UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA Facultad de Ingenier Ingeni er´ ´ıa Civil Departam Depa rtamento ento Acad´emico emi co de Ciencia Cie nciass B´ B´ asicas asi cas
Ciclo 2012-II
EXAMEN PARCIAL DE MATEMATICAS II (MA123 G-H-I) Profesor(es Profesor(es)) : BRAVO BRAVO Q., Carlos; ASTETE CH., Rolando; Rolando; CARRILLO CARRILLO C., F´elix elix D´ıa y hora hora : 15 de Octu Octubr bree de 2012 2012 - 14:00 14:00-1 -15: 5:50 50 Indicaciones : Sin copias ni apuntes. apuntes. Prohibido el pr´estamo estamo de calculadoras calculadoras y correctores, correctores, : uso uso de de cel celul ulare ares. s.
Pregunta 1
(4 puntos)
Sea la curva:
C : f (t) =
t , ln (1 + t) , ln t + 1+t
1 + t2
Determinar la curvatura, centro de curvatura y la ecuaci´on del plano osculador de la recta tangente a dicha curva es paralela a la recta x 6 = y + 3 = z 3.
−
Pregunta 2
−
C en el punto en que
(4 puntos)
Sean las curvas en el plano xy: xy :
C1
1 : y = x2 + 3 con 0 2
≤x≤4
,
C2
1 : x= 5
− y2
3 5
2
+
1 5
con 0
≤ y ≤ 3,5
Determinar la ecuaci´on on cartesiana de las superficies que se obtienen al hacer girar estas curvas alrededor del eje y . Pregunta 3
(4 puntos)
Dada la funci´on: on: f ( f (x,y,z) x,y,z ) =
− x2
y
−z +7
Representar en R3 el dominio de f . f . Luego, grafique la superficie de nivel c = 1 y pruebe que es un cilindro, hallando una directr´ directr´ız y la direcci´ on on de sus generatrices. Pregunta 4
(4 puntos)
Sea la funci´on: on: f ( f (x, y) =
3x2 y xy2 + e2y−x x2 + y 2
;
si
(x, y) = (0, (0 , 0)
1
;
si
(x, y) = (0, (0, 0)
−
Determinar Determinar la regi´ on on m´as as grande en donde f es continua. Justifique su respuesta. Pregunta 5
(4 puntos)
∂f ∂f Determinar (1, (1, 1, 0) y (1, (1, 1, 0), usando la definici´on on de derivada parcial, donde f es la funci´on on ∂x ∂z definida por xy2 +2z f ( f (x,y,z) x,y,z ) = + ey+2z z y
−
1) Derivando, f (t) = ′
1 1 , , 2 (1 + t) 1 + t
1 1 + t2
√
(1)
Un vector direccional de la recta x 6 = y + 3 = z 3 es el vec vecto torr (1, (1, 1, 1). Si el vector tangente unitario es paralela a dicha recta, entonces las 3 componentes del vector f ′ (t) deben ser iguales. De la ecuaci´on on (1) observamos que dichas componentes ser´an iguales si se verifica el sistema:
−
−
(1 + t)2 = 1 + t = Derivando la ecuaci´on on (1), se obtiene:
−
′′
f (t) =
2 , (1 + t)3
−
1 + t2
=
t =0
⇒
1 = (1 + t)2
−
t (1 + t2 )3/2
Evaluando ambas derivadas en t = 0, se tienen: f ′ (0) = (1, (1, 1, 1) ,
′
|f (0)| =
√
f ′′ (0) = ( 2, 1, 0)
3 ,
− −
Ademas: f ′ (0)
′′
(1, −2, 1) × (−2, −1, 0) = (1, √ |f (0) × f (0)| = |(1, (1, −2, 1)| = 6
× f
y
(0) = (1, (1, 1, 1)
′
′′
As´ı, ı, la curvatura cur vatura en t = 0 es:
√ 6 | f (0) × f (0)| κ(0) = |f (0)|3 = (√ 3)3 ′
′′
=
κ(0) =
⇒
′
√ 2 3
y el radio de curvatura es: ρ(0) =
1 = κ(0)
√ 21/3
=
ρ(0) =
⇒
√ 32
El vector normal principal en t = 0 tiene la direcci´on on del vector: (f ′ (0)
× f
′′
(0))
′
× f (0) = (1, (1, −2, 1) × (1, (1, 1, 1) = (−3, 0, 3)
y por lo tanto, N(0) =
( 1, 0, 1) 2
− √
As´ı, si P C f (0), entonces: C es el centro de curvatura en el punto f (0), f (0) + ρ(0)N P C (0)N(0) = (0, (0, 0, 0) + C = f (0)
√ 32 (−1√ , 02, 1)
Haciendo operaciones encontramos que el centro de curvatura es el punto
3 3 2 , 0, 2
−
.
El vector binormal en t = 0 tiene la direcci´on on del vector f (0) f (0) = (1, (1, 2, 1). Entonces el vector (1, (1, 2, 1) es la normal al plano osculador en el punto (0, (0 , 0, 0). As´ı, ı, la ecuaci´ ecua ci´on on de dicho es: x 2y + z = 0. ′
′′
×
−
−
−
2) Se sabe que si la curva en el plano xy definida por la ecuaci´on on x = λ(y), rota alrededor del eje y, se 2 genera una superficie de revoluci´on on cuya ecuaci´on es es [λ(y )] = x2 + z 2 . Por lo tanto, reescribimos la ecuaci´on on de 1 a la forma: x = λ1 (y ) = 2y 6, donde como para x = 0 corresponde y = 3 y para x = 4, y = 11, entonces y [3, [3, 11]. 11 ]. As´ı, ı, si 1 rota alrededor del eje y se genera la superficie de revoluci´on on S 1 cuya ecuaci´on on es:
C
√ − C
∈
− 6 = x2 + z2 , y ∈ [3, [3, 11] La ecuaci´on on de C2 es x = λ2 (y ) = 15 (y 2 − 35 )2 + 15 , y ∈ [0, [0, 3,5]. Si rota alrededor del eje y se genera la
−
[ 2y
6]2 = x2 + z 2
=
⇒
2y
superficie de revoluci´on on S 2 cuya ecuaci´on on es:
− 1 5
y
2
3 5
2
1 + 5
2 2
=x +z
2
=
⇒
2
− y
2
3 5
2
+1
= 25(x 25(x2 + z 2 )
,
y
∈ [0, [0, 3,5]
(x,y,z) x,y,z )
∈ R3 que verifican la relaci´ relaci´on: on: x2 − y − z + 7 ≥ 0
o bi´en
z
≤ x2 − y + 7
(1)
Consideremos que S es S es la superficie de ecuaci´on on z = x2 y +7, entonces la relaci´on on (1) define a los puntos que est´an an tanto deba jo como sobre s obre ´esta esta superficie. Para identificar esta superficie la interpretaremos como la gr´afica afica de la funci´on on de dos variables g (x, y) = x2 y + 7. Las curvas de nivel de g est´ an an definidas por la ecuaci´on: on:
−
−
x2
−y+7 = k
o bi´en
x2 = y
− (7 − k)
(2)
(2) define a una familia de par´abolas abolas con v´ertice ertice en los puntos de la forma (0, (0 , 7 y . La Figura 1 muestra las curvas de nivel para k = 0, k = 3,5 y k = 7. 7. y
− k) y eje focal el eje
z
k =0
7
S : z = x2 − y + 7
7 k = 3,5
3,5 a
3,5
= (0, −1, 1)
k =7
7
y
x x
Fig. 2 Fig. 1 Por otra parte, observamos que se verifica g ( x, y) = g (x, y). Esto significa que la gr´afica afica de g , es decir 2 la superficie superficie S : z = x y + 7, tiene simetr´ simetr´ıa respecto del plano yz. yz . La intersecci´on on de S con el plano yz se halla haciendo x = 0, obteniendos obteniendosee y + z = 7, ecuaci´on on que corresponde a una recta en el plano yz. yz . Si las curvas de nivel halladas se llevan a su altura correspondiente se observar´a que los v´ertices ertices caer´an an sobre ´esta esta recta, tal como muestra muestra la Figura 2. La gr´afica afica de g parece ser un cilindro pues las intersecciones con planos horizontales z = k son par´abolas abolas de ecuaci´ ecuaci´on on x2 = y (7 k) , z = k , estando los v´ertices ertices en los puntos (0, (0, 7 k, k) = (0, (0, 7, 0) + k(0, (0, 1, 1), puntos que pertenecen a la recta cuyo vector direccional es (0, (0, 1, 1) y de ecuaci´on on cartesiana y + z = 7 , x = 0. En efecto, si se quiere hallar la ecuaci´on on del cilindro cilin dro de directr´ız la curva de nivel n ivel k = 0 (la par´abola abola y = x2 + 7) y generatrice generatricess paralelas al vector (0, (0 , 1, 1), encontraremos que la ecuaci´on on de dicho cilindro es justamente z = x2 y + 7, es decir, la superficie superficie S . As´ As´ı, el dominio de f son los puntos debajo deba jo y sobre ´este este cilindro.
−
−
−
−
− −
−
−
−
−
La superficie de nivel c = 1 de f es x2 y z + 7 = 1. Elevando al cuadrado se obtiene la ecuaci´on z = x2 y + 6. Por comparaci´ comparaci´on on con la ecuaci´on on de S deducimos que la superficie de nivel c = 1 de f se obtiene desplazando cada punto de S una unidad hacia aba jo (Figura 3). As´ı, ı, la superficie de nivel c = 1 es tambi´en en un cilindro. cilin dro.
−
−
z
6
z = x2 − y + 6
3
6
y
x
Fig. Fig. 3: Superfi Superficie cie de nive nivell c = 1 de f . f . 3x2 y xy2 + e2y−x y es es una funci´on on algebraica continua. As´ı, ı, el unico u ´nico x2 + y 2 punto en que f puede no ser continua es en (0, (0 , 0). Por definici´on, on, f ser´a continua en (0, (0 , 0) si se cumple que
4) Si (x, (x, y) = (0, (0, 0), f ( f (x, y) =
−
(x,y) x,y )→(0, (0,0)
donde f 1 (x, y) =
3x2 y xy 2 x2 + y 2
−
f 2 (x, y) = e2y−x
,
y como por la continuidad de la funci´on on exponencial en 0, l´ım
(x,y) x,y )→(0, (0,0)
f 2 (x, y) =
l´ım
2y −x
l´ım
(x,y) x,y )→(0, (0,0)
deducimos que f ser´a continua en (0, (0 , 0) si
(x,y) x,y )→(0, (0,0)
e
(2y (2y
=e
l´ım
(x,y) x,y )→(0, (0,0)
− x)
= e0 = 1
f 1 (x, y) = 0. Como en puntos sobre el eje x,
f 1 (x, y) = 0, entonces el l´ımite restringido a estos puntos es: l´ım
(x,y) x,y )→(0, (0,0)
f 1 (x, y) =
l´ım
(x,y) x,y )→(0, (0,0)
f ( f (x, 0) =
l´ım
(x,y) x,y )→(0, (0,0)
0 =0
entonces enton ces el l´ımite ımit e de d e f 1 puede ser 0. Como 3x2 y xy2 f 1 (x, y) = x2 + y 2
| es decir, decir, se verifi verifica: ca: 0
|
−
3x2 y + y 2 x x2 + y 2
≤
||
≤ |f 1(x, y)| ≤ 3|y| + |x| , y como
| | ≤ 3|y| + |x|
l´ım
(3 y + x ) = 0, entonces por el
(x,y) x,y )→(0, (0,0)
|| ||
Teorema de Sandwich, l´ım
(x,y) x,y )→(0, (0,0)
|f 1(x, y)| = 0
=
l´ım
⇒
(x,y) x,y )→(0, (0,0)
f 1 (x, y) = 0
Esto implica que l´ım
(x,y) x,y )→(0, (0,0)
f ( f (x, y) =
l´ım
(x,y) x,y )→(0, (0,0)
f 1 (x, y) +
l´ım
(x,y) x,y )→(0, (0,0)
f 2 (x, y) = 0 + 1 = 1 = f (0 f (0,, 0)
y f es continua en (0, (0 , 0). Concluimos que la regi´on on m´as as grande en que f es continua es en todo 5) Por definici´on on de derivada derivada parcial, ∂f (1, (1, 1, 0) = ∂x = =
f ( f (x, 1, 0) x→1 x
− f (1 f (1,, 1, 0) −1 −x + e − (−1 + e) l´ım x 1 x−1 −(x − 1) = l´ım −1 = −1 l´ım x 1 x 1 x−1 l´ım
→
→
→
En forma an´aloga, aloga, ∂f (1, (1, 1, 0) = ∂z = = = =
f (1 f (1,, 1, z ) z →0 z l´ım l´ım
z →0
l´ım
− f (1 f (1,, 1, 0) −0 1 1+2z − (−1 + e) + e1+2z z 1 −
z
1 z −1
+ 1 + ee2z z
z z −1
+ e e2z z
z →0
l´ım
z →0
l´ım
z →0
1 z
−1
−e
−1
+ e l´ım
z →0
e2z
− 1 = −1 + e · 2 = 2e − 1
z
2 R .
