Tarea 1 - Vectorial 201510

1. Part 1: 1.1 - 3.2

1.1. Un cerro se queda en las montanas en la altura de 6 mil metros. El cerro tiene la formadel grafico de la funcion z = f(x, y) = 1 x2 y2. Observamos que plaquitas paralelas a losplanos 2x + y = 0 y 5x y z = 0 no hacen sombra. Cual es el punto mas caliente delcerro?

Solucion: Como las plaquitas no hacen sombra, entonces los rayos del sol son paralelosa la recta de interseccion de los planos. Un vector director de la recta es ~v = ~N1 ~N2,donde ~N1 = (2, 1, 0) es un vector normal al plano 2x + y = 0 y ~N2 = (5,1,1) es unvector normal al plano 5x y z = 0. Entonces los rayos del sol son paralelos al vector~v = (1, 2,3).

El punto mas caliente es donde el vector ~N normal al plano tangente al grafico de la funcionf(x, y) es paralelo a los rayos. Pero en un punto (x, y, f(x, y) del grafico de la funcion f(x, y)

el vector ~N = (2x,2y,1), entonces tenemos que

(2x,2y,1) (1, 2,3) = (0, 0, 0) 6y + 2 = 06x 1 = 04x+ 2y = 0

Entonces el punto es x = 1/6, y = 1/3, z = f(1/6,1/3) = 13/18.Respuesta: (1/6,1/3, 13/18).

1.2. Sea la curva con la ecuacion parametrica ~r(t) = (sin(t), sin(t) cos(t)), t (0, 2pi).a) Graficar la curva .b) Cuantas veces la curva G pasa por el punto (0, 0)?c) Hallar los puntos donde la curvatura k(t) de la curva toma valor cero.d) Es verdadero que 0 k(t) < 24?

Solucion:a)

b) La curva pasa por el punto (0, 0) si ~r(t) = ~0. Pero ~r(t) = ~0 si y solo si t = pi, pues tpertenece al intervalo (0, 2pi), y por lo tanto la curva G pasa por el punto (0, 0) solo una vez.c) Hallemos la curvatura de la curva.

d

dt~r(t) = (cos(t), cos(2t)),

d2

dt2~r(t) = ( sin(t), 2 sin(2t)),

2entonces

d2

dt2~r(t) d

dt~r(t) =

sin(t) 2 sin(2t)cos(t) cos(2t) = sin t (cos(2t) 4 cos2(t)) = sin t (2 cos2(t) + 1) .

Luego

ddt~r =

cos2(t) + cos2(2t) =

4 cos4 t 3 cos2 t+ 1

Por lo tanto, la curvatura de la curva es,

k(t) =| d2dt2~r(t) d

dt~r(t)|

ddt~r(t)2 =

| sin(t)| (2 cos2(t) + 1)4 cos4 t 3 cos2 t+ 13

.

Ahora bien, k(t) = 0 si y solo si sin t = 0, entonces t = pi.d) Verdadero. Por la definicion k(t) 0. Luego tenemos que

| sin(t)|(2 cos2(t) + 1) 3.

4 cos4 t 3 cos2 t+ 13 > 1/8,pues el valor mnimo de la funcion f(x) = 4x2 3x+ 1, donde x [0, 1], es f(3/8) = 7/16 >1/4. Entonces k(t) < 24.Respuesta: b) Solo una vez; c) t = pi; d) Verdadero.

1.3. En cuales puntos la recta tangente a la curva parametrica ~r(t) = (t2, t, ln |t|), port 6= 0, es paralela al plano de ecuacion x+ 2y 4z = 3?Solucion: Un vector normal al plano dado es (1, 2,4) y el vector tangente a la curvaparametrica al tiempo t es ~r(t) = (2t, 1,

1

t), por t 6= 0. Los puntos son dados por las

soluciones de la ecuacion:

(1, 2,4) (2t, 1, 1t) = 2t+ 2 4

t= 0,

o sea por t 6= 0 y t2 + t2 = 0. Por lo tanto, los puntos donde esto se cumple estan ubicadosen los tiempos t = 2 y t = 1, o sea son (4,2, ln 2) y (1, 1, 0).

1.4. Encuentre la ecuacion de la recta tangente en el punto (2, 0, 0) a la curva obtenidacomo interseccion de los cilindros

x2

4+ y2 = 1 y z = y3 y la curvatura de esta curva en el

mismo punto.

Solucion: Las ecuaciones parametricas de la curva son:

~r(t) :

x(t) = 2 cos(t)y(t) = sin(t)z(t) = sin(t)3,

0 t 2pi.

Por lo tanto, ~r (t) = 2 sin(t), cos(t), 3 sin(t)2 cos(t). Es cierto: ~r(pi) = 2, 0, 0 y ~r (pi) =0,1, 0. Sigue que la recta tangente a la curva dada en el punto (2, 0, 0) tiene ecuacionesparametricas: x(t) = 2y(t) = t

z(t) = 0

3Es cierto: ~r (t) = 2 cos(t), sin(t), 6 sin(t) cos(t)2 3 sin(t)3 y ~r (pi) = 2, 0, 0. Por lotanto:

~r (pi) ~r (pi) = 0,1, 0 2, 0, 0 = 0, 0, 2.Sigue:

(pi) = 0, 0, 2

103/2=

1

5

10.

1.5. Encontrar la ecuacion del cilndro eliptico en R3 paralelo al eje z que contiene el circuloque es la interseccion del plano z = y y la esfera x2 + y2 + z2 = 4.

Solucion: Eliminando z de las ecuaciones, obtenemos x2 + 2y2 = 4.

1.6. Encontrar la ecuacion de la superficie R3 obtenida al rotar la hiperbola x2 4z2 = 1alrededor del eje x.

Solucion: La distancia al eje x en el plano xz es |z|, queremos reemplazarlo con la distanciaal eje x en R3, que es

y2 + z2

por lo que la ecuacion de la superficie es:

x2 4(y2 + z2)2 = 1.

1.7. Considere la funcion f(x, y) = x2 y xey 1. Encuentre una funcion g(x, y, z) talque la grafica de f sea la superficie de nivel g(x, y, z) = 5

Solucion: La grafica de f esta dada por la ecuacion z = x2 y xey 1, que se puedereescribir como

x2 y xey z + 4 = 5por lo que podemos escoger g(x, y, z) = x2 y xey z + 4.

1.8. Verdadero o Falso?

a) Si la curvatura de una curva es cero en todos los puntos entonces la curva es unarecta.

b) La curvatura de la curva dada por la ecuacion parametrica ~r(t) = ~0 es cero.c) La curvatura de una parabola toma su valor maximo en el vertice de la parabola.d) La curvatura de una parabola toma valores menor que 0, 5.e) La curvatura de una elipse es una funcion acotada.

Solucion: a) Falso, es un segmento de la recta; b) Falso, la curvatura no es definida paraesta curva; c) Verdadero; d) Verdadero; e) Verdadero.

41.9. Existe una funcion f(x, y) diferenciable tal que:

(1) fx = ecos(y3), fy = ln(sin(x)

2);(2) fx = 6x

2y y, fy = 2x3 x;(3) fx = e

xy, fy = ex;

(4) fx = 4xy, fy = 2x2 + x ?

Solucion:

(1)

yecos(x

3) 6= x

ln(sin(x)2), entonces tal f no existe.

(2)

y(6x2y y) = 6x2 1 =

x(2x3 x), entonces, por el teorema de Clairaut existe

f tal que fx = 6x2y y, fy = 2x3 x. Ya que fy = 2x3 x sigue que f(x, y) =

(2x3 x)y + h(x). Entonces, fx = 6x2y y + h(x). Sigue que h es constante.(3)

yexy = ex =

xex, entonces, por el teorema de Clairaut existe f tal que fx = e

xy,

fy = ex. Ya que fy = e

x sigue que f(x, y) = exy + h(x). Entonces, fx = exy + h(x).

Sigue que h es constante.

(4)

y4xy 6=

x(2x2 + x), entonces tal f no existe.

1.10. Probar que la funcion f(x, y) = x+ g(xy), donde g(u) es una funcion diferenciable deuna variable, es una solucion de la ecuacion diferencial parcial

xz

x yz

y= x.

Solucion: Por la regla de la cadena tenemos que

f

x= 1 + g(xy)y,

f

x= g(xy)x,

entonces

xf

x yf

x= x.

2. Part 2: 4.1 - 4.6

2.1. La presion P (en Pascales), el Volumen V (en metros cubicos) y la Temperatura T (engrados Kelvin) de un proceso adiabatico satisfacen la relacion

V PT = 1

(1) Encuentre la funcion V (P, T ) que expresa el volumen como funcion de P y T y uselapara calcular V

P(1, 1)

(2) Calcule VP

(P, T ) cuando (P, T ) = (1, 1) usando derivacion implcita sobre la ecuacionV PT = 1.

(3) Un modelo mas realista nos dice que la presion el volumen y la temperatura satisfacenla relacion

0.97V PT + 0.01V 4PT + 0.02V 3PT = 1.

Cuanto vale VP

(P, T ) cuando V = 1, P = 1 y T = 1?

5Solucion:

(1) Despejando V obtenemos V (P, T ) = 1PT

asi que VP

= 1P 2T

. Evaluando en P = T =

1 obtenemos VP

(1, 1) = 1 metro cubico / Pascal.(2) Sabemos que V (P, T ) satisface V (P, T )PT = 1 asi que si P = 1 y T = 1 concluimos

que V = 1. Derivando parcialmente contra P a ambos lados de la igualdad obtenemos,

V

PPT + V T = 0

y evaluando en V = P = T = 1 concluimos VP

(1, 1) + 1 = 0 asi que VP

(1, 1) = 1metros cubicos / Pascal. (como debe ser, ambos metodos dan el mismo resultado).

(3) Ahora, suponga que las variables V, P, T satisfacen la relacion

0.97V PT + 0.01V 4PT + 0.02V 3PT = 1.

y pensemos que el volumen es una funcion de P y T llamada V (P, T ). Sabemos quesatisface

0.97V (P, T )PT + 0.01V (P, T )4PT + 0.02V (P, T )3PT = 1.

Derivando implcitamente contra P obtenemos

0.97V

PPT + 0.97V T + 4 0.01V 3V

PPT + 0.01V 4T+

+3 0.02V 2VP

PT + 0.02V 3T = 0.

Evaluando en V = P = T = 1 obtenemos

0.97V

P(1, 1) + 0.97 + 4 0.01V

P(1, 1) + 0.01 + 3 0.02V

P(1, 1) + 0.02 = 0

asi queV

P(1, 1) + 1.07 = 0 luego

V

P(1, 1) = 1.07 metros cubicos por Pascal.

2.2. Defina la funcion

F (x, y) =

y1

sin(xt2)

tdt

(1) Demuestre queF

x(x, y) =

sin(xy2) sin(x)2x

.

(2) CalculeF

y(x, y)

(3) Si la funcion g(x) esta definida por la formula

g(x) =

sin(x)1

sin(xt2)

tdt

Calcule g(x).

Solucion:

6(1)

F

x(x, y) =

y1

x

sin(xt2)

tdt =

y1

cos(xt2)t2

tdt =

y1

cos(xt2)tdt

y la ultima integral es facil de calcular, y1

cos(xt2)tdt =

[sin(xt2)

2x

]t=yt=1

=sin(xy2) sin(x)

2x

(2) Por el teorema fundamental del calculo, la derivada con respecto al lmite superior deintegracion se obtiene sustituyendo la variable de integracion por este lmite, es decir

F

y(x, y) =

sin(xy2)

y

(3) Note que g(x) = F (x, sin(x)) asi que podemos usar la regla de la cadena para encon-trar

g(x) =F

x(x, sin(x)) +

F

y(x, sin(x)) cos(x)

asi que

g(x) =sin(x sin(x)2) sin(x)

2x+

sin(x sin(x)2)

sin(x)cos(x)

2.3. a) Sean f(x, y) una funcion tal que f(1, 1) = 1,f

x(1, 1) = 2,

f

y(1, 1) = 1, y

g(t) = f(t, t2). Hallar g(1) y g(1).

b) Consideramos una funcion h(u, v) tal que h(1, 0) = 0,h

u(1, 0) = 1,

h

v(1, 0) = 3. Sea

f(u, v) = ueh(u,v) v. Hallar fu

(1, 0),f

v(1, 0).

Solucion: a) Tenemos que g(1) = f(1, 1) = 1, y

g(t) =f

x(t, t2) 1 + f

y(t, t2) (2t).

Entonces,

g(1) =f

x(1, 1) 1 + f

y(1, 1) 2 = 0.

b) Tenemos que

f

u= eh(u,v) + ueh(u,v)

h

uf

v= ueh(u,v)

h

v 1.

Entonces,f

u(1, 0) = 2,

f

u(1, 0) = 4.

Respuesta. a) g(1) = 1, g(1) = 0; b)f

u(1, 0) = 2,

f

u(1, 0) = 4.

72.4. Considere la funcion f(x, y, z) = x2 + 4y2 z2. Encontrar el plano tangente y la rectanormal al superficie S dado por f(x, y, z) = 0 en el punto (3, 2, 5). Hay algun punto en elsuperficie S en que el plano tangente no existe?

Solucion: Sea P = (3, 2, 5).

f(P ) = (2x, 8y,2z)|(3,2,5) = (6, 16,10)Una ecuacion parametrica de la recta normal a S en P es

r(t) = (3, 2, 5) + t(6, 16,10), t R.La ecuacion del plano tangente a S en P es

(6, 16,10) (x 3, y 2, z 5) = 0 6(x 3) + 16(y 2) 10(z 5) = 0.Si el f(Q) = (0, 0, 0), no existe el plano tangente en el punto Q.

f = (2x, 8y, 6z) = (0, 0, 0) (x, y, z) = (0, 0, 0).Q = (0, 0, 0) es un punto en la superficie porque satisface la ecuacion f(x, y, z) = 0. Entoncesel plano tangente no existe en el punto (0, 0, 0) en la superficie.

2.5. Considere la funcionf(x, y) = cos(x2 4y2).

(1) Encuentre los puntos en que f tiene valor maximo.(2) Calcule la derivada direccional de f en P (1, 1) en la direccion del vector 2i + j.(3) Supongamos que g(t) = f(t, t2). Calcule g(1) usando la regla de la cadena.

Solucion: (a)

cos(x2 4y2) = 1 x2 4y2 = 2kpi, k es un numero entero.Si k = 0, la curva de nivel tiene ecuacion parametrica

x = 2t, y = tPor lo demas, la ecuacion es

x =

2kpi cosh t, y =1

2

2kpi sinh t

(b)f = (fx, fy) = (2x sin(x2 4y2), 8y sin(x2 4y2))

Entonces f(P ) = (2 sin(3), 8 sin(3)) = (2 sin(3),8 sin(3)).El vector unitario en la direccion de 2i + j es u = 2

5i + 1

5j. La derivada direccional

buscada es

Du(P ) = f(P ) u = 4 sin(3)5

(c) g(t) = f(x(t), y(t)) donde x(t) = t y y(t) = t2. Entonces t = 1 x = 1, y = 1.Entonces

g(1) = fx(1, 1)x(1) + fy(1, 1)y(1) = (2 sin(3))(1) + (8 sin(3))(2) = 14 sin(3)

82.6. El domo de una planetaria tiene la ecuacion x2 +2y2 +z = 20 donde z = 0 correspondeal nivel del suelo.

(1) A que tasa cambia la altura del domo en la direccion de v = i j en el puntoP (2, 2, 8)?

(2) Encuentre la ecuacion parametrica de la trayectoria de una planeta que se mueve atraves del punto P en la direccion v a lo largo del domo bajo la condicion que latrayectoria pertence a un plano vertical.

Solucion: (a) Altura z(x, y) = 20 x2 2y2 y el vector unitario en la direccion de v esu = 1

2(1,1). Entonces la tasa buscada es

Duz(2, 2) = z(2, 2) u = (2x,4y)|(2,2) u = 2

2.

(b) Una ecuacion parametrica de la trayectoria es

x = 2 + t, y = 2 t, z = 20 (2 + t)2 2(2 t)2,es decir,

r(t) = (2 + t, 2 t, 8 + 4t 3t2).

2.7. Considere la funcion f(x, y, z) = 4 xy + 3z.(1) A que tasa cambia f en el punto P (1, 2, 1) en la direccion del punto Q(2, 1, 2)?

(2) En que direccion f crece lo mas rapido posible en el punto P? Cual es la maximatasa de cambio de f en el punto P?

(3) En que direcciones f se mantiene constante (ni crece ni decrece) en el punto P?

Solucion: (a) El vector unitario en la direccion de ~PQ = (2, 1, 2) (1, 2, 1) = (1,1, 1) esu =

13

(1,1, 1).

f(P ) = (y,x, 3)|(1,2,1) = (2,1, 3).La tasa de cambio

= Duf = f(P ) u = (2,1, 3) 13

(1,1, 1) = 23.

(b) f crece lo mas rapido posible en P en la direccion

f(P )||f(P )|| =

114

(2,1, 3).

La maxima tasa de cambio de f en el punto P es

||f(P )|| =

14.

(c) f mantiene constante en P las direcciones u = (u1, u2, u3) tal que

Duf(P ) = 0 (2,1, 3) (u1, u2, u3) = 0 2u1 u2 + 3u3 = 0.

92.8. El punto (1,1, 2) esta en la superficie S:x2 + z2 2xy y2 = 6.

Encuentre la ecuacion del plano tangente a la superficie S en (1,1, 2).Solucion: Calcule el gradiente de g(x, y, z) = x2 + z2 2xy y2

g = (2x 2y,2x 2y, 2z)Entonces g(1,1, 2) = (4, 0, 4) es un vector normal a la superficie S dada por g(x, y, z) = 6en (1,1, 2). La ecuacion del plano tangente a S en (1,1, 2) es

x+ z = 3

2.9. Verifique que la equacion xyz = sin(x + y + z) define implcitamente una funciondiferenciable z = f(x, y) en una vecindad del punto x = 0, y = 0, tal que f(0, 0) = 0.Enquentre las derivadas parciales fx(0, 0), fy(0, 0), fxx(0, 0), fyy(0, 0),fxy(0, 0).

Solucion: Ya que0 0 0 = sin(0 + 0 + 0)

el putno (0, 0, 0) pertenece a la superficie S definida por la ecuacion xyz = sin(x + y + z).Sea

F (x, y, z) = xyz sin(x+ y + z).Entonces, la superficie S esta dada por la equacion F (x, y, z) = 0. Tenemos:

Fz(0, 0, 0) = xy cos(x+ y + z)|x=y=z=0 = 1 6= 0Por el teorema de la foncion implcita existe una funcion diferenciable f(x, y) definida alrede-dor del punto (x, y) = (0, 0) tal que

F (x, y, f(x, y)) = 0.

Tenemos:

Fx(0, 0, 0) = yz cos(x+ y + z)|x=y=z=0 = 1Fy(0, 0, 0) = xz cos(x+ y + z)|x=y=z=0 = 1Fxx(0, 0, 0) = sin(x+ y + z)|x=y=z=0 = 0Fxz(0, 0, 0) = y + sin(x+ y + z)|x=y=z=0 = 0

Ya que la foncion F (x, y, z) es simetrica en x, y, z y estamos evaluando en el punto conx = y = z = 0, sigue por simetra que todos las derivadas parciales de segundo orden soniguales a cero en el punto x = y = z = 0.

La equacion F (x, y, f(x, y)) = 0 implica

Fx(x, y, f(x, y)) + Fz(x, y, f(x, y)) fx(x, y) = 0(1)Fy(x, y, f(x, y)) + Fz(x, y, f(x, y)) fy(x, y) = 0(2)

En el punto (x, y) = (0, 0) tenemos

1 + (1)fx(0, 0) = 01 + (1)fy(0, 0) = 0

Por lo tanto fx(0, 0) = fy(0, 0) = 1.

10

La equacion (1) implica

Fxx(x, y, f(x, y)) + Fxz(x, y, f(x, y)) fx(x, y)+(Fzx(x, y, f(x, y)) + Fzz(x, y, f(x, y)) fx(x, y)) fx(x, y) + Fz(x, y, f(x, y)) fxx(x, y) = 0

En el punto (x, y) = (0, 0) tenemos (1)fxx(0, 0) = 0, entonces fxx(0, 0) = 0. Sigue porsimetra que fyy(0, 0) = 0.

La equacion (1) implica

Fxy(x, y, f(x, y)) + Fxz(x, y, f(x, y)) fy(x, y)+(Fzy(x, y, f(x, y)) + Fzz(x, y, f(x, y)) fy(x, y)) fx(x, y) + Fz(x, y, f(x, y)) fxy(x, y) = 0

En el punto (x, y) = (0, 0) tenemos tenemos (1)fxy(0, 0) = 0, entonces fxy(0, 0) = 0.Respuesta: fx(0, 0) = fy(0, 0) = 1, fxx(0, 0) = fyy(0, 0) = fxy(0, 0) = 02.10. Se sabe que las curvas

~r1(t) = 2 + 3t, 1 t2, 3 4t+ t2y

~r2(u) = 1 + u2, 2u3 1, 2u+ 1se encuentran en la superficie S. Encuentra una ecuacion del plano tangente a S en el puntoP (2, 1, 3)

Solucion: Tenemos ~r1(t) = 2, 1, 3 si y solamente si t = 0, ~r2(u) = 2, 1, 3 si y solamentesi u = 1. Entonces,

~r1(0) = 3, 0,4, ~r2 (1) = 2, 6, 2.

Un vector normal al plano tangente a S en el punto P es

~r1(0) ~r2 (1) = 24,14, 18.

Pues, la equacion del plano tangente a S en el punto P (2, 1, 3) es

24x 14y + 18z = 24 2 14 1 + 18 3 = 88

1. Part 1: 1.1 - 3.21.1. 1.2. 1.3. 1.4. 1.5. 1.6. 1.7. 1.8. 1.9. 1.10.

2. Part 2: 4.1 - 4.62.1. 2.2. 2.3. 2.4. 2.5. 2.6. 2.7. 2.8. 2.9. 2.10.