UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA Y A DISTANCIA
UNAD
Tarea 1
Funciones de varias variables
Tutor:
Edgar Andres villabon
Presentado por:
Eder Cogollo - Codigo: 1067910823
Alexander Montes Mestra - Código:
Darwin Ivan Lopez - Código:
Willam Jose Gelis - Codigo:
Edier Oliverios - Codigo:
Grupo:
203057_42
CALCULO MULTIVARIADO
MONTERIA - CORDOBA
2020 – 1604
Introduccion
Ejercicios resueltos ITEM A (Edier Oliveros)
Ejercicios Resueltos ITEM B(Darwin Ivan Lopez)
Grupo de ejercicios 1 – Vectores:
Dado los puntos
𝑝𝑦𝑞
Hacemos la resta entre ellos y hallamos el vector pedido
𝑞−𝑝 =𝑣
Esto nos queda como
v = (−16,23, −4) − (2, −5,14)
Resolviendo
v = (−18,28, −18)
Hallamos la magnitud de V
||v|| = √(−18)2 + (28)2 + (−18)2
||v|| = 2√358
Ahora su magnitud
𝑢̂ =
1
2√358
(−18,28, −18)
= (−
9
,
14
√358 √358
,−
9
√358
)
Ahora el punto medio del vector
𝑃𝑢𝑛𝑡𝑜 𝑚𝑒𝑑𝑖𝑜 = (
(2) + (−16) (−5) + (23) 14 + (−4)
,
,
)
2
2
2
𝑃𝑢𝑛𝑡𝑜 𝑚𝑒𝑑𝑖𝑜 = (7,9, 5 )
Grupo de ejercicios 2 – Rectas y planos:
Dado el plano y su vector normal conocido:
0 = −𝑧 + 𝑥 + 2𝑦
𝑛1 = (1,2, −1)
Y el plano
2𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 1
𝑛2 = (2,1,1)
Buscamos un vector perpendicular a estos y que sea paralelo a los planos,
esto es:
i j
k
n1 xn2 = |1 2 −1|
2 1 1
n1xn2 = 3i − 3j − 3k
Entonces nuestra recta viene dada por
𝑟 = 𝑃 + λV
Donde
𝑉 = (3, −3, −3)
5
𝑃 = (−1, , 3)
2
λ = Un parametro cualquiera
Entonces la recta es
5
𝑟 = (−1, , 3) + λ(3, −3, −3)
2
Grupo de ejercicios 3 – Superficies Cuadráticas:
Identifique el tipo de superficie de las siguientes ecuaciones, escriba una
parametrización y realice la gráfica con ayuda de GeoGebra; Observación: Es
necesario realizar el proceso de complementación de cuadrados.
Tenemos:
x 2 + x + 16(z 2 − 2z) − 16y − 15 = 0
1
1
(x 2 + x + ) − + 16(z 2 − 2z + 1 − 1) − 16y − 15 = 0
4
4
1
1
(x 2 + x + ) − + 16(z 2 − 2z + 1) − 16 − 16y − 15 = 0
4
4
1 2
125
(x + ) + 16(z − 1)2 − 16y =
2
4
1 2
(x + )
2 + (z − 1)2 − y = 125
16
64
Grupo de ejercicios 4 – Funciones vectoriales:
En los siguientes ejercicios, para la función vectorial dada (𝑡) escriba sus
vectores normales unitarios, la ecuación de la recta tangente en el punto 𝑃 y
su curvatura. Dibuje la curva trazada por la función vectorial y la recta
tangente con ayuda de GeoGebra.
Derivadas de la curva:
r ′ (t) = −senti − j − costk
r ′′ (t) = −cost i + sent k
Magnitud de la primera derivada
|r ′ | = √(−sent)2 − (1)2 + (−cost)2 = √sen2 t + 1 + cos2 t = √2
Producto cruz de la primera derivada y de la segunda derivada
i
j
k
r ′ xr ′′ = |−sent −1 −cost| = −sent i + j − cost k
−cost 0
sent
Magnitud del producto cruz
|r ′ xr ′′ | = √(−sent)2 − (1)2 + (−cost)2 = √sen2 t + 1 + cos 2 t = √2
Ahora podemos hallar la curvatura
c=
Reemplazo
| r ′ xr′′|
|r′|3
√2
c=
(√2)
c=
3
1
2
Ahora hallo el vector tangente
T(t) =
r′
|r ′ |
Reemplazando
T(t) =
−senti − j − costk
√2
Pero
𝑁 = 𝑇′
Entonces
𝑁=
1
√2
(−cost i + sent k)
La recta tangente:
−𝑡 = −
𝑐𝑜𝑠𝑡 =
−𝑠𝑒𝑛𝑡 =
π
π
→𝑡=
3
3
1
π
→𝑡=
2
3
π
√3
→𝑡=
2
3
π
π
π
1
√3
r ′ ( ) = −sen ( ) i − j − cos ( ) k = −
i−j− k
3
3
3
2
2
1 π √3
1
√3
(x, y, z) = ( , − , ) + λ (−
, −1, − )
2 3 2
2
2
Grupo de ejercicios 5 – Límites y continuidad:
Calcular el límite y determinar la continuidad de las siguientes funciones en
el punto indicado:
Se debe cumplir que:
lim
(x,y)→(1,−1)
Tenemos
1=
sen(x + y)
(x,y)→(1,−1)
x+y
lim
lim
(x,y)→(a,b)
cte = cte
Entonces
lim
(x,y)→(1,−1)
1=1
Ahora el siguiente limite es inmediato
sen(x + y)
=1
(x,y)→(1,−1)
x+y
lim
Por tanto la función es continua en el punto.
Ejercicios resueltos ITEM C (Eder Cogollo)
Grupo de ejercicios 1 – Vectores: c. 𝑝: (7, 0, 4) y 𝑞: (−2, 2, 5)
• Hallar las componentes y la longitud del vector 𝑣 que tiene punto
Inicial 𝑝 y punto final 𝑞
Datos
𝑝: (7, 0, 4)
𝑞: (−2, 2, 5)
Calculamos los componentes del vector (v),
Tenemos que,
𝑣 = (𝑞 − 𝑝)
𝑣 = (−2 − 7,
2 − 0,
5 − 4)
𝑣 = (−9 , 2 ,1)
Calculamos la longitud del vector (v),
|𝑣| = √(−9)2 + (2)2 + (1)2
|𝑣| = √81 + 4 + 1
|𝑣| = √86
• Calcular el punto medio del segmento de recta 𝑝𝑞
̅̅̅
Aplicamos la formula punto medio
𝑝𝑚 =
Sustituimos por los puntos pq
𝑥1 + 𝑥2 𝑦1 + 𝑦2 𝑧1 + 𝑧2
,
,
2
2
2
𝑝𝑚 =
7−2 0+2 4+5
,
,
2
2
2
𝒑𝒎 =
𝟓
𝟗
, 𝟏,
𝟐
𝟐
• Encontrar un vector unitario en la dirección de 𝑣
Vector unitario es igual a
→=
𝑣
→=
𝑣
−9
(𝑥, 𝑦, 𝑧)
|𝑣|
,
2
,
1
√86 √86 √86
• Realizar la gráfica de los tres objetos anteriores por medio de la
herramienta GeoGebra.
Grupo de ejercicios 2 – Rectas y planos:
Obtenga una ecuación de la recta que satisfaga las condiciones
indicadas. Haga un análisis de los resultados obtenidos gráficamente con
ayuda de GeoGebra:
c. Pasa por el punto (−5, 4,−1) y es paralelo al eje 𝑦.
Utilizamos la formula vectorial
𝑟⃗ = 𝑃⃗⃗ + 𝑡𝑣⃗
Utilizamos el vector de base canónica que pasa por el eje y
𝑣⃗ = (0,1,0)
Por lo tanto la ecuación de la recta nos queda
De forma paramétrica
𝑟⃗ = (−5, 4, −1) + 𝑡(0,1,0)
𝑋 = −5 , 𝑦 = 4 + 𝑡, 𝑧 = −1
Por medio del software geogebra y utilizando la función de la Recta de un punto
paralelo a un eje, observamos la función de la recta en R3 que satisface las
condiciones para el punto (-5, 4,-1) utilizando el vector de base canónica j
Grupo de ejercicios 3 – Superficies Cuadráticas (Eder cogollo)
Identifique el tipo de superficie de las siguientes ecuaciones, escriba una
pareametrización y realice la gráfica con ayuda de GeoGebra;
Observación: Es necesario realizar el proceso de complementación de
cuadrados:
𝑐. 𝑥 2 − 2 𝑦 2 + 4 𝑧 2 + 6𝑥 + 12𝑦 + 6𝑧 − 1 = 0
Tipo de superficie: HIPERBOLOIDE DE 2 HOJAS
Agrupamos los términos semejantes y convertimos la ecuación a trinomio
cuadrado perfecto
(𝑥 2 + 6𝑥 ) − (2 𝑦 2 − 12𝑦) + (4 𝑧 2 + 6𝑧) − 1 = 0
3
(𝑥 2 + 6𝑥 ) − 2( 𝑦 2 − 12𝑦) + 4 ( 𝑧 2 + 𝑧) − 1 = 0
2
Completamos cuadrados
3
32 32
( 𝑥 2 + 6𝑥 + 32 − 32 ) − 2( 𝑦 2 − 6𝑦 + 32 − 32 ) + 4 ( 𝑧 2 + 𝑧 + − ) − 1 = 0
2
4
4
Simplificamos
3
9
( 𝑥 2 + 6𝑥 + 9) − 2( 𝑦 2 − 6𝑦 + 9) + 4 ( 𝑧 2 + 𝑧 + ) − 1 = 0
2
16
Destruimos paréntesis convirtiendo a binomio cuadrado
3
9
(𝑥 + 3 )2 + 9 − 2(𝑦 − 3)2 + 9 + 4 (𝑧 + )2 + − 1 = 0
4
4
(𝑥 + 3 )2 − 2(𝑦 − 3)2 −
31
3
= 4 (𝑧 + )2
4
4
Pareametrización
Utilizamos la identidad trigonométrica
𝑟 2 𝑠𝑒𝑛2 (𝜃) + 𝑟 2 𝑐𝑜𝑠 2 (𝜃) − 𝑟 2 = 0
Relacionamos cada término de la ecuación de la hiperboloide de 2 hojas
(𝑥 + 3 )2 = 𝑟 2 𝑠𝑒𝑛2 (𝜃)
2(𝑦 − 3)2 = 𝑟 2 𝑐𝑜𝑠 2 (𝜃)
3
4 (𝑧 + )2 = 𝑟 2
4
Despejamos términos
𝑥 = 𝑟𝑠𝑒𝑛(𝜃) − 3
𝑟𝑐𝑜𝑠(𝜃)
2(𝑦 − 3)2 𝑦 = √
+3
2
𝑧 = −2𝑟 − 3
Grafica geogebra
Grupo de ejercicios 4 – Funciones vectoriales:
En los siguientes ejercicios, para la función vectorial dada (𝑡) escriba
sus vectores normales unitarios, la ecuación de la recta tangente en el
punto 𝑃 y su curvatura. Dibuje la curva trazada por la función vectorial
y la recta tangente con ayuda de Geogebra.
√2 𝜋
𝑐. 𝑅(𝑡) = 𝑐𝑜𝑠(2𝑡) 𝑖 − 𝑠𝑖𝑛(3𝑡) 𝑗 + 𝑡𝑘 , 𝑃 = (0, −
,
2 4
Calculamos la curvatura del vector 𝑅⃗ , para ello utilizamos la función
|𝑟´𝑥 𝑟´´|
|𝑟´|3
Calculamos las derivadas para r(t)
𝑘=
𝑟´(𝑡) = −2𝑠𝑒𝑛(2𝑡), −3𝑐𝑜𝑠(3𝑡), 1
𝑟´´(𝑡) = −4𝑐𝑜𝑠(2𝑡), 9𝑠𝑒𝑛(3𝑡), 0
Hallamos productor cruz
̌
𝒊̌
𝒋̌
𝒌
𝒓´𝒙 𝒓´´ = −𝟐𝒔𝒆𝒏(𝟐𝒕) −𝟑𝐜𝐨𝐬(𝟑𝒕) 𝟏
−𝟒𝐜𝐨𝐬(𝟐𝒕) 𝟗𝒔𝒆𝒏(𝟑𝒕) 𝟎
−9𝑠𝑒𝑛(3𝑡) + 4𝑐𝑜𝑠(2𝑡) − 18𝑠𝑒𝑛2 (6𝑡 2 ) + 12𝑐𝑜𝑠 2 (6𝑡 2 )
−9𝑠𝑒𝑛(3𝑡) + 4𝑐𝑜𝑠(2𝑡) + 6(−3 𝑠𝑒𝑛2 (6𝑡 2 ) + 2𝑐𝑜𝑠 2 (6𝑡 2 )
Aplicamos identidades trigonometricas eliminando términos seno y coseno
−9𝑠𝑒𝑛(3𝑡) + 4𝑐𝑜𝑠(2𝑡) + 6(−5)
𝒓´𝒙 𝒓´´ = −𝟗𝒔𝒆𝒏(𝟑𝒕) + 𝟒𝒔𝒆𝒏(𝟐𝒕) − 𝟑𝟎
Hallamos la magnitud en |𝑟´𝑥 𝑟´´|
|𝑟´𝑥 𝑟´´| = √81𝑠𝑒𝑛2 (3𝑡)2 + 16𝑐𝑜𝑠 2 (2𝑡)2 + 900
|𝑟´𝑥 𝑟´´| = √81(3𝑡)2 + 16(2𝑡)2 + 900
|𝑟´𝑥 𝑟´´| = √729𝑡 2 + 64𝑡 2 + 900
Hallamos magnitude para |𝑟´|3
|𝑟´|3 = √4𝑠𝑒𝑛2 (2𝑡)2 + 9𝑐𝑜𝑠 2 (3𝑡)2 + 12
|𝑟´|3 = √4(2𝑡)2 + 9(3𝑡)2 + 12
|𝑟´|3 = √16(𝑡)2 + 81(𝑡)2 + 1
Remplazamos en la ecuacion
𝑘=
√729𝑡 2 + 64𝑡 2 + 900
√16(𝑡)2 + 81(𝑡)2 + 1
3
Derivamos componentes en (t) para halla vectores normales
𝑇(𝑡) =
𝑇(𝑡) =
1
||𝑅 ´ (𝑡)||
1
√16(𝑡)2
+ 81(𝑡)2 + 1
Redistribuimos terminos en la ecuacion
𝑅 ´ (𝑡)
− 2𝑠𝑒𝑛(2𝑡), −3𝑐𝑜𝑠(3𝑡) + 1
𝑇(𝑡) = −
2𝑠𝑒𝑛(2𝑡)
√16(𝑡)2 + 81(𝑡)2 + 1
𝑖−
3𝑐𝑜𝑠(3𝑡)
√16(𝑡)2 + 81(𝑡)2 + 1
𝑗+
1
√16(𝑡)2 + 81(𝑡)2 + 1
Derivamos cada componente en (t) para hallar los vectores normales
Derivamos primer termino
𝑇(𝑡) = −
2𝑠𝑒𝑛(2𝑡)
√16(𝑡)2 + 81(𝑡)2 + 1
𝑑
𝑑
√16(𝑡)2 + 81(𝑡)2 + 1 − √16(𝑡)2 + 81(𝑡)2 + 1 ∗ (2𝑡)
𝑑𝑡
𝑑𝑡
= −2𝑠𝑒𝑛
2
𝑑
2 + 81(𝑡)2 + 1
√16(𝑡)
𝑑𝑡
𝟐𝒕
𝟒𝐜𝐨𝐬 (
)
(𝟗𝟕𝒕𝟐 + 𝟏)𝟏/𝟐
=−
(𝟗𝟕𝒕𝟐 + 𝟏)𝟑/𝟐
Derivamos el segundo termino
𝑇(𝑡) = −
3𝑐𝑜𝑠(3𝑡)
√16(𝑡)2 + 81(𝑡)2 + 1
𝑗
𝑑
𝑑
√16(𝑡)2 + 81(𝑡)2 + 1 − 𝑑𝑡 √16(𝑡)2 + 81(𝑡)2 + 1 ∗ (3𝑡)
𝑑𝑡
= −3𝑐𝑜𝑠
2
𝑑
2 + 81(𝑡)2 + 1
√16(𝑡)
𝑑𝑡
Derivamos tercer termino
𝟑𝒕
𝟗𝒔𝒆𝒏 (
)
(𝟗𝟕𝒕𝟐 + 𝟏)𝟏/𝟐
=−
(𝟗𝟕𝒕𝟐 + 𝟏)𝟑/𝟐
𝑘
1
𝑇(𝑡) =
√16(𝑡)2 + 81(𝑡)2 + 1
=
𝟗𝟕𝒕
+ 𝟏)𝟑/𝟐
(𝟗𝟕𝒕𝟐
Agrupamos los términos para el vector normal en el componente (t)
𝟒𝐜𝐨 𝐬 (
𝑻(𝒕) = −
𝟐𝒕
(𝟗𝟕𝒕𝟐 +
(𝟗𝟕𝒕𝟐 +
𝟏)
𝟏)𝟐
𝟑
𝟏)𝟐
𝟑𝒕
𝟗𝒔𝒆𝒏 (
𝟏)
(𝟗𝟕𝒕𝟐 + 𝟏)𝟐
𝒊−
(𝟗𝟕𝒕𝟐 +
𝟑
𝟏)𝟐
𝒋+
𝟗𝟕𝒕
𝒌
+ 𝟏)𝟑/𝟐
(𝟗𝟕𝒕𝟐
Encontramos la ecuación de la recta tangente que pasa por el punto
𝑅(𝑡) = 𝑐𝑜𝑠(2𝑡) 𝑖 − 𝑠𝑖𝑛(3𝑡) 𝑗 + 𝑡𝑘 , 𝑃 = (0, −
√2 𝜋
, )
2 4
Igualamos los componentes de la función vectorial a los puntos dados (0, −
despejando la variable t
𝑐𝑜𝑠(2𝑡) = 0 → 𝑡 =
− 𝑠𝑖𝑛(3𝑡) = −
𝜋 𝜋𝑛
+
4
2
𝜋 2𝜋𝑛 𝜋 2𝜋𝑛
√2
→ 𝑡=
+
+ +
2
12
3
4
3
𝑡=
𝜋
𝜋
→ 𝑡=
4
4
Derivamos la ecuación para halla vector tangente
𝑅(𝑡) = −2𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑖 − 3𝑐𝑜𝑠(3𝑡)𝑗 + 1𝑘
Remplazamos t para hallar vector tangente
⃗ == −2𝑠𝑒𝑛(2)𝑖 − 3𝑐𝑜𝑠(3)𝑗 + 1𝑘
𝑇
√2 𝜋
, )
2 4
La ecuación de recta de tangente queda
𝑋 = (0, −
Grafica geogebra
√2 𝜋
, )λ(−2𝑠𝑒𝑛(2), − 3𝑐𝑜𝑠(3), 1 )
2 4
Grupo de ejercicios 5 – Límites y continuidad:
Calcular el límite y determinar la continuidad de las siguientes funciones
en el punto indicado:
1+𝑥+𝑦
𝑠𝑖 (𝑥, 𝑦) ≠ (−1,0)
1 − 𝑥 2 − 2𝑥𝑦 − 𝑦 2
𝑐. 𝑓(𝑥, 𝑦)
𝑒𝑛 (−1,0)
1
𝑠𝑖 (𝑥, 𝑦) = (−1,0)
{ 2
}
Evaluamos los limites cuando (𝑥 → −1)(𝑦 → 0)
1+𝑥+𝑦
1+𝑥+𝑦
= lim
2
2
𝑥→−1 1 − 𝑥 − 2𝑥𝑦 − 𝑦
𝑦→0 1 − 𝑥 2 − 2𝑥𝑦 − 𝑦 2
lim
Evaluamos
1 + (−1) + 𝑦
1+𝑥+0
= lim
2
2
2
𝑥→−1 1 − (1) − 2(1)𝑦 − 𝑦
𝑦→0 1 − 1 − 2𝑥(0) − (0)2
lim
1 + (−1) + 0
=∞
𝑥→−1 1 − (1)2 − 2(1)(0) − (0)2
= lim
𝑦→0
La ecuación no tiene continuidad, para resolver simplificamos y factorizamos
=
1+𝑥+𝑦
1 − 𝑥 2 − 2𝑥𝑦 − 𝑦 2
Factorizamos 1 − 𝑥 2 − 2𝑥𝑦 − 𝑦 2
−
1+𝑥+𝑦
(1 + 𝑥 + 𝑦)(𝑥 + 𝑦 − 1)
Eliminamos términos comunes
1
(𝑥 + 𝑦 − 1)
=−
Evaluamos con respecto a los limites
=
lim
(𝑥,𝑦)→(−1,0)
−
1
1
=−
(𝑥 + 𝑦 − 1)
(−1 + 0 − 1)
lim
(𝑥,𝑦)→(−1,0)
=
1
2
Tenemos que la ecuación es continua en ½
Ejercicios Resueltos ITEM D (Willam Jose Galis)
Grupo de ejercicios 1 – Vectores:
Hallamos el vector pedido sabiendo que se toman los puntos y se restan ,
primero el punto final
v = (14,4, −1) − (−3, −2,1)
Resolviendo:
v = (17,6, −2)
El punto medio entre los dos puntos es como un promedio, entonces calculamos
por cada componente x y z el promedio
x=
(14) + (−3) 11
=
2
2
y=
(4) + (−2)
=1
2
z=
−1 + 1
=0
2
Entonces el punto medio es
11
Punto medio = ( , 1,0)
2
El vector unitario se halla por medio de :
u=
v
|v|
Entonces requerimos la magnitud de v
La magnitud de v, se obtiene de la siguiente forma
magnitud = |v| = √(17)2 + (6)2 + (−2)2 = √329
No usamos decimales por conveniencia, el vector unitario es:
17
6
2
vector unitario = (
,
,−
)
√329 √329 √329
Grupo de ejercicios 2 – Rectas y planos:
Si tenemos dos puntos de la recta y de nuestro curso de algebra lineal, sabemos:
v. director = (−2,4, −5) − (3, −3,0) = (−5,7, −5)
Este vector nos ayuda a encontrar la ec. De la recta, podemos usar ese y no nos
complicamos
(x, y, z) = (3, −3,0) + t(−5,7, −5)
En simétricas la recta es:
x−3 y+3
z
=
=
−5
7
−5
Grupo de ejercicios 3 – Superficies Cuadráticas:
Partiendo de nuestra ecuación
6x 2 + 3y 2 − 2z 2 + 12x − 18y − 8z + 7 = 0
Agrupamos
(6x 2 + 12x) + (3y 2 − 18y) + (−2z 2 − 8z) = −7
Ahora sacamos factor común para poder aplicar la fórmula de completación de
cuadrados
6(x 2 + 2x) + 3(y 2 − 6y) − 2(z 2 + 4z) = −7
Ahora aplicamos completación de cuadrados y proseguimos simplificando
6(x 2 + 2x + 1 − 1) + 3(y 2 − 6y + 9 − 9) − 2(z 2 + 4z + 4 − 4) = −7
6(x 2 + 2x + 1) − 6 + 3(y 2 − 6y + 9) − 27 − 2(z 2 + 4z + 4) + 8 = −7
6(x 2 + 2x + 1) + 3(y 2 − 6y + 9) − 2(z 2 + 4z + 4) = 18
6(x + 1)2 + 3(y − 3)2 − 2(z + 2)2 = 18
(x + 1)2 (y − 3)2 (z + 2)2
+
−
=1
3
6
9
Esto corresponde a la ecuación de un hiperboloide de una hoja.
Grupo de ejercicios 4 – Funciones vectoriales:
Vamos a necesitar las dos primeras derivadas de la curva
r ′ = (4t)i + (9t 2 )j − 6k
r ′′ = 4i + (18t)j
Ahora sacamos la magnitud de la primera derivada
|r ′ | = √(4t)2 + (9t 2 )2 + (−6)2 = √16t 2 + 81t 4 + 36
Ahora primero vamos a hallar el vector normal unitario
V_normal_unitario = T ′ (t)
Pero teniendo en cuenta lo siguiente:
T(t) =
r′
|r′|
Reemplazo
T(t) =
(4t, 9t 2 , −6)
√16t 2 + 81t 4 + 36
Ahora debo derivar eso y encontramos los vectores normales unitarios.
Vamos a hallar la recta tangente, para eso necesitamos un valor de t que
satisfaga el punto, como debe cumplir cualquier componente usamos cualquiera
6 − 6t = 6 → t = 0 ; el 6 al lado derecho es del punto en k
Entonces con este vamos a reemplazar este t en la primera derivada
R′ (0) = (4(0))i + (9(0)2 )j − 6k = −6k
Este valor será el vector director de la recta tangente, y con el punto
rtangente = (1,1,6) + λ(0,0, −6)
Ahora la curvatura viene definida por
curvatura =
|f ′ xf ′′ |
|f ′ |3
Realizamos producto cruz con las primeras derivadas
i
j
k
2
2
r xr = |4t 9t
−6| = (108t)i + (−24)j + (36t )k
4 18t 0
′
′′
Entonces hallamos su magnitud en nuestro siguiente paso
|r ′ xr ′′ | = √(108t)2 + (−24)2 + (36t 2 )2
Y como ya teníamos la magnitud de la primera derivada, reemplazo en la fórmula
curvatura =
√(108t)2 + (−24)2 + (36t 2 )2
(16t 2 + 81t 4 + 36)3/2
Grupo de ejercicios 5 – Límites y continuidad:
Solo se cumple la c
Continuidad si se cumple lo siguiente
x2 − y2
lim 0 = 0
(x,y)→(0,0) x + y (x,y)→(0,0)
lim
Por que?
(x, y) → (0,0)
Porque es nuestro punto de interés y donde cambia la función
Evaluando el primer límite
x2 − y2 0 − 0 0
lim
=
=
(x,y)→(0,0) x + y
0+0 0
No es posible, entonces debemos quitar la indeterminación
Para esto se aplica:
x 2 − y 2 = (x + y)(x − y)
Con lo cual me queda simplemente
(x − y)
lim
(x,y)→(0,0)
Y este límite es:
lim
(x − y) = 0
(x,y)→(0,0)
Entonces cumple la condición, y por eso es continua.
Ejercicios resueltos ITEM E (Alexander Montes)
Ejercicios a desarrollar
Ejercicio 1 – Vectores:
e. 𝒑: (𝟏𝟐, 𝟑, 𝟖) 𝒚 𝒒: (−𝟓, 𝟏𝟔, 𝟎)
Componentes y longitud del vector 𝑣
-
Usamos la siguiente ecuación para calcular sus componentes:
Si:
𝑝: (𝑝1 , 𝑝2 , 𝑝3 ) 𝑦 𝑞: (𝑞1 , 𝑞2 , 𝑞3 )
Entonces:
𝑣 = 𝑝𝑞
⃗⃗⃗⃗⃗ = (𝑞1 − 𝑝1 , 𝑞2 − 𝑝2 , 𝑞3 − 𝑝3 )
𝑣 = (−5 − 12,16 − 3,0 − 8)
𝑣 = (−17,13, −8)
Magnitud:
||𝑣|| = √(−17)2 + (13)2 + (−8)2
||𝑣|| = √289 + 169 + 64
||𝑣|| = √522
Punto medio del segmento 𝑝𝑞
⃗⃗⃗⃗⃗
-
Damos uso a la siguiente fórmula para encontrar el punto medio
del segmento:
𝑝1 + 𝑞1 𝑝2 + 𝑞2 𝑝3 + 𝑞3
𝑀=(
,
,
)
2
2
2
Reemplazamos las componentes:
12 − 5 3 + 16 8 + 0
𝑀=(
,
,
)
2
2
2
7 19
𝑀 = ( , , 4)
2 2
Vector unitario en la misma dirección de 𝑣
-
Utilizamos la siguiente ecuación:
𝑢
⃗⃗ =
Reemplazos:
1
||𝑣||
𝑣
𝑢
⃗⃗ =
1
||𝑣||
(−17,13 − 8)
−17 13
−8
𝑢
⃗⃗ = (
,
,
)
√522 √522 √522
Realización de la gráfica de los puntos anteriores en GeoGebra:
Ejercicio 2 – Rectas y planos:
Ecuación de la recta que Pasa por el punto (2, −2, 3), y es paralelo al plano que
pasa por los
puntos (1, −2,4) y (−3, 2,0)
sea:
𝐴 = (2, −2, 3)
𝑃 = (1, −2,4)
𝑄 = (−3, 2,0)
Como la resta y el plano son paralelos, el vector director del plano que
forman los puntos P y Q también es vector director de la recta.
Usamos la siguiente ecuación para calcular sus componentes:
Si:
𝑃: (𝑝1 , 𝑝2 , 𝑝3 ) 𝑦 𝑄: (𝑞1 , 𝑞2 , 𝑞3 )
Entonces:
⃗⃗ = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑉
𝑃𝑄 = (𝑞1 − 𝑝1 , 𝑞2 − 𝑝2 , 𝑞3 − 𝑝3 )
⃗⃗ = (−3 − 1,2 + 2,0 − 4)
𝑉
⃗⃗ = (−4,4, −4)
𝑉
Ecuación para la recta:
⃗⃗⃗⃗´
𝑋 = 𝐴 + λ𝑉
Reemplazando tenemos:
𝑋 = (2, −2, 3) + λ(−4,4, −4)
Para hallar la ecuación del plano primero hay que encontrar el vector
normal, procedemos a realizar el producto escalar entre el vector normal
y el vector director, pero primero se asume que:
⃗⃗ = (𝑎, 𝑏, 𝑐)
𝑁
Como el producto punto de dos vectores perpendiculares es cero, entonces:
⃗⃗ . 𝑁
⃗⃗ = 0
𝑉
(−4,4, −4). (𝑎, 𝑏, 𝑐) = 0
−4𝑎 + 4𝑏 − 4𝑐 = 0
(1)
Le damos dos valores arbitrarios a dos componentes del vector director
𝑎=1
𝑏=1
Reemplazando en 1 tenemos:
−4(1) + 4(1) − 4𝑐 = 0
−4 + 4 − 4𝑐 = 0
−4𝑐 = 0
𝑐=0
Así, el vector normal del plano queda
⃗⃗ = (1,1,0)
𝑁
La ecuación del plano seria de la forma:
𝑎(𝑥 − 𝑝1 ) + 𝑏(𝑦 − 𝑝2 ) + (𝑧 − 𝑝3 ) = 0
Reemplazamos:
(𝑥 − 1) + (𝑦 + 2) = 0
𝑥+𝑦+1=0
Gráfico de comprobación en GeoGebra:
Ejercicio 3 – Superficies Cuadráticas:
e. 𝟒𝒙𝟐 + 𝟗𝒚𝟐 − 𝒛𝟐 − 𝟓𝟒𝒚 − 𝟏𝟎𝒛 + 𝟓𝟔 = 𝟎
-
Identificar la superficie:
Completamos trinomios cuadrados, para empezar, agrupamos las
variables semejantes
4𝑥 2 + (9𝑦 2 − 54𝑦) − (𝑧 2 + 10𝑧) + 56 = 0
4𝑥 2 + 9(𝑦 2 − 6𝑦) − (𝑧 2 + 10𝑧) + 56 = 0
-
Completamos cuadrados:
4𝑥 2 + 9(𝑦 2 − 6𝑦 + 9 − 9) − (𝑧 2 + 10𝑧 + 25 − 25) + 56 = 0
4𝑥 2 + 9[(𝑦 − 3)2 − 9] − [(𝑧 + 5)2 − 25] + 56 = 0
-
Destruyendo corchetes nos queda:
4𝑥 2 + 9(𝑦 − 3)2 − 81 − (𝑧 + 5)2 + 25 + 56 = 0
4𝑥 2 + 9(𝑦 − 3)2 − (𝑧 + 5)2 = 0
4𝑥 2 + 9(𝑦 − 3)2 = (𝑧 + 5)2
Por lo tanto, la superficie que representa la ecuación es la de un CONO:
Parametrización:
- Utilizamos la siguiente identidad trigonométrica:
𝑟 2 𝑠𝑒𝑛2 (𝜃) + 𝑟 2 𝑐𝑜𝑠 2 (𝜃) − 𝑟 2 = 0
-
Relacionamos cada termino con los de la ecuación del cono
4𝑥 2 = 𝑟 2 𝑠𝑒𝑛2 (𝜃)
9(𝑦 − 3)2 = 𝑟 2 𝑐𝑜𝑠 2 (𝜃)
(𝑧 + 5)2 = 𝑟 2
-
Despejando tenemos:
𝑥=
𝑦=
𝑟𝑠𝑒𝑛(𝜃)
2
𝑟𝑐𝑜𝑠(𝜃)
+3
3
𝑧 =𝑟−5
-
Para
0 ≤ 𝜃 ≤ 2𝜋
y
−∞ ≤ 𝑟 ≤ ∞
Ejercicio 4 – Funciones vectoriales:
𝑹(𝒕) = 𝒕𝟐 𝒊 + (𝟏 − 𝒕)𝒋 + 𝟐𝒕𝟒 𝒌, 𝒑 = (𝟏, 𝟎, 𝟐)
Vectores normales unitarios para la función vectorial, ecuación de la recta
tangente en el punto 𝑝 y su curvatura.
- Calculamos la curvatura de 𝑅 usando la ecuación
||𝑅 ´ (𝑡) × 𝑅 ´´ (𝑡)||
𝑘(𝑡) =
||𝑅 ´ (𝑡)||3
-
Calculamos las respectivas derivadas para luego reemplazarlas en
la ecuación anterior:
Primera derivada:
𝑅 ´ (𝑡) = 2𝑡𝒊 − 𝒋 + 8𝑡 3 𝒌
Segunda derivada:
𝑅 ´´ (𝑡) = 2𝒊 + 24𝑡 2 𝒌
-
Procedemos a calcular el producto cruz que aparece en el
numerador de la ecuación para la curvatura:
𝒊
𝑅 ´ (𝑡) × 𝑅 ´´ (𝑡) = (2𝑡
2
𝒋
𝒌
−1 8𝑡 3 )
0 24𝑡 2
= (−24𝑡 2 )𝒊 − (48𝑡 3 − 16𝑡 3 )𝒋 + (2)𝒌
= −24𝑡 2 𝒊 − 32𝑡 3 𝒋 + 2𝒌
-
Reemplazamos todo en la ecuación de la curvatura:
𝑘(𝑡) =
𝑘(𝑡) =
𝑘(𝑡) =
-
|| − 24𝑡 2 𝒊 − 32𝑡 3 𝒋 + 2𝒌||
||2𝑡𝒊 − 𝒋 + 8𝑡 3 𝒌||3
√(−24𝑡 2 )2 + (−32𝑡 3 )2 + 4
(√(2𝑡 2 )2 + 1 + (8𝑡 3 )2 )3
√576𝑡 4 + 1024𝑡 6 + 4
(√4𝑡 4 + 1 + 64𝑡 6 )3
Para calcular los vectores normales se debe derivar el campo
vectorial tangente unitario 𝑇(𝑡):
𝑇(𝑡) =
-
576𝑡 4 + 1024𝑡 6 + 4
=√
(4𝑡 4 + 1 + 64𝑡 6 )3
Reemplazamos:
1
||𝑅 ´ (𝑡)||
𝑅 ´ (𝑡)
𝑇(𝑡) =
-
√4𝑡 4 + 1 + 64𝑡 6
(2𝑡𝒊 − 𝒋 + 8𝑡 3 𝒌)
Distribuyendo términos tenemos:
𝑇(𝑡) =
-
1
2𝑡
√4𝑡 4 + 1 + 64𝑡 6
𝒊−
1
√4𝑡 4 + 1 + 64𝑡 6
𝒋+
8𝑡 3
√4𝑡 4 + 1 + 64𝑡 6
𝒌
Derivamos cada componente de 𝑇(𝑡) para obtener los vectores
normales:
Utilizamos las siguientes reglas de derivación:
Derivada para una fracción:
Sea:
𝑄(𝑥) =
𝑄 ´ (𝑥) =
𝑓(𝑥)
, 𝑔(𝑥) ≠ 0
𝑔(𝑥)
𝑓 ´ (𝑥). 𝑔(𝑥) − 𝑔´ (𝑥). 𝑓(𝑥)
[𝑔(𝑥)]2
Derivada de la raíz de una función:
Sea:
𝑄(𝑥) = 𝑛√𝑓(𝑥)
𝑄 ´ (𝑥) =
1
𝑛
𝑛 √𝑓(𝑥)
𝑓 ´ (𝑥)
Derivada para la primera componente de 𝑇(𝑡):
𝑑
2𝑡
𝑑
𝑡
(
)=2 (
)
𝑑𝑡 √4𝑡 4 + 1 + 64𝑡 6
𝑑𝑡 √4𝑡 4 + 1 + 64𝑡 6
𝑑
𝑑
(𝑡)√4𝑡 4 + 1 + 64𝑡 6 − (√4𝑡 4 + 1 + 64𝑡 6 ). 𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑡
= 2.
2
(√4𝑡 4 + 1 + 64𝑡 6 )
=
−256𝑡 6 − 8𝑡 4 + 2
(4𝑡 4 + 1 + 64𝑡 6 )√4𝑡 4 + 1 + 64𝑡 6
Derivada para la segunda componente de 𝑇(𝑡):
1
𝑑
1
𝑑
(
) = ((4𝑡 4 + 1 + 64𝑡 6 )−2 )
𝑑𝑡 √4𝑡 4 + 1 + 64𝑡 6
𝑑𝑡
=−
1
𝑑
2(4𝑡 4 + 1 +
=−
3 𝑑𝑡 (4𝑡
64𝑡 6 )2
4
+ 1 + 64𝑡 6 )
8𝑡 3 (24𝑡 2 + 1)
3
(4𝑡 4 + 1 + 64𝑡 6 )2
Derivada para la tercera componente de 𝑇(𝑡):
𝑑
8𝑡 3
𝑑
𝑡3
(
)=8 (
)
𝑑𝑡 √4𝑡 4 + 1 + 64𝑡 6
𝑑𝑡 √4𝑡 4 + 1 + 64𝑡 6
𝑑 3
𝑑
(𝑡 )√4𝑡 4 + 1 + 64𝑡 6 − (√4𝑡 4 + 1 + 64𝑡 6 ). 𝑡 3
𝑑𝑡
𝑑𝑡
= 8.
2
(√4𝑡 4 + 1 + 64𝑡 6 )
=
-
32𝑡 6 + 24𝑡 2
(4𝑡 4 + 1 + 64𝑡 6 )√4𝑡 4 + 1 + 64𝑡 6
De esta manera el vector normal es de la forma:
𝑁(𝑡) =
−256𝑡 6 − 8𝑡 4 + 2
(4𝑡 4 + 1 + 64𝑡 6 )√4𝑡 4 + 1 + 64𝑡 6
+
-
𝑖⃗ −
8𝑡 3 (24𝑡 2 + 1)
3 𝑗⃗
(4𝑡 4 + 1 + 64𝑡 6 )2
32𝑡 6 + 24𝑡 2
(4𝑡 4 + 1 + 64𝑡 6 )√4𝑡 4 + 1 + 64𝑡 6
𝑘⃗⃗
Procedemos a encontrar la ecuación de la recta tangente en el
punto p
𝑅(𝑡) = 𝑡 2 𝒊 + (1 − 𝑡)𝒋 + 2𝑡 4 𝒌, 𝑝 = (1,0,2)
En primer lugar, calculamos el parámetro que genera el punto 𝑝 = (1,0,2), para
eso igualamos las componentes de la función vectorial con las del punto y
despejamos el parámetro 𝑡:
𝑡2 = 1
1−𝑡 =0
2𝑡 4 = 2
→ 𝑡=1
→ 𝑡=1
→ 𝑡=1
Con la primera derivada de la ecuación vectorial hallamos un vector tangente,
para usarlo como vector director de la recta tangente:
𝑅 ´ (𝑡) = 2𝑡𝒊 − 𝒋 + 8𝑡 3 𝒌
Remplazamos el parámetro para hallar el vector tangente:
⃗⃗⃗⃗
𝑇 ´ (1) = 2𝒊 − 𝒋 + 8𝒌
Ecuación general de la recta tangente:
⃗⃗⃗⃗´
𝑋 = 𝑝 + λ𝑇
Finalmente, la ecuación de la recta tangente queda:
𝑋 = (1,0,2) + λ(2, −1,8)
Función vectorial en GeoGebra:
Recta tangente en GeoGebra:
Ejercicio 5 – Límites y continuidad:
Calcular el límite y determinar la continuidad de las siguientes funciones
en el punto indicado:
𝑓(𝑥, 𝑦) =
𝑥𝑦
2 +2𝑥𝑦+𝑦 2
𝑥
{
𝑠𝑖 (𝑥, 𝑦) ≠ (0,0)
0 𝑠𝑖 (𝑥, 𝑦) = (0,0)
𝑒𝑛 (0,0)
En primer lugar, analizamos trayectorias que pasen por el punto (0,0)
Si 𝑥 = 0
lim
(𝑥,𝑦)→(0,0) 𝑥 2
𝑥𝑦
0
0
=
lim
= lim 2
2
2
(0,𝑦)→(0,0) 𝑦
(𝑦)→(0) 𝑦
+ 2𝑥𝑦 + 𝑦
Aplicamos L´Hospital
lim
0
(𝑦)→(0) 𝑦 2
= lim
0
(𝑦)→(0) 2𝑦
= lim
0
(𝑦)→(0) 2
=0
Si 𝑦 = 0
lim
(𝑥,𝑦)→(0,0) 𝑥 2
𝑥𝑦
0
0
= lim
= lim 2
2
2
(𝑥,0)→(0,0) 𝑥
(𝑥)→(0) 𝑥
+ 2𝑥𝑦 + 𝑦
Aplicamos L´Hospital
lim
0
(𝑥)→(0) 𝑥 2
= lim
0
(𝑥)→(0) 2𝑥
= lim
0
(𝑥)→(0) 2
=0
Si 𝑦 = 𝑥
𝑥𝑦
𝑥2
𝑥2
=
lim
=
lim
(𝑥,𝑦)→(0,0) 𝑥 2 + 2𝑥𝑦 + 𝑦 2
(𝑥,𝑥)→(0,0) 𝑥 2 + 2𝑥 2 + 𝑥 2
(𝑥)→(0) 4𝑥 2
lim
= lim
1
(𝑥)→(0) 4
=
1
4
Como el valor obtenido con las trayectorias da diferente, se concluye que la
función no es continua en el punto (0,0) y el limite no existe.
Conclusion:
