Individual Entregue en clase a su

Universidad de los Andes
Departamento de Matemáticas
MATE1207 Cálculo Vectorial
Tarea 1 – Individual
Entregue en clase a su profesor de la MAGISTRAL la semana 6
(Lu. 27 Feb. – Vi. 2 Mar.)
1. Considere el punto P (0, 1, −2), la recta ℓ : ~r(t) = (2, −1, 3) + t (1, 0, −1) y el plano
α : 2 x − y + 3 z = 5.
(a) Halle la ecuación del plano β que pasa por el punto P y contiene la recta ℓ.
(b) Muestre que la recta ℓ intersecta al plano α y determine las coordenadas del punto
P de intersección, P = ℓ ∩ α.
(c) Encuentre el ángulo agudo θ entre la recta y un vector normal al plano.
Solution:
(a) Dos puntos de la recta ℓ son: P1 = ~r(1) = (3, −1, 2), P2 = ~r(2) = (4, −1, 1).
Por lo tanto la ecuación del plano P P1 P2 es:


x y−1 z+2
−−→ −−→ −−→
−2
4 =0
P M · P P1 × P P2 = det  3
4
−2
3
Resolviendo y simplificando tenemos:
2x + 7y + 2z − 3 = 0
(b) Sean ~v un vector director, ~v = (1, 0, −1) y w
~ un vector normal al plano α,
w
~ = (2, −1, 3). Dado que ellos no son ortogonales, pues ~v · w
~ = −1 6= 0 entonces
la recta ℓ no está en el plano α y por lo tanto lo intersecta. El valor de t
para el cual ℓ intersecta a α es [t = 9]. Por lo tanto el punto de intersección es
P3 (11, −1, −6).
√ ~v · w
~
1
(c) θ = arccos
= arccos − 14
7 .
k~v kkwk
~
2. Considere la superficie cuádrica
1
1
(y − 2)2 + (x − 1)2 + z 2 − 1 = 0
4
9
(a) Identifique la superficie.
(b) Halle los puntos de esta superficie tales que el plano tangente es paralelo al plano
x + y + z = 1.
Solution:
(a) Elipsoide.
(b) Un vector normal al plano es ~n = (1, 1, 1). Necesitamos encontrar puntos P tales
que,
∇(F )(P ) = λ~n(P )
Tenemos entonces el sistema:


Fx = λ1
Fy = λ1


Fz = λ1
Reemplazando (b) en (2) tenemos,
λ1 = −


2 x − 2 = λ1
⇒ 21 y − 1 = λ1

2
z = λ1
9
1√ √
2 7,
7
λ2 =
1√ √
2 7.
7
Ahora remmplazando (b) en (b) obtenemos las coordenadas de los puntos pedidos,
1 √ √
2√ √
9 √ √
2 7 + 1, −
2 7 + 2, −
2 7),
14
7
14
1 √ √
2√ √
9 √ √
P2 = (
2 7 + 1,
2 7 + 2,
2 7).
14
7
14
P1 = (−
3. (a) Encuentre la ecuación de la superficie tal que la suma de las distancias a los puntos
F1 (1, 0, 0), F2 (−1, 0, 0) es igual a 4.
(b) Identifique la superficie.
Solution:
(a) Sea P (x, y, z) un punto arbitrario de la superficie.
P F1 + P F2 = 4
p
p
⇒ (x − 1)2 + y 2 + z 2 + (x + 1)2 + y 2 + z 2 = 4
p
p
(x − 1)2 + y 2 + z 2 = 4 − (x + 1)2 + y 2 + z 2
p
(x − 1)2 + y 2 + z 2 = 16 − 8 (x + 1)2 + y 2 + z 2 + (x + 1)2 + y 2 + z 2
p
− 2x = 16 − 8 (x + 1)2 + y 2 + z 2 + 2x
Page 2
p
8 (x + 1)2 + y 2 + z 2 = 16 + 4x
p
x
(x + 1)2 + y 2 + z 2 = 2 +
2
x2
(x + 1)2 + y 2 + z 2 = 4 + x +
4
x2 + 2x + 1 + y 2 + z 2 = 4 + 2x +
3 2
x + y2 + z2 = 4
4
x2
4
(b) Es un elipsoide.
x2 y 2 z 2
+ 2 + 2 = 1,
a2
b
c
1
a = √ ≈ 0.57, b = 2, c = 2.
3
Figura 1: Elipsoide
4. Demuestre que la curva con ecuaciones paramétricas x = cos t, y = sin t, z = cos2 t es
la curva de intersección de las superficies z = x2 y x2 + y 2 = 1. A partir de este hecho
grafique la curva.
Page 3
Solution: La curva Γ dada por las ecuaciones paramétricas x = cos t, y = sin t,
z = cos2 t pertenece a la superficie Σ1 con la ecuación z = x2 (el cilindro parabólico).
Para probar esta afirmación reemplazamos x y z en la ecuación del cilindro con las
ecuaciones paramétricas x = cos t y z = cos2 t y obtenemos igualdad. De manera
similar concluimos que la curva pertenece al cilindro Σ2 dada por las ecuación x2 +
y 2 = 1. Entonces, Γ ⊂ Σ1 ∩ Σ2 .
Pero necesitamos probar también que Σ1 ∩ Σ2 ⊂ Γ. Si A(x, y, z) pertenece a la
intersección Σ1 ∩ Σ2 entonces x2 + y 2 = 1 y existe un numero t tal que x = cos t y
y = sin t. Por otro lado, z = x2 , entonces z = cos2 t. Por lo tanto, existe t tal que
A(cos t, sin t, cos2 t) y A es un punto de la curva Γ.
Para dibujar la curva podemos tomar el rectángulo {(t, z) | 0 ≤ t ≤ 2π, 0 ≤ z ≤ 1}
en el plano R2 y dibujar el gráfico de la función z = cos2 t. Después pegamos
los lados (0, z) y (1, z) del rectángulo y obtenemos el cilindro Σ2 con la curva Γ.
⇒
5. Determine las ecuaciones
paramétricas de la recta tangente a la curva de ecuaciones
√
paramétricas x = t, y = 2 ln t, z = t3 en el punto (1, 0, 1).
√
Solution: Encontramos t0 del sistema de ecuaciones t = 1, 2 ln t = 0, t3 = 1,
tenemos que t0 = 1. Luego usamos las ecuaciones paramétricas de la recta tangente
en el punto t0 a la curva dada por la ecuación ~r = ~r(t):
~
R(s)
= ~r(t0 ) + s~r ′ (t0 ).
La ecuación paramétrica de la curva es
√
~r(t) = ( t, 2 ln t, t3 ),
entonces
1 2
~r ′ (t) = ( √ , , 3t2 ).
2 t t
Page 4
Por lo tanto, ~r(1) = (1, 0, 1) y ~r ′ (1) = (1/2, 2, 3). Entonces la respuesta es
~
R(s)
= (1, 0, 1) + s(1/2, 2, 3) = (1 + s/2, 2s, 1 + 3s),
que se escriben en otra forma como

 x = 1 + s/2
y = 2s

z = 1 + 3s.
6. Calcule la curvatura en el punto r(t) de la curva con ecuación vectorial:
~r(t) = 2t~i + t~j + (1 − t2 )~k.
Solution: Usamos la fórmula
k(t) =
Entonces,
k~r ′ × ~r ′′ k
k~r ′ k3
~r ′ (t) = 2~i + ~j − 2t~k ⇒ k~r ′ (t)k =
y
√
5 + 4t2 ,
~r ′′ (t) = −2~k.
Luego tenemos que
√
~r ′ × ~r ′′ = (2~i + ~j − 2t~k) × (−2~k) = 4~j + 2~i ⇒ k~r ′ × ~r ′′ k = 2 5.
Entonces, la curvatura es
√
2 5
k(t) =
.
(5 + 4t2 )3/2
7. Encuentre la longitud de la curva descrita por ~r(t) = (6t, 3t2 , t3 ) con t ∈ [0, 1].
Solution: Como ~r′ (t) = (6, 6t, 3t2 ), tenemos que
p
p
√
|r′ (t)| = 62 + (6t)2 + (3t2 )2 = 36 + 36t2 + 9t4 = (6 + 3t2 )2 = 6 + 3t2 ,
Page 5
ası́ que la longitud de la curva es:
Z 1
1
2
3 6 + 3t dt = (6t + t ) = 7.
0
0
8. Use coordenadas polares (i.e. x = r cos θ, y = r sin θ) para describir las curvas de nivel
2xy
.
de la función definida por f (x, y) = 2
x + y2
Solution: En coordenadas polares la función toma la forma
f (r cos θ, r sin θ) =
2r2 cos θ sin θ
= sin(2θ).
r2
Para k ∈ [−1, 1] tenemos entonces que la curva de nivel f (x, y) = k consta de 4
rayos que forman con el eje x ángulos de: 21 arcsin k, 12 arcsin k + π, π2 − 12 arcsin k y
3π
− 12 arcsin k (estos son esencialmente todos los ángulos θ para los que sin(2θ) = k).
2
9. Sea g : R → R una función diferenciable y sea f (x, y) = xn g(y/x) donde n es un entero
positivo. Muestre que f es una solución de la ecuación diferencial: xfx + yfy = nf.
Solution: Usamos la regla del producto y la regla de la cadena para calcular:
fx (x, y) = nxn−1 g(y/x) + xn g ′ (y/x)(−y/x2 )
luego
xfx (x, y) = nxn g(y/x) − xn−1 yg ′ (y/x).
Además
fy (x, y) = xn g ′ (y/x)(1/x) = xn−1 g ′ (y/x)
y por lo tanto
xfx + yfy = nxn g(y/x) = f.
10. Considere la función
f (x, y) = ex
2 +y 2 −2
.
Halle la aproximación lineal de la función centrada en x = y = 1.
Page 6
Solution: Sea P (1, 1, 1,
∂f
x2 +y 2 −2
|(1,1) = 2,
|(1,1) = 2xe
∂x
∂f
2
2
|(1,1) = 2yex +y −2 |(1,1) = 2,
∂y
Por lo tanto
∂f
∂f
|(1,1) (x − 1) +
|(1,1) (y − 1) = 1 + 2(x − 1) + 2(y − 1),
∂x
∂y
L(x, y) = 2x + 2y − 3.
L(x, y) = f (1, 1) +
11. Encuentre la ecuación del plano tangente a la superficie,
x2 y 2 z 2
+
+
= 1,
2
9
2
en el punto P (1, 0, 1).
Solution: La superficie es un elipsoide y como el punto P está en la parte superior
entonces,
r
2y 2
2
z = 2−x −
9
∂z
−x
|(1,0) = r
|(1,0) = −1
2
∂x
2y
2 − x2 −
9
2y
−
∂z
9
|(1,0) = r
|(1,0) = 0.
2
∂y
2y
2 − x2 −
9
Por lo tanto, la ecuación del plano tangente en P es,
z − 1 = − 1(x − 1)
x + z =2
12. Halle la ecuación del plano tangente a la esfera x2 + y 2 + z 2 = 1 que contenga los puntos
P (2, 0, 0) y Q(0, 2, 0).
Page 7
−→
−→
Solution: El vector P Q es ~v = P Q = (2, −2, 0). Un vector normal a la esfera en
el punto M (x, y, z) es ~n = (x, y, z). Como el vector normal ~n es perpendicular al
plano buscado α es también perpendicular a cualquier recta que pertenezca a α. En
particular a la recta ℓ que pasa por P y Q. Por lo tanto,
~n · ~v =0
(x, y, z) · (2, −2, 0) =0
x = y.
Ası́ obtenemos una primera condición: x = y. Ahora escribiendo la ecuación del
plano tangente en el punto M (x, y, z) podemos encontrar las coordenadas de M .
(x − 2, y, z) · (x, y, z) =0
x2 − 2x + y 2 + z 2 =0
x2 + y 2 + z 2 − 2x =0
1 − 2x =0
1
x=y=
2
1
z=√ .
2
Por lo tanto M
1 1 1
y la ecuación del plano tangente α en M es:
, ,√
2 2 2
1
1
1
1
1
1
√ z−√
x−
+
y−
2
2
2
2
2
2
13. (a) Pruebe que la ecuación xy = 1−ez+x define una función z = f (x, y) en una vecindad
del punto (0, 0) tal que f (0, 0) = 0.
∂f
∂f
∂ 2f
(b) Halle
(0, 0),
(0, 0),
(0, 0).
∂x
∂y
∂x∂y
∂F
(0, 0, 0) = 1 6= 0,
∂z
entonces existe una función z = f (x, y) definida en una vecindad de (0, 0).
Solution: Sea F = xy + ex+z − 1, entonces F (0, 0, 0) = 0 y
Luego tenemos la igualdad
xy + ex+f (x,y) − 1 = 0
Page 8
y tomamos la derivadas con respecto a los variables x y y:
y + ex+f (x,y) (1 +
x + ex+f (x,y)
∂f
) = 0;
∂x
∂f
= 0.
∂y
(1)
(2)
Substituimos x = y = 0 y f (0, 0) = 0 en estás igualidades, entonces (1) implica que
∂f
∂f
(0, 0) = −1 y (2) implica que
(0, 0) = 0.
∂x
∂y
Luego derivamos (2) con respecto a x y obtenemos la igualidad
∂f ∂f
∂ 2f
x+f (x,y)
1+
1+e
+ ex+f (x,y)
= 0.
(3)
∂x ∂y
∂x∂y
En (3) substituimos x = y = 0, f (0, 0) = 0,
∂f
∂f
(0, 0) = −1,
(0, 0) = 0 y obtenemos
∂x
∂y
∂ 2f
(0, 0) = −1.
∂x∂y
∂f
∂ 2f
∂f
(0, 0) = −1;
(0, 0) = 0;
(0, 0) = −1.
Respuesta.
∂x
∂y
∂x∂y
que
14. Para la curva Γ dada por la ecuación
x2 + 6y 2 − 7 = 0,
(a) halle la ecuación de la recta tangente a la curva Γ en el punto (1, 1),
(b) halle un punto A ∈ Γ tal que la recta normal a la curva Γ en A es ortogonal a la
recta x − 6y − 20 = 0.
Solution:
(a) Paso 1. Reescribimos la ecuación de la curva en la forma F (x, y) = 0:
F (x, y) = 0, donde F (x, y) = x2 + 6y 2 − 7.
Paso 2. Verificamos que el punto (1, 1) pertenece a la curva Γ, es decir que
F (1, 1) = 0. Sı́, F (1, 1) = 12 + 6 · 12 − 7 = 0.
Page 9
Paso 3. Calculamos los valores de derivadas parciales en el punto A(1, 1). Entonces,
∂F
∂F
(x, y) = 2x ⇒
(1, 1) = 2;
∂x
∂x
∂F
∂F
(x, y) = 12y ⇒
(1, 1) = 12;
∂x
∂x
Paso 4. Escribimos la ecuación de la recta tangente:
2(x − 1) + 12(y − 1) = 0 ⇒ x + 6y − 7 = 0.
Paso 5 (opcional). Verificamos que el punto (1, 1) pertenece a la recta tangente.
Sı́ es ası́, porque 1 · 1 + 6 · 1 − 7 = 0.
Respuesta. x + 6y − 7 = 0.
(b) Recordamos que la curva Γ tiene la ecuación F (x, y) = x2 + 6y 2 − 7 = 0. La
recta normal
l de la curva
Γ en un punto (x, y) ∈ Γ tiene el vector director
(x, y), ∂F
(x, y) = (2x, 12y). En el punto que buscamos, digamos el
∇F = ∂F
∂x
∂y
punto A(a, b), la recta normal es ortogonal a la recta l′ dada por la ecuación
~ = (1, −6). Entonces, en el punto
x − 6y − 20 = 0 con el vector normal N
~ , por lo tanto el producto cruz
A(a, b) el vector gradiente es paralelo al vector N
~ = 0. Tenemos
∇F (a, b) × N
∂F
∂F
2a 12b (a,
b)
(a,
b)
∂y
∂x
= 0; ⇒ 1 −6 = 0; ⇒ a + b = 0
1
−6 Además el punto A(a, b) pertenece a Γ, entonces a2 + 6b2 − 7 = 0, y llegamos al
sistema
2
a + 6b2 − 7 = 0
a+b=0
desde este sistema encontramos dos puntos A1 (1, −1) y A2 (−1, 1).
Respuesta. Los puntos A1 (1, −1) y A2 (−1, 1).
15. Si z = f (x, y), encuentre en términos de las coordenadas polares (r, θ):
(a)
∂z
,
∂x
y
∂z
,
∂y
(b)
∂ 2z ∂ 2z
+
.
∂x2 ∂y 2
Page 10
Solution:
(a) El cambio de las coordenadas polares a las coordenadas cartesianas es x = r cos θ,
y = r sin θ.
Entonces, si z = g(r, ϕ) = f (r cos θ, r sin θ), tenemos que
∂f
∂f
∂g
= cos θ
+ sin θ
∂r
∂x
∂y
∂g
∂f
∂f
= −r sin θ
+ r cos θ
∂θ
∂x
∂y
(4)
(5)
Desde este sistema obtenemos que
∂g 1
∂g
∂f
(r cos θ, r sin θ) = cos θ
− sin θ ,
∂x
∂r r
∂θ
∂g 1
∂g
∂f
(r cos θ, r sin θ) = sin θ
+ cos θ .
∂y
∂r r
∂θ
Respuesta de a).
∂z
∂z 1
∂z
= cos θ
− sin θ ,
∂x
∂r r
∂θ
∂z 1
∂z
∂z
= sin θ
+ cos θ .
∂y
∂r r
∂θ
(b) De las ecuaciones (4) y (5) obtenemos que
2
2
∂ 2f
∂ 2g
2 ∂ f
2 ∂ f
=
cos
θ
+
2
sin
θ
cos
θ
+
sin
θ
;
∂r2
∂x2
∂x∂y
∂y 2
(6)
∂ 2f
∂ 2g
= r cos 2θ
+ r sin θ cos θ
∂r∂θ
∂x∂y
∂f
∂f
− sin θ
+ cos θ ;
∂x
∂y
(7)
∂ 2f
∂ 2f
−
∂y 2
∂x2
2
∂ 2f
∂ 2g
2
2 ∂ f
2
=
r
sin
θ
−
2r
sin
θ
cos
θ
∂θ2
∂x2
∂x∂y
2
∂ f
∂f
∂f
+ r2 cos2 θ 2 − r sin θ
− r cos θ .
∂y
∂y
∂x
(8)
La suma de las ecuaciones (6) y (8) da nos
1 ∂ 2g
∂ 2f
∂ 2f
1
∂ 2g
+
=
+
−
2
2
2
2
2
∂r
r ∂θ
∂x
∂y
r
Page 11
∂f
∂f
cos θ
+ sin θ
∂x
∂y
.
Luego, de la ecuación (4) sabemos que
1
∂f
1 ∂g
∂f
cos θ
=
+ sin θ
.
r
∂x
∂y
r ∂r
Entonces, obtenemos que
∂ 2f
∂ 2g
1 ∂ 2 g 1 ∂g
∂ 2f
+
=
+
+
.
∂x2
∂y 2
∂r2 r2 ∂θ2 r ∂r
Respuesta de b).
∂ 2f
∂ 2f
∂ 2g
1 ∂ 2 g 1 ∂g
.
+
=
+
+
∂x2
∂y 2
∂r2 r2 ∂θ2 r ∂r
16. Sea S ⊂ R3 la superficie definida por z − xy = 0.
(a) Encuentre una parametrización para la intersección entre S y el plano x = k,
perpendicular al eje x.
(b) Encuentre una parametrización para la intersección entre S y el plano y = a,
perpendicular al eje y.
(c) Vea el vı́deo de youtube “LEGO hyperbolic paraboloid”y piense cómo se relaciona
con las partes (a) y (b) de este ejercicio.
(Vı́deo You Tube)
(d) Determine la intersección entre S y el plano tangente a S en el punto (1, 2, 2).
Solution:
(a) Intersectando x = k y z = xy tenemos la recta paramétrica (k, t, kt) = (k, 0, 0) +
t(0, 1, k).
(b) Intersectando y = a y z = xy tenemos la recta paramétrica (t, a, at) = (0, a, 0) +
t(1, 0, a).
(c) El video muestra que un paraboloide hiperbólico puede escribirse como una unión
de familias de rectas de dos maneras (note que las rectas SIGUEN SIENDO
rectas aunque la superficie resultante es curva). La familia x = k ∩ S y la familia
y = k ∩ S. Una superficie que puede describirse como unión de rectas se llama
superficie reglada.
Page 12
(d) Sabemos por las partes (a) y (b) que hay dos rectas a través de (1, 2, 2) que están
contenidas en la superficie y por lo tanto en el plano tangente. Verificaremos
que la intersección es precisamente la unión de esas rectas. Para simplificar los
cálculos cambiamos coordenadas X = x − 1, Y = y − 2 y Z = z − 2 ası́ que la
ecuación se convierte en
Z + 2 − (X + 1)(Y + 2) = Z − (XY + Y + 2X)
el gradiente de la función a la derecha es (−Y − 2, −X − 1, 1) asi que en las
nuevas coordenadas el plano tangente en (0, 0, 0) está dado por (−2, −1, 1) luego
la ecuación del plano tangente es −2X − Y + Z = 0 ası́ que interceptando las
dos tenemos el sistema Z = XY + Y + 2X y Z = 2X + Y luego XY = 0 ası́ que
X = 0 ó Y = 0 que son precisamente las dos rectas como habı́amos afirmado.
17. Hay un espejo curvo E ⊆ R3 dado por la ecuación x2 +3y 2 −z = 0 para z ≤ 2. Se dispara
un láser desde el punto (0, 0, 1) con dirección (1, 1, −3). El láser rebota en el espejo E y
que el láser golpea después del
sale hacia arriba. Encuentre el punto del plano y = 155
28
rebote (por simplicidad asuma que el láser rebota solo una vez en la superficie y luego
la cruza sin afectar su trayectoria).
Solution: Parametrizamos la recta determinada por el láser (0, 0, 1) + t(1, 1, −3)
ası́ que x(t) = t, y(t) = t y z(t) = 1 − 3t. Calculamos los puntos de intersección
entre la recta y la superficie E buscando los valores de t que satisfacen la ecuación.
t2 + 3t2√− (1 − 3t) = 0 = 4t2 + 3t − 1 y usando la fórmula cuadrática obtenemos
t = −3±8 25 . Como el láser sale en la dirección positiva de la recta solo nos interesa la
solución positiva t = 82 = 41 . Reemplazando en la parametrización de la recta vemos
que se intersectan en el punto Q( 14 , 41 , 41 ). La recta determinada por el rebote del
láser debe satisfacer tres condiciones
(a) Sale de Q.
(b) Está contenida en el plano determinado por el vector N perpendicular al plano
tangente al espejo E en Q y la dirección de incidencia (1, 1, −3).
(c) El ángulo entre N y la dirección de incidencia debe ser igual al ángulo entre N
y la dirección en que refleja el láser.
Si F (x, y, z) = x2 + 3y 2 − z el plano tangente a E en Q tiene vector normal
∇(F )(Q) = (−2x, −6y, 1)(Q) = (− 42 , − 64 , 1) como dirección normal (porque el gradiente es perpendicular
a la curva de nivel E dada por F (x, y, z) = 0). Definimos
√
N := (−1, −3, 2)/ 14 que es la dirección normal unitaria hacia arriba.
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Ahora, la reflección de un vector u en el plano hN, ui a través de N es
u′ = 2(u · N )N − u
Ası́ que, si u = (−1, −1, 3) es la dirección de incidencia del láser, la dirección en que
refleja debe ser u′ = ( 17
, 37 , − 41
). Asi que el segmento de recta parametrizado por
7 7
7
el rebote del láser es:
1 1 1
17 37 41 , ,
, ,−
+t
,t≥0
4 4 4
7 7
7
Luego su intersección con y =
tiene coordenadas
155
28
= 41 + 37
ocurre en t = 1 y el punto de intersección
7
1 17 155 1 41
75 155 157
( + ,
, − )=( ,
,−
)
4
7 28 4
7
28 28
28
2
2
2
18. Suponga que T (x, y, z) = e−(x +2y +3z ) es la temperatura en grados de un punto (x, y, z) ⊆
R3 (x, y, z están medidos en nanómetros). Suponga que tenemos una partı́cula en el punto (−1, 1, 1).
(a) En qué dirección (unitaria) deberı́a moverse la partı́cula para disminuir su temperatura lo más rápidamente posible?
(b) Si la partı́cula avanza a una velocidad de e6 nm/sec en la dirección determinada en
la parte (a), con que rapidez decrecerá la temperatura?
Solution: Calculando
∇(T ) = e−(x
2 +2y 2 +3z 2 )
(−2x, −4y, −6z)
Vemos que la dirección de máximo crecimiento de la temperatura en (1, 1, 1) es
e−6 (−2, −4, 6). Por lo tanto, la dirección de máxima disminución de la temperatura
√
es (2, 4, −6). Si g(t) es una curva con g(0) = (1, 1, 1) y g ′ (0) = e6 (2, 4, −6)/ 56
(tal que la rapidez sea e6 en la dirección correcta), la temperatura a lo largo de
esa curva h(t)
= T (g(t))
varia como h′ (0) = ∇T (g(0)) · g ′ (0) = e−6 (−2, −4, 6) ·
√
√
e6 (2, 4, −6)/ 56 = − 56 grados por segundo.
19. Considere la función
x3 − y 2
x
(Note que esta función no está definida para los puntos (0, y)).
f (x, y) =
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(a) Muestre que si uno se acerca al punto (0, 0) por cualquier recta que pase por el
origen (excepto el eje y), el valor de f tiende a 0.
(b) Use coordenadas polares (r, θ) y reescriba la función f en estas coordenadas. Muestre que si uno se acerca al punto (0, 0) por la curva r = cos θ (identifique la curva),
el valor de la función se acerca a −1. Tiene f lı́mite en (0, 0)?
Solution:
(a) La ecuación de una recta cualquiera que pase por el origen viene dada por
y = mx.
Reemplazando en la expresión dada para f obtenemos
f (x, mx) = x2 − m2 x,
expresión que tiende a 0 si x tiende a 0.
(b) 1 b. En coordenadas polares x = r cos θ y = r sin θ. Luego, reescrita en estas
coordenadas f queda
sin2 θ
.
f (r, θ) = r2 cos θ − r
cos θ
Sobre la curva r = cos θ, f vale
f (r) = r3 − r
(1 − r2 )
= −1 + r2 + r3 .
r
Si r tiende a 0, que corresponde a acercarse al punto (0, 0), f tiende
a −1.
1
La curva r = cos θ corresponde a un cı́rculo centrado en 2 , 0 de radio 12 (ver
ejemplo 6 página 642 de Stewart).
20. Para dar en un objetivo, una ojiva sigue el camino de mayor aumento de temperatura.
Suponga que alrededor de un blanco situado en el punto de coordenadas (0, 0) genera
una distribución de temperaturas dada por la función
f (x, y) = 100 −
x2
− y2.
4
(a) Sea γ (t) = (x (t) , y (t)). Encuentre el sistema de ecuaciones diferenciales que satisface la trayectoria que sigue la ojiva en el caso planteado suponiendo que parte del
punto de coordenadas (1, 1) (Ayuda: como lo que importa es la dirección que sigue
el movimiento de la ojiva en cada punto, puede suponer que el vector velocidad en
cualquier punto de la trayectoria viene dado por el gradiente de f ).
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(b) Resuelva las ecuaciones diferenciales encontradas en el punto anterior y de ecuaciones cartesianas para la trayectoria que sigue la ojiva.
Solution:
1. El gradiente de f viene dado por
x
∇f (x, y) = − , −2y .
2
Como la dirección que sigue la trayectoria de la ojiva es la misma que la del
gradiente en un punto cualquiera, podemos suponer que el vector velocidad de
γ en un punto corresponde al gradiente de f en ese mismo punto. De esta
manera obtenemos
x(t)
′
′
(x (t), y (t)) = −
, −2y(t) ,
2
es decir, obtenemos el sistema
x′ (t) = − x(t)
2
y ′ (t) = −2y(t),
con condiciones iniciales x(0) = 1 = y(0) dadas por la posición inicial de la
ojiva.
2. Resolviendo las ecuaciones del punto anterior, obtenemos
t
x(t) = C1 e− 2 ,
y(t) = C2 e−2t .
Para hallar C1 y C2 reemplazamos las condiciones iniciales y obtenemos que
C1 = C2 = 1. Por lo tanto, unas ecuaciones paramétricas para la trayectoria
que sigue la ojiva viene dada por,
t
(x(t), y(t)) = (e− 2 , e−2t ),
de donde por sustitución obtenemos ecuaciones cartesianas para la trayectoria,
y = x4 .
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