Ejercicios Resueltos

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UNIVERSIDAD BIO BIO
FACULTAD DE CIENCIAS
Departamento de Matemática
Preparación Evaluaciones Finales
Cálculo 3(220007)
Ejercicios Resueltos
1. Problema Probar la validez de los siguientes lı́mites:
(a) lim
(x,y)→(2,4)
(x2 + 2x− y) = 4 .
(b) lim
(x,y)→(0,0)
sin(6x3y3)
x4 + 7y2
= 0 .
Solución
(a) Por definición de lı́mites de funciones tenemos que:
lim
(x,y)→(2,4)
(x2+2x−y) = 4 ⇔ (∀ε > 0), (∃δ > 0) : ||(x, y)−(2, 4)|| < δ ⇒ |x2+2x−y−4| < ε.
En efecto:
|x2+2x−y−4| = |x2−4+2(x−2)−(y−4)| ≤ |x−2||x+2|+2|x−2|+|y−4|
Ası́
|x2 + 2x− y − 4| < δ|x+ 2|+ 2δ + δ.......(1)
Si hacemos δ = 1 en |x− 2| < δ , tenemos
|x− 2| < 1 ⇔ −1 < x− 2 < 1
⇓
3 < x+ 2 < 5
Por tanto
|x+ 2| < 5...........(2)
De (1) y (2) tenemos que tomando δ = min{1, ε
8
} ,
|x2 + 2x− y − 4| < ε.
1
(b) Usando el Teorema de Comparación, usualmente conocido como teo-
rema del sandwich, tenemos que:
0 <
∣∣∣sin(6x3y3)
x4 + 7y2
∣∣∣ ≤ ∣∣∣ 6x3y3
x4 + 7y2
∣∣∣........(1)
Por otro lado:
•
(|x|2 −
√
7|y|)2 ≥ 0 ⇒ |x|4 + 7|y|2 ≥ 2
√
7|x|2|y|
⇓
1
|x|4 + 7|y|2
≤ 1
2
√
7|x|2|y|
• x4 + 7y2 = |x|4 + 7|y|2 , por tanto:
1
x4 + 7y2
≤ 1
2
√
7|x|2|y|
..........(2)
Ası́ de (1) y (2) tenemos
0 <
∣∣∣sin(6x3y3)
x4 + 7y2
∣∣∣ ≤ ∣∣∣ 6x3y3
x4 + 7y2
∣∣∣ ≤ 6|x|3|y|3
2
√
7|x|2|y|
≤ 3√
7
|x||y|2........ → 0
cuando (x, y) → (0, 0)
Luego
lim
(x,y)→(0,0)
sin(6x3y3)
x4 + 7y2
= 0.
2. Problema: Considere la función f : R2 → R definida por
f(x, y) =

x2 +
yx3
x4 + y2
; (x, y) ̸= (0, 0)
0 ; (x, y) = (0, 0)
Estudie la continuidad de f en todo R2 .
Solución
(a) Para (x, y) ̸= (0, 0) , se tiene que f(x, y) = x2 + yx
3
x4 + y2
es continua
por ser la suma de una función polinomial (continua) y una función
racional ( también continua).
2
(b) Para (x, y) = (0, 0) , tenemos continuidad puntual:
• f(0, 0) = 0
• lim
(x,y)→(0,0)
(x2 +
yx3
x4 + y2
) = 0. En efecto, usando nuevamente el teo-
rema de comparación, tenemos que:
0 <
∣∣∣x2 + yx3
x4 + y2
∣∣∣ ≤ |x|2 + |y||x|3
x4 + y2
........(1)
Por otro lado:
(|x|2 − |y|)2 ≥ 0 ⇒ x4 + y2 ≥ 2|x|2|y|
⇓
1
x4 + y2
≤ 1
2|x|2|y|
..........(2)
Ası́ de (1) y (2) tenemos
0 <
∣∣∣x2 + yx3
x4 + y2
∣∣∣ ≤ |x|2 + |x|3|y|
2|x|2|y|
≤ |x|2 + 1
2
|x|2 ≤ 3
2
|x|2........ → 0
cuando (x, y) → (0, 0)
Luego
lim
(x,y)→(0,0)
x2 +
yx3
x4 + y2
= 0.
• lim
(x,y)→(0,0)
x2 +
yx3
x4 + y2
= f(0, 0).
Por tanto f es continua en (0, 0)
3. Problema: Considere la función f : R2 → R definida por
f(x, y) =

x3 − y4
|x|+ y2
; (x, y) ̸= (0, 0)
0 ; (x, y) = (0, 0)
(a) Estudie la diferenciabilidad de f en el punto (0, 0) .
(b) Calcule el plano tangente al gráfico de f en el punto (1, 0) .
Solución
3
(a) • ∂f
∂x
(0, 0) = lim
h→0
f(h, 0)− f(0, 0)
h
= lim
h→0
h2
|h|
= 0,
• ∂f
∂y
(0, 0) = lim
h→0
f(0, h)− f(0, 0)
h
= lim
h→0
(−h) = 0,
• g(h, k) = f(h, k)− f(0, 0)−∇f(0, 0) · (h, k)
||(h, k)||
luego
g(h, k) =
h3 − k4
(|h|+ k2)
√
h2 + k2
Podemos observar que: lim
(h,k)→(0,0)
g(h, k) = 0 , en efecto:
0 ≤
∣∣∣ h3 − k4
(|h|+ k2)
√
h2 + k2
∣∣∣ ≤ |h||h|+ k2 h2√h2 + k2 + k2|h|+ k2 k2√h2 + k2
≤ h
2
√
h2 + k2
+
k2√
h2 + k2
≤ 2||(h, k)||2 → 0
(h, k) → (0, 0)
Por tanto la función f es diferenciable en (0, 0)
(b) • ∂f
∂x
(1, 0) = lim
h→0
f(1 + h, 0)− f(1, 0)
h
= lim
h→0
(1 + h)3 − (1 + h)
h(1 + h)
= 2,
• ∂f
∂y
(1, 0) = lim
h→0
f(1, h)− f(1, 0)
h
= lim
h→0
1−h4
1+h2
− 1
h
= lim
h→0
h3 + h
1 + h2
= 0
luego, la ecuación del plano tangente es:
∂f
∂x
(1, 0)(x− 1) + ∂f
∂y
(1, 0)(y − 0)− (z − 1) = 0
2(x− 1)− z + 1 = 0
⇕
2x− z − 1 = 0
4. Problema:
(a) Encuentre una aproximación lineal de la función f(x, y) = x2exy , al
rededor del punto (1, 0) .
(b) Use la información anterior para encontrar una aproximación
0, 81× e0,09.
4
Solución
(a) La aproximación lineal de f en el punto (x0, y0) está dada por:
L(x, y) = f(x0, y0) +∇f(x0, y0)(x− x0, y − y0)
L(x, y) = f(1, 0) +∇f(1, 0)(x− 1, y)
• f(1, 0) = 1
• ∂f
∂x
(x, y) = 2xexy + x2yexy ⇒ ∂f
∂x
(1, 0) = 2,
• ∂f
∂y
(x, y) = x3exy ⇒ ∂f
∂y
(1, 0) = 1
luego, la aproximación lineal es:
L(x, y) = 1 + (2, 1)(x− 1, y)
⇕
L(x, y) = 2x+ y − 1
(b)
0.81× e0.09 = (0.9)2 × e0.9×0,1 = f(0.9, 0.1)
⇓
f(0.9, 0.1) ≈ L(0.9, 0.1) = 2(0.9) + (0.1)− 1 = 0.9
Ası́, el valor aproximado es: 0.9
5. Problema: Considere la función T (x, y) =
x
x2 + y2
. Se pide:
(a) Probar que T es diferenciable en (1, 2) .
(b) Determine el plano tangente a la gráfica de T en el punto (1, 2, T (1, 2)) .
(c) Suponga que T (x, y) representa la temperatura de una placa plana
en el punto (x, y) . Si un insecto, está parado en el punto (1, 2) En
qué dirección debe arrancar con el fin de que la temperatura bajo sus
patas disminuya los ms rapidamente posible? Cuál es ésta dismin-
ución máxima?
Solución
(a) T es diferenciable en cada punto de R2−{(0, 0)} , pues es una función
racional con denominador no nulo, por tanto es diferenciable (1, 2) .
5
(b) Definamos la superficie S dada por el gráfico de la función T , es decir
S = {(x, y, z) ∈ R3 : z = x
x2 + y2
}
• T (1, 2) = 1
5
, ası́ P0(1, 2, T (1, 2)) = (1, 2, 15) , además (1, 2,
1
5
) ∈ S .
• Definamos F (x, y, z) = T (x, y) − z , luego las derivadas parciales
de la función F son dadas por
∂F
∂x
= − x
2 − y2
(x2 + y2)2
,
∂F
∂y
= − 2xy
(x2 + y2)2
,
∂F
∂z
= −1 . Evaluadas en el punto P0(1, 2, 15) son:
∂F
∂x
(1, 2,
1
5
) =
3
25
,
∂F
∂y
(1, 2,
1
5
) = − 4
25
,
∂F
∂z
(1, 2,
1
5
) = −1.
• El plano Π , tangente a la gráfica de T en el punto (1, 2, T (1, 2)) es
dada por:
Π : ∇F (1, 2, 1
5
) · (x− 1, y − 2.z − 1
5
) = 0
⇕
3x− 4y − 25z = −10
(c) La dirección en la que debe arrancar el insecto de modo que la temper-
atura descienda lo más rápidamente posible es en la dirección opuesta
al vector gradiente, es decir en la dirección del vector:
−∇F (1, 2, T (1, 2)) = (− 3
25
,
4
25
, 1).
La disminución máxima es:
−||∇F (1, 2, T (1, 2))|| = −
√
650
25
.
6. Problema:
(a) Considere la función w = x3f
(y
x
,
z
x
)
. Demuestre que:
x
∂w
∂x
+ y
∂w
∂y
+ z
∂w
∂z
= 3x3f
(y
x
,
z
x
)
(b) Una ecuación importante en Fı́sica Matemática es la ecuación de Laplace
∂2z
∂x2
+
∂2z
∂y2
= 0
Si z = f(x, y) satisface la ecuación de Laplace, entonces verifique que
z = f(x− 2y, 2x+ y) también satisface la ecuación de Laplace.
6
Solución
(a) Haciendo u =
y
x
, v =
z
x
, usando regla de la cadena y el hecho que
f ∈ C1 tenemos:
•
∂w
∂x
= 3x2f(u, v) + x3
∂f
∂u
(−y
x2
)
+ x3
∂f
∂v
(−z
x2
)
= 3x2f(u, v)− xy∂f
∂u
− xz∂f
∂v
• ∂w
∂y
= x3
∂f
∂u
(1
x
)
= x2
∂f
∂u
,
• ∂w
∂z
= x3
∂f
∂v
(1
x
)
= x2
∂f
∂v
,
Por tanto
x
∂w
∂x
+ y
∂w
∂y
+ z
∂w
∂z
= 3x3f(u, v)− x2y∂f
∂u
− x2z∂f
∂v
+ x2y
∂f
∂u
+ x2z
∂f
∂v
= 3x3f
(y
x
,
z
x
)
.
(b) Haciendo u = x− 2y , v = 2x+ y , tenemos:
• ∂z
∂x
=
∂z
∂u
∂u
∂x
+
∂z
∂v
∂v
∂x
=
∂z
∂u
+ 2
∂z
∂v
• ∂z
∂y
=
∂z
∂u
∂u
∂y
+
∂z
∂v
∂v
∂y
= −2∂z
∂u
+
∂z
∂v
•
∂2z
∂x2
=
∂2z
∂u2
∂u
∂x
+
∂2z
∂v∂u
∂v
∂x
+ 2(
∂2z
∂u∂v
∂u
∂x
+
∂2z
∂v2
∂v
∂x
)
=
∂2z
∂u2
+ 4
∂2z
∂u∂v
+ 4
∂2z
∂v2
..............(1)
•
∂2z
∂y2
= 2
(∂2z
∂u2
∂u
∂y
+
∂2z
∂v∂u
∂v
∂y
)
+
∂2z
∂u∂v
∂u
∂y
+
∂2z
∂v2
∂v
∂y
)
= 4
∂2z
∂u2
− 4 ∂
2z
∂u∂v
+
∂2z
∂v2
.............(2)
De (1) y (2) tenemos que:
∂2z
∂x2
+
∂2z
∂y2
= 5
(∂2z
∂u2
+
∂2z
∂v2
)
= 5 · 0 = 0.
7
7. Problema: Sea f(x, y) una función de clase C2 y considere x = u + v e
y = uv . As definimos g(u, v) = f(x, y) . Determine, en términos de las
variables x e y , la expresión simplificada al máximo para
∂2g
∂u2
(u, v) +
∂2g
∂v2
(u, v)
Solución
Usaremos las siguientes notaciones
fx =
∂f
∂x
; fy =
∂f
∂y
; fxx =
∂2f
∂x2
; fyy =
∂2f
∂y2
; fxy =
∂2f
∂x∂y
; fyx =
∂2f
∂y∂x
Como f ∈ C2 entonces fxy = fyx y además como x = x(u, v) = u +
v ; y = y(u, v) = u · v entonces se tienen los siguientes resultados
∂x
∂u
=
∂x
∂v
= 1 ;
∂y
∂u
= v ;
∂y
∂v
= u
Entonces para g(u, v) = f(x, y) al derivar con respecto a u se tiene:
∂g
∂u
=
∂f
∂x
∂x
∂u
+
∂f
∂y
∂y
∂u
=fx + vfy
Al derivar nuevamente con respecto a u se tiene
∂2g
∂u2
=
∂
∂u
(fx + vfy) =
∂fx
∂x
∂x
∂u
+
∂fx
∂y
∂y
∂u
+v
(
∂fy
∂x
∂x
∂u
+
∂fy
∂y
∂y
∂u
)
= fxx+2vfxy+v
2fyy
De igual forma, derivando con respecto a v se tiene:
∂g
∂v
=
∂f
∂x
∂x
∂v
+
∂f
∂y
∂y
∂v
= fx + ufy
Al derivar nuevamente con respecto a v se tiene
∂2g
∂v2
=
∂
∂v
(fx + ufy) =
∂fx
∂x
∂x
∂v
+
∂fx
∂y
∂y
∂v
+u
(
∂fy
∂x
∂x
∂v
+
∂fy
∂y
∂y
∂v
)
= fxx+2ufxy+u
2fyy
Finalmente se tiene
∂2g
∂u2
(u, v) +
∂2g
∂v2
(u, v) = 2fxx + 2(u+ v)fxy + (u
2 + v2)fyy
8
8. Problema: Dos barcos zarparon al mismo tiempo del punto A y van, uno
hacia el norte y el otro hacia el N35 0 E. Las velocidades de los barcos son 20
y 40 nudos respectivamente. Con qué rapidez aumenta la distancia entre
ellos, transcurrida una hora de haber zarpado del punto A?
Solución
Usando el teorema del coseno podemos obtener la distancia que separan a
los barcos en cada instante de tiempo, es decir:
z2 = x2 + y2 − 2xy cos(35)
donde:
x = x(t) : distancia recorrida por el primer barco en el tiempo t .
y = y(t) : distancia recorrida por el segundo barco en el tiemp t .
z = z(t) : distancia que separa a los barcos en el tiempo t .
t : El tiempo, medido en horas
Derivando la igualdad respecto del tiempo t , tenemos que:
2z
dz
dt
= 2x
dx
dt
+ 2y
dy
dt
− 2 cos(35)
(
y
dx
dt
+ x
dy
dt
)
⇓
dz
dt
=
1
z
[
x
dx
dt
+ y
dy
dt
− cos(35)
(
y
dx
dt
+ x
dy
dt
)]
⇓
dz
dt
=
1
z
[(
x− y cos(35)
)dx
dt
+
(
y − x cos(35)
)dy
dt
]
Para el tiempo t = 1 se tiene que: x = 20 , y = 40 , luego
z2 = (20)2 + (40)2 − (20)(40) cos(35)
⇓
z = 52, 18
Finalmente
dz
dt
=
1
52, 18
[(
20− (40) cos(35)
)
(20) +
(
40− (20) cos(35)
)
(40)
]
⇓
dz
dt
= 66, 03
9
9. Problema: Considere el sistema de ecuaciones siguiente:
x+ y2 = u
y + z2 = v
z + x2 = w
(a) Mostrar que es posible resolver el sistema para las variables x , y , z
en términos de las variables u , v y w cerca del punto (1, 0, 0) , es decir
(x, y, z) = g(u, v, w) .
(b) Encontrar (u0, v0, w0) tal que: g(u0, v0, w0) = (1, 0, 0) y calcule:
∂x
∂u
(u0, v0, w0).
Solución
(a) Usando teorema de funciones implı́citas
Consideremos la función F : R6 −→ R3 , definida por
F (x, y, z, u, v, w) = (f1(x, y, z, u, v, w), f2(x, y, z, u, v, w), f3(x, y, z, u, v, w))
donde:
f1(x, y, z, u, v, w) = x+ y
2 − u, f2(x, y, z, u, v, w) = y + z2 − v,
f3(x, y, z, u, v, w) = x
2 + z − w
• F es de clase C1 en R6 , pues sus funciones componentes son
polinomiales, por tanto de clase C1 .
• F (x, y, z, u, v, w) = (0, 0, 0)
•
∂(f1, f2, f3)
∂(x, y, z)
=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
1 2y 0
0 1 2z
2x 0 1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1,0,0)
= 1 ̸= 0.
Por tanto el sistema define implı́citamente y de manera única a x , y ,
z como funciones de clase C1 en las variables u , v y w .
(b) Derivando el sistema respecto de la variable u , se obtiene
10

∂x
∂u
+ 2y
∂y
∂u
= 1
∂y
∂u
+ 2z
∂z
∂u
= 0
∂x
∂u
+ 2x
∂x
∂u
= 0
Por tanto
∂x
∂u
(1, 0, 1) = 1.
10. Problema: Muestre que en una vecindad del punto P0 = (x0, y0, z0, u0, v0) =
(1,−2, 0, π
2
, 0) es posible resolver el sistema
x2 − y cosuv + z2 − 3 = 0
x2 + y2 − sin uv + 2z2 − 5 = 0
xy − sin u cos v + z + 3 = 0
de manera única para x , y , z como funciones implcitas de u y v . Además,
determine el valor de
∂x
∂v
(
π
2
, 0) +
∂y
∂v
(
π
2
, 0) +
∂z
∂v
(
π
2
, 0)
Solución:
Claramente P0 satisface el sistema. Además al considerar F : R5 → R3 con
X = (x, y, z, u, v)
F (X) = (x2−y cosuv+z2−3;x2+y2−sin uv+2z2−5;xy−sin u cos v+z+3) = (0, 0, 0)
se tiene que
|JF (P0)| = |
∂(F1, F2, F3)
∂(x, y, z)
| = det
 2x − cosuv 2z2x 2y 4z
y x 1

P0
= det
 2 −1 02 −4 0
−2 1 1
 = −6 ̸= 0
Por lo cual existen vecindades V de (π
2
, 0) y W de (1,−2, 0) tal que x , y
y z son definidas implcitamente en términos de las variables u y v a través
de una función
f : V ⊆ R2 → W ⊆ R3 tal que
11
f(u, v) = (f1(u, v); f2(u, v); f3(u, v)) = (x, y, z)
con f ∈ Ck . En tal caso, derivando con respecto a v , aplicando la regla de
la cadena y ordenando, se tiene
∂F
∂v
=
2x∂x
∂v
− cosuv ∂y
∂v
+ 2z ∂z
∂v
= −yu sin uv
2x∂x
∂v
+ 2y ∂y
∂v
+ 4z ∂z
∂v
= u cosuv
y ∂x
∂v
+ x∂y
∂v
+ ∂z
∂v
= − sin u sin v
Evaluando en P0 se obtiene el sistema 2 −1 02 −4 0
−2 1 1
 ∂x∂v∂y
∂v
∂z
∂v
 =
 0π
2
0

De cuya resolución se tiene
∂x
∂v
(
π
2
, 0) = − π
12
;
∂y
∂v
(
π
2
, 0) = −π
6
;
∂z
∂v
(
π
2
, 0) = 0
Por lo cual
∂x
∂v
(
π
2
, 0) +
∂y
∂v
(
π
2
, 0) +
∂z
∂v
(
π
2
, 0) = −π
4
12
11. Problema Determinar los puntos crı́ticos de la función f y clasificarlos
como máximos relativos, mı́nimos relativos o puntos de silla
f(x, y) = x3 + y3 + 9x2 − 3y2 + 15x− 9y.
Diga por qué la función f no tiene extremos absolutos en R2 .
Solución
Sea f(x, y) = x3 + y3 + 9x2 − 3y2 + 15x− 9y ,
(a) R2 es un conjunto abierto, los extremos relativos son localizados via
criterio de la segunda derivada. Asi,
• fx = 3x2 + 18x+ 15 , fy = 3y2 − 6y − 9 ,
– Si fx = 0 , entonces 3x2 + 18x + 15 = 3(x + 5)(x + 1) = 0 . Por
tanto x = −1;x = −5 .
– Si fy = 0 , entonces 3y2 − 6y − 9 = 3(y + 1)(y − 3) = 0 . Por
tanto y = −1; y = 3 .
Los puntos crı́ticos son: P1(−1,−1) , P2(−1, 3) , P3(−5,−1) , P4(−5, 3)
Hessf(x, y) =

fxx fxy
fyx fyy
 ⇒ Hessf(x, y) =
6x+ 18 0
0 6y − 6

Haciendo ∆1 = fxx , ∆2 =
∣∣∣∣∣∣
fxx fxy
fyx fyy
∣∣∣∣∣∣ ,
– Para P1(−1,−1) , ∆2 = −144 < 0 , por tanto P1 es un punto
de silla.
– Para P2(−1, 3) , ∆1 = 12 > 0 , ∆2 = 144 > 0 , por tanto P2 es
un punto de mı́nimo relativo.
– Para P3(−5,−1) , ∆1 = −12 < 0 , ∆2 = 144 > 0 , por tanto P3
es un punto de máximo relativo.
– Para P4(−5, 3) , ∆2 = −144 < 0 , por tanto P4 es un punto de
silla.
(b) La función f no tiene máximos, ni mı́nimos absolutos en R2 , pues no
es una función acotada. En efecto, si x = 0 , entonces tenemos que
f(0, y) = y3 − 3y2 − 9y , luego
lim
y→−∞
f(0, y) = −∞, lim
y→+∞
f(0, y) = +∞.
13
12. Problema Se desea determinar los valores extremos de la función f(x, y) =
ln(x2 + y2 + 1) sobre la región acotada por la elipse 2x2 + 3y2 = 12
(a) Justificar por qué existen tales valores.
(b) Determinar los puntos de máximos y mı́nimos absolutos.
Solución
(a) Dado que D = {(x, y)/2x2 + 3y2 ≤ 12} es cerrado y acotado en R2 y
además f es continua en D , se tiene por teorema que f alcanza su
máximo y su mı́nimo en el conjunto D .
(b) • Puntos crı́ticos en int(D) :
∇f(x, y) = (0, 0)
=⇒ ∂f
∂x
= 2x
x2+y2+1
= 0, ∂f
∂y
= 2y
x2+y2+1
= 0
=⇒ (x, y) = (0, 0)
Luego, (0, 0) es un posible máximo o mı́nimo absoluto en int(D).
• Puntos crı́ticos en Fr(D) :
Se define el Lagrangeano
L(x, y, λ) = ln(x2 + y2 + 1) + λ(2x2 + 3y2 − 12)
luego:
∂L
∂x
= 2x
x2+y2+1
+ 4λx = 0........(1)
∂L
∂y
= 2y
x2+y2+1
+ 6λy = 0.......(2)
∂L
∂λ
= 2x2 + 3y2 − 12 = 0......(3)
Multiplicando la ecuación (1) por y , la ecuación (2) por x y
restando se obtiene:
4λxy − 6λxy = 0
=⇒ λxy = 0
=⇒ λ = 0 ∨ x = 0 ∨ y = 0
– λ = 0 =⇒ x = y = 0 , por (1) y (2) , lo cual contradice la
ecuación (3).
– x = 0 =⇒ y2 = 4 =⇒ y = ±2 por (3). Luego tenemos los
puntos crı́ticos: (0, 2) y (0,−2).
14
– y = 0 =⇒ x2 = 6 =⇒ x = ±
√
6 por (3). Luego tenemos los
puntos crı́ticos: (
√
6, 0) y (−
√
6, 0).
Reemplazando los punto crı́ticos en f(x, y) , tenemos que:
f(0, 0) = ln(1) = 0
f(0, 2) = f(0,−2) = ln 5
f(
√
6, 0) = f(−
√
6, 0) = ln 7
Luego (0, 0) es un punto de mı́nimo con mı́nimo absoluto igual a
0 , y (
√
6, 0), (−
√
6, 0) son puntos de máximo com máximo abso-
luto igual a ln 7 .
13. Problema: Evalue la integral
I =
∫ ∫
D
e
x− y
x+ y dA
donde D es la región del plano XY limitado por las rectas x + y = 4 ,
x+ y = 2 , x = 0 , y = 0 .
Solución
Para el cambio de variables u = x− y ; v = x+ y , tenemos

u = x− y
v = x+ y
⇒

x =
1
2
(u+ v)
y = −1
2
(u− v)
Consideremos la transformación en el plano T : R2 → R2 definida por
T (u, v) = (
1
2
(u+ v),−1
2
(u− v))
• T es de clase C1 .
• T es una aplicación biunı́voca.• El jacobiano JT =
1
2
.
• Si D̃ = {(u, v) ∈ R2 : 2 ≤ v ≤ 4;−v ≤ u ≤ v} , entonces T (D̃) = D .
Usando el Teorema del cambio de variables, tenemos que
I =
∫ ∫
D
e
x− y
x+ y dA =
∫ ∫
D̃
eu/v1/2dÃ.
15
Ası́
I =
1
2
∫ 4
2
∫ v
−v
eu/vdudv,
I =
1
2
∫ 4
2
veu/v
∣∣∣v
−v
dv,
I =
1
2
(e− e−1)
∫ 4
2
vdv,
I =
1
2
(e− e−1)1
2
v2
∣∣∣4
2
dv,
I = 3(e− e−1).
14. Problema:
(a) Usando el cambio de variables u = x − 2y , v = x + 2y , determinar el
valor de la integral
I =
∫ 1
0
∫ 2−2y
0
e
x−2y
x+2y dxdy.
(b) Evaluar la integral
∫ a
0
∫ a
y
e1−x
2
dxdy .
Solución
(a) Para el cambio de variables u = x− y ; v = x+ 2y , tenemos

u = x− 2y
v = x+ 2y
⇒

x =
1
2
(u+ v)
y = −1
4
(u− v)
Consideremos la transformación en el plano T : R2 → R2 definida por
T (u, v) = (
1
2
(u+ v),
1
4
(u− v))
• T es de clase C1 .
• T es una aplicación biunı́voca.
• El jacobiano JT =
1
4
.
• Si D = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ y ≤ 1; 0 ≤ x ≤ 2 − 2y} y si además
D̃ = {(u, v) ∈ R2 : 0 ≤ v ≤ 2;−v ≤ u ≤ v} , entonces T (D̃) = D .
16
Usando el Teorema del cambio de variables, tenemos que
I =
∫ ∫
D
e
x− 2y
x+ 2y dA =
∫ ∫
D̃
eu/v
1
4
dÃ.
Ası́
I =
1
4
∫ 2
0
∫ v
−v
eu/vdudv,
I =
1
4
∫ 2
0
veu/v
∣∣∣v
−v
dv,
I =
1
4
(e− e−1)
∫ 2
0
vdv,
I =
1
2
(e− e−1)1
2
v2
∣∣∣2
0
dv,
I =
1
2
(e− e−1).
(b) Sea I =
∫ a
0
∫ a
y
e1−x
2
dxdy , intercambiando el orden de integración,
tenemos que:
I =
∫ a
0
∫ x
0
e1−x
2
dydx,
I =
∫ a
0
ye1−x
2
∣∣∣x
0
dx,
I =
∫ a
0
xe1−x
2
dx,
I = −1
2
e1−x
2
∣∣∣a
0
,
I = −1
2
(e1−a
2 − e).
15. Problema: Usando integración doble, determinar el volumen del sólido S
que se indica,
S = {(x, y, z) ∈ R3 : 4x2 + 9y2 ≤ 36, x ≥ 0, y ≥ 0, z = 3x+ y, z ≥ 0}.
Solución
17
El volumen de S está dado por la integral:
V =
∫ ∫
S
(3x+ y)dA
=
∫ 3
0
∫ √36−4x2/3
0
(3x+ y)dydx
=
∫ 3
0
(x
√
36− 4x2 + 1
18
(36− 4x2))dx
=
[−1
12
(36− 4x2)3/2 + 1
54
(108x− 4x3)
]3
0
= 4 + 18 = 22
16. Problema: Evalue la integral∫ ∫ ∫
Q
√
x2 + y2dV
donde Q es la región del espacio tridimensional limitado por las superficies
y + z = 4 , z = 0 , x2 + y2 = 16 .
Solución
Las coordenadas cilı́ndricas son: x = r cos θ , y = r sin θ , z = z . Por tanto
en estas coordenadas tenemos:
• El plano y + z = 4 es z = 4− r sin θ
• El plano XY es z = 0 .
• El cilindro x2 + y2 = 16 es dado por r = 4 .
La region Q en coordenadas cilı́ndricas es definida como
Q = {(r, θ, z) ∈ R3 : 0 ≤ r ≤ 4, 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ z ≤ 4− r sin θ}
Luego
∫ ∫ ∫
Q
√
x2 + y2dV =
∫ 4
0
∫ 2π
0
∫ 4−r sin θ
0
r2dzdθdr
=
512π
3
.
18
17. Problema: Use coordenadas esféricas para calcular el volumen de la región
sólida S limitada inferiormente por el cono z2 = x2 + y2 y superiormente
por la esfera x2 + y2 + z2 = 9 .
Solución
Las coordenadas esféricas son: x = ρ cos θ sinϕ , y = ρ sin θ sinϕ , z =
ρ cosϕ . Por tanto en estas coordenas tenemos:
• El cono z2 = x2 + y2 es ϕ = π
4
.
• La esfera x2 + y2 + z2 = 9 es ρ = 3 .
• La región sólida S definida sobre el cono y bajo la esfera es:
S = {(ρ, θ, ϕ) ∈ R3 : 0 ≤ ρ ≤ 3, 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ ϕ ≤ π
4
}.
Por tanto el volumen la región sólida S es:
V ol(S) =
∫ 3
0
∫ 2π
0
∫ π/4
0
ρ2 sinϕdϕdθdρ.
V ol(S) = 18π(1−
√
2
2
).
MU/mu, Concepción 17 Julio 2012
19