Tarea 1 - Vectorial 2014201. Part 1: 1.1 - 3.21.1. Hacer parametrizacion de la curva de interseccion del cilindro x2 + y 2 = 16 y el planox + z = 5. Encontrar las coordenadas de los puntos de la curva donde la curvatura toma suvalor maximo. Hallar el valor maximo de la curvatura de la curva.Solucion: Tenemos una parametrizacion de la curva:~r(t) = h4 cos(t), 4 sin(t), 5 4 cos(t)i, 0 t 2.Entonces,d~r= 4h sin(t), cos(t), sin(t)i,dtd2~r= 4h cos(t), sin(t), cos(t)i,dt2 p d~r = 4 1 + sin(t)2 , dt d~r d2~r 2 = 16h1, 0, 1i,dtdt

d~r d2~r = 16 2, dtdt2 (t) =

23

4(1 + sin(t)2 ) 2

22El valor maximo de (t) corresponde al valor mnimo de sin(t) . El valor minimo de sin(t)2, que corresponde a t = n, n Z. Entonces, laes igual a cero, por lo tanto max =4curvatura toma su valor maximo en los puntos h4, 0, 1i y h4, 0, 9i.

1.2.f (x, y)1+ y2 + 1pf (x, y) = sin x2 + y 222f (x, y) = (3y 2 2x2 )ex 2yf (x, y) = y 3 3x2 y22f (x, y) = x2 y 2 ex 2y22f (x, y) = yex yf (x, y) =

x2

Grafico Curvas de nivel

2

A

B

C

D

E

F

G

H

I

J

K

L

Solucion:f (x, y)1+ y2 + 1pf (x, y) = sin x2 + y 222f (x, y) = (3y 2 2x2 )ex 2yf (x, y) = y 3 3x2 y22f (x, y) = x2 y 2 ex 2y22f (x, y) = yex yf (x, y) =

x2

Grafico Curvas de nivelD

K

AFBCE

LGFJH

3

1.3. Probar que si una curva parametrizada ~r = ~r(t) pertenece a la esfera x2 + y 2 + z 2 = 1,d~rentonces el vector tangentees ortogonal al vector posicion ~r(t) para cualquier valor dedtparametro t.Solucion: |~r|2 = 1 ~r ~r = 1

dd~rd~r(~r ~r) = 2 ~r = 0 ~rdtdtdt

1.4. Para cada una de las ecuaciones parametricas:(1) ~r(t) = (cos(t), sin(t)), t (/2, );(2) ~r(t) = (t, t3 ), t (2, 2);(3) ~r(t) = (2t, 1 t), t (0, 1);(4) ~r(t) = (2 sin(t), cos(t)), t (0, 2);(5) ~r(t) = (t2 , t), t (1, 1);(6) ~r(t) = (et cos(t), et sin(t)), t [0, 10];identificar la curva correspondiente:

A

B

C

D

Ey el grafico de su curvatura:

F

4

I

II

III

IV

V

VI

Solucion. 1, D, V; 2, C, I; 3, B, VI; 4, F, III; 5, A, IV; 6, E, II.

1.5. Un ingeniero esta disenado el pedazo de una via de ferrocarril que pasa por un terrenoen forma de polgono con vertices (2, 0), (1, 0), (1, 1), (1, 1), (2, 0), (2, 2), (2, 2) (verla figura abajo).

5

La via debe comenzar en el punto (2, 0) y terminar en el punto (2, 0), y de acuerdo delpliego de condiciones la curvatura en cada punto de la via debe ser menor o igual que k0 = 1.El ingeniero piensa a desenar la via en la forma de parabola y = ax2 + bx + c, pero puedeencontrar los coeficientes a, b, c para se cumplen todas las condiciones necesarias?Solucion. La condicion que la via pase por los puntos (2, 0) y (2, 0) nos da el sistemade ecuaciones0 = 4a 2b + c, 0 = 4a + 2b + centonces la parte de la parabola tiene ecuacion y = a(x2 4), 2 x 2.Como la parabola esta dentro el polgono, entonces 1/2 a 1/3.Tomemos la parametrizacion de la parabola x = t, y = a(t2 4), 2 t 2. La curvaturade la curva es|x0 y 00 x00 y 0 |2|a|k(t) = p3 =2(4a t2 + 1)2(x0 )2 + (y 0 )2Entonces el valor maximo de la curvatura de la parabola es igual kmax = 2|a| y para a = 1/2obtenemos que kmax = 1. Por lo tanto se puede tomar la parabola y = 2 x2 /2.

Respuesta. S, la parabola y = 2 x2 /2.1.6. La forma de uno de los dos cables principales de un puente colgante esta dado por laxxcurva y = e +epara x variando en el intervalo 1 x 1 (con unidades medidas en2kilometros).(1) Que longitud total tiene el cable?(2) El fabricante del cable nos informa que hubo un problema en la fundicion y que el cablees muy debil a aproximadamente 1.0 Km de longitud. Encuentre las coordenadas(x, y) del punto debil del cable para poder reforzarlo.Solucion:R1 p(a) La longitud del cable esta dada por la integral 1 1 + (y 0 (x))2 dx. Calculamos x2e exe2x + e2x 2021 + (y (x)) = 1 +=1+=24 x2e2x + e2x + 2e + ex==42luegoZ 1pZ 1 xe + ex021 + (y (x)) dx =dx =211sinh(1) sinh(1) = e

1= 2.3504Kme

6

Asi que el cable mide aproximadamente 2.3504Km. (b) Queremos encontrar en que puntox = L la longitud del cable es igual a un kilometro. Asi que tenemos que despejar L de laecuacionZ Lp1=1 + (y 0 (x))2 dx1

Por el punto anterior sabemos queZ

L

p1 + (y 0 (x))2 dx = sinh(L) sinh(1)

1

luego concluimos quesinh(L) = 1 + sinh(1)asi que L = sinh1 (1 + sinh(1))ecuacion del cable para encontrarencuentra aproximadamente en la

= 0.17431. Asi que, reemplazando x = 0.17431 en lala coordenada y concluimos que el punto de fragilidad seposicion

(x, y) = (0.1743, 1.01523).

1.7. Considere la curva dada en coordenadas polares por r = 1 cos(), 0 2.(1) Dibujar la curva. Ayuda: Dibujar el grafico de la funcion r() y usar la relacionx = r cos , y = r sin .(2) Hallar la longitud de la curva.Solucion: (a) Dibujamos las curvas parametricas = , r() = 1 cos().(Usando SAGE (http://www.sagemath.org/), que es gratis, es muy facil:f=(lambdat:t,lambdat:1-cos(t))parametric.plot(f,(0,2*pi))21.510.51

2

3

4

5

6

Para el dibujo en las coordenadas x, y dibujamos la curva parametrica x() = (1 cos()) cos(), y() = (1 cos()) sin() y la grafica resultante es

7

1

0.5

-2

-1.5

-1

-0.5

-0.5

-1

(b) La curva parametrizada cuya longitud queremos calcular es, para en [0, 2].x() = (1 cos()) cos()y() = (1 cos()) sin()Luego su longitud se calcula comoZ 2 pZ0202x () + y () d =0

2

qsin2 () + (1 cos())2 d =

0

Z=

2

p2 2 cos()d

0

Ahora, las identidades de angulos dobles convierten cuadrados de senos y cosenos de enfunciones lineales de senos y cosenos de 2 y viceversa.1 cos()= sin2 (/2)2luego la integral de arriba es igual a

Z 2 s2024 sind = 4 cos 4 cos=822201.8. Encontrar los puntos en el grafico de la funcion z = f (x, y) = x2 + xy donde el planotangente al grafico es paralelo al plano x + y + z = 0.El plano tangente al grafico de la funcion f (x, y) = x2 + xy en el punto (a, b, f (a, b)) esz f (a, b) =

ff(a, b)(x a) +(a, b)(y b)xy

8

entonces el vector normal al plano tangente es

ff~ =N(a, b),(a, b), 1 = (2a + b, a, 1).xyLos planos son paralelos si y solo si(2a + b, a, 1) = (1, 1, 1)por lo tanto a = 1, b = 1, = 1 y el punto es (1, 1, 0).

Respuesta. El punto (1, 1, 0).1.9. Hallar la recta tangente a la curva de interseccion de los graficos de las funcionesz = x2 + y 2 y z = 3x2 y 2 en el punto (1, 1, 2).La recta tangente a la curva de interseccion de dos superficies en un punto es la recta deinterseccion de los planos tangentes a las superficies en este punto.El plano tangente al grafico de una funcion f (x, y) tal que f (1, 1) = 2 en el punto (1, 1, 2)esffz2=(1, 1)(x 1) +(1, 1)(y 1)xyEntonces, si f (x, y) = x2 + y 2 , tenemos que f (1, 1) = 2, y el plano tangente esz 2 = 2(x 1) + 2(y 1) 2x + 2y z = 2,y si g(x, y) = 3x2 y 2 , entonces g(1, 1) = 2 y el plano tangente esz 2 = 6(x 1) 2(y 1) 6x 2y z = 2.Por lo tanto la recta tangente es dado por el sistema:2x + 2y z = 2,

6x 2y z = 2.

Ahora bien, encontremos la ecuacion parametrica de esta recta. Los vectores normales de los~ 1 = (2, 2, 1), N~ 2 = (6, 2, 1), entonces el vector director de la recta tangenteplanos son Nes,

~i~k ~j

~1 N~2 = 2~v = N2 1 = 4~i 4~j 16~k.

6 2 1 Por lo tanto una ecuacion parametrica de la recta tangente esx(t) = 1 + t,

y(t) = 1 + t,

z(t) = 2 + 4t.

Respuesta. x(t) = 1 + t, y(t) = 1 + t, z(t) = 2 + 4t.

9

1.10. Existe una funcion f (x, y) diferenciable tal que:(1) fx = x3 , fy = y 2(2) fx = 4xy y, fy = 2x2 x(3) fx = 3x2 , fy = 2y(4) fx = 4xy, fy = 2x2 + xSolucion:(1)(2)(3)(4)

x4 y 3f (x, y) =+432f (x, y) = 2x y xyf (x, y) = x3 + y 2No existe f por que (4xy)y = 4x 6= 4x + 1 = (2x2 + x)x2. Part 2: 4.1 - 4.6

2.1. Es cierto que la recta que pasa por los puntos (0, 0, 1) y (1, 0, 3) es tangente a la graficade la funcion f (x, y) = 1 + 2x x2 y 2 ? Justifique su respuesta. (Ayuda: Note que elpunto (0, 0, 1) esta en la grafica de f .)Solucion: La recta que pasa por los puntos (0, 0, 1) y (1, 0, 3) es paralela al vector h1, 0, 2i =(1, 0, 3)(0, 0, 1). Entonces, dicha recta es tangente a la superficie f (x, y)z = 0 (la grafica dela funcion f (x, y)) en el punto (0, 0, 1) si y solo si el vector h1, 0, 3i es perpendicular al vectorhfx (0, 0), fy (0, 0), 1i (el vector gradiente de f (x, y) z en el punto (0, 0, 1), perpendicularal plano tangente a f (x, y) z = 0 en el punto (0, 0, 1).)Tenemos: fx (x, y) = 2 2x, fy (x, y) = 2y; entonces, fx (0, 0) = 2, fy (0, 0) = 0 yhfx (0, 0), fy (0, 0), 1i h1, 0, 2i = h2, 0, 1i h1, 0, 2i = 0. Por lo tanto la recta s es tangentea la grafica de f .2.2. Encuentre el maximo crecimiento de la funcion f (x, y) = tan(xy) en el punto (0, 1), yla direccion en la que este ocurre.Solucion: El maximo crecimiento de la funcion f (x, y) se da en direccion de su gradientef (x, y) = (

f f,) = (sec2 (xy) y, sec2 (xy) x),x y

que en el punto (0, 1) es f (0, 1) = (1, 0). En esta direccion, el crecimiento es igual af (0, 1) (1, 0) = (1, 0) (1, 0) = 1.2.3.(1) Supongamos que f (x, y) es una funcion diferenciable, y sea g(u, v) = f (2uv, v 2 4u).Hallar gu (1, 2) y gv (1, 2) si fx (0, 0) = 4, fy (0, 0) = 8.(2) Probar que la funcion f (x, y) = g(x y) + h(x + y) es una solucion de la ecuacion22diferencial parcial xf2 yf2 = 0 para funciones g(t) y h(t) cualesquiera.Solucion: a) Tenemos quegu (u, v) = fx (2u v, v 2 4u) 2 + fy (2u v, v 2 4u) (4),gv (u, v) = fx (2u v, v 2 4u) (1) + fy (2u v, v 2 4u) (2v),

10

entoncesgu (1, 2) = fx (0, 0) 2 + fy (0, 0) (4) = 24,gv (u, v) = fx (0, 0) (1) + fy (0, 0) 4 = 28.b) Por la regla de cadena,

fdg (x,y)=(x y) +xdt t=xy xfdg (x, y) =(x y) +y

dt t=xy y

dh dt t=x+ydh dt t=x+y

(x + y)x(x + y)y

= g 0 (x y) + h0 (x + y),= g 0 (x y) + h0 (x + y),

luego, en la misma manera, tenemos que 2f(x, y) = g 00 (x y) + h00 (x + y),x22

2f(x, y) = g 00 (x y) + h00 (x + y),y 2

2

por lo tanto xf2 (x, y) = yf2 (x, y).Respuesta. gu (1, 2) = 24, gv (1, 2) = 28.2.4. Verifique que la ecuacion yz = ln(x+z) define implcitamente una funcion diferenciablez = f (x, y) alrededor del punto (x, y, z) = (0, 0, 1), y encuentre las derivadas parciales fyxf.ySolucion: La ecuacion es equivalente a yz ln(x + z) = 0. Definamos entonces F (x, y, z) =1yz ln(x + z). Notese que F (0, 0, 1) = 0. Ademas, la derivada parcial Fes igual a y x+z,yzF1evaluando en (0, 0, 1) tenemos z (0, 0, 1) = 0 0+1 = 1. El teorema de la funcion inplcitaasegura entonces que la ecuacion yz ln(x + z) = 0 define implcitamente una funciondiferenciable z = f (x, y) alrededor del punto (x, y, z) = (0, 0, 1). Sus derivadas parciales sonz=x

FxFz

=

z=y

FyFz

=

1 x+z

y

1x+z

=

1,y(x + z) 1

zz(x + z)=.1y(x + z) 1y x+z

2.5. Para que valores del numero a es cierto que la ecuacion y 2 ay + x = 0 defineimplcitamente una funcion diferenciable y = f (x) alrededor del punto (x, y) = (0, a)?Solucion: Definamos F (x, y) = y 2 ay + x. Notese que F (0, a) = 0. La derivada parcialFes 2y a, y evaluando en (0, a) tenemos F(0, a) = a. Si a 6= 0, el teorema de la funcionyy2implcita asegura entonces que la ecuacion y ay + x = 0 define implcitamente una funciondiferenciable y = f (x) alrededor del punto (x, y) = (0, a). Si a = 0 la ecuacion es y 2 x = 0,que de su grafica es claro que no define una funcion diferenciable y = f (x) alrededor de (0, 0).Por lo tanto, la respuesta es: para todo numero a 6= 0.2.6. Considere la curva dada implicitamente porx3 3x2 y 3xy 2 y 3 + 2x2 4xy + 2y 2 + 4x + 4y = 0(1) Haga un dibujo de la curva para 3 x 3 y 3 y 3 (usando un computador).(2) Verifique que el punto de coordenadas (1, 1) pertenece a la curva y utilice el Teoremade la funcion implicita para demostrar que los puntos de la curva cerca de (1, 1) sonel grafico de una funcion diferenciable y = f (x).(3) Calcule f (1), f 0 (1), f 00 (1)

11

(4) Usando los numeros que calculo en la parte (c) dibuje, en un solo plano cartesiano,las graficas de la curva y de los polinomiosy = f (1) + f 0 (1)(x 1)y = f (1) + f 0 (1)(x 1) +

f 00 (1)(x 1)22

usando colores diferentes.Solucion: (a) La grafica de la figura en el rango (note que (1, 1) corresponde al punto rojo)pedido es,3

2

1

0

-1

-2

-3

-3

-2

-1

0

1

2

3

(b) Definimos la funcion F (x, y) como,F (x, y) = x3 3x2 y 3xy 2 y 3 + 2x2 4xy + 2y 2 + 4x + 4yNote que esta es una funcion diferenciable en R2 porque es un polinomio. F (1, 1) = 1 3 3 1 + 2 4 + 2 + 4 + 4 = 0 as que (1, 1) es un punto en la curva. AdemasF= 3x2 6xy 3y 2 4x + 4y + 4yluego F(1, 1) = 3 6 3 4 + 4 + 4 = 8 6= 0 as que por el teorema de la funcionyimplcita concluimos que los puntos de la curva cerca de (1, 1) son el grafico de una funciondiferenciable y = f (x). (c) Haciendo y = f (x) sabemos que la funcion f (x) satisface laigualdadF (x, f (x)) = 0

12

para todo x en algun intervalo cerca a x = 1. De ahi concluimos, mediante regla de la cadenaF

(x, f (x))(x, f (x))y

xf 0 (x) = F

luego f 0 (1) = 8= 1 y tambien, derivando una segunda vez que8f 00 (x) =

Fxx Fxy f 0 (x) (Fxy Fyy f 0 (x))f 0 (x)Fy

luego f 00 (1) = 2.(d) En color naranja dibujamos el polinomio y = 1 + (1)(x 1) y en color verde la parabolay = 1 + (1)(x 1) + 22 (x 1)2 .

3

2

1

0

-1

-2

-2

-1

0

1

2

En general las aproximaciones de taylor de la funcion f (x) nos dan buenas aproximacionesde la curva C cerca del punto (1, 1) y es facil calcular esos coeficientes usando el teorema dela funcion implcita. Asi que podemos pensar en el teorema de la funcion implcita como unmetodo para encontrar soluciones aproximadas de ecuaciones funcionales.2.7. La altura de una montana se describe por la funcion z = 4x2 3y 2 .(1) Dibujar la curva de nivel de la altura que pasa por el punto (1, 1).

13

(2) A que tasa cambia la altura de la montana en la direccion del vector ~v = ~i ~j en elpunto Q(2, 2)?(3) Una bola pesada esta bajando por la montana siguiendo el camino de mas rapidodescenso y pasa por el punto P (2, 2, 4). Encontrar una ecuacion de la recta l tangentea la trayectoria de la bola a lo largo de la montana en el punto P .~ = h8x, 6yi = 2h4x, 3yi. Entonces, z(2,~Solucion: Tenemos: z2) = 4h4, 3i y~|z(2,2)| = 20.~v1Sea ~u == h1, 1i. Entonces, |~u| = 1 y ~u es paralelo a ~v . La tasa de cambio de la|~v |2altura esta dada por128~D~u z = z(2,2) ~u = 4h4, 3i h1, 1i = = 14 2.22La direction de la recta l tangente en el punto P (2, 2, 4) a la trayectoria de la bola4 3esta dada por h , , 20i. (Los dos primeros componentes son los del vector unitario5 54 31~z(2,2).) Por lo tanto, la recta l es parametrizada por ~l(t) = h2, 2, 4i+th , , 20i =~5 5|z(2,2)|43h2 + t, 2 t, 4 + 20 ti.552.8. SeaZ sin(x)dtf (x, y) =1 t4y2Hallar f (0, 0), fx (0, 2), fy (1, 0), fxy (0, 0).Solucion:Zf (0, 0) =0

0

dt=01 t4

Por el Teorema Fundamental del Calculo1fx (x, y) = p cos(x),1 sin(x)4entonces, fx (0, 2) = 1,1fy (x, y) = p 2y,1 y8entonces, fy (1, 0) = 0. Ya que fx (x, y) es independiente de y, se deduce que fxy (x, y) = 0.2.9. Encuentre las ecuaciones parametricas de la recta tangente a la curva de intersecciondel paraboloide z = 4 x2 y 2 con el elipsoide 4x2 + y 2 + z 2 = 9 en el punto P (1, 1, 2).Solucion: Un vector normal al paraboloide z = 4 x2 y 2 es el gradiente de la funcionf (x, y, z) = x2 +y 2 +z 4. Un vector normal al elipsoide 4x2 +y 2 +z 2 = 9 es el gradiente de lafuncion g(x, y, z) = 4x2 + y 2 + z 2 9. Tenemos f (x, y, z) = h2x, 2y, 1i, g(x, y, z) =h8x, 2y, 2zi; en el punto P (1, 1, 2) tenemos f (1, 1, 2) = h2, 2, 1i y g(1, 1, 2) =h8, 2, 4i.Entonces, un vector paralelo a la recta tangente a la curva de interseccion en el punto(1, 1, 2) esf (1, 1, 2) g(1, 1, 2) = h2, 2, 1i h8, 2, 4i = h6, 0, 12i.

14

Por lo tanto, las ecuaciones parametricas de la recta son ~r(t) = h1, 1, 2i + t h6, 0, 12i,i.e.x(t) = 1 6t, y(t) = 1, z(t) = 2 12t.2.10. Responda Falso o Verdadero y justifique su respuesta. El vector ~v = ~i ~j es tangentea la superficie definida por xy + yz + xz = 3 en el punto (1,1,1).Solucion: Tenemos(xy + yz + xz) = hy + z, x + z, x + yi,entonces, en el punto (1,1,1), (xy + yz + xz)(1, 1, 1) = h2, 2, 2i.El vector v = i j es tangente a la superficie definida por xy + yz + xz = 3 en el punto(1,1,1) si y solamente si ~v es ortogonal al vector (xy + yz + xz)(1, 1, 1). Tenemos~v (xy + yz + xz)(1, 1, 1) = h1, 1, 0i h2, 2, 2i = 0.Por lo tanto, la respuesta es Verdadero.