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Matem�atica III
Ecuaciones diferenciales ordinarias
Mar��a Margarita Olivares
March 12, 2002
Octubre 2001
1 ECUACIONES DIFERENCIALES
Fundamentaci�on:
Muchos problemas fundamentales en ciencias, ingiener��a y otras �areas
como econom��a, se describen mediante ecuaciones diferenciales.Problemas
f��sicos han motivado la mayor parte de las matem�aticas y esto es especial-
mente cierto cuando se trata de ecuaciones diferenciales.
Objetivos:
Al �nalizar este tema, el estudiante debe ser capaz de identi�car y re-
solver ecuaciones diferenciales lineales de primer orden, as�� como una amplia
variedad de ecuaciones que se reducen a �estas. Resolver ecuaciones lineales de
segundo orden con coe�cientes constantes en una variedad de casos. Resolver
sistemas de dos ecuaciones diferenciales lineales. Aplicar los conocimientos
adquiridos sobre ecuaciones diferenciales para modelar algunas situaciones
reales tales como: crecimiento de poblaciones, epidemias, desintegraci�on ra-
dioactiva, enfriamiento, etc.
Contenido:
Ecuaciones diferenciales de primer orden. Revisi�on de los m�etodos ya es-
tudiados en Matem�atica II. Ecuaciones con variables separables y reducibles
a �estas. Aplicaci�on de la ecuaci�on diferencial de primer orden: Crecimiento
de poblaciones (exponencial, log��stico �o limitado). Epidemias, desintegraci�on
radioactiva. Enfriamiento. Ecuaciones diferenciales lineales de orden 2 con
coe�cientes constantes. Soluci�on general de la ecuaci�on homog�enea. Soluci�on
1
general de la ecuaci�on ay00 + by
0 + c = f(x) en los casos en que f es un poli-
nomio, f(x) = ax y f(x) = a sen(x) + b cos(x): Aplicaciones: caida libre,
equilibrio de poblaciones, caida libre en un medio resistente. Sistemas de dos
ecuaciones lineales de primer orden.
1.1 INTRODUCCI�ON.
Si y = f(x) es una funci�on de variables real, dy
dx= f
0(x) puede ser consideradacomo la raz�on de cambio de f(x) con respecto a la variable independiente x;
es por lo tanto natural pensar, que las ecuaciones que contienen derivadas
son aquellas que describen al universo cambiante.
Una gran cantidad de leyes f��sicas involucran tasas de cambio (o la derivada),
con frecuencia el lenguaje natural en las ciencias y en la ingiener��a es el de
las ecuaciones diferenciales.
Una ecuaci�on que contenga una funci�on desconocida y una o m�as de sus
derivadas se llama ecuaci�on diferencial.
El objetivo principal de las ecuaciones diferenciales es:
1. Plantear la ecuaci�on diferencial que describe una situaci�on f��sica o al-
guna situaci�on real que se desee modelar..
2. Encontrar la soluci�on adecuada de la ecuaci�on.
A diferencia de una ecuaci�on algebraica, que investiga los valores de x o
valores desconocidos que satisfacen una ecuaci�on tal como
x5 � 3x2 + 6 = 0;
en la soluci�on de una ecuaci�on diferencial el reto consiste en encontrar fun-
ciones desconocidas y = g(x) para las cuales una identidad como
g0(x) = 2xg(x)
�o equivalentemente, en la notaci�on de Leibniz, dy
dx= 2xy (�o y
0 = 2xy), se
cumpla para alg�un intervalo de n�umeros reales.
A menudo, se desea hallar, todas las soluciones de la ecuaci�on diferencial,
si es posible.
2
1.1.1 EJEMPLOS:
1. La raz�on de cambio con respecto al tiempo t de la temperatura T (t) de
un cuerpo, es proporcional a la diferencia entre T y la temperatura A
del medio. Este hecho se describe mediante la ecuaci�on diferencial
dT
dt= k(A� T )
donde k es una constante positiva. Si conocemos k y A; se espera
encontrar una f�ormula expl��cita para T (t) y entonces, con la ayuda de
esa f�ormula, poder predecir la temperatura futura del cuerpo.
2. La raz�on de cambio con respecto al tiempo de una poblaci�on P (t) con
tasa de natalidad y mortalidad constantes es, en muchos casos simples,
proporcional al tama~no de la poblaci�on. O sea,
dP
dt= kP
donde k es la constante de proporcionalidad.
Si examinamos este ejemplo, podemos observar que toda funci�on de la
forma P (t) = Cekt es soluci�on de la ecuaci�on diferencial, pues
P0(t) = Cke
kt = k(Cekt) = kP (t);
para todo n�umero real t:
As�� la ecuaci�on diferencial
dP
dt= kP;
para k dado, tiene in�nitas soluciones, una para cada elecci�on "arbitararia"
de la constante C:
Esto permite usar informaci�on adicional, para elegir entre todas las
soluciones posibles, una soluci�on particular que se ajuste a la situaci�on
que se est�a estudiando.
La condici�on P (0) = 1000 se llama condici�on inicial debido a que es
normal escribir ecuaciones diferenciales en forma de que t = 0 sea
el "tiempo de partida". Si en 5 a~nos se duplica la poblaci�on esto se
3
traduce escribiendo P (5) = 2000: Esta informaci�on adicional sobre la
funci�on P (t) conduce a las siguientes ecuaciones:
P (0) = 1000 = Ce0 = C
P (5) = 2000 = Ce5k
de aqu�� se obtiene C = 1000 y k = 15ln(2):
Bajo estas condiciones iniciales, la funci�on que es soluci�on particular
de la ecuaci�on diferencial es:
P (t) = 1000e1
5t ln(2)
�o equivalentemente
P (t) = 10321
5t:
As�� podemos predecir la poblaci�on futura.Por ejemplo despu�es de 20
a~nos la poblaci�on ser�a de P (20) = 16000
Si ninguna de las soluciones posibles de la ecuaci�on diferencial se ajusta
a las condiciones dadas, se debe sospechar que dicha ecuaci�on (que no
es mas que un modelo matem�atico del fen�omeno f��sico en cuesti�on) no
describe adecuadamente el mundo real. En otras palabras, si P (t) =
Cekt con k y C constantes, no describe con exactitud el verdadero
crecimiento de la poblaci�on, para ninguna elecci�on de las constantes,
se debe escribir una ecuaci�on diferencial m�as complicada, que tome
en cuenta otros factores, como por ejemplo, los efectos de la presi�on
de la poblaci�on sobre el ��ndice de la natalidad, la declinaci�on de las
provisiones de alimento, etc.
En general, cuando se formula un modelo matem�atico, se deben tomar
en cuenta dos requerimientos que pueden parecer contradictorios:
a) Debe ser lo su�cientemente detallado, como para que represente
la situaci�on del mundo real con relativa exactitud.
b) Debe ser simple, para que el an�alisis matem�atico resulte pr�actico.
1.2 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS.
1.2.1 DEFINICI�ON:
Una ecuaci�on diferencial ordinaria, es una ecuaci�on en donde aparece una
funci�on desconocida y = g(x) y sus derivadas. El vocablo ordinaria se re-
�ere al hecho que en el problema s�olo aparecen derivadas ordinarias y no
4
hay derivadas parciales. Es decir, la funci�on desconocida depende s�olo de
una variable. Si la variable dependiente es funci�on de dos �o m�as variables
independientes aparecer�an en la ecuaci�on derivadas parciales y la ecuaci�on
se llama "ecuaci�on en derivadas parciales".
1.2.2 EJEMPLO:
g0(x) = 2g2(x) �o equivalentemente dy
dx= 2y2 �o y
0 = 2y2; donde g(x) es
la funci�on que se quiere hallar �o equivalentemente y = y(x) en las otras
notaciones.
1.2.3 DEFINICI�ON:
El orden de una ecuaci�on diferencial es el orden de la derivada m�as alta que
aparezca en ella.
La forma m�as general de ecuaci�on diferencial de n-�esimo orden, siendo
x la variable independiente y funci�on desconocida �o variable dependiente
y = y(x) es
F (x; y; y0; y00; : : : ; y(n)) = 0
donde F es una funci�on espec���ca de valor real y de (n+ 2) variables.
1.2.4 EJEMPLO:
y(4) + x
2y(3) + x
5y = sen(x)
es una ecuaci�on diferencial de 4o orden.
1.2.5 DEFINICI�ON:
Diremos que la funci�on y = u(x) es una soluci�on de la ecuaci�on diferencial
F (x; y; y0; y00; : : : ; y(n)) = 0
sobre el intervalo I si u; u0; u00; : : : ; u(n) existen en el intervalo I y
F (x; u; u0; u00; : : : ; u(n)) = 0
para todo x 2 I:
Esto se expresa diciendo que y = u(x) satisface la ecuaci�on diferencial en
el intervalo I:
5
1.3 ECUACIONES CONVARIABLES SEPARABLES
1.3.1 DEFINICI�ON:
Son aquellas ecuaciones diferenciales que despu�es de algunas manipulaciones
algebraicas se pueden escribir como:
f(x)dx = g(y)dy
Es decir, la ecuaci�on diferencial de primer orden
dy
dx= H(x; y)
se llama separable si H(x; y) se puede escribir como producto de una funci�on
de x por una funci�on de y �o en forma equivalente como el cociente
H(x; y) =f(x)
g(y):
En este caso, se pueden separar las variables x e y y escribir informalmente
g(y)dy = f(x)dx
que corresponde a la ecuaci�on diferencial
g(y)dy
dx= f(x)
C�omo se resuelve esta Ecuaci�on Diferencial?. Si integramos ambos miembros
obtenemos: Zg(y)dy =
Zf(x)dx+ C:
De esta �ultima expresi�on se tiene la soluci�on general de la ecuaci�on difer-
encial. Si queremos convencernos de que realmente esta �ultima expresi�on es
equivalente a la ecuaci�on diferencial que queremos resolver, observemos que si
llamamos D�1z
la antiderivada o primitiva respecto a la variable z; entonces,
siG(y) = D
�1y(g(y))
F (x) = D�1x(f(x))
la soluci�on propuesta de la ecuaci�on diferencial, quedar�a expresada como
G(y) = F (x) + C
6
derivando ambos miembros con respecto a x , obtenemos:
G0(y)y0 = F
0(x)g(y) dy
dx= f(x)
puestoqueG0(y) = g(y)y0(x); F 0(x) = f(x):
si y = y(x).
1.3.2 EJEMPLO:
1. Resolver la Ecuaci�on Diferencial:
x2 dy
dx=
x2 + 1
3y2 + 1
esta ecuaci�on es equivalente a
�3y2 + 1
�dy =
x2 + 1
x2dx =
�1 +
1
x2
�dx
integrando ambos miembros obtenemos:
y3 + y = x�
1
x+ C
puesto que no es pr�actico despejar \y" en la soluci�on de la ecuaci�on
diferencial, llamamos esta �ultima expresi�on soluci�on general impl��cita
de la ecuaci�on difererencial.
Si nos damos una condici�on inicial, como por ejemplo, y(1) = 2; obten-
dremos la soluci�on impl��cita de la ecuaci�on diferencial correspondiente
al problema de valor inicial:
x2 dy
dx= x2+1
3y2+1
y(1) = 2
sustituyendo en la soluci�on general
y3(1) + y(1) = 1� 1
1+ C
23 + 2 = C
C = 10
por lo tanto la soluci�on particular impl��cita es:
y3 + y = x�
1
x+ 10:
7
2. Resolver el siguiente problema de valor inicial:
x + ydy
dx= 0
y(0) = 2:
Esta ecuaci�on diferencial es de variables separables, puede expresarse
como:
ydy
dx= �x
la soluci�on general impl��cita es:
12y2 = �1
2x2 + C
y2 + x
2 = 2C
la soluci�on particular impl��cita es:
y2(0) + 0 = 2C
4 = 2C
y2 + x
2 = 4
note que de la soluci�on particular impl��cita se pueden obtener dos ex-
presiones expl��citas de la soluci�on, a saber:
y =p4� x2
y = �p4� x2
la primera de ellas satisface la condici�on inicial y(0) = 2; mientras
que la segunda no la satisface, as�� la soluci�on expl��cita del problema a
valores iniciales es:
y =p4� x2:
1.4 PROBLEMAS PARA LA PR�ACTICA:
1. Encuentre todas las soluciones de la ecuaci�on diferencial:
dy
dx= 2x
qy � 1
2. Resuelva el siguiente problema de valor inicial:
dy
dx= xy + x� 2y � 2
y(0) = 2
8
3. Encuentre soluciones (impl��citas de ser necesario, expl��citas cuando sea
posible) para las ecuaciones diferenciales siguientes:
a) dy
dx= 1+
px
1+py
b) (x2 + 1) dydxtan(y) = x
c) dy
dx= 1 + x + y + xy
4. Encuentre soluciones particulares expl��citas de los problemas de valor
inicial siguientes:
a) dy
dx= ye
x; y(0) = 2e:
b) dy
dx+ 1 = 2y; y(1) = 1:
c) dy
dx= 2xy2 + 3x2y2; y(1) = �1:
d) y0 tan(x) = y; y(�
2) = �
2:
5. Resolver la E.D.O. dada usando separaci�on de variables:
a) dV
dP= �V
P
b) sen (x) sen (y) dx+ cos(x) cos(y)dy = 0
c) (xy + x)dx = (x2y2 + x2 + y
2 + 1)dy
d) dx
dy= cos(x) cos2(y)
e) dy
dx= (x�1)y5
x2(2y3�y)
f) xdx�pa2 � x2dy = 0
g) x2yy
0 = ey
1.5 ECUACIONES HOMOG�ENEAS:
Una funci�on es homog�enea si todos sus t�erminos tienen el mismo grado. En
el siguiente ejemplo:
2pxy + y + y
1=3x2=3
se tienen tres t�erminos a saber: 2pxy; y; y
1=3x2=3: El grado de un t�ermino
se obtiene sumando los grados a los que aparecen elevados cada una de las
variables que �guran en el t�ermino:
9
en 2pxy aparecen x e y elevadas cada una a la 1=2: El grado del t�ermino
es 1=2 + 1=2 = 1;
en y el grado es 1;
en y1=3x2=3 el grado es 1=3 + 2=3 = 1;
todos los t�erminos de la f�ormula del ejemplo tienen grado uno, por lo
tanto la f�ormula es homog�enea de grado 1:
Se dice que la ecuaci�on diferencial
M(x; y)dx+N(x; y)dy = 0
es homog�enea, cuando M y N son funciones homog�eneas de x y de y del
mismo grado. Estas ecuaciones diferenciales pueden resolverse haciendo la
sustituci�on
y = vx �ox = uy
Esto nos da una ecuaci�on diferencial en v y en x en la que las variables son
separables. En efecto,
M(x; vx) = xkM(1; v)
N(x; vx) = xkN(1; v)
por ser M y N del mismo grado, digamos k; y como la ecuaci�on diferencial a
resolver es:dy
dx= �
M
N
al hacer el cambio de variable, obtenemos
xdv
dx+ v = f(v)
donde f(v) = �M(1;v)
N(1;v):
1.5.1 EJEMPLO:
Resolver la ecuaci�on:
y2 + x
2 dy
dx= xy
dy
dx
esta ecuaci�on se puede escribir como:
y2dx + (x2 � xy)dy = 0
10
Las funcionesM(x; y) = y
2
N(x; y) = (x2 � xy)
son homog�eneas de grado 2: La ecuaci�on a resolver se escribe:
dy
dx=
y2
(xy � x2)
Hagamos la sustituci�on y = vx: Se obtiene:
xdv
dx+ v = � v2
1�v1�vvdv = � 1
xdx
de aqu�i, integrando obtenemos la soluci�on general:
ln v � v = � lnx+ C
�o equivalentemente:
ln(vx) = v + C
puesto que vx = y; despejando:
y = eCeyx
pero eC = K, as�i, podemos escribir
y = Keyx
1.5.2 PROBLEMAS PARA LA PR�ACTICA
Hallar la soluci�on general de cada una de las ecuaciones diferenciales:
1. (8y ++10x)dx+ (y + 7x)dy = 0
2. 2xdz � 2zdx =px2 + 4z2dx
3. (x+ 4y)dx+ 2xdy = 0
4. (2x2 + y2) dx+ (2xy + 3y2) dy = 0
5. du
dv= 1+u2
1+v2
6. En cada uno de los siguientes problemas hallar la soluci�on particular
que se determina por los valores dados de x y y:
a) (x2 + y2)dx = 2xydy; x = 1; y = 0:
b) xdy � ydx =px2 + y2dx; x = 1=2; y = 0:
11
1.6 ECUACIONES LINEALES DE PRIMER ORDEN
1.6.1 DEFINICI�ON:
Una ecuaci�on diferencial es lineal de orden 00n00 si se puede expresar como
an(x)y(n) + an�1(x)y
(n�1) + � � �+ a2(x)y00
+ a0(x)y = b(x)
donde los coe�cientes ak(x); k = 0; 1; � � �; n; y b(x) son funciones continuas
en un intervalo I; an(x) no id�enticamente nula.
En particular, si n = 1; tendremos una ecuaci�on diferencial ordinaria,
lineal, de primer orden.
Existe una t�ecnica que permite resolver las ecuaciones lineales de primer
orden, del tipo:dy
dx+ P (x)y = Q(x)
sobre un intervalo I donde las funciones P (x); Q(x) son continuas.
Para hallar la soluci�on general, multiplicamos ambos miembros de la
ecuaci�on por el factor integrante
�(x) = e
RP (x)dx
obteni�endose la siguiente expresi�on:
e
RP (x)dx dy
dx+ P (x)e
RP (x)dx
y = Q(x)eRP (x)dx
Puesto que Dx(RP (x)dx) = P (x), el primer miembro de la igualdad anterior,
es la derivada con respecto a x del producto yeRP (x)dx
; por lo que la ecuaci�on
ser�a equivalente a:
Dx(yeRP (x)dx) = Q(x)e
RP (x)dx
:
Si integramos ambos miembros de esta ecuaci�on:
ye
RP (x)dx =
ZQ(x)e
RP (x)dx
dx+ C
despejando y obtenemos la soluci�on general de la ecuaci�on lineal de primer
orden:
y = e�RP (x)dx
�ZQ(x)e
RP (x)dx
dx+ C
�
12
1.6.2 EJEMPLOS:
1. Resuelva el problema de valor inicial:
dy
dx� 3y = e
2x
y(0) = 3
Tenemos que:P (x) = �3; Q(x) = e
2xRP (x)dx = �3xRQ(x)e
RP (x)dx
dx = �e�x
as�i, la soluci�on general es:
y = �e2x + Ce3x
puesto que y(0) = 3, sustituyendo en la soluci�on general, obtenemos
C = 4; y la soluci�on particular deseada es:
y = 4e3x � e2x:
2. Encuentre la soluci�on general de:
dy
dx+
3x
x2 + 1y =
6x
x2 + 1
Esta vez, en lugar de aplicar directamente la f�ormula, vamos a hallar
la soluci�on general, usando el m�etodo mediante el cual se desarroll�o la
f�ormula:
P (x) =3x
x2 + 1; Q(x) =
6x
x2 + 1
el factor integrante es
�(x) = e
R3x
x2+1
dx= (x2 + 1)
3
2
Multiplicando ambos miembros de la ecuaci�on diferencial por �(x);se
tiene:(x2 + 1)
3
2dy
dx+ 3x(x2 + 1)
1
2 y = 6x(x2 + 1)1
2
Dx((x2 + 1)
3
2 y) = 6x(x2 + 1)1
2
Integrando ambos miembros respecto a x y despejando y;obtenemos:
y = 2 + C(x2 + 1)�3
2 :
13
1.7 APLICACIONES:
1.7.1 Problemas de crecimiento y decrecimiento.
Crecimiento de la poblaci�on:
Vamos a exponer un modelo muy sencillo de crecimiento poblacional de
una sola especie: sea P (t) la poblaci�on t como funci�on del tiempo. Como
ejemplos se tiene la poblaci�on de un pa��s, el n�umero de bacterias en alguna
experiencia de laboratorio, la poblaci�on de un insecto que ataca una cosecha.
La derivada de la poblaci�on con respecto al tiempo dP
dtrepresenta la tasa de
cambio de la poblaci�on. La derivada se mide en unidades del n�umero por
unidad de tiempo. Decir que la tasa de cambio de la poblaci�on es proporcional
a la poblaci�on se expresa mediante la ecuaci�on diferencial:
dP
dt= kP
que es una ecuaci�on de primer orden, lineal. Observe que si escribimos esta
expresi�on en la forma equivalente
1
P
dP
dt= k
el t�ermino 1P
dP
dt; denominado tasa de crecimiento, que es la tasa de cambio
de la poblaci�on por individuo, con frecuencia es una medida m�as signi�ca-
tiva del crecimiento. Nuestra ecuaci�on nos dice que la tasa de crecimiento
es constante. Si nos dicen por ejemplo, que en 1993, en Estados Unidos la
poblaci�on aumentaba a una tasa de 3.2 millones por a~no, siendo la poblaci�on
de 265 millones en 1993, la tasa de crecimiento era 3:2265
= 0:012 = k; alrede-
dor de 1.2% anual. Es com�un medir las tasas de crecimiento humanas en
porcentajes por a~no.
La soluci�on general de nuestra ecuaci�on diferencial es, utilizando la t�ecnica
expuesta anteriormente:
P (t) = cekt
Para hallar la constante c nos valemos de la poblaci�on inicial P (0); obteniendo
como soluci�on
P (t) = P (0)ekt
La soluci�on es una exponencial planteada para el caso de crecimiento expo-
nencial con k > 0:Si k < 0; la tasa de crecimiento es negativa y la poblaci�on
decrece exponencialmente. Observe que en nuestro ejemplo se conoce la
14
constante de proporcionalidad, estos datos han podido ser expresados en
forma equivalente diciendo que la poblaci�on inicial es de 265 millones= P (0),
P (1) = 265 + 3:2 = 268:2: Al resolver el problema a valores iniciales, se
concluye que c = 265; k = 0:012:
Tiempo para duplicarse:
Suponiendo que una poblaci�on crece a una tasa constante, o equivalente
mente, la tasa de crecimiento es proporcional a la poblaci�on o su crecimiento
es exponencial, nos preguntamos cu�anto tiempo tarda en duplicarse. Es decir,
se quiere encontrar t tal que
2P (0) = P (t)
de la soluci�on general de nuestra ecuaci�on escribimos:
2P (0) = P (0)ekt
2 = ekt
As�� que el tiempo para duplicarse es independiente de la poblaci�on inicial.
La soluci�on es
td =ln(2)
k'
0:69315
k'
70
k � 100donde k es la tasa de crecimiento. (Utilizando 70 se obtiene una f�ormula f�acil
de memorizar para la duplicaci�on).
Ejemplos:
1. Si la poblaci�on del mundo crece al 2% anual, se espera que se duplique
en aproximadamente 70/2=35 a~nos. Si la in aci�on es 5% anual, se
espera que el costo de la vida se duplique aproximadamente en 70/5=14
a~nos.
2. Se sabe que una poblaci�on se triplica cada 7 a~nos. Halle el tama~no de
la poblaci�on al cabo de 10 a~nos.
Soluci�on: la soluci�on general de la ecuaci�on de crecimiento exponencial
es
P (t) = P (0)ekt
Si P (7) = 3P (0); entonces ekt = 3; de aqu�� se concluye que k = ln 37
de
donde la soluci�on de la ecuaci�on diferencial es:
P (t) = P (0)3t=7
La poblaci�on en 10 a~nos ser�a P (10) = P (0)310=7:
15
Desintegraci�on Radioactiva:
Para un �atomo dado de material radiactivo, sobre el que no act�ua ra-
diaci�on ni otras part��culas, existe una probabilidad �ja de que decaiga en
un per��odo dado. Por ejemplo, supongamos que en un a~no la probabbilidad
de que un �atomo dacaiga es 0.001. Si se tienen x(t) de estos �atomos en el
tiempo t se espera que en ese tiempo se tendr�an �atomos que decaen a una
tasa de 0:001x(t) �atomos por a~no. Esto lleva a la siguiente ley de decaimiento
radioactivo, bajo el supuesto que se tiene un n�umero su�cientemente grande
de �atomos y que no se bombardea el material con otra radiaci�on o part��culas:
"La tasa de decaimineto para el material radiactivo es proporcional al
n�umero de �atomos presentes".
Esta ley se puede expresar como una ecuaci�on diferencial lineal de primer
orden:dx
dt= �kx
El signo menos se debe a que en el decaimiento o desintegraci�on radioactiva
el n�umero de �atomos disminuye. La tasa de decaimiento k; es positiva pues
hay p�erdida de material. La soluci�on general de esta ecuaci�on es:
x(t) = x(o)e�kt
as�� el decaimiento radioactivo es un decaimiento exponencial, x(t) ! 0 si
t!1 pues k > 0:
Media Vida: la media vida de una sustancia radioactiva es el tiempo que
transcurre para que el materia radioactivo decaiga a la mitad de su cantidad
original. Si T es la media vida
x(T ) =1
2x(0) = x(0)e�kT
es decir:
T =ln 2
k
EJEMPLO: en dos a~nos 3 grs. de un radiois�otopo decae a 0.90 grs.,
determine la media vida T y la tasa de decaimiento k:
Soluci�on: como hemos visto anteriormente T = ln 2k; determinemos la tasa
de decaimiento k:
16
Si x(t) es la cantidad de is�otopo en el tiempo t; x se mide en gramos t en
a~nos, la soluci�on de la ecuaci�on
dx
dt= �kx
viene dada por
x(t) = x(o)e�kt
por las condiciones iniciales de nuestro problema: x(0) = 3; x(2) = 0:9 se
concluye que
0:9 = 3e�2k
k = �ln(0:3)
2' 0:6
de donde se deduce que la vida media T ' 1:2 a~nos.
La Ecuaci�on Log��stica:
Se recomienda leer el cap��tulo 7 del libro c�alculo b�asico de Pedro Alson,
p�aginas 7-29 a 7-24.
El modelo m�as sencillo para el crecimiento de una poblaci�on x resulta al
suponer que la tasa de crecimiento k es constante positiva:
dx
dt= kx
En este caso, la poblaci�on crece exponencialmente, x(t) = x(0)ekt; y even-
tualmente llega a ser in�nitamente grande. Necesitamos un modelo m�as
realista de crecimiento de poblaci�on cuando el tiempo transcurre. Los ex-
perimentos han demostrado que existe un efecto de masi�caci�on, la tasa de
crecimiento 1x
dx
dtno es constante, sino depende de la poblaci�on en s��, la cual
disminuye cuando la poblaci�on crece. Por simplicidad se eligi�o modelar la
tasa de crecimiento como funci�on lineal de la poblaci�on. Utilizaremos la
ecuaci�on diferencial siguiente, llamada log��stica para modelar la situaci�on
antes expuesta:dP
dt= �P (M � P )
Este modelo se investig�o por primera vez en la d�ecada de 1830; por Verhulst.
Esta ecuaci�on diferencial de primer orden no es lineal pero se puede resolver
usando variables separadas.
17
En esta ecuaci�on P representa el n�umero de individuos en la poblaci�on
que se est�a modelando, en el tiempo t; M el n�umero m�aximo de individuos
de la poblaci�on con los recursos disponibles, � es un par�ametro (constante)
positivo que depende de la poblaci�on estudiada. A medida que P es cercano
a M; M � P es cercano a cero, as�� como dP
dt; es decir, cuando P es cercano a
M la velocidad de crecimiento dP
dt(variaci�on de la poblaci�on por unidad de
tiempo), es casi nula. Se puede veri�car que la soluci�on de esta ecuaci�on es:
P =M
1 + Ce��Mt
Vamos a resolver la ecuaci�on expl��citamente:
ZdP
�P (M � P )=Zdt = t
Usando fracciones simples es f�acil concluir que
ZdP
�P (M � P )=
1
�Mln
�P
M � P
�+ c = t
de aqu�� se obtiene:
P
M � P= Ke
��Mt
P =KMe
�Mt
1 +Ke�Mt
P =M
1 + Ce��Mt
lo cual resulta de despejar P; dividiendo numerador y denominador entre
Ke�Mt y denotando C = 1
K:
1.7.2 Enfriamiento:
La ley de enfriamiento de Newton dice:
"la tasa de cambio de la temperatura de la super�cie de un objeto es
proporcional a la diferencia entre la temperatura del objeto y la
temperatura ambiente en ese instante".
18
(Se recomienda leer el cap��tulo 7, p�aginas 7-1 a 7-11 del libro c�alculo
b�asico de Pedro Alson.)
Si T (t) es es la temperatura de la super�cie del objeto en el tiempo t,
entonces la ley de enfriamiento de Newton toma la forma
dT
dt= �k(T �Q0)
Si T > Q0 la temperatura del cuerpo es mayor a la del ambiente y ocurrir�a
un enfriamiento o disminuci�on de temperatura de la super�cie. Luego la
variaci�on de temperatura, es decir, dT
dtdebe ser negativa y en consecuencia
k > 0: Si T < Q0 la temperatura de la super�cie aumenta y dT
dtdebe ser
positiva y de nuevo k > 0: Es por esta raz�on que se introduce el signo menos
en la ecuaci�on de Newton.
La ecuaci�ondT
dt+ kT = kQ0
se puede resolver usando la t�ecnica del factor integrante, incluso cuando
Q0 depende de t:
Supongamos que la temperatura exterior es constante El factor integrante
es
e
Rkdt = e
kt
multiplicando ambos lados de la ecuaci�on diferencial por el factor integrante,
se obtiene:d
dt(ektT ) = kQ0e
kt
integrando ambos lados respecto a t y dividiendo entre ekt se obtiene
T (t) = Q0 + ce�kt
observe que no importa cu�al sea la temperatura inicial, si t ! 1 T (t) !Q0:Es decir, que conforme pasa el tiempo, la temperatura del cuerpo se
acerca a la temperatura ambiente. La ecuaci�on
T (t) = Q0 + ce�kt
describe la manera en que ocurre este acercamiento. En general se quiere
expresar la constante c en t�erminos de la temperatura inicial del cuerpo
T (0): Haciendo t = 0; se obtiene c = T (0)�Q0; entonces la soluci�on es
T (t) = Q0 + [T (0)�Q0] e�kt
19
Si la temperatura inicial del cuerpo es igual a la temperatura ambiente en-
tonces se deduce que la temperatura del cuerpo se mantendr�a constante.
Este tipo de variaci�on o crecimiento (o an�alogamnete decrecimineto) se
denomina exponencial.
Ejemplo: La temperatura ambiente en su o�cina es 70 grados F. Experi-
mentalmente se ha demostrado que la temperatura de una tasa de caf�e que
trae a su o�cina bajar�a su temperatura de 120 grados F a 100 grados F en 10
minutos. Cu�al debe ser la temperatura de su taza de caf�e al traerla si quiere
que pase 20 minutos antes de que baje a 100 grados F?
Soluci�on: por la ley de enfriamiento, la ecuaci�on diferencial que gobierna
es:dT
dt= �k(T �Q0)
La temperatura ambiente Q0 = 70; a los 10 minutos T (10) = 100 si T (0) =
120:
Tenemos dos problemas qu�e resolver, primeramente hallaremos k para el
ujo de energ��a t�ermica entre la habitaci�on y la taza de caf�e. La soluci�on
para Q0 = 70; T (0) = 120 es
T (t) = Q0 + [T (0)�Q0] e�kt = 70 + 50e�kt
Para determinar k nos valemos de T (10) = 100
T (10) = 100 = 70 + 50e�10k
despejando k; se obtiene k = � ln(3=5)
10= 0:051:
El segundo problema es determinar la temperatura inicial si T (20) = 100:
De nuevo, la soluci�on de la ecuaci�on diferencial es:
T (t) = Q0 + [T (0)�Q0] e�kt = 70 + [T (0)� 70] e�kt
Entonces, puesto que k =:� ln(3=5)
10;�kt = 2 ln(3=5) si t = 20
100 = T (20) = 70 + e2 ln(3=5) [T (0)� 70]
o sea
30 =9
25[T (0)� 70]
despejando
T (0) = 153:330F
20
1.8 EJERCICIOS PARA LA PR�ACTICA:
1. Encuentre las soluciones generales de las siguientes ecuaciones diferen-
ciales. Si se da condici�on inicial, encuentre la soluci�on particular:
a) xy0 + y = 3xy; y(1) = 0
b) xy0 + 3y = 2x5; y(2) = 1
c) y0 + y = e
x; y(0) = 1
d) y0 = (1� y) cosx; y(�) = 1
e) xy0 = 2y + x
3 cos x
f) y0 + y cotx = cos x
2. Demuestre que:
a) yc=C e�RP (x)dx es una soluci�on general de y0 + P (x)y = 0:
b) yp = e�RP (x)dx
h�Q(x)e
RP (x)dx
�dx
ies una soluci�on particular de
y0 + P (x)y = Q(x):
c) Si yc(x) es cualquier soluci�on general de y0 + P (x)y = 0 y yp es
cualquier soluci�on particular de y0 + P (x)y = Q(x), entonces
y(x) = yc(x) + yp(x)
es una soluci�on general de
y0 + P (x)y = Q(x):
3. Una estimaci�on de la tasa de crecimiento de Estados Unidos es 1.5%
por a~no. Suponiendo crecimiento exponencial, cu�antos a~nos tomar�a
para que la poblaci�on se duplique? Resp.46,2 a~nos.
4. Se desconoce la tasa de crecimiento de cierto tipo de bacteria, pero se
supone que es constante. Al comenzar el experimento, se estim�o que
hab��a alrededor de 1500 bacterias y una hora despu�es hay 2000. Cu�al
ser��a su predicci�on sobre el n�umero de bacterias que habr�a en 4 horas
despu�es de haber iniciado el experimento? Resp. 1500�43
�4:
21
5. El tiempo para duplicarse para cierto virus es 3 a~nos. Cu�anto tiempo
tomar�a que el virus aumente 10 veces su nivel de poblaci�on actual?
Resp.9.97 a~nos.
6. Un is�otopo radioactivo tiene una vida media de 16 d��as. Se quiere tener
30 grs. despu�es de 30 d��as. Cu�anto radiois�otopo se debe tener al inicio?
Resp.110.04 grs.
7. Se ha almacenado un is�otopo radioactivo sin usarse en un laboratorio
por 10 a~nos, tiempo en el cual se encuentra que contiene s�olo el 80%
de su cantidad original de material radioactivo.
(a) Cu�al es la media vida de ese radiois�otopo?Resp.31.063 a~nos.
(b) En cu�antos a~nos adicionales quedar�a s�olo el 15% de la cantidad
original?Resp.75.018 a~nos.
8. La temperatura de un motor en el momento en que se apaga es 200oC:
La temperatura del aire que le rodea es 300C: Despu�es de 10 minutos
la temperatura de la super�cie del motor es 1800C:
a) Cu�anto tiempo llevar�a que la super�cie del motor baje a 400C?
Resp.226.4 min.
b) Para una temperatura dada T; entre 2000C y 300C; sea t(T ) el
tiempo que se necesita para que el motor se enfr��e de 2000C a T:
Encuentre la f�ormula para t(T ) en t�erminos de T y gra�que la
funci�on. La temperatura ambiente sigue siendo Q0 = 300C: Resp.
t(T ) = 10ln(15)�ln(17)
ln�T�30170
�:
c) Gra�que la curva correspondiente a la soluci�on de la ecuaci�on
log��stica para M > 0 cualquiera y � > 0 cualquiera. Hallando
puntos de in exi�on, concavidad.
1.9 ECUACIONES LINEALES HOMOG�ENEAS CON
COEFICIENTES CONSTANTES.
Las ecuaciones lineales de orden superior, requieren t�ecnicas especializadas
para su soluci�on.
Las de segundo orden, mediante sustituciones elementales, se pueden re-
ducir a ecuaciones de primer orden.
22
Las ecuaciones NO LINEALES de orden superior pueden representar un
verdadero reto, por fortuna, muchas de las ecuaciones importantes que surgen
de las aplicaciones del mundo real, son lineales.
La forma general de una ecuaci�on diferencial lineal, de orden n es:
an(x)y(n) + an�1(x)y
(n�1) + � � �+ a2(x)y00
+ a0(x)y = b(x)
en la que los coe�cientes ai(x); i = 0; 1; 2; � � �; n; y b(x) est�an dados.
La ecuaci�on se llama lineal debido a que s�olo aparecen las primera po-
tencias de la variable dependiente y(x) y de sus derivadas. Es lineal en y,
pero no necesariamente en la variable independiente x (los coe�cientes ai(x)
y b(x) no necesitan ser lineales en x.
La ecuaci�on diferencial lineal se llama homog�enea si b(x) = 0 y en caso
contrario, se llama NO HOMOG�ENEA.
Soluci�on General de la ecuaci�on diferencial lineal homog�enea, a
coe�cientes constantes: Consideremos la ecuaci�on diferencial lineal, a
coe�cientes constantes, homog�enea:
any(n) + an�1y
(n�1) + � � �+ a2y00
+ a0y = 0:
El estudio de las ecuaciones diferenciales lineales se simpli�ca debido al hecho
siguiente que es f�acilmente veri�cable: Si y1(x) y y2(x) son dos soluciones de
la ecuaci�on lineal homog�enea, tambi�en lo es la combinaci�on lineal:
c1y1(x) + c2y2(x)
para cualquier elecci�on de las constantes c1 y c2:
ECUACI�ON CARACTER�ISTICA: Observemos que
d
dx(erx) = re
rx;d2
dx2(erx) = r
2erx; � � �;
dk
dxk(erx) = r
kerx
si sustituyo y(x) = erx en la ecuaci�on lineal homog�enea, obtenemos:�
anrn + an�1r
n�1 + � � �+ a2r2 + a0r
�erx = 0:
Esto sugiere tratar de encontrar un valor de r tal que:
anrn + an�1r
n�1 + � � �+ a2r2 + a0r = 0;
23
si tenemos �exito, y(x) = erx ser�a una soluci�on de la ecuaci�on diferencial,
lineal homog�enea, a coe�cientes constantes.
Por ejemplo:
y00 � 5y0 + 6y = 0
es una ecuaci�on lineal, homog�enea de segundo orden, con coe�cientes con-
stantes. Si sutituyo y(x) = erx en la ecuaci�on diferencial, obtenemos:
r2erx � 5rerx + 6erx = 0
(r2 � 5r + 6)erx = 0
(r � 2)(r � 3)erx = 0
por lo tanto, y(x) = erx es soluci�on de la ecuaci�on de segundo orden, si r = 2
�o r = 3: Hemos hallado dos soluciones de la ecuaci�on, por lo tanto
y(x) = c1e2x + c2e
3x
es una soluci�on de la ecuaci�on diferencial planteada.
Si queremos llevar esta t�ecnica al caso general, sustitu��mos y(x) = erx en
la ecuaci�on lineal de orden n, homog�enea, con coe�cientes constantes:�anr
n + an�1rn�1 + � � �+ a2r
2 + a0r
�erx = 0
Puesto que erx nunca es nulo, vemos que y(x) = erx es soluci�on de la ecuaci�on
si r satisface:
anrn + an�1r
n�1 + � � �+ a2r2 + a0r = 0
Esta �ultima ecuaci�on se llama ecuaci�on caracter��stica de la ecuaci�on diferen-
cial. Si tiene n ra��ces diferentes, ri; i = 1; 2; � � �; n; entonces las funciones
er1x; e
r2x; � � �; ernx
son linealmente independientes y
y = c1er1x + c2e
r2x + � � �+ cnernx
es una soluci�on general de la ecuaci�on diferencial, homog�enea, de orden n, a
coe�cientes constantes.(Para una demostraci�on de este hecho se tiene como
refernecias: Elementary Di�erential Equations with Applications de Edwards
y Penney, ED. Prentice Hall, 1985; Ecuaciones diferenciales de Kreider,
Kuller y Ostberg, Ed. Fondo Educativo Interamericano,S.A.,Calculus, de
24
Tom Apostol, Vol.2). Nosotros nos conformaremos con utilizar este resul-
tado para resolver las ecuaciones lineales.
Si las ra��ces no son todas diferentes y por ejemplo r1 es una ra��z repetida
de multiplicidad k; entonces la parte de la soluci�on general que corresponde
a r1 ser�a �c1 + c2x + c3x
2 + � � �+ ckxk�1
�er1x:
Si la ecuaci�on caracter��stica tiene un par no repetido de ra��ces complejas
conjugadas a+ bi; a� bi con b no nulo, entonces la parte correspondiente de
la soluci�on general de la ecuaci�on diferencial, ser�a:
eax (c1 cos bx + c2 senbx) :
Si a+ bi y a� bi son ra��ces de multiplicidad k; debemos tomar
eaxh�A1 + A2x + � � �+ Akx
k�1�cos bx +
�B1 +B2x + � � �+Bkx
k�1�sen bx
i
25
EJEMPLOS:
1. Encuentre una soluci�on general de:
y(3) � y
00 � 6y0 = 0
La ecuaci�on caracter��stica de esta ecuaci�on diferencial es:
r3 � r
2 � 6r = 0
que se resuelve factorizando:
r(r � 3)(r + 2) = 0
las tres ra�ices son: r = 0; r = �2; r = 3: Son reales y distintas y dado
que e0 es igual a 1; como soluci�on general:
y = c1 + c2e3x + c3e
�2x:
2. Encuentre una soluci�on general de la ecuaci�on diferencial:
y(4) + 3y(3) + 3y00 + y
0 = 0
La ecuaci�on caracter�istica de esta ecuaci�on diferencial es:
r4 + 3r3 + 3r2 + r = 0
factorizando
r(r + 1)3 = 0
tiene r1 = 0 como ra�iz simple y r2 = �1 como ra�iz de multiplicidad 3.
La soluci�on general de la ecuaci�on es:
y = c1 +�c2 + c3x + c4x
2�e�x:
3. Encuentre la soluci�on general de la ecuaci�on:
y00 + b
2y = 0
con b > 0: La ecuaci�on caracter�istica es:
r2 + b
2 = 0
cuyas ra�ices son �bi: Puesto que a = 0; la soluci�on general es en este
caso (puesto que la ecuaci�on caracter�istica tiene ra�ices complejas):
y = c1 cos bx + c2senbx:
26
1.9.1 APLICACIONES:
Movimiento de una part��cula tomando en cuenta s�olo la gravedad:
caida libre.
Para el movimiento vertical en una dimensi�on de una part��cula, denota-
mos por:
Posici�on y(t)
V elocidad v(t) =dy
dt
Aceleraci�on a(t) =dv
dt=
d2y
d2t
la ley de movimiento de Newton (m:a = F ), lleva a una ecuaci�on diferencial
de segundo orden
md2y
d2t= F (y;
dy
dt; t)
donde F es la suma de las fuerzas aplicadas, depende de la posici�on, la
velocidad y el tiempo. Si la �unica fuerza sobre la masa es la gravedad,
F = �mg; el signo menos se introduce porque la gravedad act�ua hacia abajo
y cerca de la super�cie de la tierra se toma el valor g = 9:8m=seg2: Nuestra
ecuaci�on diferencial para el caso de caida libre se reduce a
d2y
d2t= �g
Integrando, se obtiene:dy
dt= �gt+ c1
Si para t = 0; v(t) = v0; sigue que
v(t) =dy
dt= �gt+ v0
Integrando la velocidad, se obtiene la posici�on, si y(0) = y0 :
y = �1
2gt
2 + v0t+ y0
que representa la soluci�on de la ecuaci�on diferencial a valores iniciales:
d2y
d2t= �g
v(0) = v0; y(0) = y0
27
Estas ecuaciones son f�ormulas conocidas en f��sica y se usan para obtener
cantidades como la altura m�axima de un objeto que se lanza.
Ejemplo: Se lanza una pelota desde el suelo con velocidad inicial v0; si
la �unica fuerza es la gravedad, qu�e tan alto llega la pelota antes de comenzar
a caer al suelo?
Soluci�on: La ecuaci�on diferencial es
d2y
d2t= �g
las condiciones iniciales son: y(0) = 0; v(0) = v0; la soluci�on es
v(t) =dy
dt= �gt+ v0
y = �1
2gt
2 + v0t
Queremos hallar el tiempo en el que se alcanza la altura m�axima, en ese
instante la velocidad o dy
dt= 0 (el m�aximo de la funci�on y(t) ocurre cuando
la derivada se anule, all�� habr�a un punto cr��tico). Se obtiene, que
t =v0
g
al sustituir en la ecuaci�on que de�ne el movimiento, obtenemos:
y = �1
2g
v0
g
!2
+ v0v0
g=
v20
2g:
CAIDA LIBRE CON RESISTENCIA DEL AIRE:
Consideremos problemas de movimiento rectil��neo, con masa constante
m y una fuerza resistiva. La segunda ley del movimiento de Newton se rige
por una ecuaci�on diferencial de la forma:
md2y
d2t= F (y;
dy
dt; t)
Si la fuerza no depende de la posici�on y; esta ecuaci�on diferencial de segundo
orden se puede reducir a una ecuaci�on de primer orden trabajando con la
velocidad v = dy
dt; as�� la ecuaci�on diferencial se transforma en
mdv
dt= F (v; t):
28
Un ejemplo com�un en el que una fuerza aplicada depende de la velocidad
pero no de la posici�on es la resistencia del aire. En general, si un objeto se
mueve a trav�es de un uido (l��quido o gas), el uido ejerce una fuerza llamada
resistencia sobre el cuerpo. Si el uido tiene aproximadamente una densidad
uniforme y la velocidad no es demasiado grande, entonces la resistencia puede
aproximarse por la siguiente ley:
"La resistencia es proporcional a la magnitud de la velocidad y act�ua en
direcci�on opuesta a la de la velocidad".
Esta ley se llama de amortiguamiento lineal y establece que la fuerza de
resistencia satisface:
Fuerzaresistiva =� kv
con k � 0: La constante k; depende de la forma del cuerpo y de la naturaleza
del medio en el que el objeto viaja. Las dimensiones son:
fuerza/velocidad=masa x aceleraci�on/velocidad=masa/tiempo.
En la realidad, determinar la resistencia es bastante complicado. Una can-
tidad de esfuerzo signi�cativo se dedica al dise~no de autom�oviles y aviones
para minimizar la resistencia del aire. En el pasado, una gran parte del
proceso de dise~no se basaba en t�uneles de viento experimentale, ahora se
analizan en supercomputadoras, modelos matem�aticos de din�amica de uidos
para procesos de ujo alrededor de objetos tridimensionales, disminuyendo
los costos, aunque todav��a se hacen pruebas en t�uneles de viento. Los ex-
perimentos muestran que a alta velocidad el amortiguamiento lineal no es
v�alido, pero en algunos casos la fuerza resistiva es proporcional al cuadrado
de la velocidad.
Nos restringiremos al caso en que s�olo la gravedad y una fuerza lineal de
resistencia act�ua sobre una masa. En este caso, la ecuaci�on diferencial de
primer orden se convierte en:
mdv
dt= �mg � kv
la cual es una ecuaci�on diferencial de primer orden con coe�cientes constantes
y entrada constante �mg: El sistema de coordenadas se toma de forma tal
que los valores positivos de y van hacia arriba.
29
Ejemplo: Considere una masa de 4 grs. que se deja caer de una altura
de 6 mts. Suponga que la resistencia del aire act�ua sobre la masa con una
constante de proporcionalidad de 12 grs/seg. Determine la velocidad como
una funci�on del tiempo.
Soluci�on: La ecuaci�on diferencial es:
4dv
dt= �4:(9:8)� 12v
o equivalentemente:dv
dt+ 3v = �9:8
Para resolver esta ecuaci�on que es lineal de primer orden podemos usar el
factor integrante e3t: La soluci�on general es:
v = �9:8
3+ ce
�3t
Dejar caer un cuerpo signi�ca que v(0) = 0; de donde c = 9:83y as�� la soluci�on
es:
v = �9:8
3+
9:8
3
�3t
observe que si t ! 1; v(t) ! �9:83: Este l��mite se conoce con el nombre de
velocidad terminal. Esto es lo m�as r�apido que un cuerpo viajar�a desde el
reposo, si existe una fuerza resistiva lineal. Esta velocidad no depende de la
condici�on inicial.
Con la gravedad y sin resistencia un objeto contin�ua aceler�andose y su
velocidad terminal se hace m�as y m�as grande. No existe l��mite sobre qu�e tan
r�apido se mueve un objeto bajo la acelerac�on gravitacional sin resistencia del
aire.
Si resolvemos la ecuaci�on general de caida con resistencia
mdv
dt= �mg � kv
la soluci�on es
v = �gm
k+gm
ke� k
mt
Con resistencia del aire, un objeto tiene una velocidad terminal
v = �mg
k
30
Se puede observar que los objetos m�as pesados tienen una velocidad terminal
mayor. Si la resistencia del aire se redujera aumenta la velocidad terminal. El
empleo de un paraca��das aumenta la resistencia del aire, por lo que disminuye
la velocidad terminal.
Si el objeto anterior se deja caer de una altura de 6 metros, qu�e tan r�apido
iba cuando lleg�o al suelo, qu�e tan cerca estaba de su velocidad terminal?
Para responder esta pregunta debemos resolver la ecuaci�on
dy
dt= v = �
9:8
3+
9:8
3
�3t
cuya soluci�on general es
y = �9:8
3t�
9:8
9e�3t + C
y puesto que y(0) = 6mts: obtenemos
y = �9:8
3t�
9:8
9e�3t +
63:8
9
hallar el tiempo que tarda el objeto en caer resolviendo la ecuaci�on
y(t) = 0 = �9:8
3t�
9:8
9e�3t +
63:8
9
luego, hallamos v(t) para ese valor de t y comparamos con la velocidad ter-
minal. Para hallar el valor de t debemos usar alg�un m�etodo num�erico pues
no podemos despejar t en la ecuaci�on
9:8
3t = �
9:8
9e�3t +
63:8
9
1.9.2 PROBLEMAS PARA LA PR�ACTICA.
1. Encuentre la soluci�on general para cada una de las siguientes ecuaciones
diferenciales:
a) y00 � 4y = 0
b) y00 + 3y0 � 10y = 0
c) y00 + 6y0 + 9y = 0
31
d) 4y00 � 12y0 + 9y = 0
e) y00 + 8y0 + 25y = 0
f) y(4) � 3y(3) + 3y00 � y
0 = 0
g) y(4) � 8y(3) + 16y00 = 0
h) 6y(4) + 11y00 + 4y = 0
i) y(4) + 16y = 0
j) 5y(4) + 3y(3) = 0
2. Resuelva los siguientes problemas de valor inicial:
a) y00 � 4y0 + 3y = 0; y(0) = 7; y0(0) = 11:
b) 9y00 + 12y0 + 4y = 0; y(0) = 3; y0(0) = 4
c) 2y(3) � 3y00 � 2y0 = 0; y(0) = 1; y0(0) = �1; y00(0) = 3:
d) y(3) + 10y00 + 25y0 = 0; y(0) = 3; y0(0) = 4 ; y00(0) = 5:
3. En los siguientes ejercicios suponga que cuando un autom�ovil frena,
existe una desaceleraci�on constante:
(a) En la escena de un accidente, el investigador de la polic��a intenta
determinar qu�e tan r�apido iba el conductor a partir de las marcas
dejadas por las llantas. Suponga que se sabe que este auto en
particular frena con una desaceleraci�on de 15m=seg2: A qu�e ve-
locidad iba el auto en el momento que aplic�o los frenos, si recorri�o
75mts: antes de detenerse?.Resp: 15p10m=seg:
(b) Una distancia sobre precautoria entre ud. y el autom�ovil que
va delante de usted ser��a la distancia que le tomar��a pararse. A
una velocidad de 60Km=hora qu�e distancia recorre el auto si el
desaceleramiento es 2500km=h2?
4. Una masa de 20 grs. se deja caer desde un avi�on que vuela horizontal-
mente. La resistencia del aire act�ua seg�un la ley de amortiguamiento
lineal, con una constante de proporcionalidad de 10 grs./seg. Con-
siderando solo el movimiento vertical:
(a) Encuentre la velocidad como una funci�on del tiempo.
Resp.�19:6(1� e� t
2 )
32
(b) Encuentre la velocidad despu�es de 10 segundos, suponiendo que el
cuerpo no ha chocado con el suelo ni con un p�ajaro.Resp.�19:47
(c) Si se supone que la fuerza gravitacional es constante, cu�al es la
velocidad l��mite?Resp.�19:6m=seg:
1.10 ECUACIONES LINEALES NOHOMOG�ENEAS
CON COEFICIENTES CONSTANTES:
1.10.1 Relaci�on entre las ecuaciones homog�enes y las no homog�eneas:
Consideremos la ecuaci�on diferencial lineal, no necesariamente con coe�-
cientes constantes, de orden n no homog�enea:
an(x)y(n) + an�1(x)y
(n�1) + � � �+ a2(x)y00
+ a0(x)y = b(x)
si yp(x) = f(x) es una soluci�on particular de la ecuaci�on diferencial no ho-
mog�enea y
yc(x) =nX
k=1
ckuk(x)
es la soluci�on general de la ecuci�on homog�enea asociada, entonces, es f�acil
veri�car que
y(x) = yp(x) + yc(x)
es soluci�on de la ecuaci�on diferencial NO HOMOG�ENEA.
1.10.2 Determinaci�on de una soluci�on particular de la Ecuaci�on
no homog�enea: m�etodo de variaci�on de constantes.
Se plantea el siguiente problema: hallar una soluci�on particular de la ecuaci�on
diferencial no homog�enea, a coe�cientes constantes
any(n) + an�1y
(n�1) + � � �+ a2y00
+ a0y = b(x)
si conocemos n soluciones independientes de la ecuaci�on homog�enea
any(n) + an�1y
(n�1) + � � �+ a2y00
+ a0y = 0:
El m�etodo proporciona una soluci�on particular, de la forma
yp(x) =nX
k=1
vk(x)uk(x)
33
donde uk(x); k = 1; 2; ���; n son las n soluciones independientes de la ecuaci�on
diferncial homog�enea y vk(x); k = 1; 2; � � �; n son funciones que pueden cal-
cularse en funci�on de uk(x); k = 1; 2; � � �; n y b(x):
Es importante se~nalar que las funciones uk(x); k = 1; 2; � � �; n son lineal-
mente independientes en un intervalo I si el determinate de la matriz:
0BBBB@
u1 u2 � � � un
u01 u
002 � � � u
00n
� � � � � �u(n�1)1 u
(n�1)2 � � � u
(n�1)n
1CCCCA
es no nulo en ese intervalo. Este determinante se llama el Wronskiano de las
funciones uk(x); k = 1; 2; � � �; n y se denota por:
W [u1(x); u2(x); � � �; un(x)] :
El m�etodo para hallar las funciones vk(x); k = 1; 2; � � �; n, nos conduce a
un sistema de n ecuaciones algebraicas lineales que se satisfacen con las
derivadas v0k; k = 1; 2; � � �; n: Este sistema siempre puede resolverse debido a
que el Wronskiano es diferente de cero.
Aunque se considera s�olo el caso de ecuaciones lineales con coe�cientes
constantes, se observar�a que el razonamiento que expondremos a continuaci�on
es v�alido aun cuando los coe�cientes de la ecuaci�on diferencial sean funciones
de la variable x. Vamos a desarrollar el m�etodo para el caso de ecuaciones
lineales de segundo orden y entonces ser�a f�acil aceptar la generalizaci�on.
Consideremos la ecuaci�on diferencial:
y00 + a1y
0 + a0y = b(x)
sea
yc(x) = c1u1(x) + c2u2(x)
la soluci�on general de la ecuaci�on homog�enea, con W [u1(x); u2(x)] no nulo.
Para construir la soluci�on particular yp nos inspiramos en la soluci�on general
de la homog�enea, pero permiti�endole a los coe�cientes variar (m�etodo de
variaci�on de constantes), nos planteamos una soluci�on particular de la NO
HOMOG�ENEA de la forma
yp(x) = c1(x)u1(x) + c2(x)u2(x)
34
si sustitu�imos esta expresi�on en la ecuaci�on diferencial que tratamos de re-
solver (omitiendo la dependencia de la variable x para simpli�car la notaci�on)
obtenemos:
yp(x) = c1u1 + c2u2
y0p(x) = c
01u1 + c
02u2 + c1u
01 + c2u
02
y00p(x) = c1u
001 + c2u
002 + c
001u1 + c
002u2 + 2c01u
01 + 2c02u
02
y00p(x) + a1y
0p(x) + a0yp(x) = (c01u1 + c
02u2)
0 + a1(c01u1 + c
02u2) + (c01u
01 + c
02u
02)
puesc1 (u001 + a1u
01 + a0u1) + c2 (u
002 + a1u
02 + a0u2) = 0:
Si escogemos las funciones c1(x) y c2(x) satisfaciendo:
c01u1 + c
02u2 = 0
c01u
01 + c
02u
02 = b(x)
se tendr�a que yp(x) = c1(x)u1(x)+c2(x)u2(x) ser�a una soluci�on de la ecuaci�on
diferencial no homog�enea. Este sistema de ecuaciones es lineal y al resolverlo
obtendremos c01(x) y c02(x) mediante las expresiones:
c01(x) =
�b(x)u2(x)W [u1;u2]
c02(x) =
b(x)u1(x)
W [u1;u2]
una vez que se conoce esta soluci�on, c1(x) y c2(x) se pueden encontrar por
integraci�on.
1.10.3 EJEMPLO:
1. Hallar la soluci�on general de la ecuaci�on de segundo orden:
y00 + y = tan x
Es f�acil ver que la ecuaci�on homog�enea asociada tiene como soluci�on
general:
yc(x) = c1senx + c2 cos x
pues la ecuaci�on caracter�istica es:
r2 + 1 = 0
Buscaremos una soluci�on particular de la forma:
yp(x) = c1(x)senx+ c2(x) cos x
35
en donde c1(x) y c2(x) se determinan a partir del par de ecuaciones:
c01(x)senx + c
02(x) cos x = 0
c01(x) cos x� c
02(x)senx = tan x
de aqu�� se obtiene:c01(x) = senx
c01(x) = �senx tanx
de ello se sigue que:
c1(x) = � cos x
c2(x) = �R
sen2x
cos xdx = �
R(sec x� cos x) dx = � ln jsec x+ tan xj+ senx
En este punto, omitimos las constantes de integraci�on pues lo que se
busca es una soluci�on particular de la ecuaci�on diferencial.
Encontramos pues que
yp(x) = � cos xsenx + [senx� ln jsec x+ tan xj] cos x =
� cos x ln jsec x+ tan xj
y la soluci�on general de la ecuaci�on diferencial es:
y = � cos x ln jsec x + tan xj+ c1senx+ c2 cos x
2. Hallar la soluci�on general de la ecuaci�on:
y000 � y
0 = ex
La soluci�on general de la ecuaci�on homog�enea es:
yc = c1 + c2ex + c3e
�x
pues la ecuaci�on caracter�istica es:
r3 � r = 0
Intentamos una soluci�on particular de la forma:
yp = c1(x) + c2(x)ex + c3(x)e
�x
36
donde las funciones ci(x); i = 1; 2; 3; satisfacen el siguiente sistema de
ecuaciones:c01 + c
02e
x + c03e�x = 0
c01 � (0) + c
02e
x + c03(�e�x) = 0
c01 � (0) + c
02e
x + c03e�x = e
x
aplicando la regla de Cramer para sistemas de ecuaciones lineales,
obtenemos como soluci�on para c0i(x); i = 1; 2; las siguientes expresiones:
c01 =
�������0 e
xe�x
0 ex �e�x
ex
ex
e�x
�������2
= �ex
c02 =
�������1 0 e
�x
0 0 �e�x
0 ex
e�x
�������2
= 12
c03 =
�������1 e
x 0
0 ex 0
0 ex
ex
�������2
= e2x
2
donde el wronskiano W [1; ex; e�x] = 2:
Integrando obtenemos:
c1(x) = �ex; c2(x) =x
2; c3(x) =
1
4e2x
As�i la soluci�on particular resulta ser:
yp = �ex +1
2xe
x +1
4ex
y la soluci�on general de la ecuaci�on diferencial es:
y = �ex +1
2xe
x +1
4ex + c1 + c2e
x + c3e�x:
1.10.4 EJERCICIOS PARA LA PR�ACTICA
1. En cada uno de los siguientes ejercicios, halle la soluci�on general de las
ecuaciones diferenciales:
37
a) y00 � y
0 = x2
b) y00 � 4y = e
2x
c) y00 + 2y0 = 3xex
d) y000 � y
0 = ex + e
�x
f) y(4) � y = x
2e�x
2. En cada uno de los siguientes casos, diga si la ecuaci�on diferencial es o
no lineal y adem�as diga de qu�e orden es cada una de ellas:
a) xdy + ydx = 0
b) y0 + 2y0 + y = 0
c) y000 + y
2 = 0
d) yy00 � 2y0 = 0
e)�dy
dx
�2= 1
f) (y0)2 + y2 + 4 = 0
g) (sen x)y000 � (cos x)y0 = 2
3. Veri�que en cada caso, si la funci�on indicada es una soluci�on de la
ecuaci�on diferencial:
a) 2y0 + y = 0; y = exp(�x
2)
b) dP
dt= P (a� bP ); P = ak exp(at)
1+bk exp(at)
c) y0 =
qy
x; y = (
px + C)2 donde C es una constante positiva para
x > 0:
d) y0 = 25 + y
2; y = 5 tan(5x):
1.11 Sistemas Lineales de Ecuaciones Diferenciales.
En muchas aplicaciones se tienen que considerar simult�aneamente varias
ecuaciones diferenciales ordinarias con varias variables dependientes y una
variable independiente. Cuando todas las ecuaciones diferenciales son lin-
eales respecto a las variables dependientes, los sistemas de ecuaciones difer-
enciales que resultan se resuelven usando la notaci�on vectorial y la teor��a de
matrices.
38
Un ejemplo de un sistema de ecuaciones diferenciales es
x0(t) = 2x(t) + 3y(t) + sen(t)
y0(t) = 4x(t)� 5y(t) + cos(t2) + t
Las funciones desconocidas son x(t); y(t): Un para de funciones x(t); y(t)
ser�an soluci�on si satisfacen ambas ecuaciones.
Consideremos el siguiente sistema lineal de ecuaciones diferenciales:
x01(t) = a11(t)x1(t) + � � �+ a1n(t)xn(t) + f1(t)
x02(t) = a21(t)x1(t) + � � �+ a2n(t)xn(t) + f2(t)
...
x0n(t) = an1(t)x1(t) + � � �+ ann(t)xn(t) + fn(t)
con condiciones iniciales x1(t0) = a1; x2(t0) = a2; � � � ; xn(t0) = an:
Se introduce la siguiente notaci�on:
x(t) =
266664x1(t)
x2(t)...
xn(t)
377775 A(t) =
2664a11(t) � � � a1n(t)... � � �
...
an1(t) � � � ann(t)
3775
f(t) =
266664f1(t)
f2(t)...
fn(t)
377775 a =
266664a1
a2...
an
377775
Nuestro sistema de ecuaciones diferenciales de orden n; puede escribirse como
x0(t) = A(t)x(t) + f(t); x(t0) = a
o simplemente
x0 = Ax+ f ; x(t0) = a
EL vector a se llama la condici�on inicial, A es la matriz de coe�cientes, f
es la entrada o t�ermino de forzamiento y x es la salida o respuesta. Una
soluci�on x(t) es un vector de funciones que satisface la ecuaci�on diferencial.
Consideraremos solo sistemas en los que A es cuadrada y constante.
En general se tiene el siguiente teorema:
39
Teorema 1: Si todos los elementos deA y f son continuos en un intervalo
I; entonces, toda soluci�on de
x0 = Ax+ f
es de la forma x0 = xp + xh, en donde xp es una soluci�on particular de
x0 = Ax + f y xh es una soluci�on de la ecuaci�on homog�enea x0 = Ax
asociada.
Teorema 2:(Teorema fundamental de sistemas lineales)
Si todos los elementos de A y f son continuos en un intervalo I; que
contiene a t0 entonces existe una soluci�on �unica para
x0 = Ax+ f ; x(t0) = a
y esta soluci�on est�a de�nida para todo el intervalo I:
Teorema 3: (Forma de las soluciones de ecuaciones homog�eneas).
Si todos los elementos de A son continuuos en el intervalo t0 � t � t1:
Entonces la soluci�on general de
x0(t) = A(t)x(t)
se puede escribir como
x =c1x1(t) + c2x2(t) + � � �+ cnxn(t)
donde fx1;x2; � � �xng es cualquier conjunto de n soluciones de x0(t) = A(t)x(t);
tales que los vectores fx1(t0);x2(t0); � � �xn(t0)g son linealmente indepen-
dientes, c1; c2; � � � ; cn son constantes arbitrarias. El conjunto de vectores
fx1(t);x2(t); � � �xn(tg se llama conjunto fundamental de soluciones para x0 =Ax
Una consecuencia del teorema de existencia y unicidad de soluciones es
que si fx1;x2; � � �xng son soluciones de
x0 = Ax
y el conjunto de vectores fx1(t);x2(t); � � �xn(tg es linealmente independiente
para un valor t0 2 I; entonces estos vectores son linealmente independientes
para todo t 2 I:
40
1.11.1 Sistemas de ecuaciones diferenciales a coe�cientes constantes
usando vectores propios:
Estudiaremos c�omo resolver
x0 = Ax
cuando A es una matriz constante n � n: Una soluci�on trivial es x(t) = 0:
Se quieren encontrar soluciones no triviales. Si A fuera un escalar se sabe
que una soluci�on ser��a x = e�t con A = �: Esto sugiere buscar soluciones de
la forma
x = e�tu
en donde u es un vector constante distinto de cero y � es un escalar. Vamos
a sustituir esta soluci�on sugerida en la ecuaci�on diferencial:
�e�tu
�0= Ae�tu
es decir
�e�tu =e�tAu
dividiendo entre e�t
�u = Au
En resumen, si � es un escalar y u es un vector distinto de cero tal que
�u = Au; entonces e�tu es una soluci�on no trivial de
x0 = Ax
El escalar � se llama autovalor o valor propio de A y el vector u se llama
autovector o vector propio de A: Los valores y vectores propios existen y
son muy �utiles para resolver sitemas lineales de ecuaciones diferenciales con
coe�cientes constantes.
1.11.2 Valores propios y polinomio caracter��stico.
Observe que
�u = Au
se puede escribir como
(�I�A)u = 0
donde I es la matriz identidad. Si (�I�A) fuera invertible la �unica soluci�on
ser��a u = 0: Los vectores propios siempre son diferentes de cero, por lo que
41
(�I�A) no puede ser invertible si � es un valor propio. (�I�A) no es
invertible s�� y s�olo s�� det(�I�A) =0:
Teorema 4: Sea p(�) = det(�I�A); donde A; I son matrices de orden
n�; p(�) es un polinomio de grado n llamado el polinomio caracter��stico
de A: Los valores propios de A son precisamente las ra��ces del polinomio
caracter��stico p(�):
Ejemplo: Sea
A =
"1 2
2 1
#
Encuentre el polinomio caracter��stico y los valores propios de A:
Soluci�on: El polinomio caracter��stico es :
p(�) = det(�I�A) =det
"�� 1 �2�2 �� 1
#= (�� 1)2 � 4 = (�� 3)(�+ 1)
Los valores propios de A son las ra��ces del polinomio caracter��stico que en
este ejemplo son: �1 = 3; �2 = �1:Para encontrar los vectores propios se resuelve el sistema
(�I�A)u = 0
para cada valor propio, la soluci�on no es �unica, habr�an una o m�as constantes
arbitrarias en la soluci�on. Vamos a hallar los autovectores en este ejemplo.
Debemos resolver la ecuaci�on para cada uno de los autovalores encontrados.
Si � = 3; la ecuaci�on se convierte en:("3 0
0 3
#�
1 2
2 1
!)u = 0
es decir: "2 �2�2 2
# "u1
u2
#=
"0
0
#
de aqu�� obtenemos que u1 � u2 = 0 o u1 = u2;es decir
u =
"u1
u2
#=
"u2
u2
#= u2
"1
1
#
Tomamos
"1
1
#como vector propio (o cualquier m�ultiplo distinto de cero)
correspondiente al valor propio � = 3: An�alogamente para � = �1; se obtiene
u =
"u1
u2
#=
"�u2u2
#= u2
"�11
#
42
Se puede tomar
"�11
#como el vector propio correspondiente a � = �1:
Ejemplo: Soluci�on de x0 = Ax con valores propios distintos.
Encuentre un conjunto fundamental de soluciones para encontrar la soluci�on
general dex0 = x + 2y
y0 = 2x+ y
Soluci�on: sea
A =
"1 2
2 1
#;x =
"x
y
#
de manera que nuestra ecuaci�on se puede escribir: x0 = Ax: Hemos encon-
trado los valores propios de A; a saber, �1 = 3; �2 = �1; los vectores propioscorrespondientes "
1
1
#;
"�11
#
Las soluciones de la ecuaci�on diferencial, linealmente independientes son:
(e3t
"1
1
#; e
�t"�11
#)
lo cual se denomina conjunto fundamental de soluciones. La soluci�on general
del sistema de ecuaciones ser��a:
x = c1e3t
"1
1
#+ c2e
�t"�11
#
o seax = c1e
3t � c2e�t
y = c1e3t + c2e
�t
Si alg�un valor propio es una ra��z repetida del polinomio caracter��stico, en-
tonces el m�etodo que se acaba de describir puede no encontrar todas las solu-
ciones. Estudiaremos c�omo encontrar las soluciones en este caso y cuando el
polinomio caracter��stico tenga ra��ces complejas.
Valores propios complejos:
Como hemos visto en la resoluci�on de ecuaciones diferenciales lineales con
coe�cientes constantes, soluciones de la forma
e�t cos �t; e�tsen �t
43
ocurren cuando la ecuaci�on caracter��stica tiene ra��ces complejas.
Si A es una matriz real de n � n con un valor propio complejo � y un
vector propio u;
� = � + i�;u = a+ ib
entonces � es otro valor propio y u es su vector propio asociado, donde
�= �� i�;u= a� ib
ya que las ra��ces complejas del polinomio caracter��stico ocurren en pares con-
jugados. Si �u = Au; entonces, tomando conjugado de ambos lados, como
la matriz es real se concluye que �u = A u, de manera que u es un vector
propio del valor propio � :
Teorema 5:SiA es una matriz real de n�n con un valor propio complejo
� y un vector propio u;
� = � + i�;u = a+ ib
x1(t) = e�t [cos �t a�sen �tb] yx2(t) = e
�t [cos �tb+sen �t a]
son dos soluciones reales linealmente independientes del sistema
x0 = Ax
Por lo tanto, la soluci�on general, es
x(t) = e�t[c1 (cos �t a�sen �tb) + c2 (cos �tb+sen �t a)]
Pues, una soluci�on debe ser de la froma:
x(t) =e(�+i�)t (a + ib) = e�t (a + ib) (cos �t+ isen �t)
la parte real y la parte imaginaria de esta soluci�on constituyen las dos solu-
ciones reales que hemos denotado por x1(t) y x2(t) respectivamente.
Ejemplo: Soluci�on de x0 = Ax con valores propios y vectores propios
complejos:
Encuentre un conjunto fundamental de soluciones de
x01 = x1 � x2
x02 = x1 + x2
44
Soluci�on: sea
x =
"x1
x2
#;A =
"1 �11 1
#
Las ra��ces del polinomio caracter��stico se hallan resolviendo
p(�) = �2 � 2�+ 2 = 0
cuyas soluciones son:
�1 = 1 + i; �2 = 1� i
Para hallar los vectores propios de �1; se resuelve la ecuaci�on"i 1
�1 i
#u = 0
de d�onde, u1i = u2 �o equivalentemente, u1 = iu2; obteniendo como soluci�on:
u =
"iu2
u2
#= u2
"i
1
#
Podemos tomar
u1 =
"i
1
#
como vector propio asociado a �1 = 1 + i; y
u2 =u1=
"�i1
#
como vector propio asociado a �2 = 1� i:
Para escribir la soluci�on del sistema de ecuaciones, observe que
u = a+ib =
"i
1
#=
"0
1
#+ i
"1
0
#
as��,
� = 1; � = 1; a =
"0
1
#;b =
"1
0
#
luego, el conjunto fundamental de soluciones fx1(t);x2(t)g viene dado por:
x1(t) = et cos t
"0
1
#� sen t
"1
0
#=
"�etsen tet cos t
#
x2(t) = et cos t
"1
0
#+ sen t
"0
01
#=
"et cos t
etsen t
#
45
La soluci�on general es c1x1(t) + c2x2(t) �o equivalentemente:
x1(t) = �c1etsen t+ c2et cos t
x2(t) = c1et cos t + c2e
tsen t
Valores propios de multiplicidad mayor.
Sea A es una matriz n � n y �0 es un autovalor con multiplicidad m; si
al resolver la ecuaci�on
(�0I�A)u = 0
se obtienen solo r vectores linealmente independientes fu1; � � � ;urg llamare-
mos degeneraci�on del valor propio �0 a la diferencia m � r: Como el valor
propio �0 tiene multiplicidad m; se necesitan m soluciones de x0 = Ax:
Sinembargo se est�an obteniendo s�olo r solucionesne�0tu1; � � � ; e�0tur
o:
Describiremos el procedimiento solo para autovalores con degeneraci�on
de 1 �o 2. Los problemas de mayor degeneraci�on requieren teor��a de matrices
adicional, as�� que no lo trateremos aqu��.
Hemos visto que si resolvemos una ecuaci�on diferencial lineal homog�enea
y r1 es una raiz del polinomio caracter��stico de multiplicidad k; entonces la
parte de la soluci�on de la ecuaci�on correspondiente a r1 es�c1 + c2x+ � � �+ ckx
k�1�er1x
Un resultado similar se cumple para los sistemas:
Si �0 es un valor propio de A de degeneraci�on uno, entonces existe una
soluci�on de
x0 = Ax de la forma e�0t (u+tv) con v 6= 0:
Supongamos que �0 es un valor propio de A de degeneraci�on uno, para
hallar una soluci�on de x0 = Ax; se hace
x =e�0t (u+tv)
sustituyendo en la ecuaci�on y dividiendo ambos lados entre e�0t se obtiene
que para todo t:
(�0u+ v) + t�0v = Au+tAv
por lo que se cumplen las siguientes ecuaciones:
(�0u + v) = Au
�0v = Av
46
Observe que la segunda ecuaci�on nos dice que v es un vector propio de A
correspondiente al autovalor �0 pero hay que tomar en cuenta la primera
ecuaci�on que podr��a no cumplirse para cualquier vector propio v de A que
corresponda a �0: Hay que resolver las dos ecuaciones simult�aneamente. El
sistema de ecuaciones a resolver puede escribirse de manera equivalente como:
(�0I�A)u+ v = 0
(�0I�A)v = 0
el cual nos proporciona un sistema de 2n ecuaciones con inc�ognitas u;v:
Ejemplo: Encuentre un conjunto fundamental de soluciones de
x01 = 3x1 � x2
x02 = x1 + x2
Soluci�on: el sistema es de la forma x0 = Ax; haciendo
x =
"x1
x2
#;A =
"3 �11 1
#
El polinomio caracter��stico es:
p(�) = (�� 2)2
as�� � = 2 es un valor propio de multiplicidad 2: Al resolver la ecuaci�on
(�I�A)u = 0
se halla como soluci�on
u =
"u1
u2
#=
"u2
u2
#= u2
"1
1
#
En este caso se tiene un solo vector propio
"1
1
#correspondiente a � = 2;
que es un valor propio de multiplicidad 2 por lo tanto tenemos degeneraci�on
1 y una soluci�on e2t
"1
1
#: Queremos buscar una soluci�on adicional a la ya
encontrada. Debemos resolver
(�0I�A)u+ v = 0
(�0I�A)v = 0
47
que puede escribirse como
"�0I�A I
0 �0I�A
# "u
v
#=
"0
0
#
o haciendo �0 = 2;u =
"u1
u2
#;v =
"v1
v2
#se tiene
26664�1 1 1 0
�1 1 0 1
0 0 �1 1
0 0 �1 1
3777526664u1
u2
v1
v2
37775 =
266640
0
0
0
37775
Resolviendo se tiene que las variables u2; v2 se pueden tomar como arbitrarias,
v1 = v2; u1 = u2 + v2: As�� todas las soluciones son de la forma
x =e�0t (u+tv) =
e2t
"u1
u2
#+ t
"v1
v2
#!=
e2t
"u2 + v2
u2
#+ t
"v2
v2
#!=
u2e2t
"1
1
#+ v2e
2t
"1 + t
t
#
La soluci�on e2t
"1
1
#ya la hab��amos encontrado pero e
2t
"1 + t
t
#es una
nueva soluci�on, como u2; v2 son constantes arbitrarias,
u2e2t
"1
1
#+ v2e
2t
"1 + t
t
#
es la soluci�on general del sistema de ecuaciones y
(e2t
"1
1
#; e
2t
"1 + t
t
#)
es un conjunto fundamental de soluciones.
48
Procedimiento o algoritmo para encontrar soluciones de x0 = Ax
para un valor propio �0; de degeneraci�on 1.
1. Se establece el sistema de ecuaciones
(�0I�A)u+ v = 0
(�0I�A)v = 0
2. Se obtienen u;v:
3. x =e�0t (u+tv) da todas las soluciones de x0 = Ax; correspondientes
al valor propio �0:
Degeneraci�on 2:
El algoritmo presentado anteriormente algunas veces encuentra su�cientes
soluciones incluso cuando la degeneraci�on es mayor que uno. Cuando la de-
generaci�on del autovalor es dos y el algoritmo anterior no encuentra su�-
cientes soluciones, entonces se puede obtener el n�umero su�ciente de solu-
cuiones, considerando las soluciones de la forma
x =e�0t�u+tv+t2w
�
Sustituyendo en la ecuaci�on, dividiendo entre e�0t e igualando las potencias
iguales de t; obtenemos el siguiente sistema de ecuaciones algebraicas:
�0(u + v) = Au
�0v+2w = Av
�0w = Aw
o de manera equivalente
(�0I�A)u+ v = 0
(�0I�A)v+2mathbfw = 0
(�0I�A)mathbfw = 0
Este enfoque se puede usar con cualquier degeneraci�on usando potencias m�as
altas de t:
49
1.11.3 EJERCICIOS PARA LA PR�ACTICA
En los siguientes ejercicios, resuelva el sistema de ecuaciones diferenciales
por el m�etodo de valores/vectores propios. Si no se dan condiciones iniciales,
encuentre la soluci�on general.
1.
(x01 = �4x2x02 = x1
2.
(x01 = 3x2
x02 = �3x1
3.
(x01 = �x1 � x2; x1(0) = 1
x02 = x1 � x2; x2(0) = �1
4.
(x01 = 3x1 � x2; x1(0) = 0
x02 = 5x1 � x2; x2(0) = 3
5.
(x01 = x1
x02 = x1 � x2
6.
(x0 = x� 2y; x(0) = 1
y0 = �2x + 4y; y(0) = 2
7.
8><>:
x0 = x� 2y + z; x(0) = 1
y0 = �2x+ 4y + z; y(0) = �1
z0 = 3z; z(0) = 2
En los ejercicios siguientes la degeneraci�on es uno. Halle la soluci�on
general:
8.
(x01 = x1 � x2
x02 = 4x1 � 3x2
9.
(x01 = 3x1 � x2
x02 = 9x1 � 3x2
10.
8><>:
x01 = 2x1 � x3
x02 = x1 + x2 � x3
x03 = x1
En los ejercicios siguientes la degeneraci�on es dos. Halle la soluci�on
general:
50
11.
8><>:
x01 = 2x1 � x2
x02 = 2x2 � 2x3x03 = 2x3
12.
8><>:
x01 = x1
x02 = x1 + x2
x03 = x1 + x2 + x3
References
[1] Apostol Tom M. Calculus. Vol II. Ed. Revert�e
[2] Alson Pedro. C�alculo B�asico, Editorial Erro.
[3] Coddington Carl A. Introducci�on a las ecuaciones diferneciales ordinarias.
C.E.C.S.A.
[4] C.H.Edwards, Jr. David E. Penney. Ecuaciones Diferenciales Elementales
y Problemas con condiciones de frontera. 3a Edici�on. Ed. Prentice Hall.
[5] Granville W.A. C�alculo Diferencial e Integral. Ed. Hispano Am�erica.
[6] Simmons George F. Ecuaciones Diferenciales con Aplicaciones y notas
hist�oricas. Mc.Graw Hill.
[7] Stephen L. Campbell, Richard Haberman. Introducci�on a las Ecuaciones
Diferenciales con problemas de valor de frontera. Mc.Graw Hill.
51
Curso de Matem�atica III (BQ):
C�alculo en Varias Variables.
Mar��a Margarita Olivares
Mayo 2002
1 Preliminares
Subconjuntos de R2 y R3 : representaci�on de subconjuntos de�nidos mediante
ecuaciones y desigualdades sencillas.
Ecuaci�on vectorial de la recta en R2 y R3 .
Super�cies en R3 : plano, esfera, elipsoides, cilindro, cono, paraboloide,
hiperbo-loide.
Coordenadas en R2 y R3 : polares, cil��ndricas y esf�ericas.
Parametrizaci�on de curvas y de subconjuntos de R2 y R3 .
1.1 Conceptos B�asico.Representaci�on Gr�a�ca y Ejem-
plos.
R2 = f(x; y) : x 2 R; y 2 Rg
R3 = f(x; y; z) : x 2 R; y 2 R; z 2 Rg
1.1.1 Ejercicio:
Representar un punto en R2 , en R3: Los puntos de R2 y R3 se identi�can de
manera natural con un vector de R2 y R3 respectivamente.
1.1.2 Ejemplos de subconjuntos de R2 y R
3 .
Represente gr�a�camente los siguientes subconjuntos de R2 y R3 :
1
A = f(x; y) 2 R2 : 1 � x � 4; 0 � y � 1g
B = f(x; y) 2 R2 : 1 � y; y � x
2gC = f(x; y) 2 R
2 : x2 � y � pxg
D = fx 2 R : x2 � 1gE = f(x; y) 2 R
2 : x2 � 1gF = f(x; y; z) 2 R
3 : x2 � 1gK = f(x; y) 2 R
2 : x2 + y2 = 1g
L = f(x; y; z) 2 R3 : x2 + y
2 = 1g
1.2 Ecuaci�on Vectorial de la Recta (en R2 y R
3 )
1.2.1 Recta en R2 que pasa por
!a= (x0; y0) y que tiene la direcci�on
del vector!v= (v1; v2) :
La ecuaci�on de la recta es l(t) =!a +t
!v , t 2 R . Esta ecuaci�on tambi�en se
puede expresar de la siguiente manera: si l(t) = (x(t); y(t)) = (x; y) 2 R2
x = x0 + tv1
y = y0 + tv2
t 2 R
Si queremos relacionar esta ecuaci�on (param�etrica) de la recta en R2 con
la ecuaci�on conocida de la recta y = ax + b (en funci�on de la pendiente y el
corte con el eje y), observemos que si v1 6= 0 y v2 6= 0 podemos relacionar
las variables x e y , pues x� x0v1 = y � y0v2, obtenemos de aqu�� la ecuaci�on
conocida de la recta y = v2
v1(x� x0) + y0 (ecuaci�on punto-pendiente).
Si v2 = 0 , la direcci�on del vector!v= (v1; 0) es paralela al eje de las
abcisas y la ecuaci�on de la recta se reduce a y = y0 (la pendiente de la recta
es cero). Si v1 = 0 , la direcci�on del vector!v= (0; v2) es paralela al eje de las
ordenadas y la pendiente de la recta no est�a de�nida, la ecuaci�on de la recta
es x = x0 .
2
1.2.2 Recta en R3 que pasa por
!a= (x0; y0; z0) y que tiene la di-
recci�on del vector!v= (v1; v2; v3) :
El resultado es an�alogo al caso de x� x0v1 = y � y0v2. La ecuaci�on de la
recta es
l(t) =!a +t
!v ; t 2 R:
Esta ecuaci�on tambi�en puede expresar de la siguiente manera:
x = x0 + tv1;y = y0 + tv2;z = z0 + tv3;t 2 R
donde (x; y; z) 2 R3 , es un punto cualquiera de la recta l(t).
Si v1 6= 0 v2 6= 0 y v3 6= 0 ,podemos relacionar las tres variables escribiendo
x� x0
v1=
y � y0
v2=
z � z0
v3
1.3 Ecuaci�on del plano en R3
Para determinar un plano en el espacio es su�ciente con darse un punto!P0= (x0; y0; z0) por donde pasa el plano y una direcci�on perpendicular a
dicho plano!n= (A;B;C) ( el vector
!n se llama vector normal al plano).
Si!r= (x; y; z) es un punto cualquiera del plano, el vector r�
!P0 es
perpendi-cular al vector normal al plano, por lo tanto el producto escalar de
ellos es cero, es decir se satisface la siguiente ecuaci�on:
A(x� x0) +B(y � y0) + C(z � z0) = 0
o equivalentemente
Ax +By + Cz +D = 0 ; con D = �Ax0 � By0 � Cz0
Si el plano pasa por el origen, entonces D = 0 .
Mediante c�alculos elementales, podemos expresar la ecuaci�on general del
plano:
z = a(x� x0) + b(y � y0) + z0
el vector normal asociado a esta representaci�on es!n= (a; b;�1).
3
1.3.1 Observaci�on:
Todo vector paralelo a!n tambi�en es perpendicular al plano, es decir, si k 2 R
, k 6= 0 , k!n tambi�en es perpendicular al plano y
kAx+ kBy + kCz + kD = 0
es equivalente a la ecuaci�on anterior.
El tama~no de un vector!v= (v1; v2; v3) o norma del vector, se de�ne como
jj !v jj =pv21 + v
22 + v
23, si jj
!v jj = 1 el vector se llama vector unitario, si
un vector no es unitario, podemos hallar un vector paralelo a �el con norma
1 (unitario), a saber!v jj !v jj es paralelo al vector !
v y es unitario.
1.3.2 Ejercicio.
Halle la ecuaci�on del plano que pasa por P0 = (2; 1;�2) y es perpendicular
al vector!n= (2;�1; 3) .
>El punto r = (2;�1; 3) est�a en el plano?
>C�omo puede reconocer si un punto est�a o no en un plano dado?
1.4 Super�cies Cil��ndricas en R3 :
Los cilindros se presentan en forma natural cuando la ecuaci�on incluye s�olo
dos variables en el espacio de tres dimensiones.
1.4.1 Ejemplos:
A) El cilindro circular recto.
Gra�que en el espacio las siguientes super�cies:
x2 + y
2 = r2
x2 + z
2 = r2
z2 + y
2 = r2
r > 0
B) Cilindro Hiperb�olico.
Gra�que en el espacio la siguiente super�cie:
y2
a2� x
2
b2= 1
4
1.4.2 Ejercicios:
Estudiar ecuaci�on y gr�a�co de las siguientes super�cies: Esfera, elipsoide,
parabo-loide, hiperboloide.
1.5 Coordenadas Polares en R2 :
De�nimos la siguiente transformaci�on:
T : R2 ! R
2
(�; r) 7! (r cos�; r sen�)
r � 0 0 � � < 2�
Si (x; y) es un punto en el plano cartesiano, r representa su distancia al
origen y � es el �angulo que el segmento que une el origen con el punto (x; y)
forma con la direcci�on positiva del eje de las abcisas. Si conocemos (x; y)
podemos hallar r =px2 + y2 , tg� = y
x, si x 6= 0.
si x = 0, y > 0, tomamos � = �
2. Si x = 0, y < 0, � = 3�
2. Si x = y = 0 ,
� no est�a de�nido pero le asociamos el punto r = 0, � = 0.
1.5.1 Ejemplos:
Represente en el plano xy los siguientes conjuntos del plano �r.
A) (�; r) = (�2; 2):
B) � = �
4,p2 � r � p
8.
C) 0 � � � �
2, 0 � r � 1.
1.6 Coordenadas Cil��ndricas en R3.
El sistema de coordenadas cil��ndricas es una generalizaci�on a R3de las coor-
denadas polares en R2 .
De�nimos la siguiente transformaci�on:
T : R3 ! R
3
(�; r; z) 7! (r cos�; r sen�; z)
0 � � < 2�; r � 0; z 2 R
5
1.6.1 Ejemplos:
A) f(�; r; z) : r = r0g representa en coordenadas cartesianes un cilindro
recto de ecuaci�on x2 + y
2 = r20.
B) f(�; r; z) : � = �0g representa en coordenadas cartesianas, en el es-
pacio, un semiplano, que pasa por el origen, forma con la direcci�on
positiva del eje de las \ x " un �angulo � = �0, x � 0, y � 0, z 2 R.
C) f(�; r; z) : z = z0g representa en coordenadas cartesianas, en el espacio,un plano paralelo al plano xy, que pasa por z = z0.
1.7 Coordenadas Esf�ericas:
Sea (x; y; z) un punto en el espacio, si � es su distancia al origen, � el �angulo
que el segmento de extremos (0; 0; 0) y (x; y; z) forma con la direcci�on positiva
del eje \ z " y al proyectar dicho punto en el plano xy, denotamos por � el
�angulo que el segmento que une el origen con la proyecci�on (x; y) forma con
la direcci�on positiva del eje de las \ x ", se tiene la siguiente relaci�on entre
las coordenadas (�; �; �) y (x; y; z):
x = � sen� cos�
y = � sen� sen�
z = � cos �
0 � � < 2�; 0 � � � �;� � 0:
Es decir, la transformaci�on que de�ne el cambio entre coordenadas carte-
sianas y esf�ericas es la siguiente:
T : R3 ! R
3
(�; �; �) 7! (� sen� cos�; � sen� sen�; � cos �)
0 � � < 2�; 0 � � � �;� � 0:
1.7.1 Ejemplos:
A) f(�; �; �) : � = �0grepresenta la esfera centrada en (0; 0; 0) de radio �0,
cuya ecuaci�on en coordenadas cartesianas es: x2 + y2 + z
2 = �20.
6
B) f(�; �; �) : � = �0g representa en coordenadas cartesianas, en el espa-
cio, un semiplano, que pasa por el origen,forma con la direcci�on positiva
del eje de las \ x " un �angulo � = �0, x � 0, y � 0, z 2 R.
C) f(�; �; �) : � = �0, 0 < � <�
2g representa un semi cono en el espacio
cartesiano, con z � 0. >Qu�e sucede si � = �
2�o � >
�
2?
1.8 Parametrizaci�on de algunos subconjuntos de R2 y
R3.
>Qu�e signi�ca parametrizar una curva, una super�cie o un conjunto?.
La recta en R2 puede representarse anal��ticamente mediante la ecuaci�on
y = ax + b �o por el conjunto f(x; y) : y = ax + bg. Parametrizar esta recta
signi�ca expresarla como (x; ax+ b) con x 2 R, como (�b+ y
a; y) con y 2 R �o
simplemente cambiamos el par�ametro por t escribiendo (t; at+ b) con t 2 R.
Cuando escribimos la ecuaci�on vectorial de la recta como
(x; y) = (x0; y0) + t(v1; v2) cont 2 R
podemos obtener de aqu�� (x0 + tv1; y0 + tv2) con t 2 R que es una ecuaci�on
param�etrica de esta recta.
1.8.1 Ejemplos:
A) En R3 , 2x � y + 1 = 0 es la ecuaci�on escalar o anal��tica de un plano.
Este plano tiene diversas representaciones param�etricas, por ejemplo:
(x; 2x + 1; z) conx 2 R;z 2 R�y
2� 1
2; y; z
�cony 2 R;z 2 R
son dos representaciones param�etricas del mismo plano.
B) La ecuaci�on escalar del Paraboloide El��ptico es z = x2 + y
2: Como
representaciones param�etricas del mismo tenemos:
(x; y; x2 + y2); x 2 R;y 2 Rencoordenadascartesianas
y en coordenadas esf�ericas
(�; �; cot� csc �)con0 � � < 2�;0 � � � �
2:
7
C) La siguiente ecuaci�on x2+y2+z = 4 representa un Paraboloide El��ptico
con v�ertice en el punto (0; 0; 4), en coordenadas cil��ndricas podemos
obtener una representaci�on param�etrica del Paraboloide:
(�; r; 4� r2);r � 0;0 � � � 2�:
D) La siguiente ecuaci�on x2 + y
2 = 2x representa en R3 un cilindro recto
de ecuaci�on equivalente
(x� 1)2 + y2 = 1
Una representaci�on param�etrica de este cilindro en coordenadas cil��ndricas
es:
(�; 2 cos�; z) � �
2� � � �
2;z 2 R:
1.9 Ejercicios para la Pr�actica:
1. Represente cada uno de los siguientes subconjuntos de Rn con n =
1; 2; 3.
A =�(x; y) 2 R
2 : 0 � x � 4; 0 � y � 2� x
2
B = f(x; y) 2 R
2 : x � y � 3x� x2g
C = fx 2 R : jxj = 1gD = f(x; y) 2 R
2 : jxj = 1gE = f(x; y; z) 2 R
3 : jxj = 1gF = f(x; y) 2 R
2 : 1 � x2 + y
2 � 4gG =
n(x; y) 2 R
2 : 12� x
2
4+ y
2
9� 1o
H =�(x; y) 2 R
2 : �p4� x2 � y � 0
I =n(x; y) 2 R
2 : 0 � x �p4� y2
oJ =
n(x; y) 2 R
2 : 0 � y; 0 � x �p4� y2
oK =
n(x; y; z) 2 R
3 : x2
4+ y
2
9= 1o
L = f(x; y; z) 2 R3 : y2 + z
2 = 1gM = f(x; y; z) 2 R
3 : 0 � x � 1; 0 � y � 1; 0 � z � 1g :2. >Qu�e restricciones se deben tener sobre x; y; z de modo que la terna
(x; y; z) represente un punto sobre el eje y?. >Y sobre el eje z? >En el
plano xz ? >En el plano yz ?.
8
3. Halle el punto de intersecci�on de la recta l(t) = (3 + 2t; 7 + 8t;�2 + t)
con los planos coordenados.
2 Curvas en el espacio.
Funciones de R en R2 y de R en R
3 .Curvas Parametrizadas. Derivadas.
Vector velocidad. Recta tangente y plano normal a una curva en un punto
P . Longitud de Arco.
2.1 Curva y Trayectoria.
Una curva, es, intuitivamente, una l��nea de diferentes formas, trazada sobre el
papel o en el espacio. Si queremos identi�car el movimiento de una part��cula,
(es decir, su trayectoria), con una curva, tenemos que ser m�as precisos en su
de�nici�on.
2.1.1 De�nici�on:
Si I � R es un intervalo, llamamos trayectoria a una funci�on � : I ! Rn ,
(nos interesamos solamente en n = 2; 3). La imagen de �, es decir, �(I), es
la curva �.(No debemos confundir curva con trayectoria, una misma curva
puede corresponder a diferentes trayectorias).
2.1.2 Ejemplos:
1. Consideremos las siguientes trayectorias �i : [0; 2�]! R2 , i = 1; 2; 3; 4; 5; 6,
de�nidas por:
a) �1 = (cos t; sen t )
b) �2 = (cos(�t); sen(�t))c) �3 = (cos(2t); sen (2t ) )
d) �4 = (cos( t2); sen ( t
2) )
e) �5 = (cos(t+ �
2); sen (t+ �
2) )
f) �6 = (cos(� t
2); sen (� t
2) )
9
Las curvas asociadas a �i, con i = 1; 2; 3; 5, son circunferencias centradas,
de radio 1, mientras que en el caso i = 4; 6, las curvas asociadas son media cir-
cunferencia superior e inferior respectivamente y de radio 1.Todas se mueven
en sentido contrario a las agujas del reloj, salvo �2 y �6. Todas comienzan en
(0; 1) salvo �5 que comienza en (1; 0). Tambi�en hay una diferencia en cuanto
a la "velocidad" de las trayectorias (este t�ermino ser�a de�nido m�as adelante),
podemos observar que �i, con i = 1; 2; 5, le dan una vuelta al c��rculo en 2�
segundos, mientras que �3 le da dos vueltas en el mismo tiempo (es m�as
veloz), �4 y �6 solamente recorren media circunferencia.
1. La H�elice �(t) = (cos 2�t, sen 2�t, t), t 2 R. (Trate de representarla
gr�a�camente, la part��cula se mueve tratando de describir un c��rculo,
pero su altura aumenta si t > 0 y disminuye si t < 0).
2.2 L��mite, Continuidad y derivabilidad de una trayec-
toria.
Sea � : I ! Rn (con n = 2; 3), una trayectoria, con �(t) = (�1(t); �2(t)) si
n = 2 y �(t) = (�1(t); �2(t); �3(t)) si n = 3.
Si t0 2 I de�nimos t! t0lim�(t) = (t! t0 lim�1(t); t! t0lim�2(t)),
an�alogamente en el caso n = 3.
Si t0 2 I, diremos que � es continua en t0 si �i(t) es continua en t0 para
cada i = 1; 2; 3.(Es decir t! t0lim�i(t) = �i(t0), para i = 1; 2; 3).
Si t0 2 I diremos que � es derivable en t0 si �0i(t0) existe para cada
i = 1; 2; 3.
2.3 Movimiento Curvil��neo: Vector Velocidad.Vector
Aceleraci�on.
Sea � : I ! Rn (con n = 2; 3), una trayectoria, la cual describe el movimiento
de un punto en el plano o en el espacio, respectivamente. Si n = 2 pode-
mos expresar �(t) = (�1(t); �2(t)) �o en forma vectorial �1(t)!i +�2(t)
!j
(respectivamente, si n = 3, expresamos �(t) = (�1(t); �2(t); �3(t)) �o en forma
vectorial �1(t)!i+ �2(t)
!j+ �3(t)
!k ). La posici�on de la part��cula en el tiempo
t est�a representada por �(t), su trayectoria es una curva (eventualmente, una
recta) y el movimiento que describe se llama movimiento curvil��neo.
10
De�nimos el vector velocidad y aceleraci�on en el instante t por:
v(t) = �0(t) = (�01(t); �
02(t)) (respectivamente (�01(t); �
02(t); �
03(t)) )
a(t) = �00(t) = (�001(t); �
002(t)) (respectivamente (�001 (t); �
002(t); �
003(t)) ):
La rapidez o magnitud de la velocidad es jjv(t)jj =p�021 (t) + �022 (t), an�alogamente
se de�ne en el caso de trayectoria en el espacio. La de�nici�on de magnitud
de la aceleraci�on es la norma del vector correspondiente.
2.3.1 Ejemplos:
1. Movimiento Circular Uniforme: Si un punto P se mueve en torno a un
c��rculo de centro (0; 0) y radio r, a una velocidad angular de ! radianes
por segundo, con posici�on inicial (r; 0), el vector posici�on en el tiempo
t es:
�(t) = (r cos(!t);rsen(!t)) :
Si t = 0, la posici�on inicial �(0) = (r; 0). Si ! > 0 el movimiento es en
sentido contrario a las agujas del reloj. Mediante simples c�alculos se
obtiene que la magnitud de la velocidad es constanta, a saber jjv(t)jj =j!jr. Halle expl��citamente los vectores v(t) y a(t), demuestre que son
perpendiculares, es decir, que su producto escalar es cero.
2. Un punto P se mueve en el plano seg�un las siguientes ecuaciones: x =
3 cos t, y = 2 sen t, es decir, su trayectoria se de�ne como:
�(t) = (3 cos(t);2sen(t)) :
Note que la curva asociada tiene como ecuaci�on x2
9+ y
2
4= 1, la cual cor-
responde a una elipse.En este caso la magnitud de la velocidad jjv(t)jj =p5sen2t + 4 no es constante, el vector aceleraci�on a(t) = ��(t) apunta
hacia el origen, los vectores velocidad y aceleraci�on son perpendiculares
solamente si t = 0; �2; �;
3�2. >Cu�ando es m�axima y cu�ando es m��nima
la magnitud de la velocidad?.
2.3.2 Interpretaci�on Geom�etrica de la Derivada de una Trayecto-
ria:
La siguiente interpretaci�on es v�alida tanto en R2 como en R
3 . Si
h! 0lim�(t0 + h)� �(t0)
h
11
existe y es �nito, diremos que � es derivable en t0 y el resultado del l��mite
es �0(t0), si �(t0) 6= 0, el vector�0(t0) tiene la misma direcci�on que la recta
tangente a la trayectoria �(t) en el punto �(t0). La ecuaci�on vectorial de la
recta tangente a la trayectoria �(t) en el punto �(t0) es:
l(t) = �(t0) + t�0(t0):
Si �0(t0) = 0, la direcci�on tangente a la trayectoria no existe aun cuando la
derivada exista.
2.3.3 Ejemplos:
1. Sea �(t) = (t2; t4), la curva asociada a esta trayectoria es y = x2. El
vector velocidad �0(t) = (2t; 4t3), en t = 0 no hay direcci�on tangente a
esta trayectoria pues �0(0) = (0; 0) aunque la curva y = x2 tiene recta
tangente en el origen.
2. Sea �(t) = (t; t2), la curva asociada a esta trayectoria es tambi�en y =
x2, pero en este caso �
0(t) = (1; 2t) y �0(0) = (1; 0) es la direcci�on
tangente a la trayectoria �(t) en el punto �(0) = (0; 0), la recta tangente
tiene ecuaci�on vectorial:
l(t) = t(1; 0);t 2 R
�o equivalentemente y = 0.(Esta recta coincide con el eje de las abcisas).
>Cu�al es la pendiente de la recta tangente a la curva y = x2 en el
origen?.
3. Sea �(t) =
�(t2; t2) sit � 0
(�t2; t2) sit < 0, la curva asociada es y = jxj, que
sabemos no es derivable en el origen, sin embargo, �0(0) existe ( se
puede demostrar usando la de�nici�on de derivada de una trayectoria
que �0(0) = (0; 0), pero por ser nula no existe la direcci�on tangente a
esta trayectoria en el origen). El pico de la curva en el origen, representa
un cambio brusco de direcci�on, no es un cambio suave. Halle �0(t) y�00(t), demuestre que �00(0) no existe.
2.3.4 Plano normal a una trayectoria �(t) : R !R3 en un punto P :
Si � es un a trayectoria en el espacio y P = �(t0), el plano normal a la
trayectoria en el punto P es aquel que tiene como vector normal, el vector
12
�0(t0), si �
0(t0) 6= 0. La ecuaci�on de este plano normal es:
�01(t0) (x� �1(t0)) + �
02(t0) (y � �2(t0)) + �
03(t0) (z � �3(t0)) = 0
donde �(t) = (�1(t); �2(t); �3(t)).
2.3.5 Ejemplo:
Sea �(t) = (t; t2; t3), P = �(1) = (1; 1; 1), �0(t) = (1; 2t; 3t2), �0(1) = (1; 2; 3).
La recta tangente a �(t) y que pasa por P tiene como direcci�on el vector �0(1),su ecuaci�on es:
l(t) = (1 + t; 1 + 2t; 1 + 3t) cont 2 R
�o equivalentemente
x� 1 =y � 1
2=
z � 1
3:
El Plano Normal en el punto P tiene como vector normal el vector �0(1). Suecuaci�on es:
(x� 1) + 2(y � 1) + 3(z � 1) = 0
�o equivalentemente
x+ 2y + 3z � 6 = 0:
2.4 Longitud de Arco o Longitud de una curva:
Sea �(t) : [a; b]!Rn , (n = 2; 3) una trayectoria. Queremos expresar el
signi�cado de su longitud. Por razones t�ecnicas vamos a suponer que la
curva es suave (no tiene picos) o es suave por trozos.
Si P = fa = t0; t1; t2; : : : ; tn�1; tn = bg es una partici�on de [a; b], al unir
los puntos �(a); �(t1); : : : ; �(b), obtenemos una poligonal cuya longitud es
nXi=1
jj�(ti)� �(ti�1)jj:
Consideremos todas las particiones posibles y tomemos el supremo de todas
las sumas obtenidas al hacer esta operaci�on, si el resultado es �nito, diremos
que � es recti�cable y el valor obtenido es la longitud de arco de �.
PREGUNTA: >C�omo calculamos en la pr�actica la longitud de una curva
recti�cable?. La respuesta nos la da el siguiente teorema:
13
2.4.1 Teorema:
Si � es derivable y de derivada continua (� 2 C1) entonces
l(�) =
Zb
a
jj�0(t)jjdt:
Demostraci�on: solamente daremos una idea de la demostraci�on (usamos
Teorema del Valor Medio y de�nici�on de la Integral de Riemann).
Si �(t) = (�1(t); �2(t); �3(t)), en el caso tridimensional, (el caso bidimen-
sional es similar) y usamos el Teorema del Valor Medio en cada subintervalo
[ti�1; ti], obtenemos que, existen puntos �i; �i y &i en cada intervalo (ti�1; ti)tales que
�1(ti)� �1(ti�1) = �01(�i)(ti � ti�1)
�2(ti)� �2(ti�1) = �02(�i)(ti � ti�1)
�3(ti)� �3(ti�1) = �03(&i)(ti � ti�1):
Al sustituir en la suma que de�ne la longitud de las poligonales, obtenemos
una suma de Riemann:nXi=1
jj�(ti)� �(ti�1)jj =nX
i=1
q�021 (�i) + �
022 (�i) + �
023 (&i)(ti � ti�1):
Por lo tanto, al tomar el supremo de las particiones obtenemos la Integral de
Riemann Zb
a
jj�0(t)jjdt:
2.4.2 Observaci�on:
Si la curva est�a dada en la forma y = f(x), (es decir, representa una curva
en el plano) la longitud de arco se obtiene mediante la f�ormula
l(�) =
Zd
c
s1 +
�dy
dx
�2
:
Para obtener este resultado basta relacionar la parametrizaci�on de la curva
dada por �(t) = (�1(t); �2(t)) con la ecuaci�on escalar y = f(x), donde �1(a) =
c y �2(b) = d, x = �1(t), y = �2(t), t = ��11 (x). De aqu�� se obtiene que
dy
dx= f
0(x) =�02(t)
�01(t):
14
Sustituyendo en el resultado del Teorema anterior, se obtiene la expresi�on
deseada.
En el caso en que la curva est�e en R3 y la trayectoria est�e expresada en
forma cartesiana mediante las ecuaciones:
y = f(x); z = g(x)
con x 2 [c; d], mediante un razonamiento similar al anterior se obtiene que
la longitud de arco se calcula usando la f�ormula:
l(�) =
Zd
c
q1 + (f 0(x))2 + (g0(x))2:
2.4.3 Ejemplos:
1. Longitud de Arco de la Circunferencia de Radio \a":
�(t) = (a cos t; asent)cont 2 [0; 2�]
es una parametrizaci�on de la circunferencia de radio \a", jj�0(t)jj = a,
la longitud de arco es l(�) =R 2�
0adt = 2�a.
2. Sea f(x) = x3
2 , si queremos hallar la longitud de arco entre (1; 1) y
(4; 8), resolvemos la siguiente integral:
l(�) =
Z 4
1
r1 +
9
4xdx ' 7; 63:
2.5 Ejercicios para la Pr�actica:
1. Hallar la curva asociada a las siguientes trayectorias:
a) �(t) = (cos t;sen t), t 2 [0; 2�].
b) �(t) = (2 cos t; 2sen t), t 2 [0; 2�].
c) �(t) = (2 cos t
2; 2sen t
2), t 2 [0; 2�].
d) �(t) = (cos(�2t);sen (�2 t)), t 2 [0; 2�].
e) �(t) = (3 cos t; 4 sen t), t 2 [0; 2�].
f) �(t) = (cos(2t); 3 sen (2 t)), t 2 [0; 2�].
15
g) �(t) = (cos( sen (t));sen ( sen (t))), t 2 [0; 2�].
h) �(t) = (cos(�2sen (t));sen (�
2sen (t))), t 2 [0; 2�].
2. Para cada una de las trayectorias anteriores, halle el vector velocidad,
la rapidez (�o magnitud de la velocidad) y el vector aceleraci�on.
3. Para cada una de las siguientes trayectorias, halle el vector tangente, la
recta tangente y el plano normal en cada uno de los puntos indicados:
a) �(t) = (a cos t; b sen t; bt), P = �(�4).
b) �(t) = (t; t2; t3), P = �(2).
c) �(t) = (t;�t; t22), P = �(2).
d) �(t) = (R cos2 t; R sen t cos t; R sen t), P = �(�4).
e) �(t) = (et; e�t; tp2), P = �(0).
4. Hallar la longitud de arco de las siguientes trayectorias:
a) �(t) = (t; t sen t; t cos t), entre (0; 0; 0) y (�; 0;��).b) x = t, y = t
2, z = 2t33, entre x = 0 y x = 6.
d) �(t) = (a cos t; b sen t; ct), 0 � t � 2�.
3 Funciones Reales de Varias Variables.
Conjuntos de nivel.Concepto de l��mite, continuidad. Derivadas Parciales,
direccionales. Gradiente de una funci�on. Diferenciabilidad y concepto de
diferencial. Funciones Compuestas. La Regla de la Cadena para campos
escalares. Plano Tangente a una super�cie. Derivadas Parciales de orden
superior. Puntos cr��ticos. Condici�on necesaria de extremo. Criterio del de-
terminante Hessiano en el caso de dos variables. Multiplicadores de Lagrange.
3.1 Campos Escalares.
3.1.1 De�nici�on: Campo Escalar.
Un campo escalar es una funci�on F : Rn ! R (nosotros nos restringimos a
los casos n = 2; 3 ).
16
3.1.2 Ejemplos:
1. En un gas ideal se tiene la siguiente relaci�on: P = kTV donde P es la
presi�on, T es la temperatura, V es el volumen y k es una constante. P
es una funci�on de dos variables, a saber, es funci�on de la temperatura
T y del volumen V .
2. El �area de un rect�angulo de largo x y de ancho y es una funci�on de dos
variables: A(x; y) = xy.
3.1.3 De�nici�on: Dominio de un Campo Escalar.
El dominio D f de un campo escalar f : Rn ! R, es el conjunto de puntos!a2 R
n para los cuales f est�a de�nida.
3.1.4 Ejemplos:
1. Sea f(x; y) = 1x2 + y2 � 1, esta f�ormula se puede de�nir si x2+y
2�1 6=0; es decir, el dominio de de�nici�on de esta f�ormula es el plano menos
el borde del c��rculo unitario.
2. f(x; y) = 1px2 + y2 � 1 , se puede de�nir en el exterior del c��rculo
unitario (si x2 + y2> 1 ).
3. f(x; y) = lg(4� xy) se puede de�nir si y < 4x , x > 0 �o y > 4x , x < 0
�o x = 0 �o y = 0. (Haga el gr�a�co del dominio de de�nici�on de esta
f�ormula).
3.1.5 De�nici�on:Rango de un Campo Escalar.
Sea
. El rango Rf de f es el conjunto de puntos b 2 R para los que existe!a2 R
n tal que f(!a) = b.(Es el conjunto de "alturas posibles").
3.1.6 Ejemplos:
1. f(x; y) = 1x2 + y2, el dominio D f = R
2�f(0; 0)g, el rango Rf = (0;1).
2. f(x; y) = 1x2 + y2 � 1, el dominio D f = R
2 � f(x; y) 2 R2 : x2 + y
2 =
1g, el rango Rf = (�1;�1] [ (0;1).
17
3.1.7 Gr�a�co de f : D f � Rn ! R:
Si n = 1, GRAF (f) = f(x; y) 2 R2 : y = f(x)g � R
2 .
Si n = 2, GRAF (f) = f(x; y; z) 2 R3 : z = f(x; y)g � R
3 .
Si n = 3, GRAF (f) = f(x; y; z; w) 2 R4 : w = f(x; y; z)g � R
4 .
Note que si n = 2 GRAF (f) es una super�cie de R3 y en principio
podemos representarla, mientras que si n = 3; GRAF (f) est�a en R4 y no es
posible representarlo.
3.1.8 De�nici�on: Conjuntos de Nivel.
Si f : D f � Rn ! R es un campo escalar de dominio D f , el conjunto
Lc = f!x2 D f : f(!x) = cg
se llama conjunto de nivel " c ", (son los puntos del dominio que tienen
"altura " igual a c. Note que Lc 6= ; si c 2 Rf .En el caso n = 2, el conjunto
de nivel se llama curva de nivel (por ser una curva en este caso) y si n = 3 el
conjunto de nivel se llama super�cie de nivel (por ser una super�cie en R3).
3.1.9 Ejemplos:
1. f(x; y) =p1� x2 � y2;D f = f(x; y) 2 R
2 : x2 + y2 � 1g, Lc 6= ;
si 0 � c � 1 y en este caso las curvas de nivel satisfacen la siguiente
ecuaci�on x2 + y
2 = 1� c2. (Haga el gr�a�co de las curvas de nivel para
c = 0; 1=3; 1=2; 1. >Cu�al es el rango de f ?.
2. f(x; y) = x2 + y
2, las curvas de nivel Lc est�an de�nidas para c � 0 y
representan c��rculos de radiopc.
3. f(x; y) = x2 � y
2 (silla de montar), la curva de nivel Lc = f(x; y) 2R2 : x2 � y
2 = cg est�a de�nida para todo c 2 R, gra�que las curvas de
nivel para c = �2;�1; 0; 1; 2.4. f(x; y; z) = x
2 + y2 + z
2, el gr�a�co de f est�a en R4 , sus super�cies de
nivel x2 + y2 + z
2 = c, con c � 0, son esferas centradas de radiopc.
18
3.2 L��mite y Continuidad:
Recordemos el concepto de l��mite para una funci�on f : D f � R ! R en
un punto a 2 D f �o en la frontera del Dominio de f (recuerde que para
estudiar el l��mite de una funci�on en a no es necesario que el punto a est�e en
el dominio de �esta, pero s�� es necesario que la funci�on est�e de�nida en puntos
arbitrariamente cercanos al punto a): x! alimf(x) = L si para cualquier
intervalo alrededor de L de la forma (L�"; L+") existe un intervalo alrededorde a de la forma (a��; a+�) tal que si x 2 D f \(a��; a+�), x 6= a, entonces
f(x) 2 (L� "; L+ "). Esta de�nici�on se escribe en t�emino de distancia en la
forma conocida:
Paratodo" > 0; existe� > 0
talquesi0 < jx� aj < �entoncesjf(x)� Lj < ":
Si el punto a es un punto aislado del dominio de f (es decir, podemos en-
contrar un intervalo alrededor del punto a que no corte el dominio de f ),
entonces el l��mite siempre existe y su valor es f(a) = L.
Cuando se trata de funciones f : D f � Rn ! R, los intervalos se trans-
forman en discos abiertos de radio � (c��rculos si n = 2 y esferas si n = 3
).
Antes de intentar una de�nici�on formal de l��mite daremos unos ejemplos:
los siguientes resultados se pueden aceptar como naturales
(x; y)! (0; 0)limx2 + y2 = 0
(x; y)! (1; 2)limx2 � y2 = �3
(x; y)! (0; 0)limsen(x2 + y
2)
x2 + y2= 1; poranalog��acont! 0lim
sent
t= 1:
Pero hay casos como (x; y)! (0; 0)limx2 � y2x2 + y
2 que al sustituir produce
indeterminaciones. Nos preguntamos >qu�e signi�ca acercarnos a (0; 0) ? >por
d�onde nos acercamos?: si y = x nuestra funci�on es nula pues f(x; x) = 0,
si y = 0; f(x; 0) = 1, si y = 2x; f(x; 2x) = �35, es decir, si nos acercamos
al origen por diferentes rectas, obtenemos resultados diferentes, por lo tanto
este l��mite no debe existir.
19
3.2.1 De�nici�on de L��mite:
Si f : D f � Rn ! R es un campo escalar ( n = 2; 3 ),
!a 2 D f �o est�a en la
frontera del Dominio de f ,!x!!
a limf(!x) = L 2 R si
Paratodo" > 0; existe� > 0
talquesi0 < jj !x � !a jj < �entoncesjf(!x)� Lj < ":
En este caso, jj !x � !a jj =p(x1 � a1)2 + (x2 � a2)2 si n = 2, jj !x � !
a jj =p(x1 � a1)2 + (x2 � a2)2 + (x3 � a3)2 si n = 3.
3.2.2 Observaci�on:
En general no es f�acil demostrar la existencia de un l��mite usando la de�nici�on,
sin embargo, vamos a dar un ejemplo:
Sea f(x; y) = (x; y)! (0; 0)limsen(x2 + y2)x2 + y
2, queremos demostrar
que
(x; y)! (0; 0)limsen(x2 + y2)x2 + y
2 = 1:
Denotemos por r(x; y) = x2+y
2, evidentemente (x; y)! (0; 0)limx2+y2 = 0
(pues dado " > 0, tomando � =p", tendremos jr(x; y)j < " siempre que
jj !x jj < �, donde!x= (x; y) ), por otro lado como t! 0limsentt = 1, dado
" > 0, existe �0 > 0 tal que si 0 < jtj < �0 entonces jsentt� 1j, tomando � =p�0, obtendremos de este �ultimo resultado que jsen(x2 + y
2)x2 + y2�1j < "
siempre quepx2 + y2 < �.
En general, podemos aceptar que
(x; y)! (0; 0)limsen(f(x; y))f(x; y) = 1si(x; y)! (x0; y0)limf(x; y) = 0:
3.2.3 Proposici�on:(Criterio �util para demostrar la existencia de
un l��mite)
Si (x; y)! (x0; y0)limf(x; y) = 0 y jg(x; y)j � jf(x; y)j en una \vecindad" delpunto (x0; y0) entonces podemos concluir que (x; y)! (x0; y0)limg(x; y) = 0.
3.2.4 Propiedades de l��mite:
Si!x!!
a limf(!x) = L1 2 R y
!x!!
a limg(!x) = L2 2 R entonces
a)!x!!
a lim(f(!x)� g(
!x)) = L1 � L2.
20
b)!x!!
a lim(f(!x) � g(!x)) = L1 � L2.
c)!x!!
a limf(!x)g(
!x) = L1L2 si L2 6= 0.
3.2.5 L��mite a lo largo de una Curva.
Sea f : D f � Rn ! R,
!a2 D f , � : I ! R
n una curva tal que �(t0) =!a;
�(t) 6=!a; si t 6= t0, � continua en t0, entonces
!x!!
a limf(!x) = L) t! t0limf(�(t)) = L:
(Este resultado es �util para demostrar que un l��mite no existe).
3.2.6 Ejemplo:
(x; y)! (0; 0)lim xy
x2+y2no existe, pues si tomo la trayectoria �(t) = (t;mt),
f(�(t)) = m1 +m2, por lo tanto el resultado de este l��mite depende de la
trayectoria.
3.2.7 Continuidad:
Sea f : D f � Rn ! R,
!a2 D f , diremos que f es continua en
!a si
!x!!
a limf(!x
) = f(!a).
3.2.8 Ejemplo:
f(x; y) =
�sen(x2 + y
2)x2 + y2
si(x; y) 6= (0; 0)
1 six = y = 0:
Si (x; y) 6= (0; 0), f(x; y) es continua, el problema es en el origen, pero
como (x; y)! (0; 0)limf(x; y) = 1, entonces f es continua en (0; 0).
3.2.9 L��mites Iterados.
Sea f : D f � R2 ! R:
Supongamos que existen los siguientes l��mites:
(x; y)! (a; b)limf(x; y) = L
x! alimf(x; y) = g(y)
y ! blimf(x; y) = h(x)
21
entonces los l��mites iterados existen y son iguales a L, es decir
x! alimy ! b limf(x; y) = y ! blim x! alimf(x; y) = L:
Observe que los l��mites iterados no son m�as que l��mites a lo largo de trayec-
torias espec���cas. Este resultado es �util para demostrar que un l��mite no
existe.
3.2.10 Ejercicios para la Pr�actica:
1. Represente gr�a�camente el Dominio D f y conjuntos de nivel Lc de las
si-guientes f�ormulas (trate de gra�carlas, cuando sea posible):
a) f(x; y) = e3x � e
yex � e
y
b) f(x; y) =p16� x2 � y2
c) f(x; y) = xy
d) f(x; y) = 1sen(x+ y)
e) f(x; y) = x2 + y
2
f) f(x; y) = x + 2y
g) f(x; y; z) = lg(x + y � z)
h) f(x; y) = 1px2 + y2 � 4
2. Calcule los siguientes l��mites (si existen);
a) (x; y)! (0; 0)limsen(xy)x
b) (x; y)! (0; 1)limx3px2 + y2
c) (x; y)! (1; 3)limx + yx2 � y
2
d) (x; y)! (0; 0)limxy2x3 + y3
e) (x; y)! (0; 0)limx� yx + y
f) (x; y)! (0; 0)limx2y2x2y2 + (x� y)
g) (x; y)! (0; 2)limexy � 1x
h) (x; y)! (0; 0)limxy + y3x2 + y
2
i) (x; y)! (0; 0)limx2yx4 + y2
22
3. Sea f : D f � R2 ! R
a) Supongamos que existen los siguientes l��mites:
(x; y)! (a; b)limf(x; y) = L
x! alimf(x; y) = g(y)
y ! blimf(x; y) = h(x)
demuestre que los l��mites iterados existen y son iguales a L, es decir
x! alim y ! blimf(x; y) = y ! blimx! a limf(x; y) = L:
1. b) El siguiente ejemplo demuestra que el rec��proco del resultado an-
terior no siempre es cierto:
f(x; y) =
�2xyx2 + y
2si(x; y) 6= (0; 0)
0 si(x; y) = (0; 0)
demuestre que los l��mites iterados son iguales a cero pero que:
(x; y)! (0; 0)limf(x; y)
no existe.
c) Sea f(x; y) = x� yx + y si x + y 6= 0. Demuestre que los l��mites
iterados en (0; 0) existen pero son diferentes, use este resultado
para concluir que (x; y)! (0; 0)limf(x; y) no existe.
4. Describa cu�al es el conjunto S� D f�R2 donde f es continua, en cada
uno de los siguientes casos:
a) f(x; y) = x3 + xy � 5x2 + y
2 + 1
b) f(x; y) = log(1� x2 � y
2)
c) f(x; y) =
�sen(xy)xy sixy 6= 0
1 sixy = 0
d) f(x; y) =
�x24y2x� 2y six 6= 2y
g(x) six = 2y, halle una f�ormula para g(x)
para que f sea continua en todo el plano.
23
5. En cada caso dibuje las curvas de nivel para los valores c indicados:
a) f(x; y) = 12(x2 + y
2), c = 0; 2; 4; 6; 8.
b) f(x; y) = xy, c = �2;�1; 0; 1; 2.c) f(x; y) = x
2y, c = �4;�1; 0; 1; 4.
d) f(x; y) = x2 + y, c = �4;�1; 0; 1; 4.
6. Describa geom�etricamente las super�cies de nivel de las f�ormulas sigu-
ientes:
a) f(x; y; z) = x2 + y
2 + z2, c > 0.
b) f(x; y; z) = 100x2 + 16y2 + 25z2, c > 0.
c) f(x; y; z) = 16x2 + 16y2 � 9z2, c 2 R.
d) f(x; y; z) = 4x2 � 9y2, c 2 R.
3.3 Derivadas Parciales. Derivabilidad. Gradiente.
Derivada Direccional. Regla de la Cadena.
Recordemos que si f : D f � R ! R, f es derivable en x0 2 D f si
h! 0limf(x0 + h)� f(x0)
h
existe y es �nito. El valor de ese l��mite es f 0(x0) y representa la pendiente
de la recta tangente a la curva y = f(x) en el punto (x0; f(x0)). La ecuaci�on
de esta recta es:
y = f0(x0)(x� x0) + f(x0):
Si f : D f � R2 ! R, su gr�a�co es una super�cie en el espacio de tres
dimensiones; si intersectamos el plano x = x0 y lo intersectamos con la
super�cie z = f(x; y), obtenemos una curva de ecuaci�on z = f(x0; y). Si la
derivada de esta curva existe en el punto y0, es decir, si
k ! 0limf(x0; y0 + k)� f(x0; y0)
k
existe y es �nito, el valor de este l��mite representa la pendiente de la recta
tangente a la curva z = f(x0; y) en el punto (x0:y0; f(x0; y0)) y ese valor se
24
denomina derivada parcial de f con respecto a \ y " (con respecto a la segunda
variable) en el punto (x0; y0) y se denota
@f
@y(x0; y0)�ofy(x0; y0):
Si quisi�eramos escribir la ecuaci�on de esta recta tangente, observemos que
ella se encuentra en el plano x = x0, luego, la recta queda determinada por
las siguientes ecuaciones:�x = x0
z = @f
@y(x0; y0)(y � y0) + f(x0; y0)
En la pr�actica, si queremos calcular la derivada parcial de f(x; y) con respecto
a " y ", seguimos las reglas usuales, considerando la primera variable como
una constante.
3.3.1 Ejemplo:
f(x; y) = ex+y
2
sen x
@f@y(x; y) = 2y sen x ex+y
2
.
An�alogamente, si y = y0, y consideramos el
h! 0limf(x0 + h; y0)� f(x0; y0)
h;
si este l��mite existe y es �nito, su valor representa la pendiente de la recta
tangente a la curva z = f(x; y0) en el punto (x0; y0; f(x0; y0)) y ese valor
se denomina derivada parcial de f con respecto a \ x " (con respecto a la
primera variable) en el punto (x0; y0) y se denota
@f
@x(x0; y0)�ofx(x0; y0):
La ecuaci�on de dicha recta es:�y = y0
z = @f
@x(x0; y0)(x� x0) + f(x0; y0)
En el ejemplo anterior @f@x(x; y) = cos x ex+y2
+ sen x ex+y
2
.
25
3.3.2 Derivadas Sucesivas.
Observe que @f@x y @f@y son nuevamente funciones de R2 en R, por lo tanto
podemos volver a considerar las derivadas parciales de ellas, obteniendo as��:
@2f
@x@y;@2f
@x2;@2f
@y@x;@2f
@y2;
@3f
@x@y@x; etc:
�o equivalentemante:
fxy; fxx; fyx; fyy; fxyx; etc:
3.3.3 Ejemplo:
f(x; y) = 3x3e2xy, fx = 9x2e2xy +6x3ye2xy, fy = 6x4e2xy, fyy = 12x5e2xy, etc.
En general, si f : D f � Rn ! R, se de�nen las derivadas parciales
sucesivas de manera obvia, en el caso n = 3, si w = f(x; y; z) tendremos
fx; fy; fz; fxz; fyxx; etc.
3.3.4 Diferenciabilidad:
Inspir�andonos en el concepto de derivada para funciones de una variable,
vamos a ensayar algo an�alogo para f : D f � R2 ! R.
Note que la de�nici�on de derivada en el caso de una variable, se puede
reescribir como
h! 0limf(x0 + h)� (f(x0) + hp)
jhj = 0;
donde p = f0(x0). Esto signi�ca que f es derivable en x0, si existe una recta
y = R(x) = p(x� x0) + f(x0);
que aproxima bien a f(x) cerca de x0, su pendiente es p = f0(x0) y dicha
recta es la recta tangente a la curva y = f(x) en el punto (x0; f(x0)). Si la
de�nici�on de derivada de una funci�on de una variable, se presenta de esta
forma, la de�nici�on conocida como la \original" se deduce f�acilmente de esta
versi�on.
Bas�andonos en esta nueva presentaci�on, vamos a hacer algo an�alogo para
f : D f � R2 ! R:
26
La ecuaci�on del \plano tangente" a la super�cie
z = f(x; y) enelpunto(x0; y0; f(x0; y0))
debe tener la forma:
z = a(x� x0) + b(y � y0) + f(x0; y0):
Si queremos que exista un plano tangente a la super�cie z = f(x; y) que
aproxime bien a f cerca de (x0; y0), debemos pedir que existan constantes \
a " y \ b " tales que
(h; k)! (0; 0)limf(x0 + h; y0 + k)� (f(x0; y0) + ah+ bk)p
h2 + k2= 0:
Nos interesa saber >qui�enes son \ a " y \ b "?.
Sabemos que si el l��mite anterior existe y es igual a cero, (la funci�on f debe
ser continua, para hablar de derivabilidad,el lector que desee formalizar este
hecho y la a�rmaci�on que damos a continuaci�on, puede consultar, Teorema
8, p�arrafo 2.7, C�alculo Vectorial, Marsden y Tromba), entonces los l��mites
iterados existen y ambos son iguales a cero,
k ! 0limf(x0; y0 + k)� f(x0; y0)� bk
jkj = 0
h! 0limf(x0 + h; y0)� f(x0; y0)� ah
jhj = 0:
Esto demustra que a = @f@x(x0; y0) y b = @f@y(x0; y0), (compare estos
l��mites con la de�nici�on de derivadas parciales).
3.3.5 Notaci�on:
Df(x0; y0) = (@f@x(x0; y0) @f@y(x0; y0)) es una matr��z 1 � 2 �o visto c�omo
un vector �la (@f@x(x0; y0); @f@y(x0; y0)) se denomina gradiente de f en el
punto (x0; y0) y se denota por Of(x0; y0), es decir:
Of(x0; y0) = (@f@x(x0; y0); @f@y(x0; y0))
= @f@x(x0; y0)!i +@f@y(x0; y0)
!j:
27
De lo dicho anteriormente, se deduce que:
Df(x0; y0)
�h
k
�= @f@x(x0; y0)h+ @f@y(x0; y0)k;
�o equivalentemente, esta �ultima expresi�on se puede ver como el producto
escalar del vector Of(x0; y0) con el vector h!i +k
!j .
3.3.6 De�nici�on:
f : D f � R2 ! R es derivable o diferenciable en (x0; y0) si
(h; k)! (0; 0)lim
f(x0 + h; y0 + k)� (f(x0; y0) +Df(x0; y0)
�h
k
�)
ph2 + k2
= 0;
�o equivalentemente, si existe una matriz T de 1� 2, tal que
(x; y)! (x0; y0)lim
f(x; y)� f(x0; y0)� T
�x� x0
y � y0
�p(x� x0)2 + (y � y0)2
= 0:
3.3.7 Observaciones:
1. La de�nici�on de derivabilidad nos dice que
z = f(x0; y0) +Df(x0; y0)
�x� x0
y � y0
�;
es la mejor aproximaci�on lineal de f cerca de (x0; y0).
2. Si f es derivable en (x0; y0), en la de�nici�on est�a impl��cita la existencia
de las derivadas parciales @f@x(x0; y0) y @f@y(x0; y0).
3. Esta de�nici�on se extiende f�acilmente al caso f : D f � Rn ! R, (en
parti-cular, al caso n = 3): si!a2 R
n y!x2 R
n , diremos que f es
diferenciable en!a si existe una matriz T de 1� n tal que :
!x!!
a limf(
!x)� f(
!a)� T (
!x � !
a)
jj !x � !a jj
= 0;
28
en este caso
T = Df(!a) =
�@f@x1(
!a) @f@x2(
!a) � � � @f@xn(!a)
�
y T (!x � !
a) = Of(!a) � (!x � !
a),donde Of(!a) � (!x � !
a) es el producto
escalar de Of(!a) y (
!x � !
a), Of(!a) es el gradiente de f en
!a , que se
de�ne como:
Of(!a) =
�@f@x1(
!a) ; @f@x2(
!a); : : : ; @f@xn(
!a)�:
4. Si f : D f � Rn ! R
m , f = (f1; f2; f3; : : : ; fm), en este caso
Df(!a) =
0B@
@f1
@x1(!a) � � � @f1
@xn(!a)
.... . .
...@fm
@x1(!a) � � � @fm
@xn(!a)
1CA
es la matriz m� n de derivadas parciales de f . La de�nici�on de difer-
enciabilidad de f en!a se traduce pidiendo la existencia de una matriz
m� n tal que:
!x!!
a limjjf(!x)� f(
!a)� T (
!x � !
a)jjjj !x � !
a jj= 0
en este caso, T = Df(!a),
!x= (x1; x2; : : : ; xn) y
!a= (a1; a2; : : : ; an).
5. Recordemos que si f : D f � R ! R y f0(x0) existe, entonces nece-
sariamente f es continua en x0. La rec��proca no es cierta (pensar en
f(x) = jxj).
Nos preguntamos >qu�e relaci�on existe entre diferenciabilidad, continuidad
y existencia de las derivadas parciales si
f : D f � Rn ! R
m?
A continuaci�on enunciaremos sin demostraci�on los teoremas que responden
estas preguntas.
29
3.3.8 Teorema:(Teorema 8, par�arrafo 2.3, C�alculo Vectorial, Marsden-
Tromba)
Si f : D f � Rn ! R
m es diferenciable en (x0; y0) entonces f es continua en
(x0; y0).
3.4 Observaci�on:
a) La existencia de las derivadas parciales no nos asegura la diferenciabil-
idad de la funci�on, para ver esto, estudiaremos el siguiente ejemplo:
Sea f : R2 ! R de�nida por
f(x; y) =
�1 six = 0�osiy = 0
0 denoseras��
Es f�acil demostrar por de�nici�on que
@f@x(0; 0) = 0y@f@y(0; 0) = 0
Pero f no es continua en (0; 0) por lo tanto no es diferenciable en el origen.
b) Para que la existencia de las derivadas parciales asegure la diferen-
ciabilidad de la funci�on, debemos exigir una condici�on adicional a las
derivadas parciales, como lo enuncia el siguiente teorema:
3.4.1 Teorema:(Teorema 9, par�arrafo 2.3, C�alculo Vectorial, Marsden-
Tromba)
Si f : D f � Rn ! R
m y existen todas las derivadas parciales @fi@xj(!a), para
i = 1; 2; : : : ; m, j = 1; 2; : : : ; n y son continuas en una \vecindad" del punto!a2 D f entonces f es diferenciable en
!a .
c) No es siempre cierto que si f : D f � R2 ! R entonces
@2f
@x@y=
@2f
@y@x:
Nos preguntamos >Cu�ando es cierta esta igualdad?, la respuesta no las
da el siguiente teorema:
30
3.4.2 Teorema:(Teorema 15, par�arrafo 2.6, C�alculo Vectorial, Marsden-
Tromba)
Si f(x; y) es de clase C2 (es decir, si las segundas derivadas parciales existen y
son continuas), entonces las derivadas parciales mixtas son iguales, es decir:
@2f
@x@y=
@2f
@y@x:
Se tiene un resultado an�alogo para funciones f : D f � R3 ! R; cuando f
es tres veces continuamente diferenciable,( f es de clase C3 ), en este caso,
podemos calcular las derivadas parciales iteradas en el orden que nos plazca.
3.4.3 Reglas de Derivaci�on para funciones f; g : D f � Rn ! R:
Estas reglas son las mismas que conocemos para el caso n = 1; a saber:
1. D(�f) = �Df
2. D(f � g) = Df �Dg
3. D(fg) = gDf + fDg
4. D (fg) = gDf � fDgg2
3.4.4 Ejemplo:
Hallar el plano tangente a la super�cie f(x; y) = x2+y2+exy en (1; 0; f(1; 0)) :
La ecuaci�on de este plano es:
z = a(x� 1) + b(y � 0) + f(0; 1)
donde a = @f@x(1; 0) = 2, b = @f@y(1; 0) = 1 y f(1; 0) = 2; por lo tanto la
ecuaci�on del plano se reduce a:
z = 2x+ y:
Note que Of(1; 0) = (2; 1) = 2!i +
!j ; un vector normal al plano tangente
es (a; b;�1) = (2; 1;�1); (las dos primeras coordenadas son las del gradiente
de f ).
31
3.4.5 Regla de la Cadena.
A) Primera Forma: Si I es un intervalo, �(t0) 2 D f y
I � R�7�! D f � R
n f7�! R
(f � �)0 (t0) = Of(�(t0)) � �0(t0):
Observaci�on: Of es un vector de n componentes,�0(t0) es unvector de n componentes, � es el producto escalar.
Si n = 3;R�7�! R
3;R
3 f7�! R
�(t) = (x(t); y(t); z(t)) ; h = f � �; h(t) = f (x(t); y(t); z(t))
h0(t) = (f � �)0 (t) = @f
@x
dx
dt+@f
@y
dy
dt+@f
@z
dz
dt
donde @f@x; @f@y; @f@z se eval�uan en �(t): Si n = 2; la derivada
queda expresada como
h0(t) = (f � �)0 (t) = @f
@x
dx
dt+@f
@y
dy
dt:
3.4.6 Ejemplo:
Sea �(t) = (r cos t; r sen t); f(x; y) = x2 + y; h(t) = (f � �) (t);
h0(t) = (f � �)0 (t) = @f
@x
dx
dt+@f
@y
dy
dt=
�2r2 cos t sen t+ r cos t:
B) Segunda Forma:
D g � R3 g7�! D f � R
3 f7�! R
h = f � g : D g � R3 7�! R;
si (x0; y0; z0) 2 D g
Dh(x0; y0; z0) = Oh(x0; y0; z0) = (@h@x; @h@y; @h@z)
32
donde cada una de las derivadas parciales de h deben evaluarse en
(x0; y0; z0); espec���camente:
Dh(x0; y0; z0) = Of(g(x0; y0; z0)) �Dg(x0; y0; z0):
En esta �ultima expresi�on, Of es un vector �la �o matriz 1�3 yDg(x0; y0; z0)
es una matriz 3� 3; del producto matricial se obtiene un vector �la de
tres componentes �o matriz 1� 3; expl��citamente:
sig(x; y; z) = (u(x; y; z); v(x; y; z); w(x; y; z))
yh(x; y; z) = f ((u(x; y; z); v(x; y; z); w(x; y; z)))
entonces:
@h@x = @f@u@u@x + @f@v@v@x + @f@w@w@x
@h@y = @f@u@u@y + @f@v@v@y + @f@w@w@y
@h@z = @f@u@u@z + @f@v@v@z + @f@w@w@z
C) Tercera Forma:
D g � Rn g7�! D f � R
m f7�! Rp
h = f � g : D g � Rn 7�! R
p; su difernecial Dh es una matriz p� n y se
obtiene de la siguiente multiplicaci�on matricial:
Dh(!x) = Df(g(
!x)) �Dg(
!x)
donde Df es una matriz p�m y Dg es una matriz m� n:
3.4.7 Ejemplo:
Sean g(x; y) = (u(x; y); v(x; y) = (ex2
; x� sen y)
f(u; v) = (f1(u; v); f2(u; v)) = (cos u+ v2; e
u+v); hallar (f � g)0 (0; 1):Notemos que f; g : R
2 7�! R2 y f � g : R
2 7�! R2; por lo tanto
(f � g)0 (0; 1) = Df(g(0; 1)) �Dg(0; 1); donde:
Df =
�@f1@u @f1@v
@f2@u @f2@v
�=
� �sen u 2v
eu+v
eu+v
�
puesto que g(1; 0) = (e; 1)
Df(g(1; 0)) =
� �sen e 2
ee+1
ee+1
�
33
por otro lado
Dg =
�@u@x @u@y
@v@x @v@y
�=
�2xex
2
0
1 � cos y
�
Dg(1; 0) =
�2e 0
1 �1�
de aqu�� se concluye que:
D(f�g)(1; 0) =� �sen e 2
ee+1
ee+1
��2e 0
1 �1�=
� �2e sene + 2 �2ee+1(2e+ 1) �ee+1
�:
3.4.8 Derivada Direccional:
Sea f : D f � Rn ! R;
!v2 R
n; jj !v jj = 1;
!x0 2 R
n \ D f ; si
t! 0limf(
!x0 +t
!v )� f(
!x0)
t
existe y es �nito, se de�ne como la derivada direccional de f en la direcci�on
del vector unitario!v evaluada en
!x0 y se denota por D!
vf(
!x0): Este valor
representa la variaci�on �o raz�on de cambio de f en la direcci�on!v :
3.4.9 Ejemplos:
1. D!e1f(
!x0) = t! 0limf(x0 + t; y0)� f(x0; y0)t = @f@x(x0; y0); si
!e1=
(1; 0):
2. Si!e2= (0; 1); la derivada D!
e2f(
!x0) = @f@y(x0; y0):
3.4.10 Signi�cado Geom�etrico de la Derivada Direccional en el
caso n = 2 :
Sea f : D f � R2 ! R;
!v2 R
2; jj !
v jj = 1;!
x0 2 R2 \ D f ; la siguiente
ecuaci�on �(t) =!x0 +t
!v con
!x0= (x0; y0) y
!v= (v1; v2) representa en R
3 un
plano que tiene la direcci�on del vector!v y que pasa por (x0; y0; 0); (haga una
representaci�on geom�etrica de este plano), z = f(x; y) es una super�cie en R3
que al interceptarla con el plano anterior de�ne una curva en el espacio. La
pendiente de la recta tangente a dicha curva en el punto (x0; y0; f(x0; y0)) es
D!vf(x0; y0):
34
3.4.11 C�alculo de D!vf en la pr�actica:
Sea f : D f � Rn ! R y �(t) =
!x0 +t
!v con
!x0 y
!v �jos tales que
!v2 R
n;
jj !v jj = 1;!
x0 2 Rn \ D f : Note que si h(t) = f(
!x0 +t
!v ) = f(�(t)) aplicando
la regla de la cadena a h se obtiene: (f � �)0 (t) = Of(�(t)) � �0(t); h0(0) =Of(�(0)) � �0(0) y usando la de�nici�on de derivada direccional conclu��mos
que:
D!vf(
!x0) = t! 0lim
f(!x0 +t
!v )� f(
!x0)
t= h
0(0)
pero �(0) =!x0; �
0(0) =!v ; as��, para calcular la derivada direccional de f en la
direci�on de!v evaluada en
!x0 simplemente hallamos el producto escalar
D!vf(
!x0) = Of(
!x0)� !v
si jj !v jj = 1; pero si el vector!v no es unitario lo hacemos unitario escribiendo
!v jj !v jj en lugar de
!v ; as�� la f�ormula que nos permite calcular la derivada
direccional se puede escribir siempre como:
D!vf(
!x0) = Of(
!x0) �
!v
jj !v jjEn particular, si � es el �angulo entre el vector unitario
!w=
!v jj !v jj y
Of(!x0) (si Of(
!x0) 6= 0 ) �o equivalentemente entre
!v y Of(
!x0) podemos
escribir el producto escalar anterior, usando su expresi�on equivalente como:
D!vf(
!x0) = jjOf(!x0)jj cos�:
3.4.12 Signi�cado Geom�etrico del Gradiente:
Puesto que cos � 2 [�1; 1] si Of(!x0) 6= 0; D!vf(
!x0) toma su valor m�aximo
para!x0 �jo cuando cos � = 1; es decir, cuando Of(
!x0) y
!v tienen la misma
direcci�on. As��, la direcci�on de mayor crecimiento de f en el punto!x0; es la
direcci�on del Of(!x0):
Si cos � = �1 y Of(!x0) 6= 0; D!vf(
!x0) toma su valor m��nimo, esto sucede
cuando Of(!x0) y
!v tienen direcciones opuestas, as�� la direcci�on de m�aximo
decrecimiento de f en el punto!x0; es la direcci�on del �Of(!x0):
SiOf(!x0) y
!v son perpendiculares entoncesD!
vf(
!x0) = 0; no hay variaci�on
en la direci�on de!v :
35
3.4.13 Ejemplo:
Sea f(x; y) =p1� x2 � y2 (la semiesfera superior unitaria),
!v= (1; 1);
(x0; y0) = (�13;13);
Of(x; y) =
�xp
1� x2 � y2;
�yp1� x2 � y2
!
Of((�1
3;1
3)) =
0@ 1
3q1� 1
9� 1
9
;�1
3q1� 1
9� 1
9
1A
=
�1p7;�1p7
�:
jj !v jj = p2; por lo tanto
D!vf(�13; 13) = Of(�13; 13) � !v jj !v jj = 1p
14� 1p
14= 0:
Observe que Of((�13;13)) y
!v son perpendiculares, por lo tanto no hay
variaci�on de f en la direcci�on de!v ; en el punto (�13; 13):
Si tomamos!v= Of((�1
3;13))jjOf((�1
3;13))jj =
�1p2;�1p2
�; D!
vf(�13; 13) =q
27: (pendiente de la direcci�on de m�aximo crecimiento de f ).
Si tomamos!v= �Of((�1
3;13))jjOf((�1
3;13))jj =
�1p2;�1p2
�; D!
vf(�13; 13) =
�q
27: (pendiente de la direcci�on de mayor decrecimiento de f ).
3.5 Gradiente y Plano Tangente a una Super�cie.
Antes de introducir los conceptos, vamos a realizar un ejercicio previo: sea
f(x; y) = e2x�3y
a) Hallar la ecuaci�on de la curva de nivel de f que pasa por (1; 2) :
Recordemos que la curva de nivel de " c " de f es aquella que veri�ca la
ecuaci�on f(x; y) = c: Si conozco "c ", puedo hallar los puntos que est�an en esa
curva, pero aqu�� el problema es contrario, conozco un punto (x0; y0) = (1; 2)
del dominio de f y quiero saber a qu�e curva de nivel pertenece. Puesto que
f(1; 2) = e�4
36
conclu��mos que el punto (1; 2) pertenece a la curva de nivel c = e�4: La
ecuaci�on de esta curva de nivel c = e�4 es:
f(x; y) = e2x�3y = e
�4
�o equivalentemente
y =2
3x+
4
3:
b) Hallar una parametrizaci�on de la curva de nivel f(x; y) = e�4:
Una parametrizaci�on de esta recta es :
�(t) = (t;2
3t+
4
3); t 2 R:
c) Hallar el vector tangente �(t) en el punto (1; 2):
El punto (1; 2) est�a en la trayectoria para t = 1; el vector velocidad
�0(t) = (1; 2
3); �0(1) = (1; 2
3).
d) Halle el producto escalar entre Of(1; 2) y �0(1):
Of(x; y) = (2e2x�3y;�3e2x�3y) ;Of(1; 2) = (2e�4;�3e�4): Puesto que el
producto escalar
Of(1; 2) � �0(1) = 0
conclu��mos que Of(1; 2) y �0(1) son perpendiculares.
e) Si tomamos un punto cualquiera de la curva �(t) >Cu�anto vale f(�(t))
?.
Puesto que �(t) coincide con la curva de nivel c = e�4 de f (pues es una
parametrizaci�on de dicha curva) es obvio que f(�(t)) = e�4:
f) > Ser�a Of(�(t0)) y �0(t0) perpendiculares para todo t0 ?.
El siguiente resultado responder�a esta pregunta:
37
1. Primer Caso: Si f : D f � R2 7�! R y �(t) es una parametrizaci�on de
la curva de nivel
Lc = f(x; y) : f(x; y) = cgentonces, puesto que f(�(t)) = c por la regla de la cadena y por ser
la derivada de una constante igual a cero tenemos que (f(�(t)))0=
Of(�(t)) � �0(t) = 0; de donde se deduce que Of(�(t)) y �0(t) son
perpendiculares para todo t:
2. Segundo Caso: Sea F : D f � R3 7�! R y
Lc = f(x; y; z) : F (x; y; z) = cg
la super�cie de nivel c de F: Diremos que un vector!v de R3 es per-
pendicular a la super�cie Lc en un punto (x0; y0; z0) de ella, si dada
cualquier curva � : I � R 7�! R3 tal que �(I) � Lc; �
0(t0) ex-
ista y no sea nulo, con �(t0) = (x0; y0; z0) se cumpla que!v y �
0(t0)sean perpendiculares. Puesto que F (�(t)) = c; por la regla de la
cadena y por ser la derivada de una constante igual a cero tenemos
que (F (�(t0)))0= OF (�(t0)) � �0(t0) = 0; de donde se deduce que
OF ((x0; y0; z0)) es perpendicular a Lc en el punto (x0; y0; z0).
3.5.1 Plano Tangente a la Super�cie F (x; y; z) = c :
Si (x0; y0; z0) es un punto que est�a en la super�cie F (x; y; z) = c; el plano
tangente a esta super�cie en el punto (x0; y0; z0) es aquel que tiene como
vector normal el vector!n= OF (x0; y0; z0) y su ecuaci�on es:
!n � ((x� x0); (y � y0); (z � z0)) = 0
�o equivalentemente:
@F
@x(x� x0) +
@F
@y(y � y0) +
@F
@z(z � z0) = 0
donde OF (x0; y0; z0) = (@F@x(x0; y0; z0); @F@y(x0; y0; z0); @F@z(x0; y0; z0)) :
(Las derivadas parciales de F se eval�uan en (x0; y0; z0) ).
38
3.5.2 Observaci�on:
Si f : D f � R2 7�! R; z = f(x; y) es una super�cie en el espacio, F (x; y; z) =
f(x; y)� z = 0 es otra forma de de�nirla anal��ticamente. Si (x0; y0; z0) es un
punto de la super�cie z = f(x; y) entonces z0 = f(x0; y0) y el vector normal
es:
OF =
�@F
@x;@F
@y;@F
@z
�=
�@f
@x;@f
@y;�1
�:
La ecuaci�on del plano tangente a la super�cie z = f(x; y) en el punto
(x0; y0; z0) = (x0; y0; f(x0; y0)) es:
@f
@x(x� x0) +
@f
@y(y � y0)� (z � z0) = 0
�o equivalentemente:
z =@f
@x(x� x0) +
@f
@y(y � y0) + f(x0; y0)
como lo hab��amos obtenido anteriormente al de�nir el diferencial de f: (Las
derivadas parciales de f se eval�uan en (x0; y0)).
3.5.3 Ejemplo:
Hallar el plano tangente a la esfera centrada, de radio r > 0; en cualquier
punto (x0; y0; z0) de la esfera.
La ecuaci�on de la esfera es
F (x; y; z) = x2 + y
2 + z2 = r
2
si (x0; y0; z0) est�a en la esfera veri�ca la ecuaci�on:
x20 + y
20 + z
20 = r
2:
Un vector normal a la esfera es:
OF (x0; y0; z0) = (2x0; 2y0; 2z0);
por lo tanto, la ecuaci�on del plano tangente es:
2x0(x� x0) + 2y0(y � y0) + 2z0(z � z0) = 0
39
�o equivalentemente:
x0(x� x0) + y0(y � y0) + z0(z � z0) = 0
note que el vector!n= (x0; y0; z0) es normal a la esfera en el punto (x0; y0; z0):
Si simpli�camos la ecuaci�on del plano, �esta puede ser escrita como:
x0x + y0y + z0z = 0:
3.6 Ejercicios para la pr�actica:
1. Gra�car las siguientes regiones:
a) jxj+ jyj < 1
b) (x + 2)2 + y2< 1
c) 5x + 2y � 10
d) 3x + 2y + 4z � 2
e) y � 3x + 1 � 0 y y < x2
2. Halle los valores de las funciones dadas en los puntos dados:
a) f(x; y) = 1� 3x2 � 2y2; f(0; 0); f(x; 0); f(1; y):
b) f(x; y) =Ry
x(2t2 � 1)dt; f(0; 2); f(1; 3):
c) f(x; y) = x2 + y
2; f(x+h;y)�f(x;y)h
:
3. Halle los l��mites indicados para cada una de las funciones dadas:
A) 4x! 0limf(x +4x; y)� f(x; y)4x
B) 4y ! 0limf(x; y +4y)� f(x; y)4y
a) f(x; y) = x2 + y
2
b) f(x; y) = x3 + y
c) f(x; y) = 2xy � x2y2:
4. Encuentre las primeras derivadas de las funciones indicadas y eval�ue
en los puntos dados:
40
a) z = x2 � xy
2 + 4x2 + y5; z0 = (2;�1):
b) z = cos2(5x)+ sen2(5y); z0 = (0; �2):
c) f(x; y) = xy(x2 � y2)2; z0 = (1;�2):
d) z = ln (x + yx� y) ; z0 = (3; 0):
e) F (u; v; x; t) = u2w
2 � uv3 + vw cos(ut2) + (2x2t)4:
f) z = ey senxy
:
5. Halle las derivadas indicadas y vea si las cruzadas son iguales:
a) z = x6 � 5x4y2 + 6xy2; @2z@x@y; @2z@y@y; @2z@x2; @2z@y2:
b) f(x; y; z) = x2 � 3xy3 + 5yz +�z4; fxyy; fyxx; fyzx; fzyx:
6. Veri�que que las funciones dadas satisfacen la Ecuaci�on de Laplace:
@2z
@x2+@2z
@y2= 0
a) z = ln(x2 + y2)
b) z = arctan(yx):
7. Veri�que si las funciones dadas satisfacen la Ecuaci�on de
Difusi�on o del Calor:@z
@t= c
2 @2z
@x2
1. a) z = et cos
�x
c
�b) z = e
�t sen�x
c:�
8. La concentraci�on molecular c(x; t) est�a dada por
c(x; t) = t� 1
2 e�x2
kt :
Veri�que que esta funci�on satisface la ecuaci�on de Difusi�on:
@c
@t=
k
4
@2c
@x2:
41
9. La ley de los gases ideales nos dice que PV = kT , siendo P la presi�on,
V el volumen, T la temperatura y k una constante de proporcionalidad.
Determine:
a) La raz�on de cambio de P con respecto a V:
b) La raz�on de cambio de V con respecto a T:
c) La raz�on de cambio de T con respecto a P:
10. Dada
f(x; y) =
(xy(x2�y2)x2+y2
si(x; y) 6= (0; 0)
0 si(x; y) = (0; 0):
a) Hallar @f@x(x; y); @f@y(x; y) si (x; y) 6= (0; 0):
b) Hallar @f@x(0; 0); @f@y(0; 0) por de�nici�on de derivada.
c) Demostrar que @f@x y @f@y son continuas en (0; 0):
d) Halle @2f@x@y(0; 0) y @2f@y@x(0; 0) por de�nici�on de derivada.
e) >Por qu�e son diferentes las derivadas cruzadas halladas en d)?.
>Qu�e falla?.
11. Halle el plano tangente a cada una de las siguientes super�cies en los
puntos P indicados:
a) z = x2 + 4y2; P = (2; 1; 8):
b) z = 9x2 � y2; P = (1; 3; 0):
c) z =p49� x2 � y2; P = (2; 3; 6):
e) 6x2 + 4y2 � z2 = 1; P = (1; 1; 3):
12. El volumen de cierto gas est�a relacionado con su temperatura T y su
presi�on P mediante la Ley del Estado Gaseoso PV = 10T; donde V se
mide en pulgadas c�ubicas, P en libras por pulgadas cuadrada y T en
grados Celsius. Si T se mantiene constante a 200�C >Cu�al es la raz�on
de cambio de la Presi�on con respecto al Volumen cuando V = 50?.
13. Demuestre que para la Ley del Estado Gaseoso
V@P
@V+ T
@P
@T= 0y
@P
@V� @V@T
� @T@P
= �1:
42
14. La ecuaci�on de Van de Waals del Estado Gaseoso para el Gas Real CO2
es:
P =0:08T
V � 0:0427� 36
V 2
Si @T@t y @V @t son las intensidades de variaci�on de la temperatura y
del volumen respectivamente, eval�ue @P@t en funci�on de @T@t y @V @t
.
15. Halle la derivada direccional de cada una de las siguientes funciones en
la direcci�on dada y en el punto indicado:
a) g(x; y) = arccos xy; P = (1; 0);!v= (1; 5):
b) f(x; y; z) = x2 + y
2 + z2; P = (1; 2;�1); !v=!
i �2!j �3 !
k :
c) f(x; y) = yx+ y; P = (1; 1) y!v forma un �angulo � = ��6 con la
direcci�on positiva del eje de las " x ".(!v= cos �
!i + sen �
!j ):
d) g(x; y) = xey; P = (2; ln 2) y
!v forma un �angulo � = 2�3 con la
direcci�on positiva del eje de las " x ".(!v= cos �
!i + sen �
!j ):
16. Calcular el Gradiente de las funciones dadas y el valor m�aximo de la
derivada direccional en el punto indicado:
a) f(x; y) = x2 � 3xy + y
2; P = (4; 2):
b) h(x; y) = y cos(x� y); P = (0; �3):
c) g(x; y) = lnpx2 + y2; P = (1; 2):
d) f(x; y; z) = xeyz; P = (2; 0;�4):
e) w = 1p1� x2 � y2 � z2; P = (0; 0; 0):
17. La temperatura en el punto (x; y) de una placa viene dada por:
T (x; y) =x
x2 + y2
Halle la direcci�on de mayor crecimiento del calor desde el punto (3; 4):
18. Halle la trayectoria seguida por una part��cula rastreadora de calor situ-
ada en un punto P sobre una placa met�alica que tiene un campo de
temperatura dado por T (x; y)
43
a) T (x; y) = 30� x2 � 2y2; P = (0; 0):
b) T (x; y) = 400� 2x2 � y2; P = (10; 10):
19. Si el Potencial El�ectrico en el punto (x; y) es V (x; y); entonces el vector
de intensidad el�ectrica en (x; y) es
E = �OV (x; y):Suponga que V (x; y) = e
�2x cos 2y; encuentre el vector intensidad el�ectricaen (�
4; 0):
20. Si f(x; y) = x3 � 3x2y2 + y
3; encuentre la derivada direccional de f en
un punto (x; y) en la direcci�on de!v= 1p
10(3
!i +
!j ):
Si F (x; y) = D!vf(x; y) hallada anteriormente, calcule D!
vF (x; y):
21. Encontrar un vector unitario en la direcci�on en la que f disminuye con
mayor rapidez en P = (x0;y0); y encontrar la raz�on de cambio de f en
P en esa direcci�on:
a) f(x; y) = 20� x2 � y
2:
b) f(x; y) = cos(3x� y):
22. La temperatura en un punto (x; y) de una placa met�alica en le plano
xy es
T (x; y) = xy1 + x2 + y
2
grados Celsius.
a) Encontrar la raz�on de cambio de la temperatura en (1; 1) en la
direcci�on de!v= 2
!i �
!j :
b) Una hormiga que est�a en (1; 1) quiere caminar en la direcci�on en
que la temperatura disminuya con mayor rapidez. Encuentre un
vector unitario en esa direcci�on.
23. Halle un vector ortogonal a la curva de nivel
f(x; y) = c
en P :
44
a) f(x; y) = x2 + y
2; c = 25; P = (1; 1):
b) f(x; y) = xy; c = �3; P = (�1; 3):c) f(x; y) = xx
2 + y2; c = 1=2; P = (1; 1):
24. La elevaci�on de una monta~na sobre el nivel del mar en el punto (x; y)
es f(x; y): Un alpinista en P observa que la pendiente en la direcci�on
este es �1=2 y en la direcci�on norte es de �1=4: >En qu�e direcci�on debe
avanzar para lograr el descenso m�as r�apido?.
4 M�aximos y M��nimos para funciones f : D f �
Rn ! R :
De�nici�on de m�aximos, m��nimos y puntos cr��ticos de funciones de varias vari-
ables. Criterio del Hessiano en dos variables. M�etodo de los multiplicadores
de Lagrange.
4.1 De�nici�on:
Si f : D f � Rn ! R; f alcanza un m�aximo (�o un m��nimo) local en
!x02 D f ,
con D f abierto, si existe un abierto V � D f tal que!x02 V y f(
!x0)� f(
!x)
(respectivamente � ) si!x 2 V.
4.1.1 Observaciones:
1. En el caso n = 1; en la de�nci�on de m�aximo y m��nimo local, en lugar
de abierto podemos pedir la existencia de un intervalo abierto.
2. Si D f no es abierto y el punto!x0 est�a en el "interior" de D f ; la de�nici�on
sigue siendo la misma.
3. Si D f no es abierto y el punto!x0 est�a en la frontera, pediremos que
exista un abierto V tal que!x02 V y f(
!x0)� f(
!x) (respectivamente �
) si!x 2 V \ D f :
4. En el caso n = 1 sabemos que si f es derivable en x0 2 D f y en ese
punto f alcanza un m�aximo �o m��nimo local, entonces f 0(x0) = 0:
Vamos a demostrar que si n � 2 se tiene un resultado an�alogo.
45
4.1.2 Proposici�on:
Si f : D f � Rn ! R es derivable en
!x02 D f y alcanza un m�aximo (respecti-
vamente un m��nimo) local en!x0 entonces
@f@xi(!x0) = 0; i = 1; 2; : : : ; n:
Demostraci�on:
Sea!v un vctor de Rn y �(t) =
!x0 +t
!v una recta en el espacio que pasa
por!x0 y tiene la direcci�on de
!v : Si f alcanza un m�aximo (�o un m��nimo) en
!x0 entonces la funci�on h(t) = f(�(t)) = f(
!x0 +t
!v ) alcanza un m�aximo �o un
m��nimo en t = 0; (note que h : R ! R ), por lo tanto h0(t) = 0; es decir que
h0(0) = Of(�(0)) � �0(0) = Of(
!x0)� !v= 0; como
!v es arbitrario y no nulo,
Of(!x0) =
!0 ; de aqu�� se deduce que @f@xi(
!x0) = 0; i = 1; 2; : : : ; n:
4.1.3 Interpretaci�on geom�etrica en el caso n = 2:
Sea f : D f � R2 ! R , z = f(x; y) representa una super�cie en R
3 , si
f alcanza un m�aximo �o un m��nimo local en (x0; y0) y es diferenciable en
(x0; y0) entonces @f@x(x0; y0) = 0 y @f@y(x0; y0) = 0; el plano tangente a
la super�cie en el punto (x0; y0; z0); donde z0 = f(x0; y0); tiene como vector
normal!n= (0; 0;�1) �o equivalentemente (0; 0; 1): Es decir, el plano tangente
a la super�cie en el punto (x0; y0; z0) es paralelo al plano xy:
4.1.4 Observaciones:
1. Si f alcanza un m�aximo (�o un m��nimo) en!x0 entonces Of(
!x0) =
!0 :
Pero puede suceder que Of(!x0) =
!0 y no se alcance en el punto
!x0 ni
m�aximo ni m��nimo. (Piense en el caso n = 1 y en la funci�on f(x) = x3;
esta funci�on veri�ca que f 0(0) = 0; pero en x = 0 no hay ni m�aximo ni
m��nimo). Estos puntos se llaman puntos de ensilladura.
2. Hay puntos que est�an en la frontera del dominio que podr��an ser de
m�aximo �o de m��nimo. Estos puntos no se pueden hallar resolviendo la
ecuaci�on Of(!x0) =
!0 :
46
4.1.5 De�nici�on: Puntos Cr��ticos.
Si f : D f � Rn ! R; sus puntos cr��ticos son aquellos puntos
!x02 D f donde
Of(!x0) =
!0 si f es diferenciable en
!x0; los puntos donde f no es diferenciable
y los puntos de la frontera del dominio.
4.2 Criterio para clasi�car los Puntos Cr��ticos cuando
n = 2:Criterio del Hessiano.
4.2.1 De�nci�on Preliminar:
Sea f : D f � R2 ! R; la matriz�
@2f@x
2@2f@x@y
@2f@y@x @
2f@y
2
�
se llama el Hessiano de f:
El determinante del Hessiano evaluado en un punto (x0; y0) se llama el
discriminante del Hessiano y es:
H(x0; y0) =�@2f@x
2� �@2f@y
2�� �@2f@x@y�2
@2f@x
2si @2f@x@y = @2f@y@x en el punto (x0; y0) (lo cual sucede cuando las
primeras y segundas derivadas parciales de f son continuas).
4.2.2 M�etodo del Hessiano para clasi�car los Puntos Cr��ticos. (
n = 2).
Si f : D f � R2 ! R es de clase C2 en (x0; y0) 2 D f y Of(x0; y0) = 0; es decir:
@f@x(x0; y0) = 0y@f@y(x0; y0) = 0
entonces:
A) @2f@x
2(x0; y0) > 0 y H(x0; y0) > 0) f alcanza un m��nimo en (x0; y0):
B) @2f@x
2(x0; y0) < 0 y H(x0; y0) > 0) f alcanza un m�aximo en (x0; y0):
C) H(x0; y0) < 0) f tiene en (x0; y0) un punto de ensilladura.
D) En otros casos no hay respuesta.
47
4.2.3 Observaci�on:
Para justi�car este criterio nos valemos del Teorema de Taylor para dos
variables, pero la demostraci�on de este resultado nos aleja de los objetivos
de este curso. Para una idea de la demostraci�on ver Teorema 4, secci�on 4.2,
Marsden y Tromba.
4.2.4 Ejemplos:
1. Para hallar los puntos cr��ticos de f(x; y) = x2 + y
2; resolvemos las
ecuaciones:
@f@x(x0; y0) = 0y@f@y(x0; y0) = 0
�o equivalentemente:2x = 0
2y = 0:
El �unico punto cr��tico es (0; 0): El Hessiano es :���� 2 0
0 2
���� = 4 > 0
independientemente del punto donde se eval�ue (no depende de (x; y) )
y @2f@x
2 = 2 > 0; por lo tanto seg�un el criterio del Hessiano en (0; 0)
se alcanza un m��nimo.
2. Hallar las dimensiones de una caja rectangular, con tapa, de manera
de obtener volumen m�aximo si el �area de la super�cie de las caras es
10m2:
El �area de la super�cie de la caja debe veri�car la ecuaci�on:
A(x; y) = 2xy + 2xz + 2yz = 10:
Esta restricci�on nos permite escribir la funci�on volumen como funci�on
de dos variables, es decir, V (x; y; z) = xyz = xy(5� xy)x+ y es una
funci�on de dos variables y podemos usar el m�etodo del Hessiano:
@V
@x=
y2(5� x
2 � 2xy)
(x + y)2= 0
@V
@x=
x2(5� y
2 � 2xy)
(x + y)2= 0
48
de este sistema de ecuaciones obtenemos las siguientes soluciones:
(0; 0); y = �x:
Pero, en este caso, la �unica soluci�on que se adapta al problema pr�actico
es x = y; pues las dimensiones de la caja no pueden ser ni nulas ni
negativas y mediante susutituciones elementales obtenemos
x = y = z =
r5
3:
4.3 M�etodo de Lagrange (m�aximos y m��nimos con re-
stricciones).
Se pueden plantear dos tipos de problemas:
A) Hallar el m��nimo de x2 + 2y2 + 2x2y + 4 ( el cual es un problema de
extremos libres)
B) Hallar el m��nimo de x2+2y2+2x2y+4; sujeto a la condici�on x+3y = 7
(el cual es un problema de extremos restringidos).
Muchos de los problemas de la vida real, principalmente en econom��a, son
de extremos restringidos. Por ejemplo, un fabricante puede querer maximizar
sus utilidades, pero es probable que tenga restricciones por la cantidad de
materia prima disponible, la mano de obra, etc.
Anteriormente resolvimos el problema de maximizar V = xyz sujeto a la
restricci�on A(x; y) = 2xy + 2xz + 2yz = 10; despejamos z y lo sustitu��mos
en V (x; y; z) = xyz y resolvimos el problema de extremos para dos vari-
ables. Hay casos en que la restricci�on no es f�acil de despejar o el sistema de
ecuaciones a resolver puede resultar tedioso y en estos casos contamos con el
m�etodo de multiplicadores de Lagrange.
4.3.1 Interpretaci�on Geom�etrica del m�etodo: Caso n = 2.
Supongamos que queremos maximizar o minimizar f(x; y) sujeto a la condici�on
g(x; y) = 0: La restricci�on representa una curva en R2 y s�olo nos interesa los
puntos (x; y) que est�an en esta restricci�on, si gra�camos todas las curvas de
nivel " c " de f(x; y) y estamos interesados en maximizar f (�o minimizar f
49
respectivamente) s�olo miraremos la curva de m�aximo nivel (respectivamente
m��nimo nivel) de f que intersecte la restricci�on. Sabemos que Og(x0; y0) es
perpendicular a la curva g(x; y) = 0 si el punto (x0; y0) est�a en dicha curva
y simult�aneamente Of(x0; y0) es perpendicular a la curva de nivel de f cor-
respondiente al punto (x0; y0): Si (x0; y0) es un punto de intersecci�on de la
curva de nivel de f correspondiente a (x0; y0) y de la restricci�on g(x; y) = 0
entonces tanto Og(x0; y0) como Of(x0; y0) son perpendiculares a f(x; y) = c
y g(x; y) = 0 en el punto intersecci�on, por lo tanto Og(x0; y0) y Of(x0; y0) son
paralelos, es decir, existe un escalar � 6= 0 tal que Of(x0; y0) = �Og(x0; y0)
donde el punto (x0; y0) cumple la condici�on g(x0; y0) = 0:
As�� para hallar los posibles puntos de m�aximo o de m��nimo resolvemos el
siguiente sistema de ecuaciones:�Of(x; y) = �Og(x; y) � 6= 0
g(x; y) = 0
lo cual representa un sistema de tres ecuaciones con tres inc�ognitas.
Para decidir si el punto cr��tico hallado es de m�aximo o de m��nimo, acud-
imos a la geometr��a del problema, aunque existe un m�etodo basado en la
segunda derivada, para decidir sobre la naturaleza de los puntos cr��ticos en
el caso de extremos restringidos (ver suplemento Secci�on 4.3 Tromba), no lo
estudiaremos en este curso por resultar largo y tedioso.
4.3.2 Observaci�on:
Si f : D f � Rn ! R es continua en S� D f cerrado y acotado, entonces f
alcanza en S al menos un m�aximo y un m��nimo (Ver Teorema 6, secci�on 4.2
Tomba).
Este resultado es �util, pues si el conjunto restricci�on es cerrado y acotado
y obtenemos dos puntos cr��ticos, simplemente evaluamos estos puntos en f
y as�� podremos decidir cu�al es de m�aximo y cu�al de m��nimo.
4.3.3 M�etodo de Lagrange: Resumen para sus Aplicaciones.
A) Si f : D f � Rn ! R y queremos hallar los puntos cr��ticos de f sujeto
a la restricci�on g(!x) = 0 con g : D g � R
n ! R se resuelve el siguiente
sistema de ecuaciones:(Of(
!x) = �Og(
!x) � 6= 0 Og(
!x) 6= 0
g(!x) = 0
50
Si existe!x0 tal que g(
!x0) = 0 (
!x0 est�a en la restricci�on) y Og(
!x0) = 0
debemos agregar este punto a los puntos cr��ticos hallados.
B) Si f : D f � Rn ! R y tenemos k restricciones gi(
!x) = 0 i = 1; 2; : : : ; k
con gi : D gi� R
n ! R; se resuelve el siguiente sistema de ecuaciones,
para hallar los puntos cr��ticos:(Of(
!x) = �1Og1(
!x) + : : :+ �kOgk(
!x) (�1; �2; : : : ; �k) 6=
!0
gi(!x) = 0; i = 1; 2; : : : ; k (Og1(
!x); : : : ;Ogk(
!x)) 6=!
0 :
Si existe!x0 tal que g(
!x0) = 0 (
!x0 est�a en la restricci�on) y Ogi(
!x0) = 0
para i = 1; 2; : : : ; k debemos agregar este punto a los puntos cr��ticos
hallados.
Las constantes �i se llaman multiplicadores de Lagrange.
4.3.4 Ejemplos:
1. >Cu�al es el �area m�axima de un rect�angulo si la longitud de su diagonal
es igual a 2 ?.Si queremos resolverlo por el m�etodo de Lagrange debemos
identi�car la funci�on a maximizar y la restricci�on. La restricci�on es
g(x; y) = x2 + y
2 � 4 = 0
(Usar Pit�agoras para relacionar la diagonal del rect�angulo con sus
lados): La funci�on a maximizar es:
f(x; y) = xy
(�area del rect�angulo), el sistema de ecuaciones se puede escribir como:�Of(x; y) = �Og(x; y) � 6= 0 Og(x; y) 6= 0
g(x; y) = 0
Of(x; y) = (y; x) = �Og(x; y) = (2x; 2y); por lo tanto el sistema de
ecuaciones es: 8<:
y = 2�x � 6= 0
x = 2�y
x2 + y
2 = 4
51
Al resolver el sistema, obtenemos cuatro puntos cr��ticos:
(p2;p2); (�
p2;�
p2); (
p2;�
p2); (�
p2;p2):
Como las condiciones geom�etricas del problema nos exige que x >
0; y > 0; nuestra �unica opci�on es x = y =p2: Si hacemos un es-
tudio geom�etrico del problema obviando que se trata de lados de un
rect�angulo, al hacer el dibujo de la restricci�on y de la curva de nivel
de f que intersecta la restricci�on obtendremos que dos de los puntos
cr��ticos corresponden a un m�aximo y los otros dos son de m��nimo.
El �area m�axima que obtenemos es f(p2;p2) = 2:
Trate de resolver el problema sin usar Multiplicadores de Lagrange (por
simple sustituci�on), en este caso resulta m�as sencillos este m�etodo.
2. Hallar los extremos de f(x; y; z) = x + y + z sujeta a las restricciones
x+ z = 1 y x2 + y
2 = 2:
Of(x; y) = (1; 1; 1); Og1(x; y) = (1; 0; 1); Og2(x; y) = (2x; 2y; 0); el
sistema de ecuaciones se reduce a:8>>>><>>>>:
�1 + 2x�2 = 1
2y�2 = 1
�1 = 1
x + z = 1
x2 + y
2 = 2
Si resolvemos el sistema de ecuaciones, obtendremos los siguientes pun-
tos cr��ticos: (0;p2; 1) y (0;�p2; 1):
Observe que la restricci�on es la intersecci�on del plano x + z = 1 con
el borde del cilindro x2 + y2 = 2: Este conjunto es cerrado y acotado,
por lo tanto uno de los puntos debe ser m�aximo y el otro m��nimo, al
sustituir en f(x; y; z) se concluye que (0;p2; 1) realiza un m�aximo y
(0;�p2; 1) un m��nimo.
4.4 Ejercicios para la Pr�actica:
1. Hallar los puntos cr��ticos de las funciones dadas y determinar cu�ales
son de m�aximo locales, m��nimos locales �o puntos de ensilladura:
a) f(x; y) = x2 + y
2 + xy:
52
b) f(x; y) = x2 + y
2 � xy:
c) f(x; y) = x2 + y
2 + 2xy:
d) f(x; y) = e1+x
2�y2:
e) f(x; y) = ex cos y:
f) f(x; y) = xy + 1x+ 1y:
2. Mostrar que la caja rectangular de volumen dado, tiene super�cie
m��nima, cuando la caja es un cubo.
3. Escriba el n�umero 120 como suma de tres n�umeros, de modo que la
suma de los productos tomados de dos en dos, sea m�axima.
4. Hallar el punto en el plano 2x � y + 2z = 20 m�as cercano al ori-
gen.(Ayuda: la distancia de (x; y; z) al origen es: d =px2 + y2 + z2;
minimizar d es equivalente a minimizar d2 = x2 + y
2 + z2 ).
5. Sea f(x; y) =px2 + y2: Hallar los puntos cr��ticos de f restringida a la
regi�on :
R=�(x; y) : x2 + y
2 � 1
y clasi�carlos.
6. Sea f(x; y) = x+ 2y: Hallar los m�aximos y m��nimos de f en la regi�on:
R= f(x; y) : �1 � x � 1; �1 � y � 1g :
7. La suma de tres n�umeros es 120 >Cu�al es el valor m�aximo de su pro-
ducto?.
8. Halle el punto del plano 2x�3y+z = 1 m�as pr�oximo al punto (3;�2; 1):9. Encuentre la distancia m��nima entre las rectas L1 y L2 cuyas ecuaciones
param�etricas son:
L1: x = t� 1; y = 2t; z = t + 3
L2 : x = 3s; y = s+ 2; z = 2s� 1
53
10. Sea f(x; y) = 2x+ y un plano en R3 sujeto a las restricciones:
4x+ y � 8; 2x+ 3y � 14; x � 0; y � 0:
Conv�enzase que los valores m�aximos y m��nimos de esta funci�on lineal
ocurren en los v�ertices. Encuentre el m�aximo, el m��nimo y los puntos
en donde se alcanzan.
11. Sea S� R2 la recta que pasa por (�1; 0); inclinada a 450; f(x; y) =
x2 + y
2: Hallar los extremos de f en S:
12. Sea f(x; y) = x2�y2; S el c��rculo unitario de radio 1: Hallar los extremos
de f en S:
13. Hallar el mayor volumen que puede tener una caja rectangular con
tapas, de super�cie 10m2; usando el m�etodo de Lagrange.
14. En los ejercicios siguientes, halle los extremos de f sujetos a las restric-
ciones enunciadas:
a) f(x; y; z) = x� y + z; x2 + y
2 + z2 = 2:
b) f(x; y) = x; x2 + 2y2 = 3:
c) f(x; y) = 3x + 2y; 2 x2 + 3y2 = 3:
15. Hallar la distancia m��nima y m�axima entre el origen y la curva
(x+ 1)2 + y2 = 1:
16. Encuentre los valores m�aximos y m��nimos de f(x; y; z) = x + 2y + 3z
sobre la elipse que resulta al intersectar el cilindro x2 + y2 = 2y con el
plano y + z = 1:
17. Encuentre la distancia m��nima del origen a la intersecci�on de los planos
x + y + z = 8 y 2x� y + 3z = 28:
18. M�etodo de m��nimos cudrados:
Una t�ecnica importante en las Ciencias es el "ajuste" de datos emp��ricos
a ecuaciones, en particular lineales.
54
Si tenemos una colecci�on de resultados experimentales:
(x1; y1); (x2; y2); : : : ; (xn; yn);
el m�etodo de m��nimos cuadrados consiste en encontrar " m" y " b"
tales que la recta y = mx+ b se ajuste lo mejor posible a los datos, en
el siguiente sentido, si:
f(m; b) =
nXi=1
[yi � (mxi + b)]2;
debemos encontrar el punto (m; b) que minimice f(m; b): (Haga un
gr�a�co de la situaci�on planteada).
a) Demuestre que el punto cr��tico (m; b) debe veri�car el siguiente
sistema de ecuaciones:�mP
n
i=1 x2i+ bP
n
i=1 xi =P
n
i=1 xiyi
mP
n
i=1 xi + nb =P
n
i=1 yi
b) Si �x = 1nP
n
i=1 xi, �y = 1nP
n
i=1 yi, demuestre que:
i)P
n
i=1(xi � �x)2 =P
n
i=1 x2i� 1n (
Pn
i=1 xi)2
ii)P
n
i=1(xi � �x)(yi � �y) =P
n
i=1 xiyi � 1nP
n
i=1 xi
Pn
i=1 yi:
c) Vali�endose de b) y resolviendo a) demuestre que:
m =P
n
i=1(xi � �x)2P
n
i=1(xi � �x)(yi � �y)
b = �y �m�x
y que en (m; b); f alcanza un m��nimo.
References
[1] Marsden J.E. y Tromba A.J.: C�alculo Vectorial. Ed.Addison-Wesley.
[2] Apostol Tom M.:Calculus. Volumen II. Ed.Revert�e.
[3] Edwards y Penney: C�alculo y Geometr��a Anal��tica. Ed. Prentice Hall.
[4] Purcell E.J. Y Varberg D: C�alculo con Geometr��a Anal��tica. Ed.Prentice
Hall.
55
Matem�aticas III
1er Parcial
1. Calcule la soluci�on general de la siguiente ecuaci�on diferencial,
y000� y
00� 2y0 = x:
(7 puntos)
2. Considere el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales,
x0 = �x � y
y0 = �9x � y:
Calcule la soluci�on general del sistema. Calcule la solucin para lo en
t�erminos de x(t) y y(t).
(7 puntos)
3. Determine la convergencia o divergencia de las siguientes series.
1X
n=1
n2
nn
(2 puntos)
1X
n=1
n2 + 2n + 1
nn
(2 puntos)
1X
n=1
3 cos2(nx)
n2con x 2 R (2 puntos)
Buena suerte
1
Matem�aticas III
1er Parcial
1. Calcule la soluci�on general de la siguiente ecuaci�on diferencial,
y000 � y00 � 2y0 = x:
(7 puntos)
RESPUESTA
La e.d. homog�enea asociada a la e.d. planteada en el problema tiene
la siguiente ecuaci�on caracter��stica,
r
3 � r
2 � 2r = r(r + 1)(r � 2) = 0;
cuyas raices son r = 0, r = �1 y r = 2. Por la tanto, la soluci�on
general yh de la e.d. homog�enea satisface,
yh(x) = c1 + c2e�x + c3e
2x;
con c1, c2 y c3 constates reales arbitrarias. Una soluci�on particular ypde la e.d. no homog�enea es de la forma,
yp(x) = c1(x) + c2(x)e�x + c3(x)e
2x;
c0
1(x), c0
2(x) y c0
3(x) satisfacen el sistema de ecuaciones
c0
1(x)u1(x) + c0
2(x)u2(x)c0
3(x)u3(x) = 0
c0
1(x)u0
1(x) + c0
2(x)u0
2(x)c0
3(x)u0
3(x) = 0
c0
1(x)u00
1(x) + c0
2(x)u00
2(x)c0
3(x)u00
3(x) = x;
con u1(x) = 1, u2(x) = y u3(x) = e2x. El determinante Wronskiano W
del sistema es,
W =
������1 e
�xe2x
0 �e�x 2e2x
0 e�x 4e2x
������ = �6ex
1
Calculando la soluci�on del sistema mediante determinantes se obtiene,
c
0
1(x) =
������0 e
�xe2x
0 �e�x 2e2x
x e�x 4e2x
�������6ex
=2xex + xe
x
�6ex= �
x
2;
por lo tanto,
c1(x) = �x2
4;
c
0
2(x) =
������1 0 e
2x
0 0 2e2x
0 x 4e2x
�������6ex
=�2xe2x
�6ex=
1
3xe
x;
y
c
0
3(x) =
������1 e
�x 0
0 �e�x 0
0 e�x
x
������(�6ex)
=�xe�x
�6ex=
xe�2x
6:
Integrando por partes xex y xe�2x, se tiene,
c2(x) =1
3(x� 1)ex
y
c3(x) = �e�2x
6
�x
2+
1
4
�:
Sustituyendo c1(x), c2(x) y c3(x) en yp se tiene,
yp(x) = �x2
4+
1
3(x� 1)�
�x
12+
1
24
�= �
x2
4+
1
4x�
9
24
Finalmente, la soluci�on general yg de la e.d. no homog�enea planteada
en el problema es,
yg(x) = yh(x) + yp(x) = c1 + c2e�x + c3e
2x �x2
4+
1
4x�
9
24:
2
2. Considere el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales,
x0 = �x � y
y0 = �9x � y:
Calcule la soluci�on general del sistema en t�erminos de x(t) y
y(t).
(7 puntos)
RESPUESTA
La matriz A asociada al sistema es,
A =
��1 �1�9 �1
�:
El polinomio caracter��stico p(�) de la matriz A es,
p(�) = det(�I � A)
= (�+ 1)2 � 9 = (�� 2)(�+ 4):
Por lo tanto, los autovalores de A son � = 2 y � = �4. Calculemos
un autovector asociado a cada autovalor, sustituyendo � = 2 la matriz
�I � A,
�3 1
9 3
��u1
u2
�=
�0
0
�;
que es equivalente al sistema de ecuaciones,
3u1 + u2 = 0
9u1 + 3u2 = 0;
lo cual implica que u2 = �3u1. Por lo tanto, los vectores de la forma
�u1
u2
�=
�u1
�3u1
�= u1
�1
�3
�;
el vector
�1
�3
�es un autovecctor del autovalor � = 2.
3
Analogamente, sustituyendo � = �4 la matriz �I � A, se tiene,
��3 1
9 �3
��u1
u2
�=
�0
0
�;
que es equivalente al sistema de ecuaciones,
�3u1 + u2 = 0
9u1 � 3u2 = 0;
lo cual implica que u2 = 3u1. Por lo tanto, los vectores de la forma
�u1
u2
�=
�u1
3u1
�= u1
�1
3
�;
el vector
�1
3
�es un autovecctor del autovalor � = �4.
La soluci�on general del sistema s(t) satisface,
s(t) = c1e2t
�1
�3
�+ c2e
�4t
�1
3
�;
con c1 y c2 constantes reales arbitrarias, de lo cual se obtienen las
siguientes expresiones para x(t) y y(t),
x(t) = c1e2t + c2e
�4t
y(t) = �3c1e2t + 3c2e�4t
3. Determine la convergencia o divergencia de las siguientes se-
ries.
(a)1Xn=1
n2
nn(2puntos)
(b)1Xn=1
n2 + 2n+ 1
nn(2puntos)
4
(c)1Xn=1
3 cos2(nx)
n2con x 2 R (2puntos)
RESPUESTA
(a) Como,
limn!1
n
rn2
nn= lim
n!1
n
pn2
n
pnn=
limn!1
( n
pn)2
limn!1
n
=1
1= 0 < 1;
del Criterio de la Ra��z se decuce que la serieP1
n=1n2
nnconverge.
(b) Observe que,
limn!1
n2+2n+1nn
n2
nn
= limn!1
n2 + 2n + 1
n2
= 1:
Como la serie (a) congerge, del Criterio de comparaci�on por paso al l��mite
se tiene que la serieP1
n=1n2+2n+1nn
converge.
(c) Como
3 cos2(nx)
n2
�3
n2
y la serieP1
n=11n2
converge, utilizando el Criterio de Comparaci�on concluimos
que la serieP1
n=13 cos2(nx)
n2converge.
Daniel Barr�aez
5
![Manual de Matematicas 2011-III[1]](https://img.pdfslide.tips/doc/110x75/55721349497959fc0b91ffd4/manual-de-matematicas-2011-iii1.jpg)
