Tarea 1 - Vectorial 201520

Tarea 1 - Vectorial 201520
1. Part 1: 1.1 - 3.2
1.1. Sea f : R → R una función diferenciable.
(a) Probar que el gráfico de la función z = xf (y/x) pertenece a una superficie que consiste
de las rectas que pasan por el punto (0, 0, 0) y una curva plana (¿cuál?). Superficies de
este tipo se llaman superficies cónicas.
Ayuda. Ver Fig. 1.
Figure 1. Ejercicio 1. El gráfico de la función z = xf (y/x) donde f (t) = t3 + t
(b) Probar que todos los planos tangentes al gráfico de la función z = xf (y/x), donde f (t)
es una función diferenciable y x 6= 0, pasan por el origen.
Solución: Sea F (x, y) = xf (y/x).
(a) La curva plana viene dada por la ecuación paramétrica x = 1, y = u, z = f (u). Si
(x0 , y0 , z0 ) es un punto del gráfico de la función F (x, y), entonces z0 = x0 f (y0 /x0 ) y es
un punto de la recta que pasa por el origen y el punto (1, y0 , f (y0 )) de la curva, pues la
recta tiene la ecuación paramétrica x = t, y = ty0 , z = tf (y0 ) y el punto corresponde al
valor del parámetro t = x0 .
(b) El plano tangente al gráfico en un punto (x0 , y0 , z0 ), x0 6= 0, tiene la ecuación
z = z0 +
Tenemos
∂F
(x, y)
∂x
∂F
(x, y)
∂x
∂F
∂F
(x0 , y0 )(x − x0 ) +
(x0 , y0 )(y − y0 )
∂x
∂y
= f (y/x) − xf 0 (y/x) xy2 = f (y/x) − xy f 0 (y/x),
= f 0 (y/x) x1 .
2
Entonces la ecuación del plano tangente al gráfico en un punto (x0 , y0 , x0 f (y0 /x0 )) es
1
y0 0
z = x0 f (y0 /x0 ) + f (y0 /x0 ) − f (y0 /x0 ) (x − x0 ) + f 0 (y0 /x0 )(y − y0 ).
x0
x0
Por lo tanto el origen (0, 0, 0) pertenece al plano tangente.
1.2. Probar que el volumen del tetraedro formado por los planos coordinados y un plano
1
tangente al gráfico de la función z = xy
, x 6= 0, y 6= 0, (ver Fig. 2) es una constante, es decir
no depende del punto en que tomemos el plano tangente. ¿Cuál es la constante?
Figure 2. Ejercicio 2. El tetraedro formado por los planos coordinados y un
1
plano tangente al gráfico de la función z = xy
, x 6= 0, y 6= 0
1
∂F
1
∂F
1
, entonces
=− 2 y
= − 2 . Entonces, el plano tangente al
xy
∂x
xy
∂y
xy
1
gráfico en un punto (x0 , y0 ,
) tiene la ecuación
x0 y 0
1
1
1
z=
− 2 (x − x0 ) −
(y − y0 ).
x0 y 0 x0 y 0
x0 y02
Si F (x, y) =
Encontremos el punto A(a, 0, 0) donde el plano tangente se encuentra con el eje Ox. Tenemos
la ecuación
0=
1
1
1
− 2 (a − x0 ) − 2 (0 − y0 ) ⇒
x0 y 0 x0 y 0
x0 y 0
0=
Entonces el punto A es (3x0 , 0, 0).
1
1
1
− 2 (a − x0 ) +
⇒ a = 3x0 .
x0 y 0 x0 y 0
x0 y0
3
En la misma manera encontramos el punto B = (0, 3y0 , 0) donde el plano tangente se
encuentra con el eje Oy. Luego el plano tangente se encuentra con el eje Oz en el punto
3
C = (0, 0,
).
x0 y0
Entonces el tetraedro tiene los vértices O(0, 0, 0), (3x0 , 0, 0), (0, 3y0 , 0) y (0, 0, x03y0 ). Por
1
3
9
lo tanto su volumen es V = 3x0 · 3y0 ·
= .
6
x0 y 0
2
Respuesta. V = 9/2.
1.3. Consideremos la ecuación diferencial parcial:
∂f
∂f
∂f
=a
+b ,
∂t
∂x
∂y
donde a y b son constantes.
Probar que la función h(x, y, t) = g(x + at, y + bt) es una solución de la ecuación diferencial
parcial para cualquier función g(u, v) diferenciable.
Solución: Sean u(x, y, t) = x + at y v(x, y, t) = y + bt. Por la regla de la cadena
∂h
∂g
∂u ∂g
∂v
(x, y, t) =
(u(x, y, t), v(x, y, t))
+
(u(x, y, t), v(x, y, t))
=
∂t
∂u
∂t
∂v
∂t
∂h
∂g
∂g
=
(x + at, y + bt) · a +
(x + at, y + bt) · b.
∂t
∂u
∂v
∂g
∂g
En la misma manera probamos que ∂h
(x, y, t) = ∂u
(x + at, y + bt) y ∂h
(x, y, t) = ∂v
(x +
∂x
∂y
at, y + bt). Por lo tanto, la función h(x, y, t) = g(x + at, y + bt) es una solución de la ecuación
dada.
1.4. Sea Γ una curva parametrizada con la ecuación ~r = ρ~(t), t ∈ (a, b). Sea κ(t) la curvatura
de la curva Γ.
El centro de curvatura de la curva Γ en un punto M (t) ∈ Γ es el punto A(t) que pertenece
a la recta normal de la curva Γ en el punto M (t), la distancia |M (t)A(t)| = 1/κ(t), y el
−−−−−−→
vector M (t)A(t) apunta hacia la concavidad de la curva (ver Fig. 3). El sentido geométrico
de centro de curvatura es que A(t) es el centro del cı́rculo osculador de la curva en el punto
M (t), es decir el cı́rculo que presenta la mejor aproximación a la curva en este punto (ver
Fig. 4).
(a) Hallar el conjunto de centros de curvatura de un cı́rculo.
(b) Hallar el conjunto de centros de curvatura de la parábola y = x2 /2. Hacer dibujo.
Solución:
(a) El centro del cı́rculo.
(b) Tomemos la parametrización de la parábola: el punto M (t) tiene vector posición ~r(t) =
0
(t, t2 /2).
Entonces
√
√ el vector tangente es ~r = (1, t) y el vector normal unitario ~n =
(−t/ 1 + t2 , 1/ 1 + t2 ). La curvatura es
1
|~r 00 × ~r 0 |
κ(t) =
=
√
3.
k~r 0 k3
1 + t2
4
Figure 3. Ejercicio 4. Centro de curvatura
Figure 4. Ejercicio 4. El cı́rculo osculador de parábola
Entonces,
−−−−−−→
1
M (t)A(t) =
~n(t) = (−t(1 + t2 ), 1 + t2 ),
κ(t)
por lo tanto las coordenadas del centro de curvatura M (t) son (−t3 , 1 + 3t2 /2).
Respuesta.
(a) El centro del cı́rculo.
(b) La curva con la ecuación ~r = (−t3 , 1 + 3t2 /2).
El dibujo:
5
1.5. Considere la función f (x) = ln(sin(x)), para x en el intervalo [ π4 , π3 ].
VERDADERO O FALSO. Para cada una de las siguientes afirmaciones indique si esta es
verdadera o falsa y de una justificación clara y concisa.
√
(1) El punto ln( 22 ) pertenece a la grafica de f (x).
(2) El punto ( π2 , 0) pertenece a la gráfica de f (x).√
p
(3) La función σ(t) = (t2 , ln(sin(t2 ))) para t ∈ [ 2π , π3 ] es una parametrización de la
gráfica de f (x).
√ (4) La longitud de arco de la gráfica de f (x) es ln √2+1
3
Solución: La gráfica de la función f (x) es el conjunto
n
πo
π
⊆ R2
G := (x, y) : y = ln(sin(x)) y ≤ x ≤
4
2
De ahi concluimos:
√
(1) es FALSO. La grafica consiste de parejas (x, y) mientras que ln( 22 ) es un punto.
(2) es FALSO. La pareja (x, y) = ( π2 , 0) si satisface y = ln(sin(x)) porque ln(sin(x)) =
ln(sin( π2 )) = ln(1) = 0 pero x no esta en el dominio√ de la función.
p
(3) es VERDADERO. Mientras t recorre el intervalo [ 2π , π3 ] la funcion t2 recorre [ π4 , π3 ]
asi que x = t2 es una reparametrización de ese intervalo. De ahi que la parametrizacion
usual σ(x) = (x, ln(sin(x)) pueda reescribirse como en el ejercicio.
(4) es VERDADERO. Tome la parametrización σ(x) = (x, ln(sin(x))). La longitud de
arco esta dada por
s
2
Z π
Z π
3
3
1
||σ‘(x)||dx =
1+
cos(x) dx =
π
π
sin(x)
4
4
π
3
Z
=
π
4
s
sin2 (x) + cos2 (x)
dx =
cos2 (x)
= − ln
1
2
√ +√
3
3
π
3
Z
π
4
π
3
csc(x)dx = − ln(csc(x) + cot(x)) =
π
4
+ ln
2
√ +1
2
= ln
√
2+1
√
3
!
6
1.6. La trayectoria σ(t) = (x(t), y(t)) de una bala de cañon disparada desde el origen con
ángulo de elevación θ satisface las siguientes ecuaciones
x00 (t) = 0
y 00 (t) = −9.8
x0 (0) = 100 cos(θ) y 0 (0) = 100 sin(θ)
x(0) = 0
y(0) = 0
(1) Encuentre las funciones x(t) y y(t) que describen la trayectoria de la bala (la respuesta
debe depender del ángulo θ y del tiempo t).
(2) Encuentre cuanto tiempo se demora la bala en caer al piso. (Este valor de t depende
del ángulo de lanzamiento)
(3) Haga una gráfica de la trayectoria de la bala para ángulos de disparo θ = π3 y θ = π6 .
(4) Para que valor del ángulo θ la bala recorre una distancia horizontal máxima antes
de caer al piso? Cual es el valor de esa distancia?
(5) Encuentre una integral que represente la distancia total recorrida por la bala antes
de caer al piso. (el resultado debe depender del ángulo inicial de disparo θ).
Solución:
(1) Resolvemos la ecuacion diferencial y 00 (t) = −9.8 integrando dos veces con respecto a
t. Integrando una vez obtenemos
y 0 (t) = −9.8t + A.
Para alguna constante A. Del problema sabemos que y 0 (0) = 100 sin(θ) y evaluando
y 0 (0) = A asi que A = 100 sin(θ). Integrando una segunda vez contra t
y(t) = −
9.8t2
+ 100 sin(θ)t + B
2
Para alguna constante B. Del problema sabemos que y(0) = 0 y evaluando en la
expresion de arriba calculamos que y(0) = B asi que B = 0. Concluimos que
9.8t2
+ 100 sin(θ)t
2
Un razonamiento muy semejante lleva a que
y(t) = −
x(t) = 100 cos(θ)t
Asi que la trayectoria de la bala esta dada por
9.8t2
σ(t) = 100 cos(θ)t, −
+ 100 sin(θ)t
2
(2) La bala esta en el piso precisamente cuando y(t) = 0. Resolvemos para t la expresion
−
9.8t2
+ 100 sin(θ)t = 0.
2
Esta ecuacion tiene dos soluciones, t = 0 (el instante inicial en el que la bala esta en
200 sin(θ)
el piso y t∗ =
9.8
(3) (Grafica)
7
(4) La distancia horizontal recorrida por la bala en los primeros t∗ segundos es precisamente x(t) (como x0 (t) es positivo la bala siempre avanza hacia la derecha asi que
la distancia recorrida en el eje x es igual a su coordenada x en ese instante). Como
función del ángulo de disparo θ esta distancia es:
x(t∗ ) = 100 cos(θ)
200 sin(θ)
1002
=
sin(2θ)
9.8
9.8
π
π
Para 0 ≤ θ ≤
esta función alcanza su máximo cuando θ = . Asi que disparar
2
4
a ese ángulo asegura que la bala alcance una distancia horizontal máxima antes de
1002
metros.
caer. Esta distancia es
9.8
(5) La distancia recorrida por la bala en el intervalo de tiempo [0, T ] esta dado por la
integral
ZT
ZT p
0
kσ (t)kdt =
x0 (t)2 + y 0 (t)2 dt.
0
0
Como nos interesa la distancia recorrida antes de caer tomamos T =
el numeral (2). La formula resultante es
200 sin(θ)
por
9.8
200 sin(θ)
9.8
Z
D(θ) =
p
1002 − 200 · 9.8 sin(θ)t + (9.8)2 t2 dt
0
Si se quiere, es posible resolver esta integral explı́citamente. El integrando es la raiz
cuadrada de un polinomio cuadrático y esto puede integrarse mediante la fórmula
p
p
Z p
(b1 + t) (t + b1 )2 + c1 + c1 log b1 + t + (t + b1 )2 + c1
+ C.
(t + b1 )2 + c1 dt =
2
1.7. Hallar la curva parametrica ~r(t) tal que ~r(1) = (0, −1, 1) y ~r 0 (t) = (t, et/2 , t2 ).
Solución: Sea ~r(t) = (x(t), y(t), z(t)). Tenemos que solucionar el sistema de ecuaciones
diferenciales
 0
 x (t) = t
y 0 (t) = et/2
 0
z (t) = t2 ,
con condiciones (x(0), y(0), z(0)) = (0, −5, 1).

 x(t) =
y(t) =

z(t) =
Ahora la solución general del sistema es:
t2 /2 + c1
2et/2 + c2
t3 /3 + c3 ,
Imponiendo las condiciones dadas, encontramos los valores de las constantes c1 , c2 , c3 : ~r(t) =
(t2 /2 − 1/2, 2et/2 − 1 − 2e1/2 , t3 /3 + 2/3).
8
1.8. Dada la curva parametrica ~r(t) = (cos(3t), sin(3t), (2t)3/2 ), calcular:
(1) La recta tangente en el punto (1, 0, 0);
(2) La función curvatura κ(t);
(3) La curvatura en el punto (0, 1, (π/3)3/2 ).
Solución:
(1) ~r(0) = (1, 0, 0),
~r 0 (t) = h−3 sin(3t), 3 cos(3t), 3(2t)1/2 i = 3h− sin(3t), cos(3t), (2t)1/2 i
y ~r 0 (0) = h0, 3, 0i. Por lo tanto, la recta tangente en el punto (1, 0, 0) tiene ecuaciones
paramétricas:


x(t) = 1
y(t) = 3t

z(t) = 0.
(2) ~r 00 (t) = h−9 cos(3t), −9 sin(3t), 3(2t)−1/2 i, de ende:
~k
~i
~j
0
00
1/2
=
~r (t) × ~r (t) = −3 sin(3t) 3 cos(3t) 3(2t)
−9 cos(3t) −9 sin(3t) 3(2t)−1/2 h9(2t)−1/2 cos(3t) + 27(2t)1/2 sin(3t)), (9(2t)−1/2 sin(3t) − 27(2t)1/2 cos(3t)), 27i =
9h(2t)−1/2 cos(3t) + 3(2t)1/2 sin(3t), (2t)−1/2 sin(3t) − 3(2t)1/2 cos(3t), 3i.
Por lo tanto:
kh(2t)−1/2 cos(3t) + 3(2t)1/2 sin(3t), (2t)−1/2 sin(3t) − 3(2t)1/2 cos(3t), 3ik
κ(t) =
.
3(1 + 2t)3/2
(3) Es cierto ~r(π/6) = (0, 1, (π/3)3/2 ) y:
p
9 · 3π(π 2 + 3π 2 + 1)
k h3(π/3)1/2 , (π/3)−1/2 , 3i k
=
.
κ(π/6) =
3(1 + π/3)3/2
π · 33/2 · (3 + π)3/2
1.9. En cual punto la recta tangente a la curva parametrica ~r(t) = ( 43 t3 , 4t2 , t) es paralela
al plano de ecuación 2x − y + 2z = 3?
Solución: Un vector normal al plano dado es (2, −1, 2) y el vector tangente a la curva
parametrica al tiempo t es ~r(t)0 = (4t2 , 8t, 1). Los puntos son dados por las soluciones de la
ecuación:
(2, −1, 2) · (4t2 , 8t, 1) = 8t2 − 8t + 2 = 2(2t − 1)2 = 0,
o sea por t = 1/2 y de ende el unico punto donde esto se cumple es (1/6, 1, 1/2).
1.10. Sea ~r(t) una función vectorial diferentiable tal que ~r(t) 6= ~0. Demostrar que en un
máximo o un mı́nimo local de k ~r(t) k el vector ~r 0 (t) es perpendicular a ~r(t).
Solución: Los puntos de máximos o de mı́nimos locales de la función k ~r(t) k son los mismos
de los de la función k ~r(t) k2 = ~r(t) · ~r(t). Es cierto, (~r(t) · ~r(t))0 = 2~r 0 (t) · ~r(t). Por lo tanto
(~r(t) · ~r(t))0 = 0 si y solo si ~r 0 (t) · ~r(t) = 0, o sea, si y solo si el vector ~r 0 (t) es perpendicular
a ~r(t).
9
2. Part 2: 4.1 - 4.6
2.1. Considere el campo escalar
f (x, y, z) = xy + yz + xy.
(a) Encuentre el dominio.
(b) Encuentre la dirección de más rápido crecimiento en el punto P (1, 1, 1).
Solución:
(a) Dom(f ) = R3
(b) ∇f (x, y, z) = (y + z, x + z, x + y)
2.2. Considere el campo escalar, f (x, y, z) = p
1
x2
+ y2 + z2
(a) Encuentre los dominios.
(b) Encuentre la dirección de más rápido crecimiento en el punto P (1, 1, 1).
Solución:
(a) Dom(f ) = R3 \{(0, 0, 0)}
(b)
∇f (x, y, z) =
x
−
3
y
,−
(x2 + y 2 + z 2 ) 2
3
,−
(x2 + y 2 + z 2 ) 2
!
z
3
(x2 + y 2 + z 2 ) 2
2.3. Sea ~r = (x, y, z) y r = k~rk. Demuestre que,
1
~r
∇
=− 3
r
r
Solución:
(a) Dom(f ) = R3 \{(0, 0, 0)}
(b)
∇f (x, y, z) =
−
x
3
(x2 + y 2 + z 2 ) 2
,−
y
3
(x2 + y 2 + z 2 ) 2
,−
!
z
3
(x2 + y 2 + z 2 ) 2
2.4. Sea A(−1, 0), y B(1, 0) dos puntos en el plano xy. Considere r1 la distancia
de un
r2
punto M (x, y) a A y r2 la distancia de M a B y potencial electrostático V = K ln
, con
r1
K constante, un campo escalar definido para todo (x, y) 6= A, (x, y) 6= B.
(a) Halle r1 , y r2 en términos de x e y.
(b) Halle ∇V (x, y)
(c) Considere el cuadrado con vértices C(1, 1), D(−1, 1), E(−1, −1), y F (1, −1). Halle el
potencial electrostático en los vértices del cuadrado, los puntos medios de los lados y
en el centro del cuadrado (son 9 puntos en total). Si en algún punto no está definido,
explique porqué no lo está.
(d) Halle el gradiente ∇V en los vértices del cuadrado, los puntos medios de los lados y en
el centro del cuadrado (son 9 puntos en total). Dibuje los anteriores vectores en el plano
xy. Si en algún punto no está definido, explique porqué no lo está.
10
(e) Encuentre las curvas de nivel para los valores −4, −3, −2, −1, 0, 1, 2, 3, 4 y dibújelas.
Nota de interés: A V se le conoce como el potencial electrostático debido a dos filamentos
infinitos de densidades λ, y −λ paralelos al eje z que pasan por A y B. La constante
λ
K=
. Para los cálculos de este ejercicio considere K = 1.
2π0
Solución:
p
(a) r1 = p(x + 1)2 + y 2
r2 = (x − 1)2 + y 2
K
(b) V (x, y) =
[ln ((x + 1)2 + y 2 ) − ln ((x − 1)2 + y 2 )]
2 K
2 (x+1)
2 (x−1)
2y
2y
+
,
−
∇V (x, y) =
− (x−1)
2
+y 2
(x+1)2 +y 2 (x+1)2 +y 2
(x−1)2 +y 2
2
(x−1)
(x+1)
y
y
∇V (x, y) = K − (x−1)
+
,
−
2
2
2
2
+y 2
(x+1) +y 2 (x+1) +y 2
(x−1) +y 2
1
(c) V (x, y) = [ln ((x + 1)2 + y 2 ) − ln ((x − 1)2 + y 2 )]
2
V (1, 1) = log (5)
V (−1, 1) = − log (5)
V (−1, −1) = − log (5)
V (1, −1) = log (5)
V (1, 0) = No definido, el punto no pertenece al dominio
V (0, 1) = 0
V (−1, 0) = No definido, el punto no pertenece al dominio
V (0, −1) = 0
V (0, 0) = 0. Sobre todo el eje y el potencial es 0.
K 2 (x−1)
2 (x+1)
2y
2y
(d) ∇V (x, y) =
− (x−1)2 +y2 + (x+1)2 +y2 , (x+1)2 +y2 − (x−1)2 +y2
2
4
∇V (1, 1) = 5 , − 85 ∇V (−1, 1) = 45 , 85
∇V (−1, −1) = 54 , − 85
∇V (1, −1) = 45 , 85
∇V (1, 0) = No definido, el punto no pertenece al dominio
∇V (0, 1) = (2, 0)
∇V (−1, 0) = No definido, el punto no pertenece al dominio
∇V (0, −1) = (2, 0)
∇V (0, 0) = (4, 0)
r2
= c, lo cual implica que las
(e) Las curvas de nivel son circunferencias por que ln
r2
ecuaciones sean x2 + 2dx + y 2 + 1 = 0, es decir circunferencias con centro sobre el eje x.
El gráfico de las curvas de nivel pedidas es:
11
4
3
2
-1.00
1
-2.00
3.00
0
4.
00
0.00
-3.00
-1
2.00
00
1.
-2
-3
-4
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
2.5. Sea G el subconjunto del plano dado por
G = {(x, y) : x4 + y 4 = 1}
(1) Verifique que el punto (1, 0) pertenece a G.
(2) Escriba el enunciado del Teorema de la funcion implı́cita para una función escalar
diferenciable F (x, y) en R2
(3) Utilice el Teorema de la función implı́cita para demostrar que existe una función h(y)
definida cerca de y = 0 que cumple: h(0) = 1 y la gráfica Γ = {(x, y) | x = h(y)}
coincide con G en algun disco alrededor de (1, 0).
(4) Calcule h0 (0), h00 (0), h000 (0).
(5) Escriba la aproximación de Taylor de h(y) de orden tres alrededor de y = 0.
Solución:
(1) Si reemplazamos el punto (1, 0) en la ecuacion obtenemos x4 + y 4 = 14 + 04 = 1 asi
que el punto si pertenece a G.
12
(2) Teorema de la Funcion implicita. Si F (x, y) es una funcion escalar diferenciable
∂F
y p = (x0 , y0 ) es un punto que satisface F (p) = 0 y
(p) 6= 0 entonces existe una
∂x
función diferenciable h(x) definida en un intervalo U alrededor de x0 que satisface:
(a) h(x0 ) = y0
(b) La gráfica de h(x), es decir {(x, y) | y = h(x), x ∈ U } coincide con el conjunto
de soluciones de la ecuacion F (x, y) = 0 en alguna vecindad del punto (x0 , y0 ).
Recuerde que el Teorema se llama asi porque si las hipótesis se cumplen entonces la
ecuación F (x, y) = 0 define de forma implı́cita la gráfica de la función h(x) (y, por lo
tanto, la función misma) cerca de x0 .
(3) Basta encontrar una funcion diferenciable cuyos ceros definan el conjunto que nos
interesa y aplicar el Teorema de la función implı́cita. Más precisamente:
(a) Defina la función F (x, y) = x4 + y 4 − 1. La función F (x, y) es una función
escalar y es diferenciable porque los polinomios lo son.
(b) El punto (1, 0) satisface F (1, 0) = 0 como verificamos en la parte (1).
∂F
(c)
(1, 0) = 4x3 (1, 0) = 4 6= 0
∂x
(d) De ahi, por el Teorema de la función implı́cita existe una función diferenciable
h(y) con h(0) = 1 y cuya gráfica {(x, y) | x = h(y)} coincide, cerca de (1, 0), con
las soluciones de la ecuación F (x, y) = 0
(e) Obviamente F (x, y) = 0 precisamente si (x, y) esta en G (como se va pasando el
−1 al otro lado de la igualdad). Asi que el paso anterior demuestra precisamente
lo que queriamos.
(f) Del paso anterior sabemos que h(y)3 + y 3 = 1 y que h(0) = 1. Usamos derivación
implı́cita. Derivando la igualdad y usando regla de la cadena obtenemos
3h(y)2 h0 (y) + 3y 2 = 0
evaluando en y = 0 concluimos 3h0 (0) = 0 luego h0 (0) = 0 Derivando la igualdad
anterior obtenemos
6h(y)h0 (y)2 + 3h(y)2 h00 (y) + 6y = 0
evaluando en y = 0 concluimos que 3h00 (y) = 0 luego h00 (0) = 0. Derivando la
igualdad anterior obtenemos
6h0 (y)3 + 12h(y)h0 (y)h00 (y) + 6h(y)h0 (y)h00 (y) + 3h(y)2 h000 (y) + 6 = 0
evaluando en y = 0 concluimos que 3h000 (y) + 6 = 0 asi que h000 (y) = −2.
(g) De lo anterior la aproximación de Taylor de h(y) de orden tres alrededor de y = 0
2x3
.
es q(y) = 1 +
3!
2.6. Resuelva los siguientes problemas usando diferenciación implı́cita.
(1) Asuma que y es una función diferenciable de x y que exy = e4x − e5y . Encuentre una
expresión para y 0 (x) en términos de x y y.
(2) Encuentre la ecuación de la recta tangente a la gráfica de la ecuación (x2 +y 2 )3 = 8x2 y 2
en el punto (−1, 1).
Solución:
13
(1) Si y(x) es una función diferenciable de x y que exy = e4x − e5y derivo a ambos lados
de la igualdad usando regla de la cadena
exy (y + xy 0 ) = 4e4x − 5e5y y 0
ponemos los términos que tienen y 0 y los que no a lados distintos de la igualdad
y 0 exy x + 5e5y = 4e4x − yexy
luego
y0 =
exy x + 5e5y
.
4e4x − yexy
(2) Sabemos que (x2 + y 2 )3 = 8x2 y 2 y queremos entender su comportamiento en el punto
(−1, 1). Por el Teorema de la función implı́cita podemos suponer que y es una función
diferenciable de x cerca de(−1, 1) y por ello podemos usar diferenciación implı́cita.
Derivando y usando regla de la cadena obtenemos
3(x2 + y 2 )2 (2x + 2yy 0 ) = 16xy 2 + 16x2 yy 0
Evaluando en x = −1 y = 1 obtenemos
3(2)2 (−2 + 2y 0 (−1)) = −16 + 16y 0 (−1)
asi que y 0 (−1) = 1 es la pendiente de la recta tangente. De ahi la ecuacion de la recta
esta dada por
y − 1 = 1(x − (−1))
es decir y = x + 2.
2.7. Identificar y dibujar las curvas de nivel de la superficie definida implicitamente por las
siguientes ecuaciones
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
2x − 3y + z 2 = 1
4z + 2y 2 − x = 0
y 2 = 2x2 + z
x2 − 4z − y = 2
x − 4z − y 2 = 2
Solución:
(1) 2x − 3y + z 2 = 1
Esta superficie es una superficie cilindrica, las curvas de nivel corresponden a las
rectas 2x − 3y = 1 − k 2 que son rectas paralelas a la recta 2x − 3y = 0. Como el
valor maximo de 1 − k 2 es 1, las curvas de nivel son rectas lineas paralelas a la recta
2x − 3y + z 2 = 1 en el semiplano 2x − 3y + z 2 ≤ 1.
14
10
5
0
-5
- 10
- 10
-5
2
0
5
10
(2) 4z + 2y − x = 0 Esta superficie es una superficie cilindrica, las curvas de nivel
corresponden a las rectas 2y 2 − x = − k4 que son parabolas que se abren hacia el eje
x positivo.
15
2
1
0
-1
-2
-2
2
-1
0
1
2
2
(3) y = 2x + z
Esta superficie es un paraboloide hiperbolico, las curvas de nivel son hiperbolas.
2
1
0
-1
-2
-2
2
-1
0
1
2
(4) x − 4z − y = 2
Esta es un superficie cilindrica, las curvas de nivel corresponden a parabolas que se
abren hacia el eje y positivo.
16
2
1
0
-1
-2
-2
-1
2
0
1
2
(5) x − 4z − y = 2
Esta es un superficie cilindrica, las curvas de nivel corresponden a parabolas que se
abren hacia el eje x positivo.
17
2
1
0
-1
-2
-2
-1
0
1
2
2.8.
(1) Calcule la ecuacion de la superficie que se obtiene al rotar alrededor del eje z el circulo
de radio r centrado en el punto (0, R, 0) que esta en el plano yz:
(y − R)2 + z 2 = r2 .
Esta superficie se conoce como el toro 2-dimensional.
(2) Calcule la ecuacion del plano tangente al toro 2-dimensional en un en punto arbitrario
(x0 , y0 , z0 ).
Solución:
(1) Calcule la ecuacion de la superficie que se obtiene al rotar alrededor del eje z el circulo
de radio r centrado en el punto (0, R, 0) que esta en el plano y − z.
(y − R)2 + z 2 = r2
Esta superficie se conoce como el toro 2-dimensional.
Al rotar una curva en el plano y − z dada por una ecuacion F (y,p
z) = 0 alrededor
del eje z tenemos la superficie de revolucion dada por la ecuacion F ( x2 + y 2 , z) = 0.
En particular,
Al rotar el circulo (y − R)2 + z 2 = r2 alrededor del eje z se tiene la superficie
(
p
x2 + y 2 − R)2 + z 2 = r2
18
(2) Calcule la ecuacion del plano tangente al toro 2-dimensional en un en punto arbitrario
(x0 , y0 , z0 ).
Dada una superficie de nivel F (x, y, z) = 0 y un punto en la superficie (x0 , y0 , z0 )
el plano tangente esta dado por el plano perpendicular al vector ∇F (x0 , y0 , z0 ) y que
pasa por el punto (x0p
, y0 , z0 ).
Para F (x, y, z) = ( x2 + y 2 − R)2 + z 2 ,
!
!
!
p
p
x
y
p
p
∇F = 2
x2 + y 2 − R
,2
x2 + y 2 − R
, 2z
x2 + y 2
x2 + y 2
que simplificando da:
R
2x 1 − p
x2 + y 2
!
R
!
, 2y 1 − p
x2 + y 2
!
, 2z
En un punto (x0 , y0 , z0 ) del toro, el plano tangente esta dado por la ecuacion:
2x0
R
1− p 2
x0 + y02
!
R
(x − x0 ) + 2y0 1 − p 2
x0 + y02
!
(y − y0 ) + 2z0 (z − z0 ) = 0
2.9.
(1) Calcule la ecuacion de la superficie que se obtiene al rotar alrededor del eje x la curva
dada por
y = cosh(x)
Esta superficie se conoce como la catenoide.
(2) Calcule la ecuacion del plano tangente a la catenoide en un en punto arbitrario
(x0 , y0 , z0 ).
Solución:
(1) Calcule la ecuacion de la superficie que se obtiene al rotar alrededor del eje x la curva
dada por
y = cosh(x)
Esta superficie se conoce como la catenoide.
19
Al rotar una curva en el plano x − y dada por una ecuacion F (x, y)p= 0 alrededor
del eje x tenemos la superficie de revolucion dada por la ecuacion F (x, y 2 + z 2 ) = 0.
En particular, para una grafica y = f (x) obtenemos y 2 + z 2 = f (x)2 .
Al rotar la grafica y = cosh(x) alrededor del eje x se obtiene la superficie
y 2 + z 2 = cosh2 (x)
(2) Calcule la ecuacion del plano tangente a la catenoide en un en punto arbitrario
(x0 , y0 , z0 ).
Dada una superficie de nivel F (x, y, z) = 0 y un punto en la superficie (x0 , y0 , z0 ) el plano
tangente esta dado por el plano perpendicular al vector ∇F (x0 , y0 , z0 ) y que pasa por el
punto (x0 , y0 , z0 ).
Para F (x, y, z) = y 2 + z 2 − cosh2 (x) el gradiente es:
∇F (x, y, z) = (−2 sinh(x) cosh(x), 2y, 2z)
En un punto (x0 , y0 , z0 ) de la catenoide, el plano tangente esta dado por la ecuacion:
−2 sinh(x0 ) cosh(x0 )(x − x0 ) + 2y0 (y − y0 ) + 2z0 (z − z0 ) = 0
2.10.
(1) (a) Calcule la ecuacion de la superficie que se obtiene al rotar alrededor del eje z el
circulo de radio r centrado en el origen (0, 0, 0) que esta en el plano yz:
y 2 + z 2 = r2 .
(b) Identificar la superficie y calcular el plano tangente a esta superficie en un en
punto arbitrario (x0 , y0 , z0 ).
(2) (a) Calcule la ecuacion de la superficie que se obtiene al rotar alrededor del eje z la
hiperbola que esta en el plano yz:
z 2 − y 2 = 1.
(b) Identificar la superficie y calcular el plano tangente a esta superficie en un en
punto arbitrario (x0 , y0 , z0 ).
(3) (a) Calcule la ecuacion de la superficie que se obtiene al rotar alrededor del eje y la
recta que esta en el plano yz:
z = y.
20
(b) Identificar la superficie y calcular el plano tangente a esta superficie en un en
punto arbitrario (x0 , y0 , z0 ).
Solución:
(1) (a) Calcule la ecuacion de la superficie que se obtiene al rotar alrededor del eje z el
circulo de radio r centrado en el origen (0, 0, 0) que esta en el plano yz:
y 2 + z 2 = r2 .
Al rotar una curva en el plano y − z dada por una ecuacion F (y, z)p= 0 alrededor
del eje z tenemos la superficie de revolucion dada por la ecuacion F ( x2 + y 2 , z) =
0. En particular,
Al rotar el circulo y 2 + z 2 = r2 alrededor del eje z obtenemos la superficie
x2 + y 2 + z 2 = r 2
(b) Identificar la superficie y calcular el plano tangente a esta superficie en un en
punto arbitrario (x0 , y0 , z0 ).
Esta superficie es una esfera.
Dada una superficie de nivel F (x, y, z) = 0 y un punto en la superficie (x0 , y0 , z0 )
el plano tangente esta dado por el plano perpendicular al vector ∇F (x0 , y0 , z0 ) y
que pasa por el punto (x0 , y0 , z0 ).
El gradiente de la funcion F (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 es (2x, 2y, 2z), por lo que el
plano tangente en un punto (x0 , y0 , z0 ) de la esfera es:
2x0 (x − x0 ) + 2y0 (y − y0 ) + 2z0 (z − z0 ) = 0
(2) (a) Calcule la ecuacion de la superficie que se obtiene al rotar alrededor del eje z la
hiperbola que esta en el plano yz:
z 2 − y 2 = 1.
Al rotar una curva en el plano y − z dada por una ecuacion F (y, z)p= 0 alrededor
del eje z tenemos la superficie de revolucion dada por la ecuacion F ( x2 + y 2 , z) =
0. En particular,
Al rotar la hiperbola z 2 − y 2 = 1 alrededor del eje z obtenemos la superficie
z 2 − x2 − y 2 = 1
21
(b) Identificar la superficie y calcular el plano tangente a esta superficie en un en
punto arbitrario (x0 , y0 , z0 ).
Esta superficie es un hiperboloide de dos hojas.
Dada una superficie de nivel F (x, y, z) = 0 y un punto en la superficie (x0 , y0 , z0 )
el plano tangente esta dado por el plano perpendicular al vector ∇F (x0 , y0 , z0 ) y
que pasa por el punto (x0 , y0 , z0 ).
El gradiente de la funcion F (x, y, z) = z 2 − x2 − y 2 es (−2x, −2y, 2z) por lo que la
ecuacion del plano tangente en el punto (x0 , y0 , z0 ) del hiperboloide de dos hojas
es
−2x0 (x − x0 ) − 2y0 (y − y0 ) + 2z0 (z − z0 ) = 0
(3) (a) Calcule la ecuacion de la superficie que se obtiene al rotar alrededor del eje y la
recta que esta en el plano yz:
z = y.
Al rotar una curva en el plano y − z dada por una ecuacion F (y, z) =√0 alrededor
del eje y tenemos la superficie de revolucion dada por la ecuacion F (y, x2 + z 2 ) =
0. En particular, para una grafica z = f (y) obtenemos x2 + z 2 = f (y)2 .
Al rotar la recta z = y alrededor del eje y, obtenemos la superficie
x2 + z 2 = y 2
(b) Identificar la superficie y calcular el plano tangente a esta superficie en un en
punto arbitrario (x0 , y0 , z0 ).
La superficie es un cono que se abre hacia el eje y.
22
Dada una superficie de nivel F (x, y, z) = 0 y un punto en la superficie (x0 , y0 , z0 )
el plano tangente esta dado por el plano perpendicular al vector ∇F (x0 , y0 , z0 ) y
que pasa por el punto (x0 , y0 , z0 ).
El gradiente de la funcion F (x, y, z) = x2 + z 2 − y 2 es (2x, −2y, 2z) por lo que la
ecuacion del plano tangente en el punto (x0 , y0 , z0 ) del hiperboloide de dos hojas
es
2x0 (x − x0 ) − 2y0 (y − y0 ) + 2z0 (z − z0 ) = 0
Note la similitud entre el cono y un hiperboloide de una hoja, las ecuaciones son
x2 + z 2 − y 2 = 1 y x2 + z 2 − y 2 = 0 por lo que las ecuaciones del plano tangente
lucen similares, la gran diferencia es que el cono tiene un punto donde la superficie
no es suave!!!! no se le puede aplicar el teorema de la funcion implicita al origen
porque el gradiente es cero.