.14)

Cırculo osculador

Sea C una curva plana y sea P un punto de la curva donde κ 6= 0. El cırculo

tangente a C en P que tiene su centro en la direccion del vector normal uni-

tario N se llama cırculo osculador o cırculo de curvatura de la curva

en P . El radio ρ de dicho cırculo recibe el nombre de radio de curvatura

de C en P . Su centro H es llamado centro de curvatura y el vector de

H, #–γ es llamado vector posicion del centro de curvatura en P .



El radio de curvatura esta dado por

ρ =1

κ, κ 6= 0, (3.15)

y su centro de curvatura por

#–γ = #–r + ρN . (3.16)

Ejemplo 3.4.5. Determine los vectores

T , N , la curvatura κ y el centro de curva-

tura de la parabola y = 2 − x2 en el punto

(1, 1).

ρ

x

y

P

T

N#–γ

H

Figura 3.10. Cırculo osculador

Solucion. Parametrizando con x = t, y = 2 − t2, su vector de posicion es#–r (t) = t ı + (2 − t2) , de modo que #–r ′(t) = ı − 2t y su longitud es

‖ #–r ′(t)‖ =√

1 + 4t2. Ası, el vector tangente unitario esta dado por

T (t) =1√

1 + 4t2(ı − 2t ) .

Los vectores tangente y normal principal unitarios en t = 1 son:

T (1) =1√5ı − 2√

5 y N(1) = − 2√

5ı − 1√

5.

Como y = 2−x2, y′ = −2x y y′′ = −2.

Ası, de (3.14) se obtiene

κ =|y′′|

[1 + (y′)2]3/2=

2

[1 + 4x2]3/2.

En el punto (1, 1) la curvatura y el radio

de curvatura son:

κ =2

5√

5y ρ =

5√

5

2.

b

b

x

y

(1, 1)

y = 2 − x2

(−4,− 3

2

)


La ecuacion (3.16) implica que el centro de curvatura es

#–γ = (1, 1) + 5√

52

(

− 2√5,− 1√

5

)

=(−4,−3

2

).



La ecuacion del cırculo osculador a la parabola en el punto (1, 1) es

(x + 4)2 +

(

y +3

2

)2

=125

4.

3.4.3. Curvatura y torsion en curvas en el espacio

La curvatura de una curva C en un punto es una medida de la rapidez con

que la curva cambia de direccion en ese punto y se define en terminos de la

longitud de arco para que sea independiente de la parametrizacion.

Definicion 3.4.9. La curvatura de una curva en R3 de ecuacion #–r (s) es

κ =

∥∥∥∥

dT

ds

∥∥∥∥, (3.17)

en donde T es el vector tangente unitario.

Teorema 3.4.10. La curvatura de una curva de ecuacion #–r (t) es

κ =

∥∥T ′(t)

∥∥

‖ #–r ′(t)‖ (3.18)

Como la formula (3.18) es muy tediosa de aplicar, se tiene

Teorema 3.4.11. La curvatura de una curva de ecuacion #–r (t) es

κ =‖ #–r ′(t) × #–r ′′(t)‖

‖ #–r ′(t)‖3 (3.19)

Puesto que B es un vector unitario, entonces dBds

(en caso de ser no nulo)

es ortogonal a B. Por otra parte, si derivamos B = T × N obtenemosdBds

= T × dNds

, lo cual implica que B es tambien ortogonal a T . Entonces B

es un multiplo escalar del vector N . Digamos que

dB

ds= −τN , (3.20)



donde τ es un numero real que recibe el nombre de torsion de la curva.

El signo − en la ecuacion (3.20) indica que los vectores dBds

y −N tienen

la misma direccion y sentido cuando los valores de la torsion son positivos.

Cuando una partıcula se mueve sobre la curva en la direccion del vector T

(direccion positiva) y la torsion es positiva el triedro T NB girara alrededor

del vector T en el mismo sentido de un tornillo de rosca derecha que avanza

en la direccion y sentido del vector T Ası, la torsion mide la cantidad que se

tuerce la curva en el sentido en que el sistema formado en cada punto por

T , N y B gira alrededor de la curva.

Formulas de Frenet - Serret.

Las derivadas de los vectores T , N y B con respecto a la longitud de arco s

se pueden expresar en terminos de los vectores T′, N

′y B

′obteniendose un

conjunto de ecuaciones conocidas con el nombre de formulas de Frenet-Serret.

Sea C una curva de funcion #–r (s), donde s es la longitud de arco medida a

partir de un punto fijo P de C. Entonces

1.dT

ds= κN ,

2.dN

ds= −κT + τB,

3.dB

ds= − τN .

3.5. Movimiento en el espacio

3.5.1. Posicion, velocidad y aceleracion

Si las coordenadas del punto movil en el instante t estan dadas por las ecua-

ciones parametricas x = f(t), y = g(t), z = h(t) entonces se tiene


Seccion 3.5. Movimiento en el espacio 59

#–r (t) = f(t)ı + g(t) + h(t)k es la posicion

#–v (t) = #–r ′(t) es la velocidad

v(t) = ‖ #–v (t)‖ es la rapidez

#–a(t) = #–v ′(t) = #–r ′′(t) es la aceleracion

a(t) = ‖ #–a(t)‖ es la aceleracion escalar

xy

z#–r

#–a

#–v

C

P

Figura 3.12. Movimiento

Ejemplo 3.5.1. Halle #–v , v, #–a y a en t dado. Dibuje los vectores.

a) #–r (t) = 2tı + (2 − 2t2); t = 12, b) #–r (t) = tı + t2 + t3k, t = 1.

Solucion.

a) Como #–r (12) = ı+ 3

2, la partıcula esta en el punto P (1, 3

2) sobre la parabola

y = 2− 12x2. Su vector velocidad es #–v (t) = 2ı−4t, ası que #–v (1

2) = 2ı−2

y v(12) =

∥∥ #–v (1

2)∥∥ = 2

√2. Su vector aceleracion es #–a(t) = −4 y la

aceleracion escalar es ‖ #–a‖ = 4.

b) La partıcula se encuentra en el punto P (1, 1, 1). Su vector velocidad

esta dado por #–v (t) = ı + 2t + 3t2k, ası #–v (1) = ı + 2 + 3k y su ra-

pidez es v(1) =√

14. El vector aceleracion esta dado por #–a(t) = 2+6tk,

de modo que #–a(1) = 2 + 6k y la aceleracion escalar es ‖ #–a(1)‖ = 2√

10.

x

y

(1, 3

2)

#–v

#–a

y = 2 − 1

2x2

(a)

x

y

z

b

~v

~a

C

(1, 1, 1)

(b)

Figura 3.13. Graficas ejemplo 3.5.1



3.5.2. Componentes tangencial y normal de ~a

En el estudio del movimiento de una partıcula, a menudo es conveniente

expresar la aceleracion en dos componentes, una en la direccion del vector

tangente y la otra en la direccion del vector normal, denominadas componente

tangencial y componente normal.

aN

aT

#–a

T

N

x

y

z

Figura 3.14. Componentes aT

y aN

Derivando #–v = vT y teniendo en cuenta que #–a =d #–v

dtse obtiene

#–a = aTT + a

NN , (3.21)

donde

aT

=dv

dty a

N= κv2 =

v2

ρ. (3.22)

Los numeros aT y aN reciben los nombres de componentes tangencial y

normal de la aceleracion, respectivamente.

De la formula(3.21), conocidas las componentes tangencial y normal de la

aceleracion, podemos obtener el vector normal N :

N =1

aN

( #–a − aTT ). (3.23)


Seccion 3.5. Movimiento en el espacio 61

Conocida la componente tangencial de la aceleracion podemos usar el teore-

ma de Pitagoras para hallar la componente normal:

aN

=√

‖ #–a‖2 − a2T. (3.24)

Conocida la parametrizacion de la curva, la componente normal puede ser

calculada usando la siguiente formula:

aN

=‖ #–r ′ × #–r ′′‖

‖ #–r ′‖ . (3.25)

Una vez calculada la componente normal de la aceleracion podemos calcular

la curvatura usando la formula (3.22).

Si F (t) es la fuerza que actua sobre una partıcula de masa m que se mue-

ve sobre una curva con funcion posicion #–r (t)) entonces la segunda ley del

movimiento de Newton asegura que

#–

F (t) = m #–a(t),

lo cual indica que el vector aceleracion tiene la misma direccion que la fuerza

que actua sobre ella. Si no existen fuerzas actuando sobre una partıcula en

movimiento la aceleracion vale cero y el vector velocidad es constante tanto en

magnitud como en direccion. La segunda ley de Newton tambien indica que

una fuerza aplicada es directamente proporcional a la masa de la partıcula.

Para una masa m la aceleracion es proporcional a la fuerza aplicada. De la

formula (3.21) y (3.22) se obtiene

#–

F (t) = mdv

dtT (t) + mv2κ(t)N(t).

Luego mv2κ(t), la componente normal de la fuerza#–

F (t), es la intensidad

(modulo) de la fuerza normal necesaria para mantener la partıcula sobre la

curva. Por esto, cuando un automovil se desplaza con gran rapidez (alta

velocidad lineal) sobre una curva muy cerrada (radio de curvatura pequeno y

por lo tanto curvatura grande) la fuerza ejercida por la carretera (rozamiento)

debe ser muy grande para lograr mantener el automovil sobre la carretera.




1. Elimine el parametro y trace la grafica de

a) #–r (t) =√

t ı + (3t − 2)

b) #–r (t) = cos (2t) ı + sen t

c) #–r (t) = sec t ı + tan t

d) #–r (t) = (t2 + 1) ı + (2t − 2)

2. Encuentre el angulo entre los vectores velocidad y aceleracion en t = 0.

a) #–r (t) = (3t + 1) ı +√

3t + t2 k

b) #–r (t) =(√

22

)

ı +(√

22

t − 16t2)

c) #–r (t) = (ln(t2 + 1)) ı + (tan−1 t) +√

t2 + 1 k

3. Muestre que la curva #–r (t) = (t cos t) ı+(t sen t) + t k se encuentra en

el cono z2 = x2 + y2 y trace su grafica.

4. Halle el valor o los valores de t de modo que los vectores velocidad y

aceleracion sean perpendiculares

a) #–r (t) = (t − sen t) ı + (1 − cos t) , 0 ≤ t ≤ 2π.

b) #–r (t) = sen t ı + t + cos t k; t ≥ 0.

5. Muestre que la funcion vectorial

#–r (t) = 2 ı + 2 + k + cos t(√

22

ı −√

22

)

+ sen t(√

33

ı +√

33

+√

33

k)

describe el movimiento de una partıcula que se mueve en la circunfe-

rencia de radio 1 con centro en (2, 2, 1) y que se encuentra en el plano

x + y − 2z = 2.

6. Un cırculo de radio b rueda sin resbalar dentro de una circunferencia

de radio a > b. La trayectoria de un punto fijo en la circunferencia del

cırculo que rueda es una hipocicloide. Suponga que P inicia su recorrido



en el punto A(0, a) y que t es el angulo ∠AOC, donde O es el centro

del cırculo grande y C es el centro del cırculo que rueda. Muestre que

las coordenadas de P estan dadas por las ecuaciones parametricas

x = (a− b) cos t+ b cos

(a − b

bt

)

, y = (a− b) sen t− b sen

(a − b

bt

)

.

7. Pruebe. Si #–r (t) tiene longitud constante, entonces #–r y #–r ′ son ortogo-

nales.

8. Sea#–

B un vector fijo y#–

F (t) una funcion vectorial tal que#–

F (t) •

#–

B = t

para todo t y el angulo entre#–

F ′ y#–

B es constante. Muestre que#–

F ′′ y#–

B son perpendiculares.

9. Encuentre ecuaciones parametricas para las rectas tangente y normal

en el punto (π4, 1, 1), a #–r (t) = t ı +

√2 cos t +

√2 sen t k. Escriba la

aceleracion en la forma #–a = aTT + a

NN .

10. Encuentre los vectores tangente y normal unitarios T y N para

a) #–r (t) = (cos3 t) ı + (sen3 t) ; 0 ≤ t ≤ π/2

b) #–r (t) = (2 cos t) ı + (2 sen t) +√

5 t k

11. Demuestre: si #–r se parametriza con longitud de arco s, ‖ #–r ′(s)‖ = 1.

12. Determine explıcitamente la funcion longitud de arco para

a) #–r (t) = t ı + cosh t + k; 0 ≤ t ≤ 1.

b) #–r (t) = 2t2 ı + 3t2 + 4t2 k; 1 ≤ t ≤ 3.

c) #–r (t) = t3 ı + t3 + t3 k; −1 ≤ t ≤ 1.

d) #–r (t) = t ı + 2√

t + k; 0 ≤ t ≤ 1.

13. Si #–u(t) = #–r ′(t) • [ #–r (t) × #–r ′′(t)], muestre que

#–u ′(t) = #–r ′(t) • [ #–r (t) × #–r ′′′(t)].



14. Sean#–

A y#–

B dos vectores fijos de R3 perpendiculares entre si, tales que

‖ #–

A‖ = 1 y ‖ #–

B‖ = 2. Si el vector de posicion de una partıcula es

#–r = t#–

A +2

3t3/2 #–

A × #–

B +1

2t2

#–

B

a) Muestre que la rapidez de la partıcula es v = v(t) = 1+2t. Ayuda:

v2 = #–v •

#–v

b) ¿Cuanto tarda la partıcula en recorrer una distancia igual a 12

unidades de longitud a lo largo de la curva?

15. Si#–

F (t) = e2t #–

A + e−2t #–

B, donde#–

A y#–

B son vectores fijos no nulos.

a) Muestre que#–

F y#–

F ′′ tienen la misma direccion.

b) Halle el valor de t de modo que#–

F y#–

F ′ sean perpendiculares.

16. Sea#–

A un vector fijo. Halle una funcion vectorial#–

F (t) tal que

#–

F (t) = tet #–

A +1

t

∫ t

1

#–

F (z) dz, t > 0.

17. Una partıcula se localiza en t = 0 en el punto (1, 2, 3), se mueve en

lınea recta con aceleracion constante #–a = 3ı− + k y rapidez v = 2 en

dicho punto y viaja al punto (4, 1, 4). Encuentre el vector de posicion#–r (t) de la partıcula en cualquier tiempo t.


Capıtulo 4

Derivacion parcial

4.1. Campos escalares

4.1.1. Puntos y conjuntos en Rn

Definicion 4.1.1. Sea a = (a1 , a2 . . . , an) ∈ Rn y δ > 0. La n–bola abierta

con centro en a y radio δ es el conjunto

Bδ(a) = B(a; δ) = {x ∈ R

n | ‖x − a‖ < δ} (4.1)

b

(a, b, c)

x

δ

x

y

z

(a)

b

(a, b)

xδ

x

y

(b)

b b

a x

δ

x

(c)

Figura 4.1. Bolas abiertas en R3, R

2 y R

65

66 Capıtulo 4. Derivacion parcial

Definicion 4.1.2. Sean S ⊆ Rn y a ∈ S. Se dice que a es un punto interior

de S cuando existe una n–bola abierta con centro en a contenida en S. El

conjunto formado por todos los puntos interiores de S se llama interior de

S y se denota por int S.

int S = {x ∈ Rn | B

δ(x) ⊂ S para algun δ > 0} (4.2)

S es abierto si todos sus puntos son interiores, esto es, int S = S.

Definicion 4.1.3. Sean S ⊆ Rn y a ∈ S. Se dice que a es un punto frontera

de S si toda n–bola abierta con centro en a contiene puntos de S y de su

complemento SC . El conjunto formado por todos los puntos frontera de S se

llama frontera de S y se denota por ∂S.

∂S ={x ∈ R

n | Bδ(x) ∩ S 6= ∅ y B

δ(x) ∩ SC 6= ∅ para todo δ > 0

}(4.3)

La clausura de S, denotada por S, es S = int S ∪ ∂S. El conjunto S es

cerrado si S = S.

b

b

x

y

S

(a) Punto interior y punto frontera

x

y

S

(b) Conjunto abierto

Figura 4.2. Ilustracion en R2

4.1.2. Definicion, dominio y recorrido

Definicion 4.1.4. Sea D ⊆ Rn. Un campo escalar es una funcion de n

variables

f : D ⊆ Rn 7→ R; x 7→ f(x) = w.


Seccion 4.1. Campos escalares 67

Es decir, una funcion de n variables es una regla que asigna a cada

n−upla (x1 , x2 , . . . , xn) de numeros reales un unico real, denotado por

f(x1 , x2 , . . . , xn). El conjunto D es el dominio de f y su recorrido o ima-

gen es el conjunto de valores que asume la funcion, es decir,

im f = {f(x1 , x2 , . . . , xn) | (x1 , x2 , . . . , xn) ∈ D} .

Una forma de imaginar una funcion de dos o tres variables es por medio de un

diagrama sagital (de flechas), figura 4.3, en donde el dominio D se representa

como un subconjunto del plano xy o del espacio R3.

bb

bb

b

b

OD

(x, y)

(a, b)

x

y z

0

f(a, b)

f(x, y)f

(a)

bb

bb

b

b

O

D

(x, y, z)

(a, b, c)

y

z

x

w

0f(a, b, c)

f(x, y, z)

f

(b)

Figura 4.3. Funcion de dos y tres variables.

Nota. Si una funcion f esta definida mediante una formula y no se especifica

ningun dominio, se sobrentiende que el dominio de f esta dado por todas las

n−uplas (x1 , x2 , . . . , xn) de numeros reales para las cuales la expresion dada

es un numero real bien definido.

Ejemplo 4.1.1. Determine y represente el dominio de la funcion

a) f(x, y) =

√

x − y2

y2 − 1b) f(x, y) = ln (1 + x2 − y2)

Solucion.

a) La expresion tiene sentido si el denominador es diferente de 0 y la cantidad

bajo el signo radical es no negativa. Luego, el dominio de f es el conjunto

D = {(x, y) ∈ R2 | x − y2 ≥ 0, |y| 6= 1} . (Ver figura 4.4(a)).



b) ln (1 + x2 − y2) esta definido si 1 + x2 − y2 > 0 es decir, x2 − y2 > −1.

Luego, el dominio de f es el conjunto D = {(x, y) ∈ R2 | y2 − x2 < 1} .

(Ver figura 4.4(b)).

y = 1

y = −1

x

y

−1 0 1 2 3

−2

−1

1

2

(a) f(x, y) =

√

x − y2

y2 − 1

x

y

−3 −2 −1 0 1 2

−3

−2

−1

1

2

(b) f(x, y) = ln (1 + x2 − y2)

Figura 4.4. Dominios de las funciones del ejemplo 4.1.1

4.1.3. Conjuntos de nivel y graficas

Definicion 4.1.5. Sea f : D ⊆ Rn 7→ R una funcion de n variables. Se

define la grafica de f como el conjunto

G ={(x1 , x2 , . . . , xn, w) ∈ R

n+1 | w = f(x1 , x2 , . . . , xn); (x1 , x2 , . . . , xn) ∈ D}

Como es de esperarse, solo es posible hacer la representacion para n = 2, en

cuyo caso, la grafica es una superficie S de R3:

S ={(x, y, z) ∈ R

3 | z = f(x, y); (x, y) ∈ D}

.

Se puede imaginar que la grafica de S esta situada arriba o abajo de su

dominio D en el plano xy, como se ilustra en la figura 4.5.


Seccion 4.1. Campos escalares 69

f(x, y)

(x, y, 0)

(x, y, f(x, y))

D

S

x

y

z

O

Figura 4.5. z = f(x, y)

Definicion 4.1.6. Sea f : D ⊆ Rn 7→ R una funcion de n variables y

k un numero en el recorrido de f . El conjunto de nivel de f de va-

lor k esta definido como aquellos puntos (x1 , x2 , . . . , xn) ∈ D para los que

f(x1 , x2 , . . . , xn) = k. El conjunto de nivel de valor k lo escribimos simboli-

camente de la siguiente manera

Nk = {(x1, x

2, . . . , xn) ∈ R

n | f(x1, x

2, . . . , xn) = k; (x

1, x

2, . . . , xn) ∈ D}

Nota. Observar que cada conjunto de nivel esta siempre en el dominio de

la funcion. Para n = 2 los conjuntos de nivel son curvas en el plano xy

llamadas curvas de nivel, mientras que para n = 3 los conjuntos de nivel

son superficies del espacio xyz llamadas superficies de nivel.

Definicion 4.1.7. Sea f : D ⊆ R2 7→ R una funcion de dos variables y k un

numero en el recorrido de f . Se definen las curvas de contorno de f como

C ={(x, y, z) ∈ R

3 | f(x, y) = k , z = k con (x, y) ∈ D}

Definicion 4.1.8. Sea f : D 7→ R una funcion de dos variables. Las trazas

son curvas interseccion de z = f(x, y) con planos paralelos a los planos

coordenados.



Traza Ecuacion Descripcion

z = k f(x, y) = k Curva paralela al plano xy o en el plano xy

x = k f(k, y) = z Curva paralela al plano yz o en el plano yz

y = k f(x, k) = z Curva paralela al plano xz o en el plano xz

Para k = 0, las trazas se denominan trazas principales. Observar que las

curvas de contorno no son mas que las trazas en planos paralelos al plano xy

y corresponden a las curvas de nivel elevadas (o bajadas) hacia la superficie.

Ejemplo 4.1.2. Dibuje las curvas de nivel y trace la grafica de

a) f(x, y) = 2x − y2 b) f(x, y) = 4x2 − y2 − 8x − 4y − 4

Solucion.

(a) Las curvas de nivel de f son las parabolas 2x = y2 + k, k ∈ R. En la

figura 4.6 se muestran algunas curvas de nivel y la grafica con sus trazas

principales.

y

x

k = 0

k < 0

k > 0

xy

z

Figura 4.6. Curvas de nivel y graficas ejemplo 4.1.2a)


Seccion 4.2. Lımites y continuidad 71

(b) Las curvas de nivel de f son las hiperbolas 4x2 − y2 − 8x− 4y = k + 4,

k ∈ R. En la figura 4.7 se muestran algunas curvas de nivel y la grafica

con sus trazas principales.

k < 0 :k = 0 :k > 0 :

y

x

x

y

z

Figura 4.7. Curvas de nivel y graficas ejemplo 4.1.2b)

4.2. Lımites y continuidad

Definicion 4.2.1. Sea f : D 7→ R, D ⊆ Rn y x0 = (x01 , x02 . . . , x0n

) ∈ Rn.

lımx→x

0

f(x) = L si y solo si, para cada ǫ > 0 existe un δ > 0 tal que

|f(x) − L| < ǫ siempre que 0 < ‖x − x0‖ < δ

bbc

bc

OD

(x, y)

(a, b)

x

y z

0

L

L + ǫ

L − ǫ

δ f(x, y)f

Figura 4.8. Lımite en R2



Teorema 4.2.2. Sean f, g : D ⊆ Rn 7→ R, #–r : I ⊆ R 7→ R

n. Si lımx→x0

f(x) = L,

lımx→x0

g(x) = M , a y b son constantes. Entonces

1. lımx→x0

[af(x) + bg(x)] = aL + bM

2. lımx→x0

|f(x)| = 0 ⇒ lımx→x0

f(x) = 0

3. lımx→x0

[f(x)g(x)] = LM

4. lımx→x0

[f(x)

g(x)

]

=L

M

5. lımx→x0

[f(x)]r = Lr

6. lımt→t0

[f( #–r (t))] = f

(

lımt→t0

#–r (t)

)

Regla de las trayectorias

Sea f : D ⊆ Rn 7→ R y x0 ∈ int D. Si dos trayectorias que llegan a un punto

x0

= (x01

, . . . , x0n

) producen lımites diferentes, entonces lımx→x0

f(x) no existe.

Ejemplo 4.2.1. Halle el lımite o muestre que no existe

a) lım(x,y)→(1,−2)

(x3 − 3xy + xy2 − 1)

b) lım(x,y)→(1,1)

√

x2 + 3y2 − 1

x + 2y

c) lım(x,y)→(1,1)

x − y√

x2 + 3xy − 2y

d) lım(x,y)→(0,0)

x2 + 2y2 − 2xy

x2 + y2

Solucion.

a) lım(x,y)→(1,−2)

(x3 − 3xy + xy2 − 1) = 13 − 3(1)(−2) + 1(−2)2 − 1 = 4

b) Sustituyendo lım(x,y)→(1,1)

√

x2 + 3y2 − 1

x + 2y=

√12 + 3 · 12 − 1

1 + 2= 1

3

c) En este caso es necesario racionalizar

lım(x,y)→(1,1)

x − y√

x2 + 3xy − 2y= lım

(x,y)→(1,1)

(x − y)(√

x2 + 3xy + 2y)

(√

x2 + 3xy − 2y)(√

x2 + 3xy + 2y)


Seccion 4.2. Lımites y continuidad 73

= lım(x,y)→(1,1)

(x − y)(√

x2 + 3xy + 2y)

x2 + 3xy − 4y2

= lım(x,y)→(1,1)

��(x − y)(√

x2 + 3xy + 2y)

��(x − y)(x + 4y)

= lım(x,y)→(1,1)

√

x2 + 3xy + 2y

x + 4y= 4

5

d) Usando el metodo de las trayectorias

* Por y = 0 : lım(x,y)→(0,0)

x2 + 2y2 − 2xy

x2 + y2= lım

(x,0)→(0,0)

x2

x2= lım

x→01 = 1

* Por x = 0 : lım(x,y)→(0,0)

x2 + 2y2 − 2xy

x2 + y2= lım

(0,y)→(0,0)

2y2

y2= lım

y→02 = 2

Luego, lım(x,y)→(0,0)

x2 + 2y2 − 2xy

x2 + y2no existe.

Lımites iterados

Sea f : D ⊆ R2 7→ R y (a, b) ∈ R

2, los lımites

lımx→a

[

lımy→b

f(x, y)

]

y lımy→b

[

lımx→a

f(x, y)]

se llaman lımites iterados.bc bc

(a, b)

(x, y)

(a, b)

(x, y)

Ejemplo 4.2.2. Halle los lımites iterados de f(x, y) =x2 − y2

x3 − y3 + 2x2 − 2yen (1, 1).

Solucion.

lımy→1

[

lımx→1

x2 − y2

x3 − y3 + 2x2 − 2y

]

= lımy→1

1 − y2

3 − y3 − 2y= lım

y→1

y2 − 1

y3 + 2y − 3

= lımy→1

��(y − 1)(y + 1)

��(y − 1)(y2 + y + 3)

= lımy→1

y + 1

y2 + y + 3= 2

5



lımx→1

[

lımy→1

x2 − y2

x3 − y3 + 2x2 − 2y

]

= lımx→1

x2 − 1

x3 + 2x2 − 3

= lımx→1

��(x − 1)(x + 1)

��(x − 1)(x2 + 3x + 3)

= lımx→1

x + 1

x2 + 3x + 3= 2

7

Teorema 4.2.3 (Regla del emparedado). Sean g, f, h : D ⊆ Rn 7→ R. Si

lımx→x0

g(x) = L , lımx→x0

h(x) = L y g(x) ≤ f(x) ≤ h(x), x ∈ D entonces

lımx→x0

f(x) = L

Definicion 4.2.4. Sea f : D ⊆ Rn 7→ R una funcion de n variables y

x0 ∈ int D. Entonces f es continua en x0 si y solo si

lımx→x0

f(x) = f(x0)

Ejemplo 4.2.3. Analice continuidad de f en (0, 0)

a) f(x, y) =

xy(x2 − y2)

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

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

b) f(x, y) =

y sen 1x, si x 6= 0

0, si x = 0.

Solucion.

a) Usando coordenadas polares: x = r cos θ, y = r sen θ, x2 + y2 = r2.

lım(x,y)→(0,0)

xy(x2 − y2)

x2 + y2= lım

r→0

r2 sen θ cos θ(r2 cos2 θ − r2 sen2 θ)

r2

= lımr→0

r2 sen θ cos θ(cos2 θ − sen2 θ)

= 0 ( porque∣∣sen θ cos θ(cos2 θ − sen2 θ)

∣∣ ≤ 1

4)

Luego, f(x, y) no es continua en (0, 0) ya que lım(x,y)→(0,0)

f(x, y) = 0 6= 1.

La discontinuidad es removible.


Seccion 4.3. Derivadas parciales 75

b) Puesto que 0 ≤∣∣y sen 1

x

∣∣ ≤ |y| y lım

(x,y)→(0,0)|y| = 0, se tiene que

lım(x,y)→(0,0)

∣∣y sen 1

x

∣∣ = 0. Luego lım

(x,y)→(0,0)y sen 1

x= 0 = f(0, 0). Por lo tanto,

f(x, y) = y sen 1x

es continua en (0, 0).

4.3. Derivadas parciales

Definicion 4.3.1. Sea f : D ⊆ Rn 7→ R . La derivada parcial de f con

respecto a xi es

∂f

∂xi= lım

hi→0

f(x1 , x2 , . . . , xi + hi, . . . xn) − f(x1, x2 , . . . , xi, . . . , xn)

hi(4.4)

Notacion. La derivada parcial con respecto a xi se denota por

∂f

∂xi, fxi

,∂w

∂xi, wxi

, Dif

Para z = f(x, y) se tiene

∂f

∂x= lım

h→0

f(x + h, y) − f(x, y)

h,

∂f

∂y= lım

k→0

f(x, y + k) − f(x, y)

k

Para w = f(x, y, z) se tiene

∂f

∂x= lım

h→0

f(x + h, y, z) − f(x, y, z)

h,

∂f

∂y= lım

k→0

f(x, y + k, z) − f(x, y, z)

k

∂f

∂z= lım

l→0

f(x, y, z + l) − f(x, y, z)

l

Ejemplo 4.3.1. Halle las derivadas parciales de f(x, y) = x2y + 2xy2

Solucion.

∂f

∂x= lım

h→0

(x + h)2y + 2(x + h)y2 − x2y − 2xy2

h

= lımh→0

��x2y + 2hxy + h2y + 2hy2 +�

��2xy2 + 2hy2 −��x2y −�

��2xy2

h



= lımh→0

2hxy + h2y + 2hy2

h= lım

h→0(2xy + hy + 2y2) = 2xy + 2y2

∂f

∂y= lım

k→0

x2(y + k) + 2x(y + k)2 − x2y − 2xy2

k

= lımk→0

��x2y + kx2 +�

��2xy2 + 4kxy + 2xk2 −��2xy2 −�

�x2y

k

= lımk→0

kx2 + 4kxy + 2xk2

k= lım

k→0(x2 + 4xy + 2xk) = x2 + 4xy

Notar que fx puede calcularse derivando a f(x, y) con respecto a x con y fija.

Similarmente, fy se calcula derivando a f con respecto a y con x fija.

Ejemplo 4.3.2. Sea f(x, y) =

x2 − xy + y2

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

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

a) Muestre que f no es continua en (0, 0) b) Calcule fx(0, 0) y fy(0, 0)

Solucion.

a) Por trayectorias se tiene

Por y = 0 : lım(x,y)→(0,0)

x2 − xy + y2

x2 + y2= lım

x→0

x2

x2= lım

x→01 = 1

Por y = x : lım(x,y)→(0,0)

x2 − xy + y2

x2 + y2= lım

x→0

x2

2x2= lım

x→0

1

2= 1

2.

Luego, f no es continua en (0, 0) porque lım(x,y)→(0,0)

f(x, y) no existe.

b) Usando la definicion de derivada parcial se tiene

fx(0, 0) = lımh→0

f(h, 0) − f(0, 0)

h= lım

h→0

1 − 1

h= lım

h→00 = 0

fy(0, 0) = lımk→0

f(0, k) − f(0, 0)

k= lım

k→0

1 − 1

k= lım

k→00 = 0

Observar que las primeras derivadas parciales existen en (0, 0) pero f no es

continua allı.



Interpretacion geometrica de las derivadas parciales

(x0, y

0, 0)

(x0, y

0, z

0) z = f(x, y)

Recta tangente L1Recta tangente L2

Plano y = y0

Plano x = x0

Curva C2

:

z = f(x, y)

x = x0

Curva C1

:

z = f(x, y)

y = y0

x

y

z

Figura 4.9. Interpretacion geometrica de las derivadas parciales

Sea f : D ⊆ R2 7→ R, entonces z = f(x, y) es una superficie.

∂f

∂x: derivada de f con respecto a x con y fija

∂f

∂y: derivada de f con respecto a y con x fija

La interseccion de f(x, y) con los planos x = x0 , y = y0 forma dos curvas:

C1 :

z = f(x, y)

y = y0

y C2 :

z = f(x, y)

x = x0

∂f

∂x(x0 , y0) = pendiente de la recta tangente L1 a la curva C1 .

∂f

∂y(x0 , y0) = pendiente de la recta tangente L2 a la curva C2 .



Ejemplo 4.3.3. Sea C la curva interseccion del paraboloide z = 9 − x2 − y2

con el plano x = 1. Halle la ecuacion de la recta tangente a C en P (1, 2, 4).

Dibuje el paraboloide, la curva y la recta.

Solucion. Como z = 9 − x2 − y2, ∂z/∂y = −2y es la pendiente de la recta

tangente a la curva z = 9 − x2 − y2, x = 1 en cualquier punto. Al sustituir

en (1, 2) se tiene que la pendiente de L es mL

= −4. La ecuacion general de

la recta que pasa por el punto (x0, y0, z0) y tiene pendiente mL

es

z − z0

= mL(y − y

0), x = 1.

Al sustituir y simplificar se obtiene

L : z = −4y + 12 , x = 1.

En parametricas,

L : x = 1, y = t, z = 12 − 4t; t ∈ R

(1, 2, 4)

(0, 0, 9)

x = 1

L

x y

z




Derivadas de orden superior

Sea f : D 7→ R; D ⊆ Rn. Las segundas derivadas parciales de f son (fxi

)xj

para i, j = 1, 2, . . . , n.

Notacion. Las segundas derivadas parciales de f se denotan de las siguiente

manera:

(fxi)xj

, fxixj,

∂

∂xj

(∂f

∂xi

)

,∂2f

∂xj∂xi

, D2jif, para i 6= j .

(fxi)xi

, fxixi,

∂

∂xi

(∂f

∂xi

)

,∂2f

∂x2i

, D2i f, para i = 1, 2, . . . , n.

Ejemplo 4.3.4. Calcule las segundas derivadas parciales de la funcion

z = cos(x − y) + ex2+y2.

Solucion.

∂2z

∂x2=

∂

∂x

[∂

∂x

(cos(x − y) + ex2+y2)

]

=∂

∂x

[

− sen(x − y) + 2xex2+y2]

= − cos(x − y) + 4x2ex2+y2

+ 2ex2+y2

∂2z

∂y2=

∂

∂y

[∂

∂y

(cos(x − y) + ex2+y2)

]

=∂

∂y

[

sen(x − y) + 2yex2+y2]

= − cos(x − y) + 4y2ex2+y2

+ 2ex2+y2

∂2z

∂x∂y=

∂

∂x

[

sen(x − y) + 2yex2+y2]

= cos(x − y) + 4xyex2+y2

∂2z

∂y∂x=

∂

∂y

[

− sen(x − y) + 2yex2+y2]

= cos(x − y) + 4xyex2+y2



Ejemplo 4.3.5. Sea f(x, y) =

x2y

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

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

Halle, si existen, fxy(0, 0) y fyx(0, 0)

Solucion. Para (x, y) 6= (0, 0)

fx =2xy(x4 + y2) − (4x3)(x2y)

(x4 + y2)2=

2xy(x4 + y2 − 2x4)

(x4 + y2)2=

2xy(y2 − x4)

(x4 + y2)2

fy =x2(x4 + y2) − (2y)(x2y)

(x4 + y2)2=

x2(x4 + y2 − 2y2)

(x4 + y2)2=

x2(x4 − y2)

(x4 + y2)2

Para (x, y) = (0, 0),

fx(0, 0) = lımh→0

f(h, 0) − f(0, 0)

h= lım

h→0

0 − 0

h= lım

h→00 = 0

fy(0, 0) = lımk→0

f(0, k) − f(0, 0)

h= lım

k→0

0 − 0

k= lım

k→00 = 0

En resumen:

fx(x, y) =

2xy(y2 − x4)

(x4 + y2)2, si (x, y) 6= (0, 0)

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

fy(x, y) =

x2(x4 − y2)

(x4 + y2)2, si (x, y) 6= (0, 0)

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

Ahora

fxy(0, 0) = lımk→0

fx(0, k) − fx(0, 0)

k= lım

k→0

0 − 0

k= lım

k→00 = 0

fyx(0, 0) = lımh→0

fy(h, 0) − fy(0, 0)

h= lım

h→0

1/h2 − 0

h= lım

h→0

1h3 no existe

Ahora cabe preguntarse

¿en que condiciones fxy(x0 , y0) = fyx(x0 , y0)?

El siguiente teorema da respuesta a esta pregunta:


Seccion 4.4. Plano tangente y diferenciales 81

Teorema 4.3.2 (Teorema de Clairaut). Sea f : D ⊆ Rn 7→ R y x0

un punto interior de D. Si las funciones fxixjy fxjxi

son continuas en D

entonces

fxixj(x0) = fxjxi

(x0)

4.4. Plano tangente y diferenciales

Definicion 4.4.1. Sean S una superficie con ecuacion z = f(x, y), donde f

posee primeras derivadas parciales continuas, y P0(x0 , y0, z0) un punto de S.

Sean C1

y C2

las curvas interseccion entre los planos y = y0

y x = x0

con S.

Entonces P0 se encuentra en ambas curvas. Ahora sean T1 y T2 las tangentes

a las curvas C1

y C2

en P0

respectivamente. El plano tangente a S en P0

se

define como el plano que contiene a ambas rectas T1 y T2 , como se ve en la

figura 4.12.

Para hallar la ecuacion del plano tangente se debe determinar un vector nor-

mal a el. Una forma de hallar dicho vector es mediante el producto vectorial

entre los vectores tangentes a las curvas C1

y C2. Las figuras 4.11(a) y 4.11(b)

muestran las dos curvas y sus vectores tangentes

#–u = ı + fx(x0 , y0)k y #–v = + fy(x0 , y0)k .

z = f(x, y0)

P0

1

#–u

ı

k

fx(x0, y

0)

x

z

(a) Curva z = f(x, y0), y = y

0

z = f(x0, y)

P0

1

#–v

k

fy(x0, y

0)

y

z

(b) Curva z = f(x0, y), x = x

0

Figura 4.11. Curvas C1 y C2



Ası,

#–n = #–u × #–v =

∣∣∣∣∣∣∣∣

ı k

1 0 fx(x0 , y0)

0 1 fy(x0 , y0)

∣∣∣∣∣∣∣∣

= (−fx(x0 , y0),−fy(x0 , y0), 1)

es un vector normal a S que apunta hacia arriba.

b

b

#–u #–v

#–n = #–u × #–vPlano tangente

z = f(x, y)

P0(x

0, y

0, z

0)

Q0(x

0, y

0, 0)

T1

T2

x

y

z

Figura 4.12. Plano tangente

La ecuacion del plano tangente a la superficie z = f(x, y) en P0(x0 , y0, z0) es

z − z0

= fx(x0, y

0)(x − x

0) + fy(x0

, y0)(y − y

0) (4.5)

Ejemplo 4.4.1. Halle la ecuacion del plano tangente a z = x2y − 3xy + y3

en (1, 1,−1).

Solucion. Las derivadas parciales de f son fx = 2xy−3y, fy = x2−3x+3y2.

Ası, fx(1, 1) = −1, fy(1, 1) = 1. La ecuacion del plano es x − y − z = 1.

Definicion 4.4.2 (Gradiente de una funcion). Sea f : D ⊆ Rn 7→ R. El

gradiente de f en P0∈ D, denotado por grad f o ∇f , es

grad f(P0) =(fx1

(P0), fx2(P0), . . . , fxn

(P0)). (4.6)

Ejemplo 4.4.2. Halle grad f si f(x, y, z) = x2z − 3xy + y3z

Solucion. grad f = (fx, fy, fz) = (2xz − 3y,−3x + 3y2z, x2 + y3).



Propiedades del gradiente

Sean f y g campos escalares diferenciables y k una constante. Entonces

1. ∇(kf) = k∇f 2. ∇(f ± g) = ∇f ±∇g

3. ∇(fg) = f∇g + g∇f 4. ∇(

f

g

)

=g∇f − f∇g

g2

Ahora, la ecuacion 4.5 del plano tangente a la superficie z = f(x, y) en

P0(x0 , y0, z0) se puede escribir como

z − z0 = ∇f(x0 , y0) • (x − x0 , y − y0) (4.7)

Definicion 4.4.3. Sean f : D ⊆ Rn 7→ R y ∆x

1, ∆x

2, . . . , ∆xn

los incrementos de x1 , x2 , . . . , xn respectivamente. El incremento de

w = f(x) es

∆w = ∆f(x) = f(x + ∆x) − f(x), (4.8)

donde x = (x1 , x2 , . . . , xn) y ∆x = (∆x1 , ∆x2 , . . . , ∆xn).

Ejemplo 4.4.3. Sea z = 3x2y− 2xy2. Siendo ∆x y ∆y los incrementos de x

y y, determine ∆z y uselo para hallar el cambio de z cuando (x, y) varıa de

(1, 2) a (1.01, 1.98).

Solucion. Siendo z = f(x, y) = 3x2y − 2xy2,

∆z = f(x + ∆x, y + ∆y) − f(x, y)

= 3(x + ∆x)2(y + ∆y) − 2(x + ∆x)(y + ∆y)2 − 3x2y + 2xy2

= (6xy − 2y2)∆x + (3x2 − 4xy)∆y + (3y∆x + 6x∆x + 3∆x∆y)∆x

− (2x∆y + 4y∆x + 2∆x∆y)∆y

Al reemplazar x = 1, y = 2, ∆x = 0.01 y ∆y = −0.02, se obtiene

∆z = 0.140186.



Teorema 4.4.4. Sea w = f(x), donde f esta definida en una region “rec-

tangular” R = {x ∈ Rn | |xi| < ai} para la cual las derivadas parciales fxi

existen y son continuas en el punto P0 = (x01 , x02 , . . . , x0n) de R. Si x + ∆x

esta en R entonces

∆w = ∇f(x0) • ∆x + E(∆x) • ∆x, (4.9)

donde E(∆x) = (ε1, ε

2, . . . , εn) → 0 cuando ∆x → 0.

Definicion 4.4.5. Sean f : D ⊆ Rn 7→ R y ∆x

1, ∆x

2, . . . , ∆xn los incre-

mentos de x1 , x2 , . . . , xn respectivamente

(i) Las diferenciales de las variables independientes x1, x

2, . . . , xn son

dx1 = ∆x1 , dx2 = ∆x2 , . . . , dxn = ∆xn

(ii) La diferencial de la variable dependiente w = f(x) es

dw = ∇f(x) • dx, donde dx = (dx1, dx

2, . . . , dxn).

Nota. Por la ecuacion 4.9,

∆w ≈ dw si ∆x ≈ 0 .

b

b

b

b ︸︷︷

︸

Plano tangente

z = f(x, y)

P (x0, y

0, z

0)

Q(x0, y

0, 0)

∆x = dx

∆y = dy

dz

f(x0, y

0)

f(x0

+ ∆x, y0

+ ∆y)

(x0

+ ∆x, y0

+ ∆y, 0)

∆z

x

y

z

Figura 4.13. Aproximacion lineal



Definicion 4.4.6 (Aproximacion lineal). Sea w = f(x), donde f esta de-

finida en una region R = {x ∈ Rn | |xi| < ai} para la cual las derivadas

parciales fxiexisten y son continuas en P0 = (x01 , x02 , . . . , x0n

) de R. La ex-

presion

L(x) = f(P0) + ∇f(P0) • ∆x (4.10)

se denomina aproximacion lineal de f en P0 , donde ∆x = x − P0.

Ejemplo 4.4.4. Aproxime el valor de 3√

5.022 + 0.972 + 1.012

Solucion. Se define la funcion w = f(x, y, z) = 3√

x2 + y2 + z2. Entonces:

∆w ≈ dw = fxdx + fydy + fzdz

=2

3 3√

(x2 + y2 + z2)2(x dx + y dy + z dz) .

Con (x0, y

0, z

0) = (5, 1, 1), (∆x, ∆y, ∆z) = (0.02,−0.03, 0, 01). Ası,

3√

5.022 + 0.972 + 1.012 = f(5.02, 0.97, 1.01) ≈ f(5, 1, 1) + dz∣∣∣(5,1,1)

= 3 + 227

(5 · (0.02) + 1 · (−0.03) + 1 · (0.01)

)= 3.006.

Ejemplo 4.4.5. Las dimensiones de una caja rectangular cerrada son 3, 4 y

5 metros con un error posible en la medida de 1192

metros. Use diferenciales

para estimar el maximo error posible en el calculo de

a) el area de la superficie de las caras b) el volumen de la caja

Solucion.

a) El area total de las caras es A = A(x, y, z) = 2(xy + xz + yz), siendo

x, y, z las longitudes de los lados. Entonces

∆A ≈ dA = 2(y + z) dx + 2(x + z) dy + 2(x + y) dz



Al sustituir x0 = 3, y0 = 4, z0 = 5 metros y ∆x = ∆y = ∆z = 1192

metros,

se obtiene

∆A ≈ dA = 2(9 + 8 + 7) · 1

192metros2 =

1

8metros2 = 0.125 metros2

El error relativo porcentual maximo (ERP) estimado es

ERP =dA

A· 100 % =

0.125

94· 100 % ≈ 0.13 %

b) El volumen de la caja es V = V (x, y, z) = xyz. Entonces

∆V ≈ dV = yz dx + xz dy + xy dz

Al sustituir x0

= 3, y0

= 4, z0

= 5 metros y ∆x = ∆y = ∆z = 1192

metros,

se obtiene

∆V ≈ dV = (20 + 15 + 12) · 1

192metros3 =

47

192pies3 = 0.2448 metros3

El error relativo porcentual maximo (ERP) estimado es

ERP =dV

V· 100 % =

0.2448

60· 100 % ≈ 0.41 %

Ejemplo 4.4.6. La formula para el volumen de una lata cilındrica de radio

r y altura h es V (r, h) = πr2h. Si las dimensiones se cambian en pequenas

cantidades ∆r y ∆h entonces el cambio ∆V resultante en el volumen se

puede aproximar por la diferencial dV . Esto es,

∆V ≈ dV =∂V

∂r∆r +

∂V

∂h∆h = 2πrh∆r + πr2∆rh .

Para el caso en que r = 1 y h = 5 se tiene que

dV = π(10∆r + ∆h) .

Esto indica que para tales valores particulares de r y h, el volumen es apro-

ximadamente 10 veces mas sensible a cambios en el radio que a cambios en



la altura. Esto es, si el radio se cambia en una cantidad ǫ entonces la altura

debe ser cambiada aproximadamente en 10ǫ para mantener el volumen cons-

tante (es decir, para hacer ∆V = 0). Este analisis de la sensibilidad muestra

que una pequena disminucion en el radio necesita un aumento apreciable en

la altura para que el volumen permanezca constante.

Definicion 4.4.7 (Funcion diferenciable). Sea f : D ⊆ Rn 7→ R. Se

dice que f es diferenciable en P0 ∈ D si existe una funcion E(∆x) =

(ε1(∆x), ε2(∆x), . . . εn(∆x)) tal que

∆f(P0) = ∇f(P0) • ∆x + E(∆x) • ∆x (4.11)

en donde E(∆x) = (ε1(∆x), . . . , εn(∆x)) → 0 cuando ∆x → 0.

Teorema 4.4.8. Sea f : D ⊆ Rn 7→ R y P0 ∈ D. Si f es diferenciable en

P0, entonces f es continua en P0.

Nota. La sola existencia de las derivadas parciales de f en P0 no garantiza la

diferenciabilidad de f en P0. El ejemplo 4.3.2, pagina 76 muestra una funcion

de dos variables que posee primeras derivadas parciales en P0 = (0, 0) pero

que no es continua y por tanto no diferenciable en (0, 0).

Teorema 4.4.9. Sea f : D ⊆ Rn 7→ R y P0 ∈ D. Si las derivadas parciales

de f son continuas en P0, entonces f es diferenciable en P0.

Ejemplo 4.4.7. Analice la diferenciabilidad en P0(0, 0) de la funcion

f(x, y) =

x3y − xy3

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

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

Solucion. Las derivadas parciales de f son

fx(x, y) =

x4y + 4x2y3 − y5

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

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



fy(x, y) =

x5 − 4x3y2 − xy4

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

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

Para analizar continuidad en (0, 0), basta ver que

lım(x,y)→(0,0)

fx(x, y) = 0 y lım(x,y)→(0,0)

fy(x, y) = 0

En efecto, usando coordenadas polares, se tiene

lım(x,y)→(0,0)

fx(x, y) = lım(x,y)→(0,0)

x4y + 4x2y3 − y5

(x2 + y2)2

= lımr→0

r5 cos4 θ sen θ + 4r5 cos2 θ sen3 θ − r5 sen5 θ

r4

= lımr→0

r(cos4 θ sen θ + 4 cos2 θ sen3 θ − sen5 θ︸︷︷︸

este termino es acotado

) = 0

Analogamente se prueba el otro lımite. Luego las derivadas parciales de f

son continuas en (0, 0) y por lo tanto f es diferenciable en (0, 0).

4.5. Regla de la cadena

Teorema 4.5.1 (Regla de la cadena: caso 1). Suponga que la funcion

w = f(x1, x

2, . . . , xn) es diferenciable, en donde x

1= g

1(t), x

2= g

2(t),

. . . , xn = gn(t) son funciones diferenciables de t, entonces

dw

dt=

∂f

∂x1

dx1

dt+

∂f

∂x2

dx2

dt+ · · ·+ ∂f

∂xn

dxn

dt= ∇f •

dx

dt.

Teorema 4.5.2 (Regla de la cadena: caso 2). Suponga que

w = f(x1 , x2 , . . . , xn) es una funcion diferenciable, en donde

x1

= g1(t

1, . . . , tm), x

2= g

2(t

1, . . . , tm), . . ., xn = gn(t

1, . . . , tm) son

funciones diferenciables, entonces

∂w

∂ti=

∂f

∂x1

∂x1

∂ti+

∂f

∂x2

∂x2

∂ti+ · · ·+ ∂f

∂xn

∂xn

∂ti= ∇f •

∂x

∂ti; i = 1, 2, . . . , m.


Seccion 4.5. Regla de la cadena 89

w

x1

∂f

∂x1

t

dx1

dt

· · ·

· · ·

xn

∂f

∂xn

t

dxn

dt

(a) Caso 1

w

x1

∂f

∂x1

t1

∂x1

∂t1

· · · tm

∂x1

∂tm

· · ·

· · ·

xn

∂f

∂xn

t1

∂xn

∂t1

· · · tm

∂xn

∂tm

(b) Caso 2

Figura 4.14. Regla de la cadena

Ejemplo 4.5.1. Use la regla de la cadena para calcular las derivadas

a) z = ln (x + y2); x =√

1 + t, y = 1 +√

t :dz

dt

b) z = x tan−1(xy); x = s2 + t2, y = set :∂z

∂sy

∂z

∂t

c) w = xy + xz + yz, x = rst, y = rest, z = t2 :∂w

∂r,

∂w

∂sy

∂w

∂t

Solucion. Mediante la regla de la cadena se tiene:

a)dz

dt=

∂z

∂x

dx

dt+

∂z

∂y

dy

dt

=1

(x + y2)

1

(2√

1 + t)+

2y

(x + y2)

1

(2√

t)

=1

2(√

1 + t + 1 + 2√

t + t)(√

1 + t)+

1 +√

t√t(√

1 + t + 1 + 2√

t + t)

b)∂z

∂s=

∂z

∂x

∂x

∂s+

∂z

∂y

∂y

∂s

=

(

tan−1(xy) +xy

1 + x2y2

)

2s +x2

1 + x2y2et

=

(

tan−1((s2 + t2)set) +s2 + t2

1 + (s2 + t2)2s2e2t

)

2s +(s2 + t2)2et

1 + (s2 + t2)2s2e2t

∂z

∂t=

∂z

∂x

∂x

∂t+

∂z

∂y

∂y

∂t



=

(

tan−1(xy) +xy

1 + x2y2

)

2t +x2

1 + x2y2set

=

(

tan−1((s2 + t2)set) +s2 + t2

1 + (s2 + t2)2s2e2t

)

2t +(s2 + t2)2set

1 + (s2 + t2)2s2e2t

c)∂w

∂r=

∂w

∂x

∂x

∂r+

∂w

∂y

∂y

∂r+

∂w

∂z

∂z

∂r

= (y + z)st + (x + z)est + (x + y)0

= (rest + t2)st + (rst + t2)est

∂w

∂s=

∂w

∂x

∂x

∂s+

∂w

∂y

∂y

∂s+

∂w

∂z

∂z

∂s

= (y + z)rt + (x + z)rtest + (x + y)2t

= (rest + t2)rt + (rst + t2)rtest + (rst +r est)2t

∂w

∂t=

∂w

∂x

∂x

∂s+

∂w

∂y

∂y

∂s+

∂w

∂t

∂z

∂t

= (y + z)rs + (x + z)rsest + (x + y)0 = (rest + t2)rs + (rst + t2)rsest

Ejemplo 4.5.2. Un automovil A

viaja hacia el norte a 90 km/h. Un

automovil B viaja hacia el oestea 80

km/h. Cada uno de estos automoviles

se acerca hacia la interseccion de estos

dos caminos ¿A que velocidad cambia

la distancia entre los vehıculos cuando

A esta a 0.3 km de la interseccion y B

esta a 0.4 km de la misma?

A

B

N

E

z

x

ydy

dt

dxdt


Solucion. Si z la distancia entre los autos en el instante t, entonces

z2 = x2 + y2.


Seccion 4.5. Regla de la cadena 91

Derivando implıcitamente y usando la regla de la cadena se tiene

2zdz

dt= 2x

dx

dt+ 2y

dy

dt

dz

dt=

x

z

dx

dt+

y

z

dy

dt.

Como x = 0.4 km, y = −0.3 km, dxdt

= −80 km/h y dydt

= 90 km/h,

dz

dt=

0.4√0.42 + 0.32

· (−80)km/h +−0.3√

0.42 + 0.32· (90)km/h = −29.5 km/h

El signo menos indica que la distancia esta disminuyendo.

Ejemplo 4.5.3. Si z = f(x, y) y x = eu cos v, y = eu sen v, muestre que

(∂z

∂x

)2

+

(∂z

∂y

)2

= e−2u

[(∂z

∂u

)2

+

(∂z

∂v

)2]

Solucion. Mediante la regla de la cadena se tiene

zu =∂z

∂u=

∂z

∂x

∂x

∂u+

∂z

∂y

∂y

∂u=

∂z

∂xeu cos v +

∂z

∂yeu sen v

zv =∂z

∂v=

∂z

∂x

∂x

∂v+

∂z

∂y

∂y

∂v= −∂z

∂xeu sen v +

∂z

∂yeu cos v

Ahora

z2u =

(∂z

∂x

)2

e2u cos2 v + 2∂z

∂x

∂z

∂ye2u cos v sen v +

(∂z

∂y

)2

e2u sen2 v

z2v =

(∂z

∂x

)2

e2u sen2 v − 2∂z

∂x

∂z

∂ye2u cos v sen v +

(∂z

∂y

)2

e2u cos2 v

Entonces

(zu)2 + (zv)

2 = e2u

(∂z

∂x

)2 (

cos2 v + sen2 v︸︷︷︸

1

)

+ e2u

(∂z

∂y

)2 (

sen2 v + cos2 v︸︷︷︸

1

)

= e2u

[(∂z

∂u

)2

+

(∂z

∂v

)2]



Por lo tanto

(∂z

∂x

)2

+

(∂z

∂y

)2

= e−2u

[(∂z

∂u

)2

+

(∂z

∂v

)2]

Teorema 4.5.3 (Derivacion implıcita).

1. Si la funcion F (x, y) tiene primeras derivadas parciales continuas y la

ecuacion F (x, y) = 0 define de manera implıcita una funcion y = f(x)

diferenciable y Fy 6= 0, entonces

dy

dx= −Fx

Fy

(4.12)

2. Si la funcion F (x1 , x2 , . . . , xn, w) tiene primeras derivadas parcia-

les continuas y la ecuacion F (x1 , x2 , . . . , xn, w) = 0 define de manera

implıcita una funcion w = f(x1 , x2 , . . . , xn) con primeras derivadas

parciales continuas y Fw 6= 0, entonces

∂w

∂xi= −Fxi

Fw, para i = 1, 2, . . . , n (4.13)

Ejemplo 4.5.4. Halle ∂z/∂y y ∂z/∂y si xy2z3 + x3y2z = x + y + z define

implıcitamente a z como funcion de (x, y).

Solucion. Sea F (x, y, z) = xy2z3 + x3y2z − x − y − z. Mediante derivacion

implıcita,

∂z

∂x= −Fx

Fz

= − y2z3 + 3x2z − 1

3xy2z2 + x3y2 − 1,

∂z

∂y= −Fy

Fz

= −2xyz3 + 2x3yz − 1

3xy2z2 + x3y2 − 1

4.6. Gradientes y conjuntos de nivel

Sea f : D ⊆ R2 7→ R una funcion diferenciable. Suponga que una curva de

nivel f(x, y) = c esta descrita por una funcion vectorial suave de ecuacion


Seccion 4.6. Gradientes y conjuntos de nivel 93

#–r (t) = f1(t)ı + f2(t). Se puede demostrar facilmente que ∇f es normal a la

curva. En efecto, por la regla de la cadena

f( #–r (t)) = c ⇒Dt [f( #–r (t))] = 0

∇f [f( #–r (t))] •

#–r ′(t) = 0 (4.14)

La ecuacion (4.14) establece que ∇f es normal al vector tangente #–r ′(t) y

por consiguiente a la curva. Esto implica que en cada punto (x0 , y0) en el

dominio de una funcion diferenciable f(x, y), el gradiente de f es normal

a la curva de nivel que pasa por (x0 , y0). Esto permite, entre otras cosas,

encontrar ecuaciones para rectas tangentes a las curvas de nivel, pues ellas

son normales a los gradientes.

1. Sea z = f(x, y) una funcion diferenciable en un conjunto D y

P0(x0 , y0) ∈ D

a) La ecuacion de la recta tangente a f(x, y) = c en P0 es

fx(x0, y

0)(x − x

0) + fy(x0

, y0)(y − y

0) = 0 (4.15)

b) La ecuacion de la recta normal a f(x, y) = c en P0 es

fy(x0 , y0)(x − x0) − fx(x0 , y0)(y − y0) = 0 (4.16)

2. Sea w = f(x, y, z) una funcion diferenciable en D y P0(x0 , y0, z0) ∈ D.

a) La ecuacion del plano tangente a f(x, y, z) = c en P0 es

∇f(P0) • x = ∇f(P0) • P0 (4.17)

b) La ecuacion vectorial de la recta normal a f(x, y, z) = c en P0 es

L(t) = P0+ t∇f(P

0), t ∈ R (4.18)

Ejemplo 4.6.1. Halle ecuaciones para la recta tangente y normal a la curva

de ecuacion x2y − 2xy + y3 = 4 en el punto (3, 1)



Solucion. Sea F (x, y, z) = x2y − 2xy + y3 − 4. Entonces

∇F = (2xy − 2y, x2 − 2x + 3y2) y ∇F (3, 1) = (4,−3)

Las ecuaciones de la recta tangente y de la recta normal son

Recta tangente: 4(x − 3) − 3(y − 1) = 0 o 4x − 3y = 9

Recta normal: − 3(x − 3) − 4(y − 1) = 0, o 3x + 4y = −13

Ejemplo 4.6.2. Determine la ecuacion del plano tangente a la superficie

cos πx − x2y + exz + yz = 4 en el punto (0, 1, 2)

Solucion. Sea F (x, y, z) = cos πx − x2y + exz + yz − 4. Entonces

∇F = (−π sen πx − 2xy + zexz ,−x2 + z, xexz + y) y ∇F (0, 1, 2) = (2, 2, 1)

La ecuaciones del plano tangente y de la recta normal son

Plano tangente: 2(x − 0) + 2(y − 2) + (z − 1) = 0 o 2x + 2y + z = 5

Recta normal: x = 2t, y = 1 + 2t, z = 1 + t; t ∈ R

4.7. Derivadas direccionales

Suponga que se desea encontrar la razon de cambio de z = f(x, y) en el punto

(x0 , y0) en la direccion del vector unitario u = (a, b). Haciendo z0 = f(x0 , y0),

el punto P0(x0 , y0, z0) se encuentra en la superficie S. El plano vertical que

pasa por P0 en la direccion de u interseca a S en una curva C.


Seccion 4.7. Derivadas direccionales 95

(x0, y

0)

θ

cos θ

sen θu

O x

y

(a)

b

b

b

(x0 , y

0 , 0)

(x, y

, 0)

P (x0, y

0, z

0)

Q(x, y, z)

T

Cusb

sa h

x y

z

(b)

Figura 4.16. Razon de cambio de f en P0 en la direccion de u

La pendiente de la recta tangente T a C en P0 es la razon de cambio de z en

la direccion de u. Es decir,

df

ds

∣∣∣u,P0

= lıms→0

f(x0+ sa, y

0+ sb) − f(x

0, y

0)

s

Definicion 4.7.1. Sea f : D ⊆ Rn 7→ R y P0 ∈ D. La derivada direccional

de f en P0 en la direccion de un vector unitario u, es

df

ds

∣∣∣u,P0

= Duf(P0) = lıms→0

f(P0+ su) − f(P

0)

s, (4.19)

si el lımite existe.

Teorema 4.7.2. Si f es diferenciable en un conjunto abierto que contiene a

x0, entonces

Duf(P0) = ∇f(P

0) • u (4.20)

Ejemplo 4.7.1. Encuentre la derivada direccional de f(x, y) = yex+sen(xy)

en el punto (0, 2) en la direccion del vector #–v = 4ı − 3

Solucion. El gradiente de f es ∇f = (yex +y cos(xy), ex +x cos(xy)). Como

‖ #–v ‖ = 5, un vector unitario en la direccion de #–v es u = (45,−3

5). Luego,

Duf(0, 2) = ∇f(0, 2) • (45,−3

5) = (4, 1) • (4

5,−3

5) = 13

5



Propiedades de la derivada direccional

Al escribir la derivada direccional en la forma

Duf(P0) = ∇f(P0) • u = ‖∇f(P0)‖ ‖u‖ cos θ = ‖∇f(P0)‖ cos θ,

se evidencian las siguientes propiedades

1. En cada punto P de su dominio, f crece mas rapidamente en la direc-

cion de ∇f , pues cos θ = cos 0 = 1.

2. En cada punto P de su dominio, f decrece mas rapidamente en la

direccion opuesta a ∇f , ya que cos θ = cos π = −1

3. Cualquier direccion u ortogonal a ∇f 6= 0 es una direccion de cambio

nulo en f puesto que cos θ = cos π/2 = 0.

Ejemplo 4.7.2. Sea f(x, y) = 9− x2

2− y2

2y P0(2, 2). Determine la direccion

de cambio en la cual f .

a) Aumenta mas rapidamente en P0

b) Disminuye mas rapidamente en P0

c) No cambia en P0

Solucion. Como ∇f = (−x,−y), ∇f(2, 2) = (−2,−2).

a) La direccion de maximo ascenso en (2, 2) es u = ∇f(2,2)‖∇f‖ = (− 1√

2,− 1√

2)

b) La direccion de maximo descenso en (2, 2) es u = −∇f(2,2)‖∇f‖ = ( 1√

2, 1√

2)

c) f no cambia en (2, 2) en las direcciones u1 = ( 1√2,− 1√

2) y u2 = (− 1√

2, 1√

2).


Seccion 4.8. Valores extremos y puntos de silla 97

4.8. Valores extremos y puntos de silla

Definicion 4.8.1. Sea f : D ⊆ Rn 7→ R y P0 ∈ int D. Entonces

1. f(P0) es un valor maximo local de f si f(P0) ≥ f(x) para todo x en

una bola abierta con centro en P0

2. f(P0) es un valor mınimo local de f si f(P0) ≤ f(x) para todo x en

una bola abierta con centro en P0

Teorema 4.8.2. Si f tiene un valor maximo local o un valor mınimo local

en un punto interior P0

de su dominio y si las primeras derivadas parciales

existen, entonces ∇f(P0) = 0.

Definicion 4.8.3 (Punto crıtico). Un punto P0 en el interior del dominio

de f tal que ∇f(P0) = 0 o no existe, se llama punto crıtico de f .

Definicion 4.8.4 (Punto de silla). Una funcion diferenciable f tiene un

punto de silla en un punto crıtico P0 si en cada n−bola abierta centrada en

P0

existen puntos x del dominio en donde f(x) < f(P0) y hay puntos x en

el dominio en donde f(x) > f(P0).

Para clasificar los puntos crıticos de una funcion f con derivadas parciales de

segundo orden continuas (funcion de clase C2) se usa la formula de Taylor de

segundo orden para funciones de varias variables. En dicha formula aparece

la matriz que a continuacion se define:

Definicion 4.8.5 (Matriz Hessiana). Sea f : D ⊆ Rn 7→ R una funcion

con segundas derivadas parciales continuas en D. La matriz Hessiana de f es

H(x) =

fx1x1fx1x2

. . . fx1xn

fx2x1fx2x2

. . . fx2xn

......

. . ....

fxnx1fxnx2

. . . fxnxn

(4.21)



A continuacion se enuncia un resultado que permite clasificar los puntos

crıticos de una funcion escalar de n variables de clase C2.

Teorema 4.8.6 (Criterio general 1). Si f : D 7→ R, D ⊆ Rn es una

funcion que posee segundas derivadas parciales continuas en D y P0 es un

punto crıtico de f , entonces

(i) Si todos los valores propios de H(P0) son negativos, entonces f(P

0) es

un valor maximo local de f .

(ii) Si todos los valores propios de H(P0) son positivos, entonces f(P0) es

un valor mınimo local de f .

(iii) Si H(P0) tiene valores propios positivos y negativos, entonces en P0 f

tiene un punto de silla.

(iv) Si λ = 0 es un valor propio de H(P0), entonces el criterio no decide.

Otro teorema general que permite clasificar los puntos crıticos de una funcion

escalar de n variables es el siguiente:

Teorema 4.8.7 (Criterio general 2). Si f : D → R,D ⊆ R

n es una fun-

cion que posee segundas derivadas parciales continuas en D y P0 es un punto

crıtico de f . De la matriz Hessiana evaluada en P0 calculamos la sucesion

de sus menores principales d1, d2 , . . . , dn dados por

d1 = fx1x1

d2 = det

(

fx1x1fx1x2

fx2x1fx2x2

)

d3 = det

fx1x1fx1x2

fx1x3

fx2x1fx2x2

fx2x3

fx3x1fx3x2

fx3x3

...



dn = det

fx1x1fx1x2

. . . fx1xn

fx2x1fx2x2

. . . fx2xn

......

. . ....

fxnx1fxnx2

. . . fxnxn

.

Entonces

(i) Si dk > 0 para k = 1, 2, . . . , n entonces f(P0) es un valor mınimo local

de f .

(ii) SI d2k−1 < 0 y d2k > 0 para k = 1, 3, . . . , n2

entonces f(P0) es un valor

mınimo local de f .

(iii) Si no se da ni el caso (i) ni el caso (ii) entonces f tiene un punto se

silla en P0.

(iv) Si det(H(P0)) = 0 nada se puede afirmar sobre la naturaleza del punto

crıtico (el criterio no decide y se debe usar otro metodo para clasificar

el punto criterio).

Ejemplo 4.8.1. Halle y clasifique los puntos crıticos de la funcion

f(x, y, z) = x2y + y3 + x2 + y2 + 3z2.

Solucion. ∇f(x, y, z) = (2xy +2x, x2 +3y2 +2y, 6z) = (0, 0, 0) en los puntos

(0, 0, 0) y (0,−23, 0) (puntos crıticos).

Clasificamos los puntos crıticos:

H(x, y, z) =

2y + 2 2x 0

2x 6y + 2 0

0 0 6

H(0, 0, 0) =

2 2x 0

0 2 0

0 0 6



Como d1 = 2, d2 = 4 y d3 = 24 entonces f tiene un punto local en (0, 0, 0).

H(0,−23, 0) =

23

0 0

0 −2 0

0 0 6

Como d1 = 23, d2 = −4

3y d3 = −8 entonces f tiene un punto de silla en

(0,−23, 0).

Nota. En el ejemplo anterior la matriz Hessiana en cada punto crıtico es

diagonal y por lo tanto sus valores propios son los elementos de la diagonal

principal y podemos aplicar directamente el Teorema 4.8.6:

Como los valores propios de H(0, 0, 0) son λ1 = 2, λ2 = 2 y λ3 = 6 entonces

la funcion f tiene un mınimo local en el punto (0, 0, 0).

Como los valores propios de H(0,−23, 0) son λ1 = 2

3, λ2 = −2 y λ3 = 6

entonces la funcion f tiene un punto de silla en el punto (0,−23, 0).

Para el caso de funciones de dos variables se tiene el siguiente criterio (caso

particular del Teorema 4.8.7:

Teorema 4.8.8. Sea f : D ⊆ R2 7→ R una funcion con segundas derivadas

parciales continuas en D y (x0 , y0) un punto crıtico de f . Entonces

(i) Si det H(x0 , y0) > 0 y fxx(x0 , y0) < 0 entonces f(x0 , y0) es un valor

maximo local de f .

(ii) Si det H(x0 , y0) > 0 y fxx(x0 , y0) > 0 entonces f(x0 , y0) es un valor

mınimo local de f .

(iii) Si det H(x0 , y0) < 0 entonces en (x0 , y0) f tiene un punto de silla.

(iv) Si det H(x0 , y0) = 0 el criterio no decide.

Ejemplo 4.8.2. Halle y clasifique los puntos crıticos de

f(x, y) = x2 − 2y2 + y4.



Solucion. ∇f = (2x,−4y + 4y3)

∇f = 0 ⇒

2x = 0 (1)

−4y + 4y3 = 0 (2)

De (1), x = 0. De (2), y = 0, y = 1 o y = −1. Los puntos crıticos son

(0, 0), (0, 1) y (0,−1). Ahora se determinara su naturaleza.

La matriz Hessiana es

H(x, y) =

(

fxx fxy

fyx fyy

)

=

(

2 0

0 −4 + 12y2

)

Clasificando los puntos crıticos:

H(0, 0) =

(

2 0

0 −4

)

; det H(0, 0) = −8 < 0

Por el teorema 4.8.8(iii), f tiene un punto de silla en (0, 0).

H(0,±1) =

(

2 0

0 8

)

; det H(0,±1) = 16 > 0

Como fxx(0,±1) = 2 > 0, por el teorema 4.8.8(ii), f tiene un mınimo local

en (0,±1).

Ejemplo 4.8.3. Encuentre los volumenes maximo y mınimo de una caja

rectangular cerrada cuya area de la superficie es 1500 cm2.

Solucion. La funcion a maximizar es el volumen. Si x, y y z son las di-

mensiones de la caja, entonces V = xyz. La condicion es el area total

de la superficie de las caras. Puesto que la caja es cerrada, se tiene que

A = 2xy + 2xz + 2yz = 1500. Es decir, el problema es

Maximizar V = xyz (Ec. 1)

Sujeto a xy + xz + yz = 750 (Ec. 2)



De (Ec. 2),

z =750 − xy

x + y(Ec. 3)

Al sustituir (Ec. 3) en (Ec. 1) se tiene

V =750xy − x2y2

x + y

Las derivadas parciales de V son

Vx =y2(750 − x2 − 2xy)

(x + y)2,

Vy =x2(750 − 2xy − y2)

(x + y)2x

y

z

Figura 4.17. Grafica Ejm. 4.8.3Puntos crıticos:

Vx = 0 ⇒ y2(750 − x2 − 2xy) = 0 (Ec. 4)

Vy = 0 ⇒ x2(750 − 2xy − y2) = 0 (Ec. 5)

De (Ec. 4), y = 0 o x2 + 2xy − 750 = 0. Sustituyendo y = 0 en (Ec. 5) se

tiene x = 0. Para x2 + 2xy − 750 = 0, en (Ec. 5), x2 + 2xy = y2 + 2xy, de

donde x2 = y2. Como x > 0, entonces x = y. Luego 3x2 = 750, de donde

x = y = 5√

10. Al sustituir estos valores en (Ec. 3) se obtiene z = 5√

10. Es

decir, la caja debe ser cubica. El volumen maximo es Vmax = 1250√

10 cm3.

Maximos y mınimos absolutos en regiones cerradas y acotadas

Algunas veces es necesario hallar los valores extremos de una funcion en el

que su dominio se halla restringido a un conjunto particular S de Rn; por

ejemplo en R2, un disco, una region triangular cerrada, etc.

Definicion 4.8.9. Un conjunto S de Rn es acotado si existe una n−bola

abierta B(0; r) que contiene a S.



Teorema 4.8.10. Si f es continua en un conjunto cerrado y acotado S ⊆ Rn,

entonces f alcanza sus valores maximo absoluto y mınimo absoluto en S.

Ejemplo 4.8.4. Halle los valores maximo absoluto y mınimo absoluto de

f(x, y) = x3 − 3xy2 + 6y2 en el cuadrilatero (−1,−3), (−1, 3), (3, 3) y (3, 1).

Solucion. Primero se hallan los puntos crıticos interiores. De ∇F = 0,

fx = 0 ⇒ 3x2 − 3y2 = 0 (Ec. 1)

fy = 0 ⇒ −6xy + 12y = 0 (Ec. 2)

De (Ec. 2), y = 0 o x = 2. Si y = 0

en (Ec. 1), x = 0. Si x = 2 en (Ec. 1),

y = 2 o y = −2. Los puntos crıticos

son: (0, 0), (2, 2) y (2,−2). No se

considera (2,−2) pues es exterior al

polıgono. Ahora se analiza la frontera.

b

b

b

b

b b

b

b

b

(−1,−3)

(−1, 3)

(3, 1)

(3, 3)

(2, 2)

(0, 0)

(2,−2)

S1

S2

S3

S4

x

y


Sea S1

el conjunto {(x, y) : x = −1,−3 ≤ y ≤ 3}. al restringir la funcion f

al conjunto S1 se obtiene la funcion h1(y) = f(−1, y) = 9y2−1, −1 ≤ y ≤ 3.

El punto crıtico interior de esta funcion es y = 0 por ser una parabola

con coeficiente principal positivo. Al evaluar este punto y los extremos del

intervalo se tiene

h1(−3) = 80 Maximo absoluto de h1

h1(0) = −1 Mınimo absoluto de h1

h1(3) = 80 Maximo absoluto de h1

Sea S2 = {(x, y) : y = x − 2; −1 ≤ x ≤ 3}. La restriccion de f a S2 es la

funcion h2(x) = f(x, x − 2) = −2x3 + 18x2 − 36x + 24; −1 ≤ x ≤ 3. Puntos

crıticos interiores: h′2(x) = −6x2 + 36x − 36 = 0 implica x1 = 3 +

√3 o

x2 = 3 −√

3 = 1.27. El punto x1 no esta en el intervalo [−1, 3]. Al evaluar



x2 y los extremos del intervalo se tiene


h2(3 −

√3) = 24 − 12

√3 ≈ 3.22 Mınimo absoluto de h

2

h2(3) = 24

Sean S3 = {(x, y) : x = 3, 1 ≤ y ≤ 3} y h3(y) = f(3, y) = 27 − 3y2, 1 ≤ y ≤ 3

la funcion restriccion de f . y = 0 es un punto crıtico de esta funcion por ser

una parabola con coeficiente principal negativo, pero este punto no esta en

[1, 3]. Al evaluar los extremos del intervalo se tiene

h3(1) = 24 Maximo absoluto de h3

h1(3) = 0 Mınimo absoluto de h3

Sean S4 = {(x, y) : y = 3,−1 ≤ x ≤ 3} y h4(x) = f(x, 3) = x3 − 27x + 54,

−1 ≤ x ≤ 3 la restriccion de f a S4. Puntos crıticos: h′4(x) = 3x2 − 27 = 0

implica x−1 = −3 o x2 = 3. Ninguno de estos puntos son interiores del

intervalo [−1, 3] luego solo se evaluan los extremos del intervalo:


h4(3) = 0 Mınimo absoluto de h

4

Al evaluar los puntos crıticos interiores se tiene: f(0, 0) = 0, f(2, 2) = 8.

Por lo tanto, el valor mınimo absoluto de f en el polıgono es f(−2, 0) = −1

y el valor maximo absoluto es f(−1,−3) = 80.

4.9. Multiplicadores de Lagrange

Para determinar los valores extremos de una funcion f(x1 , x2 , . . . , xn) con las

condiciones

g1(x1 , x2 , . . . , xn) = 0, g2(x1 , x2 , . . . , xn

) = 0, . . . , gm(x1 , x2 , . . . , xn

) = 0


Seccion 4.9. Multiplicadores de Lagrange 105

con m < n, se define la funcion

F (x1 , x2 , . . . , xn, λ1 , λ2, . . . , λm

) = f(x1 , x2 , . . . , xn)−λ1g1−λ2g2 −· · ·−λ

mg

m

y se hallan los puntos crıticos de F . Los escalares λ1 , λ2, . . . , λm reciben el

nombre de multiplicadores de Lagrange.

Interpretacion geometrica

Suponga que se quiere hallar valores maximos o mınimos de una funcion

f(x, y, z) sobre una curva C interseccion de dos superficies g1(x, y, z) = 0 y

g2(x, y, z) = 0, para lo cual, se define la funcion h(t) = f( #–r (t)).

Sea #–r (t) la ecuacion vectorial de C, entonces f( #–r (t)) es el valor de f en C.

g2(x, y, z) = 0

g1(x, y, z) = 0

Curva C∇g

2

∇f

#–r ′

∇g1

Figura 4.19. Multiplicadores de Lagrange: dos restricciones

Se va a a demostrar que en los puntos crıticos, ∇f esta en el mismo plano

determinado por ∇g1 y ∇g2. Al aplicar la regla de la cadena se tiene

h′(t) = ∇f( #–r (t)) •

#–r ′(t) = 0 ⇒ ∇f( #–r (t)) es ortogonal a #–r ′(t).

Como ∇g1 y ∇g2 son ortogonales a #–r ′(t) entonces ∇f esta en el mismo plano

generado por ∇g1 y ∇g2 . Luego, existen escalares λ1 y λ2 tales que

∇f = λ1∇g1 + λ2∇g2.



Ejemplo 4.9.1. Hallar los puntos de la curva 2x2−4xy−y2 = 6 mas cercanos

al origen.

Solucion. Sea d la distancia de un punto P de la curva al origen, entonces

d =√

x2 + y2. Se debe hallar el valor mınimo de d, para lo cual se define la

funcion f(x, y) = d2 = x2+y2 con la condicion g(x, y) = 2x2−4xy−y2−6 = 0.

Para aplicar el metodo de los multiplicadores de Lagrange sea

F (x, y, λ) = f(x, y) − λg(x, y)

Para puntos crıticos:

Fx = 0 ⇒ 2x = λ(4x − 4y) (Ec. 1)

Fy = 0 ⇒ 2y = −λ(4x + 2y) (Ec. 2)

Fλ = 0 ⇒ 2x2 − 4xy − y2 − 6 = 0 (Ec. 3)

De (Ec. 1) y (Ec. 2)

x

2(x − y)=

−y

2x + y(Ec. 4)

De (Ec. 3) y (Ec. 4)

2x2 − 4xy − y2 = 6 (Ec. 5)

2x2 + 3xy − 2y2 = 0 (Ec. 6)

P (x, y)d

x

y


Restando miembro a miembro (Ec. 5) de (Ec. 6) se tiene

7xy − y2 = −6

de donde

x =y2 − 6

7y(Ec. 7)

Sustituyendo (Ec. 7) en (Ec. 6) y simplificando se tiene

2(

y2−67y

)2

+ 3(

y2−67y

)

y − 2y2 = 0



25y4 + 50y2 − 24 = 0

(5y2 + 12)(5y2 − 2) = 0

Como 5y2 + 12 > 0 entonces 5y2 − 2 = 0, de donde y = −√

105

o y =√

105

.

Para y = −√

105

se tiene que x = 2√

105

y para y =√

105

, x = −2√

105

.

Ası, los puntos donde la distancia es mınima son

(

−2√

10

5,

√10

5

)

y

(

2√

10

5,−

√10

5

)

.

La distancia mınima es

dmin =√

2 .

Ejemplo 4.9.2. Hallar el volumen maximo posible de una caja rectangular

con caras paralelas a los planos coordenados, que puede inscribirse en el

elipsoide 16x2 + 4y2 + 9z2 = 144.

Solucion. La figura 4.21 muestra la grafica en el primer octante. La funcion

a maximizar es el volumen.

V = f(x, y, z) = 8xyz; x, y, z > 0.

Como uno de los vertices esta en el

elipsoide, la condicion es

16x2 + 4y2 + 9z2 = 144

Por el metodo de los multiplicado-

res de Lagrange debemos hallar los

extremos de la funcion

x

y

z

x2

9+

y2

36+

z2

16= 1

xy

zb

Figura 4.21. Grafica Ejm. 4.9.2F (x, y, z, λ) = f(x, y, z) − λg(x, y, z) ,

donde

g(x, y, z) = 16x2 + 4y2 + 9z2 − 144.



Para puntos crıticos:

Fx = fx − λgx; Fx = 0 ⇒ 8yz = 32λx (Ec. 1)

Fy = fy − λgy; Fy = 0 ⇒ 8xz = 8λy (Ec. 2)

Fz = fz − λgz; Fy = 0 ⇒ 8xy = 18λz (Ec. 3)

Fλ = −g; Fλ = 0 ⇒ 16x2 + 4y2 + 9z2 − 144 = 0 (Ec. 4)

Al despejar λ de (Ec. 1), (Ec. 2) y (Ec. 3) e igualar se obtiene

yz

4x=

xz

y=

4xy

9z(Ec. 5)

De (Ec. 5) y como las variables son positivas se obtienen las ecuaciones

y2 = 4x2, 9z2 = 4y2 (Ec. 6)

Sustituyendo las expresiones de (Ec. 5) en (Ec. 4) se tiene

4y2 + 4y2 + 4y2 = 144 ⇒ 12y2 = 144 ⇒ y2 = 12

⇒ y = 2√

3 pues y > 0.

Al reemplazar este valor en (Ec. 5) se obtiene x =√

3 y z = 43

√3. Luego, el

volumen maximo es: Vmax = 64√

3.

Ejemplo 4.9.3. Sea C la parte de la curva interseccion del plano x + y = 4

y el paraboloide 2z = 16 − x2 − y2 que esta en el primer octante. Encuentre

los puntos de C mas cercanos y mas lejanos al origen. Determine la distancia

maxima y la distancia mınima de C al origen.

Solucion. En este caso, el problema consiste en encontrar los valores maxi-

mo y mınimo de la funcion



f(x, y, z) = x2 + y2 + z2

Sujeto a x + y = 4

2z = 16 − x2 − y2

Se define la funcion

F (x, y, z, λ, µ) = f(x, y, z)−λg(x, y, z)−µh(x, y, z),

donde

g(x, y, z) = x + y − 4

h(x, y, z) = x2 + y2 + 2z − 16

d

C

x + y = 4

2z = 8 − x2 − y2

P (x, y, z)

x

y

z


Para puntos crıticos: ∇F = ∇f − λ∇g − µ∇h = 0,

Fx = fx − λgx − µhx; Fx = 0 ⇒ 2x = λ + 2µx (Ec. 1)

Fy = fy − λgy − µhy; Fy = 0 ⇒ 2y = λ + 2µy (Ec. 2)

Fz = fz − λgz − µhz; Fy = 0 ⇒ 2z = 2µ (Ec. 3)

Fλ = −g; Fλ = 0 ⇒ x + y − 4 = 0 (Ec. 4)

Fµ = −h; Fµ = 0 ⇒ x2 + y2 + 2z − 16 = 0 (Ec. 5)

Restando (Ec. 2) de (Ec. 1) se obtiene 2x− 2y = 2µx− 2µy, de donde x = y

o µ = 1. Al sustituir y = x en (Ec. 4) se tiene x = 2 = y, reemplazando estos

valores en (Ec. 5) se halla z = 4. Ası, un punto crıtico es P1(2, 2, 4). Ahora,

sustituyendo µ = 1 en (Ec. 3) se obtiene z = 1. Al reemplazar este valor en

(Ec. 5) se produce la ecuacion

x2 + y2 = 14 (Ec. 6)

De (Ec. 4) y (Ec. 6) se obtienen los dos puntos P2(2 +√

3, 2 −√

3, 1) y

P3(2 −√

3, 2 +√

3, 1). Punto mas alejado P1; dmax = 2√

6. Puntos mas

cercanos: P1 y P2 ; dmın =√

15.




1. Represente algunos conjuntos de nivel y dibuje la funcion f .

a) f(x, y) = x2 − 2y

b) g(x, y, z) = x + 2y + 3z

c) f(x, y) = ln√

x2 + y2

d) g(x, y, z) = y2 + z2

e) f(x, y) = x2−2x−y2+4y−3

f ) g(x, y, z) =√

z2 − x2 − y2

2. En cada caso, halle el lımite o muestre que no existe.

a) lım(x,y)→(0,0)

x − y√

x2 + y2

b) lım(x,y)→(0,0)

x4 + y4

√

(x2 + y2)3

c) lım(x,y)→(1,1)

x2 + 2xy − 3y2

x2 − y2

d) lım(x,y)→(0,0)

x3 − y3

x3 + y

e) lım(x,y)→(0,0)

x2y2

x3 + y3. Caminos y = x y y = 3

√x4 − x3.

3. Halle las derivadas de primer orden de cada una de las siguientes fun-

ciones.

a) f(x, y) = x2exy

b) f(x, y) =xy

x2 + y2

c) f(x, y) = arctan (xy)

d) f(x, y, z) = x2y2z2ex+y+z ln z

e) f(u, v) = (2u2 + 3v2)e−u2−v2

f ) f(r, s) =r2 − s2

r2 + s2

g) z = arc sen (xy) + arctan (xy)

4. Verifique que zxy = zyx en cada caso.

a) z = x2 − 4xy − 2y2

b) z = x2e−y2+ y2e−x2

c) z = x2 cosh (1/y2)

d) z = (x3 + y3)10



5. Determine si las siguientes funciones satisfacen o no la ecuacion de

Laplace

∂2f

∂x2+

∂2f

∂y2= 0 o

∂2f

∂x2+

∂2f

∂y2+

∂2u

∂z2= 0.

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

b) f(x, y) =xy

(x2 + y2)2

c) f(x, y) = arctan (x/y)

d) f(x, y, z) = (x2 + y2 + z2)−1/2

6. Use diferenciales para estimar

a) f(x, y, z) = xy sen(xz), en (3.99, 4.98, 4.03)

b)√

(3.02)2 + (1.97)2 + (5.99)2

7. Una franja de 3 pulg. de ancho se pinta como frontera de una region

rectangular cuyas dimensiones son 100 pies de ancho por 200 pies de

largo. Utilice diferenciales para estimar el numero de pies2 de la franja

pintada.

8. La resistencia R producida por resistores de alambre R1 y R2 ohms en

paralelo puede calcularse mediante la formula

1

R=

1

R1+

1

R2.

a) Muestre que dR =(

RR1

)2

dR1 +(

RR2

)2

dR2.

b) Usted planea cambiar R1 de 20 ohms a 20.1 ohms y R2 de 25

ohms a 24.9 ohms. ¿En que porcentaje cambiara R?

9. La formula del lote de Wilson en economıa dice que la cantidad Q

mas economica de bienes para una tienda indicada esta dada por Q =√

2KM/h, donde K es el costo por colocar la orden, M es el numero de

artıculos vendidos por semana y h es el costo semanal de mantenimiento

de cada artıculo. ¿A que variable K, M o h es mas sensible Q cerca

del punto (H0, M0, h0) = (2, 20, 0.05)?



10. La temperatura en un punto P (x, y, z) esta dada por

T (x, y, z) = 200e−(x2+3y2+9z2),

en donde T se mide en ◦C y x, y, z en metros.

a) Encuentre la razon de cambio de la temperatura T en el punto

P (2,−1, 2) en la direccion hacia el punto Q(3,−3, 3).

b) ¿En que direccion aumenta mas rapidamente la temperatura en

P ?

c) Encuentre la maxima razon de aumento de T en P .

11. Determine la ecuacion cartesiana del plano tangente a la superficie en

el punto dado.

a) z = ex ln y en P (0, 1)

b) x2 + y2 − z2 − 2xy + 4xz = 4 en P (1, 0, 1)

c) xyz + x2 − 2y2 + z3 = 14 en P (5,−3, 2)

d) z = 2x2 + 3y2 paralelo a 4x − 3y − z = 10

12. Sea f una funcion de dos variables que tiene derivadas parciales con-

tinuas y considerese los puntos A(1, 3), B(3, 3), C(1, 7) y D(6, 15). La

derivada direccional de f en A en la direccion del vector# –

AB es 3 y la

derivada direccional de f en A en la direccion de# –

AC es 26. Encuentre

la derivada direccional de f en A en la direccion de# –

AD .

13. Si u = ea1x1+a2x2+···+anxn , donde a21+ a2

2+ · · · + a2

n = 1, demuestre que

∂2u

∂x21

+∂2u

∂x22

+ · · · +∂2u

∂x2n

= u.

14. Calcule la derivada direccional de la funcion en el punto y direccion

dados



a) f(x, y) = ex sen y; P (1, π/4), #–v = 〈−1, 2〉b) f(x, y, z) = xy2z3; P (1,−2, 1), #–v = 〈1,−1, 1〉c) f(x, y, z) = x arctan (y/z) ; P (1, 2,−2), #–v = ı + − k.

15. Dos lados consecutivos de un triangulo aumentan a razon de 2 cm/s

y 3 cm/s respectivamente y el angulo entre ellos disminuye a razon de

π/6 rad/s. Determine la tasa de cambio del area del triangulo cuando

los dos lados consecutivos miden 30 cm y 40 cm, y el angulo entre ellos

es de π/3.

16. Muestre que la funcion u(x, y) = xf(x + y) + yg(x + y) satisface la

ecuacion uxx − 2uxy + uyy = 0, donde f y g son funciones de una

variable dos veces diferenciables.

17. Suponga que w = f(u, v) satisface la ecuacion de Laplace fuu +fvv = 0,

y que u = (x2 − y2)/2 y v = xy. Muestre que w satisface la ecuacion

de Laplace wxx + wyy = 0.

18. Sea w = f(x, y) una funcion diferenciable. Si x = r cos θ, y = r sen θ.

a) Muestre que

∂w

∂r= fx cos θ + fy sen θ y

1

r

∂w

∂θ= −fx sen θ + fy cos θ.

b) Resuelva las ecuaciones en a) para expresar fx y fy en terminos

de ∂w/∂r y ∂w/∂θ y muestre que

(fx)2 + (fy)

2 =

(∂w

∂r

)2

+1

r2

(∂w

∂θ

)2

.

19. Encuentre los valores maximo, mınimo y los puntos de silla para las

funciones dadas

a) f(x, y) = 2x3 + xy2 + 5x2 + y2



b) f(x, y) =x2y2 − 8x + y

xy

c) f(x, y) = (2x − x2)(2y − y2)

d) f(x, y) = xye−(x2+y2)

e) f(x, y) =

∫ y

x

(24 − 2t − t2)4/3dt; x ≤ y

20. Encuentre los valores maximo absoluto y mınimo absoluto de la fun-

cion f(x, y) = x3 − 3x − y3 + 12y, en el cuadrilatero de vertices

A(−2, 3), B(2, 3), C(2, 2) y D(−2,−2).

21. Obtenga los puntos de la superficie x2y2z = 1 que estan mas cercanos

al origen.

22. Obtenga las dimensiones de una caja rectangular de maximo volumen

tal que la suma de sus aristas sea igual a una constante L.

23. Una sonda espacial con la forma del elipsoide 4x2+y2+4z2 = 16 entra a

la atmosfera de la Tierra y su superficie empieza a calentarse. Despues

de una hora, la temperatura en el punto (x, y, z) sobre la superficie de

la sonda es

T (x, y, z) = 8x2 + 4yz − 16z + 600.

Encuentre los puntos mas calientes y el punto mas frıo sobre la super-

ficie de la sonda.

24. Encuentre los volumenes maximo y mınimo de una caja rectangular

cuya area es 1500 cm2 y cuya longitud total de las aristas sea de 200 cm.

25. Un cable de 120 cm de largo se corta en tres o menos piezas y cada

pieza se dobla para formar un cuadrado. ¿Como debe hacerse esto para

minimizar el area total de los cuadrados? ¿Para maximizarla?

26. Usted debe dividir un monton de masa con volumen V en tres o menos

piezas para formar cubos. ¿Como debe hacerlo para minimizar el area

total de la superficie de los cubos? ¿Para maximizarla?.


Respuestas

Capıtulo 1: Vectores

1a. 4√

2, −135o 1b. 4√

2, −45o 1c. 0 6= |a|, 0o o 180o

1d . 0 6= |b|, ±90o 2a. −33 2b. (20798

, 2398

, 4649

)

2c. 84o 4.√

39,√

19 5. θ1 = 60o, θ2 = 30o

6. 2√161

y 4√161

o − 2√161

y − 4√161

7.√

17, λ = ±√

33

8a. L1 : x = −2 + 3t, y = 3 − 8t, z = 4 − 2t; t ∈ R,

(0,−73, 4

3), (−7

8, 0,−13

4), (4,−13, 0).

8b. L2 : x = 3 + 370r, y = 4 + 117r, z = 5 + 87r; r ∈ R.

9. Perpendiculares: L1, L3 y L2, L3. Paralelas: L1, L2.

10a. 9x+13y+7z = 7. 10b. x + y − z = 3. 10c. 2x+6y+5z = 10

11. 2√

5. 12. 14x − 15y − 9z = −10.

13a. x = 1 + 2r, y = −5 − r, z = 4 + 6r; r ∈ R

13b. 11x − 26y − 8z = 109

115


Capıtulo 2: Superficies cuadricas

19. y =√

2√

x2 + z2. 20. x = y2 + z2. 21. z = 4 − (x2 + y2).

22. y = e−(x2+x2). 23. x = ln(y2 + z2). 24. x2 + y2 − z2 = 1.

25. Elipses. 26. Elipses si |a| ≥ 1. 27. Hiperbolas.

28. Parabolas. 29. Logaritmos. 30. Hiperbolas.

Capıtulo 3: Funciones vectoriales

1a. y = 3x2 − 2, x ≥ 0 1b. x + y2 = 1 1c. x2 − y2 = 1

1d . 4x = y2 + 4y + 8 2a. 90o 2b. 135o

2c. 90o 4a. #–v •

#–a = 0 4b. Igual que en 4a.

9. L(λ) = π4ı + (1 − λ) + (1 + λ)k, N(µ) = π

4ı + (1 − µ) + (1 − µ)k

10a. T (t) = (− sen t)ı + (cos t), N(t) = (cos t)ı + (sen t), 0 < t < π/2

10b. T (t) = (−23cos t)ı + (2

3cos t) +

√5

3k, N(t) = −(cos t)ı − (sen t)

12a. s(t) = senh t 12b. s(t) =√

29 t 12c. s(t) =√

3 t3

12d . s(t) =√

t2 + t − 12ln

√t+1−

√t√

t+1−√

t14b. t = 3

15b. t = 14ln ‖ #–

B‖‖ #–

A‖ 16.#–

F (t) = (tet + et)#–

A + (1 − 2e)#–

A

17. #–r (t) =(

32t2 + 6√

11t + 1

)

ı −(

12t2 + 2√

11t − 2

)

+(

12t2 + 2√

11t + 3

)



Capıtulo 4: Derivacion parcial

1a. Curvas de nivel: x2 − 2y = k, k ∈ R. Parabolas.

1b. Superficies de nivel: x + 2y + 3z = k, k ∈ R. Planos.

1c. Curvas de nivel: ln√

x2 + y2 = k, k ∈ R. Circunferencias.

1d . Superficies de nivel: y2 + z2 = k2. Cilindros.

1e. Superficies de nivel: x2 − 2x − y2 + 4y − 3 = k. Cilindros.

1f . Superficies de nivel:√

x2 − y2 − z2 = k, k ≥ 0. Conos.

2a. No existe. 2b. 0. 2c. 4. 2d . No existe.

2e. No existe 3a. fx = (xy + 2)xexy, fy = x3exy

3b. fx = y3−x2y(x2+y2)2

, fy = x2y−y3

(x2+y2)23c. fx = y

1+x2y2 , fy = x1+x2y2

3d . fx = xy2z2(2 + x)ex+y+z, fy = x2yz2(2 + y)ex+y+z,

fz = x2y2z[1 + (2 + z) ln z]ex+y+z

3e. fu = 2u(2 − 2u2 − 3v2)e−u2−v2, fv = 2v(3 − 2u2 − 3v3)e−u2−v2

3f . fr = 4r2s(r2+s2)2

, fs = − 4rs2

(r2+s2)2

3g . zx = y√1−x2y2

+ y1+x2y2 , zy = x√

1−x2y2+ x

1+x2y2

4a. zxy = −4 = zyx 4b. zxy = −4xy(e−x2+ e−y2

) = zyx

4c. zxy = −4xy3 senh

(1y2

)

= zyx 4d . zxy = 810x2y2(x3 + y3)8 = zyx

5a. fxx = 2(y2−x2)(x2+y2)2

, fyy = 2(x2−y2)(x2+y2)2

. Satisface.

5b. fxx = −12xy(y2−x2)(x2+y2)4

, fyy = −12xy(x2−y2)(x2+y2)4

. Satisface



5c. fxx = 2xy(x2+y2)2

, fyy = −2xy(x2+y2)2

. Satisface

5d . fxx = − (x2+y2+z2− 32x)

(x2+y2+z2)32

, fyy = − (x2+y2+z2− 32y)

(x2+y2+z2)32

,

fzz = − (x2+y2+z2− 32z)

(x2+y2+z2)32

. No satisface

6a. 18.79 6b. 6.99

7.

200 pies

100

pie

s

El area de la franja pintada es

aproximadamente

dA = 75 pies2

8b. dRR

× 100 % = 1.1 % 9. A h

10a. −8.98 × 10−16 oC/m 10b. u = 1√337

(−2, 3,−18)

10c.√

337 11a. z = x − 1 11b. 3x − y + z = 4

11c. 4x + 22y − 3z = −52 11d . 16x − 12y − 4z = 11

12. DufA) = 32713

, donde u = 1√13

(5, 12).

13. Basta ver que∂2f

∂x2i

= a2iea1x1+a2x2+···+anxn = a2

iu

14a. Duf(P ) =√

10 e5

14b. Duf(P ) = 4√

3 14c. Duf(P ) = π√

312

15. Dsiminuye a razon de 235 cm2/s

16. uxx = 2f ′ +xf ′′ +yg′′, uxy = f ′ +xf ′′ + g′ +yg′′, uyy = xf ′′ +2g′ +yg′′.

Al reemplazar se obtiene el resultado.

17. Sustituir wxx = wu + x2wuu + xywuv + xywvu + y2wvv,

wyy = −wu + y2wuu − xywuv − xywvu + x2wvv.



18a. Derivar aplicando la regla de la cadena.

18b. Despeje y sustituya.

19a. Mınimo local en (0, 0). Maximo local en (−53, 0): Puntos de silla en

(−1,±2).

19b. Mınimo local en (12, 4). Maximo local no tiene: Puntos de silla no tiene.

19c. Mınimo local no tiene, maximo local en (1, 1), puntos de silla en

(0, 0), (2, 0), (0, 2) y (2, 2).

19d . Mınimo local en (−√

22

,√

22

) y en (√

22

,−√

22

). Maximo local en (√

22

,√

22

)

y en (−√

22

,−√

22

). Punto de silla en (0, 0).

19e. El criterio no decide.

20. Mınimo absoluto −18 en (−2,−2), maximo absoluto 18 en (−1, 2) y

(2, 2), punto de silla en (1, 2)

21. Los puntos mas cercanos al origen son (± 10√

2,± 10√

2, 15√4

).

22. El volumen es maximo cuando x = y = z = L12

.

23. Punto mas frio: (0,−2,√

5). Puntos mas calientes: (±23

√31,−4

3,−4

3).


Bibliografıa

[1] Apostol Tom. Calculus Vol. 2. Editorial Reverte.

[2] Colley Susan J. Vector Calculus. Prentice Hall. 1998

[3] Curtis Philip C. Calculo de varias variables con algebra lineal. Editorial

Limusa. 1976

[4] Edwards C. H. Calculo con Geometrıa analıtica. Prentice Hall. Cuarta

Edicion. 1994.

[5] Grossman Stanley. Algebra lineal con aplicaciones. Cuarta edicion (ter-

cera edicion en Espanol), McGraw Hill, 1994.

[6] Matematicas avanzadas para estudiantes de ingenierıas. Kaplan Wilfred.

Fondo Educativo Intermericano. 1985

[7] Leithold Louis. El Calculo. Septima edicion, Oxford Editores Mexico

[8] Marsden Jerrod E., Tromba Anthony J. Calculo vectorial Fondo Educa-

tivo Interamericano. 1981

[9] Purcell Edwing, Varberg Dale, Rigdon Steven. Calculo. Novena edicion.

Pearson Educacion. 2007

[10] Pita Ruiz Claudio. Calculo vectorial . Primera edicion. Prentice Hall

Hispanoamericana S. A. 1995

121

122 Indice Alfabetico

[11] Stein Sherman K., Barcellos Anthony. Calculo y geometrıa analıtica.

Volumen 2. McGraw-Hill. Quinta edicion. 1995

[12] Smith Robert, Minton Roland. Calculo. Primera edicion. McGraw-Hill

Interamericana S.A. 2000

[13] Stewart James. Calculo. Grupo Editorial Iberoamerica S.A. 1994.

[14] Swokowsky Earl Calculo con Geometrıa analıtica. Segunda Edicion.

Grupo Editorial Iberoamerica. 1989

[15] Thomas George, Ross Finney. Calculus and Analytic Geometry. 9th Edi-

tion. Addison Wesley

Indice alfabetico

angulo

entre vectores, 15

angulos

directores, 8

aproximacion lineal, 85

cırculo

osculador, 55

campo

escalar, 65

centro

de curvatura, 56

componente

normal, 60

tangencial, 60

componentes

de un vector, 17

conjunto

de nivel, 68

conjunto abierto, 65

cono, 39

coordenadas

cartesianas, 1

cosenos

directores, 8

curva

de contorno, 69

suave, 48

a trozos, 48

por segmentos, 48

por tramos, 48

curvas

parametrizacion, 43

curvatura, 54, 57

derivada direccional, 94

propiedades, 96

derivada parcial, 75

diferenciales, 81

direccion

de un vector, 6, 10

distancia

entre dos puntos, 3

ecuacion parametrica

de un plano, 27

ecuacion vectorial

123

124 Indice Alfabetico

de un plano, 27

elipsoide, 36

formulas de Frenet-Serret, 58

funcion

longitud de arco, 49

funcion

continua, 74

diferenciable, 87

escalar

continuidad, 71

lımite, 71

vectorial, 43

continuidad, 46

derivada, 47

integral, 47

lımite, 46

funcion escalar, 66

dominio y rango, 66

gradiente

propiedades, 83

gradiente de un campo escalar, 82

gradiente y conjunto de nivel, 92

hiperboloide de dos hojas, 38

hiperboloide de una hoja, 37

identidad

de Lagrange, 19

interior de un conjunto, 65

lımites iterados, 73

ley de los cosenos, 11

longitud

de arco, 49

curvatura, 49

maximo

local, 97

mınimo local, 97

matriz Hessiana, 97

movimiento

en el espacio, 58

multiplicacion

por un escalar, 11

multiplicacion por escalar, 10

multiplicadores de lagrange, 104

norma

de un vector, 5, 15

paraboloide elıptico, 36

paraboloide hiperbolico, 39

plano

en el espacio, 22

normal, 52

osculador, 52

rectificador, 52

tangente, 81

planos

en el espacio, 25

producto

vectorial, 18

interpretacion geometrica, 20

Indice Alfabetico 125

producto vectorial

propiedades, 19

proyeccion

de un vector, 17

punto

crıtico, 97

frontera, 66

interior, 65

puntos de silla, 97

radio

de curvatura, 56

recta

en el espacio, 22

rectas

paralelas, 24

perpendiculares, 24

regla de la cadena, 88

reparametrizacion de curvas, 50

resta

de vectores, 12

suma de vectores, 10

superficie

cilındrica, 32

superficies

cuadricas, 36

cuadraticas, 36

de revolucion, 34

superficies en el espacio, 31

torsion de una curva, 58

traza de una superficie, 31

valores extremos, 97

vector

aceleracion, 58

analıtico, 4

anclado, 5

binormal, 52

componentes de un, 17

direccion de un, 6, 10

geometrico, 4

igualdad, 5

norma de un, 15

normal unitario, 51

principal, 55

nulo, 6

posicion, 58

proyeccion de un, 17

tangente unitario, 51

unitario, 6

velocidad, 58

vectores

angulo entre, 15

canonicos, 17

multiplicacion por escalar, 10

ortogonales, 16

paralelos, 13

producto

escalar, 14

resta de, 12

suma de, 10

temas de calculo diferencial en varias variables

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