Elaborado por: Jhonny Choquehuanca Choquehuanca Lizarraga 1. Hallar la distancia d de la recta L: B(1, 2, -8) y C(0, -3, 4)
+2
1
Cálculo II Exámenes Resueltos Primer Parcial =
y − 2
z − 3
=
1
4
Solución: Aplicando la distancia de un punto a un plano: d =
al plano π que contiene al triángulo de vértices A(2, 1, 4),
Ax0 + By0 + Cz 0 + D 2
A
+
B
2
2
donde A, B, C , D pertenecen al plano y
+ C
el punto P0 ( x0 , y0 ,z 0 ) pertenece a la recta.
N
=
AB × AC
AB = ( −1,1, − 12) , AC = ( −2, − 4, 0)
N =
i
j
−1
1
−2
−4
k
(
−12 = − 48, 24, 6
)
0
Para hallar la ecuación del plano utilizamos la ecuación punto normal, donde tenemos el vector N y el punto A: −48( x − 2) + 24 2 4( y − 1) + 6( 6( z − 4) = 0 ⇒ 8 x − 4 y − z − 8 = 0 2,3) : d = Hallando la distancia de este plano al punto de la recta P 0 (−2, 2,3)
8(−2) − 4(2) (2) − 1(3) − 48 82 + (−4) 2 + (−1) 2
=
75 9
⇒ d =
25 3
2. Calcular el área del paralelogramo si las diagonales son los vectores 2U − V y 4U − 5V donde U y V son vectores unitarios que forman un ángulo de 45º. Solución: Como se observa en la figura para hallar el área del paralelogramo utilizando sus diagonales aplicamos: A = A = A = A =
1
(
) (
)
2U − V × 4U − 5V 2 1 8U × U − 10U × V − 4V × U + 5V × V 2 1 1 6V × U = 6 V × U = 3 U × V sin α = 3(1)(1) sin 45º 2 2 3 2 2
x = t + 1 / t
3. Representar la curva (graficar) que esta dada paramétricamente. C :
, −4 ≤ t ≤ 4; t ≠ 0 = − y t 1 / t
Solución: 1 2 2 2 2 x = t + 2 + 2 x = t + 1 / t ( x ) = ( t + 1 / t ) t C : ⇒ 2 ⇒ 2 y = 1 − 1 / t ( y ) = (1 − 1 / t ) y 2 = t 2 − 2 + 1 t 2
Restando ambas expresiones: x 2 − y 2 = 4 es una hipérbola. Su grafica será.
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1
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Cálculo II Exámenes Resueltos Primer Parcial
x = t − sin t 4. Hallar el vector tangente unitario de la curva. C : y = 1 − cos t , t ∈ », en t = π . z = t
Solución: x = t − sin t C : y = 1 − cos t ⇒ C = ( t − sin t , t − cos t , t ) z = t
El vector tangente unitario será: T =
C '
C '
(1 − cos t )
T (π )
C '
=
C '
(1 − cos t , sin t , 1)
=
=
(1 − cos π )
(π )
+
( sin t )
2
+
(1)
2
en el punto t = π
(1 − cos π , sin π , 1)
5. Si A, B, C son vectores que pertenecen a Solución:
2
»
3
2
+
( sin π )
2
+
(1)
2
⇒ T (π )
=
( 0 0 1)
, demostrar que ( A + B + C ) ( A − B) × ( B − C ) = 3 A B × C
( A + B + C ) ( A − B) × ( B − C) = 3 A B × C ( A + B + C ) ( A − B ) × ( B − C) = ( A + B + C ) ( A× B − A× C − B × B + B× C ) A B C A B A C B C + + × − × + × = ( ) ( ) A A× B − A A× C + A B× C + B A× B − B A × C + B B × C +C A × B − C A × C + C B × C
Si dos vectores se repiten en un triple producto escalar entonces este es cero c ero escalar:
(
) (
A + B + C A − B
)
× ( B − C) =
A B × C − B A× C + C A× B
Aplicando la propiedad de rotación en el triple producto escalar tenemos:
A + B + C A − B × ( B − C ) = A B × C − B A× C + C A× B = A B × C + B C × A + B C × A = A B × C + A B × C + A B × C A + B + C A − B × ( B − C ) = 3 A B × C
(
(
) (
) (
)
)
6. Determinar el valor de k de modo que los cuatro puntos A(1,2,-1); B(0,1,5); C(-1,2,1) y D(k,1,3) estén situados en mismo plano. Solución: Primero hallamos la ecuación del plano que conforman los punto A, B, y C
N
i AB = (−1, −1,6) N = −1 = AB × AC
AC = (−2,0,2)
−2
j
k
−1
6
0
2
(
= − 2, − 10, − 2
)
Hallamos la ecuación del plano con la normal y el punto A. −2( x − 1) − 10( y − 2) − 2( z + 1) =
0, 0, x + 5 y + z − 10 = 0
Reemplazamos el punto D en la ecuación del plano, para cumplir con la condición de que los cuatro puntos están en un mismo plano. x + 5 y + z − 10 = 0, D (k ,1, 3) ⇒ k + 5(1) + 3 − 10 = 0 ⇒ k = 2
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2
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Cálculo II Exámenes Resueltos Primer Parcial
7. Hallar la ecuación de la esfera que es concéntrica a la esfera S1 : x 2 + y2 + z2 − 2 x − 2 y − 4 z + 2 = 0 y tangente al plano + y = 1 . Solución: Hallando el centro de S1 : x 2 + y 2 + z2 − 2 x − 2 y − 4 z + 2 = 0 , como es concéntrica tendrán el mismo centro; S1 : x 2 + y 2
+
z 2 − 2 x − 2 y − 4 z + 2 = 0, ( x − 1)2 + ( y − 1)2 + ( z − 2 )2
=
22
El centro de la esfera concéntrica es: C (1,1, 2) . Para hallar el radio aplicamos distancia de un punto al plano, donde el punto es el centro de la esfera y el plano es el plano tangente: d
=
r
Ax0
=
+
By0
A2
+
+ Cz 0 +
B2
,1, 2) D P 0 (1,1,2)
π : x + y − 1 = 0
2
+ C
⇒ r =
1(1) + 1(1) + 0(2) (2) − 1 12
2
+1 +
02
2
1 2
1 La ecuación de la esfera concéntrica es: Sc : ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 2 ) = 2 2
=
2
2
8. Hallar la longitud de la curva cuya ecuación es: x = t, y =
t2 2
,z =
t 3 3
; 0 ≤ t ≤ 2
además del vector tangente unitario
en t =1. t2
Solución: La formula de la longitud de curva es: l = ∫t f(t ) '
=
∫
t 2
t 1
1
dx dt
2
dy + dt
2
2
dz + dt dt
2
2
t 3 14 l=∫ 1 ( t + ( t ) dt , l = + 2t + t dt = + 1)dt = + t ⇒∴ l = ∫0 ∫0 0 3 3 0 2t 1 , , t 2 f ' 2 El vector tangente unitario en el punto es: T = (t ) = en el punto t = 1; 2 f (t ) ' 2t 2 2 (1) 2 + + (t ) 2 2(1) 1, , (1) 2 f (1) ' 1 2 ⇒ T (1) = T(1) = = 2 , 2, 2) ( 2 2 2 f (1) ' 2(1) 2 2 (1) 2 + ( ( 1 ) ) + 2 2
2t (1) + 2 2
2
2
2
2
2
4
2
9. Hallar el área del triángulo triángulo formado por los vértices A(1,-2,3); A(1,-2,3); B(3,1,2) y C(2,3,-1). Solución: El área de este triangulo viene conformado por:
A =
AB × AC AB = ( 2, 3
⇒ A =
5, AC = (1, 5,
2
( −7 )
2
2
+7 +
72
∴
2
E-mail:
[email protected] [email protected]
)
−1
−4
A=
)
i
j
⇒ AB × AC = 2 3
147 4
1
5
k
(
− 1 = − 7,
7,
7)
−4
u2
3
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Cálculo II Exámenes Resueltos Primer Parcial
10. En un trapecio rectangular ABCD las diagonales son mutuamente perpendiculares y la razón entre las longitudes de
BC
las rectas es
= λ
AD
hallar la razón entre la longitud de las diagonales.
BC
Solución: Si
= λ ,
AD
como observamos en la grafica entonces se cumple BC = λ AD por paralelismo de vectores. La
grafica se puede representar de la siguiente manera, donde se puede observar que las diagonales están en función de:
AC = m AC + (1 − m) AC BD = n BD + (1 − n) BD
Según la gráfica se puede observar que AB es perpendicular a AD , por lo que su producto escalar será cero. AB AD = 0
Por suma de vectores hallamos m y n en función de λ :
AC
AD = BD + AB = λ AD + AB
(
AC = λ BD + AB
AB = − nBD + (1 − m) AC
) (
+ − n BD + (1 −
m) AC
)
=
AC = λ BD − λ n BD + λ (1 − m) AC − n BD + (1 − m) AC
λ ( BD − nBD + (1 − m) AC ) + (− n BD + (1 − m) AC )
AC = (λ − λ n − n) BD + (1 − m)(1 + λ ) AC ⇒ 0 BD + AC = (λ − λ n − n) BD + (1 − m)(1 + λ ) AC
λ 0 = λ − λ n − n ⇒ n = 1 + λ 1 = (1 − m)(1 + λ ) ⇒ m = λ 1 + λ
AD = (1 − n )BD + (1 − m) AC AB AD = 0 n BD ( 1 m ) AC ⇒ − + −
(
AB = − n BD + (1 − m) AC
− n(1 − n) BD BD + (1 − m)(1 − n) BD AC +
) (
n(1 − m) BD AC + (1 −
m)
)=0
(1 − n) BD + (1 − m) AC 2
AC AC = 0
Como los vectores BD, AC son ortogonales entonces su producto escalar es cero y también debemos recordar que
X X
=
X
2
donde X es un vector que pertenece a R3 .
− n(1 − n)
BD
2
+ (1 − m)
2
AC
2
AC
=
0 ⇒ BD
2
2
=
n(1 − n) (1 − m) 2
Reemplazando los valores para m y n tenemos:
AC =
BD
E-mail:
[email protected] [email protected]
λ
λ ) AC 1+ λ 1 + λ ∴ λ 2 BD (1 − ) 1 + λ
(1 −
=
λ
4
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Cálculo II Exámenes Resueltos Primer Parcial
1 , t 2 − 1, ln(t + 1) . 11. Hallar el dominio de la función vectorial f (t ) = 2 t − 4 Solución:
Aplicando las soluciones conocidas en calculo I Para la primera t = ±2 (evitar la división entre cero). Para la segunda t 2 − 1 ≥ 0 ⇒] − ∞, −1] ∪ [1, ∞[ (evitar la raíz cuadrada de un número negativo). Para la tercera t + 1 > 0 ⇒ t > −1 (evitar el logaritmo de cantidades negativas). El dominio de la función pedida se da por la intersección de las tres restricciones anteriores, anteriores, resultado final: Df = [1, ∞[ − {2}
t + 1 t 2 − 1 t 3 + 1 , 2 , 3 en el punto P (2,0,2) 12. Hallar la ecuación de la recta r ecta tangente a la curva C definida por: f (t ) = t t t
Solución:
t + 1 t 2 − 1 t 3 + 1 , 2 , 3 = P (2, 0, 2) de donde se deduce el valor único de t Para hallar el valor de t se debe hacer la siguiente igualación t t t es t = 1. Para hallar el vector tangente a la curva, derivamos la función respecto de t y luego evaluamos el valor de t. t + 1 t 2 − 1 t 3 + 1 1 1 1 1 2 3 f (t ) = , 2 , 3 = 1 + ,1 − 2 ,1 ,1 + 3 ⇒ f '(t ) = − 2 , 3 , − 4 ⇒ f '(1) = ( −1, 2, −3) t t t t t t t t t
2, −3) y el punto P (2,0,2) . Para hallar la ecuación de la recta tangente utilizamos el vector tangente f '(1) = ( −1, 2,
= 2 − r l : y = 2r z = 2 − 3r
, 3r − 2, r 2 ) se cortan en un 13. Probar que las curvas en el espacio R3 definidas por f (t ) = ( t + 1, t , 2t − 1) y g (t ) = ( 2 r 2 ,3 punto: hallar el ángulo que forman las curvas en ese punto. 2
Solución: Para comprobar que dos curvas se cortan en un u n punto, deben existir escalares t y r que verifique: t + 1 = 2r 2 f (t ) = ( t + 1, t 2 , 2t − 1) = g (t ) = ( 2r 2 , 3r − 2, r 2 ) ⇒ t 2 = 3r − 2 ⇔ t = 1 ∧ r = 1 2t − 1 = r 2
Hallamos los vectores tangentes para cada curva, evaluado en sus respectivos escalares:
f '(t ) = (1, 2t , 2) ⇒ f '(1) = (1, 2, 2, 2)
g '(t ) = ( 4 r , 3, 2r ) ⇒ g '(1) = ( 4, 3, 2 )
En consecuencia el ángulo entre las curvas será el ángulo entre los vectores tangentes: 2, 2 ) ( 4, 3, 3, 2) f '(1) g '(1) (1, 2, 14 14 ⇒ cosα = ⇒ cos α = α ar c o s = = 9 29 f '(1 '(1) g '(1 '(1) 3 29 3 29 E-mail:
[email protected] [email protected]
5
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Cálculo II Exámenes Resueltos Primer Parcial
π 2
14. Hallar la longitud de la asteroide definida por f (t ) = ( a. cos 3 t , a.sin 3 t ) t ∈ [0, 2π ] , para t ∈ [0, ] . Solución: b
La formula de la longitud de curva es la siguiente l = ∫ f '(t ) dt a
cos t (− sin t ), 3a. sin 2 t cos t ) Derivando la función respecto de t: f '(t ) = ( 3a. co
Aplicando el modulo: f '(t )
(
=
2
−3a. sin t cos
2
t)
2
+
( 3a.sin 2 t cos t )
2
=
3a.sin t cos t cos2 t + sin 2 t
=
3a. sin t cos t
Aplicando la integral para hallar la longitud: l
=
π
π
π
2
2
2
∫
3a. sin t cos tdt
=
∫
3a sin t cos tdt
0
=
3a
0
∫
π
sin 2t 2
0
dt = 3a
− cos 2t
4
2 0
=−
3a 4
( cosπ − cos 0) ⇒ l =
3a 2
[u ]
.sin t , bt ); a, b > 0 , hallar en cualquier punto P: aa)) la 15. Para la hélice circular del espacio R3 definida por f (t ) = ( a. cos t , a.s curvatura, b) el radio de curvatura, c) la torsión.
Solución: cos t.b ), f ''(t ) = ( − a. cos t , − a.sin t, 0) 0), f '''(t ) = ( a.s .sin t, − a. co cos t , 0) 0) Se calculan las derivadas: f '(t ) = ( −a.sin t , a. co a) k
f '(t )
3
=
(a 2
+b
f '(t ) × f ''(t ) =
f '(t ) × f ''(t )
⇒k= b) ρ
f '(t ) × f ''(t )
cur curvatur atura a=
=
=
f '(t )
;
3
2 3/ 2
)
i
j
k
− a. sin t
a. cos t
b
− a cos t
−a .sin t
0
=
a a2
f '(t ) × f ''(t ) f '(t )
3
+b =
( ab. sin t, − ab cos t, a 2 ) ⇒ f '( t) × f ''( t)
=
( ab. sin t )
2
2
+ ( − ab. cos t) +
a4
2
a a2 (a 2
+b
+b
2
2 3/ 2
)
radio adio _ de _ la _ curva urvattura ura =
c) τ = torsión =
=
⇒ k = 1 k
f '(t ) × f ''(t ) f '''(t ) f '(t ) × f ''(t )
E-mail:
[email protected] [email protected]
2
a a2
⇒ ρ =
+b
a2
2
+b
2
a
, efectuando operaciones tenemos: τ =
b a2
+b
2
6
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Cálculo II Exámenes Resueltos Primer Parcial
FORMULARIO VECTORES Y GEOMETRÍA SÓLIDA MAT-102 “Vectores propiedades algebraicas, escalares, vectoriales y productos triples”, Si a A, B, C son vectores en R 3 y s, t son escalares.
•
A + B = B + A A ( B C ) ( A B ) C + + = + + A + 0 = A, sA = ( sa0 , sa1, sa2 ) Las propiedades algebraicas que presentan los vectores son las siguientes: s( A + B) = sA + sB ( s + t ) A = sA + tA 1* A = A
•
Producto escalar y producto vectorial si:
A B = ( a0 , a1 , a2 ) (b0 , b1, b2 ) = a0 b0 + a1b1 + a2 b2 i j k A = ( a0 , a1 , a2 ) ∧ B = (b0 , b1 , b2 ) ⇒ AXB = a0 a1 a2 b0 b1 b2
Las propiedades del producto escalar siguientes:
son las
Las propiedades del producto vectorial siguientes:
A B = B A A ( B + C ) = A B + A C
A A = A
2
A B sin θ
(si los vectores son paralelos) A X B = A B (si los vectores son ortogonales)
C X A Triple producto escalar: A B X C = C A X B= B Triple producto vectorial: A X ( B X C ) = ( A C ) B − ( A B)C Proyección ortogonal:
A
Pr oy B A
B
•
=
A X B = 0
(si los vectores son ortogonales) A B = B A (si los vectores son paralelos)
•
A X B
A B = 0
•
A X A = 0
•
A X B = − B X A A X ( B + C ) = A X B + A X C
A B = B A cos θ
son las
A B Pr oy B A = 2 B B
Puntos de división si P 1 ( x1 , y1 , z 1 ) ∧ P 2 ( x2 , y2 , z 2 ) : x =
E-mail:
[email protected] [email protected]
x1 + x2 r r + 1
, y =
y1 + y2 r r + 1
, z =
z 1 + z 2 r r + 1
7
Elaborado por: Jhonny Choquehuanca Choquehuanca Lizarraga
•
Cálculo II Exámenes Resueltos Primer Parcial 1
Área de un paralelogramo Area = A X B
Área de un triangulo: Area = A X B 2
•
1
Volumen de un paralelepípedo: paralelepípedo: Volumen = A B X C
Volumen de un tetraedro: Volumen = A B X C 6
GEOMETRÍA ANALÍTICA SÓLIDA: EL PLANO: • • •
Ecuación general del plano: Ax + By + Cz + D = 0 Ecuación punto normal: A( x − x0 ) + B( y − y0 ) + C ( z − z 0 ) = 0 Distancia de un punto a un d =
Ax0 + By0 + Cz 0 + d A
2
2
2
∨ d =
( P 0 − P e ) N
N
+ B + C
plano:
Donde P 0 ( x0 , y0 , z 0 ) es
el punto, N y P e pertenecen al plano π . LA RECTA: •
= x0 + ta1 Ecuación paramétrica de la recta: L : y = y0 + ta2 z = z + ta 0 3
•
Ecuación vectorial de la recta: l = P 0 + t a
•
Ecuación cartesiana de la recta:
•
x − x 0
=
y − y0
a1
=
z − z 0
a2
Distancia entre dos rectas alabeadas: d =
a3
( P 1 − P 2 ) ( a xb )
a xb
•
Distancia de un punto a una recta: d =
( P e − P 0 ) X a
a
Donde P 1 ∧ a ∈" l 1 " y P 2 ∧ b ∈" l 2 " .
Donde P e es el punto y P 0 ∧ a ∈" l " .
LA ESFERA: 2 2 2 • Ecuación general de la esfera: Ax + By + Cz + Gx + Hy + Iz + K = 0 • La distancia de un punto cualquiera P ( x, y , z ) de la esfera con el centro C ( h, k , j ) y de radio R , entonces tenemos: ( x − h) 2 + ( y − k ) 2 + ( z − j ) 2
E-mail:
[email protected] [email protected]
=
R2
8
