UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA Y A DISTANCIA UNAD Tarea 1 Funciones de varias variables Tutor: Edgar Andres villabon Presentado por: Eder Cogollo - Codigo: 1067910823 Alexander Montes Mestra - Código: Darwin Ivan Lopez - Código: Willam Jose Gelis - Codigo: Edier Oliverios - Codigo: Grupo: 203057_42 CALCULO MULTIVARIADO MONTERIA - CORDOBA 2020 – 1604 Introduccion Ejercicios resueltos ITEM A (Edier Oliveros) Ejercicios Resueltos ITEM B(Darwin Ivan Lopez) Grupo de ejercicios 1 – Vectores: Dado los puntos 𝑝𝑦𝑞 Hacemos la resta entre ellos y hallamos el vector pedido 𝑞−𝑝 =𝑣 Esto nos queda como v = (−16,23, −4) − (2, −5,14) Resolviendo v = (−18,28, −18) Hallamos la magnitud de V ||v|| = √(−18)2 + (28)2 + (−18)2 ||v|| = 2√358 Ahora su magnitud 𝑢̂ = 1 2√358 (−18,28, −18) = (− 9 , 14 √358 √358 ,− 9 √358 ) Ahora el punto medio del vector 𝑃𝑢𝑛𝑡𝑜 𝑚𝑒𝑑𝑖𝑜 = ( (2) + (−16) (−5) + (23) 14 + (−4) , , ) 2 2 2 𝑃𝑢𝑛𝑡𝑜 𝑚𝑒𝑑𝑖𝑜 = (7,9, 5 ) Grupo de ejercicios 2 – Rectas y planos: Dado el plano y su vector normal conocido: 0 = −𝑧 + 𝑥 + 2𝑦 𝑛1 = (1,2, −1) Y el plano 2𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 1 𝑛2 = (2,1,1) Buscamos un vector perpendicular a estos y que sea paralelo a los planos, esto es: i j k n1 xn2 = |1 2 −1| 2 1 1 n1xn2 = 3i − 3j − 3k Entonces nuestra recta viene dada por 𝑟 = 𝑃 + λV Donde 𝑉 = (3, −3, −3) 5 𝑃 = (−1, , 3) 2 λ = Un parametro cualquiera Entonces la recta es 5 𝑟 = (−1, , 3) + λ(3, −3, −3) 2 Grupo de ejercicios 3 – Superficies Cuadráticas: Identifique el tipo de superficie de las siguientes ecuaciones, escriba una parametrización y realice la gráfica con ayuda de GeoGebra; Observación: Es necesario realizar el proceso de complementación de cuadrados. Tenemos: x 2 + x + 16(z 2 − 2z) − 16y − 15 = 0 1 1 (x 2 + x + ) − + 16(z 2 − 2z + 1 − 1) − 16y − 15 = 0 4 4 1 1 (x 2 + x + ) − + 16(z 2 − 2z + 1) − 16 − 16y − 15 = 0 4 4 1 2 125 (x + ) + 16(z − 1)2 − 16y = 2 4 1 2 (x + ) 2 + (z − 1)2 − y = 125 16 64 Grupo de ejercicios 4 – Funciones vectoriales: En los siguientes ejercicios, para la función vectorial dada (𝑡) escriba sus vectores normales unitarios, la ecuación de la recta tangente en el punto 𝑃 y su curvatura. Dibuje la curva trazada por la función vectorial y la recta tangente con ayuda de GeoGebra. Derivadas de la curva: r ′ (t) = −senti − j − costk r ′′ (t) = −cost i + sent k Magnitud de la primera derivada |r ′ | = √(−sent)2 − (1)2 + (−cost)2 = √sen2 t + 1 + cos2 t = √2 Producto cruz de la primera derivada y de la segunda derivada i j k r ′ xr ′′ = |−sent −1 −cost| = −sent i + j − cost k −cost 0 sent Magnitud del producto cruz |r ′ xr ′′ | = √(−sent)2 − (1)2 + (−cost)2 = √sen2 t + 1 + cos 2 t = √2 Ahora podemos hallar la curvatura c= Reemplazo | r ′ xr′′| |r′|3 √2 c= (√2) c= 3 1 2 Ahora hallo el vector tangente T(t) = r′ |r ′ | Reemplazando T(t) = −senti − j − costk √2 Pero 𝑁 = 𝑇′ Entonces 𝑁= 1 √2 (−cost i + sent k) La recta tangente: −𝑡 = − 𝑐𝑜𝑠𝑡 = −𝑠𝑒𝑛𝑡 = π π →𝑡= 3 3 1 π →𝑡= 2 3 π √3 →𝑡= 2 3 π π π 1 √3 r ′ ( ) = −sen ( ) i − j − cos ( ) k = − i−j− k 3 3 3 2 2 1 π √3 1 √3 (x, y, z) = ( , − , ) + λ (− , −1, − ) 2 3 2 2 2 Grupo de ejercicios 5 – Límites y continuidad: Calcular el límite y determinar la continuidad de las siguientes funciones en el punto indicado: Se debe cumplir que: lim (x,y)→(1,−1) Tenemos 1= sen(x + y) (x,y)→(1,−1) x+y lim lim (x,y)→(a,b) cte = cte Entonces lim (x,y)→(1,−1) 1=1 Ahora el siguiente limite es inmediato sen(x + y) =1 (x,y)→(1,−1) x+y lim Por tanto la función es continua en el punto. Ejercicios resueltos ITEM C (Eder Cogollo) Grupo de ejercicios 1 – Vectores: c. 𝑝: (7, 0, 4) y 𝑞: (−2, 2, 5) • Hallar las componentes y la longitud del vector 𝑣 que tiene punto Inicial 𝑝 y punto final 𝑞 Datos 𝑝: (7, 0, 4) 𝑞: (−2, 2, 5) Calculamos los componentes del vector (v), Tenemos que, 𝑣 = (𝑞 − 𝑝) 𝑣 = (−2 − 7, 2 − 0, 5 − 4) 𝑣 = (−9 , 2 ,1) Calculamos la longitud del vector (v), |𝑣| = √(−9)2 + (2)2 + (1)2 |𝑣| = √81 + 4 + 1 |𝑣| = √86 • Calcular el punto medio del segmento de recta 𝑝𝑞 ̅̅̅ Aplicamos la formula punto medio 𝑝𝑚 = Sustituimos por los puntos pq 𝑥1 + 𝑥2 𝑦1 + 𝑦2 𝑧1 + 𝑧2 , , 2 2 2 𝑝𝑚 = 7−2 0+2 4+5 , , 2 2 2 𝒑𝒎 = 𝟓 𝟗 , 𝟏, 𝟐 𝟐 • Encontrar un vector unitario en la dirección de 𝑣 Vector unitario es igual a →= 𝑣 →= 𝑣 −9 (𝑥, 𝑦, 𝑧) |𝑣| , 2 , 1 √86 √86 √86 • Realizar la gráfica de los tres objetos anteriores por medio de la herramienta GeoGebra. Grupo de ejercicios 2 – Rectas y planos: Obtenga una ecuación de la recta que satisfaga las condiciones indicadas. Haga un análisis de los resultados obtenidos gráficamente con ayuda de GeoGebra: c. Pasa por el punto (−5, 4,−1) y es paralelo al eje 𝑦. Utilizamos la formula vectorial 𝑟⃗ = 𝑃⃗⃗ + 𝑡𝑣⃗ Utilizamos el vector de base canónica que pasa por el eje y 𝑣⃗ = (0,1,0) Por lo tanto la ecuación de la recta nos queda De forma paramétrica 𝑟⃗ = (−5, 4, −1) + 𝑡(0,1,0) 𝑋 = −5 , 𝑦 = 4 + 𝑡, 𝑧 = −1 Por medio del software geogebra y utilizando la función de la Recta de un punto paralelo a un eje, observamos la función de la recta en R3 que satisface las condiciones para el punto (-5, 4,-1) utilizando el vector de base canónica j Grupo de ejercicios 3 – Superficies Cuadráticas (Eder cogollo) Identifique el tipo de superficie de las siguientes ecuaciones, escriba una pareametrización y realice la gráfica con ayuda de GeoGebra; Observación: Es necesario realizar el proceso de complementación de cuadrados: 𝑐. 𝑥 2 − 2 𝑦 2 + 4 𝑧 2 + 6𝑥 + 12𝑦 + 6𝑧 − 1 = 0 Tipo de superficie: HIPERBOLOIDE DE 2 HOJAS Agrupamos los términos semejantes y convertimos la ecuación a trinomio cuadrado perfecto (𝑥 2 + 6𝑥 ) − (2 𝑦 2 − 12𝑦) + (4 𝑧 2 + 6𝑧) − 1 = 0 3 (𝑥 2 + 6𝑥 ) − 2( 𝑦 2 − 12𝑦) + 4 ( 𝑧 2 + 𝑧) − 1 = 0 2 Completamos cuadrados 3 32 32 ( 𝑥 2 + 6𝑥 + 32 − 32 ) − 2( 𝑦 2 − 6𝑦 + 32 − 32 ) + 4 ( 𝑧 2 + 𝑧 + − ) − 1 = 0 2 4 4 Simplificamos 3 9 ( 𝑥 2 + 6𝑥 + 9) − 2( 𝑦 2 − 6𝑦 + 9) + 4 ( 𝑧 2 + 𝑧 + ) − 1 = 0 2 16 Destruimos paréntesis convirtiendo a binomio cuadrado 3 9 (𝑥 + 3 )2 + 9 − 2(𝑦 − 3)2 + 9 + 4 (𝑧 + )2 + − 1 = 0 4 4 (𝑥 + 3 )2 − 2(𝑦 − 3)2 − 31 3 = 4 (𝑧 + )2 4 4 Pareametrización Utilizamos la identidad trigonométrica 𝑟 2 𝑠𝑒𝑛2 (𝜃) + 𝑟 2 𝑐𝑜𝑠 2 (𝜃) − 𝑟 2 = 0 Relacionamos cada término de la ecuación de la hiperboloide de 2 hojas (𝑥 + 3 )2 = 𝑟 2 𝑠𝑒𝑛2 (𝜃) 2(𝑦 − 3)2 = 𝑟 2 𝑐𝑜𝑠 2 (𝜃) 3 4 (𝑧 + )2 = 𝑟 2 4 Despejamos términos 𝑥 = 𝑟𝑠𝑒𝑛(𝜃) − 3 𝑟𝑐𝑜𝑠(𝜃) 2(𝑦 − 3)2 𝑦 = √ +3 2 𝑧 = −2𝑟 − 3 Grafica geogebra Grupo de ejercicios 4 – Funciones vectoriales: En los siguientes ejercicios, para la función vectorial dada (𝑡) escriba sus vectores normales unitarios, la ecuación de la recta tangente en el punto 𝑃 y su curvatura. Dibuje la curva trazada por la función vectorial y la recta tangente con ayuda de Geogebra. √2 𝜋 𝑐. 𝑅(𝑡) = 𝑐𝑜𝑠(2𝑡) 𝑖 − 𝑠𝑖𝑛(3𝑡) 𝑗 + 𝑡𝑘 , 𝑃 = (0, − , 2 4 Calculamos la curvatura del vector 𝑅⃗ , para ello utilizamos la función |𝑟´𝑥 𝑟´´| |𝑟´|3 Calculamos las derivadas para r(t) 𝑘= 𝑟´(𝑡) = −2𝑠𝑒𝑛(2𝑡), −3𝑐𝑜𝑠(3𝑡), 1 𝑟´´(𝑡) = −4𝑐𝑜𝑠(2𝑡), 9𝑠𝑒𝑛(3𝑡), 0 Hallamos productor cruz ̌ 𝒊̌ 𝒋̌ 𝒌 𝒓´𝒙 𝒓´´ = −𝟐𝒔𝒆𝒏(𝟐𝒕) −𝟑𝐜𝐨𝐬(𝟑𝒕) 𝟏 −𝟒𝐜𝐨𝐬(𝟐𝒕) 𝟗𝒔𝒆𝒏(𝟑𝒕) 𝟎 −9𝑠𝑒𝑛(3𝑡) + 4𝑐𝑜𝑠(2𝑡) − 18𝑠𝑒𝑛2 (6𝑡 2 ) + 12𝑐𝑜𝑠 2 (6𝑡 2 ) −9𝑠𝑒𝑛(3𝑡) + 4𝑐𝑜𝑠(2𝑡) + 6(−3 𝑠𝑒𝑛2 (6𝑡 2 ) + 2𝑐𝑜𝑠 2 (6𝑡 2 ) Aplicamos identidades trigonometricas eliminando términos seno y coseno −9𝑠𝑒𝑛(3𝑡) + 4𝑐𝑜𝑠(2𝑡) + 6(−5) 𝒓´𝒙 𝒓´´ = −𝟗𝒔𝒆𝒏(𝟑𝒕) + 𝟒𝒔𝒆𝒏(𝟐𝒕) − 𝟑𝟎 Hallamos la magnitud en |𝑟´𝑥 𝑟´´| |𝑟´𝑥 𝑟´´| = √81𝑠𝑒𝑛2 (3𝑡)2 + 16𝑐𝑜𝑠 2 (2𝑡)2 + 900 |𝑟´𝑥 𝑟´´| = √81(3𝑡)2 + 16(2𝑡)2 + 900 |𝑟´𝑥 𝑟´´| = √729𝑡 2 + 64𝑡 2 + 900 Hallamos magnitude para |𝑟´|3 |𝑟´|3 = √4𝑠𝑒𝑛2 (2𝑡)2 + 9𝑐𝑜𝑠 2 (3𝑡)2 + 12 |𝑟´|3 = √4(2𝑡)2 + 9(3𝑡)2 + 12 |𝑟´|3 = √16(𝑡)2 + 81(𝑡)2 + 1 Remplazamos en la ecuacion 𝑘= √729𝑡 2 + 64𝑡 2 + 900 √16(𝑡)2 + 81(𝑡)2 + 1 3 Derivamos componentes en (t) para halla vectores normales 𝑇(𝑡) = 𝑇(𝑡) = 1 ||𝑅 ´ (𝑡)|| 1 √16(𝑡)2 + 81(𝑡)2 + 1 Redistribuimos terminos en la ecuacion 𝑅 ´ (𝑡) − 2𝑠𝑒𝑛(2𝑡), −3𝑐𝑜𝑠(3𝑡) + 1 𝑇(𝑡) = − 2𝑠𝑒𝑛(2𝑡) √16(𝑡)2 + 81(𝑡)2 + 1 𝑖− 3𝑐𝑜𝑠(3𝑡) √16(𝑡)2 + 81(𝑡)2 + 1 𝑗+ 1 √16(𝑡)2 + 81(𝑡)2 + 1 Derivamos cada componente en (t) para hallar los vectores normales Derivamos primer termino 𝑇(𝑡) = − 2𝑠𝑒𝑛(2𝑡) √16(𝑡)2 + 81(𝑡)2 + 1 𝑑 𝑑 √16(𝑡)2 + 81(𝑡)2 + 1 − √16(𝑡)2 + 81(𝑡)2 + 1 ∗ (2𝑡) 𝑑𝑡 𝑑𝑡 = −2𝑠𝑒𝑛 2 𝑑 2 + 81(𝑡)2 + 1 √16(𝑡) 𝑑𝑡 𝟐𝒕 𝟒𝐜𝐨𝐬 ( ) (𝟗𝟕𝒕𝟐 + 𝟏)𝟏/𝟐 =− (𝟗𝟕𝒕𝟐 + 𝟏)𝟑/𝟐 Derivamos el segundo termino 𝑇(𝑡) = − 3𝑐𝑜𝑠(3𝑡) √16(𝑡)2 + 81(𝑡)2 + 1 𝑗 𝑑 𝑑 √16(𝑡)2 + 81(𝑡)2 + 1 − 𝑑𝑡 √16(𝑡)2 + 81(𝑡)2 + 1 ∗ (3𝑡) 𝑑𝑡 = −3𝑐𝑜𝑠 2 𝑑 2 + 81(𝑡)2 + 1 √16(𝑡) 𝑑𝑡 Derivamos tercer termino 𝟑𝒕 𝟗𝒔𝒆𝒏 ( ) (𝟗𝟕𝒕𝟐 + 𝟏)𝟏/𝟐 =− (𝟗𝟕𝒕𝟐 + 𝟏)𝟑/𝟐 𝑘 1 𝑇(𝑡) = √16(𝑡)2 + 81(𝑡)2 + 1 = 𝟗𝟕𝒕 + 𝟏)𝟑/𝟐 (𝟗𝟕𝒕𝟐 Agrupamos los términos para el vector normal en el componente (t) 𝟒𝐜𝐨 𝐬 ( 𝑻(𝒕) = − 𝟐𝒕 (𝟗𝟕𝒕𝟐 + (𝟗𝟕𝒕𝟐 + 𝟏) 𝟏)𝟐 𝟑 𝟏)𝟐 𝟑𝒕 𝟗𝒔𝒆𝒏 ( 𝟏) (𝟗𝟕𝒕𝟐 + 𝟏)𝟐 𝒊− (𝟗𝟕𝒕𝟐 + 𝟑 𝟏)𝟐 𝒋+ 𝟗𝟕𝒕 𝒌 + 𝟏)𝟑/𝟐 (𝟗𝟕𝒕𝟐 Encontramos la ecuación de la recta tangente que pasa por el punto 𝑅(𝑡) = 𝑐𝑜𝑠(2𝑡) 𝑖 − 𝑠𝑖𝑛(3𝑡) 𝑗 + 𝑡𝑘 , 𝑃 = (0, − √2 𝜋 , ) 2 4 Igualamos los componentes de la función vectorial a los puntos dados (0, − despejando la variable t 𝑐𝑜𝑠(2𝑡) = 0 → 𝑡 = − 𝑠𝑖𝑛(3𝑡) = − 𝜋 𝜋𝑛 + 4 2 𝜋 2𝜋𝑛 𝜋 2𝜋𝑛 √2 → 𝑡= + + + 2 12 3 4 3 𝑡= 𝜋 𝜋 → 𝑡= 4 4 Derivamos la ecuación para halla vector tangente 𝑅(𝑡) = −2𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑖 − 3𝑐𝑜𝑠(3𝑡)𝑗 + 1𝑘 Remplazamos t para hallar vector tangente ⃗ == −2𝑠𝑒𝑛(2)𝑖 − 3𝑐𝑜𝑠(3)𝑗 + 1𝑘 𝑇 √2 𝜋 , ) 2 4 La ecuación de recta de tangente queda 𝑋 = (0, − Grafica geogebra √2 𝜋 , )λ(−2𝑠𝑒𝑛(2), − 3𝑐𝑜𝑠(3), 1 ) 2 4 Grupo de ejercicios 5 – Límites y continuidad: Calcular el límite y determinar la continuidad de las siguientes funciones en el punto indicado: 1+𝑥+𝑦 𝑠𝑖 (𝑥, 𝑦) ≠ (−1,0) 1 − 𝑥 2 − 2𝑥𝑦 − 𝑦 2 𝑐. 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑒𝑛 (−1,0) 1 𝑠𝑖 (𝑥, 𝑦) = (−1,0) { 2 } Evaluamos los limites cuando (𝑥 → −1)(𝑦 → 0) 1+𝑥+𝑦 1+𝑥+𝑦 = lim 2 2 𝑥→−1 1 − 𝑥 − 2𝑥𝑦 − 𝑦 𝑦→0 1 − 𝑥 2 − 2𝑥𝑦 − 𝑦 2 lim Evaluamos 1 + (−1) + 𝑦 1+𝑥+0 = lim 2 2 2 𝑥→−1 1 − (1) − 2(1)𝑦 − 𝑦 𝑦→0 1 − 1 − 2𝑥(0) − (0)2 lim 1 + (−1) + 0 =∞ 𝑥→−1 1 − (1)2 − 2(1)(0) − (0)2 = lim 𝑦→0 La ecuación no tiene continuidad, para resolver simplificamos y factorizamos = 1+𝑥+𝑦 1 − 𝑥 2 − 2𝑥𝑦 − 𝑦 2 Factorizamos 1 − 𝑥 2 − 2𝑥𝑦 − 𝑦 2 − 1+𝑥+𝑦 (1 + 𝑥 + 𝑦)(𝑥 + 𝑦 − 1) Eliminamos términos comunes 1 (𝑥 + 𝑦 − 1) =− Evaluamos con respecto a los limites = lim (𝑥,𝑦)→(−1,0) − 1 1 =− (𝑥 + 𝑦 − 1) (−1 + 0 − 1) lim (𝑥,𝑦)→(−1,0) = 1 2 Tenemos que la ecuación es continua en ½ Ejercicios Resueltos ITEM D (Willam Jose Galis) Grupo de ejercicios 1 – Vectores: Hallamos el vector pedido sabiendo que se toman los puntos y se restan , primero el punto final v = (14,4, −1) − (−3, −2,1) Resolviendo: v = (17,6, −2) El punto medio entre los dos puntos es como un promedio, entonces calculamos por cada componente x y z el promedio x= (14) + (−3) 11 = 2 2 y= (4) + (−2) =1 2 z= −1 + 1 =0 2 Entonces el punto medio es 11 Punto medio = ( , 1,0) 2 El vector unitario se halla por medio de : u= v |v| Entonces requerimos la magnitud de v La magnitud de v, se obtiene de la siguiente forma magnitud = |v| = √(17)2 + (6)2 + (−2)2 = √329 No usamos decimales por conveniencia, el vector unitario es: 17 6 2 vector unitario = ( , ,− ) √329 √329 √329 Grupo de ejercicios 2 – Rectas y planos: Si tenemos dos puntos de la recta y de nuestro curso de algebra lineal, sabemos: v. director = (−2,4, −5) − (3, −3,0) = (−5,7, −5) Este vector nos ayuda a encontrar la ec. De la recta, podemos usar ese y no nos complicamos (x, y, z) = (3, −3,0) + t(−5,7, −5) En simétricas la recta es: x−3 y+3 z = = −5 7 −5 Grupo de ejercicios 3 – Superficies Cuadráticas: Partiendo de nuestra ecuación 6x 2 + 3y 2 − 2z 2 + 12x − 18y − 8z + 7 = 0 Agrupamos (6x 2 + 12x) + (3y 2 − 18y) + (−2z 2 − 8z) = −7 Ahora sacamos factor común para poder aplicar la fórmula de completación de cuadrados 6(x 2 + 2x) + 3(y 2 − 6y) − 2(z 2 + 4z) = −7 Ahora aplicamos completación de cuadrados y proseguimos simplificando 6(x 2 + 2x + 1 − 1) + 3(y 2 − 6y + 9 − 9) − 2(z 2 + 4z + 4 − 4) = −7 6(x 2 + 2x + 1) − 6 + 3(y 2 − 6y + 9) − 27 − 2(z 2 + 4z + 4) + 8 = −7 6(x 2 + 2x + 1) + 3(y 2 − 6y + 9) − 2(z 2 + 4z + 4) = 18 6(x + 1)2 + 3(y − 3)2 − 2(z + 2)2 = 18 (x + 1)2 (y − 3)2 (z + 2)2 + − =1 3 6 9 Esto corresponde a la ecuación de un hiperboloide de una hoja. Grupo de ejercicios 4 – Funciones vectoriales: Vamos a necesitar las dos primeras derivadas de la curva r ′ = (4t)i + (9t 2 )j − 6k r ′′ = 4i + (18t)j Ahora sacamos la magnitud de la primera derivada |r ′ | = √(4t)2 + (9t 2 )2 + (−6)2 = √16t 2 + 81t 4 + 36 Ahora primero vamos a hallar el vector normal unitario V_normal_unitario = T ′ (t) Pero teniendo en cuenta lo siguiente: T(t) = r′ |r′| Reemplazo T(t) = (4t, 9t 2 , −6) √16t 2 + 81t 4 + 36 Ahora debo derivar eso y encontramos los vectores normales unitarios. Vamos a hallar la recta tangente, para eso necesitamos un valor de t que satisfaga el punto, como debe cumplir cualquier componente usamos cualquiera 6 − 6t = 6 → t = 0 ; el 6 al lado derecho es del punto en k Entonces con este vamos a reemplazar este t en la primera derivada R′ (0) = (4(0))i + (9(0)2 )j − 6k = −6k Este valor será el vector director de la recta tangente, y con el punto rtangente = (1,1,6) + λ(0,0, −6) Ahora la curvatura viene definida por curvatura = |f ′ xf ′′ | |f ′ |3 Realizamos producto cruz con las primeras derivadas i j k 2 2 r xr = |4t 9t −6| = (108t)i + (−24)j + (36t )k 4 18t 0 ′ ′′ Entonces hallamos su magnitud en nuestro siguiente paso |r ′ xr ′′ | = √(108t)2 + (−24)2 + (36t 2 )2 Y como ya teníamos la magnitud de la primera derivada, reemplazo en la fórmula curvatura = √(108t)2 + (−24)2 + (36t 2 )2 (16t 2 + 81t 4 + 36)3/2 Grupo de ejercicios 5 – Límites y continuidad: Solo se cumple la c Continuidad si se cumple lo siguiente x2 − y2 lim 0 = 0 (x,y)→(0,0) x + y (x,y)→(0,0) lim Por que? (x, y) → (0,0) Porque es nuestro punto de interés y donde cambia la función Evaluando el primer límite x2 − y2 0 − 0 0 lim = = (x,y)→(0,0) x + y 0+0 0 No es posible, entonces debemos quitar la indeterminación Para esto se aplica: x 2 − y 2 = (x + y)(x − y) Con lo cual me queda simplemente (x − y) lim (x,y)→(0,0) Y este límite es: lim (x − y) = 0 (x,y)→(0,0) Entonces cumple la condición, y por eso es continua. Ejercicios resueltos ITEM E (Alexander Montes) Ejercicios a desarrollar Ejercicio 1 – Vectores: e. 𝒑: (𝟏𝟐, 𝟑, 𝟖) 𝒚 𝒒: (−𝟓, 𝟏𝟔, 𝟎) Componentes y longitud del vector 𝑣 - Usamos la siguiente ecuación para calcular sus componentes: Si: 𝑝: (𝑝1 , 𝑝2 , 𝑝3 ) 𝑦 𝑞: (𝑞1 , 𝑞2 , 𝑞3 ) Entonces: 𝑣 = 𝑝𝑞 ⃗⃗⃗⃗⃗ = (𝑞1 − 𝑝1 , 𝑞2 − 𝑝2 , 𝑞3 − 𝑝3 ) 𝑣 = (−5 − 12,16 − 3,0 − 8) 𝑣 = (−17,13, −8) Magnitud: ||𝑣|| = √(−17)2 + (13)2 + (−8)2 ||𝑣|| = √289 + 169 + 64 ||𝑣|| = √522 Punto medio del segmento 𝑝𝑞 ⃗⃗⃗⃗⃗ - Damos uso a la siguiente fórmula para encontrar el punto medio del segmento: 𝑝1 + 𝑞1 𝑝2 + 𝑞2 𝑝3 + 𝑞3 𝑀=( , , ) 2 2 2 Reemplazamos las componentes: 12 − 5 3 + 16 8 + 0 𝑀=( , , ) 2 2 2 7 19 𝑀 = ( , , 4) 2 2 Vector unitario en la misma dirección de 𝑣 - Utilizamos la siguiente ecuación: 𝑢 ⃗⃗ = Reemplazos: 1 ||𝑣|| 𝑣 𝑢 ⃗⃗ = 1 ||𝑣|| (−17,13 − 8) −17 13 −8 𝑢 ⃗⃗ = ( , , ) √522 √522 √522 Realización de la gráfica de los puntos anteriores en GeoGebra: Ejercicio 2 – Rectas y planos: Ecuación de la recta que Pasa por el punto (2, −2, 3), y es paralelo al plano que pasa por los puntos (1, −2,4) y (−3, 2,0) sea: 𝐴 = (2, −2, 3) 𝑃 = (1, −2,4) 𝑄 = (−3, 2,0) Como la resta y el plano son paralelos, el vector director del plano que forman los puntos P y Q también es vector director de la recta. Usamos la siguiente ecuación para calcular sus componentes: Si: 𝑃: (𝑝1 , 𝑝2 , 𝑝3 ) 𝑦 𝑄: (𝑞1 , 𝑞2 , 𝑞3 ) Entonces: ⃗⃗ = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑉 𝑃𝑄 = (𝑞1 − 𝑝1 , 𝑞2 − 𝑝2 , 𝑞3 − 𝑝3 ) ⃗⃗ = (−3 − 1,2 + 2,0 − 4) 𝑉 ⃗⃗ = (−4,4, −4) 𝑉 Ecuación para la recta: ⃗⃗⃗⃗´ 𝑋 = 𝐴 + λ𝑉 Reemplazando tenemos: 𝑋 = (2, −2, 3) + λ(−4,4, −4) Para hallar la ecuación del plano primero hay que encontrar el vector normal, procedemos a realizar el producto escalar entre el vector normal y el vector director, pero primero se asume que: ⃗⃗ = (𝑎, 𝑏, 𝑐) 𝑁 Como el producto punto de dos vectores perpendiculares es cero, entonces: ⃗⃗ . 𝑁 ⃗⃗ = 0 𝑉 (−4,4, −4). (𝑎, 𝑏, 𝑐) = 0 −4𝑎 + 4𝑏 − 4𝑐 = 0 (1) Le damos dos valores arbitrarios a dos componentes del vector director 𝑎=1 𝑏=1 Reemplazando en 1 tenemos: −4(1) + 4(1) − 4𝑐 = 0 −4 + 4 − 4𝑐 = 0 −4𝑐 = 0 𝑐=0 Así, el vector normal del plano queda ⃗⃗ = (1,1,0) 𝑁 La ecuación del plano seria de la forma: 𝑎(𝑥 − 𝑝1 ) + 𝑏(𝑦 − 𝑝2 ) + (𝑧 − 𝑝3 ) = 0 Reemplazamos: (𝑥 − 1) + (𝑦 + 2) = 0 𝑥+𝑦+1=0 Gráfico de comprobación en GeoGebra: Ejercicio 3 – Superficies Cuadráticas: e. 𝟒𝒙𝟐 + 𝟗𝒚𝟐 − 𝒛𝟐 − 𝟓𝟒𝒚 − 𝟏𝟎𝒛 + 𝟓𝟔 = 𝟎 - Identificar la superficie: Completamos trinomios cuadrados, para empezar, agrupamos las variables semejantes 4𝑥 2 + (9𝑦 2 − 54𝑦) − (𝑧 2 + 10𝑧) + 56 = 0 4𝑥 2 + 9(𝑦 2 − 6𝑦) − (𝑧 2 + 10𝑧) + 56 = 0 - Completamos cuadrados: 4𝑥 2 + 9(𝑦 2 − 6𝑦 + 9 − 9) − (𝑧 2 + 10𝑧 + 25 − 25) + 56 = 0 4𝑥 2 + 9[(𝑦 − 3)2 − 9] − [(𝑧 + 5)2 − 25] + 56 = 0 - Destruyendo corchetes nos queda: 4𝑥 2 + 9(𝑦 − 3)2 − 81 − (𝑧 + 5)2 + 25 + 56 = 0 4𝑥 2 + 9(𝑦 − 3)2 − (𝑧 + 5)2 = 0 4𝑥 2 + 9(𝑦 − 3)2 = (𝑧 + 5)2 Por lo tanto, la superficie que representa la ecuación es la de un CONO: Parametrización: - Utilizamos la siguiente identidad trigonométrica: 𝑟 2 𝑠𝑒𝑛2 (𝜃) + 𝑟 2 𝑐𝑜𝑠 2 (𝜃) − 𝑟 2 = 0 - Relacionamos cada termino con los de la ecuación del cono 4𝑥 2 = 𝑟 2 𝑠𝑒𝑛2 (𝜃) 9(𝑦 − 3)2 = 𝑟 2 𝑐𝑜𝑠 2 (𝜃) (𝑧 + 5)2 = 𝑟 2 - Despejando tenemos: 𝑥= 𝑦= 𝑟𝑠𝑒𝑛(𝜃) 2 𝑟𝑐𝑜𝑠(𝜃) +3 3 𝑧 =𝑟−5 - Para 0 ≤ 𝜃 ≤ 2𝜋 y −∞ ≤ 𝑟 ≤ ∞ Ejercicio 4 – Funciones vectoriales: 𝑹(𝒕) = 𝒕𝟐 𝒊 + (𝟏 − 𝒕)𝒋 + 𝟐𝒕𝟒 𝒌, 𝒑 = (𝟏, 𝟎, 𝟐) Vectores normales unitarios para la función vectorial, ecuación de la recta tangente en el punto 𝑝 y su curvatura. - Calculamos la curvatura de 𝑅 usando la ecuación ||𝑅 ´ (𝑡) × 𝑅 ´´ (𝑡)|| 𝑘(𝑡) = ||𝑅 ´ (𝑡)||3 - Calculamos las respectivas derivadas para luego reemplazarlas en la ecuación anterior: Primera derivada: 𝑅 ´ (𝑡) = 2𝑡𝒊 − 𝒋 + 8𝑡 3 𝒌 Segunda derivada: 𝑅 ´´ (𝑡) = 2𝒊 + 24𝑡 2 𝒌 - Procedemos a calcular el producto cruz que aparece en el numerador de la ecuación para la curvatura: 𝒊 𝑅 ´ (𝑡) × 𝑅 ´´ (𝑡) = (2𝑡 2 𝒋 𝒌 −1 8𝑡 3 ) 0 24𝑡 2 = (−24𝑡 2 )𝒊 − (48𝑡 3 − 16𝑡 3 )𝒋 + (2)𝒌 = −24𝑡 2 𝒊 − 32𝑡 3 𝒋 + 2𝒌 - Reemplazamos todo en la ecuación de la curvatura: 𝑘(𝑡) = 𝑘(𝑡) = 𝑘(𝑡) = - || − 24𝑡 2 𝒊 − 32𝑡 3 𝒋 + 2𝒌|| ||2𝑡𝒊 − 𝒋 + 8𝑡 3 𝒌||3 √(−24𝑡 2 )2 + (−32𝑡 3 )2 + 4 (√(2𝑡 2 )2 + 1 + (8𝑡 3 )2 )3 √576𝑡 4 + 1024𝑡 6 + 4 (√4𝑡 4 + 1 + 64𝑡 6 )3 Para calcular los vectores normales se debe derivar el campo vectorial tangente unitario 𝑇(𝑡): 𝑇(𝑡) = - 576𝑡 4 + 1024𝑡 6 + 4 =√ (4𝑡 4 + 1 + 64𝑡 6 )3 Reemplazamos: 1 ||𝑅 ´ (𝑡)|| 𝑅 ´ (𝑡) 𝑇(𝑡) = - √4𝑡 4 + 1 + 64𝑡 6 (2𝑡𝒊 − 𝒋 + 8𝑡 3 𝒌) Distribuyendo términos tenemos: 𝑇(𝑡) = - 1 2𝑡 √4𝑡 4 + 1 + 64𝑡 6 𝒊− 1 √4𝑡 4 + 1 + 64𝑡 6 𝒋+ 8𝑡 3 √4𝑡 4 + 1 + 64𝑡 6 𝒌 Derivamos cada componente de 𝑇(𝑡) para obtener los vectores normales: Utilizamos las siguientes reglas de derivación: Derivada para una fracción: Sea: 𝑄(𝑥) = 𝑄 ´ (𝑥) = 𝑓(𝑥) , 𝑔(𝑥) ≠ 0 𝑔(𝑥) 𝑓 ´ (𝑥). 𝑔(𝑥) − 𝑔´ (𝑥). 𝑓(𝑥) [𝑔(𝑥)]2 Derivada de la raíz de una función: Sea: 𝑄(𝑥) = 𝑛√𝑓(𝑥) 𝑄 ´ (𝑥) = 1 𝑛 𝑛 √𝑓(𝑥) 𝑓 ´ (𝑥) Derivada para la primera componente de 𝑇(𝑡): 𝑑 2𝑡 𝑑 𝑡 ( )=2 ( ) 𝑑𝑡 √4𝑡 4 + 1 + 64𝑡 6 𝑑𝑡 √4𝑡 4 + 1 + 64𝑡 6 𝑑 𝑑 (𝑡)√4𝑡 4 + 1 + 64𝑡 6 − (√4𝑡 4 + 1 + 64𝑡 6 ). 𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡 = 2. 2 (√4𝑡 4 + 1 + 64𝑡 6 ) = −256𝑡 6 − 8𝑡 4 + 2 (4𝑡 4 + 1 + 64𝑡 6 )√4𝑡 4 + 1 + 64𝑡 6 Derivada para la segunda componente de 𝑇(𝑡): 1 𝑑 1 𝑑 ( ) = ((4𝑡 4 + 1 + 64𝑡 6 )−2 ) 𝑑𝑡 √4𝑡 4 + 1 + 64𝑡 6 𝑑𝑡 =− 1 𝑑 2(4𝑡 4 + 1 + =− 3 𝑑𝑡 (4𝑡 64𝑡 6 )2 4 + 1 + 64𝑡 6 ) 8𝑡 3 (24𝑡 2 + 1) 3 (4𝑡 4 + 1 + 64𝑡 6 )2 Derivada para la tercera componente de 𝑇(𝑡): 𝑑 8𝑡 3 𝑑 𝑡3 ( )=8 ( ) 𝑑𝑡 √4𝑡 4 + 1 + 64𝑡 6 𝑑𝑡 √4𝑡 4 + 1 + 64𝑡 6 𝑑 3 𝑑 (𝑡 )√4𝑡 4 + 1 + 64𝑡 6 − (√4𝑡 4 + 1 + 64𝑡 6 ). 𝑡 3 𝑑𝑡 𝑑𝑡 = 8. 2 (√4𝑡 4 + 1 + 64𝑡 6 ) = - 32𝑡 6 + 24𝑡 2 (4𝑡 4 + 1 + 64𝑡 6 )√4𝑡 4 + 1 + 64𝑡 6 De esta manera el vector normal es de la forma: 𝑁(𝑡) = −256𝑡 6 − 8𝑡 4 + 2 (4𝑡 4 + 1 + 64𝑡 6 )√4𝑡 4 + 1 + 64𝑡 6 + - 𝑖⃗ − 8𝑡 3 (24𝑡 2 + 1) 3 𝑗⃗ (4𝑡 4 + 1 + 64𝑡 6 )2 32𝑡 6 + 24𝑡 2 (4𝑡 4 + 1 + 64𝑡 6 )√4𝑡 4 + 1 + 64𝑡 6 𝑘⃗⃗ Procedemos a encontrar la ecuación de la recta tangente en el punto p 𝑅(𝑡) = 𝑡 2 𝒊 + (1 − 𝑡)𝒋 + 2𝑡 4 𝒌, 𝑝 = (1,0,2) En primer lugar, calculamos el parámetro que genera el punto 𝑝 = (1,0,2), para eso igualamos las componentes de la función vectorial con las del punto y despejamos el parámetro 𝑡: 𝑡2 = 1 1−𝑡 =0 2𝑡 4 = 2 → 𝑡=1 → 𝑡=1 → 𝑡=1 Con la primera derivada de la ecuación vectorial hallamos un vector tangente, para usarlo como vector director de la recta tangente: 𝑅 ´ (𝑡) = 2𝑡𝒊 − 𝒋 + 8𝑡 3 𝒌 Remplazamos el parámetro para hallar el vector tangente: ⃗⃗⃗⃗ 𝑇 ´ (1) = 2𝒊 − 𝒋 + 8𝒌 Ecuación general de la recta tangente: ⃗⃗⃗⃗´ 𝑋 = 𝑝 + λ𝑇 Finalmente, la ecuación de la recta tangente queda: 𝑋 = (1,0,2) + λ(2, −1,8) Función vectorial en GeoGebra: Recta tangente en GeoGebra: Ejercicio 5 – Límites y continuidad: Calcular el límite y determinar la continuidad de las siguientes funciones en el punto indicado: 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥𝑦 2 +2𝑥𝑦+𝑦 2 𝑥 { 𝑠𝑖 (𝑥, 𝑦) ≠ (0,0) 0 𝑠𝑖 (𝑥, 𝑦) = (0,0) 𝑒𝑛 (0,0) En primer lugar, analizamos trayectorias que pasen por el punto (0,0) Si 𝑥 = 0 lim (𝑥,𝑦)→(0,0) 𝑥 2 𝑥𝑦 0 0 = lim = lim 2 2 2 (0,𝑦)→(0,0) 𝑦 (𝑦)→(0) 𝑦 + 2𝑥𝑦 + 𝑦 Aplicamos L´Hospital lim 0 (𝑦)→(0) 𝑦 2 = lim 0 (𝑦)→(0) 2𝑦 = lim 0 (𝑦)→(0) 2 =0 Si 𝑦 = 0 lim (𝑥,𝑦)→(0,0) 𝑥 2 𝑥𝑦 0 0 = lim = lim 2 2 2 (𝑥,0)→(0,0) 𝑥 (𝑥)→(0) 𝑥 + 2𝑥𝑦 + 𝑦 Aplicamos L´Hospital lim 0 (𝑥)→(0) 𝑥 2 = lim 0 (𝑥)→(0) 2𝑥 = lim 0 (𝑥)→(0) 2 =0 Si 𝑦 = 𝑥 𝑥𝑦 𝑥2 𝑥2 = lim = lim (𝑥,𝑦)→(0,0) 𝑥 2 + 2𝑥𝑦 + 𝑦 2 (𝑥,𝑥)→(0,0) 𝑥 2 + 2𝑥 2 + 𝑥 2 (𝑥)→(0) 4𝑥 2 lim = lim 1 (𝑥)→(0) 4 = 1 4 Como el valor obtenido con las trayectorias da diferente, se concluye que la función no es continua en el punto (0,0) y el limite no existe. Conclusion: