solución tarea 1 vectorial 20132

7/22/2019 solucin tarea 1 vectorial 20132

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Universidad de los Andes Departamento de MatematicasMATE1207 Calculo Vectorial

Tarea 1 IndividualEntregar en clase a su profesor de la clase

complementaria en la semana 6(Lu. 2 Sep. Vi. 6 Sep.)

1. a) Para cada una de las ecuaciones parametricas:

1. r(t) = (t,t,t),t (1, 1);2. r(t) = (2t, t2, t3),t (1,3, 1,3);3. r(t) = (t, cos t, sin t),t (0, 2);4. r(t) = (t, cos t, sin t),t (2, 2);

identificar la curva correspondiente:

A B

C D

b) Para cada una de las ecuaciones de superficies:

1. x+y+z= 1;2. 4x2 +y2 z2 = 1;3. z= sin(x+y);4. x2 4y2 z= 0;

identificar la superficie correspondiente:1


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2

A B

C D

C) Para cada una de las funciones

1. f(x, y) = 2x+y;2. f(x, y) =x2 +y2;3. f(x, y) =sin(xy);4. f(x, y) =exy;

identificar su grafico y las curvas de nivel

A B

C D


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3

I II

III IV

Solucion. Respuesta. a) 1. D, 2. C, 3. A, 4. B; b) 1. B, 2. D, 3. C,4. A; c) 1. D, III; 2. A, IV; 3. B, II; 4. C, I.

2. Para cada una de las ecuaciones parametricas:

1. r(t) = (2t+ 1, 4t),t (1, 1);2. r(t) = (3 cos t, 3sin t), t (0, 2);3. r(t) = (2 cos t, 5sin t), t (0, 2);4. r(t) = (1 +t, t

2

),t (2, 2);identificar la curva correspondiente y el grafico de la curvatura:

A B

C D


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4

I II

III IV

Solucion. Respuesta. 1. C, IV; 2. A, I; 3. B, III; 4. D, II

3.Sea la trayectoria de un punto de circunferencia de circulox2 +(y 1)2 = 1 que ruede a lo largo del eje Ox con rapidez constante (elcentro de circulo se mueve haca la derecha a lo largo de la rectay = 1con rapidez constante de 1 radian por unidad de tiempo).

a) Encontrar ecuaciones parametricas de la trayectoria.b) Hallar la longitud del camino recorrido por el punto mientras el

circulo da una vuelta (ver Figura 1.

Figura 1. Hallar la longitud de la curva roja

Solucion. a) La curva se llama la cicloide.Tomemos el angulo = BC1A como un parametro de la cicloide

(ver Figura 2).La longitud del segmento |OB| es igual a la longitud del arco BA = .

El vectorC1Aes el resultado de rotacion del vector (0,1) por el angulo

, entonces tiene las coordenadas ( sin , cos ). Por lo tanto,OA=

OC1+

C1A=

OB +

BC1+

C1A=

0

+

01

+

sin cos

.


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5

BA = O

A

C C1

Figura 2. C1 es el centro de disco moviendo; A() esla posicion del punto correspondiente al angulo

Entonces las ecuaciones parametricas de la cicloide son

x() = sin , y() = 1 cos().b) Usando las ecuaciones parametricas de la cicloide y el hecho que

una vuelta corresponde a = 2, tenemos

L=

20

dx

d

2+

dy

d

2d=

= 2

02 2cos d= 2

2

0 |sin /2

|d= 8.

Respuesta. a) x() = sin , y() = 1 cos(); b) 8.4. La curva es dada por las ecuaciones parametricas x(t) = at,

y(t) =b cos t, z(t) =b sin t, t R.a) Dibujar la curva .b) Hallar la longitud de arco s = s(t) de la curva desde el punto

(0, b, 0) hasta el punto (x(t), y(t), z(t)).c) Desde la ecuacion s = s(t) expresar t como una funcion de s:

t= t(s).d) Usar la funcion t(s) para pasar de las ecuaciones iniciales de la

curva a las ecuaciones de la curva r = (s) con respecto al parametronaturals.

e) Hallar la curvatura de la curva k(s) = d2ds2 (s).Solucion. a) Ver Figura 3.b) El punto (0, b, 0) corresponde a t= 0. Entonces, tenemos x(t) =

at, y(t) =b cos t, z(t) =b sin t, y luego usamos la formula de longitud


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6

Figura 3. a= 1,b= 2, 0 t 2

de arco:

s(t) =

t

0

(x)2 + (y)2 + (z)2 dt=

t

0

a2 +b2 dt=

a2 +b2 t.

c) t(s) = 1a2+b2

s.

d)

x(s) = x(t(s)) = at(s) = aa2 +b2

s,

y(s) = y(t(s)) = b cos t(s) =b cos

1a2 +b2

s

,

z(s) = z(t(s)) = b sin t(s) =b sin 1a2 +b2s .e) Del tem d) tenemos que,

(s) = ( aa2 +b2

s, b cos

1a2 +b2

s

, b sin

1a2 +b2

s

).


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7

entoncesd

dsx(s) =

a

a2 +b2,

d

dsy(s) = b

a2 +b2sin

1a2 +b2

s

,

d

dsz(s) = =

ba2 +b2

cos

1a2 +b2

s

.

y luego

d2

ds2x(s) = 0,

d2

ds2

y(s) =

b

a2

+b2

cos 1a2 +b2 s ,d2

ds2z(s) = b

a2 +b2sin

1a2 +b2

s

.

Por lo tanto,

d2

ds2(s) =

(0, ba2 +b2

cos

1a2 +b2

s

, b

a2 +b2sin

1a2 +b2

s

=

=

b

a2

+b2 0, cos 1a2 +b2s , sin

1

a2

+b2

s .y la curvatura de la curva es

k(s) = d2

ds2(s) = b

a2 +b2.

Respuesta. b)s(t) =

a2 +b2 t; c) t(s) = 1a2+b2

s; e)k(s) = ba2+b2

.

5.Hacer parametrizacion de la curva de interseccion de cilindrox2 +y2 = 16 y el plano x + z= 5. Encontrar las coordenadas de los puntosde la curva donde la curvatura toma su valor maximal. Hallar el valormaximal de la curvatura de la curva.

Solucion. Como z= 5x, tenemos la parametrizacion de la curva:x=4cos(t),y = 4sin(t),z= 5 4cos(t) con 0 t


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8

Entonces,

(t) = 16

2

43

1 + sin(t)23 =

2

4

1 + sin(t)23 .

La funcion toma el valor maximo cuando la funcion sin(t)2 toma suvalor mnimo que sea 0 (para t = 0 yt = ). Entonces el valor maximode curvatura es(0) =() =

2/4 y el puntos de la curva correspon-

dientes sonr(0) = (4, 0, 1) yr() = (4, 0, 9).Respuesta. La ecuacion parametrica de la curvax = 4cos(t), y =

4sin(t), z = 5 4cos(t), 0 t < 2; los puntos donde la curvaturaes maximal son r(0) = (4, 0, 1) yr() = (4, 0, 9), el valor maximo es(0) =() =

2/4.

6. Un tren recorre la pista elptica x2 + y2

4 = 1 en el plano (los ejesestan en K m).

1. Encuentre una parametrizacion de la pista.2. Calcule la funcion de curvaturak(t) en cada punto de la pista.3. Con un computador haga una grafica de la funcion de curvatura

k(t).4. A la velocidad fija a la que va nuestro tren el riesgo de desca-

rrilamiento esta completamente determinado por la curvatura.Sabemos que el tren se descarrilara si el radio de curvatura encualquier punto es igual o menor a 125m. Se descarrilara el tren

al recorrer nuestra pista? Justifique su respuesta.

Solucion. 1. La ecuacion es equivalente a x2 + (y/2)2 = 1 as queuna parametrizacion esta dada por

x(t) = cos(t), y(t) = 2 sin(t)

2. Como nuestra parametrizacion de la curva no esta por longitudde arco debemos usar la formula general de curvatura

k(t) =|r(t) r(t)|

|r(t)|3

Esta formula esta definida para curvas en R3. Recuerde que toda curvaplana puede pensarse como una curva en R3 contenida en el pisoz= 0asi que podemos aplicar la formula a la curva parametrizadar(t) cuyascomponentes estan dadas por

x(t) = cos(t), y(t) = 2 sin(t), z(t) = 0


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9

Calculamos entonces:

r(t) = (

sin(t),

2cos(t), 0),

r(t) = ( cos(t), 2sin(t), 0)luego r(t) r(t) = (0, 0, 2sin2(t) + 2 cos2(t)) = (0, 0, 2) y|r(t)|3 =(sin2(t) + 4 cos2(t))3/2 substituyendo en la formula de curvatura obte-nemos

k(t) = 2

(sin2(t) + 4 cos2(t))3/2 =

2

(1 + 3 cos2(t))3/2.

3. Usando un programa (por ejemplo SAGE que es gratis, buscar engoogle; tambien se puede hacerlo por la mano) graficamos la curvaturacuando el parametro t vara entre [0, 2] (ver Figura 4 para el codigo

en SAGE y el dibujo de la funcion de curvatura). Del dibujo es claroque la curvatura satisface k(t) 2 para todo valor de t, tambien sepuede concluirlo de la formula porque 1 + 3 cos2(t) 1.

Figura 4. El codigo en SAGE y el dibujo de la funcion

de curvatura

4. Por ultimo recuerde que el radio de curvatura en el punto r(t)es 1/k(t) asi pues el mnimo radio de curvatura que experimentara eltren es de 1 dividido la curvatura maxima, es decir 1/2Km = 500mtsque es mayor al mnimo permitido de 125mts. As que el tren no sedescarrilara.


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Respuesta. La parametrizacion es x(t) = cos(t), y(t) = 2sin(t); lacurvatura esk(t) = 2

(1+3 cos2(t))3/2; el valor maxmal es 2; no se descarri-

lara.7. Para un parametroa [0, 10] sea a la curva parametrizada

a(t) = ((a 1) cos(t) + cos(t(a 1)), (a 1) sin(t) sin(t(a 1)), 0).1. Con un computador haga dibujos de la curva para los siguientes

valores dea:

a 1,5 1,667 2 2,5 2,667 3 3,5 4 4,5 5 6

2. Paraa = 5 calcule la funcion de curvaturak(t) y grafiquela (conun computador).

3. Responda usando la grafica del punto anterior: En que puntos

no esta definida la curvatura? Encuentre buenas aproximacionespara los valores de t en los cuales la curvatura es mnima. Cuales el valor maximo de la curvatura?

Solucion. Ver Figuras 57 con el codigo en SAGE.

Figura 5. Problem 7-1

8. Supongamos que f(x, y) es una funcion diferenciable, y sea g(u, v) =f(2uv, v24u). Hallargu(1, 2) ygv(1, 2) sifx(0, 0) = 4,fy(0, 0) = 8.

Solucion. Tenemos que

gu(u, v) =fx(2u v, v2 4u) 2 +fy(2u v, v2 4u) (4),gv(u, v) =fx(2u v, v2 4u) (1) +fy(2u v, v2 4u) (2v),


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entonces

gu(1, 2) =fx(0, 0) 2 +fy(0, 0) (4) = 24,gv(u, v) =fx(0, 0) (1) +fy(0, 0) 4 = 28.

Respuesta.gu(1, 2) = 24, gv(1, 2) = 28.9. Existe una funcionf(x, y) diferenciable tal que:

1. fx= 3x2, fy = 2y;


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2. fx= 5x+ 3y, fy = 4x+ 2y;3. fx= 2xy

3 + 1, fy = 3x2y2 + 2;

4. fx= 4xy,fy = 2x2

+x?

Solucion. 1. f(x, y) =x3 +y2.2. Por el teorema de Clairaut tenemos que

x

f

y

=

y

f

x

.

Pero en este caso

x

f

y

=

x(4x+ 2y) = 4,

yf

x

=

x (4x+ 2y) = 2,

entonces la funcion no existe.3. f(x, y) =x2y3 +x+ 2y.4. No existe por la misma razon que en el tem 2.Respuesta. 1) S; 2) no; 3) s; 4) no.

10.Supongamos que

xy= 1 +x2y. Hallar dy

dx.

Solucion. Derivamos la parte izquierda con respecto a x,

d

dx

xy=

1

2xy

d

dx

(xy) = 1

2xy(y+x

dy

dx

).

Ahora derivamos la parte derecha con respecto a x,

d

dx(1 +x2y) =

d

dx(x2y) = 2xy+x2

dy

dx.

Entonces,1

2

xy (y+x dy

dx) = 2xy+x2

dy

dx,

de donde concluimos que

dy

dx =

2xy+ y

2

xy

x2

xy x2 .

Respuesta. dy

dx=

2xy+ y

2

xyx

2

xy x2

.


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11. a) Probar que en una vecindad U R2 del punto (0, 1) existeuna funcion diferenciable f(x, y) tal que f(0, 1) = 0 y

sin(x2 +yf(x, y)) + 1 =xyf(x, y) +x+y, (x, y) U. (1)b) Hallar fx (0, 1),

fy (0, 1),

2fxy (0, 1),

2fx2 (0, 1),

2fy2 (0, 1).

Solucion.a) Reescribimos la ecuacion para la funcionf(x, y) como

sin(x2 +yf(x, y)) + 1 xyf(x, y) x y= 0,y introducimos la funcion F(x,y,z) = sin(x2 +yz) + 1 xyz x y.Para aplicar el teorema de funcion implcita necesitamos demostrarqueF(x0, y0, z0) = 0 y

Fz(x0, y0, z0) = 0, donde x0,y0, z0 vienen de la

igualidad f(x0, y0) =z0.Entonces, x0 = 0, y0 = 1, z0 = 0, y tenemos que F(0, 1, 0) = 0.

Luego, Fz(x,y,z) = cos(x2 +yz)y xy entonces Fz(0, 1, 0) = 1= 0.

Ahora, por el teorema de funcion implcita tenemos lo que necesitemos.b) Derivamos la identidad 1 y tenemos dos identidades:

x: cos(x2 +yf(x, y))(2x+yfx(x, y)) yf(x, y) xyfx(x, y) 1 = 0, (2)

y: cos(x2 +yf(x, y))(f(x, y) +yfy(x, y)) xf(x, y) xyfy(x, y) 1 = 0. (3)

Ahora si x = 0, y = 1, y f(0, 1) 1 = 0, tenemosfx(0, 1) 1 = 0 fy(0, 1) 1 = 0.

Entonces fx(0, 1) = 1, fy(0, 1) = 1.Pasamos ahora a las derivadas de segundo orden. Derivamos (2) con

respecto a x y llegamos a la igualidad:

sin(x2 +yf(x, y))(2x+yfx(x, y))2 ++ cos(x2 +yf(x, y)) (2 +yfxx(x, y))

2yfx(x, y) xyfxx(x, y) = 0,luego con x = 0, y = 0, f(0, 1) = 0, fx(0, 1) = 1, fy(0, 1) = 1, tenemosfxx(0, 1) = 0.

Ahora derivamos (2) con respecto a y y llegamos a la igualidad:

sin(x2 +yf(x, y)) (f(x, y) +yfy(x, y))(2x+yfx(x, y)) ++ cos(x2 +yf(x, y)) (fx(x, y) +yfxy(x, y)) +

f(x, y) yfy(x, y) xfx(x, y) xyfxy(x, y) = 0,luego con x = 0, y = 0, f(0, 1) = 0, fx(0, 1) = 1, fy(0, 1) = 1, tenemosfxy(0, 1) = 0.


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Finalmente derivamos (3) con respecto ay y llegamos a la igualidad:

sin(x2

+yf(x, y)) (f(x, y) +yfy(x, y))

2

++ cos(x2 +yf(x, y))(2fy(x, y) +yfyy(x, y))

xfy(x, y) 2xfy(x, y) xyfyy(x, y) = 0,luego con x = 0, y = 0, f(0, 1) = 0, fx(0, 1) = 1, fy(0, 1) = 1, tenemosfyy(0, 1) = 2.

Respuesta. fx(0, 1) = 1, fy(0, 1) = 1, fxx(0, 1) = 0, fxy(0, 1) = 0,fyy(0, 1) = 2.

12. Demostrar que la ecuacion y = sin(xz) + zdefine una funcionz= f(x, y) en una vecindad del punto (0, 1) y calcular f(0, 1). Hallar

las derivadas fx (0, 1), fy (0, 1) y

2

fxy (0, 1).

Solucion. Reescribimos la ecuacion y = sin(xz) + z como ysin(xz) z= 0. y introducimos la funcionF(x,y,z) =y sin(xz) z.La funcion f(x, y) satisface la identidad:

F(x,y,f(x, y)) = 0 y sin(xf(x, y)) f(x, y) = 0.Entonces, six = 0,y = 1, tenemos 1 sin(0 f(0, 1)) f(0, 1) = 0 queimplicaf(0, 1) = 1.

Para aplicar el teorema de funcion implcita necesitamos demostrarqueF(x0, y0, z0) = 0 y

F

z

(x0, y0, z0)= 0, donde x0,y0, z0 vienen de la

igualidad f(x0, y0) =z0.Entonces, x0 = 0, y0 = 1, z0 = 1, y tenemos que F(0, 1, 1) = 0.

Luego, Fz

(x,y,z) = cos(xz)x 1 entonces Fz

(0, 1, 1) =1= 0.Ahora, por el teorema de funcion implcita tenemos lo que necesitemos.

Luego, derivamos la identidad

y sin(xf(x, y)) f(x, y) = 0y tenemos dos identidades:

x : cos(xf(x, y))(f(x, y) +xfx(x, y)) fx(x, y) = 0, (4)

y

: 1 cos(xf(x, y))(xfy(x, y)) fy(x, y) = 0 (5)

Ahora si x = 0, y = 1, y f(0, 1) = 1, tenemos

1 fx(0, 1) = 0 1 fy(0, 1) = 0.Entonces fx(0, 1) = 1, fy(0, 1) = 1.


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Pasamos ahora a las derivadas de segundo orden. Derivamos (4) conrespecto a y y llegamos a la igualidad:

sin(xf(x, y))(xfy(x, y))(f(x, y) +xfx(x, y)) cos(xf(x, y))(fy(x, y) +xfxy(x, y)) fxy(x, y) = 0.

luego con x = 0, y = 0, f(0, 1) = 1, fx(0, 1) =1, fy(0, 1) = 1,tenemosfxy(0, 1) = 1.

Respuesta. fx(0, 1) = 1, fy(0, 1) = 1, fxy(0, 1) = 1.13.Determine el gradiente de las funciones:

1. f(x, y) = ln

xy

x3 +y3

;

2. g(x,y,z) =x3 +x2y+xyz+z3.

Calcule la derivada direccional de f yg , respectivamente, en:

1. el punto (1, 1) en la direccion del vectorv= (4, 3);2. el punto (0, 1, 1) en la direccion del vectorv= (1, 0, 1).

Solucion. 1. grad f =2x3y3

x4+xy3 ,x32 y3x3y+y4

. Entonces, grad f(1, 1) =

(1/2,1/2). Luego, normalizamos el vector v :

w= 1

vv=1

5(4, 3) = (4

5,3

5)

entonces

Dwf= grad f(1, 1) w= (1/2,1/2) (45

,3

5) =

7

10.

2. grad g= (3 x2 + 2 xy+yz, x2 +xz,xy+ 3 z2). Entonces, grad g(0, 1, 1) =(1, 0, 3). Luego, normalizamos el vector v :

w= 1

vv= 1

2(1, 0, 1) = ( 1

2, 0,

12

)

entonces

Dwg= grad g(0, 1, 1) w= (1, 0, 3) ( 12

, 0, 1

2

) =

2.

Respuesta. 1. 710 ; 2.

2.

14.Encuentre la ecuacion de la recta normal y del plano tangente ala superficie dada por la ecuacion:

1. x5 +y5 +yz3 ln x= 0 en el punto (1,1, 1);2. z+ 7 =xey cos zen el punto (7, 0, 0).


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Solucion.

1. Consideremos la funcionF(x,y,z) =x5+y5+yz3 ln x. Verificamos

que F(1,1, 1) = 0, y luego grad F(x,y,z) = (5x4

+yz3

/x, 5y4

+z3

log(x), 3yz2

log(x)),entonces grad F(1,1, 1) = (4, 5, 0). Entonces, un vector normal a lasuperficie x5 +y5 +yz3 ln x= 0 en el punto (1,1, 1) esN= (4, 5, 0).

Hallamos el plano tangente

4(x 1) + 5(y+ 1) + 0(z 1) = 0 4x+ 5y+ 1 = 0,y la recta normal

x= 1 + 4t, y= 1 + 5t, z= 1.2. Consideremos la funcionF(x,y,z) =z+ 7xey cos z. Verificamos

que F(7, 0, 0) = 0, y luego grad F(x,y,z) = (ey cos(z),xey cos(z), xey sin(z) + 1),entonces grad F(7, 0, 0) = (

1,

7, 1). Entonces, un vector normal a lasuperficie z+ 7 =xey cos zen el punto (7, 0, 0) esN= (1,7, 1).

Hallamos el plano tangente

(x 7) 7(y 0) + (z 0) = 0 x+ 7y z= 7,y la recta normal

x= 7 t, y= 7t, z= t.Respuesta. 1. 4x+ 5y+ 1 = 0; x= 1 + 4t, y =1 + 5t, z= 1. 2.

x+ 7y z= 7; x = 7 t, y = 7t,z= t.15.Considere la funcion f(x,y,z) = 4 +z x2 y2.

1. Dibujar las superficies de nivel f=c, para c = 0, 2, 4 enR

3

.2. Hallar la ecuacion del plano tangente a la superficie de nivel quepasa por el punto (1,1,2) en ese punto.

Solucion. 1. Para c = 0 tenemos 4 + z x2 y2 = 0, o bien,reorganizando terminos,z= x2 + y2 4. En consecuencia la superficiede nivel es un paraboloide elptico que comienza en (0, 0,4) y se abreen la direccion positiva del eje z(ver Figura 8).

Analogamente para c= 2 obtenemos, z= x2 +y2 2. En este casotenemos un paraboloide elptico que comienza en (0, 0,2) y se abreen la direccion positiva del eje z(ver Figura 9).

Finalmente para c = 4, obtenemos la ecuacion z = x2 +y2, que

corresponde a paraboloide elptico que comienza en (0, 0, 0) y se abreen la direccion positiva del eje z(ver Figura 10).

2. Tenemos quef(x,y,z) = (2x,2y, 1) por lo tanto el vectornormal

N a el plano tangente a la superficie de nivel pasando por

P0= (1, 1, 2) es,N = f(1, 1, 2) = (2,2, 1).


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Figura 8. Paraboloide elptico 4 +z x2 y2 = 0

Figura 9. Paraboloide elptico z= x2 +y2

2

Luego usamos la ecuacion de plano,N ((x,y,z) P0) = 0,

obteniendo que

(2,2, 1) (x 1, y 1, z 2) = 0.


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Figura 10. Paraboloide elptico z= x2 +y2

Equivalentemente,

2(x 1) 2(y 1) + (z 2) = 0.Simplificando obtenemos finalmente la ecuacion,

2x+ 2y z= 2Respuesta. 2. 2x+ 2y z= 2.16.Sea

f(x, y) =

sinxy2

dt1 t4 .

Hallar f(0, 0), fx(0, 2), fy(1, 0) yfxy(0, 0).Solucion.

f(0, 0) =sin002

dt1t4 =

00

dt1t4 = 0.

fx(0, 2) : Primero encontramos fx(x, y) usando el teorema fun-damental del calculo y la regla de la cadena obteniendo,

fx(x, y) =

x

sinx

y2

dt1 t4

=

11 sin4 x

xsin x=

11 sin4 x

cos x.

en consecuencia,

fx(0, 2) = 11 sin4 0

cos 0 = 1.


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fy(1, 0) : Nuevamente por el teorema fundamental del calculoy la regla de la cadena se tiene que,

fy(x, y) =

y

sinxy2

dt1 t4

=

y

y2sinx

dt1 t4

= 11 y8 (2y) =

2y1 y8 .

Luego,

fy(1, 0) = 2(0)1 08 = 0.

fxy(0, 0) : Usamos la formula obtenida al principio para fx(x, y)de la siguiente forma,

fxy(x, y) = (fx(x, y))y =

11 sin4 x

cos x

y

= 0.

Luegofxy(0, 0) = 0.

Respuesta. f(0, 0) = 0, fx(0, 2) = 1, fy(1, 0) = 0, fxy(0, 0) = 0.17.

1. Encontrar la recta tangente de la curva de interseccion de lassuperficiesx2 y2 = 3zyx2 +y2 = 5 en el punto (2, 1, 1).

2. Encontrar todos los puntos de la superficie x2

y2 = 3z donde

el plano tangente es paralelo al plano 4x+ 2y+z= 7.

Solucion. 1. Denotamos F(x,y,z) = x2 y2 3z y G(x,y,z) =x2 +y2 5. Entonces,

F = (2x,2y,3) yG= (2x, 2y, 0).Los vectores normales a las superficies F = 0 y G = 0 en el punto(2, 1, 1) respetivamente son

n1= F(2, 1, 1) = (4,2,3) yn2= G(2, 1, 1) = (4, 2, 0).Un vector tangente a la curva de la interseccion de las superficies en

(2, 1, 1) esv= n1 n2 = (6,12, 16).Entonces, la recta tangente de esta curva es

r(t) = (2, 1, 1) +t(6,12, 16), < t < .2. DenotamosF(x,y,z) =x2 y2 3z. Entonces un vector normal

a la superficieF= 0 en el punto (x,y,z) esn1= F = (2x,2y,3).Un vector normal del plano 4x+ 2y+z= 7 esn2= (4, 2, 1).


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Si el plano tangente de la superficie F = 0 es paralelo al plano,los vectores normales correspondientes,n1 y n2, son paralelos tambien.

Entonces n1= cn2 para algun numero realcque implica(2x,2y,3) = (4c, 2c, c) c= 3, x= 6, y= 3.

Al final,F(6, 3, z) = 0 z= 9. Entonces el solo punto que satisfagalas condiciones es (6, 3, 9).

Respuesta. 1. r(t) = ( 2, 1, 1) +t(6,12, 16), < t


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19. Suponga que f(x, y) es una funcion diferenciable que satisfacef(0, 0) = 1 y que satisface para todo x y y las siguientes ecuaciones

diferenciales,f(x, y) = fx (x, y) +

fy (x, y)

f(x, y)3 = fx (x, y) fy (x, y)1. Encuentre la ecuacion del plano tangente a la grafica de f(x, y)

en el punto (0, 0, 1).2. Aproximadamente cuanto vale f(0,001, 0,001)?

Solucion. 1. Evaluando nuestras ecuaciones en el punto (0, 0) yusando que f(0, 0) = 1 obtenemos

1 = fx

(0, 0) + fy

(0, 0)

1

3

=

f

x (0, 0) f

y (0, 0)Esto es un sistema lineal con dos ecuaciones y dos incognitas. Resol-viendolo, obtenemos:

1 = fx (0, 0)0 = f

y(0, 0)

De aca concluimos que la ecuacion del plano tangente a la grafica def(x, y) en el punto (0, 0, 1) es

1(x 0) + 0(y 0) (z 1) = 0es decir x z+ 1 = 0.

3.Se sigue que la mejor aproximacion lineal de la funcionf(x, y) cerca

del punto (0, 0) esta dada por z= x + 1 luegof(0,001, 0,001) 1,001.Respuesta. 1. x z+ 1 = 0; 2. f(0,001, 0,001) 1,001.20.Sea g(x, y) =

x cos(y)0

et2

2dt.

1. Encuentre la ecuacion del plano tangente a la grafica de g(x, y)en el punto (0, 0, 0).

2. Aproximadamente cuanto vale g(0,001, 0,001)?

Solucion.1. Reemplazando en la formula paragvemos queg(0, 0) =0. Usando el teorema fundamental del calculo (que dice que ddy (

y0 g(s)ds) =

g(y) para funciones continuasg y la regla de la cadena tenemos que

gx

(x, y) =e (x cos(y))22 cos(y)gy

(x, y) =e(x cos(y))2

2 x( sin(y))evaluando en (0, 0) obtenemos

gx

(0, 0) = 1gy (0, 0) = 0


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luego la ecuacion del plano tangente a la grafica de g(x, y) en el punto(0, 0, 0) es 1(x 0) + 0(y 0) (z 0) = 0, es decir x z= 0.

2. Asi que z = x es la funcion lineal que mejor aproxima a g(x, y)cerca de (0, 0). Como resultadog(0,001, 0,001) 0,001.Respuesta. 1. x z= 0; 2.g(0,001, 0,001) 0,001.

solución tarea 1 vectorial 20132

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