Tarea 1 - Departamento de Matemáticas

Universidad de los Andes
Departamento de Matemáticas
MATE1207 Cálculo Vectorial
Tarea 1 – Individual
Entregue en clase a su profesor de la MAGISTRAL la semana 6
(Lu. 3 Sep. – Vi. 7 Sep.)
1. Considere la función f definida por,
f (x, y) = ex+y cos(xy)
y el punto P (0, 1, e).
(a)
(b)
(c)
(d)
Compruebe que P pertenece al gráfico Σ de la función f .
Encuentre la ecuación del plano tangente α a la superficie Σ en P .
Encuentre la ecuación de la recta normal ℓ a la superficie Σ en P .
Use el segundo Widget de la página URL del curso para dibujar la superficie. Escriba exp(x+y)*cos(x*y) en una vecindad rectangular de P . ¿Cree que ℓ intersecta a
Σ?. Analı́ticamente la intersección de Σ con ℓ da una ecuación en una sola variable,
digamos en el parámetro t de la recta. En esta ecuación cambie t por x e introduzca
la ecuación g(x) = 0 en el tercer Widget (Equation in x and y). Si encuentra
algún punto Q de intersección entre Σ y ℓ diferente a P escriba aproximadamente
las coordenadas de Q.
Solution:
(a) Si pertenece. e = e X
(b) fx (P ) = fy (P ) = e, por lo tanto la eacuación del plano tangente α en P es:
z = ex + ey
y tiene vector normal ~n = (e, e, −1).
(c) La ecuación de la recta normal ℓ es:


x = et
y = 1 + et


z =e−t
(d) Si parece. Analı́ticamente igualando las dos ecuaciones encontramos el valor del
parámetro de la intersección,
e − t = e1+2et cos[(et)(1 + et)]
g(t) = t − e + e1+2et cos(e2 t2 + et) = 0
g(x) = x − e + e1+2ex cos(e2 x2 + ex) = 0
Las primeras soluciones numéricas aproximadas son:
x = 0,
x ≈ 0.3 x ≈ 0.62 . . .
(1)
Para t = 0.3 obtenemos aproximadamente las coordenadas del punto Q de intersecciób, Q = (0.813, 1.813, 2.41)
2. Encuentre el dominio y el rango de:
x
.
y
(b) f (x, y) = ln(x + y).
p
(c) f (x, y) = x2 + (y − 2)2 + (z + 1)2 .
(a) f (x, y) =
Solution:
(a) D(f ) = R2 \{y = 0}, R(f ) = R.
(b) D(f ) = {(x, y) | x + y > 0}, R(f ) = R.
(c) D(f ) = R3 , R(f ) = R+
0.
3. La figura 1 muestra los gráficos de seis funciones f (x, y) y las curvas de nivel de las
mismas funciones pero no necesariamente tienen algún orden. Complete la tabla 1 con
las letras mayúsculas correspondientes.
f (x, y)
Gráfico
Curvas de nivel
1
+ y2 + 1
p
f (x, y) = sin x2 + y 2
2
2
f (x, y) = (3y 2 − 2x2 )e−x −2y
f (x, y) = y 3 − 3x2 y
2
2
f (x, y) = x2 y 2 e−x −2y
2
2
f (x, y) = ye−x −y
f (x, y) =
x2
Tabla 1: Tabla para problema 3
Page 2
A
B
C
D
E
F
G
H
I
J
K
L
Figura 1: Problema 3
Solution:
Page 3
f (x, y)
1
+ y2 + 1
p
f (x, y) = sin x2 + y 2
2
2
f (x, y) = (3y 2 − 2x2 )e−x −2y
f (x, y) = y 3 − 3x2 y
2
2
f (x, y) = x2 y 2 e−x −2y
2
2
f (x, y) = ye−x −y
f (x, y) =
x2
Gráfico
Curvas de nivel
D
K
A
F
B
C
E
L
G
I
J
H
Tabla 2: Tabla para problema 1
4. Sea L una recta con ecuación vectorial r = ~a +~bt, donde el vector dirección ~b es unitario.
(a) Encuentre la ecuación vectorial de la recta que pasa por el origen e intersecta a L
en forma perpendicular.
(b) Calcule la distancia de L al origen.
Solution:
(a) La ecuación de plano P perpendicular a L que pasa por el origen es
b · X = 0.
Luego para encontrar el punto en P que se intersecta con L reemplazamos,
b · (a + bt) = 0
con lo que t = −a · b. Reemplazando en la ecuación de L, se tiene que
a − (a · b)b
es un vector dirección de la recta perpendicar a L. La ecuación es r = (a − (a ·
b)b)t.
(b) La distancia es la raı́z cuadrada de (a−(a·b)b)·(a−(a·b)b) = a·a−2(a·b)2 +(a·b)2 =
a · a − (a · b)2 . Es decir la distancia es
p
a · a − (a · b)2 .
Respuestas: a) r = (a − (a · b)b)t, b)
p
a · a − (a · b)2 .
Page 4
5. Recuerde que dada una curva suave parametrizada por ~r(t), el vector unitario tangente
es T~ (t) = ~r ′ (t)/||~r ′ (t)|| y la curvatura κ(t) = ||dT~ /ds|| = ||T~ ′ (t)||/||~r ′ (t)|| = ||~r ′ (t) ×
~r ′′ (t)||/||~r ′ (t)||3 . Si T~ (t) 6= 0 defina el vector normal unitario por
~ ′
~ (t) = T (t)
N
||T ′ (t)||
y el vector binormal por
~
~ (t).
B(t)
= T~ (t) × N
~ (t) y B(t)
~
(a) Muestre que los vectores T~ (t), N
forman una base ortonormal para cada
′
t siempre y cuando ~r (t) no sea paralelo a ~r ′′ (t).
~ , donde s es la función longitud de arco.
(b) Muestre dT~ /ds = κ(s)N
~
~ y a T~ . Deduzca que dB/ds
~
~
(c) Muestre que dB/ds
es perpendicular a B
= −τ (s)N
donde τ (s) es un escalar. (Este escalar es llamado la torsión de la curva)
(d) Muestre que para una curva plana τ (s) = 0.
Solution:
′
(t)
+ ||r′ (t)||T ′ (t) y
a) Puesto que r′ (t) = ||r′ (t)||T tenemos que f ′′ (t) = d(||r (t)||)T
dt
por tanto
r′ (t) × r′′ (t) = ||r′ (t)||2 T (t) × T ′ (t).
Dado que N (t) = T ′ (t)/||T ′ (t)||, B(t) es paralelo a r′ (t) × r′′ (t) y este último
es no nulo si y sólo si r′ (t) no es paralelo a r′′ (t).
Ahora supongamos que r′ (t) no es paralelo a r′′ (t), por lo tanto B(t) no es nulo.
Por definición T y N son unitario y puesto que N es un multiplo de T ′ este
es normal a T (recuerde que todo vector con norma constante es normal a su
vector tangente). Finalmente por definición B = T × N luego es normal a T y
B y su normal es el area del paralelograma formado por T y N el cual es un
cuadrado de lado 1.
b) Usando la regla de la cadena en forma reiterada tenemos
κ(t) = ||
dT
||dT /dt||
||dT /dt||
|| =
=
ds
|ds/dt|
ds/dt
y
N (t) =
luego
Page 5
dT /dt
,
||dT /dt||
κ(t)N =
|| dT
|| dT
dT
dT /dt
dt
dt
=
.
=
dT ds
ds/dt
ds
|| dt || dt
c) Puesto que la norma de B es constante dB/ds es perpendicular a B. Ahora
d
(T × N )
d(T × N )
dt
dB/ds =
=
ds
ds/dt
d
′
(T × N )
T × N + T × N′
=
= dt
||r′ ||
||r′ ||
′
T ′ × ||TT ′ || + T × N ′
T × N′
=
=
||r′ ||
||r′ ||
luego dB/ds es perpendicular a T . Ahora como dB/ds es perpendicular a T y
B = T × N también es perpendicular a T y B, dB/ds tiene la misma dirección
y por tanto es un múltiplo escalar de N .
d) En una curva plana tanto T como N viven en el mismo plano que contiene la
curva, luego el vector B es constante y por tanto 0 = dB/ds = −τ (s)N . Lo
anterior implica que τ (s) = 0.
6. La superficie definida por la ecuación cuadrática 4x2 + 2y 2 + z 2 = 16, define una elipse al
intersectarse con el plano y = 2. Encuentre la ecuación paramétrica de la recta tangente
que pasa por el punto (1, 2, 2).
Solution: El vector v = (1, 0, ∂z/∂x(1, 2)) se interpreta como el vector dirección de
la recta tangente a la curva en el punto (1, 2, 2). Usando derivación implı́cita tenemos
que 8x + 2z(∂z/∂x) = 0, luego ∂z/∂x = −4x/z, en el caso x = 1, tenemos que z = 2
y por tanto v = (1, 2, −2), luego la ecuación vectorial de la recta es
(x, y, z) = (1, 2, 2) + (1, 0, −2)t
y la ecuación paramétrica es x = 1 + t, y = 2, z = 2 − 2t. Respuesta: x = 1 − t, y =
2, z = 2 − 2t.
7. Para la curva Γ con parametrización ~r(t) = (t cos t, t sin t, t2 ), t ∈ [−π, π],
(a) Probar que todos los puntos de la curva pertenecen al paraboloide elı́ptico z =
x2 + y 2 . Dibujar la curva.
(b) Encontrar un punto de Γ donde la recta tangente es paralela a la recta de la intersección de los planos y = 1, z = −2.
Page 6
(c) Hallar la longitud de la curva Γ.
Solution:
(a) La ecuación de Γ se puede reescribir en la forma x(t) = t cos t,y(t) = t sin t,
z(t) = t2 . Entonces substituimos x(t), y(t), z(t) en la ecuación de la superficie:
z − x2 − y 2 = 0 y obtenemos que, para todos t ∈ [−π, π],
z(t) − x(t)2 − y 2 (t) = t2 − (t cos t)2 − (t sin t)2 = 0.
(b) La recta de intersección de los planos tiene el vector director ~a = (1, 0, 0). Entonces el punto t0 satisface la condición ~r ′ (t) × ~a = 0. Tenemos que
~r ′ (t) = (cos t − t sin t, sin t + t cos t, 2t)
entonces t0 satisface el sistema de ecuaciones
sin t + t cos t = 0,
2t = 0.
Entonces t0 = 0 y el punto de Γ es (0, 0, 0).
(c) La longitud es
Z
Z 1
′
k~r (t)k dt =
L=
√ 1 √
1 √
5 arcsinh
5 +
6
10
2
0
0
√ √
√
1
Respuesta. b) (0, 0, 0); c) 10
5 arcsinh 5 + 21 6.
1
√
1 + 5t2 dt =
8. Encontrar el ángulo entre las curvas x2 + y 2 = 8 y xy = 4 en los puntos de intersección.
El ángulo entre las curvas en un punto de intersección es el ángulo α entre las rectas
tangentes en este punto (α ∈ [0, π/2]).
Solution: Para hallar los puntos de intersección resolvemos el sistema:
2
2
x + y2 = 8
x + y2 = 4
⇒
⇒ x2 +16/x2 = 8 ⇒ x4 −8x2 +16 = 0 ⇒ x1 = 2, x2 = −2
xy = 4
y = 4/x
Entonces los puntos de intersección son A(−2, −2), B(−2, 2), C(2, −2), D(2, 2). Pero
por la simetrı́a podemos encontrar el ángulo solo en un punto, por ejemplo en D.
El ángulo entre las curvas en D es igual al ángulo entre los vectores gradientes de
las funciones F (x, y) = x2 + y 2 − 8 y G(x, y) = xy − 4 en este punto. Calculamos,
∇F = (2x, 2y) ⇒ ∇F (D) = (4, 4); ∇G = (y, x) ⇒ ∇G(D) = (2, 2)
Page 7
Entonces el ángulo es igual a cero y los curvas están tangentes. Respuesta. El
ángulo es igual a cero.
9. Sean Γ curva parametrizada por la ecuación ~r(t) = (cos t, 1 + sin t, t), t ∈ (−π, π), y
F (x, y, z) = z − x2 − y 2 una función escalar en R3 .
(a) Verificar que el punto A(1, 1, 0) pertenece a Γ y encontrar la recta tangente de la
curva Γ en el punto A.
(b) Encontrar la ecuación de la superficie de nivel Σ de la función F (x, y, z) que pasa
por el punto A.
(c) Encontrar el ángulo α entre el la recta normal a la superficie Σ y la recta tangente
a la curva Γ en el punto A.
Solution:
(a) Tenemos que ~r(0) = (1, 1, 0), entonces el punto A pertenece a la curva Γ. Luego,
~r ′ (t) = (− sin t, cos t, 1), entonces ~r ′ (0) = (0, 1, 1). Por lo tanto la ecuación de la
recta tangente es
x = 1; y = 1 + λ; z = λ.
(b) La superficie de nivel Σ es dada por la ecuación F (x, y, z) = z − x2 − y 2 = c,
entonces la superficie de nivel que pasa por A es por la ecuación z −x2 −y 2 = −2.
(c) El vector normal de la superficie Σ en A es el vector gradiente de la función F =
z − x2 − y 2 2 en A. Entonces ∇F = (−2x, −2y, 1) y ~v = ∇F (A) = (−2, −2, 1).
Por otro lado, el vector tangente de la curva Γ en A es w
~ = (0, 1, 1). Por lo
tanto, si β es el ángulo entre ~v y w
~ tenemos que
cos β =
~v w
~
1
=− √ .
|~v | · |w|
~
3 2
Pero el ángulo entre dos rectas está en el intervalo [0, π/2], y β ∈ [π/2, π] porque
cos β < 0. Entonces, α = π − β, donde cos β = − 3√1 2 .
Respuesta.
a) x = 1; y = 1 + λ; z = λ.
b) z − x2 − y 2 = −2.
c) α = π − β, donde cos β = − 3√1 2 .
Page 8
10. Demostrar la siguiente identidad para el producto cruz,
d
d
d
(u(t) × v(t)) = (u(t)) × v(t) + u(t) × (v(t))
dt
dt
dt
Solution: Supongamos que u(t) = (f1 (t), f2 (t), f3 (t)) y v(t) = (g1 (t), g2 (t), g3 (t)),
luego
i
j
k
d
(u(t) × v(t)) = f1 (t) f2 (t) f3 (t) dt
g1 (t) g2 (t) g3 (t) de esta forma
i
j
k
f1 (t) f2 (t) f3 (t)
g1 (t) g2 (t) g3 (t)
= i(f2 (t)g3 (t)−f3 (t)g2 (t))−j(f1 (t)g3 (t)−f3 (t)g1 (t))+k(f1 (t)g3 (t)−f2 (t)g1 (t))
= i(f2′ (t)g3 (t) − f3′ (t)g2 (t)) + i(f2 (t)g3′ (t) − f3 (t)g2′ (t))
−j(f1′ (t)g3 (t) − f3′ (t)g1 (t)) − j(f1 (t)g3′ (t) − f3 (t)g1′ (t))
′
′
′
′
+k(f
1 (t)g3 (t) − f2 (t)g1 (t))
+ k(f1 (t)g3 (t) − f2 (t)g
1 (t))
i
j
k i
j
k ′
′
′
= f1 (t) f2 (t) f3 (t) + f1 (t) f2 (t) f3 (t) g1 (t) g2 (t) g3 (t) g1′ (t) g2′ (t) g3′ (t) 11. Si ~r(t) 6= 0, muestre que
1
d
d
k~r(t)k =
r(t) · ~r(t)
dt
kr(t)k
dt
Solution: Hay dos formas de derivar kr(t)k2 , primero usamos kr(t)k2 = r(t) · r(t) y
obtenemos
d
d
kr(t)k2 = 2 r(t) · r(t)
dt
dt
mientras que con la regla de la cadena obtenemos
d
d
kr(t)k2 = 2kr(t)k kr(t)k
dt
dt
ası́ obtenemos la identidad
d
d
r(t) · r(t) = kr(t)k kr(t)k
dt
dt
de la que se sigue el resultado.
Page 9
12. Considere la curva α(t) = (t3 , y = 3t, z = t4 ) y el plano γ dado por la ecuación 6x + 6y −
8z = 1. ¿En qué puntos el plano normal a la curva α es paralelo al plano γ?
Solution: Tenemos
r(t) = (t3 , 3t, t4 )
r′ (t) = (3t2 , 3, 4t3 )
y el vector normal del plano es (6, 6, −8) = 2(3, 3, −4), note que esto pasa si t = −1 y
el punto de la curva serı́a (−1, −3, 1) pero como comprobamos que estas condiciones
sólo pasan en este punto. Lo haremos ası́, tomemos dos puntos del plano, uno con
x = 1, y = 0, luego z = 5/8 y el otro con x = 0, y = 1, luego z = 5/8. Ası́
(1, 0, 5/8) − (0, 1, 5/8) = (1, −1, 0) debe ser ortogonal a r′ (t) = (3t2 , 3, 4t3 ). Es decir
tenemos la ecuación 3t2 − 3 = 0, luego t2 = 1. Con t = 1 obtenemos el vector
r′ (1) = (3, 3, 4) que es un vector que no es paralelo al vector normal del plano
(6, 6, −8).
13. Encuentre la ecuación de un plano que a la vez sea tangente a la esfera x2 + y 2 + z 2 = 9
y perpendicular a la recta ~r(t) = (2 + 2t, −1 + 3t, 5 + 6t).
Solution: La esfera dada es una superficie de nivel de la función f (x, y, z) = x2 +
y 2 + z 2 y por lo tanto el gradiente ∇f (x, y, z) = (2x, 2y, 2z) es normal al plano
tangente en cada punto de la esfera. Este vector gradiente es paralelo a la recta dada
en puntos de la forma (x, y, z) = α h2, 3, 6i. A su vez un punto de esta forma está
sobre la esfera sólo si α = ±3/7. Existen entonces dos planos como los pedidos:
2x + 3y + 6z = 21,
2x + 3y + 6z = −21.
14. Sea g : R → R una función diferenciable y sea f (x, y) = xn g(y/x) donde n es un entero
positivo. Muestre que f es una solución de la ecuación diferencial: xfx + yfy = nf.
Solution: Usamos la regla del producto y la regla de la cadena para calcular:
fx (x, y) = nxn−1 g(y/x) + xn g ′ (y/x)(−y/x2 )
luego
xfx (x, y) = nxn g(y/x) − xn−1 yg ′ (y/x).
Además
fy (x, y) = xn g ′ (y/x)(1/x) = xn−1 g ′ (y/x)
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y por lo tanto
xfx + yfy = nxn g(y/x) = f.
15. Calcule la longitud de la curva parametrizada por ~r(t) = (2t, t2 , ln t) (con t > 0) entre
los puntos (2, 1, 0) y (4, 4, ln 2).
Solution: Primero note que el punto (2, 1, 0) corresponde a t = 1 y el punto
(4, 4, ln 2) corresponde a t = 2. Además ~r ′ (t) = (2, 2t, 1/t) y por lo tanto
p
p
|r′ (t)| = 4 + 4t2 + 1/t2 = (2t + 1/t)2 = |2t + 1/t| = 2t + 1/t.
Ası́ que la longitud viene dada por:
Z 2
2t + 1/t dt = 3 + ln 2.
1
Page 11