Cuaderno de ejercicios de AVEC

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1 Cuaderno de ejercicios de AVEC Rodrigo Blázquez y Ángela Castillo 11

2 Agradecimientos Este cuaderno de ejercicios, correspondiente a la asignatura de Análisis Vectorial (AVEC) del Grado en Ingeniería de Tecnologías y Servicios de Telecomunicación (ETSIT, UPM), ha sido elaborado gracias a la financiación del Proyecto de Innovación Educativa DISEÑO Y PROPUESTADEUNPLANDEACCIÓNORIENTADOALAIMPLANTACIÓNDETALLERES DE ENSEÑANZAS BÁSICAS PARA ALUMNOS DE PRIMER CURSO DEL GRADO EN INGENIERÍADETECNOLOGÍASYSERVICIOSDETELECOMUNICACIÓN (Curso11/1). Agradecemos a los profesores de AVEC tanto por el material facilitado para elaborar este cuaderno, como por sus sugerencias y correcciones. Así como también agradeceremos las futuras sugerencias y correcciones de los alumnos y monitores de taller que trabajen con este cuaderno. Esperamos que a todos os sea de utilidad. Atentamente, Rodrigo y Ángela. 1

3 Primer Tema: Preliminares (Geometría) Contenidos: 1. Curvas planas en coordenadas cartesianas y polares. Cónicas y otras curvas planas notables.. Superficies en coordenadas cartesianas. Cuadráticas y otras superficies notables. 3. Curvas espaciales en coordenadas cartesianas. Métodos de parametrización de curvas en el plano y en el espacio.

4 Problemas: 1. (Primer Parcial Tarde 11 - Problema ) Sea C la curva definida por la intersección de las superficies { F : x +y +z = R R > G : x+z = R Se pide: a) Hallar las proyecciones C 1, C y C 3 de C sobre los planos coordenados x =, y = y z =, respectivamente, en coordenadas cartesianas. b) Apoyándose en el apartado anterior, parametrizar C. c) De la ecuación vectorial de C, r = r (t), hallar las ecuaciones vectoriales r = r1 (t) r = r (t) r = r3 (t) de C 1, C y C 3, respectivamente. d) De éstas hallar sus ecuaciones en coordenadas cartesianas, comparando el resultado obtenido con el del apartado a). Razónese la respuesta. Solución: a) Sobre x =, eliminando la x a partir de las ecuaciones de F y G se tiene: (R z) +y +z = R y +z Rz = ELIPSE Sobre y = : x+z = R, x R SEGMENTO DE UNA RECTA Sobre z = : x +y +(R x) = R x +y Rx = ELIPSE 3

5 b) La proyección de C sobre z =, C 3 también se puede escribir como: x +y Rx = (x Rx+ )+y R = R ( ) x R ) + ( y ) = 1 R ( R que se trata de una elipse centrada en ( R,), de ejes las rectas x = R, y = y semiejes a = R, b = R. La parametrización de C 3 es por tanto: x = R + R cost y = R t [,π) sent Considerando ahora que para C, z = R x, obtenemos la parametrización de C: x = R + R cost y = R sent t [,π) z = R R cost c) d) r1 (t) r (t) r1 (t) = ( R, sent, R R ) cost ( R r (t) = + R cost,, R R ) cost ( R r3 (t) = + R ) cost, R sent, t [,π) t [,π) t [,π) { y = R sent z = R R cost Eliminando t: y +z Rz = { x = R + R cost z = R R cost Eliminando t: z +x = R r3 (t) { x = R + R cost y = R sent Eliminando t: x +y Rx = que son la ecuaciones de C 1, C y C 3, halladas en a). 4

6 . (Primer Parcial 1 - Problema 1) Sea C la curva dada como intersección de las superficies: { S 1 {(x,y,z) R 3 : 3x yz = } a) Parametrizar la curva C. S {(x,y,z) R 3 : y z = } b) Hallar las ecuaciones de la recta tangente y el plano normal a C en el origen. c) CalcularlalongituddelarcodelacurvaC ( comprendidoentrelospuntosa = (,,) 1 y B =,1, ). 3 Solución: a) S z = 1 y S 1 x = 3 yz = 1 3 y3 Tomando y como parámetro, y = t, se tiene: x = 1 3 t3 y = t z = < t < t o bien, en forma paramétrica vectorial: r (t) = (1 3 t3, t, ) t t (, ) 5

7 b) Recta r T tangente a C : r = r (t) en el punto P (x,y ) r = r (t ): rt (u) = r (t )+ r (t )u u (, ) ) (1 r (t) = 3 t3, t, t ( r (t) = t,1, ) t En el origen t = : r (t ) = (,,) r (t ) = (,1,) } r T (u) = (,,)+(,1,)u < u < o bien: x = y = t z = o bien: t (, ) x = z = } eje y Por lo tanto, el plano normal a C en el origen seŕa: c) La longitud del arco vendrá dada por: y = Dado que: L AB = r (t) = tb t A r (t) dt ( t,1, ) t r (t) = t 4 +1+t = ( t +1 ) El resultado es: L AB = A(,,) t A = ( ) 1 B 3,1, t B = 1 1 ( t +1 ) [ ] t 3 1 dt = 3 +t = 4 3 L AB = 4 3 6

8 Segundo Tema: Cálculo diferencial Contenidos: 1. El espacio R n. Generalidades de las funciones de R n en R m (casos n, = 1,,3).. Funciones vectoriales de una variable escalar: interpretación geométrica (curvas). 3. Funciones de varias variables (n =, 3). a) Topología de R. Límites y continuidad. b) Derivadas parciales. Derivadas direccionales. Gradiente. c) Regla de la cadena y aplicaciones. d) Diferenciabilidad. Interpretación geométrica. e) Aproximaciones de Taylor (de primer y segundo orden). Máximos y mínimos relativos, absolutos y condicionados (n = ). 4. Campos vectoriales en R y R 3. Matriz jacobiana. Transformaciones (coordenadas polares, cilíndricas y esféricas). 7

9 Problemas: 1. (Primer Parcial 11 - Problema 1) Sea la función f : R R: xy si (x,y) (,), x f(x,y) = +y si (x,y) = (,). a) Estúdiese la continuidad de f en todo su dominio. b) Calcúlense (en los puntos del dominio donde existan) f x (x,y) y f y (x,y). c) CalcúlenselasderivadasdireccionalesD u f(,)paratodovectorunitariou = (cosθ,senθ). d) Estúdiese la diferenciabilidad de f en todo su dominio. Solución: a) En el abierto R = R {(,)}, f está definida como función racional, cociente de polinomiales, cuyo polinomio denominador no se anula en ningún punto de R, por lo que es continua en todo R. En el punto (,) hay que analizar: xy lím f(x,y) = lím (x,y) (,) (x,y) (,) x +y. Para ello, realizamos un cambio a polares (x = rcosθ,y = rsenθ), de manera que estudiamos la existencia del límite: lím r lo que implica que rcosθ r sen θ r cos θ+r sen θ = lím r 3 sen θcosθ r r uniformemente en θ lím f(x,y) =. (x,y) (,) Por lo tanto, f es continua en todo su dominio de definición. = lím r rsen θcosθ =, b) En el abierto R = R {(,)}, f, definida como función racional, tiene derivadas parciales, que vienen dadas por: f x (x,y) = y (x +y ) x y (x +y ), f y (x,y) = xy(x +y ) xy 3 (x +y ), 8

10 mientras que en (,) tenemos f(+ x,) f(,) lím x x lím y f(,+ y) f(,) y = lím x = lím y x = = f x(,), y = = f y(,). Por lo tanto, la función f tiene derivadas parciales en todo su dominio. c) Las derivadas direccionales en (, ) son, en función de θ: f(+tcosθ,+tsenθ) f(,) D u f(,) = D (cosθ,senθ) = lím t t = lím t tcosθ t sen θ t cos θ+t sen θ t = lím t cosθsen θ = cosθsen θ. = lím t tcosθ t sen θ t t d) En el abierto R = R {(,)}, f, definida como función racional, tiene derivadas parciales continuas, por lo que es diferenciable. En (,) se tiene que, para θ {, π,π, 3π }, se cumple D u = D (cosθ,senθ) = cosθsen θ = f x (,)cosθ + f y (,)senθ. Por lo tanto, f no es diferenciable en (,). 9

11 . (Primer Parcial Tarde 11 - Problema 3) Dadas las funciones: f(x,y) = xy(x+y) x +y g(x,y) = x y x +y a) Estudiar la continuidad de f(x,y) en R. Existe algún punto de discontinuidad de la función f? Es evitable? Cómo? Razone la respuesta. b) Estudiar la continuidad de g(x,y) en R. Existe algún punto de discontinuidad de Solución: la función g? Es evitable? Cómo? Razone la respuesta. a) f es continua (x,y) R {(,)} por ser el cociente de polinomios, que son funciones continuas (x,y) R y (,) es el único cero del polinomio denominador. El único punto de discontinuidad de f es el (,). Para ver el tipo de discontinuidad calculamos el siguiente límite haciendo un cambio a coordenadas polares: xy(x+y) ρ 3 cosθsenθ(cosθ+senθ) lím = lím (x,y) (,) x +y ρ ρ = límρcosθsenθ(cosθ+senθ) = ρ } {{ } acotado Por tanto el punto (,) es un punto de discontinuidad evitable. Para que f sea continua en R se puede redefinir de la siguiente forma: xy(x+y) si (x,y) R {(,)} x f(x,y) = +y si (x,y) = (,) b) g es continua (x,y) R {(,)} por ser el cociente de polinomios, que son funciones continuas (x,y) R y (,) es el único cero del polinomio denominador. El único punto de discontinuidad de f es el (,). Para ver el tipo de discontinuidad calculamos el siguiente límite haciendo un cambio a coordenadas polares: x y lím (x,y) (,) x +y = lím ρ (cos θ sen θ) ρ ρ = lím ρ cos(θ) : ya que depende de θ Por lo tanto el punto (,) es un punto de discontinuidad no evitable. 1

12 3. Sea la función f : R R: f(x,y) = { x α y 3 x +y 6, si (x,y) (,), si (x,y) = (,), α {1,}. Para los dos diferentes posibles valores de α {1,}: a) Estúdiese la continuidad de f en todo su dominio. b) Calcúlense f x (x,y) y f y (x,y) en los puntos donde estén definidas. c) Estúdiese la diferenciabilidad de f en todo su dominio. Solución: a) En el abierto R = R {(,)}, f está definida como función racional, cociente de funciones polinomicas, cuyo polinomio denominador no se anula en ningún punto de R, por lo que es continua para ambos valores de α. En el punto (,) hay que analizar: x α y 3 lím f(x,y) = lím (x,y) (,) (x,y) (,) x +y 6. Para α = se cumple f(x,y) = x y 3 x +y 6 x x +y 6y3 x x +y 6 y 3 y 3. Por lo tanto de donde se deduce que lím f(x,y) lím (x,y) (,) (x,y) (,) y3 = lím f(x,y) =, (x,y) (,) lo que demuestra que la función es continua en todo R. Para α = 1, estudiamos el límite relativo en el conjunto de manera que B = {(x,y) R : x = y 3 }. y 3 y 3 lím f(x,y) = lím (x,y) (,) y f(y3,y) = lím y y 6 +y = 1 6, de donde se deduce que la función es continua en R y discontinua en (,). 11

13 b) En el abierto R = R {(,)}, f, definida como función racional, tiene derivadas parciales, que vienen dadas por: mientras que en (,) tenemos f x (x,y) = αxα 1 y 3 (x +y 6 ) xx α y 3 (x +y 6 ), f y (x,y) = 3xα y (x +y 6 ) 6y 5 x α y 3 (x +y 6 ), f(+ x,) f(,) lím x x lím y f(,+ y) f(,) y = lím x = lím y x = = f x(,), y = = f y(,). Por lo tanto, la función f tiene derivadas parciales en todo su dominio, para ambos valores de α. c) Para ambos valores de α {1,}, en el abierto R = R {(,)}, f, definida como función racional, tiene derivadas parciales continuas, por lo que es diferenciable. Solamente queda por estudiar la diferenciabilidad en (, ). Para α = se tiene que lím (x,y) (,) f(x,y) f(,) x y (x,y) = lím (x,y) (,) x y 3 (x +y 6 ) x +y. Para ello, realizamos un cambio a polares (x = rcosθ,y = rsenθ), de manera que estudiamos la existencia del límite lím r cos θ r 3 sen 3 θ r r(r cos θ+r 6 sen 6 θ) = lím r cos θsen 3 θ r cos θ +r 4 sen 6 θ. No sabemos cómo seguir, pero si damos valores a θ el candidato a límite es el. Demostremos que efectivamente es aplicando la definición: x y 3 (x +y 6 ) x +y yy y, x +y (x,y) lo que implica que f es diferenciable en (,). Para α = 1, f no es diferenciable en (,) ya que no es continua en dicho punto. 1

14 4. (Primer Parcial 11 - Problema ) Sean g(x,y,z) = x +y z +z x Calcúlese (g h) en (1,1). u h(u,v) = (h 1 (u,v),h (u,v),h 3 (u,v)) = (u+v,u v,uv). Solución: En primer lugar, h(1,1) = (,,1). Por otro lado, si denotamos las funciones componentes de h como (h 1,h,h 3 ) y aplicamos la regla de la cadena, tenemos que g (g h)(1,1) = u x (h(1,1)) h 1 g (1,1)+ u y (h(1,1)) h g (1,1)+ u z (h(1,1)) h 3 u (1,1). Ahora bien, g(,,1) = (x+z,yz,y +zx) = (5,,4), (,,1) y por otro lado, h 1 = h = 1 y h 3 u u u = v, luego (g h)(1,1) = = 9. u 13

15 5. (Primer Parcial 11 - Problema 3) a) Supongamos que la trayectoria de un móvil en el espacio viene dada, en coordenadas paramétricas, por la función r : [, ) R 3 : r(t) = (cost,sent,t). Calcúlense la velocidad d dt r(t) = r (t) y la aceleración d dt r(t) = r (t). b) Dada la superficie z = x + y calcúlese el plano tangente a dicha superficie en el punto (x,y,z ) = (1,,5). Solución: a) Dada r(t) = ( x(t),y(t),z(t) ), se cumple que r (t) = (x (t),y (t),z (t)) = ( sent,cost,1). Asimismo, r (t) = (x (t),y (t),z (t)) = ( cost, sent,). b) Siguiendo la sugerencia, si definimos F(x,y,z) = x +y z, la superficie del enunciado es la superficie de nivel F(x,y,z) =. El punto (1,,5) verifica F(1,,5) =, luego está sobre la superficie. El vector gradiente de F en dicho punto, F(1,,5) = ( x,y, 1 ) = (,4, 1 ), (1,,5) es perpendicular a dicha superficie. Por tanto, el plano tangente a la superficie en dicho punto es: (x 1)+4(y ) (z 5) = = x+4y z 5 = 14

16 6. (Segundo Parcial 11 - Problema 1) Dada la función f(x,y) = sin(x+y), se pide: a) Desarrollar el polinomio de Taylor de orden alrededor del (, ). b) Calcular los extremos absolutos de la función en Solución: D = [, π ] [, π ] = {(x,y) R : x π, y π a) El polinomio de Taylor de f en un entorno de (,) tendrá la expresión: f(x,y) = f(,)+ f(,) (x,y )+ 1 [Hf(,)](x,y ) =! ( )( ) = sen()+(cos(),cos()) (x,y)+ 1 (x,y) sen() sen() x = sen() sen() y = x+y } Sabiendo que: [Hf(x,y )](x x,y y ) = ( )( ) f(x,y ) f(x,y ) x = (x x,y y ) y x x x y y f(x,y ) x y f(x,y ) y b) Para calcular los puntos críticos de f en la región D = [, π] [, π ] estudiamos si existen puntos críticos en su interior y posteriormente comprobamos si tiene extremos en su frontera. Buscamos los puntos críticos de f y vemos si se encuentran en el interior de la región: f(x,y) = (,) (cos(x+y),cos(x+y)) = (,) cos(x+y) = x+y = π +kπ, k Z Restingidos a la región dada, los puntos (x,y ) que verifican esta condición son únicamento los que verifican que x +y = π. 15

17 Para estos puntos el discriminante sería: D = f x (x,y ) f y (x,y ) ( f x y (x,y )) = sen ( π ) sen ( π ) = que no nos aporta información, por lo que comprobando las curvas de nivel sen(x+y) = f(x,y) con (x,y) (x,y ) y (x,y) D, vemos que: f(x,y ) = sen(x,y ) = sen( π ) = 1 sen(x+y) = f(x,y) Pasemos a ver si en la frontera D existen extremos: La frontera viene dada por las curvas: C 1 = {(x,) x [, π ]} C = {( π,y) y [, π ]} C 3 = {(x, π ) x [, π ]} C 4 = {(,y) y [, π ]} En C 1 se cumple que sen(x+) = f(x,) = sen(x), luego f alcanza un mínimo en (,) y un máximo en ( π,). En C se cumple que sen( π +y) = f(π,y), luego f alcanza un mínimo en (π, π ) y un máximo en ( π,). 16

18 En C 3 se cumple que sen(x+ π ) = f(x, π ), luego f alcanza un mínimo en (π, π ) y un máximo en (, π ). En C 4 se cumple que sen(+y) = f(,y) = sen(y), luego f alcanza un mínimo en (,) y un máximo en (, π ). Por tanto, para cada (x,y ) D tal que x +y = π la función alcanza un máximo absoluto y alcanzará el mínimo absoluto en ( π, π ) y en (,). 17

19 7. Sea la función f : R R: f(x,y) = x x3 +y. a) Hallar y clasificar los puntos críticos de la función en todo R. b) Justifíquese si f podrá alcanzar o no extremos absolutos en la región R = {(x,y) : 15 8 x4 +y 16}. En caso afirmativo, calcúlense dichos extremos. c) Escribir el polinomio de Taylor de orden en el punto (1,1). Qué tipo de superficie Solución: geométrica genera la gráfica de dicho polinomio? a) Debido a que f es analítica en R los puntos críticos deben cumplir el sistema de ecuaciones f x (x,y) = 5x (x 1) = f y (x,y) = y =, cuya solución viene dada por los puntos (críticos) (,), ( 1,) y (1,). Para clasificarlos, calculamos la matriz Hessiana asociada a f en dichos puntos: [ ] 1x(x 1) H f (x,y) =, que, evaluada en ellos da [ ] [ H f (,) =, H f ( 1,) = 1 ], H f (1,) = [ 1 ]. Este análisis permite concluir que f tiene un punto de silla en ( 1,) y alcanza un mínimo local en (1,). El punto (,) puede ser un mínimo o un punto de silla. Es fácil comprobar que si evaluamos la función en puntos de la forma (x,) se cumple que f(x,) = x x3, polinomio impar, lo que implica que debe tomar valores positivos y negativos en puntos arbitrariamente cercanos al origen. Por lo tanto, (,) es un punto donde no se alcanza ni máximo ni mínimo relativo. b) Debido a que f es continua, debe alcanzar extremos absolutos en el compacto (cerrado y acotado) R (nótese que R [ a,a] [ 4,4], donde a = ( 18 4 ). 15 El estudio se desglosa en analizar el interior y la frontera. El estudio de puntos críticos en el interior ya ha sido realizado (nótese que los puntos críticos obtenidos )1 18

20 en el apartado anterior se hallan en el interior de R): debido a que no hay máximo relativo o local en dicho interior, el máximo absoluto debe alcanzarse en la frontera. Asimismo, buscaremos el valor mínimo de la función en la frontera para compararlo con f(1,) = 1 5, único mínimo relativo en el interior. 3 El estudio de f en la frontera se realiza parametrizándola y evaluando f como función de una variable (parámetro). En nuestro caso, elegimos como parámetro la variable x de manera que la frontera se descompone en dos conjuntos: F 1 = {(x,y) : y = x4, a x a} F = {(x,y) : y = x4, a x a} Debido a que f es par en y basta con analizar la función en uno de ellos: f F1 (x) = f F (x) = x x3 +( x4 ), a x a; los puntos críticos interiores cumplen 5x 4 15 x3 5x = y son x 1 = 1, x = (nótese que la otra raíz x 3 = > a). Evaluando al función en dichos puntos y en los extremos del intervalo de variación, se obtiene que máx R f F1 = f F1 ( 1 ) = 6167,mín 384 Rf F1 = f F1 (a) = ( ) ( )5 4 6,6. Por lo tanto, la función f definida en R alcanza un máximo absoluto en los puntos ( 1, 33 8 ) y ( 1, 33 8 ) de manera que f( 1, 33 8 ) = f( 1, 33 8 ) =. Asimismo, f alcanza mínimo absoluto en ( a,) de manera que f( a,) = ( ) ( )5 4 < = f(1,). c) El polinomio de Taylor en (1,1) viene dado por T (1,1) (h,k) = f(1,1)+f x (1,1) h+f y (1,1) k + 1 f xx(1,1)h +f xy (1,1)hk + 1 f xx(1,1)k = 1 3 +k +5h +k = 5h +(k +) La superficie engendrada por la ecuación z(h,k) = 5h + (k + ) es un 3 paraboloide elíptico: para valores z = cte 1 4 las secciones son elipses; para 3 valores h = cte o k = cte las secciones son parábolas. 19

21 8. (Segundo Parcial Tarde 11 - Problema 1) Sea la función f(x,y) = x +y para (x,y) D R, siendo D = {(x,y) R : x +y 1} a) Hallar y caracterizar los puntos de D donde f alcanza sus extremos y el valor de éstos. b) Hallar y caracterizar los puntos de D donde f alcanza sus extremos y el valor de éstos, condicionados por la restricción x+y 1 = c) Desarrollar el polinomio de Taylor de orden de f alrededor del (,). Solución: a) Claramente, x + y 1. Por tanto, como f(x,y) =, sólo se verifica en (,) D, alcanza el mínimo absoluto en (,) y su valor es. Por otro lado, en D = {(x,y) R : x +y = 1} D se cumple que f(x,y) = 1 y, por tanto, en estos puntos la función alcanza su máximo absoluto, cuyo valor es 1. (Obsérvese que en los restantes puntos de D se cumple que < (x,y) < 1). b) Imponemos ahora la condición adicional y = 1 x. En consecuencia, tenemos que optimizar la función g(x) = f(x,1 x) = x +(1 x) = x x+1 cuyo dominio es [,1] pues sabemos que x 1 y si x <, entonces y = 1 x > 1, lo cual no puede ser por la definición de D. Dicha función es una parábola cuyo vértice es ( 1, 1 ). Por tanto, como el coeficiente de x es positivo, el mínimo absoluto se alcanza en x = 1 (que corresponde al punto ( 1, 1) D) y su valor es 1. El máximo absoluto se alcanza en los puntos x = y x = 1 (que corresponden, respectivamente, a los puntos (,1),(1,) D) y su valor es, en ambos casos, 1. c) Puesto que la función es un polinomio de segundo grado en las variables x e y, su polinomio de Taylor de orden alrededor del punto (,) es dicha función, es decir, x +y.

22 9. a) Hallar el polinomio de Taylor de grado de la función f(x,y) = cosxseny en punto (x,y ). Determinar sus puntos críticos en el plano R. b) Hallar el punto del cono z = x +y que se encuentra más cerca del punto (3,,). Solución: a) Teniendo en cuenta que: f x (x,y) = senxseny f xx = cosxseny f y (x,y) = cosxcosy f yy = cosxseny f xy (x,y) = f yx (x,y) = senxcosy se tiene que el polinomio de Taylor de orden es: cos(x +h)sen(y +k) = cosx senx + { senx seny h+cosx seny k} + 1 (h k)hf(x!,y ) donde Hf(x,y ) es la matriz Hessiana de la función f en el punto (x,y ): ( ) cosx seny senx cosy Hf(x,y ) = senx cosy cosx seny ( h k ) b) La distancia al cuadrado de un punto del cono de coordenadas (x,y,z) del punto (3,,) es igual a: (x 3) +(y ) +z = (x 3) +(y ) +x +y Por lo tanto, el punto pedido es el mínimo absoluto de la función d(x,y) = (x 3) +(y ) +x +y en R. Puesto que d x (x,y) = 4x 6 y d y (x,y) = 4y 4 el único punto crítico es el ( 3,1). Este punto crítico es un mínimo ya que ( ) ( ) 3 Hd,1 4 = 4 es claramente definida positiva. Se concluye que el punto del cono a menor distancia del punto (3,,) es el ( 3,1, 13 ) o alternativamente (3,1, 13 ). 1

23 1. (Primer Parcial 1 - Problema ) Sea la función xy (x,y) (,) f(x,y) = x +y (x,y) = (,) a) Estudiar la continuidad de f en (,). b) Calcular, si existen, las derivadas parciales de f en (, ). Son continuas en (, ) las derivadas parciales de f? Razonar la respuesta. c) Es f diferenciable en (, )? Razonar la respuesta. Solución: a) Sabiendo que: f : continua en (x,y ) lím f(x,y) = f(x,y ) (x,y) (,) Calculamos el límite pasando a coordenadas polares (ρ, φ): lím (x,y) (,) Por tanto, f es continua en (,). b) Las derivadas parciales de f en (,) valen: xy x +y = lím ρ ρcosφsenφ = f x (,) = lím h f(h,) f(,) h f y (,) = lím k f(,k) f(,) k = lím h h = = lím k k = La derivada parcial de f respecto a x para todo punto distinto de (,) vale: x +y x x f x (x,y) = y +y y 3 = x +y (x +y ) 3 El valor del límite de la derivada parcial anterior cuando (x,y) tiende a (,) no coincide con el valor de f x (,) ya que, pasando a coordenadas polares: lím f x (x,y) = límsen 3 φ : L (x,y) (,) ρ Por tanto, f x existe, pero no es continua, en (,). Análogamente para f y.

24 c) f es diferenciable en (x,y ) si y solo si: [f(x +h,y +k)] (f x (x,y ),f y (x,y )) (h,k) lím = (h,k) (,) h +k En (x,y ) = (,) tenemos: [f(h,k) ] (h,k) lím (h,k) (,) h +k = lím (h,k) (,) Por lo tanto, f no es diferenciable en (,). hk h +k h +k = lím (h,k) (,) hk h +k : no existe 3

25 11. Dada la función se pide: xy(x y ) (x,y) (,) x f(x,y) = +y (x,y) = (,), a) Estudiar su continuidad. b) Calcular f x (x,y) en todo punto (x,y) R. Solución: a) En todo punto de R \{(,)} la función es continua por ser cociente de funciones continuas (el numerador es producto de funciones continuas y el denominador es suma de funciones continuas) y no se anula el denominador, pues el único punto donde se anula es el (,), que no está incluido en la región de estudio. En (, ) también es continua pues se cumple la definición de continuidad: xy(x y ) lím = lím r cosθsinθ(cos θ sin θ) = = f(,) (x,y) (,) x +y en polares r θ [,π) b) Calculamos ahora f x (x,y) (utilizamos la definición para calcular f x (,)): y(x y ) + x + x y(x y ) (x,y) (,) (x f(x,y) = +y ) 3 (x +y ) 3 (x +y ) 4 (x,y) = (,). 4

26 1. (Examen Extraordinario Julio 11 - Problema 1) a) Estudiar la continuidad y diferenciabilidad en R de la función f(x,y) = [1 (x +y )]e (x +y ) siendo r = (x,y) y r = r b) Expresar el campo F en la forma F = [P(x,y),Q(x,y)] y demostrar que es un campo potencial o de gradiente. c) Calcular la función potencial U(x,y) de F tal que U(,) =. Expresarla en función de r: U(r). Sugerencia: En la primera integral para el cálculo de U(x,y) hágase el cambio: t = x +y d) IdentificarydibujarlaslíneasdecampodeF ysuslíneasequipotenciales Quépropiedad geométrica relaciona estas dos familias de curvas entre sí? Bien a partir de U(x,y), bien a partir de U(r): e) Calcular todos los puntos críticos (o estacionarios) de la función potencial calculada U. f) Hallar los puntos donde U alcanza sus extremos relativos y absolutos, y los valores de dichos extremos. Solución: a) Como f(x,y) = h(x,y)g(x,y), siendo h(x,y) = (1 (x +y )) y g(x,y) = e (x +y ) y tanto h como g son funciones con-ti-nuas y diferenciables en todo R, también lo es su producto. Otro razonamiento: Como las derivadas parciales de la función f son continuas en una región abierta R, la función f es diferenciable en R. b) P(x,y)=f(x,y)x Q(x,y)=f(x,y)y } F = P i+q j 5

27 F(x,y) es un campo potencial en R si: c) U(x,y) : U = F P y = Q x = 4xy{ (x +y }e (x +y ) U x = P(x,y) U = (1 t)e t dt U(x,y) = (x +y )e (x +y ) +Y(y) Q(x,y) = U y = ye(x +y) y(x +y )e (x +y) +Y (y) Y (y) = Y (y) = cte U(r) = r e r d) Las líneas de campo de F son rectas que pasa por el origen. Las líneas equipotenciales son: U(x,y) = (x +y )e (x +y ) = cte x +y = cte Familia de curvas ortogonales a las líneas de campo de F. e) Puntos críticos de U: U x U y (,) Los puntos críticos son x +y = 1 Identicamente se obtiene: = xf(x,y) = x(1 (x +y ))e (x +y ) = = yf(x,y) = y(1 (x +y ))e (x +y ) = U(r) = r e r, U (r) = r(1 r )e r, r = Los puntos críticos son r = 1 6

28 f) Estudio del punto crítico (,): Si calculamos el Hessiano de U, que es el determinante de la matriz Hessiana, se obtiene H(,) > y U xx (,) = > luego el punto (,) es mínimo relativo. Equivalentemente, como los autovalores de la H(, ) son estrictamente positivos, asumiendo que las segundas derivadas parciales son continuas, el punto (, ) es un mínimo relativo. También es mínimo absoluto por ser la función U(x,y) y U(,) =. Estudio de los puntos críticos: x +y = 1: U (r) = (1 5r +r 4 )e r U (1) = 4 e < Máximo relativo U(1) = 1 e Los puntos x + y = 1 ó r = 1 son máximos relativos y absolutos por ser U una función continua, acotada y tender a cero cuando r. 7

29 Tercer Tema: Integración de campos escalares y vectoriales Contenidos: 1. Integrales dobles y triples. Propiedades.. Cálculo de integrales múltiples: cambio de variables. 3. Curvas en forma vectorial: vector tangente, curvas regulares. 4. Integrales curvilíneas o de línea: propiedades. Circulación. Función potencial. Teorema de Riemann o de Green en el plano. 5. Superficies en forma vectorial: vector normal, superficies regulares. 6. Integrales de superficie: propiedades. Flujo. 8

30 Problemas: 1. (Problema - Segundo parcial 11) En una esfera de radio 4 se han practicado dos agujeros circulares de radio 1 que pasan por el centro (ver figura). Calcular razonadamente el volumen y el área de la superficie exterior del sólido resultante. Solución: El volumen pedido, V es igual a: V = V e V a +V i donde V e es el volumen de la esfera, V a es el volumen de uno de los agujeros y V i es el volumen de la intersección de los dos cilindros. Calcularemos cada uno de estos volúmenes por separado. El volumen de la esfera es sencillo de calcular: V e = π π 4 ρ senϕdρdϕdθ = 44 π 3 El volumen de uno de los agujeros es igual a: V a = 16 x y da D donde D es el círculo en el plano xy de centro el origen y radio 1. Utilizando coordenadas polares tenemos: π V a = 16 x y da = D 1 ) r rdrdθ = 4π(

31 El volumen de la intersección es igual a: V i = D 1 x da donde como antes D es el círculo en el plano xy. Por lo tanto: 1 V i = 1 x da = 1 x 1 x dydx = 16 1 x 3 D Por lo tanto el volumen pedido es (sin simplificar): V = 44 π 3 8π 1 ( ) Eláreaexteriordelcuerpoesigualaláreadelaesferaderadio4menoseláreadeloscuatro agujeros practicados. Así, vamos a calcular el área de uno de estos agujeros. La superficie de uno de uno de estos agujeros es la gráfica de la función f(x,y) = 16 x y en el dominio D, teniendo en cuenta que: x f x (x,y) = 16 x y obtenemos: S a = D y f y (x,y) = 16 x y 1+[f x (x,y)] +[f y (x,y)] 4 da = D 16 x y da Utilizando coordenadas polares tenemos: S a = π 1 El área de la superficie esférica de radio 4 es: El área pedida es por tanto: S e = S = 64π 4 4r 16 r drdθ = 3π 8π 15 π 1 4r drdθ = 64π 16 r ( 3π 8π ) ( ) 15 = 3π 15 ( ) S = 3π 15 3

32 . Calcula el volumen de la región sólida acotada por las superficies S 1 y S dadas por las ecuaciones z = x y y z = x respectivamente. Se pide: a) Dibujar la región. b) Definirla formalmente. c) Calcular su volumen. Solución: a) El dibujo de la región es el siguiente: b) Calculamos la frontera C 1 de la región D en el plano xy, proyección de todos los puntos de la región sólida acotada eliminando la variable z a partir de las dos ecuaciones: ( x y = x x 1 ) +y = 1 4 Entonces, restingiéndose al plano xy: ( C 1 = {(x,y) R x 1 ) } +y = 1 4 Y la región D que delimita en este plano sería: ( D = {(x,y) R x 1 ) } +y 1 4 Ahora, para cada (x,y) D la variable z variará entre el plano z = x y el paraboloide z = x y, ya que x y x, pues: ( x +y x x +y x x 1 ) +y

33 Formalmente la región volumétrica será: W = { (x,y,z) R 3 (x,y) D, z [ x, x y ] } c) Para calcular su volumen vamos a usar coordenadas cilíndricas, simplificando así el cálculo de la integral: x = 1 +rcos(t) y = rsen(t) z = z siendo [ r, 1 ], t [,π], z [ 1 ( ) ] 1 rcos(t), +rcos(t) (rsen(t)) Por lo tanto la región W quedará expresada, por la transformación de las coordenadas cartesianas a cilíndricas en W siendo { [ (r,t,z) R 3 r, 1 W = con lo cual: V = dxdydz = W W ], t [,π],z (x,y,z) π (r,t,z) drdtdz = V = 1 3 π [ 3 rcos(t), 7 ]} 4 r rcos(t) r rcos(t) rdzdrdt 3 rcos(t) 3

34 3. (Segundo Parcial Tarde 11 - Problema ) Calcular el volumen de la figura limitada inferiormente por x +y +z = 5, superiormente por z = 8 y lateralmente por z = 4 3 x +y. Solución: El cono z = 4 3 x +y corta al hemisferio superior de la esfera en la circunferencia centrada en (,,4) y radio 3, dentro del plano horizontal z = 4, pues 9z = 16(x +y ), lo que al sustituirlo en la ecuación de la esfera queda 9x +9y +16x +16y = 5(x +y ) = 5 9 es decir, x +y = 3, de donde obtenemos también que z = 4. Por otro lado, la sección del cono con el plano z = 8 es una circunferencia sobre diho plano, con centro en (,,8) y radio 6. El volumen del cono con vértice en el origen que delimita el plano z = 8 es 8 6 π 3 = 96π. Ahora restamos el volumen de la sección de la esfera que queda dentro de dicho cono. Para calcular dicho volumen, utilizamos coordenadas esféricas: π 5 arccos 4 5 r senφdφdrdθ = 5π 3 Así, el volumen pedido es: V = 96π 5π 3 = 38π 3 33

35 Cuarto Tema: Teoremas Integrales del Análisis Vectorial Contenidos: 1. Operacionales diferenciales (gradiente, rotacional, divergencia y laplaciano): definiciones, propiedades, expresiones en coordenadas cilíndricas y esféricas.. Teorema de Stokes y teorema de Gauss (o de la divergencia). Particularización a campos planos. 3. Caracterización de los campos conservativos, solenoidales y armónicos. 34

36 Problemas: 1. Sea el campo vectorial F : R 3 R 3 : y sean la superficies en R 3 : F(x,y,z) = (x,y,z ), S 1 = {(x,y,z) : x +y = 4z z 1}, S = {(x,y,z) : x +y = (z 3) 1 z 3}. a) Calcular el flujo de F a través de S 1 (con vector normal orientado hacia arriba). b) Aplicando el teorema de Gauss, calcular el flujo de F a través de S (con vector normal orientado hacia arriba). c) Explicar si existe algún campo G tal que G = F. Solución: a) La superficie S 1 es un paraboloide de revolución de eje z. Dicho paraboloide definido mediante z = g(x,y) = 1 4 (x +y ) puede ser parametrizado de manera natural r(x,y) = (x,y, 1 4 (x +y )), (x,y) D = {(x,y) : x +y 4}, donde D es la proyección de S 1 sobre el plano xy (z = ). Calculamos r x (x,y) = (1,, 1 x), r y(x,y) = (,1, 1 y), de manera que r x (x,y) r y (x,y) = ( x, y,1). Por tanto F NdS = F(x,y) ( r x (x,y) r y (x,y))da S 1 D = (x,y, 1 D 16 (x +y ) ) ( x, y,1)da = 1 ( 8(x 3 +y 3 )+(x +y ) )dxdy 16 D Si efectuamos un cambio a coordenadas polares F NdS = 1 π ( 8ρ 3 (cos 3 θ +sen 3 θ)+ρ 4 )ρdρdθ 16 S 1 = 1 16 π = 1 16 π [ ρ 6 6 ] ( 8ρ 3 (cos 3 θ +sen 3 θ)+ρ 4 )ρdρdθ = 4 3 π 35

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