Análisis Matemático para la Ingenier´ıa. Problemas Resueltos

Analisis Matematico para la Ingenierıa.

Problemas Resueltos

Marıa Isabel Garcıa Planas

Profesora Titular de Universidad

Primera edicion: Julio 2020

Editora: la autora

c© Ma¯ Isabel Garcıa Planas

ISBN: 978-84-09-22481-4

Esta rigurosamente prohibido, sin autorizacion escrita del titular del copyright, bajo sanciones establecidas

por la ley, la reproduccion total o parcial de esta obra por cualquier procedimiento, incluido la reprografıa

y el tratamiento informatico

A Blanca, Sofıa, Jose Luis y Elisabeth

Defiende tu derecho a pensar, porque in-

cluso pensar de manera erronea es mejor

que no pensar.

Hipatia (Alejandrıa 355-370)

Si comenzase de nuevo mis estudios, se-

guirıa el consejo de Platon y comenzarıa

con las matematicas.

Galileo Galilei (Pisa 1564 - Arcetri

1642)

Presentacion

El presente libro es una recopilacion de los ejercicios preparados para la asig-

natura de Calculo II de la titulacion de Grado en Ingenierıa en Tecnologıas

Industriales impartida en la Escuela Tecnica Superior de Ingenierıa Industrial

de Barcelona (ETSEIB) de la Universitat Politecnica de Catalunya (UPC),

durante el segundo cuatrimestre del curso academico 2019-20.

Este cuatrimestre se ha visto afectado por el Coronavirus 2019, teniendo que

adoptar de forma inesperada la docencia teniendo que hacer, la mayorıa de

profesores, una transicion abrupta para hacer nuestras clases en lınea. Esta

situacion ha obligado a preparar mas material docente para ayudar al alumno

en su trabajo autonomo. A raız de esta situacion la UPC ha hecho un vuelco

hacia la semipresencialidad de la docencia para el proximo curso, y este hecho

me ha llevado a recopilar el trabajo realizado para hacerlo util para la nueva

situacion.

Las herramientas teoricas necesarias para una optima comprension de to-

dos los ejercicios se encuentran en el libro de apuntes de libre disposicion

“Notas sobre Analisis Matematico para la Ingenierıa”que se encuentra en

https://upcommons.upc.edu/bitstream/handle/2117/18173/CalculoDif -e-I-

8

nteg.pdf

Este libro sigue la estructura del libro de apuntes antes mencionado, esto es,

esta dividido en tres partes, de manera que la primera incluye problemas de

calculo diferencial para n variables. La segunda parte esta dedicada al calculo

de integrales para funciones de mas de una variable en particular para dos

y tres variables. Finalmente, la tercera parte contiene una introduccion a la

resolucion de ecuaciones diferenciales de primer orden.

La Autora

Indice general

PARTE I 11

1. Continuidad de funciones de n variables 13

1.1. Topologıa del espacio Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

1.2. Funciones vectoriales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

1.3. Lımites de funciones vectoriales . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

1.4. Continuidad de funciones vectoriales . . . . . . . . . . . . . . 27

2. Derivacion de funciones de n variables 31

2.1. Derivadas parciales primeras y de orden superior . . . . . . . 31

2.2. Derivabilidad y continuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

2.3. Derivadas parciales de orden superior . . . . . . . . . . . . . . 38

2.4. Derivadas direccionales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

2.5. Regla de la cadena . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

2.6. Derivada de las funciones inversa e implıcita . . . . . . . . . . 52

2.7. Formula de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

2.8. Extremos de funciones de varias variables . . . . . . . . . . . . 70

9

10 INDICE GENERAL

PARTE II 75

3. Integracion de funciones de n variables 77

3.1. La integral de Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

3.2. Principio de Cavalieri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

3.3. Cambios de variable en Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85

PARTE III 103

4. Ecuaciones diferenciales ordinarias 105

4.1. Ecuaciones de variable separada . . . . . . . . . . . . . . . . . 105

4.2. Ecuaciones lineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107

4.3. Ecuaciones de Bernouilli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108

4.4. Ecuaciones de Ricatti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110

4.5. Ecuaciones homogeneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

4.6. Ecuaciones diferenciales exactas y factores integrantes . . . . . 114

4.7. Resolucion de EDO’s usando la transformada de Laplace . . . 118

Bibliografıa 126

PARTE I

12 INDICE GENERAL

Capıtulo 1

Continuidad de funciones de n

variables

1.1. Topologıa del espacio Rn

1. Dibujar los siguientes conjuntos de R2 y decir cuales son abiertos, ce-

rrados o compactos:

a) A = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 5

b) B = (x, y) ∈ R2 : xy > 1

c) C = (x, y) ∈ R2 : 1 < x2 + y2 ≤ 2.

d) D = (x, y) ∈ R2 : x > 1,x2 + y2

x< 2.

13

14 CAPITULO 1. CONTINUIDAD DE FUNCIONES DE N VARIABLES

Solucion:

a)

Este conjunto es compacto ya que es cerrado y acotado.

b)

Este conjunto es abierto, no es cerrado ni acotado por lo que no es

compacto.

1.1. TOPOLOGIA DEL ESPACIO RN 15

c)

Este conjunto es abierto, es acotado ya que esta incluido en cualquier

cırculo de radio superior a 2, pero no es compacto ya que no es cerrado.

c)

Este conjunto no es abierto ni cerrado, es acotado ya que esta incluido

en cualquier cırculo centrado en el origen de radio superior a 2, pero

no es compacto ya que no es cerrado

Observacion

“En general”los conjuntos definidos por

desigualdades del tipo ≶ son abiertos

desigualdades del tipo S son cerrados.


solo cuando la funcion, que define al conjunto, no tiene “problemas”de

definicion. Ejemplos

x2 − 2x+ 1 > 0, x ∈ R = (−∞,−1) ∪ (1,+∞) es abierto.

Contraejemplo

1/x ≥ 0, x ∈ R = (0,+∞) es abierto

2. Decir cual de los siguientes conjuntos son abiertos, cerrados o compac-

tos.

a) A = (x, y) ∈ R2 | x2 + y2 ≤ x, exy − senx ≤ y4 + ex.

b) B = (x, y, z) ∈ R3 | x2 + y2 + z2 ≤ 1, exy + eyz + ezx ≥ x+ y+ z.

c) C = (x, y) ∈ R2 | x2 − y2 ≤ 0, y ≤ 2x.

d) D = (x, y, z) ∈ R3 | 0 < x2 − y2 + z2 < 1, xyz > 0.

e) E = (x, y) ∈ R2 | x2 + sen y > 0, x 6= 0, y 6= 0.

Solucion:

a) Es compacto ya que es la interseccion de dos conjuntos cerrados:

B21/2(1/2, 0) = (x, y) ∈ R2 : x2 − x− 1/4 + y2+ ≤ 1/4,

que es una bola cerrada y acotada (compacto), y

(x, y) ∈ R2 | exy − senx ≤ y4 + ex

que es un conjunto definido por una desigualdad no estricta.

1.2. FUNCIONES VECTORIALES 17

b) B = (x, y, z) ∈ R3 | x2 + y2 + z2 ≤ 1, exy + eyz + ezx ≥ x+ y + z.

Este es conjunto es la interseccio de la bola cerrada unidad centrada

en el origen y un cerrado, por lo tanto, es compacto.

c) Es cerrado ya que es la interseccion de dos conjuntos cerrados.

No es compacto puesto que no esta acotado, debido a que los puntos

de la forma (x, x) ∀x ∈ R+ pertenecen a C.

d) Es la interseccion de dos conjuntos abiertos, por tanto, es abierto.

e) Es abierto, ya que es la interseccion de tres conjuntos abiertos.

1.2. Funciones vectoriales

1. Dada la funcion de n variables

f(x) = (ln(||x||), ln(1− ||x||))

Dar su dominio e imagen

Solucion:

Su dominio es: D(f) = Bn1 (0) \ 0, (‖x‖ 6= 0, 1− ‖x‖ > 0).

El conjunto imagen es; R(f) = (y1, y2) ∈ R2 : y1 ∈ (−∞, 0), y2 =

ln(1− ey1).

2. Dar el dominio de defincion de las siguientes funciones.

a) f(x, y) =

√9− x2 − y2

x2 + y2 − 4.

b) f(x, y) =√

16− 4x2 − y2.


c) f(x, y) = (ln(xy),√

4− x2 − y2).

d) f(x, y) = arcsen(yx

).

e) f(x, y) = arctan

(1

x2 + y2

).

f) f(x, y) =√y − xy − 1.

g) f(x, y, z) =x√

9− x2 − y2 − z2.

Solucion:

a) El dominio es la interseccion del dominio de la funcion numerador y

del de la funcion denominador, menos los puntos que anulan al deno-

minador.

Dominio del numerador: (x, y) | 9 − x2 − y2 ≥ 0 = B23(0, 0) (bola

cerrada).

Dominio del denominador: (x, y) | x2 + y2 − 4 6= 0 = R2. El denomi-

nador se anula en ∂B22(0, 0).

Por lo tanto: D(f) = B23(0, 0) \ ∂B2

2(0, 0).

b) D(f) es la clausura de la elipse x2

4+ y2

16≤ 1.

c) En este caso el dominio es la interseccion de los dominios de las dos

funciones componentes.

El dominio de f1 es (x, y) ∈ R2 | xy > 0 (1er y 3er cuadrantes).

El dominio de f2 es (x, y) ∈ R2 | 4− x2 − y2 ≥ 0 (bola cerrada)

Por lo tanto:

D(f) = B22(0, 0) ∩ ((x, y) | x, y > 0 ∪ (x, y) | x, y < 0)


d) Teniendo en cuenta que arcsen : [−1, 1]→ [−π/2, π/2], se tiene que:

D(f) = (x, y) ∈ R2 | −1 ≤ y

x≤ 1 = (x, y) ∈ R2 | |y| ≤ |x|, x 6= 0

e) Teneindo en cuenta que arctan : (−∞,∞)→ [−π/2, π/2], se tiene

D(f) = R2 \ (0, 0).

f) El conjunto definido por y− xy− 1 = 0 se expresa por y(1− x) = 1.

El plano R2 queda dividido en cuatro regiones segun si x < 1 o x > 1

i si y − xy − 1 ≥ 0 o y − xy − 1 ≤ 0.

Por lo que

D(f) = (x, y) : x < 1, y ≥ 1

1− x ∪ (x, y) : x > 1, y ≤ 1

1− x

g) El dominio del denominador es (x, y, z) ∈ R3 | 9−x2−y2−z2 ≥ 0,

y los puntos en que se anula el denominador son (x, y, z) ∈ R3 |

9− x2 − y2 − z2 = 0. Luego

D(f) = B33(0, 0, 0). bola abierta

3. Dibujar las curvas de nivel del paraboloide elıptico definido por f(x1, x2) =

x21 + x2

2/4

Solucion:


La grafica de la funcion es:

y las curvas de nivel son elipses:

4. Encontrar las curvas de nivel de las siguientes funciones y decir cual es

su imagen.

a) f(x, y) = x2 + y2.

b) f(x, y) = 4x2 + y2.


c) f(x, y) = x2 − y.

d) f(x, y) =xy

x2 + y2, definida para (x, y) 6= (0, 0).

e) f(x, y) =x2 − y2

x2 + y2, definida para (x, y) 6= (0, 0).

f) f(x, y) = (x2 + y2)e−x2−y2 .

Solucion:

a) Las curvas de nivel son circunferencias y el conjunto imagen: R(f) =

[0,∞).

b) Las curvas de nivel son elipses y el conjunto imagen: R(f) = [0,∞).

c) Las curvas de nivel vienen dades por x2 − y = C, con C ∈ R. Se

trata, pues, de parabolas.

Su imagen es: R(f) = R

d) Las curvas de nivel vienen dadas porxy

x2 + y2= C, es decir

xy = Cx2 + Cy2 ⇔ Cx2 − xy + Cy2 = 0⇔ y =x±√x2 − 4C2x2

2C

Las curvas de nivel son rectas que pasan por el origen.

Para ver la imagen, observamos que esta incluida en [−1/2, 1/2] ya que

(x− y)2 ≥ 0⇔ x2 + y2 ≥ 2xy ⇔ f(x, y) ≤ 1/2

y, por otra parte, (x+ y)2 ≥ 0⇔ x2 + y2 ≥ −2xy ⇔ f(x, y) ≥ −1/2

por lo tanto R(f) ⊂ [−1/2, 1/2].

Para ver la igualdad, sustituimos y por mx y f es constante y vale

m/(1 +m2) que toma todos los valores entre −1/2 y 1/2 variando m.


e) Las curvas de nivel son las rectas y = ±√

1−k1+k

x. Por lo tanto, el

conjunto imagen es: R(f) = [−1, 1].

f) Podemos relacionar los valores de f con los de la funcion h(z) = ze−z.

Como que f(x, y) = h(‖(x, y)‖2), las curvas de nivel son circunferencias.

El conjunto imagen es: R(f) = (−∞, e−1] ya que h tiene un unico

maximo absoluto z = 1.

1.3. Lımites de funciones vectoriales

1. Probar que lımx→1 x2 = 1.

Solucion:

Fijado ε > 0, entonces para |x− 1| < δ (y, suponiendo δ < 1) tenemos

|x2 − 1| = |x− 1||x+ 1| < δ|x+ 1| < 3δ < ε,

tomando δ < mın(ε/3, 1), ya que entonces |x+ 1| < 3.

2. Probar que

a) lım(x,y)→(0,0)

√x2 + y2 = 0

b) lım(x1,...,xn)→(0,...,0) ‖x‖k = 0

c) lım(x,y)→(0,0) 1 + x+ y = 1

Solucion:

a) En efecto, teniendo en cuenta que√x2 + y2 = ‖(x, y)‖, entonces,

para cualquier ε > 0, basta tomar δ = ε.

1.3. LIMITES DE FUNCIONES VECTORIALES 23

b) Basta con tomar δ = ε1/k para cualquier ε > 0.

c) |(1 + x+ y)− 1| = |x+ y| ≤ |x| + |y| ≤ 2‖(x, y)‖. Basta con tomar

δ = 12ε para cualquier ε > 0.

3. Consideremos la funcion

f(x1, x2) =

x21x

22

x21+x2(x1, x2) 6= 0,

0 (x1, x2) = 0

Probar que no existe lım(x1,x2)→(0,0) f(x1, x2)

Solucion:

Nos acercamos al origen a traves de la recta x1 = x2 con x1 → 0,

f(x1, x1) =x21x

21

x21+x1→ 0, x1 → 0

No acercamos a traves de la curva x2 = −x21 + x6

1,

f(x1,−x21 + x6

1) =x21(−x21+x61)2

x21−x21+x61=

x61(−12+x41)2

x61→ 1, x1 → 0

Los lımites segun dos curvas distinta no coinciden, por lo tanto el lımite

no existe.

4. Para las siguientes funciones, hallar valores para δ(ε) (“optimos”) tales

que si√x2 + y2 ≤ δ(ε) entonces |f(x, y)− f(0, 0)| ≤ ε.

a) f(x, y) = 3√xy.

b) f(x, y) =x2y

x2 + y2si (x, y) 6= (0, 0) y f(0, 0) = 0.

c) f(x, y) =1− x2 − y2

1 + x2 + y2.


Solucion:

Observacion: |x|, |y| ≤√x2 + y2.

a) δ(ε) = ε3/2, ya que

| 3√xy| = 3√|xy| = |x|1/3|y|1/3 ≤ (x2 + y2)1/3 ≤ ε

δ =√x2 + y2 ≤ ε3/2.

b) δ(ε) = ε, ya que∣∣∣∣ x2y

x2 + y2

∣∣∣∣ ≤|x2|≤|x2+y2|

∣∣∣∣x2y

x2

∣∣∣∣ = |y| ≤√x2 + y2 = δ = ε.

c) δ(ε) =√ε/2, ya que:

|f(x, y)− f(0, 0)| =∣∣∣∣1− x2 − y2

1 + x2 + y2− 1

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣−2(x2 + y2)

1 + x2 + y2

∣∣∣∣ ≤ 2‖(x, y)‖2 =

2δ2 = ε.

5. Calcular

lım(x,y,z)→(0,0,0)

4x+ y − 3z

2x− 5y + 3z

Solucion:

lım(x,0,0)→(0,0,0)4x+ y − 3z

2x− 5y + 3z= lım(x,0,0)→(0,0,0)

4x

2x= 2

lım(0,y,0)→(0,0,0)4x+ y − 3z

2x− y + 3z= lım(0,y,0)→(0,0,0)

y

−5y= −1

5

Ambos lımites son distintos, luego el lımite no existe.

6. Calcular

a) lım(x,y)→(0,1)arc cos(x/y)

1 + xy.

b) lım(x,y)→(0,0)xy

x2 + y2.

1.3. LIMITES DE FUNCIONES VECTORIALES 25

c) lım(x,y)→(0,0)x2 − y2

x2 + y2.

d) lım(x,y)→(0,0)x2y2

x4 + y4.

e) lım(x,y)→(0,0)sin(xy)

x2 + y2.

Solucion:

a) La funcion esta definida, en el punto (0, 1), tanto en el numerador

como en el denominador y no se anula en el denominador.

Por lo tanto se puede calcular el lımite por sustitucion, obteniendo π/2.

b) Se observa que, si x = 0, el lımite vale 0. Si x = y, el lımite vale 1/2

Por caminos distintos llegamos a puntos distintos, luego el lımite no

existe.

c) Se observa que para x = 0, el lımite vale −1 y para x = y, el lımite

vale 0.

Al igual que en el apartado anterior, el lımite no existe.

d) Se observa que para x = 0, el lımite vale 0 y para x = y, el lımite

vale 1/2.

Por lo tanto, el lımite no existe.

e) Se observa que para x = 0, el lımite vale 0 y para x = y, nos queda

lımx→0senx2

2x2= 1

2

Por lo tanto el lımite no existe.

7. Calcular


a) lım(x,y)→(0,0)xy√x2 + y2

.

b) lım(x,y)→(0,0) xy ln(x2 + y2).

c) lım(x,y,z)→(0,0,0)xyz

x2 + y2 + z2.

d) lım(x,y)→(0,0)x− y√x−√y

, (definida si x, y > 0 y x 6= y).

e) lım(x,y)→(1,1) tan

(π

x2 + y2

).

Solucion:

a) Teniendo en cuenta que |xy| ≤ (x2 + y2)|, se concluye que∣∣∣∣ xy√x2+y2

∣∣∣∣ ≤√x2 + y2.

Por lo que el lımite es: 0.

b) En primer lugar

|xy ln(x2 + y2)| ≤ |(x2 + y2) ln(x2 + y2)| = h(‖(x, y)‖)

donde h : R \ 0 → R es la funcion de una variable definida por

h(t) = t2 ln(t2), que comple lımt→0 h(t) = 0.

Teniendo en cuenta la propiedad: Si h : (0,+∞) → R es una fun-

cion escalar que cumple que lımt→0+ h(t) = L, entonces tambien, para

cualquier n: lım(x1,...,xn)→(0,...,0) h (‖(x1, . . . , xn)‖) = L.

Entonces, el lımite buscado es: 0.

c) El lımite es 0 ya que∣∣∣∣ xyz

x2 + y2 + z2

∣∣∣∣ ≤ ∣∣∣∣‖(x, y, z)‖3

‖(x, y, z)‖2

∣∣∣∣ = ‖(x, y, z)‖ → 0

1.4. CONTINUIDAD DE FUNCIONES VECTORIALES 27

d) En primer lugar, observamos que la funcion no esta definida en

ninguna bola centrada en cero (excluyendo el centro).

Podemos multiplicar y dividir por el conjugado∣∣∣∣ x− y√x−√y

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣ (x− y)(√x+√y)

(√x−√y)(

√x+√y)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣(x− y)(√x+√y)

x− y

∣∣∣∣=∣∣√x+

√y∣∣ ≤ ∣∣√x∣∣+ |√y| ≤

√|x|+

√|y| ≤ 2

√‖(x, y)‖

Por lo que, el lımite es: 0.

e) Si hacemos x = 1, el lımite no existe (lımy→1π

1 + y2=π

2).

Por lo tanto, el lımite no existe.

1.4. Continuidad de funciones vectoriales

1. Sea f(x, y) =cos(xy)− 1

x2y2si xy 6= 0 y f(x, y) = a si xy = 0.

a) ¿Para que valor de a ∈ R es f continua en (0, 0)?

b) Para este valor de a discutir la continuidad de f en R2.

Solucion:

a) Hacemos xy = t y definimos g(t) =cos(t)− 1

t2, lımt→0 g(t) = −1/2

(aplicando la regla de l’Hopital). por lo tanto a = −1/2.

b) Por generacion, f es continua fuera de xy = 0

Para ver la continuidad cuando xy = 0: recordamos que para t sufi-

cientemente pequeno, podemos aproximar la funcion de la ,anera:

cos t = 1− 1

2t2 +

1

4!t4 +O(t6)⇔ cos t− 1 +

1

2t2 =

1

4!t4 +O(t6)


∣∣∣∣cos(xy)− 1

x2y2+

1

2

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣cos(xy)− 1 + 12x2y2

x2y2

∣∣∣∣ =︸︷︷︸t=xy∣∣∣∣ 1

4!(xy)4 +O((xy)6)

∣∣∣∣→ 0, cuando (x, y)→ (0, 0).

2. Estudiar la continuidad de la funcion max : R2 → R.

Solucion:

La funcion maximo es una funcion que esta definida a trozos

maxx, y =

x x ≥ y

y y < x

y, salvo en x = y, es una funcion polinomial (que vale x o y). Veamos

que es continua en cualquier punto (a, a), con a ∈ R:

lım(x,y)→(a,a)

maxx, y = a. En efecto

|maxx, y − a| ≤ max|x− a|, |y − a| ≤ ‖(x− a, y − a)‖

3. Para las siguientes funciones definidas a trozos discutir su continuidad

en R2.

a) f(x, y) =sen (xy)

xysi xy 6= 0 y f(x, y) = 1 si xy = 0.

b) f(x, y) = maxx, y si x > 0 y f(x, y) = 0 si x ≤ 0.

c) f(x, y) = x si |x| ≤ |y| y f(x, y) = y si |x| > |y|.

d) f(x, y) = x si x2 + y2 ≤ 1 y f(x, y) = y si x2 + y2 > 1.

1.4. CONTINUIDAD DE FUNCIONES VECTORIALES 29

Solucion:

a) Observamos que f se puede escribir como composicion de funciones

continuas en R2,

f = h g

donde g(x, y) = xy y h(t) =sen t

tsi t 6= 0 y h(0) = 1.

(Para la funcion h basta observar, aplicando la regla de l’Hopital, que

lımt→0 h(t) = 1.

Por lo que la funcion es continua en todo R2.

b)

f(x, y) =

maxx, y x > 0

0 x ≤ 0

=

y, y ≥ x > 0

x, x > 0, y < x

0, x ≤ 0

El unico problema puede aparecer en x = 0.

lım(x,y)→(0,a) f(x, y) =

a si x > 0(x→ 0)

0 si x < 0

Por lo que la funcion es continua en R2 \ (0, y) : y > 0

c) Se trata de una funcion definida a trozos: f(x, y) =

x, |x| ≤ |y|y, |x| > |y|y es continua salvo quiza en las diagonales de los dos cuadrantes.

En la diagonal (a, a), la funcion vale a y es continua

|f(x, y)− a| =

|x− a|, |x| ≤ |y||y − a|, |x| > |y|≤ ‖(x− a, y − a)‖ →

(x,y)→(a,a)0


En cambio, en la diagonal (a,−a), a 6= 0, la funcion no es continua.

Por ejemplo, supongamos a > 0

f(x,−a) =

x, |x| ≤ a

−a, |x| > a

lımx→a+

f(x, a) = −a 6= lımx→a−

f(x, a) = a

Por lo que la funcion es contınua en R2 \ (x,−x) : x ∈ R, x 6= 0.

d) Salvo en la circunferencia unidad centrada en cero, (∂B21(0, 0)), la

funcion es continua.

Tomando un punto (a, b) de esta circunferencia. Entonces, es claro que

lım(x,y)→(a,b),x2+y2<1

f(x, y) = a

mientras que

lım(x,y)→(a,b),x2+y2>1

f(x, y) = b

estos dos lımites solo coinciden cuando a = b y a2 + b2 = 1, y

(1/√

2, 1/√

2), (−1/√

2,−1/√

2)

Por lo que la funcion es discontinua en

∂B21(0, 0) \ (1/

√2, 1/√

2), (−1/√

2,−1/√

2).

Capıtulo 2

Derivacion de funciones de n

variables

2.1. Derivadas parciales primeras y de orden

superior

1. Sea f(x1, x2) =

x2−sen (x2)

x21+x22, (x, y) 6= (0, 0)

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

Calcular las derivadas parciales en el origen.

Solucion:

Para calcular las derivadas parciales en el origen, hacemos uso de la

definicion

∂1f(0, 0) = lımt→0f(t,0)−f(0,0)

t= lımt→0

0t3

= 0.

∂2f(0, 0) = lımt→0f(0,t)−f(0,0)

t= lımt→0

t−sin tt3

= lımt→0t3/6t3

= 1/6.

31

32 CAPITULO 2. DERIVACION DE FUNCIONES DE N VARIABLES

2. calcular las derivadas parciales de

f(x1, x2) = x1ex2senx1

en el punto (π2, 0).

Solucion:

∂1f = ex2senx1 + x1x2 cosx1ex2senx1 , ∂2f = x1senx1e

x2senx1

∂1f(π/2, 0) = 1 y ∂2f(π/2, 0) = π/2.

3. Calcular la matriz jacobiana de f(x1, x2) = (ex1+x2+x2, x1x22, cos(x1x

22)).

Solucion:

Jf(x1, x2) =

∂1f1 ∂2f1

∂1f2 ∂2f2

∂1f3 ∂2f3

=

ex1+x2 ex1+x2 + 1

x22 2x1x2

−x22sen (x1x

22) −2x1x2sen (x1x

22)

4. Calcular las derivadas parciales de las siguientes funciones.

a) f(x, y) = xyx.

b) f(x, y) = xxy.

c) f(x, y) = (x2 + y2)x.

d) f(x, y) = xy ln(x2 + y2).

e) f(x, y) = ln(√x2 + y2)

f) f(x, y) =1√

x2 + y2.

2.1. DERIVADAS PARCIALES PRIMERAS Y DE ORDEN SUPERIOR 33

Solucion:

a) x(yx) = eyx log x = ee

x log y log x y su derivada parcial respecto x vale

∂x(x(yx)) = xy

x

yx(

ln(x) ln(y) +1

x

)y respecto y vale

∂y(x(yx)) = xy

x

xyx−1 ln(x)

b) f(x, y) = xxy = exy lnx.

∂xf(x, y) = xyx (y ln(x) + y),

∂yf(x, y) = xyxx ln(x).

c) f(x, y) = (x2 + y2)x = ex ln(x2+y2).

∂xf(x, y) = (x2 + y2)x(

ln(x2 + y2) + 2x2

x2+y2

),

∂yf(x, y) = 2xy(x2 + y2)x−1.

d) ∂xf(x, y) = y ln(x2 + y2) + 2x2yx2+y2

,

∂yf(x, y) = x ln(x2 + y2) + 2y2xx2+y2

.

e) ∂xf(x, y) = xx2+y2

,

∂xf(x, y) = yx2+y2

.

f) ∂xf(x, y) = − x(x2+y2)3/2

,

∂yf(x, y) = − y(x2+y2)3/2

.

5. Calcular las derivadas parciales de las siguientes funciones.

a) f(x, y) =xy

x2 + y2.


b) f(x, y) =x2 + y2

x2 − y2.

c) f(x, y) =cosx+ exy

x2 + y2.

d) f(x, y, z) = ex tan(y2z).

e) f(x, y, z) = xsenh(yz

).

Solucion:

a) ∂xf(x, y) =y(y2 − x2)

(x2 + y2)2,

∂yf(x, y) =x(x2 − y2)

(x2 + y2)2.

b) ∂xf(x, y) =−4xy2

(x2 − y2)2,

∂xf(x, y) =4yx2

(x2 − y2)2

c) ∂xf(x, y) = yexy−sen(x)x2+y2

− 2x(cos(x)+exy)

(x2+y2)2

∂yf(x, y) = xexy

x2+y2− 2 y(cos(x)+exy)

(x2+y2)2

d)

∂xf = ex tan(y2z)

∂yf = 2(

tan(y2z)2

+ 1)yzex

∂zf =(

tan(y2z)2

+ 1)y2ex

2.2. DERIVABILIDAD Y CONTINUIDAD 35

e)

∂xf = senh(yz

)∂yf =

x cosh(yz

)z

∂zf = −xy cosh

(yz

)z2

2.2. Derivabilidad y continuidad

1. Sea la funcion f : R2 → R

f(x1, x2) =

x1x2

x21 + x2

2

si(x1, x2) 6= (0, 0)

0 si(x1, x2) = (0, 0)

a) Estudiar la continuidad en el origen de dicha funcion

b) Calcular las derivadas parciales en el origen

Solucion:

a) No es continua en el origen ya que no tiene lımite (0, 0) (si nos

acercamos con rectas y = mx cada lımite es distinto).

b)

f(x1, 0) = 0, x1 ∈ R⇒ ∂1f(0, 0) = 0

f(0, x2) = 0, x2 ∈ R⇒ ∂2f(0, 0) = 0

2. Aplicando la definicion, calcular (si existen) las derivadas parciales pri-

meras de las siguientes funciones en el (0, 0):


a) f(x, y) =xy

x2 + y2si (x, y) 6= (0, 0) y f(0, 0) = 0.

b) f(x, y) = x ln(x2 + y2) si (x, y) 6= (0, 0) y f(0, 0) = 0.

c) f(x, y) = (x2 + y2)x si (x, y) 6= (0, 0) y f(0, 0) = 1.

Solucion:

a) ∂xf(0, 0) = lımh→0f(h,0)−f(0,0)

h= 0,

∂yf(0, 0) = lımh→0f(0,h)−f(0,0)

h= 0.

b) Como que f(h, 0) = h lnh2, no existe ∂xf(0, 0),

Como que f(0, h) = 0, ∂yf(0, 0) = 0.

c) Como que f(h, 0) = (h2)h = e2h lnh, (lımh→0e2h ln(h)−1

h) no existe

∂xf(0, 0),

Como que f(0, y) = 1, ∂yf(0, 0) = 0.

3. Calcular las derivadas parciales primeras de las siguientes funciones y

dar su matriz jacobiana.

a) f(x, y) = (exy + y, y2x).

b) f(x, y) = (cos(x+ 2y), yex+y, cosh(xy2)).

c) f(x, y, z) = (z tan(x2 + y2), xy ln(z)).

Solucion:

a)

Jf(x, y) =

yexy xexy + 1

y2 2xy

2.2. DERIVABILIDAD Y CONTINUIDAD 37

b)

Jf(x, y) =

−sen(x+ 2y) −2sen(x+ 2y)

yex+y (y + 1)ex+y

y2senh (xy2) 2xysenh (xy2)

c)

Jf =

2xz sec2(x2 + y2) 2yz sec2(x2 + y2) tan(x2 + y2)

y ln(z) x ln(z) xyz

4. De acuerdo con la ley de los gases perfectos se tiene la relacion PV =

kT , donde P es la presion, V el volumen, T la temperatura y k una

constante. Probar que

∂T

∂P

∂P

∂V

∂V

∂T= −1.

Solucion:

Aislando cada magnitud y haciendola variable de las otras

T = PV/k, por lo tanto, ∂PT = V/k.

P = kT/V , por lo tanto, ∂V P = −kT/V 2

V = kT/P , por lo tanto, ∂TV = k/P

Ası pues,

∂T

∂P

∂P

∂V

∂V

∂T=

(V

k

)·(−kTV 2

)·(k

P

)= −KT

V P= −1


2.3. Derivadas parciales de orden superior

1. Sea la funcion f : R2 → R f(x1, x2) = x31 + x1x2 + x2sen (x1).

a) Calcular las derivadas parciales en todos los puntos (x1, x2) de

esta funcion.

b) Calcular las derivadas parciales de las funciones halladas en el

apartado anterior (derivadas parciales segundas de f)

c) Calcular todas las derivadas parciales de orden 3, ∂3x1x1x1

f , ∂3x1x2x1

f ,

∂3x2x1x1

f , ∂3x2x2x1

f de dicha funcion

Solucion:

a) ∂x1f = 3x21 + x2 + x2 cos(x1),

∂x2f = x1 + sen (x1).

b)

∂2x1x1

f = ∂x1 (∂x1f) = 6x1 − x2sen (x1),

∂2x2x1

f = ∂x2 (∂x1f) = 1 + cos(x1),

∂2xixj

f = ∂x1 (∂x2f) = 1 + cos(x1),

∂2x1x2

f = ∂x2 (∂x2f) = 0.

2.3. DERIVADAS PARCIALES DE ORDEN SUPERIOR 39

c)

∂3x1x1x1

f = ∂x1(∂2x1x1

f)

= −x2 cos (x1) + 6,

∂3x1x2x1

f = ∂x1(∂2x2x1

f)

= −sen (x1),

∂3x2x1x1

f = ∂x2(∂2x1x1

f)

= −sen (x1),

∂3x2x2x1

f = ∂x2(∂2x2x1

f)

= 0

2. consideremos la funcion:xy(x2 − y2)

x2 + y2si (x, y) 6= (0, 0)

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

a) Calcular las funciones derivadas parciales

b) Calcular las derivadas parciales segundas cruzadas

Solucion:

a)

∂xf(x, y) =

x4y + 4x2y3 − y5

(x2 + y2)2, si (x, y) 6= (0, 0)

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

∂yf(x, y) =

x5 − 4x3y2 − xy4

(x2 + y2)2, si (x, y) 6= (0, 0)

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

b)

∂2x,yf(x, y) = ∂2

y,xf(x, y) =x6 + 9x4y2 − 9x2y4 − y6

(x2 + y2)4


Para calcular ∂2y,x(0, 0) debemos usar la definicion:

∂2y,x(0, 0) = lım

y→0

∂xf(0, y)− 0

y= lım

y→0

1

y

−y5

y4= −1

mientras que la la derivada segunda ∂2x,y(0, 0)

∂2x,y(0, 0) = lım

x→0

∂yf(x, 0)− 0

x= lım

x→0

1

x

x5

x4= 1

Observamos que en este caso, las derivadas cruzadas no coinciden.

3. Considerar la funcion

f(x, y) =

xy√x2 + y2

si (x, y) 6= (0, 0)

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

a) Aplicando la defincion de derivada parcial calcular∂f

∂x(0, 0).

b) Calcular∂f

∂x(x, y) si (x, y) 6= (0, 0).

c) Demostrar que 6 ∃ lım(x,y)→(0,0)∂f

∂x(x, y).

d) ¿Cual es el mayor subconjunto D ⊂ R2 en el que f ∈ C1(D)?

Solucion:

a) Como que f(x, 0) = 0, entonces∂f

∂x(0, 0) = 0

b) Usando las reglas de derivacion

∂f

∂x(x, y) =

y3√(x2 + y2)3

.

c) Podemos ecoger la recta y = 0 y (lımite 0)

y la recta x = 0 y (lımite 1).

d) D = R2 \ (0, 0).

2.3. DERIVADAS PARCIALES DE ORDEN SUPERIOR 41

4. Considerar la funcion

f(x, y) = xyx2 − y2

x2 + y2

si (x, y) 6= (0, 0) i f(0, 0) = 0.

a) Calcular∂f

∂x(x, y) y

∂f

∂y(x, y), si (x, y) 6= (0, 0).

b) Usando la definicion calcular∂f

∂x(0, 0) y

∂f

∂y(0, 0).

c) Usando la definicion calcular∂2f

∂x∂y(0, 0) y

∂2f

∂y∂x(0, 0).

d) ¿Cual es el mayor subconjunto D ⊂ R2 en el que f ∈ C2(D)?

e) ¿Cual es el mayor subconjunto D ⊂ R2 en el que f ∈ C∞(D)?

Solucion:

a) ∂f∂x

(x, y) = y(x4+4x2y2−y4)(x2+y2)2

,

∂f∂y

(x, y) = x(x4−4x2y2−y4)(x2+y2)2

b) ∂f∂x

(0, 0) = ∂f∂y

(0, 0) = 0.

c) ∂2f∂y∂x

(0, 0) = ∂∂y

(∂f∂x

)(0, 0) = lımh→0

∂f∂x

(0,h)− ∂f∂x

(0,0)

h.

∂2f∂x∂y

(0, 0) = 1,

∂2f∂y∂x

(0, 0) = −1.

d) D = R2 \ (0, 0).

e) D = R2 \ (0, 0).


2.4. Derivadas direccionales

1. Consideremos la funcion f(x, y) =x2y

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

0 . Dar la derivada direccional maxima de f en (0, 0).

Nota: tener en cuenta que la funcion dada no es C1 en ningun entorno

de (0, 0) y recordar que, por definicion, los vectores segun los cuales se

calculan las derivadas direccionales son unitarios.

Solucion:

Calculemos la derivada direccional en una direccion, (u, v) co u2+v2 = 1

lımt→0f((0, 0) + t(u, v))− f(0, 0)

t= lımt→0

t2u2tvt2u2+t2v2

− 0

t=

lımt→0

t3u2vt2(u2+v2)

t= lımt→0

t3u2v

t3= u2v = h(u, v)

Busquemos los extremos de la funcion h (derivada direccional) con la

restriccion u2 + v2 = 1

h(u, v) = (1− v2)v = g(v)

g′(v) = 1− 3v2 = 0, ⇒ v = ±√

3

3

g′′(v) = −6v < 0 para v = +

√3

3

u2 = 1− v2 = 1− 1

3=

2

3

el valor maximo se alcanza en (±2√

3

3,

√3

3) y vale h(u, v) =

2√

3

9.

2. Calcular la derivada direccional maxima de f(x, y) = xy en (e, 1).

Solucion:

2.4. DERIVADAS DIRECCIONALES 43

El gradiente de la funcion f es ∇f(x, y) = (xy−1y, xy ln (x))

En el punto (e, 1), es ∇f(e, 1) = (1, e)

Por la formula del gradiente, la derivada maxima es ‖ (1, e) ‖ =√

1 + e2

3. Usar la formula del gradiente para calcular las siguientes derivadas

direccionales.

a) Duf(1, 0) si f(x, y) = ln√x2 + y2 y u = (2/

√5, 1/√

5).

b) Duf(0,−1) si f(x, y) = ex cos(πy) y u = (−1/√

2, 1/√

2).

c) Duf(1, 0, 0) si f(x, y, z) = x2e−yz y u = (1/√

3,−1/√

3, 1/√

3).

Solucion:

En todos los casos usaremos ∂vf(a) = 〈v,∇f(a)〉

y, por lo tanto, lo primero que hacemos es calcular el gradiente.

a) ∇f(1, 0) =(

xx2+y2

, yx2+y2

)= (1, 0)

Duf(1, 0) = 〈(2/√

5, 1/√

5), (1, 0)〉 = 2/√

5

b) ∇f(0,−1) = (cos (πy) ex, −πexsen (πy)) = (−1, 0)

Duf(0,−1) = 〈(−1/√

2, 1/√

2), (−1, 0)〉 = 1/√

2

c) ∇f(1, 0, 0) =(2xe(−yz), −x2ze(−yz), −x2ye(−yz)) = (2, 0, 0)

Duf(1, 0, 0) = (1/√

3,−1/√

3, 1/√

3)

2

0

0

= 2/√

3

4. Dada la funcion f(x, y, z) = 2x3y − 3y2z


a) Calcular la derivada direccional en P = (1, 2,−1) en la direccion

que va hacia Q = (3,−1, 5)

b) ¿En que direccion a partir de P es maxima la derivada direccional?

c) ¿Cual es el valor de la derivada direccional maxima?

Solucion

a) Calculamos el gradiente en P

(∂xf, ∂yf, ∂z)P = (6x2y, 2x3 − 6yz,−3y2)(1,2,−1) = (12, 14,−12)

La direccion viene dada por el vector Q− P = (2,−3, 6) que normali-

zando es v =1

7(2,−3, 6)

Por lo tanto la derivada direccional es:

〈(12, 14,−12),1

7(2,−3, 6)〉 = −90

7

b) La derivada direccional maxima es la direccion del gradiente:

(12, 14,−12)

c) El valor es la norma del gradiente:

〈(12, 14,−12),1

‖(12, 14,−12)‖(12, 14,−12)〉 =

‖(12, 14,−12)‖2

‖(12, 14,−12)‖= 22

5. El perfil de una cierta montana se modela mediante la funcion h(x, y) =

5000− 0,01x2 − 0,02y2, donde si (x, y) es un punto del plano (“imagi-

nario”, ya que la tierra no es plana) que define la base de la montana,

entonces z = h(x, y) nos da la correspondiente altura.

2.4. DERIVADAS DIRECCIONALES 45

Un montanero se encuentra en el punto (x, y) = (10, 10), a punto de

alcanzar la cima.

a) ¿En que direccion se ha de mover para subir mas rapidamente?

b) ¿Cual es la pendiente?

c) Si en lugar de escoger la direccion de maxima pendiente opta por

escoger una con una pendiente del 40 %, ¿que direccion debe se-

guir?

Solucion:

a) Si se encuentra en el punto de coordenadas (10, 10), la direccion

“para subir mas rapidamente”es la direccion de la derivada maxima de

la funcion altura. Para calcularla:

∇f(x, y) = (−0,02x,−0,04y)→ ∇f(10, 10) = (−0,2,−0,4)

y por tanto la direccion de la derivada maxima sera

v =∇f(10, 10)

‖∇f(10, 10)‖=

1

1/√

5

(−1

5,−2

5

)= −

(1√5,

2√5

)b) La pendiente es precisamente el valor de la derivada direccional

∇f(10, 10) = 1/√

5.

c) Para determinar la o las direcciones que dan lugar a esta pendiente,

escribimos

∂vf(10, 10) = 〈v,∇f(10, 10)〉 = 〈v, (−0,2,−0,4)〉 =

− 0,2v1 − 0,4v2 = 0,4 (pendiente del 40 %)


La ecuacion para la direccion sera:

v1 + 2v2 = −2, con√v2

1 + v22 = 1,

ya que el vector ha de tener modulo 1.

Podemos escribir v1 = sen θ y v2 = cos θ y solo nos queda la ecuacion

de la izquierda en terminos de θ: sen θ + 2 cos θ = −2.

Una solucion es claramente θ = π, que corresponde a la direccion

(0,−1) y la otra es sen θ + 2√

1− sen 2θ = −2 de donde senθ = −4/5

y el vector es (−4/5,−3/5).

2.5. Regla de la cadena

1. Dada la composicion f = f g con f(y1, y2) = (cos(y2)+y21, e

y1+y2 , y1−

y2) y g(x1, x2) = (ex21 , x1 − sen (x2)). Comprobar que

Jf(0, 0) =

0 0

e −e

−1 1

.

a) Con el producto de las matrices jacobianas en (0, 0)

b) Calculando directamente la composicion y las derivadas en (0, 0).

Solucion:

a) La matriz jacobiana de f en (y1, y2) es

Jf(y1, y2) =

2 y1 −sen (y2)

e(y1+y2) e(y1+y2)

1 −1

2.5. REGLA DE LA CADENA 47

mientras que la matriz jacobiana de g en (x1, x2) es

Jg(x1, x2) =

2x1e(x21) 0

1 − cos (x2)

Ahora queremos calcular la matriz jacobiana de la composicion en

(0, 0), Jf(0, 0) usando la regla de la cadena, que en este caso nos dice:

Jf(0, 0) = (Jf)(g(0, 0))(Jg)(0, 0) =︸︷︷︸g(0,0)=(1,0)

(Jf)(1, 0)(Jg)(0, 0)

como que

(Jg)(0, 0) =

0 0

1 −1

, (Jf)(1, 0) =

2 0

e e

1 −1

la matriz jacobiana de la composicion es

Jf(0, 0) =

2 0

e e

1 −1

0 0

1 −1

=

0 0

e −e

−1 1

b) Veamos que pasa si hacemos primero la composicion.

f(x1, x2) =

cos (x1 − sen (x2)) + e(2x21), e

(x1+e(x

21)−sen (x2)

),

−x1 + e(x21) + sen (x2)

)y su matriz jacobiana Jf(x1, x2) es

4x1e(2x21) − sen (x1 − sen (x2)) cos (x2) sen (x1 − sen (x2))(

2x1e(x21) + 1

)e

(x1+e(x

21)−sen (x2)

)− cos (x2) e

(x1+e(x

21)−sen (x2)

)

2x1e(x21) − 1 cos (x2)


que, evaluada en el (0, 0) da (obviamente) el mismo resultado

Jf(0, 0) =

0 0

e −e

−1 1

2. Calcular ∂1f(x1, x2) si f = f g con

f(y1, y2, y3) = y21 + y2

2 − y3,

g(x1, x2) = (x21x2, x

22, e−x1x2).

a) A partir de la descripcion explıcita de la composicion

b) Utilizando la regla de la cadena

Solucion:

En este caso la composicion vale

f(x1, x2) = x41x

22 + x4

2 − e−x1x2

y es facil ver que

∂x1 f(x1, x2) = 4x31x

22 + x2e

−x1x2 .

b) Calculo de matrices jacobianas:

Jg(x1, x2) =

2x1x2 x2

1

0 2x2

−x2e(−x1x2) −x1e

(−x1x2)

Jf(y1, y2, y3) =

(2 y1 2 y2 −1

)


La matriz jacobiana se puede obtener primero haciendo el producto de

las matrices y despueses sustituir las variables yi por su valor respecto

las variables xj(4x1x2y1 + x2e

(−x1x2) 2x21y1 + 4x2y2 + x1e

(−x1x2)

)y, por lo tanto, la derivada parcial respecto x1 es la primera componen-

te,

∂x1 f(x1, x2) = 4 x1x2y1 + x2e(−x1x2) =︸︷︷︸

y1=x21x2

4x31x

22 + x2e

−x1x2

o haciendo primero el cambio de la relacion de las variables yi respecto

xj en la matriz jacobiana de f y despues hacer el producto:

3. Sean f(u, v) = (tg(u− 1)− ev, u2 − v2) y g(x, y) = (ex−y, x− y).

Calcular D(f g)(1, 1) mediante la regla de la cadena.

Solucion:

Calculemos Df(u, v) y Dg(x, y)

Df(u, v) =

sec2(u− 1) −ev

2u −2v

, Dg(x, y) =

ex−y −ex−y

1 −1

.

Teniendo en cuenta que g(1, 1) = (1, 0), se tiene

D(f g)(1, 1) = Df(1, 0)Dg(1, 1) = 1 −1

2 0

1 −1

1 −1

=

0 0

2 −2

.


4. Dada una funcion f = f(u, v, w) de clase C1, calcular medante la re-

gla de la cadena, las derivadas parciales primeras de la funcion h en

terminos de las de α, β y γ en cada uno de los casos siguientes.

a) h(x) = f(x, α(x), β(x))

b) h(x, y) = f(y, α(x, y), β(x))

c) h(x, y, z) = f(α(z), β(y, z), γ(x, y, z))

Solucion:

a)

R g−→ R3 f−→ R

x −→ (g1(x), g2(x), g3(x)) −→ f(u, v, w)

(x, α(x), β(x)) −→ f(x, α(x), β(x))

h′(x) =(∂uf(u, v, w) ∂vf(u, v, w) ∂wf(u, v, w)

)g′1(x)

g′2(x)

g′3(x)

h′(x) = ∂1f(x, α(x), β(x)) + ∂2f(x, α(x), β(x))α′(x)

+ ∂3f(x, α(x), β(x))β′(x)

b)


R2 g−→ R3 f−→ R

(x, y) −→ (g1(x, y), g2(x, y), g3(x, y)) −→ f(u, v, w)

(y, α(x, y), β(x)) −→ f(y, α(x, y), β(x))

(∂xh(x, y) ∂yh(x, y)

)=

(∂uf(u, v, w) ∂vf(u, v, w) ∂wf(u, v, w)

)∂xg1(x) ∂yg1(x)

∂xg2(x) ∂yg2(x)

∂xg3(x) ∂yg3(x)

∂xh(x, y) = ∂vf(y, α(x, y), β(x))∂xα(x, y) + ∂wf(y, α(x, y), β(x))β′(x),

∂yh(x, y) = ∂uf(y, α(x, y), β(x)) + ∂vf(y, α(x, y), β(x))∂yα(x, y).

c)

∂xh(x, y) = ∂wf(α(z), β(y, z), γ(x, y, z))∂xγ(x, y, z),

∂yh(x, y) = ∂vf(α(z), β(y, z), γ(x, y, z))∂yβ(y, z)+

∂wf(α(z), β(y, z), γ(x, y, z))∂yγ(x, y, z),

∂zh(x, y) = ∂uf(α(z), β(y, z), γ(x, y, z))α′(z)+

∂vf(α(z), β(y, z), γ(x, y, z))∂zβ(y, z)+

+∂3f(α(z), β(y, z), γ(x, y, z))∂zγ(x, y, z).


2.6. Derivada de las funciones inversa e implıci-

ta

1. Sea f : R2 → R2 definida per f(x, y) = (ex + ey, ex − ey). Comprobar

que existe f−1 localmente y calcular Df−1.

Solucion:

La matriz jacobiana de f en un punto (x, y) cualquiera es

Df(x, y) =

ex ey

ex −ey

y su determinante es

det (Df(x, y)) = −2 e(x+y)

que no se anula en ningun punto de R2. Por lo tanto, en cada punto

(x, y) existe una funcion inversa local y la matriz jacobiana de la inversa

es

Df−1(x, y) =

ex ey

ex −ey

−1

=

12e−x 1

2e−x

12e−y −1

2e−y

2. Sea f(x, y, z) = (e2y + e2z, e2x − e2z, x − y). Probar que f tiene una

inversa local en todos los puntos de R3 y calcular su matriz derivada.

Solucion:

En primer lugar, veamos que f tiene una inversa local en cada punto

(x, y, z) de R3.

2.6. DERIVADA DE LAS FUNCIONES INVERSA E IMPLICITA 53

Como que f es de clase C1(R3) solo es necesario ver que el determinante

jacobiano no se anula en ningun punto

Df =

0 2 e(2 y) 2 e(2 z)

2 e(2x) 0 −2 e(2 z)

1 −1 0

y, por tanto, su determinante jacobiano vale

det (Df(x, y, z)) = −4(e2x+2 z + e2 y+2 z

)< 0

que no se anula en ningun punto (x, y, z) de R3.

Para ver que tiene inversa global, tenemos que encontrar la inversa y

ver que es C1 en R3. Para hacerlo, hemos de aislar x, y, z de la expresion

siguiente

x = e2y + e2z

y = e2x − e2z

z = x− y

y expresarlas en funcion de x, y, z.

3. Sea f(x, y, z) = x2 + ay2 + z2 + xy + 2z − 1

a) Determinar para que valor de a, f(x, y, z) = 0 define en el punto

p = (0,−1, 0) a z = g(x, y) como funcion implıcita de x e y

b) Calcular∂g

∂xy∂g

∂yen el punto (0,−1)

c) Calcular∂2g

∂xx,∂2g

∂xy,∂2g

∂yxy∂2g

∂yyen el punto (0,−1)


Solucion: a) f(0,−1, 0) = 0 ⇒ a = 1

p pertenece a la superficie f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 + xy + 2z − 1 = 0

∂f

∂x= 2x+ y

∂f

∂y= 2y + x

∂f

∂z= 2z + 2

Las derivadas parciales son continuas (son funciones polinomicas)

∂f

∂z(p) = 2 · 0 + 2 = 2 6= 0

Por lo tanto f = 0 define a z como funcion implıcita de x e y en el

punto p.

b) derivamos implıcitamente f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 +xy+ 2z− 1 = 0

respecto a x y respecto a y

2x+ y + 2z∂z

∂x+ 2

∂z

∂x= 0 ⇒ ∂z

∂x= −2x+ y

2z + 2

2x+ y + 2z∂z

∂x+ 2

∂z

∂x= 0 ⇒ ∂z

∂x= −2y + x

2z + 2

∂z

∂x(0,−1) =

1

2

∂z

∂y(0,−1) = 1

c) Derivamos implıcitamente

2x+ y + 2z∂z

∂x+ 2

∂z

∂x= 0

2x+ y + 2z∂z

∂x+ 2

∂z

∂x= 0

respecta a x y respecto a y


2 + 2∂z

∂x· ∂z∂x

+ 2z∂2z

∂xx+ 2z

∂2z

∂xx= 0 ⇒ ∂2z

∂xx= −

2 +(∂z∂x

)2

2z + 2

2∂z

∂y

∂z

∂x+ 2z

∂2z

∂yx+ 1 + 2

∂2z

∂yx= 0 ⇒ ∂2z

∂yx= −

2∂z∂y

∂z∂x

+ 1

2z + 2

2∂z

∂x

∂z

∂y+ 2z

∂2z

∂xy+ 1 + 2

∂2z

∂xy= 0 ⇒ ∂2z

∂xy= −

2 ∂z∂x

∂z∂y

+ 1

2z + 2

2 + 2∂z

∂x· ∂z∂x

+ 2z∂2z

∂xx+ 2z

∂2z

∂yy= 0 ⇒ ∂2z

∂yy= −

2 +(∂z∂y

)2

2z + 2

∂2z

∂xx(0,−1) = −

2 + 2(

12

)2

2= −5

4∂2z

∂yx= −

2 · 1 · 12

+ 1

2= −1

∂2z

∂xy= −

2 · 12· 1 + 1

2= −1

∂2z

∂yy= −2 + 2 · 1

2= −2

4. Probar que el sistema de ecuaciones siguiente xeu+v + 2uv = 1

yeu−v − u1+v

= 2x,

determina dos funciones u(x, y) y v(x, y) que satisfacen u(1, 2) = v(1, 2) =

0. Calcular ∂xu(1, 2) y ∂yv(1, 2).

Solucion:

El primer paso es escribir el sistema como una ecuacion del tipo f(x, y, u, v) =

0 con las dimensiones adecuadas.

En este caso, dado que el sistema es equivalente a xeu+v + 2uv − 1 = 0

yeu−v − u1+v− 2x = 0,


podemos definir f(x, y, u, v) = (f1, f2) con

f1(x, y, u, v) = xeu+v + 2uv − 1,

f2(x, y, u, v) = yeu−v − u

1 + v− 2x

Ası, f : Ω ⊂ R4 → R2 donde Ω = R4 \ v 6= −1 es C1(Ω).

Ahora hemos de ver cuales son las variables dependientes y cuales son

las independientes segun el enunciado, y ver que las dimensiones son

las adecuadas. Nos piden dos funciones u(x, y) y v(x, y) y, por lo tanto,

las variables dependientes son (u, v) mientras que las independientes

son (x, y). Entonces m = 2 y n = 2:

f : Ω ⊂ R2 × R2 → R2

(x, y, u, v) 7→ f(x, y, u, v)

numero de variables dependientes = numero de ecuaciones.

Ahora hemos de comprobar que se cumplen las condiciones del Teorema

de la funcion implıcita en el punto p = (1, 2, 0, 0) que es el que se obtiene

de u(1, 2) = v(1, 2) = 0.

La funcion f es C1 alrededor del punto, ya que v 6= −1.

El punto p cumple que f(p) = 0.

La matriz D(u,v)f(p) es invertible ya que∂uf1 ∂vf1

∂uf2 ∂vf2

=

xe(u+v) + 2 v xe(u+v) + 2u

ye(u−v) − 1v+1

−ye(u−v) + u(v+1)2


y, por tanto, en el punto p = (1, 2, 0, 0), es inversible

D(u,v)f(p) =

1 1

1 −2

Por el Teorema de la Funcion Implıcita, localmente existe una funcion

implıcita C1 g : Ω∗ ⊂ R2 → R2 de manera que

f(x, y, g(x, y)) = 0, g1(1, 2) = u(1, 2) = g2(1, 2) = v(1, 2) = 0

Para encontrar ∂xg1(1, 2), ∂yg2(1, 2), usamos la regla de la cadena para

derivar f(x, y, g(x, y)) = 0:

D(x,y)f(x, y, g(x, y)) +D(u,v)f(x, y, g(x, y))D(x,y)g(x, y) = 0

que evaluado en p = (1, 2, 0, 0) se obtiene:

D(x,y)f(1, 2, 0, 0) +D(u,v)f(1, 2, 0, 0)D(x,y)g(1, 2) = 0

y, junto con los calculos antes realizados se tiene 1 0

−2 1

︸︷︷︸D(x,y)f(1,2,0,0)

+

1 1

1 −2

︸︷︷︸D(u,v)f(1,2,0,0)

D(x,y)g(1, 2) =

0 0

0 0

.

Aislando D(x,y)g(1, 2) e invirtiendo D(u,v)f(1, 2, 0, 0) obtenemos

D(x,y)g(1, 2) = −

1 1

1 −2

−1 1 0

−2 1

=

0 −13

−1 13

Ası, identificando los terminos de la matriz D(x,y)g(1, 2)

∂xu1(1, 2) = ∂xg1(1, 2) = 0, ∂yv(1, 2)∂yg2(1, 2) = 1/3


5. El siguiente sistema determina dos funciones u(x, y) y v(x, y) que sa-

tisfacen u(1, 1) = v(1, 1) = 0 x+ yv + eyu + exv = 3

y − xv + exu + eyv = 3,

Determinar Dg(1, 1) y Dg−1(0, 0) si g(x, y) = (u(x, y), v(x, y))

Solucion:

Comprobar las condiciones del teorema de la funcion implıcita.

El sistema es equivalente a: x+ yv + eyu + exv − 3 = 0

y − xv + exu + eyv − 3 = 0,

Queremos que (x, y) sean las variables independientes y que (u, v) sean

las variables dependientes. Escogemos la funcion f : R2 × R2 → R2

definida por x+ yv + eyu + exv − 3 = f1(x, y, u, v)

y − xv + exu + eyv − 3 = f2(x, y, u, v),

Hay el mismo numero de variables dependientes que de ecuaciones.

El teorema de la funcion implıcita nos dice que existe una funcion

g : Ω∗ : R2 → R2 definida en un entorno de p = (1, 1, 0, 0) tal que

f(x, y, g(x, y)) = 0, g1(1, 1) = g2(1, 1) = 0

Para encontrar Dg(1, 1), usamos la regla de la cadena para derivar

f(x, y, g(x, y)) = 0 resp. (x, y):

D(x,y)f(x, y, g(x, y)) +D(u,v)f(x, y, g(x, y))D(x,y)g(x, y) = 0,


derivando: ve(vx) + 1 ue(uy) + v

ue(ux) − v ve(vy) + 1

+

ye(uy) xe(vx) + y

xe(ux) ye(vy) − x

D(x,y)g(x, y) =

0 0

0 0

que evaluado en p = (1, 1, 0, 0) se obtiene:

D(x,y)f(1, 1, 0, 0) +D(u,v)f(1, 1, 0, 0)D(x,y)g(1, 1) = 0

y, calculando: 1 0

0 1

+

1 2

1 0

D(x,y)g(1, 1) =

0 0

0 0

De donde

D(x,y)g(1, 1) =

0 −1

−12

12

Finalmente, calculemos Dg−1(0, 0). Como que g(1, 1) = (0, 0), g es

C1 localmente y D(x,y)g(1, 1) es no singular (inversible), el teorema de

la funcion inversa nos dice que la inversa existe localmente, es C1 y,

ademas,

Dg−1(0, 0) = Dg(1, 1)−1 =

0 −1

−12

12

−1

=

−1 −2

−1 0

6. Sea f(x, y, t) = (x5 + y − t, x2 + y3 − t2) = (0, 0)

a) Probar que x e y son funciones implıcitas de t en el entorno de

(1, 0, 1)


b) Sea g(x, y) = x3y, calculardg

dt

Solucion:

a) f ∈ C∞

f(1, 0, 1) = (0, 0)

det

∂f1

∂x

∂f1

∂y∂f2

∂x

∂f1

∂y

(1,0)

= det

5x4 1

2x 3y2

(1,0)

= (15x4y2 − 2x)(1,0) =

−2 6= (0, 0)

Luego x e y son funciones implıcitas de t.

b)dg

dt= 3x2x′y + x3y′

Calculamos x′ e y′ a partir de f , esto es, derivamos f implıcitamente

respecto a t:

5x4x′ + y′ − 1 = 0

2xx′ + 3y2y′ − 2t = 0

⇒5x4 1

2x 3y2

x′y′

=

1

2t

Por lo tanto:

x′ =

∣∣∣∣∣∣ 1 1

2t 3y2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣5x4 1

2x 3y2

∣∣∣∣∣∣=

3y2 − 2t

15x4y2 − 2xy′ =

∣∣∣∣∣∣5x4 1

2x 2t

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣5x4 1

2x 3y2

∣∣∣∣∣∣=

10x4t− 2x

15x4y2 − 2x

Por lo tanto:

dg

dt= 3x2y · 3y2 − 2t

15x4y2 − 2x+ x3 · 10x4t− 2x

15x4y2 − 2x

2.7. FORMULA DE TAYLOR 61

2.7. Formula de Taylor

1. Sea f(x, y) = exy3.

¿Cuanto vale ∂12x3y9f(0, 0)?

Solucion:

Como que el desarrollo de Taylor de la funcion exponencial es:

ex = 1 + x+1

2x2 +

1

3!x3 + · · ·+ 1

k!xk + . . .

el desarrollo de Taylor de f sera

exy3

= 1 + xy3 +1

2(xy3)

2+

1

3!(xy3)

3+ · · ·+ 1

k!(xy3)

k+ . . .

= 1 + xy3 +1

2x2y6 +

1

3!x3y9 + . . .+

1

k!xky3k + . . .

Por tanto,

∂12x3y9f(0) =

1

3!3!9! = 9!

2. Aplicacion al calculo de lımites. Calcular, si existe, el siguiente lımite.

lım(x,y)→(0,0)

exsen (x+ y)− x− y − x2 − xyx2 + y2

.

(Indicacion: Calcular el desarrollo de Taylor del numerador hasta el

orden 2 y usar las propiedades del residuo de Taylor R2(x, y).)

Solucion:

Como que conocemos los siguientes desarrollos de Taylor

ex ∼= 1 + x+1

2x2 +

1

3!x3 + . . . ,


sen (x+ y) ∼= (x+ y)− 1

3!(x+ y)3 +

1

5!(x+ y)5 + . . .

la parte cuadratica de Taylor de f(x, y) = exsen (x+ y) es

T2[f ](x, y) = (x+ y) + x(x+ y) = x+ y + x2 + xy

y, por tanto, el numerador de la funcion a calcular el lımite es

exsen (x+ y)− x− y − x2 − xy =

x+ y + x2 + xy +R2[f ](x, y)− x− y − x2 − xy =

R2[f ](x, y)

Ası, el lımite vale cero por el teorema del residuo de Taylor:

lım(x,y)→(0,0)exsen (x+ y)− x− y − x2 − xy

x2 + y2=

lım(x,y)→(0,0)R2[f ](x, y)

‖(x, y)‖2= 0

3. La resistencia total R correspondiente a dos resistencias R1 y R2 co-

nectadas en paralelo verifica

1

R=

1

R1

+1

R2

.

Usando la aproximacion lineal, estimar la variacion del valor de R si

incrementamos el valor de R1 de 10 ohms a 10,5 ohms y decrecemos el

valor de R2 de 15 ohms a 13 ohms.

Solucion: La funcion que nos da la resistencia equivalente es

R(R1, R2) =1

1

R1

+1

R2

=R1R2

R1 +R2


Su aproximacion cuadratica en R0 = 10Ω, R1 = 15Ω es

R(R1, R2) = R(10, 15) + ∂1R(10, 15)︸︷︷︸9/25

(R1 − 10) + ∂2R(10, 15)︸︷︷︸4/25

(R2 − 15)

Ası pues, la variacion en el valor de R sera

R(10,5, 13)−R(10, 15) ∼= ∂1R(10, 15) ·0,5+∂2R(10, 15) ·(−2) = −7/50.

4. Calcular todas las derivadas parciales hasta el orden 2 de las siguien-

tes funciones y dar su desarrollo de Taylor hasta terminos de grado 2

incluidos, en el entorno del punto que se indica en cada caso.

a) f(x, y) = sen (xy) entorno del punto (1, π/2).

b) f(x, y) = xy entorno del punto (1, 1).

c) f(x, y) = ex/y entorno del punto (0, 1).

d) f(x, y, z) = e−xsen (yz) entorno del punto (0, 1, π).

Solucion:

a) Aquı hemos de calcular las derivadas parciales, ya que el desarrollo

lo queremos alrededor del cero. Como que

∂xf(x, y) = y cos (xy) , ∂yf(x, y) = x cos (xy)

no tenemos terminos lineales. El desarrollo de Taylor alrededor de

(1, π/2) hasta los terminos cuadraticos es

f(x, y) ∼= 1 +1

2!

1

4π2(x− 1)2

− 1

2π(x− 1)(y − π/2)

1

2!(−1)(y − 2)2


b) Como que f(1, 1) = 1, ∂xf(x, y) = xy−1y y ∂yf(x, y) = xy ln (x), y,

ademas las derivadas segundas son

∂f 2x2(x, y) =xy−2(y − 1)y

∂f 2xy(x, y) =xy−1y ln (x) + xy−1

∂f 2y2(x, y) =xy ln (x)2

de manera que, evaluadas en (1, 1) son

∂f 2x2(1, 1) = 0, ∂f 2

xy(1, 1) = 1, ∂f 2y2(1, 1) = 0

f(x, y) ∼= 1− y − xy

c) Como que

∂xf(x, y) =exy

y, ∂yf(x, y) = −xe

xy

y2

en el punto (1, 0) tenemos que

∂xf(x, y) = 1, ∂yf(x, y) = 0

Si calculamos las derivadas segundas

∂f 2x2(x, y) =

exy

y2

∂f 2xy(x, y) =− xe

xy

y3− e

xy

y2

∂f 2y2(x, y) =

x2exy

y4+

2xexy

y3

y las derivadas en (0, 1) y el polinomio cuadratico de Taylor es

∂f 2x2(0, 1) = 1, ∂f 2

xy(0, 1) = −1, ∂f 2y2(0, 1) = 0


f(x, y) ∼= 1 + x+1

2x2 − x(y − 1)

d) Observamos que, como que sen (1 · π) = 0, y

e−x ∼= 1− x+O(x2)

Es suficiente calcular el desarrollo de Taylor de sen (yz) hasta el orden

2 y multiplicarlo por (1− x) (del desarrollo de Taylor de e−x).

sen yz ∼= −(z − π)− π(y − 1)− (z − π)(y − 1)

Multiplicandolo por (1− x) nos queda:

− (z − π)− π(y − 1)− (z − π)(y − 1) + x(z − π) + xπ(y − 1)+

x(z − π)(y − 1)

y tomando solo los terminos de orden 2 encontraremos el desarrollo de

Taylor de orden 2 de f :

f(x, y) ∼= −(z − π)− π(y − 1)− (z − π)(y − 1)+

x(z − π) + πx(y − 1).

5. Mediante el desarrollo de Taylor de funciones de una variable, calcu-

lar los desarrollos de Taylor en el origen hasta terminos de grado dos

incluidos, de las siguientes funciones.

a) f(x, y) = exy ln(1 + x+ y).

b) f(x, y) = ex cos y.

c) f(x, y) =1

1 + x+ y.


d) f(x, y, z) = ex+y√

1 + x cos(x+ y + z).

Solucion:

a)

exy ∼= 1 + xy, ln(1 + x+ y) ∼ x+ y − (x+ y)2/2.

f(x, y) ∼= ln(1 + x+ y) ∼ x+ y − (x+ y)2/2.

b)

ex ∼= 1 + x+1

2x2, cos(y) ∼= 1− 1

2y2

f(x, y) ∼= 1 + x+ (x2 − y2)/2.

c)

1

1− r= 1 + r + r2 + r3 + . . . , r = −(x+ y)

f(x, y) ∼= 1− (x+ y) + (x+ y)2.

d)

ex+y ∼=1 + (x+ y) +1

2(x+ y)2,

√1 + x ∼=1 +

1

2x− 1

8x2

cos(x+ y + z) ∼=1− 1

2(x+ y + z)2 =

1− 1

2(x+ y)2 + (x+ y)z +

1

2z2

f(x, y, z) ∼= 1 +3

2x+ y − 3

8x2 +

1

2yx− zx− zy − 1

2z2.


6. Calcular el desarrollo de Taylor en el origen de las siguientes funciones

hasta el orden que se indica en cada caso y dar el valor de todas las

derivadas parciales de la funcion en el (0, 0) correspondientes al orden

maximo hasta el cual se ha desarrolado (por ejemplo, si desarrollamos

hasta el orden 5 queremos∂5f

∂xnym(0, 0) con n+m = 5.)

a) f(x, y) = ln(1 + x2 − y) hasta el orden 3.

b) f(x, y) = cos(xy) hasta el orden 8.

c) f(x, y) = ex2−y2 hasta orden 8.

Solucion:

a)

ln(1 + t) ∼= t− t2/2 + t3/3

f(x, y) ∼= y − x2 +1

2y2 − yx2 +

1

3y3

∂3y3f(0, 0) = 2, ∂3

yx2f(0, 0) = −2.

b)

f(x, y) ∼= 1− 1

2(yx)2 +

1

24(yx)4

∂4y4x4f(0, 0) = 24.

c)

f(x, y) ∼= 1 + (x2 − y2) +1

2(x2 − y2)2 +

1

6(x2 − y2)3 +

1

24(x2 − y2)4

∂8x8f(0, 0) = ∂8

y8f(0, 0) = 8!/4!,

∂8y2x6f(0, 0) = ∂8

y6x2f(0, 0) = −5!2

∂8y4x4f(0, 0) = 4!6


7. Determinar el valor de λ ∈ R de tal manera que:

lım(x,y)→(0,0)

arctan(x2 + y)− x2 − y − λy3

(x2 + y2)3/2= 0.

Solucion:

arctan t ∼= t+1

2

t3

3+

1 · 32 · 4

t3

5+ . . .

arctan(x2 + y) ∼ x2 + y − 1

3y3 =⇒ λ = −1/3.

8. Sea

f(x, y) = x2y + 3y − 2

a) Calcular∂f

∂xf(x, y) y

∂f

∂yf(x, y)

b) Calcular las derivadas parciales de ordenes superiores

c) Desarrollar la funcion f(x, y) en potencias de x− 1, y y + 2

Solucion:

Observamos que f es C∞

a)∂f

∂x= 2xy,

∂f

∂y= x2 + 3,

b)∂2f

∂xx= 2y,

∂2f

∂xy=∂2f

∂yx= 2x,

∂2f

∂yy= 0,

∂3f

∂xxx= 0,

∂3f

∂xxy=

∂3f

∂xyx=

∂3f

∂yxx= 2

∂3f

∂xyy=

∂3f

∂yxy=

∂3f

∂yyx= 0,

∂3f

∂yyy= 0

Puesto que todas las derivadas parciales de orden 3 son constantes,

todas las de orden superior son nulas


c) Aplicamos el teorema de Taylor en el punto (1,−2) (x−1 = 0, y+2 =

0)

f(x, y) = f(1,−2) + (x − 1)∂f

∂x(1,−2) + (y + 2)

∂f

∂y(1,−2) +

1

2!((x −

1)2 ∂2f

∂xx(1,−2) + 2(x − 1)(y + 2)

∂2f

∂xy(1,−2) + (y + 2)2 ∂

2f

∂yy(1,−2)) +

1

3!((x− 1)3 ∂

3f

∂xxx(1,−2) + 3(x− 1)2(y + 2)

∂3f

∂xxy(1,−2) + 3(x− 1)(y +

2)2 ∂3f

∂xyy(1,−2) + (y + 2)3 ∂

3f

∂yyy(1,−2)) +R3

R3 es el residuo que en este caso es cero pues todas las derivadas supe-

riores son nulas.

Calculando tenemos

f(x, y) = −10−4(x−1)+4(y+2)−2(x−1)2+2(x−1)(y+2)+(x−1)2(y+2)

9. Dada la funcion f(x, y) = exy2sen (xy2)

Calcular: ∂15x5y10f(0,0)

Solucion

Desarrollamos f(t) = etsen (t) haciendo el producto de los desarrollos

de et y sen (t)

et =∑∞

n=0

tn

n!

sen (t) =∑∞

n=0

(−1)n

(2n+ 1)!t2n+1


f(t) =∑∞

n=0

tn

n!

∑∞n=0

(−1)n

(2n+ 1)!t2n+1

Ahora basta hacer el cambio t = xy2 y localizar el sumando correspon-

diente a x5y10

Cx5y10 =1

5!10!∂15x5y10f(0, 0) = (

1

5!+−1

2!3!+

1

4!)x5y10 =

−8

2 · 5!

Luego ∂15x5y10f(0, 0) = −4 · 10!.

2.8. Extremos de funciones de varias varia-

bles

1. Sea f : Rn → R : x → f(x) = e−(1−||x||2)2 . Demostrar que tiene un

mınimo relativo en 0 y que la hipersuperficie de nivel ||x|| = 1 esta

formada por todos los maximos relativos de f .

Solucion:

Observamos que las curvas de nivel son las hiperesferas ‖x‖ = c:

e−(1−||x||2)2 = e−k2, equivalentemente c = 1− k = ||x||2.

f(x) = h(‖x‖) donde h(t) = e−(1−t2)2 tiene un mınimo relativo en t = 0

y maximo relativo en t = 1.

El resultado se sigue de los dos puntos anteriores.

2. Consideremos la funcion f(x, y) = x2 − y2 restringida a B11(0, 0). De-

terminar los puntos en los cuales f alcanza su maximo y su mınimo.

Solucion:

2.8. EXTREMOS DE FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES 71

El unico punto crıtico es el origen de coordenadas donde f vale cero.

Veamos que pasa en la frontera (x, y) : x2 + y2 = 1.

Si restringimos f a estos puntos tenemos f(x) = 2x2−1 por x ∈ [−1, 1].

El unico punto crıtico en el interior de este intervalo es x = 0, donde f

vale −1.

Finalmente nos falta restringir f a la frontera de [−1, 1], es decir cal-

cular f(±1) = 1.

En conclusion: f toma su maximo en (±1, 0) y el mınimo en (0,±1).

3. Para la funcion f(x, y) = x2y + y2x ver que (0, 0) es un candidato a

extremo relativo pero que el metodo del hessiano no permite caracte-

rizarlo. ¿A que conclusion llegamos si restringimos los valores de (x, y)

a los de la recta y = x?

Solucion:

a) (0, 0) es un candidato a extremo relativo porque

∇f(0, 0) = (0, 0)

b) Por otra parte el hessiano no esta definido en signo, ya que

Hf(0, 0) =

0 0

0 0

y no podemos concluir nada a partir de las derivadas segundas.

c) (0, 0) no es extremo de f(x, y) porque f(x, x) = 2x3 y (0, 0) es un

punto de inflexion sobre esta curva (no es ni maximo ni mınimo).


4. Considerar la funcion f(x, y) = (y − x2)(y − 3x2).

a) Si restringimos los valores de (x, y) a los de una recta pasando por

(0, 0), ver que el origen es un mınimo relativo de la funcion amb

independencia de la recta escogida.

b) Discutir si el resultado del apartado (a) permite concluir que

f(x, y), como funcion de dos variables, tiene un mınimo relativo

en el (0, 0).

c) Estudiar si el origen es o no un mınimo relativo si restringimos

los valores de (x, y) a los de una parabola de la forma y = ax2 y

refinar la discusion del apartado (2).

Solucion:

a) Si tomamos una recta del tipo (x, λx), entonces

F (x, λx) = x2(λ− x)(λ− 3x) ∼ (por x ∼= 0) ∼ λ2x2

y, por tanto, (0, 0) es un mınimo relativo sobre cualquier recta que pase

por el origen.

Si intentamos usar el criterio de las derivadas segundas, calculemos el

hessiano

Hf(0, 0) =

0 0

0 2

que no esta definido (valores propios 0 y 2).

c) Los valores de la funcion sobre una parabola de la forma y = ax2

son

f(x, ax) = x4(a− 1)(a− 3),

2.8. EXTREMOS DE FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES 73

y por tanto, cuando 1 < a < 3, (0, 0) es un maximo relativo y (0, 0) no

es extremo de f(x, y).

PARTE II

Capıtulo 3

Integracion de funciones de n

variables

3.1. La integral de Riemann

1. a) Calcular∫

[0,1]21− x

b) Comprobar que se obtiene el mismo resultado calculando lımN→∞ SN .

(SN sumas de Riemann)

Solucion:

a) Vale 1/2 ya que

[0, 1]2 = [0, 1]× [0, 1]

La funcion f(x, y) = 1− x es positiva (ver la grafica).

El volumen bajo la gafica de 1− x es la mitad del cubo [0, 1]3.

b) xi = iN

y yj = jN

por lo tanto Mij = 1− xi = 1− iN

.

77

78 CAPITULO 3. INTEGRACION DE FUNCIONES DE N VARIABLES

La suma de Riemann es

SN = 1N2

∑N−1ij=0

(1− i

N

)= 1

N3

∑N−1i=0 (1 + 2 + . . .+N)) =

1N3

∑N−1j=0

N(N+1)2

= N+12N2 (1 + . . .+ 1) = N+1

2N→ 1

2

2. Acotar superior e inferiormente∫B3R(0)

e−||x||2

.

Solucion:

Como que

e−||x||2 ∈ [0, 1]

y

m(B3R(0)) = 4πR3/3,

entonces

0 ≤∫B3R(0)

e−||x||2 ≤ 4πR3/3

3. Demostrar que

1/6 ≤∫

Ω

1

y − x+ 3≤ 1/4,

donde Ω es el triangulo de vertices (0, 0), (1, 1) y (1, 0).

Solucion:

El triangulo tiene area (medida) 1/2.

Como que la hipotenusa es y − x = 0, dentro del triangulo tenemos

y − x ≤ 0, x ≥ 0, y ≤ 1

3.1. LA INTEGRAL DE RIEMANN 79

Por tanto, podemos acotar superior e inferiormente el denominador por

y − x+ 3 ≤ 3, y − x+ 3 ≥ y − 1 + 3 ≥ 0 + 2 = 2

Como que 2 ≤ y − x+ 3 ≤ 3,

1

3≤ 1

y − x+ 3≤ 1

2

y la cota sale de m(Ω) = 1/2.

4. Calcular∫∫Dxydxdy donde D es el dominio cerrado por x = −√y, y = 2x y

y = 3

Solucion:

∫ 3

0

dy

∫ 12y

−4√y

xdx =

∫ 3

0

(1

8y2 − 2y)dy = −63

8

5. Sea f(x, y) =1

(x+ y)2.

Calcular∫∫

Ωf donde Ω = (x, y) | 1 ≤ x ≤ 2, x ≤ y ≤ 2x.

Solucion:∫ 2

1

(∫ 2x

x

1

(x+ y)2dy

)dx =

∫ 2

1

[− 1

x+ y

]2x

x

dx =∫ 2

1(− 1

3x+

1

2x)dx =

1

6lnx

]2

1

=1

6ln 2

6. Sea Ω = (x, y) ∈ R2 | xy ≤ 16, x ≥ y, x− 6 ≤ y, x ≥ 0, y ≥ 1

a) Dibujar Ω

b) Calcular∫∫

Ω

x

ydxdy


a)

b) Dividimos el recinto en dos:

Ω1 = (x, y) | 1 ≤ y ≤ 2, y ≤ x ≤ y + 6

Ω2 = (x, y) | 2 ≤ y ≤ 4, y ≤ x ≤ 16y∫∫

Ω1

xydxdy +

∫∫Ω2

xydxdy =∫ 2

1

(∫ y+6

yxydx)dy +

∫ 4

2

(∫ 16y

yxydx)dy =

=∫ 2

11yx2

2

]y+6

y+∫ 4

21yx2

2

] 16y

y=

15 + 18 ln 2

7. Escribir la integral triple

∫∫∫A

f(x, y, z)dxdydz en terminos de integra-

les iteradas en la region A de R3 consistente en el tetraedro limitado

por los planos x = 0, y = 0, z = 0, 2x+ 3y + 4z = 12.

Solucion:


El tetraedro corta los ejes en el triangulo definido por los puntos

(6, 0, 0), (0, 4, 0), (0, 0, 3)

y viene expresado por las relaciones

A = x ∈ [0, 6], y ∈ [0, 4], z ∈ [0, 3], 2x+ 3y + 4z ≤ 12

Vamos a expresar el dominio empezando por x:

x se puede mover en el intervalo [0, 6],

y queda limitada por y ∈ [0, 4], 3y ≤ 12 − 2x − 4z y z ∈ [0, 3] por lo

tanto,

y ∈[0, 4− 2

3x

]Finalmente, z queda limitada por z ∈ [0, 3] y 4z ≤ 12− 2x− 3y:

z ∈[0, 3− 1

2x− 3

4

]de donde∫∫∫

A

f(x, y, z)dxdydz =

∫ 6

0

dx

∫ 4− 23x

0

dy

∫ 3− 12x− 3

4

0

f(x, y, z)dz

8. Calcular la integral triple∫∫∫

Axdxdydz en la region A de R3 consistente

en un tetraedro limitado por los planos x = 0, y = 0, z = 0,x

a+y

b+z

c=

1 (a, b, c > 0).

Solucion:

Este dominio es equivalente a

A = x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0,x

a+y

b+z

c≤ 1


que es el tetraedro de vertices

(0, 0, 0), (a, 0, 0), (0, b, 0), (0, 0, c)

Dejaremos la integracion respecto a x para el final, e intentamos seguir

el orden ∫dx

∫dy

∫xdz

en la parametrizacion adecuada del dominio

A =

x ∈ [0, a], 0 ≤ y ≤ b− bx

a, 0 ≤ z ≤ c− cx

a− cy

b

Ası pues, la integral se expresa como∫ a

0

dx

∫ b− bxa

0

dy

∫ c− cxa− cy

b

0

xdz

En primer lugar integramos respecto z∫ c− cxa− cy

b

0

xdz = x(c− cx

a− cy

b

)ahora este resultado lo integramos respecto a y∫ b− bx

a

0

x(c− cx

a− cy

b

)dy = x

(c− cx

a

)(b− bx

a

)− cx

b

∫ b− bxa

0

ydy︸︷︷︸12(b− bxa )

2

= x(c− cx

a

)(b− bx

a

)− cx

2b

(b− bx

a

)2

=

(b− bx

a

)(x(c− cx

a

)− cx

2b

(b− bx

a

))=(

b− bx

a

)(x(c− cx

a

)− x

2

(c− cx

a

))=(

b− bx

a

)(c− cx

a

)(x− x

2

)= bc

(1− x

a

)2 x

2


Finalmente, integramos respecto a x:∫ a

0

bc(

1− x

a

)2 x

2dx =

∫ a

0

(1

2bcx− bcx2

a+bcx3

2 a2

)dx =[

(6 a2x2 − 8 ax3 + 3x4)bc

24 a2

]a0

=1

24a2bc

9. Calcular∫∫Dxydxdy donde D es el dominio cerrado por x = −√y, y = 2x y

y = 3

Solucion:

∫ 3

0

dy

∫ 12y

−4√y

xdx =

∫ 3

0

(1

8y2 − 2y)dy = −63

8

10. Calcular∫∫D

2y√x2 + y2dxdy con D = (x, y) | x2 + y2 − 4x ≤ 0 y y ≥ 0

Solucion:

El recinto es el semicırculo de centro (2, 0) y radio 2 situado en el

semiplano superior, luego 0 ≤ x ≤ 4 y 0 ≤ y ≤√

4x− x2∫ 4

0dx∫ √4x−x2

02y√x2 + y2dy =

∫ 4

0

2

3(x2 + y2)3/2

∣∣√4x−x2

0=

128

5

11. Calcular∫∫

D

x3 sen2y

x2 + 1 + tg2ydxdy; donde D = (x, y) | |x| ≥ 1, |y|1

Solucion:

El integrando es impar en x, y el recinto de integracion simetrico res-

pecto al eje OY (x = 0);

Por lo tanto la integral es nula.


3.2. Principio de Cavalieri

1. Calcular el volumen del cuerpo W = (x, y, z) ∈ R3 | x2

4z+y2z2

9≤

z, 0 ≤ z ≤ 4.

Solucion:

Observamos que, si z es constante el dominio es el interior de una elipse:

x2

(2z)2+

y2(3√z

)2 = 1

cuya area es π · a · b = π · 2z · 3√z

Por el principio de Cavallieri el volumen es area de la base por altura:

∫ 4

0

π · 2z · 3√z

= 6π2

3z3/2

∣∣∣∣40

= 32π

2. Calcular el volumen del cuerpo x2 + y2 = z con 0 < z < 9

Solucion:

Observamos que, si z es constante el dominio es el interior de una

circunferencia de radio√z cuya area es πz

Por el principio de Cavallieri el volumen es∫ 9

0πzdz =

π

2z2∣∣∣90

=81π

2

3. Aplicar el principio de Cavalieri para calcular los siguientes volumenes

a partir del area de secciones con planos paralelos a los planos coorde-

nados (escogidos de forma adecuada).

3.3. CAMBIOS DE VARIABLE EN RN 85

a) Volumen rodeado por el elipsoidex2

a2+y2

b2+z2

c2= 1. (Solucion:

43πabc.)

b) Volumen rodeado por el cono invertido de base elıpticax2

a2+y2

b2=

z2, con 0 ≤ z ≤ h. (Solucion: 13πabh3.)

c) Volumen de la piramide de base rectangular de lados a, b y altura

h. (Solucion: abh3

.)

d) Volumen del tetraedro limitado por los planos x = 0, y = 0, z = 0,x

a+y

b+z

c= 1 (a, b, c > 0). (Solucion: abc

6.)

e) Volumen rodeado por el casquete esferico determinado por la es-

fera x2 + y2 + z2 = R2 y la condicion R − h ≤ z ≤ R. (Solucion:

13πh2(3R− h).)

b) Para z = cte el dominio es una elipsex2

a2z2+

y2

b2z2= 1 cuya area es

πazbz = πabz2, por lo que podemos aplicar el principio de Cavalieri:∫ h

0

πabz2 =1

3πabh3.

3.3. Cambios de variable en Rn

1. Calcular∫∫

D

√9− (x2 + y2) donde D es el cuarto de cırculo situado

en el primer cuadrante, centrado en el origen y radio 3/√

2.

Solucion:

Cambio a coordenadas polares x = r cos θ, y = r sen θ, jacobiano: r


∫ π/20

dθ∫ 3/√

2

0

√9− r2rdr =

∫ π/20

dθ

[−1

3(9− r2)3/2

]3/√

2

0

=9π

4√

2(2√

2−

1),

2. Calcular∫∫∫

Dxy2z3(z + yz + xyz)dxdydz siendo D = (x, y, z) ∈ R3 |

0 < xyz < a, 0 < yz < b, 0 < z < c

Solucion:

Cambio de variables: u = xyz, v = yz, w)z por lo tanto x = uv, y = v

w,

z = w

Jacobiano: det

1v− uv2

0

0 1w− vw2

0 0 1

=1

vw

∫ a0du∫ b

0dv∫ c

0uvw(w + v + u)

1

vwdw = a2bc(a

3+ b

4+ c

4)

3. Calcular∫ ∫ ∫Be(x2+y2+z2)3/2dxdydz, on B es la bola de centro al origen y radio

1.

Solucion:

Cambio a coordenadas esfericas

B∗ = r ∈ [0, 1], θ ∈ [0, 2π], ϕ ∈ [−π/2, π/2]

entonces e(x2+y2+z2)3/2 = er3, dxdydz = r2 cosϕdrdθdϕ.∫ 2π

0dθ∫ π/2−π/2 dϕ

∫ 1

0er

3r2 cosϕdr =

4

3π(e− 1)

4. Calcular el area del cırculo: Ω = x2 + y2 ≤ c2.


Solucion:

Calculemos su area en coordenadas polares

∫Ω

dxdy =

x = r cos θ

y = r senθ

Ω∗ = r ∈ [0, c], θ ∈ [0, 2π]

=

∫ c

0

∫ 2π

0

rdrdθ

=

∫ c

0

r

(∫ 2π

0

dθ

)dr =

(∫ c

0

rdr

)︸︷︷︸

r2/2

(∫ 2π

0

dθ

)︸︷︷︸

2π

= πc2

5. Calcular el area de la elipse:

Ω =

x2

a2+y2

b2≤ 1

Solucion:

Utilizaremos coordenadas elıpticas:

x = ar cos θ

y = br sin θ

Ω∗ = r ∈ [0, 1], θ ∈

[0, 2π]

de manera que el jacobiano es

det JT (a) =

∣∣∣∣∣∣ a cos (θ) −ar sen (θ)

b sen (θ) br cos (θ)

∣∣∣∣∣∣ = abr

∫∫Ωdxdy =

∫∫Ω∗ abrdrdθ =

∫ 1

0

∫ 2π

0abrdrdθ = πab

6. Calcular el area de la rosa de 4 petalos

Solucion:


Se trata de la ecuacion (expresada en coordenadas polares) definida por

r = asen(2θ)

Nos piden el area de la region en coordenadas polares

Ω∗ = θ ∈ [0, 2π], 0 < r < asen2θ

Se ha de integrar la funcion 1 sobre el dominio definido en coordenadas

polares y utilizar el termino del jacobiano (dxdy = rdrdθ

Area =

∫Ω∗rdrdθ =

∫ 2π

0

dθ

∫ a sen2θ

0

rdr =

∫ 2π

0

1

2a2sen22θdθ =

=

[1

16a2(4 θ − sen (4 θ))

]2π

0

=1

2πa2

7. Calcular∫

Ωxy, Ω interseccion con el primer cuadrante de la corona

circular de centro (0, 0), radio interior 1 y radio exterior 2.

Solucion:


Este dominio en coordenadas polares viene dado por

Ω∗ = r ∈ [1, 2] ∈ θ ∈ [0, π/2]

Aplicando el cambio de variables de coordenadas cartesianas a coorde-

nada polares∫Ω

xydxdy =

∫Ω∗r cos θ︸︷︷︸

x

rsenθ︸︷︷︸y

rdrdθ︸︷︷︸cambio var.

=

∫ π/2

0

cos θsenθ︸︷︷︸12sen 2θ

dθ

∫ 2

1

r3dr =

[−1

4cos 2θ

]π/20︸︷︷︸

1/2

[r4

4

]2

1︸︷︷︸4−1/4

=15

8

8. Calcular el volumen comprendido entre el cono z2 = x2 + y2 y el para-

boloide z = x2 + y2, para z > 0.

Solucion:

Se aplicara el cambio de coordenadas a coordenadas cilındricas, ya que

el cuerpo tiene simetrıa axial.

Los dominios de integracion en cartesianas y cilındricas:

Ω = x2 + y2 ≤ z ≤√x2 + y2

Ω∗ = r2 ≤ z ≤ r = r ∈ [0, 1], θ ∈ [0, 2π], r2 ≤ z ≤ r


ya que r2 ≤ r ⇔ r ∈ [0, 1].

Ası podemos aplicar directamente en coordenadas cilındricas para cal-

cular el volumen:

Vol(Ω) =

∫Ω∗rdrdθdz =

∫ 2π

0

dθ

∫ 1

0

dr

∫ r

r2rdz =

2π

∫ 1

0

(r2 − r3)dr = π1

6

Observacion: En el calculo de volumenes donde los cuerpos tengan si-

metrıa axial respecto el eje x = y = 0, la expresion en coordenadas

cilındricas no dependera de θ y podemos pasar la integral∫ 2π

0dθ = 2π

multiplicando delante.

9. Calcular el volumen de la parte de la esfera x2 + y2 + z2 = a2 que esta

al exterior del cilindro x2 + y2 = b2 (a > b > 0).

Usando coordenadas cilındricas, ya que el cuerpo tiene una simetrıa

axial.

Calcularemos el volumen de z ≥ 0 y multiplicaremos por 2.

Los dominios de integracion en coordenadas cartesianas y polares es:

Ω = z ≤√a2 − x2 + y2, b2 ≤ x2 + y2 ≥ a2

Ω∗ = z ≤√a2 − r2, r ∈ [b, a], θ ∈ [0, 2π]


Se puede calcular directamente en coordenadas cilındricas:

Vol(Ω) =

∫Ω∗rdrdθdz =

∫ 2π

0

dθ

(∫ a

b

∫ √a2−r20

rdz

)=

2π

∫ a

b

r(a2 − r2)12dr = 2π

[−1

3(a2 − r2)

32

]ab

=

2π−1

3

(0− (a2 − b2)3/2

)=

2π

3

(a2 − b2

)3/2

Por lo tanto, el volumen del cuerpo es

4π

3

(a2 − b2

)3/2.

10. Calcular el volumen de B3R(0), el interior de la esfera de radio R en R3.

Se aplicara coordenadas esfericas ya que el cuerpo tiene simetrıa central

(el origen).

Los dominios de integracion en coordenadas cartesianas y esfericas:

Ω = x2 + y2 + z2 ≤ R2

Ω∗ = r ∈ [0, R], θ ∈ [0, 2π], ϕ ∈ [−π/2, π/2]

ya que r2 = x2 + y2 + z2.

Se puede plantear directamente la integral en coordenadas esfericas

para calcular el volumen:

Vol(Ω) =

∫Ω∗r2 cosϕ︸︷︷︸jacobiano

drdθdϕ =

∫ 2π

0

dθ

∫ π/2

−π/2cosϕdϕ

∫ R

0

r2dr = 2π · 2 · R3

3=

4

3πR3


11. Calcular el volumen del dominio Ω cortado sobre la bola r ≤ a por el

cono α ≤ ϕ ≤ π

2(a > 0, 0 < α <

π

2).

Solucion:

En coordenadas esfericas, el dominio Ω viene dado por

Ω∗ = r ∈ [0, a], ϕ ∈ [α,π

2], θ ∈ [0, 2π]

y, por lo tanto, podemos calcular directamente su volumen en coorde-

nadas esfericas

Vol(Ω) =

∫Ω∗r2 cosϕ︸︷︷︸jacobiano

drdθdϕ =

∫ 2π

0

dθ

∫ a

0

r2dr

∫ π/2

α

cosϕdϕ = 2π · a3

3

(sen

π

2− senα

)=

2πa3

3(1− senα)


12. Usar coordenadas polares para calcular las siguientes integrales dobles.

a)∫∫

A(x2 + y2)dxdy, A = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 4.

b)∫∫

Acos(x2 + y2)dxdy, A = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ π

2.

c)∫∫

A

(x+ y)2

x2 + y2 + 2dxdy, A = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 1.

d)∫∫

A

dxdy

(1 + x2 + y2)2√x2 + y2

, A = (x, y) ∈ R2, x2 + y2 ≤ R2.

(Indicacion: Usar las propiedades elementales de sen y cos para

ver que: sen(arctg(R)) = R√1+R2 y cos(arctg(R)) = 1√

1+R2 .)

e)

∫∫A

x(x2 + y2)dxdy, A sector circular de centro (0, 0) y radio R

formando angulos entreπ

3yπ

6con el eje x positivo.

Solucion:

dxdy = rdrdθ.

a) El dominio en coordenadas polares es A∗ = (r, θ) | 0 ≤ r ≤ 2, 0 ≤

θ ≤ 2π

∫∫A

(x2 + y2)dxdy =

∫∫A∗r2 · rdrdθ = 2π

∫ 2

0

r3dr = 8π

b) El dominio en coordenadas polares es A∗ = (r, θ) | 0 ≤ r ≤√

π2, 0 ≤

θ ≤ 2π

∫∫A

cos(x2 + y2)dxdy =∫∫

A∗ cos(r2) · rdrdθ =

2π∫√π

2

0 cos(r2)rdr = 2π( 12sen(r2)

∣∣√π2

0) = π


c) En coordenadas polares, el dominio es A∗ = θ ∈ [0, 2π], r ∈ (0, 1].

Ası∫∫A

(x+ y)2

x2 + y2 + 2dxdy =

∫∫A∗

r2(cos θ + senθ)2

r2 + 2rdrdθ =∫ 2π

0

(cos θ + sen θ)2dθ

∫ 1

0

r3

r2 + 2dr

Calculamos cada una de las integrales∫ 2π

0

(cos θ + sen θ)2dθ =

∫ 2π

0

(cos2 θ + sen 2θ︸︷︷︸1

+ 2sen θ cos θ︸︷︷︸sen 2θ

)dθ

=

∫ 2π

0

dθ +

∫ 2π

0

sen 2θdθ︸︷︷︸0

= 2π

y, por otra parte,

∫ 1

0

r3

r2 + 2dr =

∫ 1

0

(r − 2 r

r2 + 2

)dr =

[1

2r2 − ln(r2 + 2)

]1

0

=

1

2− ln 3 + ln 2 =

1

2+ ln

2

3

d) En coordenadas polares, el dominio es

A∗ = θ ∈ [0, 2π], r ∈ (0, R].

Ası

∫∫A

dxdy

(1 + x2 + y2)2√x2 + y2

=∫∫

A∗r

(1 + r2)2rdrdθ =

(no hay θ) = 2π∫ R

0

1

(1 + r2)2dr =

2π[

r2 (r2+1)

+ 12

arctg + (r)]R

0= πR

(R2+1)+ π arctg(R)


Para resolver la integral∫1

(1 + r2)2dr =

r

2(r2 + 1)+

1

2arctg (r) + C

Hacemos el cambio de variable r = tgu de manera que se convierte en∫cos2 udu =

1

2u+

1

4sen (2u) + C

e) En coordenadas polares, el dominio es A∗ = θ ∈ [π/6, π/3], r ∈

(0, R]. Ası∫∫A

x(x2 + y2)dxdy =∫∫A∗r cos θr2rdrdθ =

∫ π/3

π/6

cos θdθ

∫ R

0

r4dr [sen θ]π/3π/6

R5

5=(

1

2

√3− 1

2

)R5

5=

√3− 1

10R5

13. Calcular el area del dominio A ⊂ R2 definido en coordenadas polares,

siguiente: A es la region definida por1

2≤ r ≤ |sen (2θ)|.

Solucion:


El dominio tiene una simetrıa respecto los ejes X e Y y, por lo tanto,

podemos calcular el area en el primer cuadrante θ ∈ [0, π/2] donde,

ademas, el sen 2θ es positivo.

Debemos encontrar los valores de θ ∈ [0, π/2] para los cuales

sen 2θ =1

2⇔ 2θ =

π

6, π − π

6⇔ θ =

π

12,5π

12

El dominio en coordenadas polares que describe la parte en el primer

cuadrante es, pues,

Ω∗ =

θ ∈ [

π

12,5π

12],

1

2≤ r ≤ |sen (2θ)|

Por lo tanto, el area de una cuarta parte de la figura es

∫Ω∗ rdrdθ =

∫ 5π12π12dθ∫ sen 2θ

1/2rdr =

∫ 5π12π12

12

(sen 22θ − 1

4

)dθ =[

18θ − 1

16sen (4 θ)

] 5π12π12

= 124π + 1

48

(3√

3)

El resultado final se obtiene de multiplicar por cuatro el resultado ob-

tenido: Volumen = π6

+ 14

√3.

14. Calcular∫∫∫

Bze−(x2+y2)dxdydz, B = (x, y, z) ∈ R3 : z2−1 ≤ x2+y2 ≤

z2

2, z ≥ 0.

Solucion:

El dominio es adecuado para usar coordenadas cilındricas ya que es un

cuerpo de revolucion.

Geometricamente, es el recinto que hay entre un cono y un paraboloide


En coordenadas cilındricas el domino se expresa como:

B∗ =

z2 − 1 ≤ r2 ≤ z2

2, z ≥ 0, θ ∈ [0, 2π]

Para poder calcular la integral es preciso que expresemos el dominio

como producto de intervalos y para ello determinamos para que valores

de z ≥ 0 tenemos que z2 − 1 ≤ z2

2, que equivalentemente

0 ≤ 1− z2

2⇔ z ∈ [0,

√2]

Por otra parte, para determinar los valores de r, observamos que las

desigualdades anteriores tambien las podemos expresar como

B∗ =θ ∈ [0, 2π], r ∈ [0, 1], z ∈ [

√2r,√r2 + 1]

La integral expresada en coordenadas cilındricas se escribe como∫ 2π

0

dθ

∫ 1

0

e−r2

rdr

∫ √r2+1

√2r

zdz =

2π

∫ 1

0

e−r2

r

(−1

2r2 +

1

2

)dr =

2π

∫ 1

0

(−1

2r3e(−r

2) +1

2re(−r

2))dr

= 2π

[1

4r2e(−r

2)]1

0

= 2π1

4e(−1)

15. Calcular

∫∫∫B

zdxdydz,B = (x, y, z) ∈ R3 : x2+y2+z2 ≤ 6, x2+y2 ≤

z, z ≥ 0.

Solucion


Este dominio esta limitado entre una esfera de radio√

6, por debajo,

el paraboloide elıptico z = x2 + y2.

Se trata de un volumen de revolucion

Su interseccion:

z + z2 = 6,⇔ z = −3, 2

Como que estamos considerando z ≥ 0, el dominio para la z es z ∈ [0, 2],

por una parte, y por z ∈ [2,√

6], por otra.

En coordenadas cilındricas el dominio se expresa como

B∗ = B∗1 ∪B∗2 =θ ∈ [0, 2π], z ∈ [0, 2], r ∈ (0,

√z)∪

θ ∈ [0, 2π], z ∈ [2,√

6], r ∈ (0,√

6− z2)

La integral en B1 (en coordenadas polares B∗1) es

I1 =

∫B∗

1

zrdrdθdz = 2π

∫ 2

0

zdz

∫ √z0

rdr =

2π

∫ 2

0

z2

2dr = 8π/3

La integral en B2 (en coordenadas polares B∗2) es

I2 =

∫B∗

2

zrdrdθdz = 2π

∫ √6

2

zdz

∫ √6−z2

0

rdr =

2π

∫ √6

2

6z − z3

2dz = π

[3z2 − z3

3

]√6

2

=π

2.

Por lo tanto la solucion es:

I = I1 + I2 = 9π/2


16. Calcular la siguiente integral triple.∫∫∫B

dxdydz

(x2 + y2 + z2)3/2, donde el recinto B es el definido por B =

(x, y, z) ∈ R3 : a2 ≤ x2 + y2 + z2 ≤ b2.

Solucion:

Geometricamente se trata del volumen comprendido entre dos esferas

de radio a y radio b.

Tanto el integrando como el dominio son muy adecuados para utilizar

coordenadas esfericas.

Podemos escribir la integral en coordenadas esfericas usando el hecho

de que el dominio se expresa como

B∗ = r ∈ [a, b], θ ∈ [0, 2π], ϕ ∈ [−π/2, π/2]

y que, r2 = x2 + y2 + z2, dxdydz = r2 cosϕdrdθdϕ.

∫∫∫B

dxdydz

(x2 + y2 + z2)3/2dxdydz =

∫B∗

r2 cosϕr3

drdθdϕ =∫B∗ cosϕr−1drdθdϕ = 2π

∫ bar−1dr

∫ π/2−π/2 cosϕdϕ =

2π ln ba2 = 4π ln b

a

17. Calcular el volumen del dominio B ⊂ R3 cerrado por la esfera deforma-

da definido en coordenadas esfericas, x = r cosϕ cos θ, y = r cosϕsen θ,

z = rsen ϕ (0 < θ < 2π, −π2< ϕ <

π

2), de la forma. r = 1 +

0,2sen (8θ)sen (ϕ).

Solucion:

100CAPITULO 3. INTEGRACION DE FUNCIONES DE N VARIABLES

V ol(B) =

∫B∗r2 cosϕdrdθdϕ =∫ 2π

0

dθ

∫ π/2

−π/2cosϕdϕ

∫ 1+0,2sen (8θ)sen (ϕ)

0

r2dr =∫ 2π

0

dθ

∫ π/2

−π/2cosϕ

(1

375sen (ϕ)3 sen (8 θ)3 +

1

25sen (ϕ)2 sen (8 θ)2 +

1

5sen (ϕ) sen (8 θ) +

1

3

)dϕ =∫ 2π

0

(2

75sen (8 θ)2 +

2

3

)dθ =

34

25π

18. Calcular la integral triple∫∫∫

B

1√x2 + y2 + z2

dxdydz, donde B es la

region en el primer octante de R3 acotada por los conos ϕ =π

4y ϕ =

arctg(2) y la esfera de radio r =√

6. (Recordatorio: sen (arctg(a)) =

a√1+a2

.)

Solucion:


El dominio en coordenadas esfericas se expresa como

B∗ =θ ∈ [0, 2π], r ∈ (0,

√6), ϕ ∈ [π/4, arctg2]

∫∫∫B

1√x2 + y2 + z2

dxdydz =∫B∗

1rr2 cosϕdrdθdϕ =∫ 2π

0dθ∫ arctg(2)

π/4cosϕdϕ

∫ √6

0rdr =

2π ·(sen (arctg (2))− sen π

4

)· 3 = 2π(2

5

√5− 1

2

√2)3

19. Calcular la integral doble siguiente∫∫

Dxydxdy, D = (x, y) ∈ R2 | 6 ≤

2y − x ≤ 12, 0 ≤ x ≤ 4, mediante el cambio de variables x = 4u y

y = 2u+ 3v.

Solucion:

El dominio en las nuevas coordenadas es D∗ = (u, v) ∈ R2 | 1 ≤ v ≤

2, 0 ≤ u ≤ 1

El Jacobiano es det ( 4 02 3 ) = 12

∫∫Dxydxdy =

∫∫D∗(4u(2u+ 3v)12dudv =∫ 2

1dv∫ 1

0(8u2 + 12uv) · 12du = 140

PARTE III

104CAPITULO 3. INTEGRACION DE FUNCIONES DE N VARIABLES

Capıtulo 4

Ecuaciones diferenciales

ordinarias

4.1. Ecuaciones de variable separada

1. Resolver y′ = − x2

(y + 1)4.

Solucion:

Esta ecuacion puede expresarse de la forma

(y + 1)4dy = −x2dx

por lo que1

5(y + 1)5 = −1

3x3 +K

2. Resolver (3x2y − xy) + (2x3y2 + x3y4)y′ = 0

Solucion:

105

106 CAPITULO 4. ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

Operando la ecuacion se convierte en(3

x− 1

x2

)+ (2y + y3)y′ = 0

Integrando: 3 lnx+1

x+ y2 +

1

4y4 = K.

Observacion: al conjunto de soluciones debemos anadir y = 0 que cla-

ramente es solucion de la ecuacion pero no lo es de esta ultima.

3. Resolver y′ =4y

x(y − 3)

Solucion:

Esta ecuacion se escribe:

y − 3

ydy =

4

xdx

Integrando: y − 3 ln y = 4 ln x+K.

4. Resolver 1 + e3xy′ = 0

Solucion:

La ecuacion se escribe −e−3xdx = dy

∫dy =

∫−e−3xdx

y =1

3e−3x +K

4.2. ECUACIONES LINEALES 107

4.2. Ecuaciones lineales

1. Resolver la ecuacion lineal y′ = 3y + x,

Solucion:

La solucion general viene dada por

y(x) = Ke∫

3dx + e∫

3dx

∫xe−

∫3dxdx, K ∈ R.

Operando obtenemos

y(x) = e3x(K +

∫xe−3x) = e3x(K − 1

3xe−3x − 1

9e−3x) =

= Ke3x − 1

3x− 1

9.

2. Resolver: y′ + 2xy = 4x

Solucion:

La ecuacion se escribe y′ = −2xy+4x es decir f(x) = −2x y g(x) = 4x.

y(x) = Ke∫−2xdx + e

∫−2xdx

∫4xe−

∫−2xdxdx = Ke−x

2

+ 2

3. Resolver: xy′ = y + x3 + 3x2 − 2x

Solucion:

La ecuacion se escribe de la forma y′ =1

xy + x2 + 3x− 2, y f(x) =

1

xy g(x) = x2 + 3x− 2

y(x) = Ke∫

1xdx + e

∫1xdx

∫(x2 + 3x− 2)e−

∫1xdxdx


calculando:

y(x) = Kx+1

2x3 + 3x2 − 2x lnx

4. Resolver: cosx · y′ + senx · y = 1

Solucion:

La ecuacion se escribe de la forma y′ = −senx

cosx+

1

cosxcon f(x) =

−senx

cosxy g(x) =

1

cosx

y(x) = Ke∫− sen x

cos xdx + e

∫− sen x

cos xdx

∫1

cosxe−

∫− sen x

cos xdxdx

Calculando: y(x) = K cosx+ senx

4.3. Ecuaciones de Bernouilli

1. Resolver y′ = y + xy6.

Solucion:

Esta ecuacion es de Bernouilli de orden 6.

El cambio de variable v = y−5 la convierte en

v′ = −5v − 5x = f(x)v + g(x),

cuya solucion general es:

v(x) = Ke∫f(x)dx + e

∫f(x)dx

∫g(x)e−

∫f(x)dxdx, K ∈ R.

4.3. ECUACIONES DE BERNOUILLI 109

v(x) = Ke∫−5dx + e

∫−5dx

∫−5xe−

∫−5dxdx =

= e−5x(K +1

5e5x − xe5x) = Ke−5x +

1

5− x.

Deshaciendo el cambio tenemos

y−5 = Ke−5x +1

5− x.

Es facil observar que la funcion y = 0 tambien es solucion, por lo que

el conjunto de soluciones es

y−5 = Ke−5x +1

5− x ∪ y = 0.

2. Resolver (1 + x2)y′ = xy + xy2.

Solucion:

Escribiendo la ecuacion dada en la forma

y′ =x

1 + x2y +

x

1 + x2y2

vemos que es una ecuacion de Bernouilli de orden 2.

Apliquemos el cambio de funcion v = y−1 convirtiendola en la siguiente

ecuacion lineal

v′ = − x

1 + x2v − x

1 + x2= f(x)v + g(x),

cuya solucion general es:

v(x) = Ke∫f(x)dx + e

∫f(x)dx

∫g(x)e−

∫f(x)dxdx, K ∈ R.


v(x) = Ke

∫−

x

1 + x2dx

+ e

∫−

x

1 + x2dx∫− x

1 + x2e−∫−

x

1 + x2dx

dx =

= e−

1

2ln(1+x2)

(K +

∫− x

1 + x2e

1

2ln(1+x2)

dx) =

=1√

1 + x2(K +

∫− x

1 + x2

√1 + x2) =

K√1 + x2

− 1.

Deshaciendo el cambio obtenemos

y−1 =K√

1 + x2− 1,

y puesto que y = 0 es solucion, tenemos que el conjunto de soluciones

es

−y−1 =K√

1 + x2− 1 ∪ y = 0.

4.4. Ecuaciones de Ricatti

1. Resolver y′ =2

x− 1+

1− 2x

x(x− 1)y − 1

x(x− 1)y2.

Solucion:

Es facil comprobar que en R− 0, 1, la funcion y = 1 es una solucion

particular de la ecuacion

Para hallar una solucion hacemos el cambio y = 1 +1

z.

Calculando

y′ = − z′

z2

4.4. ECUACIONES DE RICATTI 111

obtenemos

− z′

z2=

2

x− 1+

1− 2x

x(x− 1)

(1 +

1

z

)− 1

x(x− 1)

(1 +

1

z

)2

=

= − 1 + 2x

x(x− 1)

1

z− 1

x(x− 1)

1

z2.

por lo que

z′ =1 + 2x

x(x− 1)z +

1

x(x− 1),

que es lineal.

Resolvamos esta ecuacion

z(x) = e

∫ 1 + 2x

x(x− 1)dx

K +

∫1

x(x− 1)e−∫ 1 + 2x

x(x− 1)dx

=

=

∣∣∣∣(x− 1)3

x

∣∣∣∣ (K +

∫1

x(x− 1)

|x||(x− 1)3|

dx

)=

=

K(x− 1)3

x− 1

3xsi x > 1

K(x− 1)3

x+

1

3xsi 0 < x < 1

K(x− 1)3

x− 1

3xsi x < 0

Deshaciendo el cambio de funcion tenemos

1

y − 1=

K(x− 1)3

x− 1

3xsi x > 1

K(x− 1)3

x+

1

3xsi 0 < x < 1

K(x− 1)3

x− 1

3xsi x < 0


4.5. Ecuaciones homogeneas

1. Resolver y′ =y2 + 2xy

x2 + 2xy.

Solucion:

Puesto que f(λx, λy) = f(x, y), la funcion f es homogenea de grado

cero, por tanto la ecuacion diferencial es homogenea.

Hacemos el cambio y = xz, y′ = z + xz′ por lo que tenemos

z + xz′ =x2z2 + 2x2z

x2 + 2x2z=x2(z2 + 2z)

x2(1 + 2z)=z2 + 2z

1 + 2z,

ecuacion de variables separadas:

f(z)− z =z2 + 2z

1 + 2z− z =

z − z2

1 + 2z1 + 2z

z − z2dz =

1

xdx(

1

z− 3

z − 1

)dz =

1

xdx

La solucion de la ecuacion expresada en forma parametrica es:

|x| = K|z|

|z − 1|3

y = Kz|z||z − 1|3

K ∈ R+

2. Resolver x+ (y − 2x)y′ = 0

Solucion:

y′ =−x

y − 2x=

x

2x− y=

λx

2λx− λy

4.5. ECUACIONES HOMOGENEAS 113

y′ =1

2− yx

Es una ecuacion diferencial homogenea

Sea y = xz, y′ = z + xz′

z + xz′ = y′ =1

2− yx

=1

2− z

xz′ =1

2− z− z =

1− 2z + z2

2− z

xdz

dx=

1− 2z + z2

2− z2− z

1− 2z + z2dz =

1

xdx∫

1xdx =

∫2−z

1−2z+z2dz = −1

2

∫2z−2

1−2z+z2dz +

∫1

1−2z+z2dz

ln |x|+ C = −1

2ln(1− 2z + z2)− 1

z − 1

deshaciendo el cambio y operando:

(x− y) ln |x− y| = x+K(x− y)

3. Resolver y′ = −y(1 + exy )

exy (y − x)

Solucion:

La funcion f(x, y) = −y(1 + exy )

exy (y − x)

es homogenea de grado cero:

− λy(1 + eλxλy )

eλxλy (λy − λx)

= −λy(1 + exy )

exyλ(y − x)

= −y(1 + exy )

exy (y − x)

.

Luego la ecuacion diferencial es homogenea.

Haciendo el cambio y = xz, y′ = z + xz′, obtenemos una ecuacion de

variables separadas cuya solucion se expresa como:∫1

f(z)− zdz =

∫1

xdx,


siendo f(z) = −z(1 + e1z )

e1z (z − 1)

, por lo que

1

f(z)− z= −e

1z (z − 1)

z + z2e1z

y ∫−e

1z (z − 1)

z + z2e1z

dz =∫ 1

xdx

− ln |1 + ze1z | = ln |C1x|

|x| = |C1||1 + ze

1z |, C1 ∈ R

Por lo que la familia de soluciones expresada en forma parametrica

viene dada:

|x| = |C||1 + ze

1z

,

y =x|C||1 + ze

1z

,

C ∈ R.

4.6. Ecuaciones diferenciales exactas y facto-

res integrantes

1. Resolver (2x3 + 3y) + (3x+ y − 1)y′ = 0.

Solucion:

Comprobemos que es exacta.

Las funciones f(x, y) = 2x3 + 3y, g(x, y) = 3x+ y− 1, son de clase C∞

en todo R2.

∂2x3 + 3y

∂y= 3

∂3x+ y − 1

∂x= 3,

4.6. ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS Y FACTORES INTEGRANTES115

por lo que la ecuacion diferencial es exacta.

Busquemos la solucion

h(x, y) =

∫(2x3 + 3y)dx+ ϕ(y) =

1

2x4 + 3xy + ϕ(y),

ϕ(y) =

∫ ((3x+ y − 1)− ∂

∂y

∫(2x3 + 3y)

)dy =

=

∫(3x+ y − 1− 3x) =

∫(y − 1)dy =

1

2y2 − y +K, K ∈ R

Luego la familia de soluciones es

h(x, y) =1

2x4 + 3xy +

1

2y2 − y +K, K ∈ R.

2. Resolver −y + xy′ = 0

Solucion:

Claramente no es exacta:∂f

∂y= −1 6= ∂g

∂x= 1

∂f∂y− ∂g

∂x

g=−1− 1

x= −2

x= µ(x)

Entonces e∫µ(x) = e

∫− 2x = e−2 lnx = elnx−2

= x−2 es un factor integran-

te

Comprobacion:

− y

x2+

1

xy′ = f1 + g1y

′ = 0

∂f1

∂y= − 1

x2=∂g1

∂x.

3. Resolver (x2 + y2 + x) + xyy′ = 0

Solucion:


La ecuacion diferencial dada no es exacta ya que

∂(x2 + y2 + x)

∂y= 2y,

∂xy

∂x= y.

Sin embargo

∂f(x, y)

∂y− ∂g(x, y)

∂x

g(x, y)=

2y − yxy

=1

x= ψ(x)

que solo depende de x, por lo que

ϕ(x, y) = e∫ψ(x)dx = e

∫ 1

xdx

= elnx = x

es un factor integrante.

4. Resolver (2x− 1)dx+ (3y + 7)dy = 0

Solucion:

∂(2x− 1)

∂y=∂(3y + 7)

∂x= 0

Luego la ecuacion es exacta y por lo tanto existe f tal que∂f

∂x= 2x−1

y∂f

∂y= 3y + 7∫

(2x− 1)dx = x2 − x+ g(y) = f(x, y)

∂f

∂y= g′(y) = 3y + 7 g(y) =

∫(3y + 7)dy =

3

2y2 + 7y

Luego f(x, y) = x2 − x+3

2y2 + 7y

Y la solucion general es x2 − x+3

2y2 + 7y = c

Observacion: Esta ecuacion tambien es de variables separadas

4.6. ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS Y FACTORES INTEGRANTES117

5. Resolver 3x2y2dx+ 2x3ydy = 0

Solucion:

∂3x2y2

∂y=∂2x3y

dx= 6x2y.

Luego la ecuacion es exacta.

h(x, y) =∫

3x2y2dx = x3y2 + ϕ(y)

∂h∂y

= 2x3y + ϕ′(y) = 2x3y, ⇒ ϕ′(y) = 0

Luego h(x, y) = x3y2 y la solucion es x3y2 = C

6. Probar que1

x+ 2es un factor integrante para la ecuacion (x+ 1)dx+

(x+ 2)dy = 0

y en caso afirmtaivo resolverla.

Solucion:

La ecuacion se convierte enx+ 1

x+ 2dx+ dy = 0

claramente es exacta

f(x, y) =∫ x+ 1

x+ 2dx = x− ln(x+ 2) + g(y)

∂f

∂y= g′(y) = 1, ⇒ g(y) = y

Luego f(x, y) = x− ln(x+ 2) + y y la solucion es

x− ln(x+ 2) + y = c

7. Estudiar si la ecuacion

2xy2 − 3y3 + (7− 3xy2)y′ = 0.


es exacta o si existe factor integrante que la convierte en exacta

Solucion:

Las funciones f(x, y) = 2xy2 − 3y3, y g(x, y) = 7 − 3xy2, son de clase

C∞, en todo R2.

∂(2xy2 − 3y3)

∂y= 4xy − 9y2

∂(7− 3xy2)

∂x= 3y2

por lo que la ecuacion diferencial no es exacta.

Sin embargo

−

∂f(x, y)

∂y− ∂g(x, y)

∂x

g(x, y)=

4xy − 9y2 + 3y2

2xy2 − 3y3=

2

y= ψ(y)

que solo depende de y, por lo que

ϕ(x, y) = e∫ψ(y)dy = e

∫ 2

ydy

= eln y2 = y2,

es un factor integrante.

4.7. Resolucion de EDO’s usando la transfor-

mada de Laplace

1. Resolver

y′′′ + 4y′′ + 5y′ + 2y = 10 cos t, con las condiciones iniciales y(0) =

y′(0) = 0, y′′(0) = 3

4.7. RESOLUCION DE EDO’S USANDO LA TRANSFORMADA DE LAPLACE119

Solucion:

Aplicando la transformada de Laplace:

L[y′′′] + 4L[y′′] + 5L[y′] + 2L[y] = 10L[cos t]

Buscamos las transformadas de cada sumando

L[y′′′] = s3F (s)− s2y(0)− sy′(0)− y′′(0) = s3F (s)− 3

L[y′′] = s2F (s)− sy(0)− y′(0) = s2F (s)

L[y′] = sF (s)− y(0) = sF (s)

L[y] = F (s)

L[cos t] =s

s2 + 1

Sustituyendo las transformadas

(s3F (s)− 3) + 4(s2F (s)) + 5(sF (s)) + 2F (s) = 10s

s2 + 1

(s3 + 4s2 + 5s+ 2)F (s)− 3 = 10s

s2 + 1

(s+ 1)2(s+ 2)F (S) =3s2 + 10s+ 3

s2 + 1

F (s) =3s2 + 10s+ 3

(s2 + 1)(s+ 1)2(s+ 2)=−1

s+ 2+

2

s+ 1− 2

(s+ 1)2+−s+ 2

s2 + 1

Aplicando la antitransformada

y(t) = L−1[F (s)] = L−1[−1

s+ 2+

2

s+ 1− 2

(s+ 1)2+−s+ 2

s2 + 1]

y(t) = −e−2t + 2e−t − 2te−t − cos t+ 2 sen t

2. Resolver

y′′ + 4y = h(t) donde h(t) =

−4t+ 8π 0 < t < 2π

0 t > 2π, con las condi-

ciones iniciales y(0) = 2, y′(0) = 0


Solucion:

Observacion: h(t) = (−4t + 8π)U(t) + (4t − 8π)U(t − 2π) = (U(t) −

U(t− 2π))(−4t+ 8π)

Aplicando la transformada de Laplace

L[y′′] + 4L[y] = L[h(t)]

Busquemos las transformadas de cada sumando

L[y′′] = s2F (s)− sy(0)− y′(0) = s2F (s)− 2s

L[y] = F (s)

L[h(t)] = L[(U(t)− U(t− 2π))(−4t+ 8π)] =

L[(U(t))(−4t+ 8π)]+

+ 4L[U(t− 2π)(t− 2π)] =

=−4

s+

8π

s+ 4e−2πs 1

s2

Recordatorio: L[f(t− a)U(t− a)] = e−asL[f(t)]

Sustituyendo:

s2F (s)− 2s+ 4F (s) =−4

s2+

8π

s+ 4e−2πs1

s

(s2 + 4)F (s) =3s3 + 8πs− 4

s2+ e−2πs 4

s2

Y (s) =2s3 + 8πs− 4

s2(s2 + 4)+ e−2πs 4

s2(s2 + 4)

Y (s) =2π

s− 1

s2+

(2− 2π)s+ 1

s2 + 4+ e−2πs(

1

s− 1

s2 + 4)

Aplicando la antritransformada de Laplace

y(t) = 2π−t+(2−2π) cos 2t+sen 2t

2+µ2π(t)((t−2π)− sen (2(t− 2π))

2

3. Resolver y′′ + 2y′ + 2y = δ(t− 3π) cos t, y(0) = 1, y′(0) = −1


Solucion:

Sea Y (s) = L[y(t)](s). La transformada de la parte izquierda es

(s2 + 2s+ 2)Y (s)− s− 1

mientras que la parte derecha es:

L[δ(t− 3π) cos t](s) = e−3πs cos 3π = −e−3πs

Ası, la solucion para la transformada es

Y (s) =s+ 1

s2 + 2s+ 2− e−3πs

s2 + 2s+ 2

Vamos a calcular la antitransformada de los dos sumandos.

Como que s2 + 2s+ 2 = (s+ 1)2 + 1

se tiene claro que

s+ 1

s2 + 2s+ 2= L

[e−t cos (t)

]y que

1

s2 + 2s+ 2= L

[e−tsen (t)

].

Hemos de calcular la antitransformada del segundo sumando.

Para ello usaremos la formula

L[f(t− a)U(t− a)](s) = e−asF (s)

con

f(t) = e−t cos (t) , F (s) =1

s2 + 2s+ 2, a = 3π


e−3πs

s2 + 2s+ 2= L[e−(t−3π) sen (t− 3π)︸︷︷︸

−sen t

U(t− 3π)](s)

Ası pues, la solucion es:

y(t) = e−t cos (t) + e−(t−3π)sen t · U(t− 3π)

=(cos t+ e3πsen t · U(t− 3π)

)e−t

4. Resolver y′′ + y′ + y = 0, con las condiciones iniciales y′(0) = −12

y

y(0) = 1.

Solucion:

En primer lugar calcularemos la ecuacion que satisfce la transformada

de Laplace Y (s) = L[y(t)](s) de la funcion incognita y = y(t).

(s2 + s+ 1)︸︷︷︸Y (s)− s− 1

2= 0 ⇒ Y (s) =

s+ 12

s2 + s+ 1

Encontramos la solucion buscando la antitransformada de Y (s), prime-

ro observamos que se puede escribir como

Y (s) =s+ 1

2

(s+ 1/2)2 + 3/4

Observamos que para G(s) = ss2+3/4

tenemos

G(s) = L

[cos

√3

2t

](s)

y usando las formulas de traslacion tenemos

Y (s) = L

[cos

√3

2t

](s+

1

2

)= L

[e−

t2 cos

√3

2t

]


de manera que la solucion es

y(t) = e−t2 cos

√3

2t

5. Resolver y′′ + y = sen 2t, con las condiciones iniciales y′(0) = −1 y

y(0) = 0.

Solucion:

y(t) = −1

3sen t− sen 2t

3

6. Resolver

ty′′ + (1− 2t)y′ − 2y = 0,

con las condiciones iniciales y(0) = 1, y′(0) = 2

Solucion:

Buscamos la transformada de Laplace

L[ty′′] + L[(1− 2t)y′]− 2L[y] = 0

L[ty′′] = − d

dsL[y′′] = − d

ds(s2F (s) − sy(0) − y′(0)) = −s2F ′(s) −

2sF (s) + 1

L[(1− 2t)y′] = L[y′]− 2L[ty′] = (sF (s)− y(0)) + 2d

ds(sF (s)− y(0))

L[(1−2t)y′] = (sF (s)−1)+2(F (s)+sF ′(s)) = 2sF ′(s)+(s+2)F (s)−1

L[y] = F (s)

Sustituyendo

(−s2F ′(s)− 2sF (s) + 1) + (2sF ′(s) + (s+ 2)F (s)− 1)− 2F (s) = 0

−s(s− 2)F ′(s)− sF (s)) = 0


F ′(s)

F (s)=

s

−s(s− 2)∫ F ′(s)F (s)

=∫ s

−s(s− 2)

lnF (s) = − ln(s− 2) + lnC

F (s) =C

s− 2

Calculando la antitransformada

y(t) = Ce2t

y(0) = Ce2·0 = 1

y(t) = e2t

Bibliografıa

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ciales de primer orden. Universidad de Zaragoza.

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Análisis Matemático para la Ingenier´ıa. Problemas Resueltos

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