´ ´ UNIVERSIDAD CATOLICA DE LA SANT´ISIMA CONCEPCI ON FACULT ACULTAD DE INGENIER´ IA
´ DEPARTAMENTO DE MATEMATICA Y F´ISICA APLICADAS (DMFA) Pauta de Correcci´on on del Certamen N ◦ 1 ´ CALCULO III (IN1009C) I. (20 ptos) (1.1) Sean los vectores vectores
a = ( 1,
− −2, 2)
y
b = (3, 3, 4).
Calcular a b, a
angulo que forman a y b , y la proyecci´on on de b sobre a . × b, el ´angulo (1.2) Hallar la ecuaci´ ecuacion o´n del plano que pasa por los puntos (3 , 2, −1) y (1 , −1, 2) y es paralelo a la recta v = (1, −1, 0) + t (3, 2, −2).
·
´ SOLUCION: (1.1) a b = ( 1, 2, 2) (3 PTOS) i j 1 2 a b= 3 3 = ( 8 6)i ( 4 (3 PTOS)
·
− −
×
−
· (3, 3, 4) = (−1)3+(−2)3+2 · 4 = −3 − 6 + 8 = −1.
−
k 2 4
= −32
2 i 4
−1 − 3
2 j + 4
−1 3
2 k 3
−
10j + 3k = (−14, 10, 3). − − − 6)j + (−3 + 6)k = −14i + 10j a·b −1 √ (a, b) = arccos = arccos ||a||||b|| (−1) + ( −2) + 2 3 + 3 + 4 = arccos(− √ √ ) = arccos(− √ ). (3 PTOS) 1 2 2 a·b 1 − proy b = ||a|| a = 9 (−1, −2, 2) = 9 , 9 , − 9 . (3 PTOS) (1.2) (1.2) Dos vectores vectores paralelos paralelos al plano plano son (1, −1, 2) − (3 , 2, −1) = (−2, −3, 3) y (3, 2, −2). El vector normal al plano es: n = (−2, −3, 3) × (3, 2, −2) = (0, 5, 5). Por lo tanto la ecuaci´on on del plano plano es: 0(x − 3)+5(y − 2)+5(z + 1) = 0, as´ı, 5y − 10 + 5z + 5 = 0, es decir, y + z − 1 = 0. (8 PTOS)
− −
2
1 9 34
a
2
2
1 3 34
2
II. (20 ptos) ptos) Sean los planos planos x + y + z = 1
y
x
− 2y + 3z = 1.
(2.1) (2.1) Encont Encontrar rar el angulo a´ngulo entre ambos planos. (2.2) Encontrar Encontrar la ecuaci´ on de la recta de intersecci´ on on de estos planos. 1
2
2
2
´ SOLUCION: (2.1) Los vectores normales a los planos son n1 = (1, 1, 1) y n2 = (1, 2, 3). Es f´a cil ver que el ´angulo θ formado por los planos es igual al ´angulo formado por estos vectores normales, es decir,
−
θ = (n1 , n2 ) = arccos
2 · = arccos √ √ . ||n ||||n || 3 14 n1 n2 1
2
(10 PTOS) (2.2) Restando la segunda ecuaci´ on de la primera obtenemos 3y + 2z = 0, es decir, 2 on obtenemos y = z . Despejando x de la primera ecuaci´ 3
−
x =
−y − z + 1 = − 23 z − z + 1 = − 53 z + 1.
Por tanto la ecuaci´ on de la recta es:
(x , y , z ) =
−
5 2 z + 1, z, z 3 3
= (1, 0, 0) +
z
3
( 5, 2, 3) para z
−
∈ R.
(10 PTOS) III. (20 ptos) Sea la funci´on x3 y
f (x, y
)= 0
− xy
3
x2 + y 2 ,
, si ( x, y ) = (0, 0);
.
si ( x, y ) = (0, 0).
(3.1) Hallar los puntos de continuidad de f . (3.2) Calcular
∂f ∂x
y
∂f ∂y
en todo su dominio.
(3.3) Determinar si f es diferenciable en el punto (0 , 0). (3.4) Hallar la ecuaci´ on del plano tangente a la gr´ afica de f en el punto (1 , 2).
´ SOLUCION: (3.1) Claramente f es continua en (x, y ) = (0, 0). (2 PTOS) Veamos si es continua en (0 , 0). Para eso calculamos el l´ımite
mediante la desigualdad
0 ≤
Como
x3 y x2
3
− xy ≤ |xy| + y x
lim
2
(x,y)→(0,0)
0 =
x3 y
x2 2
lim
+ y 2
(x,y)→(0,0) 3
+ xy
|xy|
− xy
| |x
y2 2
+ y 2
lim
(x,y)→(0,0)
f (x, y )
≤ |xy| + |xy| = 2|xy|.
= 0, por el teorema del sandwich ten-
lim = 0, es decir, lim f (x, y ) = f (0, 0) y f es (x,y)→(0,0) x2 + y 2 (x,y)→(0,0) continua en (0 , 0). Por lo tanto, f es continua en R2 . (4 PTOS) emos
2
(3.2) Con la reglas de derivaci´ on hallamos las derivadas parciales para ( x, y ) = (0, 0). ∂f ∂x ∂f ∂y
x4 y + 4x2 y 3
(x, y ) =
−
(x, y ) =
−y
5
. (2 PTOS) (x2 + y 2 )2 xy 4 4x3 y 2 + x 5 . (2 PTOS) (x2 + y 2 )2
−
Por definici´ on hallamos las derivadas parciales para ( x, y ) = (0, 0). f (h, 0)
∂f
(0, 0) = lim h→0 ∂x
− f (0, 0) = lim 0 = 0. (1 PTO)
→0 h 0 ∂f f (0, h) f (0, 0) (0, 0) = lim = lim = 0. (1 PTO) h→0 h→0 h ∂y h Por lo tanto las derivadas parciales de f son: ∂f ∂x ∂f ∂y
h
h
−
x4 y + 4x2 y 3
)= 0 − )= 0
(x, y
−y
(x2 + y 2 )2
5
, si ( x, y ) = (0, 0);
si ( x, y ) = (0, 0).
,
xy 4
(x, y
.
3 2
− 4x y
+ x 5
(x2 + y 2 )2
, si ( x, y ) = (0, 0);
.
si ( x, y ) = (0, 0).
,
(3.3) Es f´ acil ver que f es diferenciable en (0, 0) porque sus derivadas parciales son continuas en dicho punto. Tambi´ en se puede mostrar que f (x, y )
lim
∂f (0, 0) · x − (0, 0) · y − f (0, 0) − ∂f ∂x ∂y
x2 + y 2
(x,y)→(0,0)
es decir,
x3 y
lim
− xy
= 0,
3
= 0. (x2 + y 2 ) x2 + y 2 Lo cual se obtiene por el teorema del sandwich y la siguiente desigualdad: (x,y)→(0,0)
0 ≤ (
3
x y
− xy
x2 + y 2 )
puesto que
3
x2 + y 2
lim
(x,y)→(0,0)
0=
√
x2
y2
x2
+
y2
≤ x + y x + y |y| + x + y x y |x| ≤ |y| + |x|, lim |y|+|x| = 0. Por lo tanto f es diferenciable → 2
(x,y)
2
2
2
2
2
(0,0)
en (0 , 0). (4 PTOS) (3.4) El plano tangente a la gr´ afica de f en el punto (1 , 2) es: z = f (1, 2) +
Como f (1, 2) =
∂f ∂x
(1, 2) · (y − 2). · − 1) + ∂f ∂y
(1, 2) (x
2 31 ∂f (1, 2) = y (1, 2) = − el plano es: − 65 , ∂f 25 ∂y 25 ∂x 2x − 31y − 25z + 30 = 0. (4 PTOS)
15.04.2014
3
2
2