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Universidad Central de Venezuela Facultad de Ingeniería Ciclo Básico Departamento de Matemática Aplicada

CÁLCULO III (0253)

Semestre 3-2009

José Luis Quintero Octubre 2009

CÁLCULO III (0253)

U.C.V.

Prof. José Luis Quintero

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Las notas presentadas a continuación tienen como único fin, el de prestar apoyo al estudiante y facilitar su entendimiento en los temas de funciones vectoriales de una variable real, funciones reales de variables vectorial e integrales dobles y triples y sus aplicaciones.

La guía contempla un pequeño resumen de la teoría correspondiente que sirve de repaso a los contenidos teóricos que componen el tema. Se presentan ejercicios resueltos y propuestos, algunos son originales, otros se han tomado de guías redactadas por profesores, también hay ejercicios tomados de exámenes y de algunos textos. Se ha tratado de ser lo más didáctico posible y se espera prestar un apoyo a la enseñanza del Cálculo III en Ingeniería.

Agradezco las observaciones y sugerencias que me puedan hacer llegar en la mejora del presente material, las mismas pueden ser enviadas a la siguiente dirección de correo: [email protected].

INDICE GENERAL U.C.V.

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TEMA 1. Funciones Vectoriales de Variable Real

1

TEMA 2. Funciones Reales de Variable Vectorial

141

TEMA 3. Integrales Dobles y Triples y sus Aplicaciones

246

Cálculo

III

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Semestre 3-2009

TEMA 1 FUNCIONES VECTORIALES DE UNA VARIABLE REAL

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INDICE GENERAL U.C.V.

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Funciones Vectoriales de Variable Real Prof. José Luis Quintero

1.1.

Vectores

1

1.2.

Cantidades escalares y vectoriales

2

1.3.

Función vectorial de una variable real

3

1.4.

Ejercicios resueltos

5

1.5.

Parametrización de algunas curvas

7

1.6.

Ejercicios resueltos

13

1.7.

Gráfica de curvas paramétricas con Graphmatica

23

1.8.

Longitud, magnitud o norma de un vector

23

1.9.

Producto escalar

25

1.10.

Ángulo entre vectores

25

1.11.

Producto vectorial

26

1.12.

Límite de una función vectorial

29

1.13.

Continuidad de una función vectorial

30

1.14.

Derivada de una función vectorial

31

1.15.

Interpretación geométrica y física de la derivada

31

1.16.

Integral de una función vectorial

32

1.17.

Longitud de arco

32

1.18.

Ejercicios resueltos

34

1.19.

Gráficas de curvas paramétricas en R2

39

1.20.

Ejercicios resueltos

46

1.21.

Vectores canónicos. Direcciones

60

1.22.

Vectores ortogonales. Proyección ortogonal

61

1.23.

Cálculo de la proyección de un vector sobre otro

62

1.24.

Formas de la ecuación del plano

63

1.25.

Sistema de coordenadas móvil

65

1.26.

Ejercicios resueltos

68

1.27.

Curvatura

70

1.28.

Curvatura para una recta. Curvatura para una circunferencia

72

1.29.

Componentes tangencial y normal de la aceleración

73

1.30.

Circunferencia osculatriz y centro de curvatura

74

1.31.

Torsión

75

1.32.

Fórmulas de Frenet

75

INDICE GENERAL U.C.V.

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Funciones Vectoriales de Variable Real

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1.33.

Ejercicios resueltos

78

1.34.

Sistema de coordenadas polares

93

1.35.

Representaciones de una curva en polares

94

1.36.

Ecuación polar de una recta

95

1.37.

Ecuación polar de una circunferencia

96

1.38.

Distancias en coordenadas polares

97

1.39.

Ecuación polar de una cónica

09

1.40.

Gráficas en coordenadas polares

99

1.41.

Intersección de curvas en polares

101

1.42.

Forma paramétrica de una curva en polares. Búsqueda de tangentes

102

1.43.

Longitud de arco y área en polares

104

1.44.

Resumen de fórmulas

105

1.45.

Ejercicios resueltos

106

1.46.

Ejercicios propuestos

120

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VECTORES

Funciones Vectoriales de Variable Real Pág.: 1 de 305

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1.1. VECTORES Definición 1. Un vector es un objeto de la forma x = (x1 , x2 ,..., xn ) con xi ∈ R, i = 1,...,n . Un vector es una magnitud representada por un segmento dirigido (flecha). Se caracteriza por poseer:

a. Una longitud, la que es representada por un valor numérico al que se llama módulo, norma o tamaño del vector (ver figura 1).

Figura 1. Cálculo del módulo, norma o tamaño de un vector

b. Una dirección, que es la recta a la que pertenece (ver figura 2). c.

Un sentido. La recta posee dos sentidos, generalmente estos se indican mediante signos “+” para un lado y “-” para el otro (ver figura 2).

Figura 2. Dirección y sentido de un vector

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VECTORES

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Los vectores pueden situarse en el plano, (dos dimensiones) (ver figura 3), en el espacio (tres dimensiones) (ver figura 4) y hasta en dimensiones mayores a tres. Los vectores que se encuentren en el plano se llamarán “pares”, mientras los que se ubiquen en el espacio se llamarán “ternas”.

Figura 3. Vector en dos dimensiones

Figura 4. Vector en tres dimensiones

1.2. CANTIDADES ESCALARES Y VECTORIALES Diversas medidas como la temperatura, distancia, masa, tiempo, densidad, energía, área, altura, etc, se pueden representar mediante un solo número real, estas se llaman cantidades escalares. Otras como la fuerza que actúa sobre un objeto, velocidad y aceleración de un cuerpo, necesitan, además de la magnitud, describir una dirección y un sentido.

Estas

se

llaman

cantidades

vectoriales

y

se

logra

describirla

mediante

coordenadas. Se estudiarán con detalle algunas características de estas últimas cantidades.

CANTIDADES ESCALARES Y VECTORIALES U.C.V.

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1.3. FUNCIÓN VECTORIAL DE UNA VARIABLE REAL Definición 2. Se define una función vectorial de variable real como: r : I → Rn , t → r(t) = (r1(t),...,rn (t)) , donde I es un intervalo en R, ri con i = 1,...,n es una función real de variable real con dominio Ii . Las funciones ri se llaman funciones coordenadas de la función r. Definición 3. El dominio de una función vectorial r es la intersección de los dominios de

las funciones coordenadas, es decir, n

D(r) =

∩I = I. i

i =1

Ejemplo 1. Dada la función r(t) = ( t − 3, t + 3, t3 ) , encuentre su dominio. Solución.

Las funciones coordenadas vienen dadas por:

r1(t) = r2 (t) = r3 (t) = t

t − 3 ⇒ D(r1 ) = [3, ∞) t + 3 ⇒ D(r2 ) = [−3, ∞) . 3

⇒ D(r3 ) = R

Por lo tanto, 3

D(r) =

∩ D(r ) = [3, ∞) . i

i =1

Definición 4. El rango o imagen de una función vectorial r es un conjunto de puntos en

Rn. Muchas funciones vectoriales con imagen en R 2 o R 3 tienen como rango lugares geométricos conocidos. Ejemplo 2. Dada la función

r(t) = (4 cos(t), 4sen(t)), t ∈ [0,2π] , encuentre su rango o imagen. Solución.

La imagen de la función es una circunferencia de radio 4. En efecto llamando a sus funciones coordenadas x(t) = 4 cos(t), y(t) = 4sen(t) , se tiene

x2 + y2 = 16 cos2 (t) + 16sen2 (t) = 16 .

FUNCIÓN VECTORIAL DE UNA VARIABLE REAL U.C.V.

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Ejemplo 3. Dada la función r(t) = (2 + t, 3 + 2t,1 + 2t), t ∈ R , encuentre su rango o imagen. Solución. Se puede observar que cada función coordenada corresponde a una ecuación paramétrica de una recta, en este caso, en R3 . El rango o imagen de una función vectorial es un conjunto de puntos en Rn , que se llama curva. Una curva puede ser representada por una o más funciones vectoriales. Ejemplo 4. Las funciones vectoriales definidas como f(t) = (1 + 2t, 2 − t) , t ∈ [0,1] y g(t) = (3 − 2t,1 + t) , t ∈ [0,1] tienen el mismo conjunto imagen: el segmento de recta que une los puntos (1,2) y (3,1).

Observación 1. Una función vectorial r lleva implícita dos características fundamentales: la forma de la curva (imagen de la función) y la manera como se recorre ésta (sentido de recorrido y posición).

Observación 2. Si la función r es inyectiva, es decir, ∀t1 , t2 ∈ I, t1 ≠ t2 ⇒ r(t1 ) ≠ r(t2 ) la curva no tiene puntos de autointersección, se dirá en este caso que es una curva simple. Si r(a) = r(b) se dirá que la curva es cerrada en [a,b]. Ejemplo 5. La circunferencia f(t) = (2 cos(t), 2sen(t)) con 0 ≤ t ≤ 2π , es una curva cerrada, ya que f(0) = f(2π) . Ejemplo 6. La curva conocida con el nombre de estrofoide (ver figura 5) imagen de la función  t2 − 1 t3 − t  , r(t) =  2 ,  t + 1 t2 + 1    no es una curva simple, se autointersecta, en efecto: r(1) = r(−1).

Figura 5. Representación gráfica de la estrofoide

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EJERCICIOS RESUELTOS

Funciones Vectoriales de Variable Real Pág.: 5 de 305

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1.4. EJERCICIOS RESUELTOS 1. Dada la función r(t) = (t, t3 ), t ∈ R , encuentre su rango o imagen. Solución. El rango o imagen en este caso viene dado por la gráfica de y = x3 . 2. Encuentre los valores de t para los cuales la curva  t2 t  r(t) =  ,  1 − t t2 − 1    se autointersecta. Solución. Sean t1 = A y t2 = B . Se tiene entonces:

A2 B2 = ⇒ A2 (1 − B) = B2 (1 − A) ⇒ A2 − A2B = B2 − B2 A ⇒ A2 − B2 + B2 A − A2B = 0 1− A 1−B ⇒ (A − B)(A + B) + AB(B − A) = 0 ⇒ AB(B − A) − (B − A)(B + A) = 0 ⇒ (AB − A − B)(B − A) = 0 ⇒ A = B o AB = A + B Por otro lado A B = 2 ⇒ A(B2 − 1) = B(A2 − 1) ⇒ AB2 − A = A2B − B ⇒ AB2 − A2B + B − A = 0 2 A −1 B −1 ⇒ AB(B − A) + (B − A) = 0 ⇒ (AB + 1)(B − A) = 0 ⇒ A = B o AB = −1 Se puede concluir que A + B = −1 ⇒ B = −(A + 1) de modo que

A2 (A + 1)2 = ⇒ A2 (A + 2) = (A + 1)2 (1 − A) ⇒ A3 + 2A2 = (A2 + 2A + 1)(1 − A) 1−A A+2 ⇒ A3 + 2A2 = A2 − A3 + 2A − 2A2 + 1 − A ⇒ 2A3 + 3A2 − A − 1 = 0 Aplicando Ruffini se tiene

A1 = −

1 −1 − 5 , A2 = 2 2

, A3 =

−1 + 5 . 2

Buscando los puntos se tiene:

1 1 (No dice nada). ⇒B=− 2 2  1+ 5 1+ 5 1 − 5 −1 + 5 A=− ⇒ B = − 1 − = punto de autointersección  = −  2 2 2 2   A=−

Se concluye que

 1+ 5  −1 + 5  r −  = r   = (1, −1).  2  2   

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EJERCICIOS RESUELTOS

Funciones Vectoriales de Variable Real Pág.: 6 de 305

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3. En la figura 6, la circunferencia de radio a es fija y para todo valor del ángulo t, 0 < t < π , P es el punto de intersección de la recta vertical que pasa por A y la recta horizontal que pasa por B. Encuentre las ecuaciones paramétricas de la curva descrita por P sabiendo que el punto A siempre se encuentra sobre la recta y = 2a y el punto B siempre se encuentra sobre la circunferencia.

Figura 6. Gráfica del ejercicio 3

Solución. Se tiene que

P(t) = (Px (t),Py (t)) = (A x (t),By (t)) Las coordenadas de la curva descrita por el punto A vienen dadas por A(t) = (A x (t), A y (t)) = (2a.ctg(t), 2a) Aplicando semejanza de triángulos se tiene que Bx (t) = ctg(t).By (t) . Como B siempre se encuentra sobre la circunferencia, entonces 2

2

Bx (t) = a2 − By (t) − a = By (t) 2a − By (t) . Sustituyendo y elevando al cuadrado se tiene 2

By (t) 2a − By (t) = ctg2 (t). By (t) ⇒ 2a − By (t) = ctg2 (t).By (t) ⇒ By (t) = 2asen2 (t) , By (t) ≠ 0 Las coordenadas de la curva descrita por el punto B vienen dadas por

B(t) = (Bx (t),By (t)) = (a.sen(2t), 2a.sen2 (t)) De modo que

P(t) = (Px (t),Py (t)) = (2a.ctg(t), 2asen2 (t))

PARAMETRIZACIÓN DE ALGUNAS CURVAS U.C.V.

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1.5. PARAMETRIZACIÓN DE ALGUNAS CURVAS a. Recta. La imagen de la función vectorial f(t) = (x0 + (x1 − x0 )t, y0 + (y1 − y0 )t) , t ∈ R es una recta que pasa por los puntos (x0 , y0 ) y (x1 , y1 ) recorrida en el sentido que va desde el punto (x0 , y0 ) al punto (x1 , y1 ) . Si se desea cambiar el sentido, basta con cambiar t por −t . En tal caso se obtiene la función vectorial g(t) = (x0 + (x0 − x1 )t, y0 + (y0 − y1 )t) , t ∈ R que resulta ser una recta que pasa por los puntos (x0 , y0 ) y (x1 , y1 ) recorrida en el sentido que va desde el punto (x1 , y1 ) al punto (x0 , y0 ) .

Observación 3. Si se desea parametrizar un segmento de recta de extremos (x0 , y0 ) y (x1 , y1 ) recorrido en el sentido que va desde el punto (x0 , y0 ) al punto (x1 , y1 ) se consigue usando la función vectorial f(t) = (x0 + (x1 − x0 )t, y0 + (y1 − y0 )t) , t ∈ 0,1

b. Circunferencia. La imagen de la función vectorial f(t) = (h + r cos(t),k + rsen(t)), t ∈ [0, 2π] es una circunferencia de centro (h,k) y radio r recorrida en sentido antihorario. La imagen de la función vectorial g(t) = (h + r cos(t),k − rsen(t)), t ∈ [0, 2π] es una circunferencia de centro (h,k) y radio r recorrida en sentido horario. c.

Elipse. La imagen de la función vectorial f(t) = (h + a cos(t),k + bsen(t)), t ∈ [0, 2π] es una elipse de ecuación

(x − h)2 a2

+

(y − k)2 b2

=1

recorrida en sentido antihorario. La imagen de la función vectorial g(t) = (h + a cos(t),k − bsen(t)), t ∈ [0, 2π] es una elipse de ecuación (x − h)2 a2 recorrida en sentido horario.

+

(y − k)2 b2

=1

PARAMETRIZACIÓN DE ALGUNAS CURVAS U.C.V.

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Funciones Vectoriales de Variable Real Pág.: 8 de 305 Prof. José Luis Quintero

d. Parábola. La imagen de la función vectorial

f(t) = (h + 2pt,k + pt2 ) , t ∈ R es una parábola de ecuación (x − h)2 = 4p(y − k) con sentido de recorrido de izquierda a derecha o de derecha a izquierda según p sea positivo o negativo respectivamente. La imagen de la función vectorial

f(t) = (t, at2 + bt + c) , t ∈ R es una parábola de ecuación y = ax2 + bx + c con sentido de recorrido de menor a mayor valor de la variable x. La imagen de la función vectorial

f(t) = (at2 + bt + c, t) , t ∈ R es una parábola de ecuación x = ay2 + by + c con sentido de recorrido de menor a mayor valor de la variable y. e. Hipérbola. La imagen de la función vectorial f(t) = (h + a cosh(t),k + bsenh(t)), t ∈ R es la rama derecha de la hipérbola de ecuación (x − h)2 (y − k)2 − = 1. a2 b2 Observación 4. La ecuación cartesiana (en este caso la hipérbola) contiene más puntos

de los que generan las ecuaciones paramétricas planteadas. La imagen de la función vectorial g(t) = (h + a sec(t),k + b t g(t)) , −

π 2

b) . Solución. Parametrizando la elipse y calculando otros vectores se tiene r(t) = (a cos(t),bsen(t)), r '(t) = (−asen(t),b cos(t)), r ''(t) = (−a cos(t), −bsen(t)), t ∈ 0, 2π

ab

κ(t) =

a2sen2 (t) + b2 cos2 (t)  

3 /2

.

Si f(t) = a2sen2 (t) + b2 cos2 (t) entonces los puntos donde f(t) alcance el valor máximo (mínimo) equivalen a los puntos donde la función curvatura alcance el valor mínimo (máximo).

f '(t) = 2a2sen(t) cos(t) − 2b2sen(t) cos(t) = 2(a2 − b2 )sen(t) cos(t) = (a2 − b2 )sen(2t) . f '(t) = (a2 − b2 )sen(2t) = 0 ⇒ t = 0, 2π , π, 32π . f ''(t) = 2(a2 − b2 ) cos(2t) .

f ''(0) = f ''(π) > 0 (mínimo para f(t), máximo para κ(t)) . Curvatura máxima a/b. f ''( 2π ) = f ''( 32π ) < 0 (máximo para f(t), mínimo para κ(t)) . Curvatura mínima b/a. Los puntos de máxima y mínima curvatura de la elipse se encuentran ubicados en sus vértices. 13. Dada la curva

 t3  r(t) =  − t, t2  : 3    a. Calcule el punto de radio de curvatura mínimo. Solución.

r'(t) = (t2 − 1,2t) ; r''(t) = (2t,2) κ(t) =

2(t2 − 1) − 4t2 ((t − 1) + 4t ) 2

⇒ κ '(t) = −

2

2 3 /2

8(t2 + 1)t

⇒ κ ''(t) = −

(t + 1) 2

4

=−

=

(t + 2t + 1) 4

2

8t (t + 1) 2

8(t2 + 1) − 48t2 (t2 + 1)4

−2t2 − 2

3

=−

3 /2

=

⇒ κ ''(t) = −

8t2 + 8 − 48t2 (t2 + 1)4

2(t2 + 1) (t2 + 1)3

=

2 (t2 + 1)2

8(t2 + 1)3 − 48t2 (t2 + 1)2 (t2 + 1)6 =−

8 − 40t2 (t2 + 1)4

κ '(t) = 0 ⇒ t = 0 ⇒ κ ''(0) = −8 < 0 ⇒ máximo . Por lo tanto el punto de máxima curvatura es r(0) = (0, 0) .

=

8(5t2 − 1) (t2 + 1)4

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EJERCICIOS RESUELTOS

Funciones Vectoriales de Variable Real Pág.: 79 de 305

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b. Encuentre las ecuaciones paramétricas de sus centros de curvatura. Solución.

(0, 0, −2t2 − 2  × (t2 − 1, 2t, 0) r '(t) × r ''(t) × r '(t) (4t(t2 + 1), −2(t 4 − 1), 0)  N(t) =  =  = r '(t) × r ''(t) × r '(t) (0, 0, −2t2 − 2  × (t2 − 1, 2t, 0) 2(t2 + 1)2  

 (t2 + 1)2 (4t(t2 + 1), −2(t 4 − 1), 0) N(t)  t3 = − t, t2 , 0  + .  κ(t)  3 2 2(t2 + 1)2   t3  (4t(t2 + 1), −2(t 4 − 1))  t3 t4 − 1  = − t, t2  + = − t + t(t2 + 1), t2 −  3   4 2    3  4t3 t 4 − 2t2 − 1  = ,−   3 2  

C(t) = r(t) +

14. Sea la curva r(t) = (3 cos(t), 4 cos(t),5sen(t)) . a. Demuestre que r(t) es una curva plana y encuentre la ecuación del plano que la contiene. Solución. Paso 1. Cálculo de r'(t) y r''(t) .

r'(t) = (−3sen(t), −4sen(t),5 cos(t)) , r''(t) = (−3 cos(t), −4 cos(t), −5sen(t)) Paso 2. Cálculo de B(t) .

r '(t) × r ''(t) (−3sen(t), −4sen(t),5 cos(t)) × (−3 cos(t), −4 cos(t), −5sen(t)) = r '(t) × r ''(t) (−3sen(t), −4sen(t),5 cos(t)) × (−3 cos(t), −4 cos(t), −5sen(t))

B(t) = =

(20, −15, 0) 400 + 225

=

(20, −15, 0)  4 3  =  , − ,0. 25 5  5

Como B(t) es un vector constante, entonces la curva r(t) es plana. Paso 3. Cálculo de la ecuación del plano osculador. Se busca un punto arbitrario de la curva, por ejemplo para t = 0 , r(0) = (3, 4, 0) .

La ecuación del plano osculador es B(t) • ((x, y, z) − r(0)) = 0 , de modo que

3  4  5 , − 5 , 0  • ((x, y, z) − (3, 4, 0)) = 0 ⇒  

3  4  5 , − 5 , 0  • (x − 3, y − 4, z) = 0   4 3 ⇒ (x − 3) − (y − 4) = 0 ⇒ 4(x − 3) − 3(y − 4) = 0 5 5 ⇒ 4x − 12 − 3y + 12 = 0 ⇒ 4x − 3y = 0

b. Encuentre la componente tangencial de r'(t) y la componente binormal de r''(t) . Solución. Paso 1. Cálculo de T(t) .

T(t) =

r '(t) = r '(t)

(−3sen(t), −4sen(t),5 cos(t))

4sen(t)  3sen(t)  = − ,− , cos(t)  . 2 2 2 5 5   9sen (t) + 16sen (t) + 25 cos (t)

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EJERCICIOS RESUELTOS

Funciones Vectoriales de Variable Real Pág.: 80 de 305

CÁLCULO III (0253) - TEMA 1

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Paso 2. Cálculo de la componente tangencial de r'(t) .

4sen(t)  3sen(t)  r'(t) • T(t) = (−3sen(t), −4sen(t),5 cos(t)) •  − ,− , cos(t)  5 5   = 5sen2 (t) + 5 cos2 (t) = 5 Paso 3. Cálculo de la componente binormal de r''(t) .

3  4 r''(t) • B(t) = (−3 cos(t), −4 cos(t), −5sen(t)) •  , − , 0  = 0 . 5  5 15. Una curva C está definida por  y = sen(x) x ∈ 0, π   2  x ∈ 0, π  .  y = x −2 π  2  2 x + (y + 1) = 1 x ∈  −1, 0 Encuentre la ecuación cartesiana de la circunferencia osculatriz en el punto (π / 2,1) . Solución. Si se sustituye en la curva r(t) = (t, sen(t)) , el parámetro t por π / 2 , se puede verificar que r(π / 2) = (π / 2,1) , de modo que se encontrará la circunferencia osculatriz para t = π /2. Paso 1. Cálculo de la curvatura en t = π / 2 .

k( 2π ) =

f ''( 2π ) (1 + (f '( 2π ))2 )3 /2

=

sen( 2π ) (1 + (cos( 2π ))2 )3/2

= 1.

Paso 2. Cálculo del vector normal en t = π / 2 .

r '( π ) × r ''( 2π ) × r '( 2π ) (1, cos( 2π ), 0) × (0, −sen( 2π ), 0) × (1, cos( 2π ), 0)   N( 2π ) =  2 =  r '( 2π ) × r ''( 2π ) × r '( 2π ) (1, cos( 2π ), 0) × (0, −sen( 2π ), 0) × (1, cos( 2π ), 0) (1, 0, 0) × (0, −1, 0) × (1, 0, 0) (0, 0, −1) × (1, 0, 0) =  = (0, 0, −1) × (1, 0, 0) (1, 0, 0) × (0, −1, 0) × (1, 0, 0) = (0, −1, 0) Paso 3. Cálculo del radio y el centro de curvatura en t = π / 2 . 1 Radio de curvatura: R(π / 2) = = 1. κ(π / 2)

Centro de curvatura: C(π / 2) = (π / 2,1) + 1.(0, −1) = (π / 2, 0) . Ecuación cartesiana de la circunferencia osculatriz: (x − π / 2)2 + y2 = 1 . La circunferencia osculatriz y la curva se pueden apreciar en la figura 38.

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Figura 38. Circunferencia osculatriz y la curva del ejercicio 4

16. Una curva C está definida por

  π y = tg(x) x ∈ 0,    4   2 2 (x − 1) + y = 1 y ∈  −1, 0 .  y = 4 (x − 2) y ∈ 0,1    π−8  En el punto (1, −1) determine las componentes tangencial y normal de la aceleración. Solución. Paso 1. Cálculo del valor del parámetro. De acuerdo a la parametrización obtenida en el inciso anterior, para t =

π 2

se genera el

punto (1, −1) y corresponde a la circunferencia.

Paso 2. Cálculo del vector tangente unitario. r'(t) = (−sen(t + π), cos(t + π)) ⇒ r'(t) = 1 ⇒ T(t) = (−sen(t + π), cos(t + π)) ⇒ T( 2π ) = (1, 0) . Paso 3. Cálculo del vector normal unitario. T'(t) = (− cos(t + π), −sen(t + π)) ⇒ T'(t) = 1 ⇒ N(t) = (− cos(t + π), −sen(t + π))

⇒ N( 2π ) = (0,1)

.

Paso 4. Cálculo del vector aceleración. r''(t) = (− cos(t + π), −sen(t + π)) ⇒ r''( 2π ) = (0,1) . Paso 5. Cálculo de las componentes tangencial y normal. Componente tan gencial = r''( 2π ) • T( 2π ) = 0 Componente normal = r''( 2π ) • N( 2π ) = 1 . 17. Sea la curva r(t) = (3 − 2t2 , t2 − 4t, 2t2 − 1) . Determine en t = 1 : a. El radio y el centro de curvatura. Solución. Paso 1. Cálculo de r'(t) y r''(t) . r'(t) = (−4t, 2t − 4, 4t) ⇒ r'(1) = (−4, −2, 4) , r''(t) = (−4, 2, 4) ⇒ r''(1) = (−4, 2, 4)

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Paso 2. Cálculo del radio de curvatura. r '(1) × r ''(1) (−4, −2, 4) × (−4, 2, 4) (−16, 0, −16) 16 2 24 2 κ(1) = = = = = 3 3 3 3 3 63 2 3 (−4, −2, 4) (−4, −2, 4) r '(1)

=

2 2 3

3

=

2 2 27

⇒ radio =

27 2 2

=

27 2 4

Paso 3. Cálculo del centro de curvatura. r '(1) × r ''(1) × r '(1) (−16, 0, −16) × (−4, −2, 4) (−32,128, 32) 25 (−1, 4,1) N(1) =  =  = = r '(1) × r ''(1) × r '(1) 16 2.6 25.3 2 25.3 2 (−1, 4,1) = 3 2 Centro:

C(1) = r(1) +

N(1) 27 2(−1, 4,1) 9 13   5 . = (1, −3,1) + = (1, −3,1) + (−1, 4,1) =  − ,12, κ(1) 4 4 4  4.3 2 

b. La ecuación del plano osculador y del plano normal. Solución. Paso 1. Cálculo de T(1) y B(1) .

T(1) =

B(1) = T(1) × N(1) =

r '(1) (−4, −2, 4) . = 6 r '(1)

−2(2,1, −2) (−1, 4,1) (9, 0, 9) (1, 0,1) × =− =− 6 3 2 9 2 2

Paso 2. Ecuación del plano osculador. (1, 0,1) − • (x − 1, y + 3, z − 1) = 0 ⇒ x + z − 2 = 0 2 Paso 3. Ecuación del plano normal. (2,1, −2) − • (x − 1, y + 3, z − 1) = 0 ⇒ 2x + y − 2z + 3 = 0 3 18. Sea r(t) = (2t, 3t2 , t3 ) . a. Halle τ(t) / κ(t) . Solución. Paso 1. Cálculo de r'(t), r''(t) y r'''(t) .

r'(t) = (2, 2 3t,3t2 ). r''(t) = (0, 2 3, 6t). r'''(t) = (0, 0, 6).

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Paso 2. Cálculo de τ(t) .

τ(t) =

(r '(t) × r ''(t)) • r '''(t) r '(t) × r ''(t)

2

(6 3t2 , −12t, 4 3) • (0, 0, 6)

= =

108t + 144t + 48 4

2

2 3 9t + 12t + 4 4

2

=

2 3 (3t2 + 2)2

24 3

=

108t + 144t2 + 48 4

.

Paso 3. Cálculo de κ(t) .

κ(t) =

r '(t) × r ''(t) r '(t)

3

108t 4 + 144t2 + 48

=

(4 + 12t + 9t ) 2

Paso 4. Cálculo de τ(t) / κ(t) .

4 3 /2

=

2 3(3t2 + 2) (3t + 2) 2

3

=

2 3 (3t2 + 2)2

.

τ(t) / κ(t) = 1 ⇒ τ(t) = κ(t) ∀t ∈ D(r) .

b. Calcule W(0) = T'(0) + N'(0) + B'(0) . Solución. De acuerdo a las fórmulas de Frenet-Serret y en concordancia con el resultado anterior se tiene que: W(0) = T'(0) + N'(0) + B'(0) = κ(0)s '(0)N(0) + τ(0)s '(0)B(0) − κ(0)s '(0)T(0) − τ(0)s '(0)N(0)

= κ(0)s '(0)N(0) + κ(0)s '(0)B(0) − κ(0)s '(0)T(0) − κ(0)s '(0)N(0) = κ(0)s '(0) B(0) − T(0) =

 (0, 0, 4 3) (2, 0, 0)  3 2 B(0) − T(0) = 3 B(0) − T(0) = 3  −  = 3(−1, 0,1) 2 2 4 3  

19. Sea r(t) una curva tal que r '(t) = k . Demuestre que la aceleración es proporcional a la curvatura de r(t). Solución.

r '(t) = k ⇒ r '(t) • r ''(t) = 0 . κ(t) =

r '(t) × r ''(t) r '(t)

3

=

r '(t) r ''(t) r '(t)

20. La espiral de Cornu viene dada por  t 2 r(t) =  cos( πα2 )dα,   0

∫

∫

t

0

3

=

r ''(t) r '(t)

 2 sen( πα2 )dα   

2

,

=

r ''(t) k2

.

t ∈R .

Calcule su longitud de arco entre t = 0 y t = a , su curvatura en t = a y exprese la relación existente entre la curvatura y la longitud de arco. Solución. 2

2

2

2

r'(t) = (cos( π2t ), sen( π2t )) , r''(t) = (−πt.sen( π2t ), πt.cos( π2t ))

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s= κ(a) =

r'(a) × r''(a) r'(a)

3

∫

a

dα = a . 0

r'(a) r''(a)

=

r'(a)

=

3

r''(a) r'(a)

2

= aπ .

Relación entre curvatura y longitud de arco: κ(s) = sπ . 21. Encuentre la ecuación de la circunferencia osculatriz a la hipérbola equilátera xy = 1 en los puntos donde el radio de curvatura sea mínimo.

Solución. Sea

f(x) =

1 , x

entonces

f '(x) = −

1 2

x

2

y f ''(x) =

x3

.

De modo que:

κ(x) =

f ''(x) (1 + (f '(x))2 )3 2

=

(1

2 x3 + 14 )3 2 x

, si x > 0, κ(x) =

2 x3 (x4 +1)3 2 x6

=

2x3 (x4 + 1)3 2

Radio de curvatura mínimo ⇒ Curvatura máxima

κ '(x) = =

6x2 (x 4 + 1)3 2 − 2x3. 23 (x4 + 1)1 2.4x3 (x + 1) 4

3

6x2 (x4 + 1)1 2 (x4 + 1 − 2x4 )

=

(x 4 + 1)3

6x2 (x4 + 1)1 2 (1 − x4 ) (x4 + 1)3

κ '(x) = 0 ⇒ 6x2 (x 4 + 1)1 2 (1 − x4 ) = 0 ⇒ x = 0 , x = 1. En x = 0, la curvatura es mínima, κ(0) = 0. En x = 1, la curvatura es máxima, κ(1) = 2 / 2. Como f(x) es impar se tiene en x = −1, la curvatura es máxima, κ(−1) = 2 / 2. Una parametrización para la curva es r(t) = (t,1 / t) .

T(t) =

(1, − 12 ) r '(t) t = r '(t) 1 + 14 t

Ecuación de la circunferencia osculatriz para t = 1 : Radio de curvatura = a = 2. Centro de curvatura = C(1) = r(1) + 2N(1) .

T(1) =

(1, −1) 2

⇒ N(1) =

(1,1) 2

.

C(1) = r(1) + 2N(1) = (1,1) + (1,1) = (2, 2) .

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Circunferencia osculatriz: (x − 2)2 + (y − 2)2 = 2 . Ecuación de la circunferencia osculatriz para t = −1 : Radio de curvatura = a = 2. Centro de curvatura = C = r(−1) + 2N(−1) .

T(−1) =

(1, −1) 2

⇒ N(−1) =

(−1, −1) 2

.

C = r(−1) + 2N(−1) = (−1, −1) + (−1, −1) = (−2, −2) . Circunferencia osculatriz: (x + 2)2 + (y + 2)2 = 2 . 22. La circunferencia x2 + y2 = 5 es osculatriz en el punto (1,2) a una parábola, cuyo eje es paralelo al eje x. Halle la ecuación de esta parábola. Solución. Una parábola de eje paralelo al eje x tiene ecuación de la forma x = ay2 + by + c . Evaluando en el punto de interés se obtiene la relación 1 = 4a + 2b + c

(*)

De modo que si se hace t = y se obtiene r(t) = (at + bt + c, t) , t ∈ R . De esta forma se 2

generan los vectores

r '(t) = (2at + b,1) y r ''(t) = (2a, 0) . En el punto de interés (t = 2) , se tienen los vectores

r(2) = (4a + 2b + c,2) , r '(2) = (4a + b,1) y r ''(2) = (2a, 0) . Aplicando la ecuación de centro de curvatura se tiene

C(2) = (1, 2) + 5N(2) = (0, 0) ⇒ N(2) =

(−1, −2) 5

.

Como T(2) =

(4a + b,1) (4a + b)2 + 1

,

entonces T(2) • N(2) = 0 ⇒ −4a − b − 2 = 0 ⇒ 4a + b = −2 .

Por otro lado,

2a

κ(2) =

(4a + b)2 + 1   Al usar la relación (**) se tiene 2a 53

=

1 5

3

=

1 5

⇒ 2a = 5 ⇒ a = ±

.

5 . 2

Usando las relaciones (*) y (**) se tienen dos parábolas: Parábola 1. a = − 52 , b = 8 , c = −5 ⇒ x = − 52 y2 + 8y − 5 ⇒ (y − 85 )2 = − 25 (x − 75 ) .

(**)

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Parábola 2. a =

5 2

, b = −12 , c = 15 ⇒ x =

5 2

y2 − 12y + 15 ⇒ (y − 12 )2 = 5

2 (x 5

− 53 ) .

Como se puede observar en la figura 39, se elige la parábola 1 ya que la circunferencia osculatriz se encuentra en la parte cóncava de la curva.

Figura 39. Representación gráfica de las curvas del ejercicio 11

23. Sea la curva

 t3  r(t) =  − t, t2  . 3    Obtenga la ecuación de la circunferencia osculatriz en (0,0). Solución. 1 (t2 − 1, 2t) 2 κ(0) = 2 ⇒ radio = . T(t) = ⇒ T '(t) = 2 (2t,1 − t2 ) 2 2 t +1 (t + 1)2

⇒ N(t) =

(2t,1 − t2 ) (t2 + 1)

⇒ N(0) = (0,1)

Centro: (0, 0) + 12 (0,1) = (0, 12 ) . Circunferencia: x2 + (y − 12 )2 = 24. Una

partícula

se

mueve

a

lo

largo

de

una

curva

de

1 . 4

ecuación

dada

por

r(t) = (t − 3t, t + t, 3t) . Calcule la componente normal y tangencial de la aceleración en 3

2

un punto donde el plano normal es paralelo al plano −3x + 4z = 24 . Solución.

r'(t) = (3t2 − 3, 2t + 1, 3) , r''(t) = (6t, 2, 0) De modo que

T(t) =

r'(t) = r'(t)

(3(t + 1)(t − 1), 2t + 1, 3) 9(t + 1)2 (t − 1)2 + (2t + 1)2 + 9

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Para obtener paralelismo con el plano −3x + 4z = 24 se tiene

i 1

T(t) × (−3, 0, 4) =

j

k

3(t − 1) 2t + 1 3 −3 0 4 2

9(t + 1)2 (t − 1)2 + (2t + 1)2 + 9

= (8t + 4, −12t2 + 3, 6t + 3) = (0, 0, 0) ⇒ t = − Calculando en el punto de interés r'(− 12 ) • r''(− 12 ) (− 94 , 0, 3) • (−3, 2, 0) c T (− 12 ) = = = 81 + 0 + 9 r'(− 12 ) 16

27 4 81 16

+9

1 2

=

27 9 = 15 5

=

2 61 5

i j k 9 −4 0 3 cN (− 12 ) =

r'(− 12 ) × r''(− 12 ) r'(−

1) 2

=

−3 2 0 81 16

+0+9

=

(−6, −9, − 92 81 16

+9

25. Sea la curva de ecuación vectorial r(t) = (t cos(t), tsen(t), t). a. Calcule el cociente curvatura entre torsión en t = 0. Solución.

r '(t) = (cos(t) − tsen(t), sen(t) + t cos(t),1) ⇒ r '(0) = (1, 0,1) r ''(t) = (−2sen(t) − t cos(t), 2 cos(t) − tsen(t), 0) ⇒ r ''(0) = (0, 2, 0) r '''(t) = (−3 cos(t) + tsen(t), −3sen(t) − t cos(t), 0) ⇒ r '''(0) = (−3, 0, 0) i

j k

r '(0) × r ''(0) = 1 0 1 = (−2, 0, 2) ⇒ r '(0) × r ''(0) = 2 2 0 2 0 (r '(0) × r ''(0)) • r '''(0) = (−2, 0, 2) • (−3, 0, 0) = 6 κ(0) = τ(0)

r '(0)×r ''(0) 3 r '(0) (r '(0)× r ''(0))•r '''(0) 2 r '(0)× r ''(0)

=

r '(0) × r ''(0)

3

3

r '(0) .((r '(0) × r ''(0)) • r '''(0))

=

16 2 2 2.6

b. Halle la ecuación del plano osculador en el punto (0,0,0). Solución.

B(0) =

r '(0) × r ''(0) (−2, 0,2)  1 1  = = − , 0, . r '(0) × r ''(0) 2 2 2 2 

Luego, la ecuación es:  1 1  , 0, −  • (x, y, z) = 0 ⇒ −x + z = 0 . 2 2 

=

16 4 = 12 3

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26. Una curva plana C, que viene parametrizada por r(t) = (x(t), y(t), z(t)) es tal que

r(t0 ) = (0, −1, 3) , r '(t0 ) = (−2,1, 0) , r ''(t0 ) = (0, 23 , −3) . Encuentre en t0 : a. La curvatura de C. Solución.

i r '(t0 ) × r ''(t0 ) = −2

j

k

1

0 = (−3, −6, −3) ,

r '(t0 ) × r ''(t0 ) = 9 + 36 + 9 = 3 6.

3 / 2 −3

0

r '(t0 ) =

4 + 1 = 5.

Se tiene entonces que:

κ(t0 ) =

r '(t0 ) × r ''(t0 ) r '(t0 )

3

=

3 6 5 5

.

b. La ecuación del plano rectificante. Solución.

B(t0 ) =

(1, 2,1) 6

N(t0 ) =

1 30

, T(t0 ) =

r '(t0 ) (−2,1, 0) = , r '(t0 ) 5

i

j k

1

2 1 =

−2 1 0

1 30

(−1, −2,5) .

Ecuación del plano rectificante: (−1, −2,5) • (x, y + 1, z − 3) = 0 ⇒ x + 2y − 5z + 17 = 0. c.

El vector N' . Solución.

N '(t0 ) = τ(t0 ).s '(t0 ).B(t0 ) − κ(t0 ).s '(t0 ).T(t0 ) = (0, 0, 0) − =−

3 6 5 5

3 6 5 5

. 5.

(−2,1, 0) 5

(−2,1, 0).

27. Sea r(t) = (3t − t3 , 3t2 , 3t + t3 ) . Determine: a. que κ(t) = τ(t) en cualquier punto. Solución.

r '(t) = (3 − 3t2 , 6t, 3 + 3t2 ) , r ''(t0 ) = (−6t, 6, 6t) , r '''(t0 ) = (−6, 0, 6).

i r '(t) × r ''(t) = 3 − 3t −6t

j 2

k

6t 3 + 3t2 = (18t2 − 18, −36t,18t2 + 18) = 18(t2 − 1, −2t, t2 + 1) 6 6t

r '(t) × r ''(t) = 18 2(t2 + 1) ,

r '(t) = 18(t2 + 1).

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Se tiene entonces que:

κ(t) =

r '(t) × r ''(t) r '(t)

τ(t) =

(r '(t) × r ''(t)) • r '''(t) r '(t) × r ''(t)

b. un valor t0 donde r(t)

2 2

=

3

=

18 2(t2 + 1) 18 18(t + 1) 2

3

=

1 3(t + 1)2 2

18(t2 − 1, −2t, t2 + 1) • (−6, 0, 6) 18 .2.(t + 1) 2

2

2

=

. 12

36(t + 1) 2

2

=

1 3(t + 1)2 2

.

alcance un máximo o mínimo local.

Solución. r(t)

c.

2

= (3t − t3 )2 + 9t 4 + (3t + t3 )2 = 9t2 − 6t4 + t6 + 9t 4 + 9t2 + 6t 4 + t6 = 2t6 + 9t 4 + 18t2

 r(t) 2  ' = 0 ⇒ 12t5 + 36t3 + 36t = 0 ⇒ t = 0    r(t) 2  '' = 60t 4 + 108t2 + 36 ⇒  r(0) 2  '' = 36 > 0 mínimo local     cómo son geométricamente los vectores r '(t0 ) y r ''(t0 ). Solución. r '(0) • r ''(0) = (3, 0, 3) • (0, 6, 0) = 0 , por lo tanto son ortogonales.

28. Una partícula móvil con vector de posición r(t) se mueve en el espacio. Pruebe que si r(t) × r '(t) es un vector constante, la partícula se mueve en un plano. Solución. r(t) × r '(t) = (a,b, c) ⇒ (r(t) × r '(t)) ' = r(t) × r ''(t) = 0 ⇒ r(t) r ''(t) ⇒ r ''(t) = k1r(t).

r ''(t) × r '(t) = k1(a,b, c) ⇒ r '''(t) × r '(t) = 0 ⇒ r '(t) r '''(t) ⇒ r '''(t) = k2r '(t).

τ(t) =

(r '(t) × r ''(t)) • r '''(t) r '(t) × r ''(t)

2

=

k1 (r '(t) × r(t)) • k2r '(t) = K((r '(t) × r(t)) • r '(t)) = 0 . k3

29. Encuentre los puntos de máxima y mínima torsión de la curva dada por r(t) = (t − sen(t),1 − cos(t), t) , t ∈ [0, 2π]. Solución. r '(t) = (1 − cos(t), sen(t),1) , r ''(t) = (sen(t), cos(t), 0) , r '''(t) = (cos(t), −sen(t), 0) .

i

j

k

r '(t) × r ''(t) = 1 − cos(t) sen(t) 1 = (− cos(t), sen(t), −1 + cos(t)) . sen(t) cos(t) 0

r '(t) × r ''(t) τ(t) =

2

= cos2 (t) + sen2 (t) + cos2 (t) − 2 cos(t) + 1 = cos2 (t) − 2 cos(t) + 2 .

(− cos(t), sen(t), −1 + cos(t)) • (cos(t), −sen(t), 0)

τ '(t) =

cos (t) − 2 cos(t) + 2 2

−2 cos(t)sen(t) + 2sen(t) (cos2 (t) − 2 cos(t) + 2)2

=−

1 cos (t) − 2 cos(t) + 2 2

= 0 ⇒ sen(t)(1 − cos(t)) = 0 ⇒ t = 0, π,2π.

.

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Funciones Vectoriales de Variable Real Pág.: 90 de 305

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Mínima torsión: t = 0, t = 2π τ(0) = τ(2π) = −1 / 2. Puntos: r(0) = (0, 0, 0) , r(2π) = (2π, 0, 2π) Máxima torsión: t = π τ(π) = −1 / 5. Puntos: r(π) = (π,2, π) . 30. El movimiento de una partícula en un instante cualquiera tiene como vector aceleración

a(t) = (sen(t), t2 , 2) . Para t = 0 se sabe que v(0) = (2,3,1) y r(0) = (0, 0, 0) . a. Encuentre la ecuación de la curva r(t) que describe la posición de la partícula. Solución.

v(t) = (− cos(t) + c1 , t3 / 3 + c3 , 2t + c5 ) , r(t) = (−sen(t) + c1t + c2 , t 4 / 12 + c3t + c4 , t2 + c5 t + c6 ) . v(0) = (−1 + c1 , c3 , c5 ) = (2,3,1) ⇒ c1 = 3, c3 = 3, c5 = 1 .

r(0) = (c2 , c4 , c6 ) = (0, 0, 0) ⇒ c2 = 0, c4 = 0, c6 = 0 . Por tanto r(t) = (−sen(t) + 3t, t 4 / 12 + 3t, t2 + t) . b. Calcule para t = 0 , la torsión y el plano osculador. Solución. r(0) = (0, 0, 0) , r '(0) = (2, 3,1) , r ''(0) = (0, 0, 2) ,

r '''(t) = (cos(t), 2t, 0) ⇒ r '''(0) = (1, 0, 0) . τ(0) =

(r '(0) × r ''(0)) • r '''(0) r '(0) × r ''(0)

B(0) =

2

=

(6, −4, 0) • (1, 0, 0) 6 3 . = = 52 52 26

r '(0) × r ''(0) (6, −4, 0) (3, −2, 0) = = . r '(0) × r ''(0) 52 13

Plano osculador:

(3, −2, 0) 13 c.

• (x − 0, y − 0, z − 0) = 0 ⇒ 3x − 2y = 0 .

Encuentre las componentes tangencial y normal del vector aceleración en t = 0 . Solución.

c T (0) =

r '(0) • r ''(0) (2, 3,1) • (0, 0, 2) = = r '(0) 14

2 14

. cN (0) =

r '(0) × r ''(0) r '(0)

=

52 14

31. Determine y grafique la función φ(α) > 0 tal que la curva  r(t) =   

∫

t

φ(α)sen(α)dα, 0

∫

t

φ(α) cos(α)dα, 0

∫

t

0

 φ(α) tan(α)dα  , 0 < t <  

tenga curvatura κ(t) = 1 + cos2 (t) . Solución. Paso 1. Cálculo de r'(t),

r'(t) y r''(t) .

r'(t) = (φ(t)sen(t), φ(t) cos(t), φ(t) tan(t)) = φ(t)(sen(t), cos(t), tan(t)) .

π 2

=

26 7

.

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r'(t) = φ(t) sen2 (t) + cos2 (t) + tan2 (t) = φ(t) 1 + tan2 (t) = φ(t) sec(t) . r''(t) = φ(t)(cos(t), −sen(t), sec2 (t)) + φ '(t)(sen(t), cos(t), tan(t)) . 3

Paso 2. Cálculo de r'(t) × r''(t),

r'(t) × r''(t) y r'(t) .

r'(t) × r''(t) = φ(t)(sen(t), cos(t), tan(t)) × φ(t)(cos(t), −sen(t), sec2 (t)) + φ '(t)(sen(t), cos(t), tan(t))   = (φ(t))2 (sen(t), cos(t), tan(t)) × (cos(t), −sen(t), sec2 (t)) × φ(t)φ '(t) (sen(t), cos(t), tan(t)) × (sen(t), cos(t), tan(t))   i = (φ(t))2 sen(t)

j cos(t)

k i j k i j k tan(t) + φ(t)φ '(t) sen(t) cos(t) tan(t) = (φ(t))2 sen(t) cos(t) tan(t) + φ(t)φ '(t)0 sen(t) cos(t) tan(t) cos(t) −sen(t) sec2 (t) cos(t) −sen(t) sec2 (t)

i = (φ(t))2 sen(t)

j cos(t)

k  1  sen2 (t) sen(t) tan(t) = (φ(t))2  + , sen(t) − , −sen2 (t) − cos2 (t)  2  cos(t) cos(t)  cos (t)   cos(t) −sen(t) sec2 (t)

 1 + sen2 (t)  sen3 (t) = (φ(t))2  ,− , −1  2  cos(t)  cos (t)  

r'(t) × r''(t) = (φ(t))2

(1 + sen2 (t))2 2

cos (t)

+

sen6 (t) 4

cos (t)

+1 ,

r'(t)

3

= (φ(t))3 sec3 (t) .

Paso 3. Cálculo de κ(t) .

κ(t) =

r'(t) × r''(t) r'(t)

3

(φ(t))2 =

(1 + sen2 (t))2 cos2 (t)

+

sen6 (t) cos4 (t)

(φ(t))3 sec3 (t)

+1

cos2 (t) =

(1 + sen2 (t))2 cos2 (t)

+

sen6 (t) cos4 (t)

+1

φ(t) sec(t)

=

cos2 (t)(1 + sen2 (t))2 + sen6 (t) + cos4 (t) φ(t) sec(t)

=

cos2 (t)(2 − cos2 (t))2 + (1 − cos2 (t))3 + cos4 (t) φ(t) sec(t)

=

cos2 (t)(4 − 4 cos2 (t) + cos4 (t)) + 1 − 3 cos2 (t) + 3 cos4 (t) − cos6 (t) + cos4 (t) φ(t) sec(t)

=

4 cos2 (t) − 4 cos4 (t) + cos6 (t) + 1 − 3 cos2 (t) + 3 cos4 (t) − cos6 (t) + cos4 (t) φ(t) sec(t)

=

1 + cos2 (t) φ(t) sec(t)

Paso 4. Búsqueda y gráfico de φ(t) . Igualando de acuerdo a lo especificado:

κ(t) = 1 + cos2 (t) ⇒

1 + cos2 (t) = 1 + cos2 (t) ⇒ φ(t) = cos(t) . φ(t) sec(t)

Se muestra la gráfica de φ(t) = cos(t), 0 ≤ t <

π 2

(ver figura 40)

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Figura 40. Gráfica de φ(t) = cos(t), 0 ≤ t <

π 2

32. Halle una parábola y = ax2 + bx + c que tenga con la función y = sen(x) en el punto A( 2π ,1) la misma recta tangente y la misma curvatura.

Solución. Paso 1. Construcción de función posición de las curvas y sus derivadas.

r(t) = (t, at2 + bt + c) ⇒ r'(t) = (1, 2at + b) ⇒ r''(t) = (0, 2a)

Parábola:

Trigonométrica: r(t) = (t, sen(t)) ⇒ r'(t) = (1, cos(t)) ⇒ r''(t) = (0, −sen(t))

Paso 2. Cálculo de la curvatura de las curvas. Parábola:

κ(t) =

f ''(t) 1 + (f '(t))2   

3 /2

=

2a 1 + (2at + b)2   

3/2

⇒ κ( 2π ) =

2a 1 + (aπ + b)2   

3/2

Trigonométrica: κ(t) =

f ''(t) 2

1 + (f '(t))  

3/2

=

−sen(t) 2

1 + (cos(t))  

3 /2

⇒ κ( 2π ) = 1

Paso 3. Relaciones encontradas entre los parámetros a determinar. 2

r( 2π ) = ( 2π ,1) ⇒ a π4 + b 2π + c = 1 , r'( 2π ) = (1, cos( 2π )) = (1, 0) ⇒ aπ + b = 0 Igualando curvaturas en t =

π 2

⇒ 2a = 1 .

Paso 4. Determinación de valores de los parámetros. 2a = 1 ⇒ a = ± 12 . Sustituyendo el valor de a en la relación aπ + b = 0 se tiene que b = ∓ 2π . 2

Finalmente se determina el valor de c sustituyendo a y b en la relación a π4 + b 2π + c = 1 de 2

donde se tiene que: c = 1 − a π4 − b 2π = 1 ∓

π2 8

±

π2 4

=1±

π2 8

.

Se concluye que existen dos parábolas como solución al problema 1 π π2 1 π π2 . y = 1 + x2 − x + ; y = 1 − x2 + x − 2 2 8 2 2 8

SISTEMA DE COORDENADAS POLARES U.C.V.

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1.34. SISTEMA DE COORDENADAS POLARES El sistema de coordenadas rectangulares que se ha estado usando hasta ahora, no es más que un algoritmo que permite establecer una correspondencia entre los puntos del plano y los pares de números reales. Sin embargo, esta no es la única manera en que se puede establecer una correspondencia de este tipo. En la vida real, por ejemplo, cuando se pide cómo llegar a un determinado lugar, a veces se da su ubicación en coordenadas rectangulares (“camine 3 cuadras hacia el norte y después 2 hacia el este”) pero a veces se usa otro sistema, sobre todo si el lugar se encuentra en una región no urbanizada (“camine en tal dirección un kilometro y medio”). Precisamente, este sistema en el cual un punto se ubica mediante una dirección y una distancia, es sumamente útil en muchas aplicaciones y recibe el nombre de “sistema polar”. Cada punto P de R2 con coordenadas rectangulares (x,y) se puede asociar con el par (r, θ) de la siguiente forma: Se traza una recta (eje polar) que pase por P y por el origen de coordenadas (llamado ahora polo), la cual formará un ángulo θ , medido en radianes, con la dirección positiva del eje X. Esta recta puede verse como la rotación de un ángulo θ del eje X. El eje X corresponde a θ = 0 . Se asigna a P las coordenadas polares r (coordenada radial) que es la distancia dirigida de P al polo y θ (coordenada angular) (ver figura 41). De esta forma, dado un punto P, la relación entre sus coordenadas cartesianas (x,y) y sus coordenadas polares, viene dada por:

x = r cos(θ) ⇒   y = rsen(θ)

 r = ± x2 + y2 .  θ = arctg(y / x) , x ≠ 0

Figura 41. Relaciones cartesianas - polares

SISTEMA DE COORDENADAS POLARES U.C.V.

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Ejemplo 28. Encuentre las coordenadas cartesianas del punto (3, π) . Solución.

x = 3 cos(π) = −3 ; y = 3sen(π) = 0 . Ejemplo 29. Encuentre las coordenadas polares del punto (1,1). Solución.

r = ± 12 + 12 = ± 2 ; θ = arctg(1 /1) = π 4 . Si θ = π 4 , r = 2 . Entonces se puede apreciar que las coordenadas polares del punto son ( 2, 4π ) .

Observación 15. La representación polar de un punto en cartesianas no es única. Si un punto tiene coordenadas polares (r, θ) , también son coordenadas del mismo punto (r, θ + 2kπ)

o (−r, θ + (2k + 1)π) , (k ∈ Z) . Por ejemplo, para k = 0 se tiene que las coordenadas (r, θ) y (−r, θ + π) representan el mismo punto P.

Ejemplo 30. Las coordenadas polares del punto (1,1), además de ( 2, 4π ) también pueden ser: (− 2, 54π ) , (− 2, − 34π ) .

1.35. REPRESENTACIONES DE UNA CURVA EN POLARES Como se sabe, un punto tiene infinitas representaciones: Si las coordenadas de P son (r, θ) , también lo son (r, θ + 2kπ) o (−r, θ + (2k + 1)π) con k ∈ Z , estas dos expresiones se pueden resumir en una sola

(−1)k r = f(θ + kπ). Ejemplo 31. Encuentre las representaciones de la curva dada por r = 2 cos(2θ) . Solución.

(−1)k r = 2 cos 2(θ + kπ) = 2 cos(2θ + 2kπ) = 2 cos(2θ) cos(2kπ) − 2sen(2θ)sen(2kπ)) de donde r = 2 cos(2θ) si k es par,

r = −2 cos(2θ) si k es impar .

Las dos ecuaciones representan la misma curva.

ECUACIÓN POLAR DE UNA RECTA U.C.V.

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1.36. ECUACIÓN POLAR DE UNA RECTA Sean R una recta cualquiera, I = (r* , ω) las coordenadas polares del punto intersección entre R y su perpendicular que pasa por el polo y P(r, θ) cualquier punto sobre la recta R, entonces

cos(θ − ω) =

r* , r

de donde se obtiene la ecuación de R en coordenadas polares: r* . r= cos(θ − ω) Ejemplo 32. Calcule la ecuación polar de la recta de ecuación cartesiana y = x + 1. Solución. La ecuación de la recta perpendicular que pasa por el origen es y = −x , siendo el punto de

intersección: −x + y = 1 ⇒ (−1 / 2,1 / 2) .  x+y = 0 Sus coordenadas polares son:

r* = (−1 / 2)2 + (1 / 2)2 = 2 2. Sea ω = arctg(−1) = 3π 4 , luego las coordenadas de este punto son ( 2 2 , 3π 4) . La ecuación polar de la recta es por lo tanto

r=

22 . 3π   cos  θ − 4  

Casos particulares: (ver figura 42) a. Recta que pasa por el origen: y = mx : rsen(θ) = mr cos(θ) ⇒ tg(θ) = m ⇒ θ = arctg(m) b. Recta paralela al eje y: x = c : r* = c; ω = 0; r = c.

Recta es paralela al eje x: y = b : r* = b; ω =

c . cos(θ)

π b b ; r= = . 2 cos(θ − π 2) sen(θ)

d. Rectas paralelas: Si la recta R tiene ecuación r* = r cos(θ − ω) entonces la ecuación de una recta paralela R es r* + d = r cos(θ − ω) donde d es la distancia entre las dos rectas. Observe que d puede ser positivo o negativo de acuerdo con la posición de la recta respecto de R.

ECUACIÓN POLAR DE UNA RECTA U.C.V.

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Figura 42. Algunos casos particulares de ecuaciones de rectas en polares

Ejemplo 33. Determine la ecuación de la recta que pasa por el punto (5,0) y forma con el eje polar un ángulo α = 5π / 6. Solución. Ecuación cartesiana: 3y + 3x − 5 3 = 0 . Recta perpendicular:

3y = 3x.

5 5  5 π Punto de intersección:  , 3  . En coordenadas polares:  ,  . 4 4  2 3 Ecuación polar de la recta:

r=

5 2

cos(θ − 3π )

.

1.37. ECUACIÓN POLAR DE UNA CIRCUNFERENCIA Sean (r ', θ ') las coordenadas polares del centro de la circunferencia y a su radio. Sea

P(r, θ) cualquier otro punto de la circunferencia, entonces por el teorema del coseno se tiene la ecuación general de una circunferencia dada por la expresión

a2 = (r ')2 + r2 − 2rr ' cos(θ − θ ') . Casos particulares: a. Centro en el polo, es decir, (r ', θ ') = (0, θ) , por lo tanto r2 = a2 de donde: r = a o bien

r = −a . b. Centro sobre el eje x y pasa por el polo, es decir, (r ', θ ') = (a, 0) , por lo tanto su ecuación es r = 2a cos(θ) .

ECUACIÓN POLAR DE UNA CIRCUNFERENCIA U.C.V.

c.

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Centro sobre el eje y y pasa por el polo, es decir, (r ', θ ') = (a, 2π ) , por lo tanto su ecuación es r = 2asen(θ) .

Ejemplo 34. Una circunferencia que pasa por el polo y por el punto (−1, 6π ) , tiene su centro en la recta θ =

4π 3

. Determine su ecuación polar.

Solución. Ecuación de la circunferencia: r = 2a cos(θ −

4π ). 3

Como pasa por el punto (−1, 6π ) entonces se tiene que

−1 = 2a cos( 6π −

4π ) 3

= 2a cos( π−68π ) = 2a cos(− 76π ) = 2a cos( 76π ) = − 3a ⇒ a =

3 3

.

Por lo tanto

r=

2 3 3

cos(θ −

4π ). 3

1.38. DISTANCIAS EN COORDENADAS POLARES Distancia entre dos puntos. Sean P1(r1 , θ1 ) y P2 (r2 , θ2 ) dos puntos del plano, dados en

coordenadas polares. Por el teorema del coseno se tiene que la distancia de P1 a P2 viene dada por

d(P1 ,P2 ) = r12 + r22 − 2r1r2 cos(θ1 − θ2 ) . Distancia entre un punto y una recta. Sean R la recta de ecuación polar r* = r cos(θ − ω) y P con coordenadas (r1 , θ1 ). Sea d la distancia entre las rectas R y R’, donde ésta es paralela

a R y pasa por (r1 , θ1 ), su ecuación es por lo tanto r* + d = r cos(θ − ω) . El punto (r1 , θ1 ) satisface la ecuación de R’. Por lo tanto d(P,R) = d = r1 cos(θ1 − ω) − r* .

Ejemplo 35. Calcule la distancia de la recta

r=

2 cos(θ − 4π )

al punto (2, 3π / 4) . Solución.

 3π π  π d(P,R) = 2 cos  −  − 2 = 2 cos   − 2 = 2. 4  4 2

ECUACIÓN POLAR DE UNA CÓNICA U.C.V.

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1.39. ECUACIÓN POLAR DE UNA CÓNICA Definición 38. Una cónica es el conjunto de los puntos P del plano tales que el cociente de la distancia de P a un punto fijo F (foco) entre la distancia de P a una recta fija D (directriz) es una constante e (excentricidad):

PF PD

=e

a. Si e < 1 la cónica es una elipse b. Si e = 1 la cónica es una parábola c.

Si e > 1 la cónica es una hipérbola Suponga que la directriz D tiene ecuación r cos(θ − ω) = r* , las coordenadas del foco

son (ρ, α) , y sea P = (r, θ) un punto arbitrario de la cónica, luego su ecuación será:

r2 + ρ2 − 2rρ cos(θ − α) = e r cos(θ − ω) − r* .

En algunos casos la ecuación anterior toma una forma muy simple, por ejemplo, si el foco coincide con el polo, es decir, F = (0, 0) la ecuación anterior se reduce a:

r = e r cos(θ − ω) − r* . Además si la directriz es paralela al eje:

a.

θ = π / 2 (eje y) y está a la derecha del foco se tendrá ω = 0 y r cos(θ) − r* < 0, luego

r=

er* 1 + e cos(θ)

con r* > 0 . b.

θ = π / 2 y está a la izquierda del foco se tendrá ω = 0 y r cos(θ) − r* > 0 , luego r=−

er* 1 − e cos(θ)

con r* < 0 . c.

θ = 0 (eje x) y está por encima del foco se tendrá ω = π / 2 y r cos(θ) − r* < 0, luego

r=

er* 1 + esen(θ)

con r* > 0 .

d.

θ = 0 y está por debajo del foco se tendrá ω = π / 2 y rsen(θ) − r* > 0, luego r=− con r* < 0 .

er * 1 − esen(θ)

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Ejemplo 36. Determine la ecuación de la cónica con foco en el polo, directriz x = 2 y excentricidad e = 2. Solución. La directriz es x = 2 , luego r* = 2 , está a la derecha del foco y es paralela al eje θ = π / 2 por lo tanto su ecuación general es

r=

er* . 1 + e cos(θ)

r=

4 . 1 + 2 cos(θ)

Sustituyendo se tiene

Ejemplo 37. La ecuación de una cónica es

r=

4 . 3 + 2sen(θ)

Identifique la cónica, dé la ecuación de la directriz correspondiente al foco en el polo y obtenga los vértices.

Solución.

r=

4 = 3 + 2sen(θ) 1 +

4 3 2 3

sen(θ)

.

Por tanto e = 2 / 3 < 1 , la cónica es una elipse. Se tiene además que 2 4 er* = r* = ⇒ r* = 2 ; 3 3 por lo tanto la ecuación de la directriz es rsen(θ) = 2. Vértices: r(π / 2) = 4 / 5 ⇒ v1 = (4 / 5, π / 2) ; r(3π / 2) = 4 ⇒ v2 = (4, 3π / 2) .

1.40. GRÁFICAS EN COORDENADAS POLARES Dada una curva definida por la ecuación F(r, θ) = 0 , se define el gráfico de ella como el conjunto de puntos P(r, θ) que satisfacen la ecuación.

Tipos de caracoles (o limacon). Sea la ecuación r = a + b cos(θ), donde a > 0 y b > 0 . a.

0 < a / b < 1 : Caracol con lazo (ver figura 43)

GRÁFICAS EN COORDENADAS POLARES U.C.V.

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Figura 43. Gráfica de r=1+2cos(θ)

b.

a / b = 1 : Cardioide (forma de corazón) (ver figura 44)

Figura 44. Gráfica de r=1+cos(θ)

c.

1 < a / b < 2 : Caracol con hendidura (ver figura 45)

3 +cos(θ) Figura 45. Gráfica de r= 2

d.

2 ≤ a / b : Caracol convexo (sin hendidura) (ver figura 46)

Funciones Vectoriales de Variable Real Pág.: 100 de 305 Prof. José Luis Quintero

GRÁFICAS EN COORDENADAS POLARES U.C.V.

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Funciones Vectoriales de Variable Real Pág.: 101 de 305

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Figura 46. Gráfica de r=3+cos(θ)

Tipos de rosas. La gráfica de una ecuación de la forma r = a cos(nθ) es una rosa que tiene n hojas si n es impar y 2n hojas si n es par. Cada hoja tiene una longitud a. (ver figuras 47 y 48)

Figura 47. Gráfica de r=2cos(2θ)

Figura 48. Gráfica de r=2cos(3θ)

1.41. INTERSECCIÓN DE CURVAS EN POLARES Dada una curva definida por la ecuación F(r, θ) = 0 , se define el gráfico de ella como el conjunto de puntos P(r, θ) que satisfacen la ecuación.

INTERSECCIÓN DE CURVAS EN POLARES U.C.V.

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Ejemplo 38. Intersecte las curvas r = 2 cos(2θ) y r = 1 . Solución. (ver figura 49)

Figura 49. Intersecciones de las curvas del ejemplo 38

Se observa de la figura 49 que hay ochos puntos de intersección. Para obtener todas las soluciones se debe intersectar una a una las representaciones de dichas curvas, es decir, r = ±1 y r = ±2 cos 2θ ; lo cual se traduce en resolver los siguientes dos sistemas: r =1 r =1   , ;   r = 2 cos 2θ r = −2 cos 2θ

cuyas soluciones en el intervalo [0, 2π] son: π 5π 7π 11π θ= , , , 6 6 6 6 del primer sistema y θ=

π 2π 4π 5π , , , 3 3 3 3

del segundo sistema.

1.42. FORMA PARAMÉTRICA DE UNA CURVA EN POLARES. BÚSQUEDA DE TANGENTES Sea r = r(θ) la ecuación de una curva en coordenadas polares, se tiene entonces su forma paramétrica

r(θ) = (r(θ) cos(θ),r(θ)sen(θ)) .

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Tangentes horizontales: r '(θ)sen(θ) + r(θ) cos(θ) = 0 y r '(θ) cos(θ) − r(θ)sen(θ) ≠ 0 . Tangentes verticales: r '(θ)sen(θ) + r(θ) cos(θ) ≠ 0 y r '(θ) cos(θ) − r(θ)sen(θ) = 0 . Ejemplo 39. Encuentre las tangentes horizontales y verticales a r = 1 + 2 cos(θ) . Solución. (ver figura 50)

Figura 50. Gráfica del ejemplo 39

Tangentes horizontales:

−2sen2 (θ) + (1 + 2 cos(θ)) cos(θ) = 0 ⇒ −2(1 − cos2 (θ)) + cos(θ) + 2 cos2 (θ) = 0 ⇒ −2 + 4 cos2 (θ) + cos(θ) = 0 ⇒ θ = 53.62 ,147.46 ,212.53 ,306.38 y

4sen(θ) cos(θ) + sen(θ) ≠ 0 Puntos (2.19,53.62 ) , (−0.69,147.46 ) , (−0.69,212.53 ) , (2.19, 306.38 ) 

Tangentes verticales: −2sen(θ) cos(θ) − (1 + 2 cos(θ))sen(θ) = 0 ⇒ −2sen(θ) cos(θ) − sen(θ) − 2sen(θ) cos(θ) = 0

⇒ 4sen(θ) cos(θ) + sen(θ) = 0 ⇒ sen(θ)(4 cos(θ) + 1) = 0 ⇒ θ = 0 ,180 ,104.47 , 255.52 y

4 cos2 (θ) + cos(θ) − 2 ≠ 0 Puntos (3, 0) , (−1,180 ) , (0.5,104.47 ) , (0.5, 255.52 ) . TEOREMA 15. Si m es la pendiente de la recta tangente a la gráfica de r(θ) en el punto

(r(θ), θ), entonces m=

r '(θ)sen(θ) + r(θ) cos(θ) . r '(θ) cos(θ) − r(θ)sen(θ)

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Demostración. Se sabe que

m=

dy dy / dθ r '(θ)sen(θ) + r(θ) cos(θ) = = dx dx / dθ r '(θ) cos(θ) − r(θ)sen(θ)

considerando la forma paramétrica en coordenadas polares vista en el apartado anterior.

1.43. LONGITUD DE ARCO Y ÁREA EN POLARES Sea

r(θ) = (r(θ) cos(θ),r(θ)sen(θ)) la forma paramétrica de una curva dada en coordenadas polares. Se tiene:

r' (θ) = (r '(θ) cos(θ) − r(θ)sen(θ),r '(θ)sen(θ) + r(θ) cos(θ)) . De modo que

L=

∫

β

(r '(θ) cos(θ) − r(θ)sen(θ))2 + (r '(θ)sen(θ) + r(θ) cos(θ))2 dθ . α

Ejemplo 40. Calcule la longitud de arco de de la cardioide r = 2(1 + cos(θ)). Solución.

L=2

∫

π

(−2sen(θ))2 + 4(1 + cos(θ))2 dθ = 16. 0

TEOREMA 16. Sea R la región limitada por las rectas θ = α y θ = β y la curva cuya ecuación es r(θ) , donde r es continua y no negativa en el intervalo cerrado [α, β] . Entonces, si A unidades cuadradas es el área de la región R,

A=

1 2

∫

β

[r(θ)]2 dθ . α

Ejemplo 41. Calcule el área de la región limitada por la cardioide r = 2(1 + cos(θ)). Solución.

A=2

∫

π 1 (2 2 0

+ 2 cos(θ))2 dθ = 6π .

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1.44. RESUMEN DE FÓRMULAS

∫

s(t) =

T(t) = N(t) × B(t)

T(t) =

κ(t) =

aT (t) =

r '(α) dα a

B(t) = T(t) × N(t)

r '(t) r '(t)

B(t) =

r '(t) × r ''(t) r '(t)

t

κ(t) =

3

r '(t) • r ''(t) T(t) r '(t)

B '(t) = −τ(t)s '(t)N(t)

κ(θ) =

N(t) = B(t) × T(t)

r '(t) × r ''(t) × r '(t) N(t) =  r '(t) × r ''(t) × r '(t)

r '(t) × r ''(t) r '(t) × r ''(t)

y ''(t)x '(t) − y '(t)x ''(t)

k(t) =

(x '(t) + y '(t) ) 2

aN (t) =

2 3 /2

r '(t) × r ''(t) r '(t)

T '(t) = κ(t)s '(t)N(t)

r2 + 2(r ')2 − rr '' r2 + (r ')2   

L =

∫

3 /2

τ(t) =

N(t)

1 A= 2

(1 + (f '(t))2 )3 /2

(r '(t) × r ''(t)) • r '''(t) r '(t) × r ''(t)

2

N '(t) = τ(t)s '(t)B(t) − κ(t)s '(t)T(t)

∫

β

[r(θ)]2 dθ α

β

(r(θ))2 + (r '(θ))2 dθ α

f ''(t)

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1.45. EJERCICIOS RESUELTOS 1. Sea la curva de ecuación vectorial

 3t 3t2  r(t) =  , .  1 + t3 1 + t3    Pruebe que la curva dada verifica la ecuación x3 + y3 = 3xy y escriba su ecuación polar. Solución.

x3 + y3 =

(3t)3 (1 + t3 )3

+

(3t2 )3

=

(1 + t3 )3

27t3 + 27t6

=

(1 + t3 )3

27t3 (1 + t3 ) (1 + t3 )3

=

27t3 (1 + t3 )2

= 3.

3t 1+t

. 3

3t2 1 + t3

= 3xy

Ecuación polar:

x3 + y3 = 3xy ⇒ r3 (cos3 (θ) + sen3 (θ)) = 3.r2 cos(θ)sen(θ) ⇒ r(cos3 (θ) + sen3 (θ)) = 3 cos(θ)sen(θ) ⇒r =

3 cos(θ)sen(θ)

(r ≠ 0)

cos3 (θ) + sen3 (θ)

2. Calcule la longitud de arco de r = 1 + cos(θ), 0 ≤ θ ≤ 2π . Solución.

r(θ) = ((1 + cos(θ)) cos(θ),(1 + cos(θ))sen(θ)) , 0 ≤ θ ≤ 2π .

∫ 2

∫

2π

(1 + cos(θ))2 + (−sen(θ))2 dθ = 0

2π

1 + cos(θ)dθ = 2 0

∫

2π

0

∫

sen(θ) 1 − cos(θ)

2π

1 + 2 cos(θ) + 1dθ = 2 0

dθ = 2

∫

π

0

sen(θ) 1 − cos(θ)

∫

2π

1 + cos(θ)dθ 0

dθ − 2

∫

2π

sen(θ) 1 − cos(θ)

π

dθ

π 2π   2  2 1 − cos(θ)  − 2 1 − cos(θ)   = 2 2 2 + 2 2  = 8       0 π  

3. Las espirales de MacLaurin corresponden a una familia de curvas en el plano que al ser descrita en coordenadas polares las variables r y θ satisfacen la relación 1

r = a.(sen(nθ))n , a > 0 , n ∈ (0, ∞) . Pruebe que la curvatura de una espiral de MacLaurin de orden n es n −1 n+1 κ= .(sen(nθ)) n . a Solución. Cálculo de r ' y r '' . 1 −n n

r ' = a.(sen(nθ))

1 − 2n n

cos(nθ) , r '' = a(1 − n)(sen(nθ))

1 −n n sen(nθ)

cos2 (nθ) − an(sen(nθ))

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Cálculo de κ . κ=

r2 + 2(r ')2 − rr '' 3/2

r2 + (r ')2   

2 − 2n

2

a2.(sen(nθ))n + 2a2.(sen(nθ)) n =

=

1 − 2n + 1 1−n + 1 n cos2(nθ) + a2n(sen(nθ)) n n sen(nθ)

cos2(nθ) − a2(1 − n)(sen(nθ)) n

3/2

2 2 − 2n   a2.(sen(nθ))n + a2.(sen(nθ)) n cos2(nθ)    

1 + 2.(sen(nθ))−2 cos2(nθ) − (1 − n)(sen(nθ))−2 cos2(nθ) + n(sen(nθ))−1sen(nθ) 1

3/2

a(sen(nθ))n 1 + (sen(nθ))−2 cos2(nθ)   =

1 + (1 + n)(sen(nθ))−2 cos2(nθ) + n 1

3/2

=

(1 + n)((1 + sen(nθ))−2 cos2(nθ)) 1

3/2

a(sen(nθ))n 1 + (sen(nθ))−2 cos2(nθ)   n+1 n+1 n+1 = = = = 1 1 1 −1 1−n 1/2 1/2 a(sen(nθ))n 1 + (sen(nθ))−2 cos2(nθ) a(sen(nθ))n csc2(nθ) a(sen(nθ))n a(sen(nθ)) n     a(sen(nθ))n 1 + (sen(nθ))−2 cos2(nθ)   (1 + n)

=

n −1

n+1 .(sen(nθ)) n a

4. Una ecuación polar r = f(θ) es de la forma

3 . 2+θ a. Identifique, estudie y grafique la ecuación r = f(cos(θ)). r=

Solución.

r=

3 = 2 + cos(θ) 1 +

3 2 1 2

cos(θ)

elipse (ver figura 51)

Figura 51. Gráfica del ejercicio 4a

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b. Grafique la curva de ecuación

 π   r = f  cos  θ −   . 3    Solución. (ver figura 52).

Figura 52. Gráfica del ejercicio 4b

5. Grafique, identifique y encuentre la ecuación de la cónica que tiene foco en el polo, e = 4 / 3 y directriz la recta L : r cos(θ − π / 4) = 3 / 4 . Solución. Sin rotación la ecuación de la cónica sería r=

1+

4 3

1 . cos(θ)

Al rotar se obtiene

r=

1+

4 3

1 (hipérbola) (ver figura 53) cos(θ − 4π )

Figura 53. Gráfica del ejercicio 5

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6. Dadas las curvas de ecuaciones

r = 1 + 3 cos(θ) , r =

2 2 − cos(θ)

en el sistema de coordenadas polares, halle sus puntos de intersección. Solución. r = 1 + 3 cos(θ) : Caracol con lazo: Representaciones: r = 1 + 3 cos(θ) , r = −1 + 3 cos(θ) .

r=

2 2 = = 2 − cos(θ) 2(1 − 12 cos(θ)) 1 +

1 2

1 : cos(θ − π)

Elipse rotada ángulo π sentido antihorario. Representaciones: r=

1+

1 2

1 , r=− cos(θ − π) 1−

1 2

1 cos(θ − π)

Intersecciones: Primer sistema: 2 1 + 3 cos(θ) = ⇒ (2 − cos(θ))(1 + 3 cos(θ)) = 2 ⇒ 2 + 5 cos(θ) − 3 cos2 (θ) = 2 2 − cos(θ)

⇒ 3 cos2 (θ) − 5 cos(θ) = 0 ⇒ cos(θ)(3 cos(θ) − 5) = 0 ⇒ θ = Si k = 0 , θ =

(2k + 1)π , k ∈Z 2

π 3π  π   3π  . Si k = 1 , θ = . Puntos :  1,  1,  2 2  2  2 

Segundo sistema: 2 −1 + 3 cos(θ) = ⇒ (2 − cos(θ))(−1 + 3 cos(θ)) = 2 ⇒ −2 + 7 cos(θ) − 3 cos2 (θ) = 2 2 − cos(θ) ⇒ 3 cos2 (θ) − 7 cos(θ) + 4 = 0 ⇒ 3(cos(θ) − 1)(cos(θ) − 43 ) = 0 ⇒ θ = 2kπ , k ∈ Z Si k = 0 , θ = 0. Si k = 1 , θ = 2π. Puntos : (2, 0) (2, 2π) Tercer sistema:

1 + 3 cos(θ) = −

2 ⇒ (2 + cos(θ))(1 + 3 cos(θ)) = −2 ⇒ 2 + 7 cos(θ) + 3 cos2 (θ) = −2 2 + cos(θ)

⇒ 3 cos2 (θ) + 7 cos(θ) + 4 = 0 ⇒ 3(cos(θ) + 1)(cos(θ) + 34 ) = 0 ⇒ θ = (2k + 1)π , k ∈ Z Si k = 0 , θ = π. Si k = 1 , θ = 3π. Puntos : (−2, π) (−2, 3π) Cuarto sistema:

−1 + 3 cos(θ) = −

2 ⇒ (2 + cos(θ))(−1 + 3 cos(θ)) = −2 ⇒ −2 + 5 cos(θ) + 3 cos2 (θ) = −2 2 + cos(θ) ⇒ 3 cos2 (θ) + 5 cos(θ) = 0 ⇒ cos(θ)(3 cos(θ) + 5) = 0 ⇒ θ =

Si k = 0 , θ =

π 3π  π   3π  . Si k = 1 , θ = . Puntos : 1,   1,  2 2  2  2 

(2k + 1)π , k∈Z 2

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Gráfico: (ver figura 54)

Figura 54. Intersecciones de las curvas del ejercicio 6

7. Encuentre la ecuación de la recta tangente a la curva r = 1 + cos(θ) en el punto en coordenadas polares (1 +

3 2

, 6π ) y calcule el área comprendida entre la recta, la curva y el

eje polar. Solución. (ver figura 8)

m=

−sen( 6π )sen( 6π ) + (1 + cos( 6π )) cos( 6π ) −sen( 6π ) cos( 6π ) − (1 + cos( 6π ))sen( 6π )

r=

r∗ ⇒ r∗ = (1 + cos(θ − 4π )

3 ) cos( 6π 2

r=

=

− 14 + (1 + −

3 4

− (1

− 4π ) = (1 +

(1 +

3 )(1 2

3 ) 23 2 + 23 ) 12

3 ) cos( 6π 2

+ 3)

cos(θ − 4π )

2 4

.

Figura 55. Gráfica del ejercicio 7

=

− 14 + −

3 4

−

+

3 2 1 2

−

− 4π ) = (1 +

3 4 3 4

=−

3 )(1 2

3 +1 2 3 +1 2

+ 3)

= −1 . 2 4

.

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1 ÁREA = 2 1 = 2 = = =

∫ ∫

(1 +

 3  (1 + 2 )(1 + 3)  cos(θ − 4π ) 

π /6

0 π /6

0

 (1 + 3 )(1 + 3) 2   cos(θ − 4π ) 

3 2 ) (1 2

+

3)2 18

2 (1 +

3 2 ) (1 2

16 (1 +

+ 3)

∫

2 4

2 4

2    − (1 + cos(θ))2  dθ     2

  dθ − 1  2 

∫

π /6

(1 + cos(θ))2 dθ 0

π /6

sec2 (θ − 4π )dθ − 0

2

. tg(θ − 4π )

π /6 0

1 2

∫

π /6

0

1 + cos(2θ)   1 + 2 cos(θ) +  dθ 2   π /6

−

1 θ sen(2θ)  θ + 2sen(θ) + +  2  2 4 0

+ 3)2  π 3  π  1  π . 1 − tg  +   −  + 1 +  16 12 8   12   2  6 

3 2 ) (1 2

8. Sean las curvas r1 = 1 y r2 = 2 cos(3θ) en coordenadas polares. a. Grafique ambas curvas en un mismo sistema de coordenadas y encuentre los puntos de intersección.

Solución. (ver figura 56)

Figura 56. Gráfica del ejercicio 8

r = 2 cos(3θ) ⇒ (1, 9π ),(1, 59π ),(1, 79π ),(1, 119π ),(1, 139π ),(1, 179π )  r = 1 

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b. Plantee la(s) integral(es) que permite(n) hallar el área exterior a r1 e interior a r2 . Solución.

3

∫

π /9

(4 cos (3θ) − 1)dθ = 3 2

0

∫

π /9

0

π /9

sen(6θ)   (1 + 2 cos(6θ))dθ = 3  θ +  3  0

 π sen( 23π )  = 3 +  3  9 

π 3 π 3 = 3 + = + 9 6 3 2   9. Dadas las curvas

r = 1 + cos(θ) y r =

1 : 2(1 − cos(θ))

a. Grafíquelas en un mismo sistema de coordenadas, identifíquelas y encuentre su ecuación cartesiana correspondiente. Solución. r = 1 + cos(θ) : Identificación: Cardioide. Ecuación cartesiana:

r = 1 + cos(θ) ⇒ r2 = r + r cos(θ) ⇒ x2 + y2 = ± x2 + y2 + x ⇒ (x2 − x + y2 )2 = x2 + y2 .

r=

1 : 2(1 − cos(θ))

r=

1 1 2 = = ⇒ e = 1, directriz : r cos(θ) = − 12 2(1 − cos(θ)) 2 − 2 cos(θ) 1 − cos(θ)

1

V(− 14 , 0) y F(0, 0) . Identificación: Parábola. Ecuación cartesiana:

2r − 2r cos(θ) = 1 ⇒ ±2 x2 + y2 − 2x = 1 ⇒ ±2 x2 + y2 = 1 + 2x ⇒ 4(x2 + y2 ) = (1 + 2x)2 ⇒ 4x2 + 4y2 = 1 + 4x + 4x2 ⇒ y2 = x + Gráficas: (ver figura 57)

Figura 57. Gráficas del ejercicio 9

1 4

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b. Halle las coordenadas de los puntos de intersección. Solución. Representaciones:

(−1)k r = 1 + cos(θ + kπ) ⇒ (−1)k r = 1 + cos(θ) cos(kπ) − sen(θ)sen(kπ)

Si k es par, entonces r = 1 + cos(θ) . Si k es impar, entonces r = −1 + cos(θ) .

1 1 ⇒ (−1)k r = 2(1 − cos(θ + kπ)) 2(1 − cos(θ) cos(kπ) + sen(θ)sen(kπ)) 1 . Si k es par, entonces r = 2(1 − cos(θ)) 1 . Si k es impar, entonces r = − 2(1 + cos(θ)) (−1)k r =

Intersecciones:

1 + cos(θ) =

1 ⇒ 2(1 − cos2 (θ)) = 1 ⇒ 2 − 2 cos2 (θ) = 1 2(1 − cos(θ)) ⇒ cos2 (θ) =

1 2 π 3π 5π 7π ⇒ cos(θ) = ± ⇒θ= , , , 2 2 4 4 4 4

Las coordenadas de los puntos de intersección son  2 π  2 3π   2 5π   2 7π  ,  , 1 − , , ,  1 +  , 1 −  , 1 + .   2 4  2 4   2 4  2 4   1 1 1 + cos(θ) = − ⇒ 2(1 + cos(θ))2 = −1 ⇒ (1 + cos(θ))2 = − 2(1 + cos(θ)) 2

⇒ No hay solución −1 + cos(θ) =

1 1 ⇒ 1 − cos(θ) = − 2(1 − cos(θ))2 = −1 2(1 − cos(θ)) 2(1 − cos(θ))

1 ⇒ No hay solución 2 1 1 −1 + cos(θ) = − ⇒ 1 − cos(θ) = 2(1 − cos2 (θ)) = 1 2(1 + cos(θ)) 2(1 + cos(θ)) 1 1 ⇒ 1 − cos2 (θ) = ⇒ cos2 (θ) = (Igual caso) 2 2 Plantee las integrales que calculan la longitud de arco para cada curva en [2π , 32π ] . ⇒ (1 − cos(θ))2 = −

c.

Solución. r = 1 + cos(θ) : r ' = −sen(θ) .

∫ ∫

π

s=2

=2

(1 + cos(θ)) + (−sen(θ)) dθ = 2 2

2

π /2 π

2 + 2 cos(θ)dθ = 2 2 π /2

∫

∫

π

1 + 2 cos(θ) + cos2 (θ) + sen2 (θ)dθ π /2

π

1 + cos(θ)dθ π /2

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r=

1 1 sen(θ) : r' = . . 2(1 − cos(θ)) 2 (1 − cos(θ))2

∫ ∫ ∫

π

1

s=2

=2

=2

π /2 π

4(1 − cos(θ))2

+

sen2 (θ)

dθ = 2 4(1 − cos(θ))4

1 − 2 cos(θ) + cos2 (θ) + sen2 (θ) 4(1 − cos(θ))

4

π /2 π

1 − cos(θ) 2(1 − cos(θ))

4

π /2

dθ = 2

∫

dθ = 2

π

π /2

∫ ∫

π

(1 − cos(θ))2 + sen2 (θ) 4(1 − cos(θ))4

π /2 π

2 − 2 cos(θ)

π /2

1 (1 − cos(θ))3

4(1 − cos(θ))4

dθ

dθ

dθ

10. Sean las ecuaciones en coordenadas polares

r = 6 + 4 cos(θ) y r =

4 . 1 − cos(θ)

a. Identifique y grafique cada curva en un mismo sistema. Solución. Paso 1. Identificación de la primera curva. r = 6 + 4 cos(θ) . Como a / b = 1.5 , entonces se trata de un caracol con hendidura. Paso 2. Identificación de la segunda curva. 4 4 . r= = 1 − cos(θ) 1 + cos(θ − π) Se tiene que la excentricidad es igual a 1, por lo tanto se trata de una parábola y con ángulo de rotación igual a π radianes.

Paso 3. Gráfico de las curvas en un mismo sistema. (Ver figura 58)

Figura 58. Representación gráfica de las curvas en polares del ejercicio 10

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b. Calcule los puntos de intersección entre estas curvas. Solución. Paso 1. Determinación de las representaciones de cada curva. Para el caracol se tienen dos representaciones: r = 6 + 4 cos(θ) , r = −6 + 4 cos(θ) . Para la parábola se tienen dos representaciones: 4 4 . r= , r=− 1 + cos(θ − π) 1 − cos(θ − π) Paso 2. Búsqueda de los puntos de intersección. Sistemas a resolver de acuerdo a las representaciones establecidas:  r = 6 + 4 cos(θ)  r = −6 + 4 cos(θ)  r = 6 + 4 cos(θ)  r = −6 + 4 cos(θ)     ,  ,  ,  4 4 4 4  r = 1 + cos(θ − π) r = 1 + cos(θ − π) r = − 1 − cos(θ − π) r = − 1 − cos(θ − π)     Del primer sistema se tiene que: 4 6 + 4 cos(θ) = ⇒ (6 + 4 cos(θ))(1 + cos(θ − π)) = 4 1 + cos(θ − π)

⇒ (6 + 4 cos(θ))(1 − cos(θ)) = 4 ⇒ 6 − 6 cos(θ) + 4 cos(θ) − 4 cos2 (θ) = 4 ⇒ 2 − 2 cos(θ) − 4 cos2 (θ) = 0 ⇒ 2 cos2 (θ) + cos(θ) − 1 = 0 ⇒ cos(θ) =

−1 ± 1 + 4.2.1 −1 ± 3 = 4 4

De modo que se derivan dos situaciones: cos(θ) = −1 ⇒ θ = π + 2kπ (k ∈ Z) , cos(θ) =

1 2

⇒θ=

π 3

+ 2kπ (k ∈ Z) y θ =

Si se toma θ ∈ 0, 2π  , entonces se tienen los ángulos

π, 3π , 53π

5π 3

+ 2kπ (k ∈ Z) .

.

Las coordenadas polares de los puntos de intersección serían (2, π) , (8, 3π ) , (8, 53π ) . De acuerdo al gráfico del inciso anterior, ya se encontraron todos los puntos de intersección, por tanto, no hace falta resolver los demás sistemas. Paso 3. Verificación del polo como punto de intersección. De acuerdo al gráfico, el polo no es un punto de intersección. 11. Calcule el área de la región dentro de la circunferencia r = 3sen(θ) y fuera del caracol

r = 2 − sen(θ). Solución. Puntos de intersección entre las dos curvas: (3 / 2, π / 6) y (3 / 2,5π / 6) . Gráfico: (ver figura 59)

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Figura 59. Gráfica del ejercicio 11

A = 2.

1 2

∫

π /2

((3sen(θ))2 − (2 − sen(θ))2 )dθ = 3 3 . π /6

12. Sean las ecuaciones en coordenadas polares

r = 1 + sen(θ) y r =

3 . 1 + 2sen(θ)

a. Identifique y grafique cada curva en un mismo sistema. Solución. Paso 1. Identificación de la primera curva. r = 1 + sen(θ) = 1 + cos(θ − 2π ) .

Como a / b = 1 , entonces se trata de un cardioide con ángulo de rotación igual a π / 2 radianes.

Paso 2. Identificación de la segunda curva. 3 3 . r= = 1 + 2sen(θ) 1 + 2 cos(θ − 2π )

Se tiene que la excentricidad es igual a 2, por lo tanto se trata de una hipérbola con ángulo de rotación igual a π / 2 radianes. Paso 3. Gráfico de las curvas en un mismo sistema.

(Ver figura 60)

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Figura 60. Representación gráfica de las curvas en polares del ejercicio 12

b. Calcule los puntos de intersección entre estas curvas. Solución. Paso 1. Determinación de las representaciones de cada curva. Para el cardioide se tienen dos representaciones: r = 1 + cos(θ − 2π ) , r = −1 + cos(θ − 2π ) . Para la hipérbola se tienen dos representaciones: 3 3 . r= , r =− π 1 + 2 cos(θ − 2 ) 1 − 2 cos(θ − 2π )

Paso 2. Búsqueda de los puntos de intersección. Sistemas a resolver de acuerdo a las representaciones establecidas:  r = 1 + cos(θ − π )  r = −1 + cos(θ − π ) 2 2   ,  , 3 3  r = 1 + 2 cos(θ − π ) r = 1 + 2 cos(θ − π )  2  2  r = 1 + cos(θ − π )  r = −1 + cos(θ − π ) 2 2   , 3 3   r = − 1 − 2 cos(θ − π ) r = − 1 − 2 cos(θ − π )  2  2

Del primer sistema se tiene que: 3 1 + sen(θ) = ⇒ (1 + 2sen(θ))(1 + sen(θ)) = 3 ⇒ 1 + 3sen(θ) + 2sen2 (θ) = 3 1 + 2sen(θ)

⇒ −2 + 3sen(θ) + 2sen2 (θ) = 0 ⇒ sen(θ) =

−3 ± 9 + 4.2.2 −3 ± 25 −3 ± 5 = = 4 4 4

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De modo que se derivan dos situaciones: sen(θ) = −2 ⇒ No tiene solución , sen(θ) =

1 2

⇒θ=

π 6

+ 2kπ (k ∈ Z) y θ =

Si se toma θ ∈ 0, 2π  , entonces se tienen los ángulos

π 6

5π 6

+ 2kπ (k ∈ Z) .

, 56π .

Las coordenadas polares de los puntos de intersección serían ( 32 , 6π ) , ( 23 , 56π ) . De acuerdo al gráfico del inciso anterior, ya se encontraron todos los puntos de intersección, por tanto, no hace falta resolver los demás sistemas.

Paso 3. Verificación del polo como punto de intersección. De acuerdo al gráfico, el polo no es un punto de intersección.

13. Sean las ecuaciones en coordenadas polares r = cos(2θ) y r = sen(θ) .

a. Identifique y grafique cada curva en un mismo sistema. Solución. Paso 1. Identificación de la primera curva. r = c os(2θ) . Se trata de una rosa de cuatro pétalos. Paso 2. Identificación de la segunda curva. r = sen(θ) = cos(θ − 2π ) . Se trata de una circunferencia que pasa por el polo, de radio ½ y con ángulo de rotación igual a π / 2 radianes. Paso 3. Gráfico de las curvas en un mismo sistema. (Ver figura 61)

Figura 61. Representación gráfica de las curvas en polares del ejercicio 13

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b. Calcule los puntos de intersección entre estas curvas. Solución. Paso 1. Determinación de las representaciones de cada curva. Para la rosa se tienen dos representaciones: r = cos(2θ) , r = − cos(2θ) . Para la circunferencia se tiene una representación: r = cos(θ − 2π ) . Paso 2. Búsqueda de los puntos de intersección. Sistemas a resolver de acuerdo a las representaciones establecidas: r = cos(2θ) r = − cos(2θ) ,    r = sen(θ)  r = sen(θ)

Del primer sistema se tiene que:

cos(2θ) = sen(θ) ⇒ 1 − 2sen2 (θ) = sen(θ) ⇒ 2sen2 (θ) + sen(θ) − 1 = 0 ⇒ sen(θ) =

−1 ± 1 + 4.2.1 −1 ± 9 −1 ± 3 = = 4 4 4

De modo que se derivan dos situaciones: sen(θ) = −1 ⇒ θ = 32π + 2kπ (k ∈ Z) , sen(θ) =

1 2

⇒θ=

π 6

+ 2kπ (k ∈ Z) y θ =

Si se toma θ ∈ 0, 2π  , entonces se tienen los ángulos

3π 2

5π 6

+ 2kπ (k ∈ Z) .

, 6π , 56π .

Las coordenadas polares de los puntos de intersección serían (−1, 32π ) , ( 12 , 6π ) , ( 12 , 56π ) . De acuerdo al gráfico del inciso anterior, ya se encontraron todos los puntos de intersección distintos al polo, por tanto, no hace falta resolver el otro sistema. Paso 3. Verificación del polo como punto de intersección. Primera curva: 0 = cos(2θ) ⇒ θ = 12 arccos(0) ⇒ 12  (2k2+1) + 2kπ  , k ∈ Z .  

Por lo tanto la rosa de cuatro pétalos pasa por el polo. Segunda curva: 0 = sen(θ) ⇒ θ = arc sen(0) ⇒ (2k + 1)π , k ∈ Z . Por lo tanto la circunferencia pasa por el polo. En conclusión, el polo también es un punto de intersección de las dos curvas.

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1.46. EJERCICIOS PROPUESTOS 1. Calcule el dominio de las siguientes funciones: 2t   a. f(t) =  ln(t), 1 + t2 ,  4 − t2   b.

1   g(t) =  arcsen(t), ,1  t − 1  

c.

 1  h(t) =  t, , 1 − t   t 

d.

k(t) = ( 1 + t, 1 − t)

e.

t −1 t2  m(t) =  , 2  t + 1 t − 1   

f.

p(t) = (ln(t2 + t + 1),ln(t2 + 1))

g.

r(t) = (t, arcsen(t),ln(t))

2. Dadas las siguientes funciones vectoriales describa su rango: Rta. 2x + y = 5 a. r(t) = (2 + t2 ,1 − 2t2 ) y2 9

b.

r(t) = (2 cos(t),3sen(t),2)

Rta.

c.

r(t) = (3t,1 − 2t )

x2 4

d.

r(t) = (1 + 2 cos(3t), −2 + sen(3t))

Rta.

2 9

1   r(t) =  t,   t − 1

Rta.

(x −1)2 4

Rta. y =

1 x −1

Rta. z =

1 y −1

g.

1   r(t) =  2, t, t − 1   r(t) = (sen(t), cos(2t))

h.

r(t) = (sen(t),2 cos2 (t))

i.

r(t) = (t − 1,2t2 + 1, −3)

e. f.

2

+

=1, z =2

x2 + y = 1 + (y + 2)2 = 1 , x=2

Rta. 2x2 + y = 1 Rta. 2x2 + y = 2 Rta. 2(x + 1)2 = y − 1 , z = −3

3. Dada la curva r(t) = (t2 + 1, t2 − 1) , demuestre que describe una curva no simple y encuentre los valores de t para los cuales se autointersecta. 4. Parametrice la curva: ln(ln(x + 1) + 1) a. y = tomando como parámetro un t para el cual t = ln(x + 1). ln(x + 1) − 1 b.

y2 − x = 3xy tomando como parámetro un t para el cual x = ty2 .

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5.

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c.

y3 + x3 = 3xy tomando como parámetro un t para el cual y = tx .

d.

y − x(x + y)2 = 0 tomando como parámetro un t para el cual t = x + y .

En la figura 1, la circunferencia de radio a es fija y para todo valor del ángulo t, 0 < t < π , P es el punto medio del segmento QR. Encuentre las ecuaciones paramétricas de la curva descrita por P.

Figura 1. Gráfica del ejercicio 5

6.

En la figura 2, la circunferencia de radio a es fija y para todo valor del ángulo t, 0 ≤ t < π / 2 , P es el punto tal que OP = AB . Encuentre las ecuaciones paramétricas de la curva descrita por P.

Figura 2. Gráfica del ejercicio 6

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7. En los siguientes ejercicios, determine si los vectores dados son ortogonales, paralelos o ninguno de ellos. a. u = 3i + 5j y v = −6i − 10 j b.

u = 2i + 3j y v = 6i − 4 j

c.

u = 2i + 3j y v = 6i + 4j

d.

u = 2i + 3j y v = −6i + 4 j

8. Sean u = 3i + 4 j y v = i + αj. Determine α tal que: a. u y v sean ortogonales b. u y v sean paralelos c. el ángulo entre u y v sea 2π 3 d. el ángulo entre u y v sea π 3 9. Halle un vector de magnitud 2 2 y que forme un ángulo de 30 con la dirección positiva del eje x. 10. Halle un vector unitario que forme un ángulo de 45 con el lado positivo del eje y. 11. En los siguientes ejercicios encuentre el producto cruz u × v : a. u = i − 2 j; v = 3k b.

u = i − j; v = j + k

c.

u = −2i + 3 j; v = 7i + 4k

d.

u = 2i − 3j + k; v = 6i + 4 j − 2k

12. Determine una parametrización de las siguientes curvas en el sentido indicado: a.

x2 + y2 = 3 ; horario y antihorario

b.

x2 − y2 = 4 ; horario

c.

x + y = 1 ; antihorario

d.

y = 1 − x , − 2 ≤ x ≤ 2 , de izquierda a derecha

e.

 y = 4 − x2 −2 ≤ x ≤ 2  −2 < x < −1 , 1 < x ≤ 2  y=0 , antihorario  −1 ≤ x < 0  y = x +1  y = −x + 1 0≤ x ≤1 

f.

 y = 1 − x2 0≤ x≤1  x = 0 − 1 ≤ y ≤ 1 , antihorario  y − x + 1 = 0 0 < x ≤ 1 

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g.

h.

i.

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 y = −x + 1 0 ≤ x ≤ 1   y = x + 1 −1 ≤ x ≤ 0 , horario  2 2 x + y = 1 −1 ≤ y ≤ 0  y = x2 0≤x≤3  2 2 (y − 2) (x − 3) + = 1 0 ≤ x ≤ 3, y ≥ 2 , horario  9 49   x2 + (y − 1)2 = 1 −1 ≤ x ≤ 0   2 (y − 1)2 =1 x≥0 x + 4  −1 ≤ x ≤ 0 , antihorario  3x − y + 3 = 0  3  y + (x + 1) = 0 −1 ≤ x ≤ 0 

13. Halle una parametrización en sentido antihorario para la curva C dada por  y = 1 + sen( πx ) 0 ≤ x ≤ 2 2  2 2 x − 2y + y = 3 −1 ≤ y ≤ 1 .  y + 1+ x = 2 1≤ y ≤2  14. Una curva C es la unión de los siguientes segmentos de curva: C1 : arco de elipse

(x − 1)2 (y − 1)2 + =1 4 9 que comienza en  6 6  ,1 + 1 +  13 13   y termina en  6 6  ,1 − 1 − , 13 13   recorrido en sentido antihorario. C2 : es el segmento de recta que une los puntos anteriores

a. Parametrice los segmentos de la curva C en forma independiente uno del otro b. Parametrice la curva C en sentido antihorario 15. Parametrice la curva C que es el contorno que limita el dominio D definido como el conjunto de los puntos (x, y) ∈ R 2 que satisfacen al menos una de las inecuaciones

x2 + y2 − 2x ≤ 0 , x2 + y2 − 2y ≤ 0 recorrida en sentido antihorario.

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16. Calcule los siguientes límites: 1   a. lím  t, t →0  t + 1  b.

 sen(t)  lím  ,1  t →0  t 

c.

1   lím  (1 + t)1 / t , 2  t →0  t + 1

d. e. f.

 t2 − 1 t  lím  3 ,ln(t), 2  t →1  t − t2 + t − 1 t + 1    sen(3t) t  lím  ,  t →0  2t cos(t)   1 − cos(t) 1 − cos(t)  lím  ,  t →0  t t2 

17. Estudie la continuidad de las siguientes funciones:  ln(t + 1)  ,2 t ≠ 0  t, a. r(t) =  t   (0,1,5) t=0 

b.

   r(t) =   1 +  

c.

 sen(2t) cos(2t) sen(4t)  , ,   t≠0 r(t) =  sen(3t) cos(3t) cos(5t)   ( 23 ,1,1) t=0 

t   t ≤1  t + 1, 2  t − t + 1  sen(t − 1) 3  , t − 2t + 1  t > 1 t −1 

18. Pruebe que la curva descrita por r(t) = (t3 − 4t, t2 ) se intersecta a si misma en el punto (0,4) y halle las ecuaciones de las dos rectas tangentes en ese punto. 19. Calcule la velocidad, rapidez y aceleración para las partículas cuya posición está dada por: a.

r(t) = (e−t sen(t), e−t t, e−t cos(t))

b.

r(t) = (3sen(t), 4 cos(t), t / 2) t = π / 2

c.

r(t) = (t 4 − 2t2 , t3 )

d.

r(t) = (sen2 (t), sen(t2 ))

e.

r(t) = (t cos(t) − sen(t), t + cos(t)) t = 0

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20. Pruebe que r(t) = (ekt , e−kt ) y r ''(t) son paralelos. 21. La función posición de una partícula está dada por r(t) = (t2 ,5t, t2 − 16t) . ¿Cuándo es mínima su rapidez? 22. Halle los valores de t para los cuales el vector tangente a la curva descrita por

r(t) = (2t2 + 1,3t − 2) es paralelo al vector v = (2, −1) . 23. Sean las funciones vectoriales f(t) = (1, t + 1, sen(t)) y g(t) = (1 − t,1 + t,1 + sen(t)) . a. Calcule la derivada de la función f(t) • g(t) . Rta. 1 + 2t + cos(t) + sen(2t) b. Calcule la derivada de la función f(t) × g(t) . Rta. (1, −t cos(t) − sen(t),2t + 1) 24. Halle la recta tangente a la curva descrita por la función vectorial f(t) = (ln(t), sen(t)) en el punto f( 2π ) . 25. Evalúe las siguientes integrales: a.

b.

c.

∫ ∫ ∫

4

 t  , 1 + t2 , 4t3  dt  2 1 + t 

2 π

( t cos(t), tsen(t), t ) dt

0

2

(ti + 3t2 j + 4t3k)dt −1

26. Determine la longitud de arco de la curva descrita por r(t) = (t, t, t2 ) con t ∈ [−3,3]. 27. Dada r(t) = (3 cos(t),3sen(t)) , dé su parametrización en función de la longitud de arco. 28. Pruebe que la longitud de arco de la función f(t) = (cosh(t), senh(t), t) es s(t) = 2senh(t) . 29. Obtenga otra representación paramétrica de la función f(t) = (cosh(t), senh(t), t) usando como parámetro la longitud de arco s(t) . 30. Obtenga la parametrización de longitud de arco para r(t) = (Aeαt ,B cos(eαt ),Bsen(eαt )) , partiendo de t0 = 0 , siendo A, B, α constantes reales positivas.

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Funciones Vectoriales de Variable Real Pág.: 126 de 305

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31. Sea r una función vectorial dada por

 2t 1 − t2  r(t) =  , ,1 . 2  1 + t 1 + t2    Pruebe que el ángulo formado por r(t) y r'(t) es constante, es decir, no depende de t.

32. Dada la curva

 t3  r(t) =  − t, t2  : 3    a. Encuentre los valores de t para los cuales la curva se autointersecta b. Encuentre la longitud del lazo de curva determinado en el apartado anterior 33. Escriba la ecuación de un plano que contenga los puntos P(1, −1,2), Q(3,2, 0) y R(−1,1, 4) . 34. Halle los puntos de intersección del plano de ecuación 3x + 5y − z + 2 = 0 y la recta de ecuaciones paramétricas: x = −3 + 2t, y = 4 + t, z = −1 − 3t . 35. Halle los máximos y mínimos y estudie la concavidad de r(t) = (t(t − 1), t3 − 1) . 36. En cada caso, estudie en forma detallada y grafique la curva, indicando la dirección de la trayectoria:  t t2  a. r(t) =  ,  t + 1 t − 1   

b.

 2t2 t + 1  r(t) =  ,   1 − t2 t  

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Funciones Vectoriales de Variable Real Pág.: 127 de 305

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c.

 et t  r(t) =  ,  t t − 1   

d.

 t2 t2  r(t) =  ,  1 − t 1 − t2   

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Funciones Vectoriales de Variable Real Pág.: 128 de 305

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e.

 t t2  r(t) =  , 2  t + 1 t − 1   

f.

t +3 t2  r(t) =  , 2   t t − 4  

g.

t +1 t2  r(t) =  , 2   t t − 1  

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Funciones Vectoriales de Variable Real Pág.: 129 de 305

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h.

1   r(t) =  e1 / t , t − 1  

i.

 t2 t3  r(t) =  ,  1 − t2 1 − t2   

j.

 t2 t3 r(t) =  ,  1 − t3 1 − t2 

  

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EJERCICIOS PROPUESTOS

Funciones Vectoriales de Variable Real Pág.: 130 de 305

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37. Sea la curva de ecuación

 2  1 r(t) =  , ,  t t + 1 ln(t + 2)  cuya gráfica se muestra en la figura 3. Realice un estudio completo e indique el sentido de su trayectoria.

Figura 3. Gráfica del ejercicio 37

38. Demuestre que

r '(t) × r ''(t) × r '(t) N(t) =  . r '(t) × r ''(t) × r '(t) 39. Determine los vectores T(t) y N(t) en el punto indicado en cada una de las siguientes curvas: a.

r(t) = (t3 − 3t, 3t2 ) ;

t=2

b.

r(t) = (et , e− t ) ;

c.

r(t) = (t − sen(t),1 − cos(t)) ;

t=0

t=π

40. Determine los vectores T(t) , N(t) y B(t) en el punto indicado en cada una de las siguientes curvas: a.

r(t) = (t + 1, −t2 ,1 − 2t) ;

b.

r(t) = (e cos(t), e sen(t), e ) ; t

t

t = −1 t

t=0

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41. Encuentre las ecuaciones de las rectas tangente y normal y de los planos osculador, normal y rectificante en el punto indicado en cada una de las siguientes curvas: a.

r(t) = (t, t2 , t2 + 3) ;

b.

r(t) = (cos(t), sen(t), t g(t)) ;

c.

r(t) = (t,ln(t), t2 ) ;

d.

r(t) = (e , e ,ln(1 + t)) ;

e.

r(t) = (t cos(t), tsen(t), t) ;

t

P(r(0))

P(1, 0, 0)

P(r(1))

−t

t=0 t=0

42. Halle los puntos de la curva r(t) = (t, t2 , t3 ) donde el plano osculador pasa por el punto

(2, −1 / 3, −6) . 43. ¿En qué puntos sobre la curva dada por r(t) = (2 / t,ln(t), −t2 ) es el plano osculador perpendicular al plano x − y + 4z + 2 = 0 ? Halle la ecuación para cada plano. 44. Una curva C está definida por la función vectorial  (4, 4t, 4t) 0≤ t ≤1  r(t) =  (4, 4, 8 − 4t) 1≤t≤2 . (4 + cos( 3πt ), 2 − 2sen( 3πt ), 0) 2 ≤ t ≤ 10 4 4 3  Dé una parametrización para C en sentido contrario y halle en el punto (5,2,0) la recta tangente a la curva, el vector normal unitario y el plano osculador. 45. Calcule la ecuación del plano rectificante y del plano osculador a la curva de ecuación vectorial r(t) = (et / 2 + 1, et + 1, t2 + 1) en el punto (2,2,1). 46. La trayectoria de una partícula está dada por el vector posición de la curva  t5 2t6 t7  r(t) =  , , . 5 6 7   a. Halle los vectores T, N, B y las componentes tangencial y normal de la aceleración. b. Para t = 1 , halle el plano osculador y el plano normal a la curva. 47. Sea la curva de ecuación r(t) = (cos3 (t), sen3 (t)) , t ∈ 0, 2π  denominada astroide. a. Calcule el vector tangente, normal y binormal para todos los puntos donde tenga

sentido. b. Calcule la parametrización de longitud de arco y el largo total de la curva.

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48. Las coordenadas de una partícula en el tiempo t, son x(t) = sen(t) − t cos(t)   y(t) = cos(t) + tsen(t) , t ≥ 0 .  z(t) = t2  Halle la rapidez de la partícula y las componentes normal y tangencial de la aceleración en cualquier instante t. 49. El vector de posición de una partícula es r(t) = (e− t , et , 2t) . Calcule las componentes del vector aceleración para el punto que corresponde a t = ln(2).

50. Una partícula se mueve a lo largo de la curva de ecuación r(t) = (2t,ln(t), t2 ) . Calcule la componente tangencial y normal de la aceleración en un punto donde el plano osculador es paralelo al plano 2x − 2y − z = 0.

51. Determine la curvatura de la curva de ecuación vectorial: a.

r(t) = (t2 + 1, t2 − 1, t)

b.

r(t) = (ln(t), t, t )

c.

r(t) = (t − 2t, t − t)

d.

e.

2

2

en

3

en

P(2, 0,1)

P(r(1)) en

t =1

1   1 r(t) =  , en t = 0 1 + t 1 − t   r(t) = (at − asen(t), a − a cos(t))

en

t = π /2 y t = π

52. Calcule el radio y centro de curvatura de la curva de ecuación: a.

r(t) = (cos(t), 3e2t , 3e−2t ) en P(1,3,3).

b.

r(t) = (1 + 2t,1 + t − t2 ,1 − t + t2 − t3 ) en P(1,1,1).

c.

r(t) = (t3 , t2 , t) en el punto donde su plano osculador es perpendicular al plano 6x + y − z = 0 .

d.

2

y = e− x

en P(0,1).

53. Para la gráfica de y = x2 calcule: a. La curvatura en un punto arbitrario. b. ¿En qué punto la curvatura alcanza su valor máximo? La circunferencia osculatriz en los puntos donde la curvatura es igual a 1/4. 54. Encuentre los puntos de mínima curvatura para r(t) = (cos3 (t), sen3 (t), cos(2t)) .

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55. Demuestre que la curvatura de la parábola de n-ésimo orden y = xn es

κ(x) =

n(n − 1) x

n +1

(n2 x2n + x2 )3 /2

.

56. La evoluta de una curva (re (t)) es el lugar geométrico de los centros de curvatura de dicha curva. Pruebe que: a. La evoluta de una curva r(t) = (x(t), y(t)) viene dada por

 (x '(t))2 + (y '(t))2 (x '(t))2 + (y '(t))2  re (t) =  x(t) − y '(t) , y(t) + x '(t) .  x '(t)y ''(t) − x ''(t)y '(t) x '(t)y ''(t) − x ''(t)y '(t)   b. Los centros de curvatura de y = x2 se encuentran sobre la curva

 6t2 + 1  r(t) =  −4t3 , .  2   57. Un punto se mueve en el espacio según la función vectorial r(t) = (4 cos(t), 4sen(t), 4 cos(t)) . Pruebe que el radio de curvatura es

ρ(t) = 2 2 1 + sen2 (t)  

3 /2

.

58. Halle los puntos de la gráfica de y = (x − 1)3 + 3 en los que la curvatura es cero. 59. Sea C la curva de ecuación

r(t) = (t2 + t + 1, t2 − 1, t + 2) . a. Demuestre que C es una curva plana y halle el plano que la contiene. b. Halle el plano rectificante en el punto (1, −1, 2) . c.

Halle el centro y el radio de la circunferencia osculatriz en el punto (1, −1, 2) .

60. Calcule la torsión de la curva descrita por: a.

r(t) = (1 − t2 ,1 + t, −2t2 )

b.

r(t) = (2 cos(t) − sen(t), sen(t), cos(t))

c.

r(t) = (tsen(t) + cos(t), t cos(t) − sen(t), t2 )

d.

r(t) = (ln(t − 1)2 ,ln(t − 1),(t − 1)2 )

en

t = t0 en 2

en

t = t0 en

P(r(2))

(0 ≤ t ≤ 2π)

t=π

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61. Demuestre que las siguientes curvas son planas y halle la ecuación del plano que las contiene: a.

 2t + 1 t2  r(t) =  , , t + 2  t −1 t −1   

c.

1 1  1 + t r(t) =  , ,   1 − t 1 − t2 1 + t  r(t) = (cos(t), sen(t),1 − cos(t) − sen(t))

d.

r(t) = (2t2 + 1, t2 , t + 2)

e.

r(t) = (2 + t,1 + t2 , 3t + t2 )

b.

62. Sea C la curva descrita por r(t) = (a cos(t), 7 − sen(t),b cos(t)) . Pruebe que la curva es: a. plana b. una circunferencia sólo si a2 + b2 = 1 63. Sea la curva dada por

r(t) = (4 cos(7t) − 21 3t, 8sen(7t), 4 3 cos(7t) + 21t) . a. Obtenga la parametrización de la curva usando la longitud de arco a partir del punto correspondiente a t = 0 .

b. Calcule la curvatura y la torsión en cada punto.

64. Demuestre que la curva descrita por r(t) = (a cos(t), asen(t),bt) tiene curvatura y torsión iguales en todos sus puntos si y sólo si a = b.

65. La posición instantánea de una partícula es 3 4  r(t) =  cos(t), 7 − sen(t), − cos(t)  . 5 5  a. Pruebe que el recorrido es una circunferencia. Determine su radio y su centro. b. Halle la ecuación del plano donde se efectúa el movimiento. 66. La posición instantánea de una partícula viene dada por r(t) = (3 cos(t), 4sen(t), 2t). a. Calcule el punto donde su velocidad es perpendicular al plano 2x − y + z = 1 . b. Calcule el punto donde el plano normal es perpendicular al plano 2x − y + z = 1 c.

Calcule la curvatura, centro de curvatura y torsión en el punto de la parte b.

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67. Dada la curva r(t) = (2t2 + 1, t3 , t2 ) , en el punto P(9,8,4) calcule: a. Ecuación de los planos osculador y normal b. Curvatura c.

Centro de curvatura

d. Torsión 68. Pruebe que la curva dada por

3 5 1  r(t) =  2 + 1, 2 + 2, 2 − 1  t t t  es una recta. 69. Dada la curva definida por r(t) = (a cos(t), asen(t), f(t)) pruebe que ésta es plana si f(t) es solución de f '''(t) + f '(t) = 0. 3  70. Una partícula tiene aceleración instantánea (1,0,1). Para t = 1 está en el punto  , 3, 2  2   3  y tiene velocidad  2, −1,  . 2 

a. Deduzca la posición instantánea de la partícula. b. Pruebe que el movimiento se realiza en un plano y dé su ecuación. 71. Determine la torsión de la curva descrita por  2t − 1 t2  r(t) =  , , t + 2 .  t −1 t −1    Razone su respuesta.

72. Para los siguientes puntos dados en coordenadas polares, halle las coordenadas cartesianas correspondientes: a. (4, π / 4)

b.

(3,5π / 6)

c. (2,0) d. (−4, π / 3) e.

(−2, −7π / 6)

73. Se dan las coordenadas cartesianas de un punto. Encuentre las coordenadas polares (r, θ) del punto donde r > 0 y 0 ≤ θ ≤ 2π . a. (−1,1)

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b.

(0, −5)

c.

(2 3, −2)

d.

(−1, − 3)

74. Encuentre la ecuación polar de las siguientes cartesianas: a. (x2 + y2 )2 = 2a2 xy . Rta. r2 = a2 sen(2θ) b.

y2 (2a − x) = x3 . Rta. r = 2asen(θ)tg(θ)

c.

(x2 + y2 )3 = 4x2 y2 . Rta. r2 = sen2 (2θ)

d.

x4 + x2 − (x + y)2 = 0 . Rta. r = ±(1 + tg(θ))

e.

(x2 + y2 )3 6x2 y2 = (x2 − y2 )2 . Rta. r = ± csc(4θ)

f.

16x2 y2 (x2 − y2 )2 = (x2 + y2 )3

g.

xy = 4

75. Encuentre la ecuación cartesiana de las siguientes ecuaciones en coordenadas polares: a.

r = 1 − cos(θ) . Rta. (x2 + y2 + x)2 = x2 + y2

b.

r = 2 cos(θ) + 3sen(θ) . Rta. x2 + y2 − 2x − 3y = 0

c.

r = 3 / (2 + 3sen(θ)) . Rta. 4x2 − 5y2 + 18y − 9 = 0

d.

r = aθ . Rta. (x2 + y2 )2 = a2 (arctg(y / x))2

e.

r = 9 cos(2θ) . Rta. (x2 + y2 )2 = 9(x2 − y2 )

76. Halle la ecuación polar de la recta que pasa por el punto en coordenadas polares: a. (6, 2π / 3) y es perpendicular al eje polar. b.

(2 2,3π / 4) y es paralela al eje polar.

c.

(4,5π / 6) y es tal que su distancia al polo es igual a 2 3 .

d.

(4 3, π / 2) y forma un ángulo α = 2π / 3 con el eje polar.

e.

(4, 2π / 3) y por el punto en coordenadas polares (2 2, π / 4).

77. Encuentre la ecuación de la circunferencia con centro: a. (a, α) y pasa por el polo Rta. r = 2a cos(θ − α) b. En la recta θ = π / 3 y pasa por (5, π / 2) y (0,0) Rta. r2 = c.

10

cos(θ − π / 3) 3 Sobre la recta θ = 3π / 4 , radio 5 y pasa por el polo Rta. r = 10 cos(θ − 3π / 4)

78. Demuestre que los puntos A(1, π / 3), B( 3, π / 6) y C(1, 0) son los vértices de un

triángulo equilátero.

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79. Demuestre que P( 23 3, 3π )

es el punto medio del segmento cuyos extremos son

(3, π / 6) y (3, π / 2). 80. Halle la distancia del punto R(1, π / 6) a la recta r cos(θ − π / 3) = 2 . Rta. 2 − 3 81. Encuentre las ecuaciones de las siguientes cónicas con foco en el polo, excentricidad y directrices dadas por: a. e = 1 r cos(θ) = −4

b.

e =1/2

c.

e=2

Rta. r = 4 / (1 − cos(θ))

r cos(θ) = 2

Rta. r = 2 / (2 + cos(θ))

r cos(θ + π / 3) = 3

Rta. r = 6 /(1 + 2 + cos(θ + π / 3))

82. Encuentre la excentricidad y la directriz de cada una de las siguientes cónicas. Dar su ecuación cartesiana.

a.

r = 1 / (1 − cos(θ)) Rta. e = 1 ; y2 = 2x + 1

b.

r = 2 / (1 − sen(θ)) Rta. e = 1 ; y = (x2 − 4) / 4

c.

r = 4 / (6 + sen(θ)) Rta. e = 1 / 6 ; 36x2 + 35y2 + 8y − 16 = 0

d.

r = −5 / (1 + 2 cos(θ))

e.

r = −4 / (2 − sen(θ))

83. Encuentre los puntos de intersección entre las parejas de curvas. a. r = 2 cos(θ) ; r = 2sen(θ) b.

r = −1 + cos(θ)

c.

r = 4(1 + sen(θ))

r = cos(2θ)

; ;

r(1 − sen(θ)) = 3

 π 84. Halle la ecuación polar de la recta tangente a r = 2 − 2 cos(θ) en el punto  2,  .  2 3π   85. Encuentre la ecuación polar de la parábola con foco en el polo y vértice el punto  −3, . 4   86. Para la curva de ecuación cartesiana x2 + y2 = (x + x2 + y2 )2 : a. Determine su ecuación polar. b. Grafique la curva en el sistema de coordenadas polares. c.

Utilice la ecuación obtenida en el apartado a para calcular su longitud.

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87. Grafique en un mismo sistema de coordenadas polares las curvas dadas por 3π  3π    y r2 = 1 − cos  θ − . r1 = −3 cos  θ −  4  4   

Indique los puntos de intersección entre r1 y r2 y señálelos en el gráfico. 88. Grafique la curva de ecuación polar

π  r = 6 + 3sen  θ −  . 3  89. Grafique las curvas

π π   r1 = 3 − 3 cos  θ −  y r2 = −6sen  θ +  . 6 3     90. Dadas las ecuaciones

r1 = −

5 y r2 = −6sen(θ) : 2 + 3sen(θ)

a. Identifique y grafique cada curva. b. Dar todas las ecuaciones que representan dichas curvas. c.

Calcule las intersecciones de las curvas. π  d. Grafique r1  θ −  . 6  

91. Identifique y grafique en un mismo sistema polar las curvas de ecuación r = 1 , r = 2sen(3θ) . Halle todos los puntos de intersección y plantee la integral que permite calcular la longitud de arco de la segunda curva.

92. En un mismo sistema de coordenadas polares grafique e identifique las siguientes curvas: π  π  r = 2 cos(θ) , r = −2 cos  − θ  , r = −2 cos  + θ  . 3  3  93. Halle en coordenadas polares la ecuación de la cónica de excentricidad 1 y directriz π  r cos  θ −  = 2 2 . 4   94. Halle la ecuación polar de la recta tangente en los puntos de tangencia horizontal y vertical de la curva r = a(1 + cos(θ)) .

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95. Suponga que la curva plana C está descrita por r = r(θ) en coordenadas polares. Pruebe que la curvatura de C viene dada por

κ(θ) =

r2 + 2(r ')2 − rr '' r2 + (r ')2   

3 /2

.

96. Use la fórmula anterior para calcular la curvatura de a. r = 1 − sen(θ) b. c.

r = θ (espiral de Arquímedes) r = a.sen(θ)

97. Una curva C1 tiene como ecuación cartesiana (x2 + y2 − 2x)2 = 4(x2 + y2 ) . a. Determine la ecuación polar de C1 e identifíquela. b. Grafique la curva obtenida anteriormente rotándola c.

π/4

radianes en sentido

antihorario y dé la ecuación polar de la curva rotada. Determine los puntos de la curva C1 donde la recta tangente es vertical e indique las

nuevas coordenadas de estos puntos en la curva obtenida en el apartado b. d. Grafique las curvas C2 de ecuación polar r = 4 cos(θ) y C1 en el mismo plano.

e. Determine los puntos de intersección entre las curvas C1 y C2 e índiquelos en el gráfico.

98. Sea C una curva polar descrita por r = r(θ) , a ≤ θ ≤ b . Pruebe que la longitud de arco de la curva C viene dada por

S=

∫

b

r2 + (r ')2 dθ a

99. Identifique y grafique la ecuación polar r = 2 − 2sen(θ) y escriba la integral simplificada de la longitud total de su arco (no la calcule).

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BIBLIOGRAFÍA

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APOSTOL, Tom. Calculus. Volumen 2. 2da edición. Reverté (2006).

[2]

CRUZ, Cipriano; DE LARA, Leonte, GUNZ, Bárbara y Coordenadas Polares. Facultad de Ingeniería. UCV (1983).

[3]

DU BOUCHERON, Luc. Curvas y Superficies. Facultad de Ingeniería. UCV (1993).

[4]

EDWARDS, Henry y PENNEY, David. Cálculo con Trascendentes Tempranas. 7ma

SÁNCHEZ,

Mariemma.

edición. PEARSON PRENTICE HALL (2008). [5]

FEDENKO, A. S. Problemas de Geometría Diferencial. MIR (1981).

[6]

GONZÁLEZ, Jesús y BEYER, Walter. Matemática III. Ingeniería. (733). UNA (1993).

[7]

GONZÁLEZ, Jesús. Cálculo III. Matemática. (706). UNA (1994).

[8]

GUERREIRO, Carlos. Introducción al Maple. Aplicaciones Docentes. Facultad de Ingeniería. UCV (2002).

[9]

GUERREIRO, Carlos. Cálculo III. Facultad de Ingeniería. UCV (2004).

[10] LEITHOLD, Louis. El Cálculo. 7ma edición. OXFORD UNIVERSITY PRESS (1998). [11] PISKUNOV, N. Calculo Diferencial e Integral. Tomo I. Editorial MIR (1980). [12] PITA, Claudio. Cálculo Vectorial. PEARSON PRENTICE HALL (1995). [13] PURCELL, Edwin; VARGERG, Dale y RIGDON, Steven. Cálculo. 9na edición. PEARSON PRENTICE HALL (2007). [14] RÍOS, Alejandro. Cálculo III. Facultad de Ingeniería. UCV (2002). [15] SALAS, HILLE y ETGEN. Calculus. Una y Varias Variables. Volumen II. 4ta edición. REVERTÉ (2007). [16] STEWART, James. Cálculo. Conceptos y Contextos. 3era edición. THOMSON (2006). [17] STRUIK, Dirk. Geometría Diferencial Clásica. AGUILAR (1961). [18] THOMAS, George. Cálculo. Varias Variables. 11ma edición. PEARSON ADDISON WESLEY (2006).

Cálculo

III

(0253)

Semestre 3-2009

TEMA 2 FUNCIONES REALES DE VARIABLE VECTORIAL VARIABLE REAL

Semestre 3-2009

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INDICE GENERAL CÁLCULO III (0253) - TEMA 2

Funciones Reales de Variable Vectorial Prof. José Luis Quintero

U.C.V.

F.I.U.C.V.

2.1.

Superficies

141

2.2.

Superficies cilíndricas

143

2.3.

Superficies de revolución

145

2.4.

Construcción de superficies

147

2.5.

Superficies cuádricas

148

2.6.

Intersección de superficies

160

2.7.

Ejercicios resueltos

163

2.8.

Introducción a las funciones de varias variables

169

2.9.

Dominio

169

2.10.

Límite de una función de dos variables

171

2.11.

Continuidad de una función de dos variables

175

2.12.

Derivadas parciales de una función de dos variables

175

2.13.

Derivadas direccionales y vactor gradiente

178

2.14.

Ejercicios resueltos

181

2.15.

Plano tangente

191

2.16.

Diferenciabilidad de una función de dos variables

193

2.17.

Diferencial total

194

2.18.

Regla de la cadena

196

2.19.

Derivación implícita

200

2.20.

Máximos y mínimos de funciones de dos variables

202

2.21.

Optimización sujeta a restricciones

204

2.22.

Ejercicios resueltos

208

2.23.

Ejercicios propuestos

224

U.C.V.

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SUPERFICIES

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2.1. SUPERFICIES Definición 1. Se denomina superficie al conjunto de puntos P(x, y, z) ∈ R 3 que satisfacen una ecuación de la forma F(x, y, z) = 0 . Ejemplo 1. Un plano Ax + By + Cz = 0, es una superficie. Ejemplo 2. Sean P0 (x0 , y0 , z0 ) y P(x, y, z) dos puntos del espacio; si P0 y P son tales que la distancia entre ellos es una constante r, los puntos P forman una esfera de centro P0 y radio r, cuya ecuación es

(x − x0 )2 + (y − y0 )2 + (z − z0 )2 = r2 . Si de la ecuación en forma implícita F(x, y, z) = 0 se puede despejar en forma única una de las variables en función de las otras dos, por ejemplo z = f(x, y) (ecuación en forma explícita), entonces la superficie definida por la ecuación F(x, y, z) = 0 se puede ver como el gráfico de la función f.

Definición 2. La intersección de una superficie y un plano se llama traza. Ejemplo 3. Al graficar el plano de ecuación 2x + 3y + 5z − 30 = 0 , se van a considerar las trazas sobre los ejes coordenados. La traza sobre el plano xy se obtiene haciendo z = 0 , es decir, 2x + 3y − 30 = 0 , la cual es una recta en el plano xy. La traza sobre el plano yz es

3y + 5z − 30 = 0 y la traza sobre el plano xz es 2x + 5z − 30 = 0 . Una parte del gráfico se muestra en la figura 1.

Ejemplo 4. Al graficar el plano de ecuación x − 3 = 0 , se van a considerar las trazas sobre los ejes coordenados. La traza sobre el plano xy se obtiene haciendo z = 0 , es decir, x − 3 = 0 , la cual es una recta en el plano xy. La traza sobre el plano yz es −3 = 0 (absurdo) lo que indica que no hay intersección y la traza sobre el plano xz es x − 3 = 0 . Una parte del gráfico se muestra en la figura 2.

Ejemplo 5. Al graficar la esfera de ecuación x2 + y2 + z2 = 9 , la traza sobre el plano xy es

x2 + y2 = 9 , la cual es una circunferencia en el plano xy. La traza sobre el plano yz es y2 + z2 = 9 . La traza sobre el plano xz es x2 + z2 = 9 . Los gráficos se muestran en la figura 3.

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SUPERFICIES

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Figura 1. Gráfica del plano del ejemplo 3 en el primer octante

Figura 2. Gráfica del plano del ejemplo 4 en el primer octante

Figura 3. Gráficas de la esfera del ejemplo 5

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SUPERFICIES CILÍNDRICAS

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2.2. SUPERFICIES CILÍNDRICAS La palabra cilindro designa una clase de superficie mucho más amplia que la del cilindro circular recto conocido. Definición 3. Un cilindro es una superficie generada por una recta que se mueve a lo largo de una curva plana de tal manera que siempre permanece paralela a una recta fija que no está contenida en el plano de la curva dada. La recta que se mueve se denomina generatriz del cilindro y la curva plana dada se llama directriz del cilindro. Definición 4. Sea C una curva plana en el plano xy (o en el plano yz o en el plano xz) y L una recta que intersecta a C y que no está en el mismo plano de C. El conjunto de todas las rectas paralelas a L que intersectan a C se llama superficie cilíndrica. La recta L se llama generatriz y la curva C es la traza de la superficie en el plano xy. Ejemplo 6. x2 + y2 = 16 (ver figura 4)

Figura 4. Gráficas de la superficie cilíndrica del ejemplo 6

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SUPERFICIES CILÍNDRICAS

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Ejemplo 7. 9x2 + 16y2 = 144 (ver figura 5)

Figura 5. Gráficas de la superficie cilíndrica del ejemplo 7

Ejemplo 8. z = sen(y) (ver figura 6)

Figura 6. Gráficas de la superficie cilíndrica del ejemplo 8

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Ejemplo 9. 25y2 − 4z2 = 100 (ver figura 7)

Figura 7. Gráficas de la superficie cilíndrica del ejemplo 9

2.3. SUPERFICIES DE REVOLUCIÓN Definición 5. Si una curva plana se gira alrededor de una recta fija que está en el plano de la curva, entonces la superficie así generada se denomina superficie de revolución. La recta fija se llama eje de la superficie de revolución, y la curva plana recibe el nombre de curva generatriz (o revolvente). Se sabe que una curva C girada alrededor de una recta L que está en el mismo plano de C, genera una superficie de revolución. La recta L se llama eje de giro. Si la superficie es generada por la rotación de una curva C de ecuación f(x, z) = 0 alrededor del eje x, entonces un punto P(x,y,z) de la superficie pertenece a la circunferencia descrita por P(x, 0, z ') de la curva f(x, z ') = 0 . Pero el radio de la circunferencia z ' satisface la relación

z' =

y2 + z2 ,

por lo tanto f(x, y2 + z2 ) = 0 es la ecuación de la superficie de revolución.

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SUPERFICIES DE REVOLUCIÓN U.C.V.

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Con un análisis similar se pueden deducir las ecuaciones de las superficies en caso de que la curva plana C está en un plano coordenado y rota alrededor de un eje coordenado situado en ese mismo plano. En la tabla 1 se presenta un resumen de ecuaciones de superficies de revolución generada por la rotación de una curva C. Curva f(x, y) = 0

Eje de giro

Ecuación de la superficie

X

f(x, y2 + z2 ) = 0

f(x, y) = 0

Y

f( x2 + z2 , y) = 0

f(x, z) = 0

Z

f( x2 + y2 , z) = 0

f(x, z) = 0

X

f(x, y2 + z2 ) = 0

f(y, z) = 0

Y

f(y, x2 + z2 ) = 0

f(y, z) = 0

Z

f( x2 + y2 , z) = 0

Tabla 1. Ecuaciones de superficies de revolución y su curva de rotación

Encuentre la ecuación de la superficie generada por la rotación de la curva 9x + 4y = 36 alrededor del eje y.

Ejemplo 10. 2

2

Solución.

Como la curva gira alrededor del eje Y, se reemplaza x por

x2 + z2 en la ecuación de la

curva, para obtener la superficie de ecuación 9( x2 + z2 )2 + 4y2 = 36 ⇒ 9(x2 + z2 ) + 4y2 = 36 ⇒ 9x2 + 9z2 + 4y2 = 36 ⇒

x2 y2 z2 + + =1 4 9 4

(elipsoide) Su gráfica es (ver figura 8)

Figura 8. Gráfica de la superficie de revolución del ejemplo 10

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SUPERFICIES DE REVOLUCIÓN U.C.V.

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Ejemplo 11. z = 4−x

2

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Encuentre la ecuación de la superficie generada por la rotación de la curva

alrededor del eje z.

Solución. Como la curva gira alrededor del eje Z, se reemplaza x por

x2 + y2 en la ecuación de la

curva, para obtener la superficie de ecuación z = 4 − (x2 + y2 ) . Su gráfica es (ver figura 9)

Figura 9. Gráfica de la superficie de revolución del ejemplo 11

2.4. CONSTRUCCIÓN DE SUPERFICIES Dada una superficie definida por la ecuación F(x, y, z) = 0 , se define el gráfico de ella como el conjunto de puntos P(x, y, z) que satisfacen la ecuación. El esquema a seguir, contiene ciertos detalles: I.

Intersecciones con los ejes coordenados. a. Eje x: Encontrar puntos de la forma P(x,0,0) de la superficie. b. Eje y: Encontrar puntos de la forma P(0,y,0) de la superficie. c.

Eje z: Encontrar puntos de la forma P(0.0,z) de la superficie.

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CONSTRUCCIÓN DE SUPERFICIES U.C.V.

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II. Trazas sobre los ejes coordenados. Son las curvas intersección de la superficie con los planos coordenados. a. Plano yz: Se hace x = 0. b. Plano xz: Se hace y = 0. c.

Plano xy: Se hace z = 0.

III.Simetría con respecto a los planos coordenados, ejes coordenados y al origen. Si la ecuación de la superficie no se altera cuando

La superficie es simétrica

las variables x, y, z son reemplazadas por

con respecto al

-x, y, z

Plano yz

x, -y, z

Plano xz

x, y, -z

Plano xy

-x, -y, z

Eje Z

-x, y, -z

Eje Y

x, -y, -z

Eje X

-x, -y, -z

Origen

IV.Secciones por planos paralelos a los planos coordenados V. Información auxiliar de la superficie VI.Gráfico de la superficie

2.5. SUPERFICIES CUÁDRICAS Definición 6. Una superficie cuádrica es aquella que se puede representar mediante una ecuación de segundo grado en dos variables, como por ejemplo, en la forma:

Ax2 + Bxy + Cy2 + Dz2 + Ex + Fy + Gz + H = 0 . Se verán los casos más simples de estas superficies y que corresponden, por analogía con las cónicas: parábola, elipse, hipérbola. Se tratarán además superficies cuadráticas con B = 0 , que geométricamente significa que no están rotadas; su eje principal es paralelo a uno de los ejes de coordenadas.

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SUPERFICIES CUÁDRICAS

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Elipsoide. Tiene como ecuación

(x − x0 )2 a2

+

(y − y0 )2 b2

+

(z − z0 )2 c2

= 1.

Si a = b = c corresponde a una esfera. Los números a, b y c son las longitudes de los semiejes del elipsoide. Si dos cualesquiera de estos tres números son iguales, se obtiene un elipsoide de revolución. Ejemplo 12.

x2 y2 z2 + + = 1. 9 16 25 Al hacer un estudio de esta superficie se tiene que: I. Intersecciones con los ejes: a. Eje x: x2 = 9 ⇒ x = ±3 ⇒ (3, 0, 0) y (−3, 0, 0) son puntos de la superficie. b. Eje y: y2 = 16 ⇒ y = ±4 ⇒ (0, 4, 0) y (0, −4, 0) son puntos de la superficie. c.

Eje z: z2 = 25 ⇒ z = ±5 ⇒ (0, 0,5) y (0, 0, −5) son puntos de la superficie.

II. Trazas sobre los ejes: y2 z2 a. Plano yz: x = 0 ⇒ + = 1 , entonces se tiene una elipse. 16 25 b. Plano xz: y = 0 ⇒

x2 z2 + = 1 , entonces se tiene una elipse. 9 25

Plano xy: z = 0 ⇒

x2 y2 + = 1 , entonces se tiene una elipse. 9 16

c.

III.Simetría con respecto a los planos coordenados, ejes coordenados y al origen Relaciones F(−x, y, z) = F(x, y, z)

Simetría

F(x, −y, z) = F(x, y, z)

plano xz

F(x, y, −z) = F(x, y, z)

plano xy

F(−x, −y, z) = F(x, y, z)

eje Z

F(−x, y, −z) = F(x, y, z)

eje Y

F(x, −y, −z) = F(x, y, z)

eje X

F(−x − y, −z) = F(x, y, z)

Origen

plano yz

IV. Secciones por planos paralelos a los planos coordenados Los planos paralelos al plano xy tienen ecuación z = k . La curva intersección entre la superficie y este plano se obtiene sustituyendo z = k en la ecuación del elipsoide, resultando x2 y2 k2 . + =1− 9 16 25

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Si 1 −

k2 > 0 , es decir k < 5 , la curva es una elipse en el plano z = k . 25

V. Gráfico de la superficie (ver figura 10)

Figura 10. Gráfica de la superficie cuádrica del ejemplo 12

Hiperboloide de una hoja. Tiene como ecuación alguna de las siguientes:

(x − x0 )2

+

a2 (x − x0 )2

−

a2 −

(x − x0 )2 a2

(y − y0 )2 b2 (y − y0 )2

+

b2

− +

(y − y0 )2 b2

(z − z0 )2 c2 (z − z0 )2

+

c2 (z − z0 )2 c2

=1 =1 =1

Si a = b , la superficie es un hiperboloide de revolución para el cual el eje es la recta que contiene al eje conjugado. Observación 1. La variable del término con signo negativo es el eje encerrado por el hiperboloide de una hoja.

Ejemplo 13.

x2 y2 z2 + − = 1. 9 16 25 Al hacer un estudio de esta superficie se tiene que:

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I.

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Intersecciones con los ejes: a. Eje x: x2 = 9 ⇒ x = ±3 ⇒ (3, 0, 0) y (−3, 0, 0) son puntos de la superficie. b. Eje y: y2 = 16 ⇒ y = ±4 ⇒ (0, 4, 0) y (0, −4, 0) son puntos de la superficie. c.

Eje z: z2 = −25 ⇒ no se int er sec ta con el eje z .

II. Trazas sobre los ejes: y2 z2 a. Plano yz: x = 0 ⇒ − = 1 , entonces se tiene una hipérbola. 16 25 b. Plano xz: y = 0 ⇒ c.

Plano xy: z = 0 ⇒

x2 z2 − = 1 , entonces se tiene una hipérbola. 9 25

x2 y2 + = 1 , entonces se tiene una elipse. 9 16

III.Simetría con respecto a los planos coordenados, ejes coordenados y al origen Relaciones F(−x, y, z) = F(x, y, z)

Simetría

F(x, −y, z) = F(x, y, z)

plano xz

F(x, y, −z) = F(x, y, z)

plano xy

F(−x, −y, z) = F(x, y, z)

eje Z

F(−x, y, −z) = F(x, y, z)

eje Y

F(x, −y, −z) = F(x, y, z)

eje X

F(−x − y, −z) = F(x, y, z)

Origen

plano yz

IV. Secciones por planos paralelos a los planos coordenados Los planos paralelos al plano XY tienen ecuación z = k . La curva intersección entre la superficie y este plano se obtiene sustituyendo z = k en la ecuación del hiperboloide, resultando

x2 y2 k2 . + =1+ 9 16 25

k2 > 0 , es decir k2 > −25 , la curva es una elipse en el plano z = k . Los planos 25 paralelos al plano xz tienen ecuación y = k . La curva intersección entre la superficie y este Si 1 +

plano se obtiene sustituyendo y = k en la ecuación del hiperboloide, resultando

x2 z2 k2 . − =1− 9 25 16 Si 1 −

k2 ≠ 0 , es decir si k ≠ ±4 , la curva es una hipérbola en el plano y = k . Los 16

planos paralelos al plano yz tienen ecuación x = k . La curva intersección entre la superficie y este plano se obtiene sustituyendo x = k en la ecuación del hiperboloide, resultando

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y2 z2 k2 . − =1− 16 25 9

Si 1 −

k2 ≠ 0 , es decir si k ≠ ±3 , la curva es una hipérbola en el plano x = k . 9

V. Gráfico de la superficie (ver figura 11)

Figura 11. Gráfica de la superficie cuádrica del ejemplo 13

Hiperboloide de dos hojas. Tiene como ecuación alguna de las siguientes:

(z − z0 )2 c2 − −

(z − z0 )2 c2 (z − z0 )2 c2

−

(x − x0 )2

− +

a2 (x − x0 )2 a2 (x − x0 )2 a2

−

(y − y0 )2

+ −

b2 (y − y0 )2 b2 (y − y0 )2 b2

=1 =1 =1

Si a = b , la superficie es un hiperboloide de revolución en el que el eje es la recta que contiene al eje transverso de la hipérbola.

Observación 2. La variable del término con signo positivo es el eje abrazado por el hiperboloide de dos hojas.

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Hiperboloide de dos hojas. Tiene como ecuación z2 x2 y2 − − = 1. c2 a2 b2

Si a = b , la superficie es un hiperboloide de revolución en el que el eje es la recta que contiene al eje transverso de la hipérbola. Observación 2. La variable del término con signo positivo es el eje abrazado por el hiperboloide de dos hojas.

Ejemplo 14.

z2 x2 y2 − − = 1. 25 9 16 Al hacer un estudio de esta superficie se tiene que:

I.

Intersecciones con los ejes: a. Eje x: x2 = −9 ⇒ no se int er sec ta con el eje x . b. Eje y: y2 = −16 ⇒ no se int er sec ta con el eje y . c.

Eje z: z2 = 25 ⇒ z = ±5 ⇒ (0, 0,5) y (0, 0, −5) son puntos de la superficie.

II. Trazas sobre los ejes: z2 y2 a. Plano yz: x = 0 ⇒ − = 1 , entonces se tiene una hipérbola. 25 16 b. Plano xz: y = 0 ⇒ c.

Plano xy: z = 0 ⇒

z2 x2 − = 1 , entonces se tiene una hipérbola. 25 9 x2 y2 + = −1 , no describe ninguna curva real. 9 16

III.Simetría con respecto a los planos coordenados, ejes coordenados y al origen Relaciones F(−x, y, z) = F(x, y, z)

Simetría

F(x, −y, z) = F(x, y, z)

plano xz

F(x, y, −z) = F(x, y, z)

plano xy

F(−x, −y, z) = F(x, y, z)

eje Z

F(−x, y, −z) = F(x, y, z)

eje Y

F(x, −y, −z) = F(x, y, z)

eje X

F(−x − y, −z) = F(x, y, z)

Origen

plano yz

IV. Secciones por planos paralelos a los planos coordenados Los planos paralelos al plano xy tienen ecuación z = k . La curva intersección entre la superficie y este plano se obtiene sustituyendo z = k en la ecuación del hiperboloide, resultando

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x2 y2 k2 + = − 1. 9 16 25 k2 − 1 > 0 , es decir k > 5 , la curva es una elipse en el plano z = k . Los planos 25 paralelos al plano xz tienen ecuación y = k . La curva intersección entre la superficie y este Si

plano se obtiene sustituyendo y = k en la ecuación del hiperboloide, resultando z2 x2 k2 . − =1+ 25 9 16 Si 1 +

k2 ≠ 0 , es decir si para todo k real, la curva es una hipérbola en el plano y = k . 16

Los planos paralelos al plano yz tienen ecuación x = k . La curva intersección entre la superficie y este plano se obtiene sustituyendo x = k en la ecuación del hiperboloide, resultando z2 y2 k2 . − =1+ 25 16 9 Si 1 +

k2 ≠ 0 , es decir para todo k real, la curva es una hipérbola en el plano x = k . 9

V. Gráfico de la superficie (ver figura 12)

Figura 12. Gráfica de la superficie cuádrica del ejemplo 14

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Cono. Tiene como ecuación alguna de las siguientes

(x − x0 )2 a2 (x − x0 )2 a2

+ −

(y − y0 )2 b2 (y − y0 )2 b2

− +

(z − z0 )2 c2 (z − z0 )2 c2

=0 =0

Observación 3. La variable del término con signo negativo es el eje abrazado por el cono. Ejemplo 15.

x2 y2 z2 . + = 9 16 25 Al hacer un estudio de esta superficie se tiene que: I. Intersecciones con los ejes: Eje x: x2 = 0 ⇒ (0, 0, 0) es un punto de la superficie. II. Trazas sobre los ejes: a. Plano yz: x = 0 ⇒

y=

4 5

z , y = − 54 z .

b. Plano xz: y = 0 ⇒ x=

c.

3 5

y2 z2 , entonces se tienen dos rectas secantes de ecuaciones = 16 25

x2 z2 , entonces se tienen dos rectas secantes de ecuaciones = 9 25

z , x = − 35 z .

Plano xy: z = 0 ⇒

x2 y2 + = 0 , describe el punto (0,0,0). 9 16

III.Simetría con respecto a los planos coordenados, ejes coordenados y al origen Relaciones F(−x, y, z) = F(x, y, z)

Simetría

F(x, −y, z) = F(x, y, z)

plano xz

F(x, y, −z) = F(x, y, z)

plano xy

F(−x, −y, z) = F(x, y, z)

eje Z

F(−x, y, −z) = F(x, y, z)

eje Y

F(x, −y, −z) = F(x, y, z)

eje X

F(−x − y, −z) = F(x, y, z)

Origen

plano yz

IV. Secciones por planos paralelos a los planos coordenados Los planos paralelos al plano XY tienen ecuación z = k . La curva intersección entre la superficie y este plano se obtiene sustituyendo z = k en la ecuación del hiperboloide, resultando

x2 y2 k2 + = 9 16 25

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k2 > 0 , es decir k > 0 , la curva es una elipse en el plano z = k . Los planos 25 paralelos al plano xz tienen ecuación y = k . La curva intersección entre la superficie y este Si

plano se obtiene sustituyendo y = k en la ecuación del hiperboloide, resultando

z2 x2 k2 . − = 25 9 16 Si

k2 ≠ 0 , es decir si k ≠ 0 , la curva es una hipérbola en el plano y = k . Los planos 16

paralelos al plano yz tienen ecuación x = k . La curva intersección entre la superficie y este plano se obtiene sustituyendo x = k en la ecuación del hiperboloide, resultando z2 y2 k2 . − = 25 16 9 Si

k2 ≠ 0 , es decir si k ≠ 0 , la curva es una hipérbola en el plano x = k . 9

V. Gráfico de la superficie (ver figura 13)

Figura 13. Gráfica de la superficie cuádrica del ejemplo 15

Paraboloide. Tiene como ecuación alguna de las siguientes:

(x − x0 )2 a2

+

(y − y0 )2 b2

=

z − z0 (x − x0 )2 (z − z0 )2 y − y0 (z − z0 )2 (y − y0 )2 x − x0 , , . + = + = 2 2 2 2 c b a a c c b

Observación 4. La variable del término lineal es el eje abrazado por el paraboloide y el

signo de su coeficiente indica como lo hace.

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Ejemplo 16.

x2 y2 z + = . 9 16 5 Al hacer un estudio de esta superficie se tiene que: I.

Intersecciones con los ejes: Eje x: x2 = 0 ⇒ (0, 0, 0) es un punto de la superficie.

II. Trazas sobre los ejes: 16 z , entonces se tiene una parábola. 5 9 b. Plano xz: y = 0 ⇒ x2 = z , entonces se tiene una parábola. 5

a. Plano yz: x = 0 ⇒ y2 =

c.

Plano xy: z = 0 ⇒

x2 y2 + = 0 , describe el punto (0,0,0). 9 16

III.Simetría con respecto a los planos coordenados, ejes coordenados y al origen Relaciones F(−x, y, z) = F(x, y, z)

Simetría

F(x, −y, z) = F(x, y, z)

plano xz

F(x, y, −z) ≠ F(x, y, z)

-

F(−x, −y, z) = F(x, y, z)

eje Z

F(−x, y, −z) ≠ F(x, y, z)

-

F(x, −y, −z) ≠ F(x, y, z)

-

F(−x − y, −z) ≠ F(x, y, z)

-

plano yz

IV. Secciones por planos paralelos a los planos coordenados Los planos paralelos al plano xy tienen ecuación z = k . La curva intersección entre la superficie y este plano se obtiene sustituyendo z = k en la ecuación del hiperboloide, resultando

x2 y2 k + = . 9 16 5

k > 0 , es decir k > 0 , la curva es una elipse en el plano z = k . Los planos paralelos 5 al plano xz tienen ecuación y = k . La curva intersección entre la superficie y este plano se Si

obtiene sustituyendo y = k en la ecuación del hiperboloide, resultando x2 z k2 . = − 9 5 16 Para todo k real, la curva es una parábola en el plano y = k . Los planos paralelos al plano yz tienen ecuación x = k . La curva intersección entre la superficie y este plano se obtiene sustituyendo x = k en la ecuación del hiperboloide, resultando

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y2 z k2 . = − 16 5 9 Para todo k real, la curva es una parábola en el plano x = k . V. Gráfico de la superficie (ver figura 14)

Figura 14. Gráfica de la superficie cuádrica del ejemplo 16

Paraboloide hiperbólico o silla de montar. Tiene como ecuación alguna de las siguientes:

(x − x0 )2 a2 −

(x − x0 )2 a2

− +

(y − y0 )2 b2

(y − y0 )2 b2

= =

z − z0 (x − x0 )2 (z − z0 )2 y − y0 (z − z0 )2 (y − y0 )2 x − x0 , , − = − = 2 2 2 2 c b a a c c b

z − z0 (x − x0 )2 (z − z0 )2 y − y0 (z − z0 )2 (y − y0 )2 x − x0 , − , + = − + = 2 2 2 2 c b a a c c b

Ejemplo 17.

x2 y2 z − = . 9 16 5 Al hacer un estudio de esta superficie se tiene que:

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I.

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Intersecciones con los ejes: Eje x: x2 = 0 ⇒ (0, 0, 0) es un punto de la superficie.

II. Trazas sobre los ejes:

16 z , entonces se tiene una parábola. 5 9 b. Plano xz: y = 0 ⇒ x2 = − z , entonces se tiene una parábola. 5 a. Plano yz: x = 0 ⇒ y2 = −

c.

Plano xy: z = 0 ⇒ x=

3 4

x2 y2 , entonces se tienen dos rectas secantes de ecuaciones = 9 16

y , x = − 54 y .

III.Simetría con respecto a los planos coordenados, ejes coordenados y al origen Relaciones F(−x, y, z) = F(x, y, z)

Simetría

F(x, −y, z) = F(x, y, z)

plano xz

F(x, y, −z) ≠ F(x, y, z)

-

F(−x, −y, z) = F(x, y, z)

eje Z

F(−x, y, −z) ≠ F(x, y, z)

-

F(x, −y, −z) ≠ F(x, y, z)

-

F(−x − y, −z) ≠ F(x, y, z)

-

plano yz

IV. Secciones por planos paralelos a los planos coordenados Los planos paralelos al plano xy tienen ecuación z = k . La curva intersección entre la superficie y este plano se obtiene sustituyendo z = k

en la ecuación del paraboloide

hiperbólico, resultando

x2 y2 k − = . 9 16 5

k ≠ 0 , es decir k ≠ 0 , la curva es una hipérbola en el plano z = k . Los planos 5 paralelos al plano xz tienen ecuación y = k . La curva intersección entre la superficie y este Si

plano se obtiene sustituyendo y = k en la ecuación del paraboloide hiperbólico, resultando x2 z k2 . = + 9 5 16 Para todo k real, la curva es una parábola en el plano y = k . Los planos paralelos al plano yz tienen ecuación x = k . La curva intersección entre la superficie y este plano se obtiene sustituyendo x = k en la ecuación del paraboloide hiperbólico, resultando y2 z k2 . = + 16 5 9 Para todo k real, la curva es una parábola en el plano x = k .

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V. Gráfico de la superficie (ver figura 15)

Figura 15. Gráfica de la superficie cuádrica del ejemplo 17

2.6. INTERSECCIÓN DE SUPERFICIES La intersección de dos superficies F(x, y, z) = 0 y G(x, y, z) = 0 es el conjunto de puntos

(x, y, z) ∈ R 3 que satisfacen simultáneamente ambas ecuaciones, es decir, una curva en el espacio. Ejemplo 18. La curva intersección de la esfera x2 + y2 + z2 = 4 y el plano y + x − 1 = 0 viene dada por las soluciones del sistema

x2 + y2 + z2 = 4 .   y + x − 1 = 0 Se obtienen las proyecciones de esta curva en los planos de coordenadas eliminando una de las variables, así: a. Para obtener la proyección en el plano xz se elimina la variable y:

x2 + (1 − x)2 + z2 = 4 ⇒ x2 + 1 − 2x + x2 + z2 = 4 ⇒ 2x2 − 2x + z2 = 3 ⇒ 2(x2 − x + 14 ) + z2 = 3 + ⇒

(x − 12 )2 7 4

+

z2 7 2

=1

1 2

⇒ 2(x − 12 )2 + z2 =

7 2

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INTERSECCIÓN DE SUPERFICIES U.C.V.

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b. Para obtener la proyección en el plano yz se elimina la variable x:

(1 − y)2 + y2 + z2 = 4 ⇒ 1 − 2y + y2 + y2 + z2 = 4 ⇒ 2y2 − 2y + z2 = 3 ⇒ 2(y2 − y + 14 ) + z2 = 3 + ⇒

(y − 12 )2 7 4

+

z2 7 2

1 2

⇒ 2(y − 12 )2 + z2 =

7 2

=1

Una de las formas de expresar una curva en el espacio es dar sus ecuaciones paramétricas. En el ejemplo se puede usar la proyección en el plano yz para obtener sus ecuaciones paramétricas:

x(t) =

1 2

−

7 4

cos(t) , y(t) =

1 2

+

7 4

cos(t) , z(t) =

7 sen(t) 2

, t ∈ 0, 2π 

En forma gráfica, se tiene: (ver figura 16)

Figura 16. Gráfica de las superficies y su intersección del ejemplo 18

Ejemplo 19. La curva intersección del paraboloide z = x2 + y2 y el plano x + y + z = 10 viene dada por las soluciones del sistema

 z = x2 + y2 .  x + y + z = 10 Se obtienen las proyecciones de esta curva en los planos de coordenadas eliminando una de las variables, así:

a. Para obtener la proyección en el plano xy se elimina la variable z para llegar a

(x + 12 )2 + (y + 12 )2 =

21 2

.

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b. Para obtener la proyección en el plano yz se elimina la variable x para llegar a 2y2 + 2yz + z2 − 20y − 21z + 100 = 0 . c.

Para obtener la proyección en el plano xz se elimina la variable y para llegar a

2x2 + 2xz + z2 − 20x − 21z + 100 = 0 . Se puede usar la proyección en el plano xy para obtener sus ecuaciones paramétricas:

x(t) = − 12 +

21 2

cos(t) , y(t) = − 12 +

21 sen(t) , 2

z(t) = 11 −

21 2

cos(t) −

21 sen(t) 2

En forma gráfica, se tiene: (ver figura 17)

Figura 17. Gráfica de las superficies y su intersección del ejemplo 19

, t ∈ 0, 2π  .

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EJERCICIOS RESUELTOS

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2.7. EJERCICIOS RESUELTOS 1. Para cada ecuación, identifique la superficie que representa. a.

9x2 − 4y2 + 36z2 = 0

Cono

b.

5x2 + 6y2 − 10z2 + 30 = 0

Hiperboloide de dos hojas

c. d. e. f.

2

2

4x + y + 9z = 0 2

2

Paraboloide

2

x − y − 2z + 6 = 0 2

2

2

2

Hiperboloide de una hoja

x = 2y − z 2

Silla de montar

x +y +z −4=0 2

2

Esfera

2

g.

16x + 9y + 16z − 32x − 36y + 36 = 0

Elipsoide

h.

x2 + y2 − 4x − 3y − z + 5 = 0

Paraboloide

i.

6x + 3y + 4z = 12

Plano

2

2

2

j.

5x + 6y − 10z − 30 = 0

Hiperboloide de una hoja

k.

z = sen(y)

Superficie cilíndrica

l.

2

2

2

x − y + z = −4 2

Hiperboloide de dos hojas

2

Paraboloide

2

Superficie cilíndrica

m. 9x + 4z + 36y = 0 n. o. p. q. r.

z =2+x y = 2x2 − z2 2

2

Silla de montar

2

x + y + z − 2x − 4y − 6z = 0 2

2

Esfera

2

Elipsoide

2

Cono

4x + 4y + z + 8x − 2z − 11 = 0 2

2

4x + y − 4z − 16x − 6y − 16z + 9 = 0

2. Construya la superficie de ecuación

4x2 + 4y2 + z2 + 8x − 2z − 11 = 0 . Solución. 4x2 + 4y2 + z2 + 8x − 2z − 11 = 0 ⇒ 4(x2 + 2x + 1) + 4y2 + (z2 − 2z + 1) = 11 + 4 + 1

⇒ 4(x + 1)2 + 4y2 + (z − 1)2 = 16 ⇒ Sean x ' = x + 1,

z ' = z − 1 . Al graficar la ecuación

x '2 y2 z '2 + + =1 4 4 16 se tiene: (ver figura 18)

(x + 1)2 y2 (z − 1)2 + + =1 4 4 16

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Figura 18. Gráfica de la superficie cuádrica sin trasladar del ejercicio 2

Al trasladar los ejes x, z se tiene: (ver figura 19)

Figura 19. Gráfica de la superficie cuádrica trasladada del ejercicio 2

3. Construya la superficie de ecuación

4x2 + y2 − 4z2 − 16x − 6y − 16z + 9 = 0 . Solución. ⇒ 4(x2 − 4x + 4) + (y2 − 6y + 9) − 4(z2 + 4z + 4) = −9 + 16 + 9 − 16

(y − 3)2 − (z + 2)2 = 0 (cono) 4 Sean x ' = x − 2, y ' = y − 3, z ' = z + 2 . Al graficar la ecuación ⇒ 4(x − 2)2 + (y − 3)2 − 4(z + 2)2 = 0 ⇒ (x − 2)2 +

x '2 + se tiene: (ver figura 20)

y '2 z '2 − =0 4 4

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Figura 20. Gráfica de la superficie cuádrica sin trasladar del ejercicio 3

Al trasladar los ejes x, y, z se tiene: (ver figura 21)

Figura 21. Gráfica de la superficie cuádrica trasladada del ejercicio 4

4. Dadas las superficies z − 4 = −y2 , z = x2 + y2 , dé la proyección sobre el plano xy de la curva intersección y determine una parametrización de dicha curva. Solución.

x2 + y2 − 4 = −y2 ⇒ x2 + 2y2 = 4 ⇒

x2 y2 + = 1 . Elipse 4 2

Parametrización:

r(t) = (2 cos(t), 2sen(t),2 cos2 (t) + 2) o r(t) = (2 cos(t), 2sen(t), 4 − 2sen2 (t)) .

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5. Halle la ecuación de la superficie de revolución S, que se obtiene al rotar la curva de ecuaciones x2 − z2 = 1 , y = 0 alrededor del eje z y parametrice la curva de intersección de la superficie S con la esfera de centro (2,0,0) y radio

3.

Solución. Superficie S: x2 + y2 − z2 = 1 (Hiperboloide de una hoja) Esfera:

(x − 2)2 + y2 + z2 = 3 ⇒ z2 = 3 − (x − 2)2 − y2 .

x2 + y2 − 3 + (x − 2)2 + y2 = 1 ⇒ x2 + y2 − 3 + x2 − 4x + 4 + y2 = 1 ⇒ 2x2 + 2y2 − 4x = 0 ⇒ (x − 1)2 + y2 = 1. x(t) = 1 + cos(t) , y(t) = sen(t) , z(t) = ± 1 + 2 cos(t) r1 (t) = (1 + cos(t), sen(t), 1 + 2 cos(t))

r2 (t) = (1 + cos(t), sen(t), − 1 + 2 cos(t))

6. Parametrice la curva

x+y =2  C: 2 2 2 x + y + z = 2(x + y) que se encuentra en el primer octante, recorrida desde el punto A = (0, 2, 0) hasta el punto B = (2, 0, 0) . Solución. x+y=2  C: 2 ⇒ x2 + (2 − x)2 + z2 = 4 ⇒ z2 = 4x − 2x2 ⇒ z = 2 2 x + y + z = 2(x + y) 

4x − 2x2

por ser z ≥ 0 , ya que la porción de la curva recorrida pertenece al primer octante. De acuerdo con lo anterior, la expresión paramétrica de la curva si x es el parámetro sería:

r(t) = (t, 2 − t, 4t − 2t2 ) , t ∈ 0, 2 . 7. Halle las ecuaciones paramétricas de la curva intersección de las superficies de ecuaciones

y − z − 2 = 0 , x2 + z2 = 25 . Solución. Para encontrar las ecuaciones paramétricas de la curva C se tiene: x(t) = 5 cos(t) , z(t) = 5sen(t) , y(t) = 2 + 5sen(t) , 0 ≤ t ≤ 2π . Por lo tanto:

r(t) = (5 cos(t),2 + 5sen(t),5sen(t)) , 0 ≤ t ≤ 2π . 8. Desde el punto (1, 2, −1) hasta el punto (1, −2, −1) , obtenga la curva de intersección de las superficies dadas por 2x + z = 1 , z = 8 − x2 − 2y2 .

Solución.

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1 − 2x = 8 − x2 − 2y2 ⇒ (x − 1)2 + 2y2 = 8 ⇒

(x − 1)2 y2 + =1 8 4

r(t) = (1 + 2 2 cos(t),2sen(t), −4 2 cos(t) − 1)

π 2

≤t≤

3π 2

.

9. Sea C la curva de origen el punto (a,0,0), que se obtiene como intersección de las superficies de ecuaciones x + z = a , x2 + y2 + z2 = a2 ; a > 0 es una constante. Encuentre las ecuaciones paramétricas de C donde el recorrido de C es tal que la coordenada y crece. Solución. x2 + y2 + (a − x)2 = a2 ⇒ x2 + y2 + a2 − 2ax + x2 = a2 ⇒ 2x2 − 2ax + y2 = 0 a2 ) 4

⇒ 2(x2 − ax + 2(x − 2a )2 + y2 =

a2 2

⇒

(x − 2a )2 a2

+

4

y2 a2

+ y2 =

a2 2

= 1 ⇒ rp (t) = ( 2a +

a 2

cos(t),

a 2

sen(t)) , 0 ≤ t ≤

π 2

2

Por tanto

r(t) = ( 2a +

a 2

cos(t),

a 2

sen(t), 2a −

a 2

cos(t)) , 0 ≤ t ≤

π 2

.

10. Determine las ecuaciones paramétricas y cartesianas e identifique la intersección de las superficies

x2 − y2 + z2 = 1

y2 + z2 − x2 = 1 .

,

Solución. z2 − 1 + z2 = 1 ⇒ 2z2 = 2 ⇒ z = ±1 . Al sustituir z = 1 se tiene x2 − y2 = 0 ⇒ x2 = y2 ⇒ y = ± x .

Sean las rectas: y = x, z = 1

y = −x, z = 1 .

;

Ecuaciones paramétricas: x = t ⇒ r1 (t) = (t, t,1) 2

2

2

r2 (t) = (t, −t,1)

t ∈R

2

Al sustituir z = −1 se tiene x − y = 0 ⇒ x = y ⇒ y = ± x . Sean las rectas: y = x, z = −1

;

y = −x, z = −1 .

Ecuaciones paramétricas: x = t ⇒ r3 (t) = (t, t, −1)

r4 (t) = (t, −t, −1)

t ∈R

11. Determine la curva C dada por la intersección de las superficies de ecuaciones dadas por

S1 : x2 + y2 + z2 − 2z = 3 , z < 3 2 y S2 : x2 + y2 + z = 5 , z ≥ 1 . El recorrido de C es antihorario visto desde la parte superior de S2 .

Solución.

S1 : x2 + y2 + z2 − 2z = 3 , z < 3 2 , esfera

S2 : x2 + y2 + z = 5 , z ≥ 1 , paraboloide.

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Curva intersección: r(t) = (2 cos(t), 2sen(t),1) , t ∈ 0, 2π  . 12. Sea r un número positivo menor que 1. a. Pruebe que la intersección de la esfera de ecuación x2 + y2 + z2 = 1 con el cilindro de ecuación x2 + y2 = r2 , es la unión de dos circunferencias disjuntas C0 y C1 , donde C0 contiene el punto P0 = (

r 2

,

r 2

, − 1 − r2 ) y C1 contiene el punto P1 = (

r 2

,

r 2

, 1 − r2 ) .

Solución.

x2 + y2 + z2 = 1 C0 : x2 + y2 = r2 , z = − 1 − r2 2 2 2 ⇒ r + z = 1 ⇒ z = ± 1 − r ⇒  2 2 2 C1 : x2 + y2 = r2 , z = 1 − r2  x + y = r (

r 2 ) 2

+(

r 2 ) 2

= r2 , z = − 1 − r2

(

r 2 ) 2

+(

r 2 ) 2

= r2 , z = 1 − r 2

⇒

P0 ∈ C0 P1 ∈ C1

C0 y C1 son disjuntas ya que viven en planos paralelos al eje z. b. Considere un alambre que tiene la forma de la curva C de la parte a y del segmento que une el punto P0 con el punto P1 . Encuentre las ecuaciones paramétricas de la curva C.

Solución. Ecuación paramétrica del segmento que une el punto P0 con el punto P1 .

r(t) = (

r 2

,

r 2

, − 1 − r2 ) + t(0, 0, 2 1 − r2 ) = (

r 2

,

r 2

, − 1 − r2 + 2 1 − r2 t) , t ∈ 0,1

Ecuaciones paramétricas de la curva C:  (r.cos(t),r.sen(t), − 1 − r2 ) t ∈ 0,2π      2  (r.cos(t),r.sen(t), 1 − r ) t ∈ 0, 2π   ( r , r , − 1 − r2 + 2 1 − r2 t) t ∈ 0,1  2 2

INTRODUCCIÓN A LAS FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES U.C.V.

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2.8. INTRODUCCIÓN A LAS FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES Al describir algún fenómeno tanto físico como de otras áreas mediante una función, es común el uso de múltiples variables independientes entre sí. Ejemplo 20. El volumen de un cilindro circular recto con base de radio r y altura h viene dado por V = πr2h ; el radio y la altura son variables independientes, por lo tanto este volumen es una función de dos variables: V(r,h) = πr2h .

Ejemplo 21. La distancia de un punto (x, y, z) ∈ R 3 al origen está dada por la expresión

x2 + y2 + z2 , x, y, z las coordenadas del punto son variables dadas en forma independiente. Esta distancia es una función de tres variables dada por la expresión d(x, y, z) =

x2 + y2 + z2 .

2.9. DOMINIO Si no se dan otras indicaciones, se supondrá que el dominio es el conjunto de todos los puntos para los cuales la expresión que define la función tiene sentido. Ejemplo 22. Grafique el dominio de la función

y − x2 .

f(x, y) = Solución.

D(f) = {(x, y) / y − x2 ≥ 0} . La región sombreada indica el dominio de la función (ver figura 22). Ejemplo 23. Grafique el dominio de la función

f(x, y) =

y − x2 . ln(x + y) 4

Solución.

D(f) = {(x, y) / y − x2 ≥ 0 ∧ x + y > 0 ∧ x + y ≠ 1} . La región sombreada representa el dominio de la función (ver figura 23).

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DOMINIO

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Figura 22. Representación gráfica del dominio del ejemplo 22

Figura 23. Representación gráfica del dominio del ejemplo 23

Definición 7. Sea z = f(x, y) definida en un conjunto D del plano, la gráfica de la función f es el conjunto de puntos de R 3 tales que (x, y, f(x, y)) con (x, y) ∈ D .

Definición 8. Se llaman curvas de nivel a las curvas en R2 sobre las cuales la función z = f(x, y) es constante. Ellas reciben, de acuerdo a la disciplina, nombres especiales: •

Si la función es la presión en el punto (x, y) : f(x, y) = k, son curvas de presión constante

•

o isobaras. Si la función es la temperatura en el punto (x, y) : f(x, y) = k, son curvas de temperatura

•

constante o isotermas. Si la función es un campo de potencial eléctrico:

•

equipotenciales. Si f(x, y) representa la altura de un punto (x,y) sobre el nivel del mar: f(x, y) = k, cotas son líneas sobre un mapa topográfico de altura constante.

f(x, y) = k,

son las líneas

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DOMINIO

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Definición 9. Si la función es de tres variables w = f(x, y, z) , el conjunto de puntos en los cuales la función es constante. f(x, y, z) = c es una superficie y se llamará superficie de nivel de la función f. Ejemplo 24. Siendo

f(x, y, z) = x2 + y2 − z2 , las superficies de nivel

x2 + y2 − z2 = k : Si k = 0 , x2 + y2 = z2 es un cono. Si k > 0, x2 + y2 − z2 = k es un hiperboloide de una hoja.

Si k < 0, x2 + y2 − z2 = k es un hiperboloide de dos hojas.

2.10. LÍMITE DE UNA FUNCIÓN DE DOS VARIABLES Definición 10. Un punto (x0 , y0 ) en un subconjunto A de R2 es un punto interior de A si existe un círculo con centro en (x0 , y0 ) totalmente contenido en A.

Definición 11. Un punto (x0 , y0 ) en un subconjunto A de R2 es un punto frontera de A si todo círculo centrado en (x0 , y0 ) contiene puntos que están fuera de A, así como puntos que están en A. El punto (x0 , y0 ) no tiene que pertenecer a A.

Definición 12. Un conjunto A ⊂ R 2 es abierto si los puntos frontera no están en A. Definición 13. Un conjunto A ⊂ R2 es cerrado si los puntos frontera están en A. Definición 14. Si A es un punto de Rn y r es un número positivo, entonces la bola abierta B(A;r) es el conjunto de todos los puntos P de Rn tales que P − A < r . Definición 15. Si A es un punto de Rn y r es un número positivo, entonces la bola cerrada B(A;r) es el conjunto de todos los puntos P de Rn tales que P − A ≤ r . Definición 16. Un punto P0 es un punto de acumulación de un conjunto S de puntos de Rn si toda bola abierta B(P;r) contiene un número infinito de puntos de S.

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TEOREMA 1. Suponga que la función f está definida para todos los puntos de un disco abierto centrado en (x0 , y0 ) , excepto posiblemente en (x0 , y0 ) , y que

lí m

(x,y) →(x0 ,y0 )

f(x, y) = L .

Entonces, si S es cualquier conjunto de puntos de R 2 que tiene a (x0 , y0 ) como punto de acumulación,

lí m

(x,y) →(x0 ,y0 ) ((x,y) en S)

f(x, y)

existe y siempre es igual a L. TEOREMA 2. Si la función f tiene límites diferentes conforme (x,y) se aproxima a (x0 , y0 ) a

través de dos conjuntos diferentes de puntos que tienen a (x0 , y0 ) como un punto de acumulación, entonces

lí m

(x,y) →(x0 ,y0 )

f(x, y)

no existe. Observación 5. Si los valores de una función z = f(x, y) se acercan a L cuando (x, y) se

acerca a (x0 , y0 ) , se dirá que el límite de f(x, y) es igual a L cuando (x, y) tiende a (x0 , y0 ) ; este hecho geométrico se denota por:

lím

(x,y) →(x0 ,y0 )

f(x, y) = L.

Ejemplo 25. Calcule

lí m

(x,y)→(1,1)

x2 y x2 + y2

.

Solución.

lí m

x2 y

(x,y)→(1,1)

2

2

x +y

=

1.1 1 = . 1+1 2

Ejemplo 26. Calcule

exy sen(xy) . (x,y)→(0,0) xy lí m

Solución.

exy sen(xy) = (x,y)→(0,0) xy lí m

lí m

(x,y)→(0,0)

exy .

sen(xy) = 1.1 = 1 . (x,y) →(0,0) xy lí m

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Ejemplo 27. Calcule

lí m

(x,y) →( 1 ,1) 2

arcsen(xy) . 1 + xy

Solución. 1 arcsen(xy) arcsen( 2 ) = = 1 + xy 1 + 21 .1 (x,y)→( 1 ,1)

lí m

2

π 6 3 2

=

π . 9

Ejemplo 28. Calcule

y4 − x4

lí m

(x,y) →(0,0)

y2 + x2

.

Solución.

lí m

(x,y)→(0,0)

y4 − x4 2

2

y +x

=

(y2 − x2 )(y2 + x2 )

lí m

2

y +x

(x,y) →(0,0)

2

=

lí m

(y2 − x2 ) = 0 .

(x,y) →(0,0)

Ejemplo 29. Calcule

x2 − y2

lím

(x,y) →(0,0)

x2 + y2

.

Solución. Sean S1 : conjunto de todos los puntos del eje x y S2 : conjunto de todos los puntos del eje y.

lím

(x,y)→(0,0) ((x,y) en S1 )

lím

(x,y)→(0,0) ((x,y) en S2 )

f(x, y) = lím f(x, 0) = lím x →0

x →0

f(x, y) = lím f(0, y) = lím − y →0

y →0

x2 x2 y2 y2

= 1. = −1 .

Como

lím

(x,y)→(0,0) ((x,y) en S1 )

f(x, y) ≠

lím

(x,y)→(0,0) ((x,y) en S2 )

f(x, y)

se concluye que el límite no existe. Ejemplo 30. Calcule

lím

(x,y) →(0,0)

x 2

x + y2

.

Solución.

Sea S el conjunto de todos los puntos del eje x. Entonces x 1 lím = lím . (x,y) →(0,0) x2 + y2 x →0 x ((x,y) en S)

Por tanto, el límite no existe.

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Definición 17. Siendo z = f(x, y) una función de dos variables, reciben el nombre de límites iterados los siguientes límites:

  lím  lím f(x, y)  , y → y 0  

  lím  lím f(x, y)  . x → x 0  

x → x0

y → y0

TEOREMA 3. Si existen

  lím  lím f(x, y)  y y → y 0  

  lím  lím f(x, y)  x → x 0  

x → x0

y → y0

pero son diferentes, entonces

lím

(x,y) →(x0 ,y0 )

f(x, y)

no existe. Ejemplo 31. Calcule x2 − y2

lím

(x,y) →(0,0)

x2 + y2

.

Solución.

  x2 − y2  x2 − y2  lím  lím 2 = 1 , lím lím    = −1 x → 0  y → 0 x + y2  y → 0  x → 0 x2 + y2      por lo tanto el límite no existe. En el cálculo de un límite se puede pasar de coordenadas rectangulares a polares, técnica que a veces tiene éxito.

TEOREMA 4. Si ϕ(θ) es una función acotada (en alguna bola con centro en el origen) y ψ(r) es una función que tiende a cero cuando r tiende a cero, entonces lím g(r, θ) = lím ϕ(θ)ψ(r) = 0 . r →0

r →0

Ejemplo 32. Calcule lím

(x,y) →(0,0)

xy 2

x + y2

.

Solución.

lím

(x,y)→(0,0)

xy x2 + y2

= lím

r →0

r cos(θ)rsen(θ) r2 cos2 (θ) + r2sen2 (θ)

ya que cos(θ)sen(θ) ≤ 1 para todo valor de θ .

r2 cos(θ)sen(θ) = lím r cos(θ)sen(θ) = 0 , r →0 r →0 r

= lím

CONTINUIDAD DE UNA FUNCIÓN DE DOS VARIABLES U.C.V.

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2.11. CONTINUIDAD DE UNA FUNCIÓN DE DOS VARIABLES Definición 18. La función z = f(x, y) es continua en (x0 , y0 ) si y sólo si

lím

(x,y) →(x0 ,y0 )

f(x, y) = f(x0 , y0 ) .

Observación 6. Una función se dice continua si es continua en cada punto de su dominio. Ejemplo 33. Las funciones 2 + y2

f(x, y) = cos(x + y) , g(x, y) = x2 y4 − 4 , h(x, y) = ex son continuas en cada punto de su dominio. Ejemplo 34. La función

 xy  f(x, y) =  x2 + y2 0 

si (x, y) ≠ (0, 0)

,

si (x, y) = (0, 0)

no es continua en el origen, puesto que

lím

(x,y)→(0,0)

xy 2

x + y2

no existe, como ya se vio anteriormente.

2.12. DERIVADAS PARCIALES DE UNA FUNCIÓN DE DOS VARIABLES Las derivadas parciales de funciones de varias variables son una extensión de la derivada para funciones de una sola variable, en el sentido de que el incremento es en una sola variable considerando las demás constantes. Definición 19. Se definen las derivadas parciales de la función z = f(x, y) en el punto (x0 , y0 ) ∈ D(f) de la siguiente forma:

Respecto de la variable x: f(x0 + h, y0 ) − f(x0 , y0 ) ∂f , (x0 , y0 ) = lí m h→ 0 ∂x h

DERIVADAS PARCIALES DE UNA FUNCIÓN DE DOS VARIABLES U.C.V.

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Respecto de la variable y: f(x0 , y0 + h) − f(x0 , y0 ) ∂f (x0 , y0 ) = lí m , h→ 0 ∂y h siempre que estos límites existan. Observación 7. Las siguientes notaciones son equivalentes para las derivadas parciales: ∂f ∂z , , fx , zx (respecto de x); ∂x ∂x ∂f ∂z , , fy , zy (respecto de y). ∂y ∂y Observación 8. A efectos de cálculo se pueden usar las reglas de derivación conocidas para funciones de una sola variable en la siguiente forma: para obtener fx (x, y) se toma y como constante y recíprocamente para fy (x, y) se toma x como constante. Ejemplo 35. El volumen V de un gas encerrado en un recipiente elástico es función de su presión P y de su temperatura T, según la ley V = KT , en donde K es cierta constante. P

∂V KT ∂V K y = = ∂P P2 ∂T P miden las variaciones del volumen con la temperatura (a presión constante) y del volumen con la presión (a temperatura constante), de modo respectivo.

Ejemplo 36. Siendo f(x, y) = e3x + 2y , calcule sus primeras derivadas parciales. Solución. Se tiene que:

fx (x, y) =

∂ ∂ (e3x + 2y ) = 3e3x + 2y , fy (x, y) = (e3x + 2y ) = 2e3x + 2y . ∂x ∂y

Observación 9. Las funciones

fx (x, y)

y

fy (x, y)

pueden ser derivadas nuevamente,

obteniéndose las derivadas parciales de segundo orden: ∂2 f ∂  ∂f  ∂f respecto de x. = , se deriva parcialmente   2 ∂x  ∂ x  ∂x ∂x

∂2 f 2

∂y

=

∂f ∂  ∂f  respecto de y.   , se deriva parcialmente ∂y  ∂y  ∂y

∂f ∂2 f ∂  ∂f  respecto de x. =   , se deriva parcialmente ∂y ∂x∂y ∂x  ∂y 

DERIVADAS PARCIALES DE UNA FUNCIÓN DE DOS VARIABLES U.C.V.

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∂2 f ∂  ∂f  ∂f = , se deriva parcialmente respecto de y. ∂x∂y ∂y  ∂x  ∂x Ejemplo 37. Siendo f(x, y) = yexy se tiene:

∂f ∂f = exy + xyexy = (1 + xy)exy . = y2exy , ∂y ∂x ∂2 f ∂x

2

=

∂  ∂f  ∂ ∂2 f ∂  ∂f  ∂ = (y2exy ) = y3exy , ((1 + xy)exy ) = xexy + (1 + xy)xexy . =  =   ∂x  ∂x  ∂x ∂y  ∂y  ∂y ∂y2

TEOREMA 5. Sea f una función de dos variables. Si f, fx , fy , fxy , fyx son funciones continuas

en un conjunto abierto entonces fxy = fyx en cualquier punto del dominio. Ejemplo 38. Sea

 3x2 y  f(x, y) =  x2 + y2   0

si (x, y) ≠ (0, 0)

.

si (x, y) = (0, 0)

Pruebe que a. f(x,y) es continua en (0,0). Solución.

3x2 y

lím

(x,y)→(0,0)

b.

2

2

x +y

= lím

3r3 cos2 (θ)sen(θ)

r →0

r

2

= lím r.cos2 (θ)sen(θ) = 0 . r →0

fx (0, 0) y fy (0, 0) existen. Solución.

f(h, 0) − f(0, 0) 0−0 f(0,h) − f(0, 0) 0−0 = lím = 0 , fy (0, 0) = lím = lím = 0. h →0 h →0 h→ 0 h h h h fx (x, y) no es continua en (0,0). fx (0, 0) = lím

h→ 0

c.

Solución.

∂ ∂x

 3x2 y  6xy(x2 + y2 ) − 3x2 y.2x 6x3 y + 6xy3 − 6x3y 6xy3 = = = 2 .  2 2 2 2 2 2 2 2 (x + y ) (x + y ) (x + y2 )2  x + y 

Por lo tanto

 6xy3  fx (x, y) =  (x2 + y2 )2  0  lím

6xy3 2

(x,y)→(0,0) (x

2 2

+y )

= lím

r →0

6r 4 cos(θ)sen3 (θ) r4

si (x, y) ≠ (0, 0)

.

si (x, y) = (0, 0) = lím 6 cos(θ)sen3 (θ) = 6 cos(θ)sen3 (θ) . r →0

El límite no existe, por lo tanto, fx (x, y) no es continua en (0,0).

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2.13. DERIVADAS DIRECCIONALES Y VECTOR GRADIENTE Definición 20. Sean f una función de dos variables y u = (u1 ,u2 ) un vector unitario. Se define en (x0 , y0 ) la derivada de f en la dirección u por

Du f(x0 , y0 ) = lí m h→ 0

f((x0 , y0 ) + h(u1 ,u2 )) − f(x0 , y0 ) f(x0 + hu1 , y0 + hu2 ) − f(x0 , y0 ) = lí m h→ 0 h h

siempre que el límite exista. Observe que ahora el incremento es en las dos variables. Observación 10. Las derivadas parciales

∂f ∂f y ∂y ∂x son casos particulares de derivadas direccionales en la dirección de los vectores i y j respectivamente. Ejemplo 39. Dada la función

f(x, y) =

y , x+y

calcule la derivada de f en el punto (1,2), en la dirección 1 u= (1,1) . 2 Solución.

 1 1  2 + h/ 2 f 1 + h ,2 + h  − f(1, 2) 2 2 1 + h/ 2 + 2 + h/  Du f(1,2) = lí m = lí m h→ 0 h→ 0 h h

2

−

2 3

= lí m h →0

−1  2  3 2 3 + h 2  

=−

1 9 2

.

Definición 21. El vector formado por las derivadas parciales de z = f(x, y) se llama vector gradiente de f y se denota como

 ∂f  ∂f ∇f(x, y) =  (x, y), (x, y)  . ∂ x ∂ y   Otra forma de calcular la derivada direccional es usando el vector gradiente ∇f de la función z = f(x, y) . Usando el producto escalar y el gradiente se puede expresar la derivada direccional de la forma siguiente:

Du f(x, y) = ∇f(x, y) • u .

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Existen muchas direcciones en las que se puede calcular la derivada direccional en un punto p(x, y) , de todas ellas una es la dirección de máxima pendiente. Sea α el ángulo entre los vectores ∇f(x, y) y u en el punto p(x, y) . Como u es un vector unitario se tiene entonces que

Du f(x, y) = ∇f(x, y) • u = ∇f(x, y) u cos(α) = ∇f(x, y) cos(α) . Así, se ve que Du f(x, y) es máxima cuando α = 0 , es decir, cuando ∇f(x, y) y u tienen

la misma dirección. Por lo tanto el valor máximo de Du f(x, y) se da en la dirección del gradiente ∇f(x, y) y su valor máximo es

Du f(x, y) = ∇f(x, y) . Mientras que el valor mínimo de Du f(x, y) se da cuando α = π , es decir, en la dirección del menos gradiente.

Ejemplo 40. Si

Duf(−1,1) =

7 5

cuando u =

1

cuando u =

1

5

(2,1)

y

Duf(−1,1) =

4 2

2

(−1,1)

entonces demuestre que

∂f(−1,1) ∂f(−1,1) =1 y = 5. ∂x ∂y Solución. Se sabe que Du f(−1,1) = ∇f(1,1) • u , de modo que se tiene:  2 1   1 7 1  4 (a,b) •  , ⇒ 2a + b = 7 y (a,b) •  − , ⇒ −a + b = 4 . = = 5 2 2 2   5 5 Al resolver el sistema

2a + b = 7 , −a + b = 4 se tiene a = 1, b = 5 . Ejemplo 41. La temperatura, en grados, en un punto (x,y) de una lámina metálica en el

plano es

T(x, y) = exy + xy + 1 . Encuentre la dirección en la que la temperatura se eleva con mayor rapidez en el punto (1,1) y calcule la tasa a la que se eleva.

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Solución.

∇T(x, y) = (yexy + y, xexy + x) , ∇T(1,1) = (e + 1, e + 1) , ∇T(1,1) = 2(e + 1)2 = 2(e + 1) . Ejemplo 42. Un cultivo de bacterias ha sido infectado por un contaminante, cuya

concentración, medida con un sistema coordenado xy, está dada por

C(x, y, z) = 2 + 4sen2 (x + 3y + 8xy) , donde x y y miden en centímetros y C en centigramos por litro. Una bacteria b se encuentra en el punto de coordenadas (0,2). El vector ∇C(0, 2) = (68sen(12),12sen(12)) = 4sen(12)(17, 3) da la dirección de movimiento de la bacteria en la cual ésta encontraría la mayor variación de concentración de contaminante. Para que la bacteria b se puede mover en el cultivo sin tener cambio en la concentración de contaminante, lo tendrá que hacer sobre una curva de nivel de la función C(x,y) correspondiente al nivel C(0, 2) = 2 + 4sen2 (6) . Ejemplo 43. Suponga que la distribución de temperatura dentro de una habitación está dada

por 2

T(x, y, z) = 25 + 0.02e0.1x + 0.4y + 0.01z

donde x,y,z se miden a partir de uno de los rincones (dado). A partir de ese rincón (el punto (0,0,0), se quiere saber en qué dirección aumenta la temperatura con más rapidez. Según ya se ha visto, la velocidad de variación máxima se encuentra en la dirección del vector gradiente de T en (0,0,0), es decir, en la dirección del vector  ∂T(0, 0, 0) ∂T(0, 0, 0) ∂T(0, 0, 0)  , ,  . ∂x ∂y ∂z  

Calculando estas derivadas se tiene que 2 2 2 ∂T ∂T ∂T = 0.002e0.1x + 0.4y + 0.01z , = 0.008e0.1x + 0.4y + 0.01z , = 0.0004ze0.1x + 0.4y + 0.01z . ∂x ∂y ∂z Evaluando estas derivadas en (0,0,0) se obtiene el vector ∇T(0, 0, 0) = (0.002, 0.008, 0) que marca la dirección de mayor crecimiento de la temperatura partiendo del punto de origen. TEOREMA 6. Si f(x,y) tiene derivadas parciales continuas en un circulo con centro en (x0 , y0 )

y ∇f(x0 , y0 ) ≠ 0 entonces ∇f(x0 , y0 ) es ortogonal a la curva de nivel de f que pasa por (x0 , y0 ) .

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TEOREMA 7. Si f(x,y,z) tiene derivadas parciales continuas en (x0 , y0 , z0 ) y ∇f(x0 , y0 , z0 ) ≠ 0 , entonces ∇f(x0 , y0 , z0 ) es ortogonal a la superficie de nivel S descrita por f(x,y,z) que pasa por (x0 , y0 , z0 ) .

Ejemplo 44. Sea la función

 y3 − yx2  f(x, y) =  x2 + y2  0 

si (x, y) ≠ (0, 0)

.

si (x, y) = (0, 0)

a. Encuentre las derivadas parciales en (0,0). Solución.

∂f f(h, 0) − f(0, 0) (0, 0) = lím = lím h → 0 h →0 ∂x h

−0

0 h2

h

∂f f(0,h) − f(0, 0) (0, 0) = lím = lím h → 0 h→ 0 ∂y h

=0

h3 h2

−0 h

=1

b. ¿Es f continua en (0,0)? Solución.

lím

(x,y)→(0,0)

c.

y3 − yx2 x2 + y2

= lím

r3sen3 (θ) − r3sen(θ) cos2 (θ)

= lím r.lím(sen3 (θ) − sen(θ) cos2 (θ)) = 0 .

r2

r →0

r →0

r →0

Por tanto f si es continua en (0,0). Halle la derivada direccional de f en el punto (0,0) según la dirección u = Solución.

1

Du f(0, 0) =

2

.0 +

1 2

.1 =

1 2

.

2.14. EJERCICIOS RESUELTOS 13. Si

f(x, y) =

x2 + y2 , 2xy

demuestre que  y f 1,  = f(x, y) .  x Solución.

 y f 1,  =  x

1+

y2

x y 2 x

2

x2 + y2 =

x2 2y x

=

x 2 + y2 = f(x, y). 2xy

(1,1) 2

.

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EJERCICIOS RESUELTOS

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14. Grafique el dominio de

f(x, y) =

16 − x2 − y2 2

2

x + y −1

+

1 y− x

.

Solución.

16 − x2 − y2 ≥ 0 ⇒ x2 + y2 ≤ 16 , x2 + y2 − 1 > 0 ⇒ x2 + y2 > 1 , y − x > 0 ⇒ y > x . Gráfico del dominio: (ver figura 24)

Figura 24. Representación gráfica del dominio del ejercicio 2

15. Calcule el dominio de

x f(x, y) = arcsen   + xy . 2 Solución.

Sean

f1(x, y) = arcsen(x 2) y f2 (x, y) =

xy .

Como f(x, y) = f1(x, y) + f2 (x, y) entonces D(f) = D(f1 ) ∩ D(f2 ).

{

}

D(f1 ) = (x, y) ∈ R2 / −2 ≤ x ≤ 2 ,

16. Determine y grafique el dominio de la función  − x2 − 4x + 2y  . f(x, y) = ln  2  9x + 4y2 − 36x    Solución.

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x2 − 4x + 2y 9x2 + 4y2 − 36x

−2(y − 2) , 9(x − 2)2 + 4y2 < 36 ⇒

(x − 2) y2 + 1 . Elipses.

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EJERCICIOS RESUELTOS

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Figura 26. Representación gráfica del dominio del ejercicio 5

18. Describa las curvas de nivel de

f(x, y) =

x2 − y2 x2 + y2

.

Solución.

k=

x2 − y2 x2 + y2

⇒ (k − 1)x2 + (k + 1)y2 = 0

(k − 1)(k + 1) < 0 ⇒ k2 − 1 < 0 ⇒ k < 1 ⇒ k ∈ (−1,1) . Dos rectas secantes y perpendiculares. k = −1 ⇒ x = 0 Eje de las ordenadas. k = 1 ⇒ y = 0 Eje de las abscisas 19. Sea la ecuación

4z2 = 36y − 9y2 + 72x − 36x2 − 36 . a. Identifíquela e indique los cortes con los ejes coordenados. Solución.

4z2 = 36y − 9y2 + 72x − 36x2 − 36 ⇒ 36x2 − 72x + 9y2 − 36y + 4z2 = −36 36(x2 − 2x + 1) + 9(y2 − 4y + 4) + 4z2 = −36 + 36 + 36 36(x − 1)2 + 9(y − 2)2 + 4z2 = 36 ⇒ (x − 1)2 +

(y − 2)2 z2 + =1 4 9

Elipsoide. Cortes: (0,2,0) y (1,0,0).

b. Dé una parametrización de la curva intersección entre el gráfico de la ecuación anterior y el plano z − 3y + 3 = 0 . Solución.

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3(y − 1) = ± 32 4y − y2 + 8x − 4x2 − 4 ⇒ 2(y − 1) = ± 4y − y2 + 8x − 4x2 − 4 4(y − 1)2 = 4y − y2 + 8x − 4x2 − 4 ⇒ 4y2 − 8y + 4 = 4y − y2 + 8x − 4x2 − 4 4x2 − 8x + 5y2 − 12y = −8 ⇒ 4(x2 − 2x + 1) + 5(y2 − 4(x − 1)2 + 5(y − 65 )2 =

x(t) = 1 +

c.

⇒

(x − 1)2 16

2 5

cos(t), 65 +

+

(y − 56 )2 16

20

cos(t) , y(t) =

2 5

r(t) = (1 +

16 5

4 5

6 5

+

4 5

12 5

y+

36 ) 25

= −8 + 4 +

36 5

=1

25

sen(t) , z(t) =

sen(t), 35 +

12 5

3 5

+

12 5

sen(t)

sen(t)) , 0 ≤ t ≤ 2π

Identifique y construya la ecuación de la curva de nivel sobre la cual la función alcanza el valor de 2. Solución.

16 = 36y − 9y2 + 72x − 36x2 − 36 ⇒ 36x2 − 72x + 9y2 − 36y = −52 36(x2 − 2x + 1) + 9(y2 − 4y + 4) = −52 + 36 + 36 ⇒ 36(x − 1)2 + 9(y − 2)2 = 20 (x − 1)2 5

+

(y − 2)2 20

9

= 1 elipse

9

20. Sean

4x − x2 − y2

f(x, y) =

, g(x, y) =

x− y

1 ln(x2 + y2 )

, h(x, y) =

xy + y3 − y x2 − 2x + y2 + 1

.

a. Grafique el dominio de la función k(x, y) = f(x, y) + g(x, y) . Solución.

4x − x2 − y2 ≥ 0 ⇒ x2 − 4x + 4 + y2 ≤ 4 ⇒ (x − 2)2 + y2 ≤ 4 x − y > 0 , x2 + y2 > 0 , x2 + y2 ≠ 1 La región dominio no incluye el origen ni las curvas y = x , x2 + y2 = 1 . (ver figura 27) b. Calcule (si existe)

lím

(x,y)→(1,0)

h(x, y) .

Solución.

lím

xy + y3 − y

(x,y) →(1,0)

x2 − 2x + y2 + 1

=

lím

(x − 1)y + y3

(x,y) →(1,0) (x

− 1)2 + y2

S1 : {(x, y) ∈ R 2 / x = 1} , S2 : {(x, y) ∈ R 2 / y = x − 1} lím

(x,y)→(1,0) (x,y)∈S1

Por lo tanto

(x − 1)y + y3 2

2

(x − 1) + y

= lím

lím

y →0

(x,y)→(1,0)

y3 2

y

= lím y = 0 , y →0

xy + y3 − y x2 − 2x + y2 + 1

lím

(x, y) →(1,0) (x,y)∈S2

no existe .

y2 + y3 2

2

y +y

1+ y 1 = y →0 2 2

= lím

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Funciones Reales de Variable Vectorial Pág.: 186 de 305

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Figura 27. Representación gráfica de las curvas de la pregunta 8

21. Si

f(x, y) =

xy2 2

x + y4

,

demuestre que

lím

(x,y) →(0,0)

f(x, y)

no existe. Solución.

Sea S : {(x, y) ∈ R 2 / x = ky2 } . Se tiene entonces:

lím

(x,y)→(0,0) (x,y)∈S

xy2 2

x +y

4

= lím

ky 4

y → 0 k2 y4

+y

4

= lím

k

y → 0 k2

+1

=

k 2

k +1

lo que indica que depende del parámetro k por lo tanto el límite no existe. 22. Demuestre que

lím

(x,y) →(0,1)

x(y − 1) 2

x + (y − 1)2

no existe. Solución. Caminos: S: haz de rectas: y = mx + 1 .

lím

(x,y)→(0,1) (x,y)∈S

x(y − 1) 2

2

x + (y − 1)

= lím

x → 0 (mx

Por lo tanto, el límite no existe.

x(mx + 1 − 1) 2

2

+ 1) + (mx + 1 − 1)

= lím

x →0

mx2 2

2

x + (mx)

= lím

x →0 1

m 2

+m

=

m 1 + m2

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Funciones Reales de Variable Vectorial Pág.: 187 de 305

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23. Si

x2 y2

f(x, y) =

x2 y2 + (x − y)2

,

demuestre que

lím

(x,y) →(0,0)

f(x, y)

no existe. Solución. S1 : y = x .

lím

x2 y2

(x,y)→(0,0) (x,y)∈S1

x2 y2 + (x − y)2

= lím

x →0

x4 x4

= lím 1 = 1 . x →0

S2 : y = 2x . lím

x2 y2

(x,y) →(0,0) (x,y)∈S2

x2 y2 + (x − y)2

= lím

x →0

4x4 4x4 + x2

= lím

4x2

x →0

4x2 + 1

=0.

Por tanto, el límite no existe.

24. Sean las superficies f(x, y) = xy − 2x − y + 2 y g(x, y) = x2 + y2 − 2x − 4y + 5 . a. Identifique g(x,y) y sus trazas con los planos z = 1 y y = 0 . Solución.

g(x, y) = x2 + y2 − 2x − 4y + 5 ⇒ z = x2 + y2 − 2x − 4y + 4 + 1 ⇒ z = (x2 − 2x + 1) + (y2 − 4y + 4) ⇒ z = (x − 1)2 + (y − 2)2 La superficie g(x,y) es un paraboloide. Traza con el plano z = 1 :

1 = (x − 1)2 + (y − 2)2 que corresponde a la ecuación de una circunferencia en el plano xy. Traza con el plano y = 0 :

z = (x − 1)2 + 4 que corresponde a la ecuación de una parábola en el plano xz. b. Discuta la existencia de

lím

(x,y) →(1,2)

f(x, y) . g(x, y)

Solución.

lím

(x,y)→(1,2)

f(x, y) = g(x, y)

lím

xy − 2x − y + 2 2

2

=

lím

x(y − 2) − (y − 2)

x + y − 2x − 4y + 5 − 1)2 + (y − 2)2 . (x − 1)(y − 2) 0 = lím = (in det er min ación) (x,y)→(1,2) (x − 1)2 + (y − 2)2 0 (x,y) →(1,2)

(x,y) →(1,2) (x

Caminos: S: haz de rectas: y − 2 = m(x − 1) ⇒ y = m(x − 1) + 2 .

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(x − 1)(y − 2)

lím

(x,y)→(1,2) (x (x,y)∈S

= lím

− 1)2 + (y − 2)2

(x − 1)(m(x − 1) + 2 − 2)

x →1 (x

= lím

− 1)2 + (m(x − 1) + 2 − 2)2 m

x →1 m2

+1

=

= lím

m(x − 1)2

x →1 (m2

+ 1)(x − 1)2

m 2

m +1

Como el límite depende del parámetro de la familia, el límite no existe. 25. Calcule (si existe)

xy

lím

(x,y)→(0,0)

x2 + y2

.

Solución.

lím

xy

(x,y)→(0,0)

x2 + y2

= lím

r cos(θ)rsen(θ)

r →0 r2

cos2 (θ) + r2sen2 (θ)

= lím

r2 cos(θ)sen(θ) r2

r →0

= lím cos(θ)sen(θ) . r →0

Como

cos(θ)sen(θ) = entonces el límite toma valores entre − 12 y

1 2

1 2

sen(2θ) ≤ 1 ,

, por lo tanto el límite no existe.

26. Si

x2 + y2 f(x, y) =   0

si x.y ≠ 0 si x.y = 0

,

demuestre que

∂f (0,1) = 0. ∂y Solución.

∂f f(0,1 + h) − f(0,1) 0−0 (0,1) = lím = lím = 0. h→ 0 h →0 ∂y h h 27. Sea

 x3 − y3  f(x, y) =  x2 + y2   0

si (x,y) ≠ (0,0)

.

si (x,y) = (0,0)

Ver que: a. f es continua en (0,0). Solución. lím

(x,y)→(0,0)

b.

∂f (0, 0) = 1 , ∂x

x3 − y3 2

x +y

2

= lím

r3 (sen3 (θ) − cos3 (θ))

r →0

∂f (0, 0) = −1 . ∂y

r2

= lím r.lím(sen3 (θ) − cos3 (θ)) = 0 . r →0

r →0

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Funciones Reales de Variable Vectorial Pág.: 189 de 305

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Solución.

∂f f(h, 0) − f(0, 0) h−0 (0, 0) = lím = lím =1 h→ 0 h→ 0 h ∂x h ∂f f(0,h) − f(0, 0) −h − 0 (0, 0) = lím = lím = −1 h →0 h→ 0 ∂y h h c.

Calcule la derivada direccional en (0,0) en la dirección del vector (zx (1,1), zy (1,1)) . Solución.

∂ ∂x

 x3 − y3  3x2 (x2 + y2 ) − 2x(x3 − y3 ) 3x4 + 3x2 y2 − 2x4 + 2xy3 = =  2 2 (x2 + y2 )2 (x2 + y2 )2  x + y  =

∂ ∂y

x 4 + 3x2 y2 + 2xy3

 x3 − y3  −3y2 (x2 + y2 ) − 2y(x3 − y3 ) −3y4 − 3x2 y2 + 2y4 − 2yx3 = =  2 2 (x2 + y2 )2 (x2 + y2 )2  x + y  =−

zx (1,1) =

(x2 + y2 )2

1+3+2 2

(1 + 1)

=

y4 + 3x2 y2 + 2yx3 (x2 + y2 )2

6 3 1+3+2 6 3 = , zy (1,1) = − =− =− , 2 4 2 4 2 (1 + 1)

zx (1,1), zy (1,1) =

3 2 2

Por lo tanto Du (0, 0) = ∇z(0, 0) • u = (1, −1) •

2 3 3 2  3 3  2.3 = 2.  ,− 2 =  + = 3 2 2  3 2 2 2 3 2

28. Si

u=x+

x−y , y−z

demuestre que

∂u ∂u ∂u + + = 1. ∂x ∂y ∂z Solución. ∂u 1 =1+ ∂x y−z

,

∂u z−x = ∂y (y − z)2

,

∂u x−y = ∂z (y − z)2

, 1+

1 z−x x−y + + = 1. y − z (y − z)2 (y − z)2

29. Verifique que f(x, y, z) = x2 y + y2z + z2 x satisface la ecuación dada por

fxx + fyy + fzz = 2(x + y + z) . Solución.

fxx = 2y , fyy = 2z , fzz = 2x . Se tiene que fxx + fyy + fzz = 2(x + y + z) .

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30. Suponga que, en cierta región del espacio, el potencial eléctrico V está dado por la función V(x, y, z) = 5x2 − 3xy + xyz . a. Encuentre la razón de cambio del potencial en P(3,4,5), en la dirección del vector v = (1,1, −1) . Solución.

∇V(x, y, z) = (10x − 3y + yz, −3x + xz, xy) , ∇V(3, 4,5) = (38, 6,12) Dv f(3, 4,5) = (38, 6,12) •

1 3

(1,1, −1) =

32 3

.

b. ¿Cuál es la mayor razón de cambio en P? Solución.

Du f(3, 4,5) = ∇f(3, 4,5) = 1624 = 2 406 . 31. Indique la veracidad o falsedad de la siguiente afirmación, justificando su respuesta: Si ∇f(x, y) = ∇g(x, y) entonces f(x,y) y g(x,y) son funciones iguales. Solución.

Contraejemplo: Sean

f(x, y) = x2 + y2 + 1 , g(x, y) = x2 + y2 + 2 . Se tiene que ∇f(x, y) = ∇g(x, y) = (2x,2y) y sin embargo f y g no son iguales. Por lo tanto es falsa. 32. La elevación de una colina sobre el nivel del mar en el punto de coordenadas (x,y) viene dada por la función H(x, y) = 100 − x2 − y2 . Un alpinista está situado en el punto (−1,1, 98). a. ¿En cuál dirección debe moverse si desea mantener la misma altura? Solución. ∇H(x, y) = (−2x, −2y) . Vector perpendicular (2y, −2x) Dirección (2, 2) . b. Dé la ecuación de la curva que debe recorrer en coordenadas cartesianas. Solución.

x2 + y2 = 2. c.

¿Cuál dirección debe tomar para ir por la ladera de mayor pendiente. Indique el valor de la pendiente? Solución.

Dirección del gradiente: (2, −2) . Valor de la pendiente: 2 2 . 33. Determine la derivada direccional de la función dada por

f(x, y) =

∫

xy

ln cos(2t + 4π ) dt 2

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en el punto (1,0) y en la dirección de la recta tangente a la curva C : x(t) = cos(t) , y(t) = sen(t) , t ∈ 0, 2π . Solución.

Du f(1, 0) = ∇f(1, 0) • u . Cálculo de u. Sea r(t) = (cos(t), sen(t)) , entonces r '(t) = (−sen(t), cos(t)) . Se tiene que u = r '(0) = (0,1) . En consecuencia Du f(1, 0) = fy (1, 0) . Cálculo de fy (1,0) .

f(x, y) =

∫

xy

g(t)dt = G(xy) − G(2) ⇒ fy (x, y) = xG '(xy) ⇒ fy (1, 0) = G '(0) = ln( 22 ) . 2

2.15. PLANO TANGENTE Suponga que una superficie S tiene ecuación z = f(x, y) , donde f tiene derivadas parciales de primer orden, y sea P(x0 , y0 , z0 ) un punto en S. Sean C1 y C2 las curvas obtenidas en la intersección de los planos verticales y = y0 y x = x0 con la superficie S. Entonces el punto P se encuentra en C1 y C2 . Sean T1 y T2 las rectas tangentes a las curvas C1 y C2 en el punto P. Entonces el plano tangente a la superficie S en el punto P es el plano que contiene las rectas tangentes T1 y T2 . El plano tangente en P es el plano que se aproxima más a la superficie S en el punto P. Se sabe del tema 1 que cualquier plano que pase por el punto P(x0 , y0 , z0 ) tiene una ecuación de la forma

A(x − x0 ) + B(y − y0 ) + C(z − z0 ) = 0 . Al dividir esta ecuación entre C y hacer a = − A / C y b = −B / C , se puede escribir como (*) z − z0 = a(x − x0 ) + b(y − y0 )

Si la ecuación (*) representa el plano tangente en P, entonces su intersección con el plano y = y0 debe ser la recta tangente T1 . Al hacer y = y0 en la ecuación (*) resulta z − z0 = a(x − x0 ) , y = y0 y se reconoce esta ecuación como la de una recta con pendiente a, sabiendo que cursos anteriores que a = f '(x0 ) si z = f(x) , para el caso de z = f(x, y) se tiene a = fx (x0 , y0 ) . Del mismo modo, si se pone x = x0 en la ecuación (*), se obtiene z − z0 = b(y − y0 ) , que debe representar la recta tangente T2 , de modo que b = fy (x0 , y0 ) .

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PLANO TANGENTE

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Definición 22. Suponga que f tiene derivadas parciales continuas. La ecuación del plano tangente a la superficie z = f(x, y) en el punto P(x0 , y0 , z0 ) es la ecuación dada por

z − z0 = fx (x0 , y0 )(x − x0 ) + fy (x0 , y0 )(y − y0 ) . Observación 11. Si f(x, y, z) = 0 representa la superficie de nivel cero del funcional dado por

w = f(x, y, z) , entonces la ecuación del plano tangente a esa superficie en el punto P(x0 , y0 , z0 ) es

fx (x0 , y0 )(x − x0 ) + fy (x0 , y0 )(y − y0 ) + fz (x0 , y0 )(z − z0 ) = 0 . Definición 23. La recta que pasa por el punto P(x0 , y0 , z0 ) y cuyo vector director es

∇f(x0 , y0 , z0 ) se llama recta normal a la superficie en el punto P(x0 , y0 , z0 ) . Ejemplo 45. Halle la ecuación del plano tangente a la superficie de nivel de ecuación x2 + 2xy − yz + 3z2 = 7 en el punto (1,1,-1) y la recta normal en ese punto. Solución. El vector gradiente de la superficie es ∇f = (2x + 2y,2x − z, 6z − y) y el vector normal a la superficie en (1,1,-1) es ∇f(1,1, −1) = (4, 3, −7) . Por lo tanto la ecuación del plano tangente es

4(x − 1) + 3(y − 1) − 7(z + 1) = 0 y la ecuación de la recta normal en forma vectorial es r(t) = (1,1, −1) + t(4,3, −7)

t ∈R.

Ejemplo 46. Halle la ecuación de la recta tangente y el plano normal a la curva intersección de las superficies x2 + 4y2 + 2z2 = 27 (Elipsoide) y x2 + y2 − 2z2 = 11 (Hiperboloide) en el punto (3,-2,1).

Solución. Sean

F1 = x2 + 4y2 + 2z2 − 27 y F2 = x2 + y2 − 2z2 − 11 entonces se tiene que ∇F1 = (2x, 8y, 4z) y ∇F2 = (2x,2y, −4z) . En el punto (3,-2,1) en particular se obtiene que ∇F1 = (6, −16, 4) y ∇F2 = (6, −4, −4) . Como ∇F1 y ∇F2 son ortogonales a la curva intersección en el punto (3,-2,1) entonces el producto

∇F1 × ∇F2

es

tangente

a

la

curva

en

el

mismo

punto.

Calculando

∇F1 × ∇F2 = 8(10, 6, 9) , luego la ecuación de la recta tangente es

r(t) = (3, −2,1) + t(10, 6, 9)

t ∈R

y la ecuación del plano normal viene dada por 10(x − 3) + 6(y + 2) + 9(z − 1) = 0 .

se

tiene

que

DIFERENCIABILIDAD DE UNA FUNCIÓN DE DOS VARIABLES U.C.V.

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2.16. DIFERENCIABILIDAD DE UNA FUNCIÓN DE DOS VARIABLES Definición 24. La función lineal dada por L(x, y) = f(a,b) + fx (a,b)(x − a) + fy (a,b)(y − b) se denomina linealización de f en (a,b) y la aproximación dada por la expresión f(x, y) ≈ f(a,b) + fx (a,b)(x − a) + fy (a,b)(y − b) se llama aproximación lineal o aproximación de plano tangente de f en (a,b). Se debe enfrentar el hecho de que, con todo, hay algunas funciones extrañas para las que la aproximación lineal es muy deficiente. La función dada por

 xy  f(x, y) =  x2 + y2  0

(x, y) ≠ (0, 0) (x, y) = (0, 0)

es función para la cual sus derivadas parciales existen en el origen y, en realidad, fx (0, 0) = 0 y fy (0, 0) = 0 . La aproximación lineal sería f(x, y) ≈ 0 , pero f(x, y) =

1 2

en todos los puntos en

la recta y = x . Por tanto, una función de dos variables se puede comportar bastante mal aún cuando existan sus dos derivadas parciales. Para excluir tal comportamiento, se formula la idea de función diferenciable de dos variables. Se recordará que para una función de una variable, y = f(x) , si x cambia de a a a + ∆x , se define el incremento de y como ∆y = f(a + ∆x) − f(a) . También se recordará que si f es

diferencialbe en a, entonces ∆y = f '(a)∆x + ε∆x donde ε → 0 cuando ∆x → 0 . Ahora considere una función de dos variables, z = f(x, y) , y suponga que x cambia de a a a + ∆x y y cambia de b a b + ∆y . Entonces el correspondiente incremento de z es ∆z = f(a + ∆x,b + ∆y) − f(a,b) . Entonces el incremento ∆z representa el cambio en el valor de f cuando (x,y) cambia de (a,b) a (a + ∆x,b + ∆y) . Por analogía con respecto a las funciones de una sola variables se define la diferenciabilidad de una función de dos variables como sigue:

Definición 25. Si z = f(x, y) , entonces f es diferenciable en (a,b) si ∆z se puede expresar en la forma

∆z = fx (a,b)∆x + fy (a,b)∆y + ε1∆x + ε2 ∆y

donde ε1 → 0 y ε2 → 0 cuando (∆x, ∆y) → (0, 0) .

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La definición anterior dice que una función diferenciable es aquella para la que la aproximación lineal es una buena aproximación cuando (x,y) está cerca de (a,b). En otras palabras, el plano tangente aproxima bien la gráfica de f

cerca del punto de tangencia. A

veces es difícil emplear la definición anterior directamente para verificar diferenciabilidad de una función, pero el siguiente teorema constituye una condición suficiente, fácil de comprobar, para la diferenciabilidad. TEOREMA 8. Si las derivadas parciales fx y fy existen cerca de (a,b) y son continuas en (a,b), entonces f es diferenciable en (a,b). Ejemplo 47. Demuestre que

f(x, y) = xexy

es diferenciable en (1,0) y encuentre su

linealización en ese punto. Luego, utilícela para aproximar f(1.1, −0.1) .

Solución. Las derivadas parciales son

fx (x, y) = exy + xyexy , fy (x, y) = x2exy , fx (1, 0) = 1 , fy (1, 0) = 1 . Tanto fx como fy son funciones continuas, de modo que f es diferenciable por el teorema 8. La linealización es L(x, y) = f(1, 0) + fx (1, 0)(x − 1) + fy (1, 0)(y − 0) = 1 + 1(x − 1) + 1.y = x + y . La correspondiente aproximación lineal es xexy ≈ x + y , así que f(1.1, −0.1) ≈ 1 . Compare esto con el valor real de f(1.1, −0.1) = 1.1e−0.11 ≈ 0.98542 .

2.17. DIFERENCIAL TOTAL Para una función de una variable, y = f(x) , se definió el diferencial dx como una variable independiente, es decir, dx puede tomar el valor de cualquier número real. El diferencial de y se define entonces como dy = f '(x)dx . ∆y representa el cambio en altura de la curva y = f(x) y dy representa el cambio en altura de la recta tangente cuando x cambia en

una cantidad dx = ∆x . Para una función de dos variables, z = f(x, y) , se definen los diferenciales dx y dy como

variables independientes, es decir, pueden tomar cualesquiera de los valores dados. Entonces el diferencial dz, que también se llama diferencial total, está definido por ∂z ∂z dz = fx (x, y)dx + fy (x, y)dy = dx + dy ∂x ∂y

(*)

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DIFERENCIAL TOTAL

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Si se toma dx = ∆x = x − a y dy = ∆y = y − b en (*), entonces el diferencial de z es

dz = fx (a,b)(x − a) + fy (a,b)(y − b) . Por tanto, en la notación de diferenciales, la aproximación lineal se escribe como f(x, y) ≈ f(a,b) + dz .

Ejemplo 48. Si z = f(x, y) = x2 + 3xy − y2 , encuentre el diferencial dz. Si x cambia de 2 a 2.05 y y cambia de 3 a 2.96, compare los valores de ∆z y dz.

Solución.

dz = zx dx + zy dy = (2x + 3y)dx + (3x − 2y)dy .

Si se hace

x = 2 , dx = ∆x = 0.05 , y = 3 y dy = ∆y = −0.04 , se obtiene

dz = 2(2) + 3(3) 0.05 + 3(2) − 2(3) (−0.04) = 0.65 . El incremento de z es

∆z = f(2.05, 2.96) − f(2, 3) = (2.05)2 + 3(2.05)(2.96) − (2.96)2  − 22 + 3(2)(3) − 32  = 0.6449     Note que ∆z ≈ dz pero dz es más fácil de calcular. Ejemplo 49. El radio de la base y la altura de un cono circular recto son 10 cm y 25 cm,

respectivamente, con un posible error en medición de hasta 0.1 cm en cada uno. Utilice diferenciales para estimar el máximo error en el volumen calculado del cono. Solución.

El volumen V de un cono con radio r de la base y altura h es V = πr2h / 3 , por tanto, el diferencial de v es

2πrh πr2 dr + dh . 3 3 Como este error es, a lo más 0.1 cm, se tiene ∆r ≤ 0.1 , ∆h ≤ 0.1 . Para hallar el error dV = Vr dr + Vhdh =

máximo del volumen se toma el máximo error en la medición de r y de h. En consecuencia, se toma dr = 0.1 y dh = 0.1 junto con r = 10 , h = 25 . Esto da 500π 100π dV = (0.1) + (0.1) = 20π . 3 3 Por tanto, el máximo error en el volumen calculado es alrededor de 20π cm3 ≈ 63 cm3 .

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REGLA DE LA CADENA

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2.18. REGLA DE LA CADENA Se recordará que la regla de la cadena para funciones de una sola variable da la regla para derivar una función compuesta: Si y = f(x) y x = g(t) , donde f y g son funciones diferenciales, entonces y es indirectamente una función diferencial de t y dy dy dx . = dt dx dt Para funciones de más de una variable la regla de la cadena tiene varias versiones que dan la regla de diferenciación de la composición de funciones para diferentes casos. La primera versión se aplica cuando z = f(x, y) y cada una de las variables x y y son a su vez funciones de una variable t. Eso significa que z es indirectamente una función de t, z = f(g(t),h(t)) , y la regla de la cadena da la fórmula para diferenciar z como función de t. Se asume que f es diferenciable. Se recordará que es el caso cuando fx y fy son continuas.

TEOREMA 9. Suponga que z = f(x, y) es una función diferencial de x y y, donde x = g(t) y

y = h(t) son funciones diferenciales de t. Entonces z es una función diferencial de t y dz ∂f dx ∂f dy . = + dt ∂x dt ∂y dt Ejemplo 50. Sean y = 2wz + z2 , donde w = ex y z = cos(x) . Halle dy/dx. Solución. dy ∂y dw ∂y dz = . + . = 2z.ex − (2w + 2z).sen(x) = 2 cos(x).ex − 2(ex + cos(x)).sen(x) dx ∂w dx ∂z dx

= 2ex cos(x) − 2ex sen(x) − 2sen(x) cos(x) Ahora se considera el caso en el que z = f(x, y) , pero tanto x como y es una función de dos variables s y t: x = g(s, t) , y = h(s, t) . Entonces z es indirectamente una función de s y t y se desea hallar

∂z ∂z y . ∂s ∂t Se recordará que al calcular

∂z ∂t se conserva s fija y se calcula la derivada ordinaria de z con respecto a t. por tanto, se aplica el teorema 9 y se obtiene

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∂z ∂z ∂x ∂z ∂y = + . ∂t ∂x ∂t ∂y ∂t Para

∂z ∂s se cumple un argumento semejante y, por tanto, se ha demostrado la siguiente versión de la regla de la cadena. TEOREMA 10. Suponga que z = f(x, y) es una función diferenciable de x y y, donde x = g(s, t) y y = h(s, t) son funciones diferenciables de s y t. Entonces

∂z ∂z ∂x ∂z ∂y = + ∂s ∂x ∂s ∂y ∂s

,

∂z ∂z ∂x ∂z ∂y = + . ∂t ∂x ∂t ∂y ∂t

Ejemplo 51. Sea z = f(x, y) = arctg(xy) , con x = u2 + v2 y y = u2 − v2 . Halle

∂z ∂z y . ∂u ∂v

Solución.

∂f y ∂f x ∂x ∂y ∂x ∂y , , = = = 2u , = 2u , = 2v , = −2v . ∂x 1 + (xy)2 ∂y 1 + (xy)2 ∂u ∂u ∂v ∂v

∂z y y 2u.2u2 4u3 = .2u + .2u = = 2 2 4 4 2 ∂u 1 + (xy) 1 + (xy) 1 + (u − v ) 1 + (u4 − v 4 )2 ∂z y y 2v.2v2 4v3 . = .2v − .2v = − =− 2 2 4 4 2 ∂v 1 + (xy) 1 + (xy) 1 + (u − v ) 1 + (u4 − v4 )2 Ejemplo 52. Si g(s, t) = f(s2 − t2 , t2 − s2 ) y f es diferenciable, demuestre que la función g

satisface la ecuación t

∂g ∂g +s = 0. ∂s ∂t

Solución. Sea x = s2 − t2 , y = t2 − s2 . Entonces g(s, t) = f(x, y) y la regla de la cadena da

∂g ∂f ∂x ∂f ∂y ∂f ∂f ∂g ∂f ∂x ∂f ∂y ∂f ∂f = + = (2s) + (−2s) , = + = (−2t) + (2t) . ∂s ∂x ∂s ∂y ∂s ∂x ∂y ∂t ∂x ∂t ∂y ∂t ∂x ∂y Por tanto se tiene t

∂g ∂g  ∂f ∂f   ∂f ∂f  +s =  2st − 2st + 2st  +  −2st  = 0. ∂s ∂t  ∂x ∂y   ∂x ∂y 

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Ahora se considera la situación general en la que una variable dependiente u es una función de n variables intermedias x1 ,..., xn , cada una de las cuales es, a su vez, una función de m variables independientes t1 ,..., tm . Note que hay n términos, uno por cada variable intermedia. TEOREMA 11. Suponga que u es una función diferenciable de las n variables x1 , x2 ,..., xn y cada x j es una función diferenciable de las m variables t1 , t2 ,..., tm . Entonces u es una función de t1 , t2 ,..., tm y

∂u ∂u ∂x1 ∂u ∂x2 ∂u ∂xn = + + ... + ∂ti ∂x1 ∂ti ∂x2 ∂ti ∂xn ∂ti para cada i = 1, 2,..., m . Observación 11. Si z = f(x, y) tiene derivadas parciales continuas de segundo orden y

x = x(u, v) y y = y(u, v) se tiene entonces

∂z ∂f ∂x ∂f ∂y ∂z ∂f ∂x ∂f ∂y = . + . , = . + . y ∂u ∂x ∂u ∂y ∂u ∂v ∂x ∂v ∂y ∂v ∂2z 2

∂u

=

∂  ∂z  ∂  ∂f ∂x ∂f ∂y  ∂  ∂f ∂x  ∂  ∂f ∂y  + . =  .  .   =  . + ∂u  ∂u  ∂u  ∂x ∂u ∂y ∂u  ∂u  ∂x ∂u  ∂u  ∂y ∂u  ∂  ∂f  ∂x ∂  ∂x  ∂f ∂  ∂f  ∂y ∂  ∂y  ∂f = . + . + + .  .     ∂u  ∂x  ∂u ∂u  ∂u  ∂x ∂u  ∂y  ∂u ∂u  ∂u  ∂y  ∂  ∂f  ∂x = +  .  ∂x  ∂x  ∂u  ∂  ∂f  ∂x +   .  ∂x  ∂y  ∂u

∂  ∂f  ∂y  ∂x ∂  ∂x  ∂f . . + . +   ∂y  ∂x  ∂u  ∂u ∂u  ∂u  ∂x ∂  ∂f  ∂y  ∂y ∂  ∂y  ∂f + .  . . ∂y  ∂y  ∂u  ∂u ∂u  ∂u  ∂y

 ∂2 f ∂x ∂2 f ∂y  ∂x ∂2 x ∂f  ∂2 f ∂x ∂2 f ∂y  ∂y ∂2 y ∂f = 2. + . . + . + . + . . + .  ∂x ∂u ∂x∂y ∂u  ∂u ∂u2 ∂x  ∂y∂x ∂u ∂y2 ∂u  ∂u ∂u2 ∂y     2

= ∂2 z ∂v

2

=

2

∂2 f  ∂x  ∂2 f ∂y ∂x ∂2 x ∂f ∂2 f ∂x ∂y ∂2 f  ∂y  ∂2 y ∂f . + . . + 2. + . . + 2 .  + 2 . 2  ∂u  ∂x∂y ∂u ∂u ∂u ∂x ∂y∂x ∂u ∂u ∂y  ∂u  ∂x   ∂u ∂y

∂  ∂z  ∂  ∂f ∂x ∂f ∂y  ∂  ∂f ∂x  ∂  ∂f ∂y  = + . = . +  .  .  ∂v  ∂v  ∂v  ∂x ∂v ∂y ∂v  ∂v  ∂x ∂v  ∂v  ∂y ∂v   ∂ 2 f ∂x ∂2 f ∂y  ∂x ∂2 x ∂f  ∂2 f ∂x ∂2 f ∂y  ∂y ∂2 y ∂f = 2. + . . + . + . + . . + .  ∂x ∂v ∂x∂y ∂v  ∂v ∂v2 ∂x  ∂y∂x ∂v ∂y2 ∂v  ∂v ∂v2 ∂y     2

=

2

∂2 f  ∂x  ∂2 f ∂y ∂x ∂2 x ∂f ∂2 f ∂x ∂y ∂2 f  ∂y  ∂ 2 y ∂f + + + + + . . . . . . . .   ∂x∂y ∂v ∂v ∂v2 ∂x ∂y∂x ∂v ∂v ∂y2  ∂v  ∂x2  ∂v  ∂v2 ∂y

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Funciones Reales de Variable Vectorial Pág.: 199 de 305

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Ejemplo 53. Sean u = 3xy − 4y2 , x = 2ser , y = re−s . Calcule

∂2u ∂r2 utilizando la regla de la cadena. Solución. Se tiene que ∂2u ∂  ∂u  ∂  ∂u ∂ x ∂ u ∂ y  ∂  ∂u ∂x  ∂  ∂u ∂y  = = + . = . +  .  .    2 ∂r  ∂r  ∂r  ∂x ∂r ∂y ∂r  ∂r  ∂x ∂r  ∂r  ∂y ∂r  ∂r  ∂2u ∂x ∂2u ∂y  ∂x ∂2 x ∂u  ∂2u ∂x ∂2u ∂y  ∂y ∂2 y ∂u = 2. + . . + . + . + . . + .  ∂x ∂r ∂x∂y ∂r  ∂r ∂r2 ∂x  ∂y∂x ∂r ∂y2 ∂r  ∂r ∂r2 ∂y    

∂u = 3y , ∂x

∂x = 2ser , ∂r

∂2u =3 , ∂x∂y ∂2u ∂r

2

∂2u ∂r2

∂2 x ∂r2

∂u = 3x − 8y , ∂y

= 2ser ,

∂2u =3 , ∂y∂x

∂2u

∂y = e− s , ∂r

∂x2

∂2u

∂2 y

∂y2

= −8 ,

∂r2

=0 , =0

= (0.2ser + 3e−s ).2ser + 2ser .3y + (3.2ser − 8e−s ).e−s + 0.(3x − 8y) = 6ser − s + 6yser + 6ser − s − 8e−2s = 12ser − s + 6re−s ser − 8e−2s = 12ser − s + 6rser − s − 8e−2s = 6ser − s (2 + r) − 8e−2s

Ejemplo 54. Sea u = f(x2 + 2yz, y2 + 2xz) . Pruebe que

(y2 − zx)

∂u ∂u ∂u + (x2 − yz) + (z2 − xy) = 0. ∂x ∂y ∂z

Solución. Sean v = x2 + 2yz , w = y2 + 2xz . Se tiene:

∂u ∂u ∂v ∂u ∂w ∂u ∂u ∂u ∂u ∂v ∂u ∂w ∂u ∂u = + = . . .2z + .2y = . + . = .2x + .2z , ∂y ∂v ∂y ∂w ∂y ∂v ∂w ∂x ∂v ∂x ∂w ∂x ∂v ∂w ∂u ∂u ∂v ∂u ∂w ∂u ∂u = . + . = .2y + .2x . ∂z ∂v ∂z ∂w ∂z ∂v ∂w Sustituyendo:

∂u ∂u ∂u  ∂u   ∂u   ∂u  (y2 − zx)  .2x + .2z  + (x2 − yz)  .2z + .2y  + (z2 − xy)  .2y + .2x  = 0 ∂ v ∂ w ∂ v ∂ w ∂ v ∂ w       ∂u ∂ u ∂ u ∂ u ∂ u ∂ u ∂ u ∂ u .2xy2 − .2x2z + .2zy2 − .2z2 x + .2zx2 − .2z2 y + .2yx2 − .2y2z + ∂v ∂v ∂w ∂w ∂v ∂v ∂w ∂w ∂u ∂u ∂u ∂u .2x2 y = 0 .2yz2 − .2y2 x + .2z2 x − ∂v ∂v ∂w ∂w

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DERIVACIÓN IMPLÍCITA

Funciones Reales de Variable Vectorial Pág.: 200 de 305

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2.19. DERIVACIÓN IMPLÍCITA La regla de la cadena puede ser usada para dar una descripción en detalle del proceso de derivación implícita. Se supone que una ecuación de la forma F(x, y) = 0 define a y implícitamente como una función diferenciable de x, es decir, y = f(x) , donde F(x, f(x)) = 0 para toda x en el dominio de f. Si F es diferenciable, se aplica el teorema 9 de la regla de la cadena para derivar ambos lados de la ecuación F(x, y) = 0 con respecto a x. Como x y y son funciones de x, se obtiene ∂F dx ∂F dy + = 0. ∂x dx ∂y dx Pero dx / dx = 1 , de modo que si ∂F / ∂y ≠ 0 , despejando dy/dx se obtiene:

F dy ∂F / ∂x =− =− x dx ∂F / ∂y Fy

(1)

Para derivar esta ecuación se supone que F(x, y) = 0 define a y implícitamente como función de x. El teorema de la función implícita, demostrado en cálculo avanzado, da condiciones bajo las cuales esta suposición es válida. Expresa que si F está definida en un disco que contiene (a,b), donde F(a,b) = 0 , Fy (a,b) ≠ 0 , y Fx y Fy son continuas en el disco, entonces la ecuación F(x, y) = 0 define y como función de x cerca del punto (a,b) y la derivada de esta función está dada por la ecuación (1).

Ejemplo 55. Encuentre y’ si x3 + y3 = 6xy . Solución. La ecuación dada se puede escribir como F(x, y) = x3 + y3 − 6xy = 0 , por lo cual la ecuación (1) da

F dy 3x2 − 6y x2 − 2y . =− x =− 2 =− 2 dx Fy 3y − 6x y − 2x Ahora se supone que z está dada implícitamente como una función z = f(x, y) por una ecuación de la forma F(x, y, z) = 0 . Esto significa que F(x, y, f(x, y)) = 0 para toda (x,y) en el dominio de f. Si F y f son diferenciales, entonces se puede usar la regla de la cadena para derivar la ecuación F(x, y, z) = 0 como sigue:

∂F ∂x ∂F ∂y ∂F ∂z + + = 0. ∂x ∂x ∂y ∂x ∂z ∂x

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DERIVACIÓN IMPLÍCITA

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Pero

∂ ∂ (x) = 1 y (y) = 0 , ∂x ∂x de modo que esta ecuación se convierte en

∂F ∂F ∂z + = 0. ∂x ∂z ∂x Si ∂F / ∂z ≠ 0 , se despeja ∂z / ∂x y se obtiene la primera fórmula en las ecuaciones (2). La fórmula para ∂z / ∂y se obtiene de modo semejante.

∂z ∂F / ∂x =− , ∂x ∂F / ∂z

∂z ∂F / ∂y =− ∂y ∂F / ∂z

(2)

De nuevo, una versión del teorema de la función implícita da condiciones bajo las cuales la suposición es válida. Si F está definida dentro de una esfera que contiene (a,b,c), donde F(a,b, c) = 0 , Fz (a,b, c) ≠ 0 , y Fx , Fy y Fz son continuas dentro de la esfera, entonces la ecuación F(x, y, z) = 0 define z como función de x e y cerca del punto (a,b,c) y las derivadas parciales de esta función están dadas por (2).

Ejemplo 56. Calcule

∂z ∂z , ∂x ∂y si 4z3 + 3xz2 − xyz − 2xy2 + 7 = 0 .

Solución. Sea

F(x, y, z) = 4z3 + 3xz2 − xyz − 2xy2 + 7 entonces

∂F = 3z2 − yz − 2y2 , ∂x

∂F = −xz − 4xy , ∂y

∂F = 12z2 + 6xz − xy , ∂z

Luego

∂z 3z2 − yz − 2y2 =− ∂x 12z2 + 6xz − xy

,

∂z xz + 4xy . = ∂y 12z2 + 6xz − xy

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2.20. MÁXIMOS Y MÍNIMOS DE FUNCIONES DE DOS VARIABLES TEOREMA 12. Suponga que z = f(x, y) es una función continua en el dominio R, entonces f alcanza un valor máximo absoluto y un valor mínimo absoluto en el dominio R. La función z = f(x, y) puede alcanzar su máximo o mínimo absoluto en un punto interior de R o en un punto que está en la frontera de R. Si (a,b) es un punto interior entonces: Definición 26. Se dice que f(a,b) es un valor máximo local de f si existe un disco circular con centro en (a,b) tal que f está definida en el disco y f(x, y) ≤ f(a,b) para todo (x,y) en el disco.

Definición 27. Se dice que f(a,b) es un valor mínimo local de f si existe un disco circular con centro en (a,b) tal que f está definida en el disco y f(x, y) ≥ f(a,b) para todo (x,y) en el disco.

TEOREMA 13. Si z = f(x, y) tiene un extremo local (máximo o mínimo) en (a,b) y

∂f ∂f (a,b) , (a,b) ∂x ∂x existen, entonces

∂f ∂f (a,b) = (a,b) = 0 . ∂x ∂y Observación 12. Un punto (a,b) donde

∂f ∂f = =0 ∂x ∂y puede corresponder a un mínimo local o a un máximo local o a ninguno de los dos. Así, la condición del teorema es necesaria pero no suficiente.

Definición 28. Un punto (a,b) interior de R en el que ∂f ∂f ∂f ∂f (a,b) = (a,b) = 0 ó (a,b) o (a,b) no existe ∂x ∂y ∂x ∂y se llama punto crítico.

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TEOREMA 14. Suponga que z = f(x, y) tiene un punto crítico en (a,b) y que f tiene derivadas parciales de segundo orden continuas en un disco con centro en (a,b). Sean ∂2 f ∂2 f ∂2 f A = 2 (a,b) , B = (a,b) , C = 2 (a,b) , D = AC − B2 . ∂x∂y ∂x ∂y Entonces se verifica que: a. f alcanza un máximo local en (a,b) si D > 0 y A < 0 . b. f alcanza un mínimo local en (a,b) si D > 0 y A > 0 . c. f tiene un punto de ensilladura en (a,b) si D < 0 . d. Si D = 0 el criterio no concluye nada. Ejemplo 57. Halle los puntos críticos de la función

f(x, y) = x3 + y3 + 3x2 − 18y2 + 81y y clasifíquelos.

Solución. Se tiene que

∂f = 3x2 + 6x = 0 ∂x

 x(x + 2) = 0  . ⇒ 2 ∂f 2 y − 12y + 27 = 0  = 3y − 36y + 81 = 0  ∂y De la primera ecuación se obtiene x = 0, x = −2 y de la segunda y = 3, y = 9 , por lo tanto los puntos críticos son (0,3), (0,9), (-2,3), (-2,9). Para clasificar los puntos extremos se tiene: ∂2 f ∂2 f ∂2 f = 6x + 6, = 0, = 6y − 36 2 ∂x∂y ∂x ∂y2 y con la siguiente tabla se clasifican los puntos. Pto Crítico

A

B

C

D

Tipo de punto

(0,3)

6

0

-18

-108

Ensilladura

(0,9)

6

0

18

108

Mínimo

(-2,3)

-6

0

-18

108

Máximo

(-2,9)

-6

0

18

-108

Ensilladura

Ejemplo 58. Halle los puntos críticos de

f(x, y) = x3 + y3 + 3y2 − 3x − 9y + 2 e indique su naturaleza. Solución.

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2 x = 1 , x = −1  3x − 3 = 0 . ⇒  2 y = −3 , y = 1 3y + 6y − 9 = 0

Puntos críticos: (1, −3) , (1,1) , (−1, −3) , (−1,1) Sean:

A=

∂2 f ∂x2

(a,b) , B =

∂2 f ∂2 f (a,b) , C = (a,b) , D = AC − B2 . 2 ∂x∂y ∂y

Entonces ∂2 f ∂x

2

= 6x ,

∂2 f ∂2 f =0, = 6y + 6 ∂x∂y ∂y2

y con la siguiente tabla se clasifican los puntos: Pto

A

B

C

D

Tipo de punto

(1,-3)

6

0

-12

-72

Ensilladura

(1,1)

6

0

12

72

Mínimo

(-1,-3)

-6

0

-12

72

Máximo

(-1,1)

-6

0

12

-72

Ensilladura

Crítico

2.21. OPTIMIZACIÓN SUJETA A RESTRICCIONES Muchas veces se necesita encontrar los valores extremos de una función sobre algún conjunto geométrico descrito mediante una ecuación (restricción), como por ejemplo los valores extremos de una función sobre una recta, una esfera, o bien sobre una curva intersección entre dos superficies. Para estos problemas de optimización se usa el método de los multiplicadores de Lagrange, debido al matemático francés Joseph Louis Lagrange (17361813). TEOREMA 15 (TEOREMA DE LAGRANGE). Sean f y g funciones de dos variables con derivadas parciales de primer orden continuas en un conjunto abierto que contenga la curva g(x, y) = 0 (restricción) y suponga que ∇g ≠ 0 en cualquier punto de la curva. Si f tiene un extremo relativo sobre la curva g(x, y) = 0 , entonces este extremo ocurre en un punto (x0 , y0 ) en el que los gradientes ∇f(x0 , y0 ) y ∇g(x0 , y0 ) son paralelos, es decir ∇f(x0 , y0 ) = λ∇g(x0 , y0 ) para algún λ ∈ R , donde λ recibe el nombre de multiplicador de Lagrange.

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Ejemplo 59. ¿En qué punto de la curva x2 + y2 = 1 la suma x + y es máxima? Solución. Se quiere maximizar la función f(x, y) = x + y con la condición de que el punto (x,y) esté sobre la curva g(x, y) = x2 + y2 − 1 = 0 (restricción). ∇f = λ∇g, o sea (1,1) = λ(2x,2y), esta ecuación vectorial y la restricción dan lugar al sistema: 1 − 2λx = 0  1  1 1  1   , ,− 1 − 2λy = 0 ⇒ (x, y) =   ; − . 2 2 2 2      2 2 x + y = 1 Calculando la suma f(x, y) = x + y en cada uno de ellos:

 1 1  2 f , (valor máximo) = 2 2  2

 1 1  2 f − ,− (valor mínimo) =− 2 2 2 

Ejemplo 60. Determine los puntos (x,y,z) del elipsoide 2x2 + 4y2 + 5z2 = 70 de modo que la suma de su primera y tercera coordenada sea la mayor y la menor posible.

Solución. Planteamiento: optimizar x + z

sujeto a 2x2 + 4y2 + 5z2 = 70 .

Utilizando los multiplicadores de Lagrange se tiene que: 1 = 4λx   0 = 8λy 5  ⇒ y = 0 , x = z.  1 = 10λz 2  2x2 + 4y2 + 5z2 = 70  Por lo tanto los puntos encontrados son: P1(5, 0,2) . Al evaluarlo en el funcional se tiene f(5, 0, 2) = 7 . Valor máximo.

P1(−5, 0, −2) . Al evaluarlo en el funcional se tiene f(−5, 0, −2) = −7 . Valor mínimo. Suponga ahora que se quiere hallar los valores máximo y mínimo de f(x,y,z) sujetos a dos restricciones (condiciones) de la forma g(x, y, z) = k y h(x, y, z) = c . Geométricamente, esto significa que se está buscando los valores extremos de f cuando (x,y,z) está sobre la curva intersección de las superficies de nivel g(x, y, z) = k y h(x, y, z) = c . Se puede demostrar que si un valor extremo se presenta en (x0 , y0 , z0 ) entonces el vector gradiente ∇f(x0 , y0 , z0 ) está en el plano determinado por ∇g(x0 , y0 , z0 ) y ∇h(x0 , y0 , z0 ) (Se supone que estos gradientes no son nulos ni paralelos). Por tanto, hay números multiplicadores de Lagrange) tales que ∇f(x0 , y0 , z0 ) = λ∇g(x0 , y0 , z0 ) + µ∇h(x0 , y0 , z0 ) .

λ

y

µ

(llamados

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Ejemplo 61. Para la curva en el espacio definida por la intersección de la esfera x2 + y2 + z2 = 4 y del plano x + z = 1 , calcule los puntos de mayor y menor altura. Solución. Se debe optimizar la función f(x, y, z) = z sujeta a las restricciones

g(x, y, z) = x2 + y2 + z2 − 4 = 0 y h(x, y, z) = x + z − 1 = 0. De la ecuación vectorial ∇f(x, y, z) = λ∇g(x, y, z) + β∇h(x, y, z) y de las condiciones resulta el sistema:

 0 = 2λx + β  0 = 2λy    1 = 2λz + β .  2 2 2 x + y + z = 4  x+z =1 De la solución del sistema y evaluando en la función a optimizar se desprende que los puntos críticos

1 + 7 1 − 7 1− 7 1+ 7 , 0, , 0,   y   2  2   2  2 son el de mínima y máxima altura respectivamente.

TEOREMA 16. Si f es continua en una región del plano cerrada y acotada entonces a. Existe al menos un punto de la región donde f alcanza su valor mínimo. b. Existe al menos un punto de la región donde f alcanza su valor máximo. Ejemplo 62. Encuentre los valores extremos de la función f(x, y) = xy(1 − x2 − 2y2 ) en el círculo x2 + y2 ≤ 1 / 4.

Solución. Estudio en el interior del circulo. Criterio del Hessiano:

fx = y(1 − 3x2 − 2y2 ) ; fy = x(1 − x2 − 6y2 ) . Igualando a cero se obtiene el sistema y(1 − 3x2 − 2y2 ) = 0 ,  2 2  x(1 − x − 6y ) = 0 que tiene como soluciones 1 1  1 1   1 1   1 1   1   1  (0, 0),  , ,  ,− , − , , − ,−  ,  0,  ,  0, −  , (1, 0), (−1, 0). 2 2 2 2 2 2  2 2  2 2  2 2  2  2 

Observe que solamente los cinco primeros puntos son interiores al círculo x2 + y2 ≤ 1 / 4 . Los cuatro últimos por estar fuera del círculo se descartan. Aplicando el criterio del Hessiano se tiene: (0,0) es un punto de ensilladura, en

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1 1   ,  2 2 2  y en

 1 1  − ,−  2 2 2  f tiene un valor máximo relativo, en  1 1  − ,   2 2 2 y en 1 1   ,−  2 2 2  f tiene un valor mínimo relativo. Estudio en la frontera de la región: El estudio sobre la curva frontera, si ésta es tal que su gradiente existe y es no nulo en cada punto de la curva, se hace usando multiplicadores de Lagrange. En este caso la curva frontera es x2 + y2 = 1 / 4. Se repite la función

f(x, y) = xy(1 − x2 − 2y2 ) y la restricción x2 + y2 = 1 / 4. El sistema asociado es: y − 3x2 y − 2y3 = 2λx  3 2  x − x − 6xy = 2λy .  x2 + y2 = 1 / 4  Dando solución al sistema y evaluando se tiene: En

 1  4 2

−1 + 33,

1 4 2

 9 − 33  

f alcanza un valor máximo. En

 1 −  4 2 f alcanza un valor mínimo.

−1 + 33,

 9 − 33  4 2  1

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EJERCICIOS RESUELTOS

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2.22. EJERCICIOS RESUELTOS 34. Demuestre que las superficies x2 + 4y + z2 = 0 y x2 + y2 + z2 − 6z + 7 = 0 son tangentes entre sí en el punto (0, −1,2). Solución. Se tienen:

F1(x, y, z) = x2 + 4y + z2 ⇒ ∇F1(x, y, z) = (2x, 4, 2z) ⇒ ∇F1(0, −1, 2) = (0, 4, 4) . F2 (x, y, z) = x2 + y2 + z2 − 6z + 7 ⇒ ∇F2 (x, y, z) = (2x,2y, 2z − 6) ⇒ ∇F2 (0, −1, 2) = (0, −2, −2) . Se puede ver que ∇F1(x, y, z) = −2∇F2 (x, y, z) por lo tanto son tangentes las superficies dadas.

35. Encuentre el punto que pertenece a la curva intersección de la superficie z =

x2 + y2 con

el plano x = 3 ; en el cual la pendiente de la recta tangente a dicha curva es 4/5 y halle la ecuación del plano tangente a la superficie en ese punto.

Solución. Al intersectar la superficie con el plano x = 3 se tiene la curva z = 9 + y2 . Al derivar se tiene

z' =

y 9 + y2

=

4 16 y2 ⇒ = ⇒ y = ±4 . 5 25 9 + y2

De acuerdo al enunciado se toma y = 4 . Entonces al sustituir en la ecuación de la superficie se tiene z = 5 . De modo que el punto es (3,4,5). Si

F(x, y, z) =

x2 + y2 − z

su gradiente es

  x y ∇F(x, y, z) =  , , −1  .  x2 + y2  x2 + y2   Evaluando en el punto se tiene el vector

3 4   5 , 5 , −1    y el plano tangente es 3 4 (x − 3) + (x − 4) − (x − 5) = 0 . 5 5

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36. Las dimensiones de una caja rectangular se miden como 75 cm, 60 cm y 40 cm, y cada medida tiene un margen de error de 0.2 cm. Utilice diferenciales para estimar el máximo error posible cuando el volumen de la caja se calcule a partir de estas medidas. Solución. Si las dimensiones de la caja son x, y y z, su volumen es V = xyz , por tanto,

dV = yzdx + xzdy + xydz . Al considerar que

∆x ≤ 0.2 , ∆y ≤ 0.2 y ∆z ≤ 0.2 , se puede hallar el máximo error en el volumen, ∆V ≈ dV = (60)(40)(0.2) + (75)(40)(0.2) + (75)(60)(0.2) = 1980 . En consecuencia, un error de sólo 0.2 cm en la medida de cada dimensión puede conducir a un error de hasta 1980 cm3 en el volumen calculado. Este error es de sólo 1%. 37. Sea

x + y − 2 si x = 1 ó y = 1 . f(x, y) =  2 si x ≠ 1 y y ≠ 1  Pruebe que: ∂f(1,1) ∂f(1,1) a. y existen. ∂y ∂x Solución.

∂f(1,1) f(1 + h,1) − f(1,1) h−0 = lím = lím = 1. h → 0 h → 0 ∂x h h ∂f(1,1) f(1,1 + h) − f(1,1) h−0 = lím = lím = 1. h→ 0 h→ 0 h ∂y h b. f no es diferenciable en (1,1). Solución.

{

}

{

}

Sean las trayectorias S = (x, y) ∈ R 2 / y = x y R = (x, y) ∈ R 2 / y = 1 . Se tiene:

lím

(x,y)→(1,1) (x,y)∈S

lím

(x,y)→(1,1) (x,y)∈R

f(x, y) = lím f(x, x) = lím 2 = 2 . x →1

x →1

f(x, y) = lím f(x,1) = lím(x − 1) = 0 . x →1

x →1

Por tanto f no es continua en (1,1) y en consecuencia no es diferenciable en (1,1). 38. La presión P (en kilopascales), el volumen V (en litros), y la temperatura T (en grados

kelvins), de un mol de un gas ideal están relacionados por la ecuación PV = 8.31T . Halle la razón a la que cambia la presión cuando la temperatura es de 300 K y aumenta a razón de 0.1 K/s y el volumen es 100 L y crece a razón de 0.2 L/s.

Solución.

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Si t representa el tiempo transcurrido en segundos, entonces en el instante dado se tiene T = 300 , dT / dt = 0.1 , V = 100, dV / dt = 0.2 . Como P = 8.31T / V , la regla de la cadena da

dP ∂P dT ∂P dV 8.31 dT 8.31 dV 8.31 8.31(300) = + = − = (0.1) − (0.2) = −0.04155 . dt ∂T dt ∂V dt V dt 100 V2 dt 1002 La presión está decreciendo a razón de unos 0.042 KPa/s.

39. Sea

la

función

f(x, y) = x2 − y2 + g(u, v) ,

u = xy ,

donde

v = x2 y − y ,

g(−1, 0) = 1,

gu (−1, 0) = 3 y gv (−1, 0) = −1 . Halle en el punto (−1,1) : a.

fx y fy .

Solución. fx = 2x + gu.ux + gv .vx = 2x + y.gu + 2xy.gv . fx (−1,1) = −2 + gu (−1, 0) − 2gv (−1, 0) = −2 + 3 + 2 = 3 .

fy = −2y + gu.uy + gv .vy = −2y + x.gu + (x2 − 1).gv . fy (−1,1) = −2 − gu (−1, 0) = −2 − 3 = −5 . b. Una dirección donde la razón de cambio de f sea igual a 0. Solución. Sea u = (a,b) con a2 + b2 = 1 . Se tiene entonces que: Du f(−1,1) = ∇f(−1,1) • u = (3, −5) • (a,b) = 0 ⇒ 3a − 5b = 0 . Se tiene el sistema

9 2 34 2 5 3a − 5b = 0  3a = 5b ⇒ 2 ⇒ a2 + a =1⇒ a =1⇒ a= ± .  2 2 2 25 25 34 a + b = 1  a + b = 1 Una dirección es

 5 3  u= , . 34   34 c.

La ecuación del plano tangente al gráfico de f. Solución.

f(−1,1) = (−1)2 − 1 + g(−1, 0) = 1 . Ecuación del plano tangente: fx (−1,1)(x + 1) + fy (−1,1)(y − 1) − (z − 1) = 0 ⇒ 3(x + 1) − 5(y − 1) − (z − 1) = 0

⇒ 3x − 5y − z = −9 40. Demuestre que todos los planos tangentes a la superficie y z = x.f   x en el punto M(x0 , y0 , z0 ) , con x0 ≠ 0 , pasan por el origen de coordenadas. Solución. El plano tangente a una superficie de la forma z = g(x, y) esta dado por

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gx (x0 , y0 )(x − x0 ) + gy (x0 , y0 )(y − y0 ) − (z − z0 ) = 0 , donde (x0 , y0 , z0 ) es el punto de tangencia. En este caso

y z = g(x, y) = x.f   = x.f(u) , x luego

gx (x, y) = f(u) − x.f '(u).

y 2

x

= f(u) − f '(u).

y 1 , gy (x, y) = x.f '(u). = f '(u) . x x

El plano tangente sería:  y0   f(u0 ) − f '(u0 ).  (x − x0 ) + f '(u0 )(y − y0 ) − (z − z0 ) = 0 , x0   donde u0 =

y0 . x0

Al evaluar en (0,0,0) se obtiene  y0   −f(u0 ) + f '(u0 ).  x − f '(u0 )y0 + z0 = −x0.f(u0 ) + f '(u0 ).y0 − f '(u0 )y0 + z0 x0  0  = −x0.f(u0 ) + z0 = 0 Como M(x0 , y0 , z0 ) pertenece a la superficie entonces

y  z0 = x0.f  0  .  x0  En consecuencia

y  y  −x0.f  0  + x0.f  0  = 0 .  x0   x0  41. Sean la recta

 x = −1 + t  L : y = 2 + t , t ∈ R , z = 7 + 2t  z la superficie S : z = x2 + y2 y el plano π : 2x − y + = 3 . 2 a. Halle todos los puntos P(x0 , y0 , z0 ) de intersección de L con S. Solución.

z(t) = (x(t))2 + (y(t))2 ⇒ 7 + 2t = (t − 1)2 + (t + 2)2 ⇒ 7 + 2t = t2 − 2t + 1 + t2 + 4t + 4 ⇒ 7 = 2t2 + 5 ⇒ 2t2 = 2 ⇒ t = ±1 Puntos de intersección de L con S: P1(−2,1,5) y P2 (0, 3, 9) . b. En uno de los puntos P(x0 , y0 , z0 ) hallados anteriormente el plano tangente a S es paralelo a π . Encuentre su ecuación.

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Solución. Se tiene que z = x2 + y2 ⇒ x2 + y2 − z = 0 . Un vector normal de π es (−4, 2, −1) . Si F(x, y, z) = x2 + y2 − z , entonces ∇F(x, y, z) = (2x, 2y, −1) . Evaluando en los puntos hallados: ∇F(−2,1,5) = (−4, 2, −1) y ∇F(0, 3, 9) = (0, 6, −1) . De modo que en P1(−2,1,5) el plano tangente a S es paralelo a π . La ecuación de este plano tangente viene dada por (−4,2, −1)
(x + 2, y − 1, z − 5) = 0 ⇒ −4(x + 2) + 2(y − 1) − (z − 5) = 0

⇒ −4x − 8 + 2y − 2 − z + 5 = 0 ⇒ −4x + 2y − z = 5 42. Sea F(x, y) = f(x2 + y3 ,5x + 7y − 1,3x2 y) , donde f es un campo escalar diferenciable y

∇f(2,1,3) = (3, 2,1) . Determine la derivada direccional de F en el punto (−1,1) en la dirección del vector unitario u que forma un ángulo θ =

π 3

con el gradiente en ese punto.

Solución.

F(x, y) = f(x2 + y3 ,5x + 7y − 1, 3x2 y) = f(u, v, w) Fx (x, y) = fu (u, v, w).ux (x, y) + fv (u, v, w).v x (x, y) + fw (u, v, w).wx (x, y) = 2x.fu (u, v, w) + 5.fv (u, v, w) + 6xy.fw (u, v, w) Fx (−1,1) = −2.fu(2,1, 3) + 5.fv (2,1, 3) − 6.fw (2,1, 3) = −2.3 + 5.2 − 6.1 = −2

Fy (x, y) = fu(u, v, w).uy (x, y) + fv (u, v, w).vy (x, y) + fw (u, v, w).wy (x, y) = 3y2.fu(u, v, w) + 7.fv (u, v, w) + 3x2.fw (u, v, w) Fy (−1,1) = 3.fu(2,1, 3) + 7.fv (2,1, 3) + 3.fw (2,1, 3) = 3.3 + 7.2 + 3.1 = 26 DuF(−1,1) = ∇F(−1,1) • u = ∇F(−1,1) u cos( 3π ) =

1 2

4 + (26)2 =

1 2

680 =

1 2

22.170 = 170

43. Sean

T(x, y) = x.sen(2y)

,

P(1, 3)

,

u = (1,1, −1) .

a. Suponga que la temperatura en el punto (x,y) del plano es T(x,y) grados centígrados (
C) y que la distancia en el plano xy se mide en metros (m). Una partícula se mueve en sentido antihorario alrededor de una circunferencia de radio 2 m con centro en el origen. ¿Con qué rapidez cambia la temperatura de la partícula en




C / seg en el

punto P?. Solución. La partícula se mueve en sentido antihorario alrededor de una circunferencia de radio 2 m con centro en el origen, entonces su recorrido viene dado por r(t) = (2 cos(t), 2sen(t)) , t ∈ 0, 2π  . Por tanto:

r'(t) = (−2sen(t), 2 cos(t)) , t ∈ 0, 2π  .

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Si ˆ t ∈ 0, 2π  entonces

ˆ =1  2 cos(t) π ˆ = (2 cos(t), ˆ 2sen(t)) ˆ = (1, 3) ⇒  r(t) ⇒ˆ t= 3 ˆ = 3 2sen(t) Se tiene entonces que: dT(x, y) ∂T dx ∂T dy = . + . = −sen(2y).2sen(t) + x.2 cos(2y).2 cos(t) . dt ∂x dt ∂y dt Evaluando en P: dT(1, 3) = −sen(2 3).2sen( 3π ) + 2 cos(2 3).2 cos( 3π ) = − 3sen(2 3) + 2 cos(2 3) . dt b. La derivada de f(x,y,z) en un punto Q es máxima en la dirección de u y su valor es igual a 2 3 . Encuentre el valor de ∇f(Q) y el de la derivada direccional de f en Q en la dirección (1,1,0).

Solución. Del enunciado se deduce que u y ∇f(Q) tienen la misma dirección y sentido, por tanto

 ∂f ∂f ∂f  ∇f(Q) = λu ⇒  , ,  = λ(1,1, −1) ⇒ ∇f(Q) = λ u = 3 λ = 3λ .  ∂x ∂ y ∂ z  Por otro lado, se sabe que ∇f(Q) = 2 3 , entonces

∇f(Q) = λ u ⇒ 2 3 = λ 3 ⇒ λ = 2 . Se tiene que

∇f(Q) = 2(1,1, −1) = (2, 2, −2) . Sea v =

1 2

(1,1, 0) , entonces Dv f(Q) = ∇f(Q) • v = (2, 2, −2) •

1 2

(1,1, 0) =

2 2

+

2 2

=

4 2

= 2 2.

44. Una función u es definida como x + y u(x, y) = xyf  .  xy  Pruebe que u satisface la ecuación dada por ∂u ∂u x2 − y2 = u.G(x, y) ∂x ∂y y encuentre G(x,y).

Solución.

 x + y  y  x + y  ∂u x + y x x + y ∂u = yf  = xf   − f '  ,  − f ' . ∂x xy x xy ∂ y      xy  y  xy  Sustituyendo:

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x2

x + y x + y x + y x + y ∂u ∂u 2 − y2 = x2 yf   − xyf '   − y xf   + xyf '   ∂x ∂y  xy   xy   xy   xy  x + y x + y x + y 2 = x2 yf   − y xf   = xyf   .G(x, y) ⇒ G(x, y) = x − y , xy ≠ 0 xy xy      xy 

45. Sea z(x, y) = xf(x + y) + yg(x − y) , donde f y g son funciones reales de una variable real, dos veces derivables. Calcule la expresión ∂2 z ∂ 2 z ∂2 z , + − 2 ∂y∂x ∂x2 ∂y2

en términos de las derivadas de f y g. Solución. u = x + y ⇒ ux = 1 , uy = 1

,

v = x − y ⇒ vx = 1 , vy = −1 .

zx (x, y) = f(x + y) + x.f '(u) + y.g'(v) , zy (x, y) = x.f '(u) + g(x − y) − y.g'(v) . zxx (x, y) = f '(u) + f '(u) + x.f ''(u) + y.g''(v) , zyy (x, y) = x.f ''(u) − g'(v) − g'(v) + y.g''(v) zxy (x, y) = f '(u) + x.f ''(u) + g'(v) − y.g''(v) .

zxx + zyy − 2zxy = f '(u) + f '(u) + x.f ''(u) + y.g''(v) + x.f ''(u) − 2g'(v) + y.g''(v) − 2f '(u) − 2x.f ''(u) − 2g'(v) + 2y.g''(v) = 4y.g''(v) − 4g'(v) 46. Calcule la derivada direccional de la función f(x, y, z) = xy + 3y2z , en el punto A(0,1, 12 ) y

en la dirección de la curva C de intersección de las superficies de ecuaciones

4z2 = 4x2 + y2 , 2x + y + 2z − 2 = 0 . Solución.

4z2 − 4x2 − y2 = 0 . C: 2x + y + 2z − 2 = 0 Sean F(x, y, z) = 4z2 − 4x2 − y2 , G(x, y, z) = 2x + y + 2z − 2 . De modo que

∇F(x, y, z) = (−8x, −2y, 8z) ⇒ ∇F(A) = (0, −2, 4) , ∇G(x) = (2,1,2) ⇒ ∇G(A) = (2,1, 2) . i

j

k

∇F(A) × ∇G(A) = 0 −2 4 = 4(−2, 2,1) . 2 1 2 La dirección de la curva C la da el vector (−2, 2,1) o el vector (2, −2, −1) . Por otro lado

∇f(x, y, z) = (y, x + 6yz, 3y2 ) ⇒ ∇f(A) = (1, 3, 3) . Dv f(A) = ∇f(A) •

(−2, 2,1)

2 7  2 2 1 = (1, 3, 3) •  − , ,  = − + 2 + 1 = . 3 3 4 + 4 +1  3 3 3

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 7 en la dirección (−2, 2,1) Dv f(A) =  3 7 − 3 en la dirección (2, −2, −1) 47. Considere la curva plana C como la curva de nivel de un campo escalar F continuo con primeras y segundas derivadas parciales continuas y para el cual ∇F ≠ 0 ∀(x, y) . Pruebe que la curvatura de C viene dada por

κ=

−(Fy )2 Fxx + 2FxFyFyx − (Fx )2 Fyy ∇F

.

3

Solución. Paso 1. Cálculo de y' .

F(x, y) = 0 ⇒ Fx = 0 ⇒ Fx + Fy .y ' = 0 ⇒ y ' = −

Fx . Fy

Paso 2. Cálculo de y'' .

y' = −

Fx ⇒ Fx + y '.Fy = 0 ⇒ (Fx )'+ y ''.Fy + y '.(Fy )' = 0 ⇒ (Fx )'+ y ''.Fy + y '.(Fy )' = 0 Fy ⇒ (Fxx + Fxy .y ') + y ''.Fy + y '.(Fxy + Fyy .y ') = 0  F ⇒  Fxx − Fxy . x  Fy 

 F  + y ''.Fy − x  Fy 

 F .  Fxy − Fyy . x  Fy 

 =0  

⇒ Fxx .(Fy )2 − Fxy .Fx .Fy + y ''.(Fy )3 − Fx .(Fxy .Fy − Fyy .Fx ) = 0 ⇒ Fxx .(Fy )2 − Fxy .Fx .Fy + y ''.(Fy )3 − Fx .Fxy .Fy + Fyy .(Fx )2 = 0 ⇒ Fxx .(Fy )2 − 2.Fx .Fy .Fxy + y ''.(Fy )3 + Fyy .(Fx )2 = 0 ⇒ y '' = −

Fxx .(Fy )2 − 2.Fx .Fy .Fxy + Fyy .(Fx )2 (Fy )3

Paso 3. Cálculo de κ .

κ=

=

y ''(t) (1 + (y ')2 )3 /2

Fxx .(Fy )2 − 2.Fx .Fy .Fxy + Fyy .(Fx )2

Fxx .(Fy )2 − 2.Fx .Fy .Fxy + Fyy .(Fx )2

(Fy )3

(Fy )3

=

  1 +  Fx  Fy   

3 /2 2

   

=

3 /2

 (F )2 (F )2   y + x   (Fy )2 (Fy )2   

  

Fxx .(Fy )2 − 2.Fx .Fy .Fxy + Fyy .(Fx )2

Fxx .(Fy )2 − 2.Fx .Fy .Fxy + Fyy .(Fx )2

(Fy )3

(Fy )3

3 /2

 (Fy )2 (F )2   + x   (Fy )2 (Fy )2   

=

3 /2

 ∇F 2     (Fy )2   

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Fxx .(Fy )2 − 2.Fx .Fy .Fxy + Fyy .(Fx )2 (Fy )3

=

3

∇F Fy

=

−(Fy )2 Fxx + 2FxFyFyx − (Fx )2 Fyy ∇F

3

3

48. Sea la ecuación x2 + y2 + z2 = h(x + y + z) . Si h es diferenciable y z = f(x, y) , encuentre G(x,y) tal que

(y − z)

∂z ∂z + (z − x) = G(x, y) . ∂x ∂y

Solución. Sea F(x, y, z) = x2 + y2 + z2 − h(u) , u = x + y + z . Entonces

∂F dh ∂u dh ∂F dh ∂u dh ∂F dh ∂u dh , . , = 2y − = 2y − = 2x − . = 2x − = 2z − . = 2z − du ∂y du ∂y ∂x du ∂x du ∂z du ∂z du ∂z =− ∂x (z − y)

2x − 2z −

dh du dh du

+ (x − z)

∂F ∂x ∂F ∂z

2y − 2z −

=− dh du dh du

2x − 2z − =

= =

dh du dh du

∂z =− ∂y

,

∂F ∂y ∂F ∂z

=−

2y − 2z −

dh du dh du

2xz − z dh − 2xy + y dh + 2xy − x dh − 2yz + z dh du du du du 2z − 2xz + y dh − x dh − 2yz du du 2z − (x − y)(2z − 2z −

dh du

dh du dh ) du

=

dh du

(x − y)2z − (x − y) dh du 2z −

dh du

= x − y = G(x, y)

49. La temperatura en una región del espacio está dada por la expresión

T(x, y) = x2 y2 (1 − x2 − y2 ) . Halle los puntos donde se alcanza la mayor temperatura. Solución.

∂T(x, y) = 2xy2 − 4x3y2 − 2xy 4 = 0 xy2 (1 − 2x2 − y2 ) = 0 ∂x ⇒  2 2 2 ∂T(x, y)  x y(1 − x − 2y ) = 0 = 2yx2 − 2yx4 − 4y3 x2 = 0 ∂y  1  1  1  1 1  1  1  1  , ,− ,− ,   , −  ,   , − . 3 3 3 3 3 3 3 3         1 1   1  1  1 1  1 1  1  Mayor temperatura Puntos  , ,− ,− ,  , −  ,   , − . 27 3 3 3 3 3  3 3   3  Puntos: (0, y) , (x, 0) ,

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50. Suponga que la ecuación x2z − xy + ez − 1 = 0 , define z implícitamente como una función de x e y tal que z(0, 0) = 0. Demuestre que (0,0) es un punto crítico de z y clasifíquelo. Solución. Sea F(x, y, z) = x2z − xy + ez − 1 .

∂z ∂F ∂x y − 2xz ∂z ∂F ∂y x =− =− 2 =− = y . ∂x ∂F ∂z ∂y ∂F ∂z x2 + ez x + ez Se puede ver que ambas se ∇f(0, 0) = (0, 0) , por lo tanto (0,0) es un punto crítico. Se tiene:

A=

∂2 z ∂x2

=

2x2z − 2zez − 2yx (x2 + ez )2

, B=

∂2 z x2 − ez = 2 ∂x∂y (x + ez )2

, C=

∂2 z ∂y2

= 0.

Evaluando en (0,0) se tiene que A = C = 0 y B = −1 , por lo tanto D = AC − B2 = −1 lo que permite concluir que (0,0) es un punto de ensilladura.

f(x, y) = x2 + (y − 2)2

51. Determine el valor mínimo de la función 2

sobre la hipérbola

2

x − y = 1. Solución. (2x, 2(y − 2)) = λ(2x, −2y) . Se quiere resolver el sistema:

2x − λ2x = 0  2y + λ2y = 4 ⇒ λ = 1 ⇒ y = 1 ⇒ x = ± 2.  2 2  x −y =1 Evaluando en la función a optimizar se tiene: f(± 2,1) = 2 + 1 = 3. 52. Sea C la curva intersección de las superficies x2 + y2 = 4 , z + 2x = 1 . a. Usando multiplicadores de Lagrange, determine los puntos más alejados y más

cercanos al origen de la curva C. Solución.

min

x2 + y2 + z2 2

s.a.

2

x +y =4 z + 2x = 1 (2x,2y,2z) = λ(2x, 2y, 0) + β(2, 0,1) Sistema : 2x = 2λx + 2β   2y = 2λy  2z = β ⇒ y = λy = 0 ⇒ y − λy = 0 ⇒ (1 − λ)y = 0 ⇒ y = 0 ∨ λ = 1   2 2  x +y =4  z + 2x = 1

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y = 0:

y = 0 , x = 2:

 2x = −2λx + 2β  0=0   2z = β   2  x = 4 ⇒ x = ±2 z = 1 − 2x 

y = 0 , x = −2 :

λ = −4   0 = 0 β = −6 x=2  z = −3

⇒

P1(2, 0, −3)

λ = −6   0 = 0  β = 10 x = −2   z = 5

,

P2 (−2, 0,5)

,

dis t(P1 ) = 13

dis t(P2 ) = 29

,

λ = 1:       y2 =   

β=0 0=0 z=0 15 4

⇒y=± x=

15 2

⇒ P3 ( 21 ,

15 2

, 0) , dis t(P3 ) = 2

,

P4 ( 21 , −

15 2

, 0) , dis t(P4 ) = 2

1 2

Puntos más cercanos al origen: P3 ( 12 ,

15 2

, 0) , P4 ( 12 , −

15 2

, 0)

Punto más alejado del origen: P2 (−2, 0,5) b. Encuentre la ecuación de la recta tangente a C en (2, 0, −3) . Solución. Cálculo del vector gradiente de cada superficie en el punto de interés: Sean S1 : x2 + y2 = 4 , S2 : z + 2x = 1 , entonces ∇(S1 ) = (2x, 2y, 0) , ∇(S2 ) = (2, 0,1) . En el punto (2, 0, −3) se tiene: ∇(S1 ) = (4, 0, 0) , ∇(S2 ) = (2, 0,1) . Cálculo del vector director de la recta tangente a C en el punto de interés: v = ∇(S1 ) × ∇(S2 ) = (0, −4, 0) . Construcción de la ecuación de la recta tangente a C en el punto de interés: rT (t) = (2, 0, −3) + t(0, −4, 0) = (2, −4t, −3) , t ∈ R PROCEDIMIENTO ALTERNATIVO: Cálculo de las ecuaciones paramétricas de la curva C: Proyectando en el plano xy y parametrizando se tiene: r(t) = (2 cos(t), 2sen(t),1 − 4 cos(t)) , t ∈ 0, 2π 

,

r(0) = (2, 0, −3)

Cálculo del vector director de la recta tangente a C en el punto de interés: v = r'(t) = (−2sen(t), 2 cos(t), 4sen(t)) ⇒ r'(0) = (0, 2, 0) .

Construcción de la ecuación de la recta tangente a C en el punto de interés: rT (t) = (2, 0, −3) + t(0, 2, 0) = (2, 2t, −3) , t ∈ R

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53. Sea la curva C dada por

 x2 y2 + z = 9 4 .   2 2 x + y = 9 a. Encuentre las ecuaciones paramétricas de C. Solución. Proyectando en el plano xy, la curva proyección tiene ecuación x2 + y2 = 9 , z = 0 . Parametrizando en sentido antihorario por ejemplo, se tiene: rp (t) = (x(t), y(t), 0) = (3 cos(t), 3sen(t), 0) , 0 ≤ t ≤ 2π . Por otro lado: (x(t))2 (y(t))2 9 cos2 (t) 9sen2 (t) z(t) = + = + = cos2 (t) + 9 4 9 4

9 4

sen2 (t)

,

0 ≤ t ≤ 2π

De modo que las ecuaciones paramétricas de la curva C vienen dadas por r(t) = (3 cos(t), 3sen(t), cos2 (t) +

9 4

sen2 (t))

,

0 ≤ t ≤ 2π

b. Halle los puntos más bajos y más altos de C usando multiplicadores de Lagrange. Solución. Paso 1. Planteamiento del modelo de optimización a usar. x2 y2 optimizar F(x, y, z) = z sujeto a + − z = 0 , x2 + y2 = 9 . 9 4 Paso 2. Planteamiento del sistema de ecuaciones no lineal a resolver. 2  0 = 9 λx + 2βx  2 1   (0, 0,1) = λ  x, y, −1  + β(2x, 2y, 0) 1 9 2    0 = 2 λy + 2β y 2 2  x y  + =z ⇒  1 = −λ 9 4   2   x y2 x2 + y2 = 9 + =z   4   9  x2 + y2 = 9 Paso 3. Resolución del sistema de ecuaciones no lineales planteado. De la tercera ecuación se deduce que λ = −1 . Sustituyendo este valor en la dos primeras ecuaciones se tiene que:

  2  2  0 =  − + 2β  x 0 = − 9 x + 2β x 9    . ⇒  1 1   0 = − y + 2β y 0 = − + 2β y  2    2   No puede ocurrir que x = y = 0 porque la última ecuación no se satisface. Si x = 0

∧ y ≠ 0:

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9  y2 = 4z z = ⇒ 4    y = ±3 y = ±3 Solución completa S(x, y, z, λ, β) :

9  P1  0, −3,  4 

⇒

9 1  S1  0, −3, , −1,  4 4  Si x ≠ 0

,

9  P2  0, 3,  4 

,

9 1  S2  0, 3, , −1,  4 4 

∧ y = 0:

 z =1 x2 = 9z ⇒   x = ±3 x = ±3 Solución completa S(x, y, z, λ, β) :

P3 (−3, 0,1)

⇒

1  S3  −3, 0,1, −1,  9 

,

,

P4 (3, 0,1)

1  S4  3, 0,1, −1,  9 

Paso 4. Clasificación de los puntos encontrados. Puntos de máxima altura:

Puntos de mínima altura:

9  P1  0, −3,  , 4  P3 (−3, 0,1) ,

9  P2  0,3,  4  P4 (3, 0,1)

54. Considere la elipse que se obtiene al intersectar las superficies

2x2 + y2 − 4 = 0 , x + y + z = 0 . Usando multiplicadores de Lagrange, Halle los puntos más cercanos y más lejanos de dicha elipse al eje y. Solución. La distancia de un punto cualquiera (x, y, z) ∈ R 3 al eje y es

x2 + z2 . Entonces, para

encontrar los puntos de la elipse más cercanos y más lejanos al eje y, se usa la función objetivo f(x, y, z) = x2 + z2 . Aplicando multiplicadores de Lagrange, con las dos restricciones que definen la elipse, se obtiene

optimizar x2 + z2 sujeto a : 2x = 4λx + β 0 2z 2x2 + y2

= 2λy + β = β =

4

x+y+z =

0

Sustituyendo la tercera ecuación en la primera y segunda, y simplificando, el sistema es

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= 2λx + z = λy + z

x 0 2x2 + y2

=

4

x+y+z =

0

Si y = 0 , la segunda ecuación implica que z = 0 , y usando la cuarta se concluye que x = 0 , lo que contradice la tercera ecuación. Entonces y ≠ 0 , por lo que λ = −z / y y al sustituir en la primera ecuación, x = −2xz / y + z , lo que implica xy = −2xz + yz . Dado que z = −x − y , se obtiene

xy = 2x(x + y) − y(x + y) = 2x2 + xy − y2 ⇒ 2x2 − y2 = 0 . Las ecuaciones 2x2 + y2 = 4 , 2x2 − y2 = 0 , implican que x2 = 1 , y2 = 2 . Teniendo en cuenta que z = −x − y , los cuatro puntos solución del sistema son

P1(1, 2, −1 − 2), P2 (1, − 2, −1 + 2) P3 (−1, 2,1 − 2), P4 (−1, − 2,1 + 2) Los valores de la función objetivo f(x, y, z) = x2 + z2 en dichos puntos son

f(P1 ) = f(P4 ) = 4 + 2 2 , f(P2 ) = f(P3 ) = 4 − 2 2 . Entonces, los puntos más cercanos son P2 y P3 , mientras que los más lejanos son P1 y P4 .

55. Demuestre que el volumen del paralelepípedo rectangular más grande inscrito en el elipsoide 36x2 + 9y2 + 4z2 = 36, si las aristas son paralelas a los ejes coordenados, es

16 / 3 . Solución.

max 8xyz s.a. 36x2 + 9y2 + 4z2 = 36 . Usando Lagrange se tiene que: (8yz, 8xz, 8xy) = λ(72x,18y, 8z)

 8xyz = λ72x2 8yz = λ72x    4x2 = y2 8xz = λ18y 8xyz = λ18y2  1 2  ⇒ ⇒ ⇒x= ,y = ,z = 3  2 2 2 8xy = λ8z 3 3 8xyz = λ8z  9x = z   36x2 + 9y2 + 4z2 = 36  2 2 2  36x + 9y + 4z = 36 Sustituyendo en la función se tiene

8.

1 3

.

2 3

. 3 =

16 3

.

56. Calcule los puntos de máxima y mínima altura de la curva intersección entre el elipsoide

x2 + y2 + 4z2 = 4 y el plano x + y + z = 1 .

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Solución.

opt z s.a. x2 + y2 + 4z2 = 4 , x + y + z = 1 . Sistema a resolver:

 2xλ + β = 0   2yλ + β = 0   8zλ + β = 1  2 2 2 x + y + 4z = 4  x + y + z = 1 De las 2 primeras ecuaciones se tiene que x = y . Sustituyendo en la última ecuación se tiene z = 1 − 2x . Sustituyendo en la penúltima ecuación se tiene 2x2 + 4(1 − 2x)2 = 4 ⇒ 2x2 + 16x2 − 16x + 4 = 4 ⇒ 18x2 − 16x = 0 ⇒ x(9x − 8) = 0 ⇒ x = 0, x = 8 / 9

Para x = 0 se tiene el punto (0,0,1). Punto más alto. Para x = 8 / 9 se tiene el punto (8 / 9, 8 / 9, −7 / 9) . Punto más bajo. 57. Sea C es la curva de intersección de las dos superficies x2 − xy + y2 − z2 = 1 , x2 + y2 = 1 . Utilice los multiplicadores de Lagrange para determinar el punto de C que está más cerca al punto (0,0,0).

Solución. min

x2 + y2 + z2

2

2

s.a.

2

x − xy + y − z = 1 x2 + y2 = 1 (2x,2y, 2z) = λ(2x − y, −x + 2y, −2z) + β(2x,2y, 0)

Sistema : 2x = λ(2x − y) + 2β x  2y = λ(2y − x) + 2β y  2z = −2λz ⇒ z = 0 ∨ λ = −1  x2 − xy + y2 − z2 = 1   x2 + y2 = 1 z = 0:

λ = −1 :

2x = λ(2x − y) + 2βx  2y = λ(2y − x) + 2βy  0=0 ⇒ x.y = 0   x2 − xy + y2 = 1   x2 + y2 = 1

4x = y + 2β x   4y = x + 2β y   2z = 2z ⇒y= x  x2 − xy + y2 − z2 = 1   x2 + y2 = 1

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x = 0:

y = 0:

0 = −λy  2x = 2λx + 2β x   2y = 2 λ y + 2 β y 0 = −λx     0=0 0=0 ⇒ λ = 0, β = 1, y = ±1 ⇒ λ = 0, β = 1, x = ±1   2 2   y =1 x =1   2   y =1 x2 = 1 Puntos : (0,1, 0) (0, −1, 0) (1, 0, 0) (−1, 0, 0) Valor extremo = 1 mínimo y = x: y = −x :  3x = 2β x   3x = 2β x 3 2  2z = 2z ⇒β= , x=± , z∉R  2 2  x2 − z2 = 1  x2 + x2 = 1

 2 2 2 Puntos :  ,− ,   2 2 2   3 Valor extremo = 2

 5x = 2βx   5x = 2βx 3 2 2  2z = 2z ⇒β= , x=± , z=±  2 2 2 3x2 − z2 = 1   x2 + x2 = 1

 2 2 2 ,− ,−   2 2   2

 2 2 2 , ,  −  2 2   2

 2 2 2 , ,−  −  2 2   2

58. Halle los mínimos y los máximos de la función

f(x, y) = x2 + 2xy + 3y2 − 2x − 2y en la región x + y ≤ 2 . Solución. PROBLEMA 1.

optimizar f(x, y) = x2 + 2xy + 3y2 − 2x − 2y s.a. x + y = 2 . ∇f(x, y) = λ∇g(x, y) ⇒ (2x + 2y − 2, 2x + 6y − 2) = λ(1,1)

Sistema : 2x + 2y − 2 = λ  2(x + y − 1) = λ  2(2 − 1) = λ  2=λ     2x + 6y − 2 = λ ⇒ 2(x + 3y − 1) = λ ⇒ 2(2 + 2y − 1) = λ ⇒ 1 + 2y = 1 ⇒ λ = 2, y = 0, x = 2  x+y=2   x + y = 2 x+y =2 x+y=2     f(2, 0) = 0 máximo PROBLEMA 2.

optimizar f(x, y) = x2 + 2xy + 3y2 − 2x − 2y .

Sistema : 2x + 2y − 2 = 0 x+y =1  − x − y = −1 ⇒ ⇒ ⇒ x = 1, y = 0  2x + 6y − 2 = 0 x + 3y = 1  x + 3y = 1 f(1, 0) = −1 mínimo

1+0 ≤ 2

59. La temperatura T en una región R del espacio viene dada por la expresión de tres variables T(x, y, z) = x3 + x2 y + 0.5xy2 + xz .

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EJERCICIOS RESUELTOS

Funciones Reales de Variable Vectorial Pág.: 222 de 305

CÁLCULO III (0253) - TEMA 2

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F.I.U.C.V.

Pruebe que cuando (x,y,z) satisface x + y + z = −1, la mayor y la menor temperatura se alcanzan en los puntos

P1(−1, 2, −2)

y

P2 (1, 0, −2)

respectivamente; resolviendo el

problema como:

a. Un problema de determinación de extremos locales. Solución.

T(x, y) = x3 + x2 y + 0.5xy2 − x(1 + x + y) = x3 + x2 y + 0.5xy2 − x − x2 − xy Tx (x, y) = 3x2 + 2xy + 0.5y2 − 1 − 2x − y = 0 , Ty (x, y) = x2 + xy − x = 0 Resolviendo el sistema  Tx (x, y) = 0   Ty (x, y) = 0 se tiene

3x2 + 2xy + 0.5y2 − 1 − 2x − y = 0 .  x(x + y − 1) = 0  Si x = 0 entonces

0.5y2 − y − 1 = 0 ⇒ y2 − 2y − 2 = 0 ⇒ y =

2 ± 4 + 4.2 2 ± 2 3 = =1± 3 . 2 2

Puntos (0,1 + 3) , (0,1 − 3) Si x = 1 − y entonces 3(1 − y)2 + 2(1 − y)y + 0.5y2 − 1 − 2(1 − y) − y = 1.5y2 − 3y = 0 . Se tiene 1.5y2 − 3y = y2 − 2y = 0 ⇒ y(y − 2) = 0 ⇒ y = 0 , y = 2 Puntos (1, 0) , (−1,2) . Se tienen los puntos (0,1 + 3, −2 − 3) , (0,1 − 3, −2 + 3) , (1, 0, −2) , (−1, 2, −2) . Por tanto

T(0,1 + 3, −2 − 3) = 0 , T(0,1 − 3, −2 + 3) = 0 , T(1, 0, −2) = −1 , T(−1, 2, −2) = 1 b. Un problema de extremos condicionados. Solución.

∇T(x, y, z) = (3x2 + 2xy + 0.5y2 + z, x2 + xy, x) = λg(x, y, z) = (λ, λ, λ) . Resolviendo el sistema

3x2 + 2xy + 0.5y2 + z = λ   x2 + xy = λ ,  x=λ   x + y + z = −1  x = λ , y = 1 − λ , z = −1.5λ2 − 0.5 , λ ≠ 0 . Se sustituye en la última ecuación:

λ + 1 − λ − 1.5λ2 − 0.5 = −1 ⇒ λ = ±1 . λ = 1 ⇒ (x, y, z) = (1, 0, −2). λ = −1 ⇒ (x, y, z) = (−1, 2, −2) λ = 0 ⇒ (x, y, z) = (0,1 + 3, −2 − 3) ∧ (x, y, z) = (0,1 − 3, −2 + 3) .

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60.

EJERCICIOS RESUELTOS

Funciones Reales de Variable Vectorial Pág.: 223 de 305

CÁLCULO III (0253) - TEMA 2

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Determine los puntos de la superficie 6x2 + 3y2 + 2z2 − 12x − 12y − 8z + 20 = 0 que

están a mayor distancia y a menor distancia del plano de ecuación

6z + 3y = 12 + 2 6 .

Solución. La distancia de un punto P(x0 , y0 , z0 ) al plano π : Ax + By + Cz + D = 0 viene dada por

d(P, π) =

Ax0 + By0 + Cz0 + D A2 + B2 + C2

.

Para el caso de interés se tiene: P(x, y, z) y π : 6z + 3y − 12 − 2 6 = 0 . Por tanto

d(P, π) =

6z + 3y − 12 − 2 6 15

.

El problema se puede plantear de la siguiente manera:

max/ min

6z + 3y − 12 − 2 6 sujeto a la restricción

g(x, y, z) = 6x2 + 3y2 + 2z2 − 12x − 12y − 8z + 20 = 0 De modo que aplicando multiplicadores de Lagrange se tiene el sistema de ecuaciones: (1) 0 = λ(12x − 12) (2) 3 = λ(6y − 12)

(3) (4)

6

=

λ(4z − 8) 2

2

0 = 6x + 3y + 2z2 − 12x − 12y − 8z + 20

De la ecuación (1) se tiene que 12λ(x − 1) = 0 ⇒ λ = 0 ó x = 1 . Si se hace λ = 0 se llega a un absurdo. Como λ ≠ 0 , entonces conviene x = 1 . De las ecuaciones (2) y (3) se tiene

3 6 6 = ⇒z= (y − 2) + 2 6(y − 2) 4(z − 2) 2

,

y≠2, z≠2

Sustituyendo en la ecuación (4): 2

 6   6  −6 + 3y + 2  (y − 2) + 2 − 12y − 8  (y − 2) + 2 + 20 = 0  2   2  6  −6 + 3y2 + 2  (y − 2)2 + 2 6(y − 2) + 4 − 12y − 4 6(y − 2) − 16 + 20 = 0 4  2

−6 + 3y2 + 3(y − 2)2 + 4 6(y − 2) + 8 − 12y − 4 6(y − 2) − 16 + 20 = 0 −6 + 3y2 + 3(y − 2)2 − 12y + 12 = 0 ⇒ −6 + 3y2 + 3y2 − 12y + 12 − 12y + 12 = 0 −6 + 6y2 − 24y + 24 = 0 ⇒ 6y2 − 24y + 18 = 0 ⇒ y2 − 4y + 3 = 0 ⇒ (y − 1)(y − 3) = 0 y =1⇒ z =2−

 6 6 ⇒ P1 1,1, 2 −   2 2  

,

Evaluando en la función distancia punto-plano: 12 D(P1 ) = (mayor dis tan cia) , 15

y =3⇒z =2+

 6 6 ⇒ P2  1, 3, 2 +   2 2  

D(P2 ) = 0 (menor dis tan cia)

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EJERCICIOS PROPUESTOS

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2.23. EJERCICIOS PROPUESTOS 1. Dibuje los planos cuyas ecuaciones se dan a continuación: a. 6x + 3y + 4z = 12

b.

−4x + 4y + 2z = 20

c.

2x + 3y − 5z = 30

d.

y+z =5

e.

x+y =5

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f.

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EJERCICIOS PROPUESTOS

Funciones Reales de Variable Vectorial Pág.: 225 de 305

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x + y = −5

2. Dibujar las siguientes superficies cilíndricas: a.

y = −x2

b.

z = 2 + x2

c.

z = e− y

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EJERCICIOS PROPUESTOS

Funciones Reales de Variable Vectorial Pág.: 226 de 305

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3. Hallar la ecuación de la superficie de revolución generada por la curva dada al girar en torno al eje indicado, y graficar dicha superficie. a. y = 2, eje x Rta : y2 + z2 = 4

4 − y2

b.

z=

c.

y+x =0

eje y

Rta : x2 + y2 + z2 = 4

eje y Rta : z2 + x2 − y2 = 0

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EJERCICIOS PROPUESTOS

Funciones Reales de Variable Vectorial Pág.: 227 de 305

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d.

z + 2y + 2 = 0

e.

x=

1 4 + y2 4

f.

y=

9 − x2 3

g.

4x2 − 3y2 = 12 eje x

eje z Rta :

eje y

eje x

(z + 2)2 − y2 − x2 = 0 4

Rta : 16x2 + 16z2 − y2 = 4

Rta : x2 + 3z2 + 3y2 = 9

Rta : 4x2 − 3z2 − 3y2 = 12

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EJERCICIOS PROPUESTOS

Funciones Reales de Variable Vectorial Pág.: 228 de 305

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4. Identifique y grafique las superficies de ecuaciones: a. 9x2 − 4y2 + 36z2 = 0

b.

5x2 + 6y2 − 10z2 + 30 = 0

c.

5x2 + 6y2 − 10z2 − 30 = 0

d.

4x2 + y + 9z2 = 0

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EJERCICIOS PROPUESTOS

Funciones Reales de Variable Vectorial Pág.: 229 de 305

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e.

x2 − y2 + z2 = −4

f.

36x2 + 9y2 + 4z2 = 36

g.

x2 + y2 − 2z2 + 6 = 0

h.

9x2 + 4z2 + 36y = 0

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EJERCICIOS PROPUESTOS

Funciones Reales de Variable Vectorial Pág.: 230 de 305

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i.

z = 4 − x2 − y2

j.

x = 2y2 − z2

k.

x2 + y2 + z2 − 4 = 0

l.

y2 − 9x2 − 4z2 = 36

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EJERCICIOS PROPUESTOS

Funciones Reales de Variable Vectorial Pág.: 231 de 305

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m. y = 4x2 + 9z2

n.

16x2 + 9y2 + 16z2 − 32x − 36y + 36 = 0

o.

x2 + y2 − 4x − 3y − z + 5 = 0

5. Para cada superficie, identifique e indique sobre que eje se encuentra: a.

9x2 + 4y2 − 36z2 − 36 = 0

b.

25x2 + 4z2 − 36y = 0

6. Determine la curva intersección entre las superficies dadas. Elija la proyección sobre el plano de coordenadas más adecuado. Dé una parametrización para dicha curva. a. b.

z2 = x2 + y2 2

2

2

2

2

2

z =x +y

,

z=2

,

z − 2y + 1 = 0 x2 + y2 − 2z + 2 = 0

c.

x +y +z =4

,

d.

x2 + y2 = 9

y = x2 + z2

e.

y2 + z − 4 = 0

, ,

2x + y − z = 4

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EJERCICIOS PROPUESTOS

Funciones Reales de Variable Vectorial Pág.: 232 de 305

CÁLCULO III (0253) - TEMA 2

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7. Encuentre las ecuaciones paramétricas de la curva de intersección del x2 + z − 4 = 0 y el plano y = 3z , entre los puntos (2,0,0) y ( 3, 3,1) de la misma.

cilindro

8. C es la curva intersección de la esfera x2 + y2 + z2 = a2 y de la superficie dada por

x2 + y2 = ax, con z ≥ 0 y a > 0 (a constante). C es recorrida de manera que si se observa el plano xy desde arriba el sentido es horario. Encuentre sus ecuaciones paramétricas.

9. C es la curva intersección del plano x + y + z = 1 y el cilindro x2 + y2 = 9 orientado en sentido contrario al movimiento de las manecillas del reloj visto desde arriba. Encuentre sus ecuaciones paramétricas.

10. Parametrice la curva intersección de las superficies z = xy , x2 + y2 = 1 . El sentido de recorrido de la curva es antihorario cuando es vista desde encima del plano xy.

11. Encuentre las ecuaciones paramétricas de la curva C que es la intersección de las superficies y = 4 − x2 , z = 2y , y ≥ 0 , desde el punto A(2,0,0) hasta el punto B(0,4,8) de C.

12. Encuentre una representación paramétrica de una curva C que tiene punto inicial en

(2,1, 2 2) y punto final en (2, 2, 0) y se encuentra sobre una parte de la superficie x + y2 + 2z2 = 4 que se encuentra enfrente del plano x = 0 . 13. Sea C la curva que se obtiene al intersectar el plano y = 0 y la superficie z = x2 . Identifique y halle la ecuación de la superficie generada al rotar C alrededor del eje z.

14. La curva y2 − z2 = 1, x = 0 se gira en torno al eje z. Escriba la ecuación de la superficie de revolución y clasifíquela.

15. Halle la proyección en el plano xz de la curva intersección de las superficies x2 + y − 4 = 0 y x2 − y + z2 = 0 . Identifique la curva proyección.

16. Calcule y grafique los dominios de las siguientes funciones: 1 a. g(x, y) = cos(x + y) b.

f(x, y) =

y − x3

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EJERCICIOS PROPUESTOS

Funciones Reales de Variable Vectorial Pág.: 233 de 305

CÁLCULO III (0253) - TEMA 2

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ln(y − x) x+y

c.

f(x, y) =

d.

f(x, y) = 1 /(x2 + 2y2 )

e.

f(x, y) = ln(xy)

f.

f(x, y) = arcsen(x + y)

g.

f(x, y) = 1 − x2 + 1 − y2

h.

f(x, y) =

y − x + 1 + ln(x2 + y2 − 2y)

i.

f(x, y) =

1 xy

+ 4 ln(x2 + y2 ) + 6 1 − x2 + y2

17. Estudie las curvas de nivel de las siguientes funciones: a.

f(x, y) =

b.

f(x, y) = (1 + x + y)2

c.

f(x, y) = 1 − x − y

d.

f(x, y) = ln(x2 + y)

e.

f(x, y) =

xy

x2 + y x + y2

18. Determine los límites si existen: x2 − 2xy + y2 a. lím (x,y) →(1,1) x−y b. c. d. e. f. g. h. i. j.

lím

(x,y) →(4,3)

x − y +1 x − y −1

lí m

(arcsen(x / y)) /(1 + xy)

lí m

(3x − 2y) /(2x + 3y)

(x,y) →(0,1) (x,y)→(1,2)

lí m

(x,y)→(0,0)

sen(x2 + y2 ) /(x2 + y2 )

lí m

x2 + y2 /(x + y)

lí m

(x + y) /(x2 + y2 )

lí m

(x3 − y3 ) /(x2 − y2 )

lí m

x2 y /(x 4 + y2 )

lí m

xsen(xy)

(x,y)→(0,0) (x,y)→(0,0) (x,y)→(0,0)

(x,y)→(0,0) (x,y)→(0,0)

U.C.V.

k. l. m. n. o. p.

q. r. s. t.

EJERCICIOS PROPUESTOS

Funciones Reales de Variable Vectorial Pág.: 234 de 305

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xy3

lím

(x,y)→(0,0)

lí m

2

x + y6

(x − y) /(x + y)

(x,y) →(0,0)

lím

(x,y) →(0,0)

xy2 y4 + x2

 x3 − y3  cos  2  x + y2  (x,y) →(0,0)   lím lím

(x,y)→(0,0)

x3 + y3 x2 + y2

a− x ln   x