Taller Varias Variables ESPOL

TALLER 1 CALCULO DE VARIAS VARIABLES

TEMA 1 (2puntos).- Identifique el tipo de rectas que representan las siguientes ecuaciones: 𝒂.

𝒙 = 𝟏 + 𝟐𝒕 𝑳𝟏 : {𝒚 = −𝟐 − 𝟑𝒕 ; 𝒕 ∈ 𝑹 𝒛 = 𝟓 + 𝟒𝒕

𝑳𝟐 :

𝒙−𝟕 𝟑

=

𝒚−𝟐 𝟐

=

𝟏−𝒛 𝟐

Solución: Llevamos la recta 𝐿2 a su forma paramétrica: 𝑥 − 7 = 3𝑢 𝑥 = 7 + 3𝑢 𝐿2 : {𝑦 − 2 = 2𝑢 → {𝑦 = 2 + 2𝑢 1 − 𝑧 = 2𝑢 𝑧 = 1 − 2𝑢 Obtenemos los vectores directores de las rectas 𝑥 = 1 + 2𝑡 𝐿1 : {𝑦 = −2 − 3𝑡 → ⃗⃗⃗⃗ 𝑑1 = (2, −3,4) 𝑧 = 5 + 4𝑡

𝐿1 y 𝐿2 𝑥 = 7 + 3𝑢 𝐿2 : {𝑦 = 2 + 2𝑢 → ⃗⃗⃗⃗ 𝑑2 = (3,2, −2) 𝑧 = 1 − 2𝑢

Como podemos observar las rectas no son paralelas, ya que sus vectores directores no son proporcionales, ni tampoco son perpendiculares ya que el producto punto entre ellos no nos da cero. Para saber si son secantes, buscamos un punto común, resolviendo el sistema de ecuaciones: 1 + 2𝑡 = 7 + 3𝑢 1 2𝑡 − 3𝑢 − 6 = 0 1 {−2 − 3𝑡 = 2 + 2𝑢 2 → { 3𝑡 + 2𝑢 + 4 = 0 2 5 + 4𝑡 = 1 − 2𝑢 3 4𝑡 + 2𝑢 + 4 = 0 3 Resolviendo las ecuaciones 2 y 3 tendremos: 3𝑡 + 2𝑢 + 4 = 0 → −𝑡 = 0 → 𝑡 = 0 → 𝑢 = −2 −4𝑡 − 2𝑢 − 4 = 0 Lo cual satisface también la ecuación 1: Reemplazando t=0 en 𝐿1 , obtenemos el punto de intersección, el cual será P (1,-2,5) Por lo tanto, dado que existe un punto común, podemos concluir que las rectas son secantes.

𝒃.

𝒙 = 𝟔𝒕 𝑳𝟏 : {𝒚 = −𝟒 − 𝟒𝒕 ; 𝒕 ∈ 𝑹 𝒛 = 𝟑 − 𝟐𝒕

𝒙 = 𝟏 + 𝟑𝒖 𝑳𝟐 : {𝒚 = 𝟏 − 𝟐𝒖 ; 𝒖 ∈ 𝑹 𝒛=𝟏−𝒖

Solución: Obtenemos los vectores directores de las dos rectas: 𝑥 = 6𝑡 𝐿1 : {𝑦 = −4 − 4𝑡 → ⃗⃗⃗⃗ 𝑑1 = (6, −4, −2) 𝑧 = 3 − 2𝑡

𝑥 = 1 + 3𝑢 𝐿2 : {𝑦 = 1 − 2𝑢 → ⃗⃗⃗⃗ 𝑑2 = (3, −2, −1) 𝑧 =1−𝑢

Como podemos observar sus vectores directores son proporcionales, por lo que podemos concluir que las rectas son paralelas.

TEMA 2 (2 puntos).-Determine las coordenadas del baricentro del triángulo cuyos vértices son los puntos (1,2,1) (2,3,3) (3,-2,3). Solución: Graficamos los puntos A (1,2,1),B (2,3,3) y C (3,-2,3), el baricentro G será entonces la intercepción de las 3 medianas

Calculamos el punto medio del segmento AC

1+3 2−2 1+3 , 2 , 2 ) 2

= (2,0,2)

1+2 3+2 3+1 , 2 , 2 ) 2

= (2 , 2 , 2)

𝑃𝑚𝐴𝐶 = (

Calculamos el vector director de la mediana 𝐵𝑃𝑚𝐴𝐶 ⃗⃗⃗⃗ 𝑑1 = (2,3,3) − (2,0,2) = (0,3,1) Entonces la ecuación paramétrica de la mediana 𝐿1 será: 𝑥=2 𝐿1 : {𝑦 = 3 + 3𝑡 𝑧 =3+𝑡 Calculamos el punto medio del segmento AB

𝑃𝑚𝐴𝐵 = (

3 5

Calculamos el vector director de la mediana 𝐶𝑃𝑚𝐴𝐵 3 5 3 9 ⃗⃗⃗⃗ 𝑑2 = (3, −2,3) − ( , , 2) = ( , − , 1) = (3, −9,2) 2 2 2 2 Entonces la ecuación paramétrica de la mediana 𝐿2 sera: 𝑥 = 3 + 3𝑢 𝐿2 : {𝑦 = −2 − 9𝑢 𝑧 = 3 + 2𝑢 Para calcular el baricentro G, hallamos el punto de intersección entre las dos medianas:

2 = 3 + 3𝑢 1 7 {3 + 3𝑡 = −2 − 9𝑢 → 𝑢 = − → 𝑡 = − 3 3 3 + 𝑡 = 3 + 2𝑢 Reemplazando los valores de u y t en cualquiera de las rectas, encontramos el punto de intersección: 1 𝑥 = 3 + 3 (− ) = 2 3 1 𝐿2 : 𝑦 = −2 − 9 (− ) = 1 3 1 {𝑧 = 3 + 2 (− 3) = 7/3 7

𝐺 (2,1, 3)

Por lo tanto las coordenadas del baricentro son:

TEMA 3 (2 puntos).- Determine de ser posible la ecuación general del plano que contiene a las rectas: 𝒂.

𝒙 = 𝟏 + 𝟐𝒕 𝑳𝟏 : {𝒚 = −𝟐 − 𝟑𝒕 ; 𝒕 ∈ 𝑹 𝒛 = 𝟓 + 𝟒𝒕

𝑳𝟐 :

𝒙−𝟕 𝟑

=

𝒚−𝟐 𝟐

=

𝟏−𝒛 𝟐

Solución: Como se pudo observar en el TEMA 1, las rectas 𝐿1 y 𝐿2 son secantes, obtenemos los vectores directores de ambas rectas: 𝑥 = 1 + 2𝑡 𝐿1 : {𝑦 = −2 − 3𝑡 → ⃗⃗⃗⃗ 𝑑1 = (2, −3,4) 𝑧 = 5 + 4𝑡

𝑥 = 7 + 3𝑢 𝐿2 : {𝑦 = 2 + 2𝑢 → ⃗⃗⃗⃗ 𝑑2 = (3,2, −2) 𝑧 = 1 − 2𝑢

Calculamos el vector normal al plano como el producto cruz entre los dos vectores mencionados: 𝑖 ⃗⃗⃗⃗1 𝑥𝑑 ⃗⃗⃗⃗2 = [2 𝑛⃗=𝑑 3

𝑗 𝑘 −3 4 ] = 𝑖(6 − 8) − 𝑗(−4 − 12) + 𝑘(4 + 9) = (−2,16,13) 2 −2

Con el punto de intersección calculado en el TEMA 1, P (1,-2,5) y el vector normal, podemos hallar la ecuación del plano: −2(𝑥 − 1) + 16(𝑦 + 2) + 13(𝑧 − 5) = 0 −2𝑥 + 2 + 16𝑦 + 32 + 13𝑧 − 65 = 0 𝜋: −2𝑥 + 16𝑦 + 13𝑧 − 31 = 0

TEMA 4 (2 puntos).- Sea la recta 𝒍:

𝒙−𝟏 𝟐

=

𝒚+𝟏 −𝟑

=

𝒛 𝟏

y el plano 𝝅: 𝟐𝒙 + 𝟒𝒚 − 𝟑𝒛 = 𝟐, hallar el

punto de intersección de la recta con el plano, así como la ecuación que determina la proyección de la recta sobre el plano. Solución: Llevamos la ecuación de la recta a su forma paramétrica:

𝑥 − 1 = 2𝑡 𝑥 = 1 + 2𝑡 𝑙: {𝑦 + 1 = −3𝑡 → {𝑦 = −1 − 3𝑡 𝑧=𝑡 𝑧=𝑡 Para hallar el punto de intersección podemos reemplazarla en la ecuación del plano y encontrar el valor de t: 4

2(1 + 2𝑡) + 4(−1 − 3𝑡) − 3𝑡 = 2 → 2 + 4𝑡 − 4 − 12𝑡 − 3𝑡 = 2 → −11𝑡 = 4 → 𝑡 = − 11 Reemplazando en la ecuación de la recta, obtendremos el punto de intersección: 4 3 )= 11 11 𝑥 = 1 + 2𝑡 3 1 4 4 1 → 𝑃( , ,− ) {𝑦 = −1 − 3𝑡 → 𝑦 = −1 − 3 (− ) = 11 11 11 11 11 𝑧=𝑡 4 4 { 𝑧 = (− 11) = − 11 𝑥 = 1 + 2 (−

Para encontrar la recta proyección, primero hacemos el producto cruz entre el vector normal al plano n y el vector director d de la recta, obteniendo un vector c, perpendicular a los dos anteriores:

𝑖 𝑐=𝑛⃗𝑥𝑑 = [2 2

𝑗 𝑘 4 −3] = 𝑖(4 − 9) − 𝑗(2 + 6) + 𝑘(−6 − 8) = (−5, −8, −14) −3 1

Luego realizamos otro producto cruz entre el vector c obtenido y el vector n, obteniendo el vector s, el cual sigue la dirección del vector proyección de la recta sobre el plano: 𝑖 𝑗 𝑘 𝑠=𝑐𝑥𝑛⃗ = [−5 −8 −14] = 𝑖(24 + 56) − 𝑗(15 + 28) + 𝑘(−20 + 16) = (80, −43, −4) 2 4 −3 Con el vector director s y el punto de intersección, podemos encontrar la ecuación de la recta proyección de la recta sobre el plano:

3 + 80𝑢 11 1 𝐿𝑝 : 𝑦 = − 43𝑢 11 4 𝑧 = − − 4𝑢 { 11 𝑥=

TEMA 5 (2 puntos).- Hallar la ecuación del plano que contiene a la recta perpendicular al plano 𝟐𝒙 + 𝒚 − 𝟑𝒛 + 𝟒 = 𝟎.

𝒙 = −𝟏 + 𝟑𝒕 𝒍: { 𝒚 = 𝟏 + 𝟐𝒕 y es 𝒛 = 𝟐 + 𝟒𝒕

Solución: Dado que el plano 2𝑥 + 𝑦 − 3𝑧 + 4 = 0 es perpendicular al plano que buscamos, entonces su vector normal será paralelo a nuestro plano requerido. 𝑛 ⃗⃗⃗⃗1 = (2,1, −3) Con este vector y el vector director 𝑑 = (3,2,4) de la recta 𝑙 que pertenece al plano, podemos encontrar la normal al plano solicitado, calculando el producto cruz de los vectores mencionados: 𝑖 𝑗 𝑛 ⃗⃗⃗⃗2 = 𝑑𝑥𝑛 ⃗⃗⃗⃗1 = [3 2 2 1

𝑘 4 ] = 𝑖(−6 − 4) − 𝑗(−9 − 8) + 𝑘(3 − 4) = (−10,17, −1) −3

Con el vector normal 𝑛 ⃗⃗⃗⃗2 y un punto de la recta, como por ejemplo el punto P (-1,1,2), podemos encontrar la ecuación del plano: −10(𝑥 + 1) + 17(𝑦 − 1) − 1(𝑧 − 2) = 0 −10𝑥 − 10 + 17𝑦 − 17 − 𝑧 + 2 = 0 𝜋: −10𝑥 + 17𝑦 − 𝑧 − 25 = 0