Tarea 1 - Vectorial 201510

Tarea 1 - Vectorial 201510
1. Part 1: 1.1 - 3.2
1.1. Un cerro se queda en las montañas en la altura de 6 mil metros. El cerro tiene la forma
del gráfico de la función z = f (x, y) = 1 − x2 − y 2 . Observamos que plaquitas paralelas a los
planos −2x + y = 0 y 5x − y − z = 0 no hacen sombra. ¿Cuál es el punto más caliente del
cerro?
Solución: Como las plaquitas no hacen sombra, entonces los rayos del sol son paralelos
~1 × N
~ 2,
a la recta de intersección de los planos. Un vector director de la recta es ~v = N
~
~
donde N1 = (−2, 1, 0) es un vector normal al plano −2x + y = 0 y N2 = (5, −1, −1) es un
vector normal al plano 5x − y − z = 0. Entonces los rayos del sol son paralelos al vector
~v = (1, 2, −3).
~ normal al plano tangente al gráfico de la función
El punto más caliente es donde el vector N
f (x, y) es paralelo a los rayos. Pero en un punto (x, y, f (x, y) del gráfico de la función f (x, y)
~ = (−2x, −2y, −1), entonces tenemos que
el vector N

 6y + 2 = 0
−6x − 1 = 0
(−2x, −2y, −1) × (1, 2, −3) = (0, 0, 0) ⇒
 −4x + 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 Γ la curva con la ecuación paramétrica ~r(t) = (sin(t), sin(t) cos(t)), t ∈ (0, 2π).
a) Graficar la curva Γ.
b) ¿Cuántas veces la curva G pasa por el punto (0, 0)?
c) Hallar los puntos donde la curvatura k(t) de la curva Γ toma valor cero.
d) ¿Es verdadero que 0 ≤ k(t) < 24?
Solución:
a)
b) La curva pasa por el punto (0, 0) si ~r(t) = ~0. Pero ~r(t) = ~0 si y sólo si t = π, pues t
pertenece al intervalo (0, 2π), y por lo tanto la curva G pasa por el punto (0, 0) sólo una vez.
c) Hallemos la curvatura de la curva.
d
~r(t) = (cos(t), cos(2t)),
dt
d2
~r(t) = (− sin(t), 2 sin(2t)),
dt2
2
entonces
− sin(t) 2 sin(2t)
d2
d
~
r
(t)
=
~
r
(t)×
cos(t)
cos(2t)
dt2
dt
= − sin t cos(2t) − 4 cos2 (t) = sin t 2 cos2 (t) + 1 .
Luego
p
√
d
~rk = cos2 (t) + cos2 (2t) = 4 cos4 t − 3 cos2 t + 1
dt
Por lo tanto, la curvatura de la curva Γ es,
k
2
| d 2 ~r(t) × dtd ~r(t)|
| sin(t)| (2 cos2 (t) + 1)
k(t) = dt d
=
√
3.
k dt ~r(t)k2
4 cos4 t − 3 cos2 t + 1
Ahora bien, k(t) = 0 si y sólo si sin t = 0, entonces t = π.
d) Verdadero. Por la definición k(t) ≥ 0. Luego tenemos que
| sin(t)|(2 cos2 (t) + 1) ≤ 3.
√
3
4 cos4 t − 3 cos2 t + 1 > 1/8,
pues el valor mı́nimo de la función f (x) = 4x2 − 3x + 1, donde x ∈ [0, 1], es f (3/8) = 7/16 >
1/4. Entonces k(t) < 24.
Respuesta: b) Sólo una vez; c) t = π; d) Verdadero.
1.3. ¿En cuales puntos la recta tangente a la curva parametrica ~r(t) = (t2 , t, ln |t|), por
t 6= 0, es paralela al plano de ecuación x + 2y − 4z = 3?
Solución: Un vector normal al plano dado es (1, 2, −4) y el vector tangente a la curva
1
parametrica al tiempo t es ~r(t)0 = (2t, 1, ), por t 6= 0. Los puntos son dados por las
t
soluciones de la ecuación:
4
1
(1, 2, −4) · (2t, 1, ) = 2t + 2 − = 0,
t
t
2
o sea por t 6= 0 y t + t − 2 = 0. Por lo tanto, los puntos donde esto se cumple están ubicados
en los tiempos t = −2 y t = 1, o sea son (4, −2, ln 2) y (1, 1, 0).
1.4. Encuentre la ecuación de la recta tangente en el punto (−2, 0, 0) a la curva obtenida
x2
como intersección de los cilindros
+ y 2 = 1 y z = y 3 y la curvatura de esta curva en el
4
mismo punto.
Solución: Las ecuaciones paramétricas de la curva son:

 x(t) = 2 cos(t)
y(t) = sin(t)
~r(t) :
0 ≤ t ≤ 2π.

3
z(t) = sin(t) ,
Por lo tanto, ~r 0 (t) = h−2 sin(t), cos(t), 3 sin(t)2 cos(t)i. Es cierto: ~r(π) = h−2, 0, 0i y ~r 0 (π) =
h0, −1, 0i. Sigue que la recta tangente a la curva dada en el punto (−2, 0, 0) tiene ecuaciones
paramétricas:

 x(t) = −2
y(t) = −t

z(t) =
0
3
Es cierto: ~r 00 (t) = h−2 cos(t), − sin(t), 6 sin(t) cos(t)2 − 3 sin(t)3 i y ~r 00 (π) = h−2, 0, 0i. Por lo
tanto:
~r 0 (π) × ~r 00 (π) = h0, −1, 0i × h2, 0, 0i = h0, 0, 2i.
Sigue:
κ(π) =
k h0, 0, 2i k
1
= √ .
3/2
10
5 10
1.5. Encontrar la ecuacion del cilndro eliptico en R3 paralelo al eje z que contiene el circulo
que es la interseccion del plano z = y y la esfera x2 + y 2 + z 2 = 4.
Solución: Eliminando z de las ecuaciones, obtenemos x2 + 2y 2 = 4.
1.6. Encontrar la ecuacion de la superficie R3 obtenida al rotar la hiperbola x2 − 4z 2 = 1
alrededor del eje x.
Solución: La distancia al eje x en el plano xz es |z|, queremos reemplazarlo con la distancia
al eje x en R3 , que es
p
y2 + z2
por lo que la ecuacion de la superficie es:
p
x2 − 4( y 2 + z 2 )2 = 1.
1.7. Considere la funcion f (x, y) = x2 − y − xey − 1. Encuentre una funcion g(x, y, z) tal
que la grafica de f sea la superficie de nivel g(x, y, z) = 5
Solución: La grafica de f esta dada por la ecuacion z = x2 − y − xey − 1, que se puede
reescribir como
x2 − y − xey − z + 4 = 5
por 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 una
recta.
b) La curvatura de la curva dada por la ecuación paramétrica ~r(t) = ~0 es cero.
c) La curvatura de una parábola toma su valor máximo en el vértice de la parábola.
d) La curvatura de una parábola toma valores menor que 0, 5.
e) La curvatura de una elipse es una función acotada.
Solución: a) Falso, es un segmento de la recta; b) Falso, la curvatura no es definida para
esta curva; c) Verdadero; d) Verdadero; e) Verdadero.
4
1.9. ¿Existe una función f (x, y) diferenciable tal que:
3
(1) fx = ecos(y ) , fy = ln(sin(x)2 );
(2) fx = 6x2 y − y, fy = 2x3 − x;
(3) fx = ex y, fy = ex ;
(4) fx = 4xy, fy = 2x2 + x ?
Solución:
∂ cos(x3 )
∂
(1)
e
6=
ln(sin(x)2 ), entonces tal f no existe.
∂y
∂x
∂
∂
(2)
(6x2 y − y) = 6x2 − 1 =
(2x3 − x), entonces, por el teorema de Clairaut existe
∂y
∂x
f tal que fx = 6x2 y − y, fy = 2x3 − x. Ya que fy = 2x3 − x sigue que f (x, y) =
(2x3 − x)y + h(x). Entonces, fx = 6x2 y − y + h0 (x). Sigue que h es constante.
∂ x
∂ x
(3)
e y = ex =
e , entonces, por el teorema de Clairaut existe f tal que fx = ex y,
∂y
∂x
fy = ex . Ya que fy = ex sigue que f (x, y) = ex y + h(x). Entonces, fx = ex y + h0 (x).
Sigue que h es constante.
∂
∂
(4)
4xy 6=
(2x2 + x), entonces tal f no existe.
∂y
∂x
1.10. Probar que la función f (x, y) = x + g(xy), donde g(u) es una función diferenciable de
una variable, es una solución de la ecuación diferencial parcial
∂z
∂z
x
−y
= x.
∂x
∂y
Solución: Por la regla de la cadena tenemos que
∂f
∂f
= 1 + g 0 (xy)y,
= g 0 (xy)x,
∂x
∂x
entonces
∂f
∂f
x
−y
= x.
∂x
∂x
2. Part 2: 4.1 - 4.6
2.1. La presión P (en Pascales), el Volumen V (en metros cúbicos) y la Temperatura T (en
grados Kelvin) de un proceso adiabático satisfacen la relación
V PT = 1
(1) Encuentre la función V (P, T ) que expresa el volumen como función de P y T y úsela
para calcular ∂V
(1, 1)
∂P
∂V
(2) Calcule ∂P (P, T ) cuando (P, T ) = (1, 1) usando derivación implı́cita sobre la ecuación
V P T = 1.
(3) Un modelo más realista nos dice que la presión el volumen y la temperatura satisfacen
la relación
0.97V P T + 0.01V 4 P T + 0.02V 3 P T = 1.
Cuánto vale ∂V
(P, T ) cuando V = 1, P = 1 y T = 1?
∂P
5
Solución:
(1) Despejando V obtenemos V (P, T ) = P1T asi que ∂V
= − P 12 T . Evaluando en P = T =
∂P
1 obtenemos ∂V
(1, 1) = −1 metro cúbico / Pascal.
∂P
(2) Sabemos que V (P, T ) satisface V (P, T )P T = 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
PT + V T = 0
∂P
y evaluando en V = P = T = 1 concluimos ∂V
(1, 1) + 1 = 0 asi que ∂V
(1, 1) = −1
∂P
∂P
metros cúbicos / Pascal. (como debe ser, ambos métodos dan el mismo resultado).
(3) Ahora, suponga que las variables V, P, T satisfacen la relación
0.97V P T + 0.01V 4 P T + 0.02V 3 P T = 1.
y pensemos que el volumen es una función de P y T llamada V (P, T ). Sabemos que
satisface
0.97V (P, T )P T + 0.01V (P, T )4 P T + 0.02V (P, T )3 P T = 1.
Derivando implı́citamente contra P obtenemos
0.97
∂V
∂V
P T + 0.97V T + 4 · 0.01V 3
P T + 0.01V 4 T +
∂P
∂P
∂V
P T + 0.02V 3 T = 0.
∂P
Evaluando en V = P = T = 1 obtenemos
+3 · 0.02V 2
0.97
∂V
∂V
∂V
(1, 1) + 0.97 + 4 · 0.01
(1, 1) + 0.01 + 3 · 0.02
(1, 1) + 0.02 = 0
∂P
∂P
∂P
asi que
∂V
∂V
(1, 1) + 1.07 = 0 luego
(1, 1) = −1.07 metros cúbicos por Pascal.
∂P
∂P
2.2. Defina la función
Z
F (x, y) =
1
2
y
sin(xt2 )
dt
t
∂F
sin(xy ) − sin(x)
(1) Demuestre que
(x, y) =
.
∂x
2x
∂F
(2) Calcule
(x, y)
∂y
(3) Si la función g(x) esta definida por la fórmula
Z sin(x)
sin(xt2 )
g(x) =
dt
t
1
Calcule g 0 (x).
Solución:
6
(1)
Z y
Z y
Z y
∂ sin(xt2 )
cos(xt2 )t2
∂F
cos(xt2 )tdt
(x, y) =
dt =
dt =
∂x
t
t
1 ∂x
1
1
y la última integral es fácil de calcular,
t=y
Z y
sin(xt2 )
sin(xy 2 ) − sin(x)
2
cos(xt )tdt =
=
2x
2x
1
t=1
(2) Por el teorema fundamental del cálculo, la derivada con respecto al lı́mite superior de
integración se obtiene sustituyendo la variable de integración por éste lı́mite, es decir
∂F
sin(xy 2 )
(x, y) =
∂y
y
(3) Note que g(x) = F (x, sin(x)) asi que podemos usar la regla de la cadena para encontrar
∂F
∂F
g 0 (x) =
(x, sin(x)) +
(x, sin(x)) cos(x)
∂x
∂y
asi que
sin(x sin(x)2 ) − sin(x) sin(x sin(x)2 )
g 0 (x) =
+
cos(x)
2x
sin(x)
2.3. a) Sean f (x, y) una función tal que f (1, 1) = 1,
∂f
∂f
(1, 1) = 2,
(1, 1) = −1, y
∂x
∂y
g(t) = f (t, t2 ). Hallar g(1) y g 0 (1).
∂h
∂h
b) Consideramos una función h(u, v) tal que h(1, 0) = 0,
(1, 0) = 1,
(1, 0) = −3. Sea
∂u
∂v
∂f
∂f
f (u, v) = ueh(u,v) − v. Hallar
(1, 0),
(1, 0).
∂u
∂v
Solución: a) Tenemos que g(1) = f (1, 1) = 1, y
g 0 (t) =
∂f
∂f
(t, t2 ) · 1 +
(t, t2 ) · (2t).
∂x
∂y
g 0 (1) =
∂f
∂f
(1, 1) · 1 +
(1, 1) · 2 = 0.
∂x
∂y
Entonces,
b) Tenemos que
∂f
∂h
= eh(u,v) + ueh(u,v)
∂u
∂u
∂f
∂h
= ueh(u,v)
− 1.
∂v
∂v
Entonces,
∂f
∂f
(1, 0) = 2,
(1, 0) = −4.
∂u
∂u
∂f
∂f
Respuesta. a) g(1) = 1, g 0 (1) = 0; b)
(1, 0) = 2,
(1, 0) = −4.
∂u
∂u
7
2.4. Considere la función f (x, y, z) = x2 + 4y 2 − z 2 . Encontrar el plano tangente y la recta
normal al superficie S dado por f (x, y, z) = 0 en el punto (3, 2, 5). ¿Hay algun punto en el
superficie S en que el plano tangente no existe?
Solución: Sea P = (3, 2, 5).
∇f (P ) = (2x, 8y, −2z)|(3,2,5) = (6, 16, −10)
Una ecuación parametrica de la recta normal a S en P es
r(t) = (3, 2, 5) + t(6, 16, −10),
t ∈ R.
La ecuación 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 ecuación f (x, y, z) = 0. Entonces
el plano tangente no existe en el punto (0, 0, 0) en la superficie.
2.5. Considere la función
f (x, y) = cos(x2 − 4y 2 ).
(1) Encuentre los puntos en que f tiene valor maximo.
(2) Calcule la derivada direccional de f en P (1, 1) en la dirección del vector 2i + j.
(3) Supongamos que g(t) = f (t, t2 ). Calcule g 0 (1) usando la regla de la cadena.
Solución: (a)
cos(x2 − 4y 2 ) = 1 ⇔ x2 − 4y 2 = 2kπ, k es un número entero.
Si k = 0, la curva de nivel tiene ecuación paramétrica
x = 2t, y = ±t
Por lo deḿas, la ecuación es
x=
√
1√
2kπ cosh t, y =
2kπ sinh t
2
(b)
∇f = (fx , fy ) = (−2x sin(x2 − 4y 2 ), 8y sin(x2 − 4y 2 ))
Entonces ∇f (P ) = (−2 sin(−3), 8 sin(−3)) = (2 sin(3), −8 sin(3)).
El vector unitario en la dirección de 2i + j es u = √25 i + √15 j. La derivada direcciónal
buscada es
−4 sin(3)
√
Du (P ) = ∇f (P ) · u =
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 0 (1) = fx (1, 1)x0 (1) + fy (1, 1)y 0 (1) = (2 sin(3))(1) + (−8 sin(3))(2) = −14 sin(3)
8
2.6. El domo de una planetaria tiene la ecuación x2 + 2y 2 + z = 20 donde z = 0 corresponde
al nivel del suelo.
(1) ¿A qué tasa cambia la altura del domo en la dirección de v = i − j en el punto
P (2, 2, 8)?
(2) Encuentre la ecuación paramétrica de la trayectoria de una planeta que se mueve a
traves del punto P en la dirección v a lo largo del domo bajo la condición que la
trayectoria pertence a un plano vertical.
Solución: (a) Altura z(x, y) = 20 − x2 − 2y 2 y el vector unitario en la dirección de v es
u = √12 (1, −1). Entonces la tasa buscada es
√
Du z(2, 2) = ∇z(2, 2) · u = (−2x, −4y)|(2,2) · u = 2 2.
(b) Una ecuación paramétrica 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 función f (x, y, z) = 4 − xy + 3z.
(1) ¿A qué tasa cambia f en el punto P (1, 2, 1) en la dirección del punto Q(2, 1, 2)?
(2) ¿En qué dirección f crece lo más rapido posible en el punto P ? ¿Cuál es la máxima
tasa de cambio de f en el punto P ?
(3) ¿En qué direcciones f se mantiene constante (ni crece ni decrece) en el punto P ?
Solución: (a) El vector unitario en la dirección de P~Q = (2, 1, 2) − (1, 2, 1) = (1, −1, 1) es
1
u = √ (1, −1, 1).
3
∇f (P ) = (−y, −x, 3)|(1,2,1) = (−2, −1, 3).
La tasa de cambio
1
2
= Du f = ∇f (P ) · u = (−2, −1, 3) · √ (1, −1, 1) = √ .
3
3
(b) f crece lo más rapido posible en P en la dirección
∇f (P )
1
= √ (−2, −1, 3).
||∇f (P )||
14
La máxima 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
Du f (P ) = 0 ⇔ (−2, −1, 3) · (u1 , u2 , u3 ) = 0 ⇔ −2u1 − u2 + 3u3 = 0.
9
2.8. El punto (1, −1, 2) está en la superficie S:
x2 + z 2 − 2xy − y 2 = 6.
Encuentre la ecuacion del plano tangente a la superficie S en (1, −1, 2).
Solución: Calcule el gradiente de g(x, y, z) = x2 + z 2 − 2xy − y 2
∇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) = 6
en (1, −1, 2). La ecuacion del plano tangente a S en (1, −1, 2) es
x+z =3
2.9. Verifique que la equación xyz = sin(x + y + z) define implı́citamente una función
diferenciable 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).
Solución: Ya que
0 · 0 · 0 = sin(0 + 0 + 0)
el putno (0, 0, 0) pertenece a la superficie S definida por la ecuación xyz = sin(x + y + z).
Sea
F (x, y, z) = xyz − sin(x + y + z).
Entonces, la superficie S está dada por la equación F (x, y, z) = 0. Tenemos:
Fz (0, 0, 0) = xy − cos(x + y + z)|x=y=z=0 = −1 6= 0
Por el teorema de la fonción implı́cita existe una función diferenciable f (x, y) definida alrededor 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 = −1
Fy (0, 0, 0) = xz − cos(x + y + z)|x=y=z=0 = −1
Fxx (0, 0, 0) = sin(x + y + z)|x=y=z=0 = 0
Fxz (0, 0, 0) = y + sin(x + y + z)|x=y=z=0 = 0
Ya que la fonción F (x, y, z) es simétrica en x, y, z y estamos evaluando en el punto con
x = y = z = 0, sigue por simetrı́a que todos las derivadas parciales de segundo orden son
iguales a cero en el punto x = y = z = 0.
La equación F (x, y, f (x, y)) = 0 implica
(1)
(2)
Fx (x, y, f (x, y)) + Fz (x, y, f (x, y)) · fx (x, y) = 0
Fy (x, y, f (x, y)) + Fz (x, y, f (x, y)) · fy (x, y) = 0
En el punto (x, y) = (0, 0) tenemos
−1 + (−1)fx (0, 0) = 0
−1 + (−1)fy (0, 0) = 0
Por lo tanto fx (0, 0) = fy (0, 0) = −1.
10
La equación (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 por
simetrı́a que fyy (0, 0) = 0.
La equación (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) = 0
2.10. Se sabe que las curvas
~r1 (t) = h2 + 3t, 1 − t2 , 3 − 4t + t2 i
y
~r2 (u) = h1 + u2 , 2u3 − 1, 2u + 1i
se encuentran en la superficie S. Encuentra una ecuación del plano tangente a S en el punto
P (2, 1, 3)
Solución: Tenemos ~r1 (t) = h2, 1, 3i si y solamente si t = 0, ~r2 (u) = h2, 1, 3i si y solamente
si u = 1. Entonces,
~r1 0 (0) = h3, 0, −4i, ~r2 0 (1) = h2, 6, 2i.
Un vector normal al plano tangente a S en el punto P es
~r1 0 (0) × ~r2 0 (1) = h24, −14, 18i.
Pues, la equación del plano tangente a S en el punto P (2, 1, 3) es
24x − 14y + 18z = 24 · 2 − 14 · 1 + 18 · 3 = 88