SOBRE LA RESOLUCION DE ALGUNOS EJERCICIOS PARES

Los ejercicios que se comentan, o de los que se da la solucion no son aquellos deinterpretacion fsica. En esta asignatura no utilzaremos ningun tipo de terminologade la Fsica.

1. Captulo 1

Seccion 1,1.

Ejercicio 22. Los vectores de las rectas son u = (1, 4, 1) y v = (2, 1, 2) que sonlinealmente independientes. Entonces para determinar si se cortan veremos si estanen un mismo plano, para ello consideramos un punto de cada recta: (4, 5,2) y(3, 1,3). El vector que los une w = (1, 4, 1), en caso de que las rectas fuesencoplanarias tendra que ser combinacion lineal de u = (1, 4, 1) y v = (2, 1, 2).

Ejercicio 26. Situamos el triangulo con un vertice en el origen de cordenadas. Losotros vertices V y W estan determinados por los vectores v y w. El lado VW tienela direccion del vector w v. El vector que une los puntos medios de OV y OWes 1

2w 1

2v, es decir, 1

2(w v).

Seccion 1,2.

Ejercicio 18. La ecuacion continua de la recta es

x+ 1 = y + 2 = z + 1

y la ecuacion del plano perpendicular a la recta, que pasa por (3, 1,2) es x+y+z =2. Para calcular el punto de interseccion de la recta y el plano de coordenadas(x0, y0, z0) resolvemos el sistema x y = 1y z = 1x+ y + z = 2y la recta pedida es la recta que pasa por los puntos (3, 1,2) y (x0, y0, z0).Seccion 1,3.

Ejercicio 19. La solucion correcta es la recta

r = (1, 0, 0) + (1, 0, 1)Ejercicio 29. La solucion correcta es el plano

10x 17y + z = 251

2 SOBRE LA RESOLUCION DE ALGUNOS EJERCICIOS PARES

Ejercicio 32. Los vectores del ejercicio son de R3 porque aparece el producto vec-torial. Tenemos dos ecuaciones cuya incognita es el vector x. El razonamientoanaltico consiste en escribir las coordenadas de las dos ecuaciones. Geometrica-mente la ecuacion x a = b implica que el plano que contiene a los vectores x ya es perpendicular a b.

De la primera igualdad se tiene que x esta en uno de los semiplanos que el planodeterminado por a y b divide al plano que contiene a x y a por la orientacion delproducto vectorial.

Si es el angulo entre x y a de las condiciones de los modulos de los dos

productos tenemos que tan = ba . Esto nos da la direccion que tiene que tenerel vector x. Falta ver que la eleccion del modulo es unica.

Seccion 1,4.

Ejercicio 2.

a) Reflexion en el plano XY .b) Un giro de 180 grados seguido de una reflexion en XY , o viceversa.c) El cambio r 7 r debe entenderse como un giro de 180 ya que no exister < 0.

Ejercicio 4.

a) r = cte es un cilindro de eje Z, = cte es un plano, z = cte es un plano.b) = cte es una esfera, = cte es un plano, = cte es un plano.

Ejercicio 10. Cada punto de = f(, ) que en coordenadas cartesianas es (x, y, z)se convierte en 2(x, y, z). Esto es la composicion de la aplicacion antipodal conuna dilatacion de razon 2.

Seccion 1,5.

Ejercicio 10. Considerar unicamente el caso n = 3.

Ejercicios de repaso del captulo 1.

Ejercicio 12. Si hacemos

u a = u u + u v + u wlos dos ultimos sumandos son cero y u u = 1.Ejercicio 14. El volumen es |[u,v,w]|, donde

[u,v,w] =

u1 u2 u3v1 v2 v3w1 w2 w3

es el producto mixto de los tres vectores.

SOBRE LA RESOLUCION DE ALGUNOS EJERCICIOS PARES 3

Ejercicio 16. Sea n = (a, b) el vector normal a la recta. Llamamos P al punto(x1, y1) y P

(x0, y0) a su proyeccion ortogonal a la recta r. Sea Q(x, y) un puntode la recta distinto de P . El modulo del vector P P (que es la distancia buscada)es la proyeccion ortogonal de QP sobre n:

P P =|QP n||n|

=|a(x1 x) + b(y1 y)|

a2 + b2

=|ax1 + by1 ax by|

a2 + b2

=|ax1 + by1 c|

a2 + b2

Ejercicio 16(bis). Calculamos en el espacio R3 la distancia de un punto P a unplano y se hace de manera analoga en R2 con un punto P y una recta. Sea P =(x1, y1, z1) un punto que no pertenece al plano pi : ax + by + cz = d. Entoncesn = (a, b, c) es un vector normal al plano pi. Sea A = (x0, y0, z0) un punto cualquiera

del plano. Consideramos el vectorPA, entonces la distancia d que queremos medir

sera la proyeccion dePA sobre la perpendicular al plano que pasa por el punto P ,

y si llamamos al angulo que forma esta perpendicular conPA, tendremos

d = |PA cos | d = |PA| |n PA||n|

entonces

d =|n PA||n|

=|a(x0 x1) + b(y0 y1) + c(z0 z1)|

a2 + b2 + c2

=|ax1 + by1 + cz1 d|

a2 + b2 + c2

Ejercicio 18.

a) Si a = (a1, a2, a3) 6= (0, 0, 0) y b = (x, y, z) entonces a b = a1x+a2y+a3z =a1x + a

2y + a

3z = a

b y tomando b = (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) tenemosa = a, b = b, c = c.

b) En este caso es mas comodo tener en cuenta la definicion geometrica.

4 SOBRE LA RESOLUCION DE ALGUNOS EJERCICIOS PARES

Ejercicio 20. De manera analoga a la resolucion del ejercicio 16 se puede deducirla distancia entre un punto P (x0, y0, z0) y el plano pi : Ax+By+Cz+D = 0 y setiene

d(P, pi) =|Ax0 +By0 + Cz0 +D|

A2 +B2 + C2

Los planos del ejercicio son paralelos porque sus vectores normales estan enla misma direccion. La distancia entre ambos planos es la misma que la distanciaentre un punto P1 pi1 de coordenadas (x1, y1, z1) y el otro plano pi2, esta distanciaes

d(P1, pi2) =|Ax1 +By1 + Cz1 +D2|

A2 +B2 + C2

=| D1 +D2|A2 +B2 + C2

Ejercicio 22.

Cartesianas Cilndricas(x, y, z) [r, , z]

a) (0, 2, 4) [3, pi/2, 4]

b) (2, 1, 0) [3, pi + arctan (1/2), 0]c) (0, 0, 0) [0, 0, 0]d) (1, 0, 1) [1, pi, 1]e) (23,2, 3) [3, 7pi/6, 3]

Ejercicio 24.

Esfericas Cartesianas Cilndricas[, , ] (x, y, z) [r, , z]

a) [1, pi/2, pi] (0, 0,1) [0, 0 1]b) [2,pi/2, pi/6] (1,3, 1) [2, 7pi/6, 1]c) [0, pi/8, pi/35] (0, 0, 0) [0, 0, 0]d) [2,pi/2,pi] (0, 0,2) [0, 0,2]e) [1, pi, pi/6] (3/2, 0,1/2) [3/2, 3pi/2,1/2]

2. Captulo 2

Seccion 2,1.

SOBRE LA RESOLUCION DE ALGUNOS EJERCICIOS PARES 5

Ejercicio 4. Se trata de un plano y sus curvas de nivel son rectas

L0 = {4 3x+ 2y = 0} R2L1 = {4 3x+ 2y = 1} R2

etc.

Ejercicio 6. La grafica de f es la parte superior de un cono y sus conjuntos denivel son el origen de coordenadas y el resto circunferencias

L0 = {(0, 0)} R2Lc, c > 0 es la circunferencia de centro el origen y radio c

2.

Seccion 2,2.

Ejercicio 6.

a) 1.b) 0.c) 1.

Ejercicio 8.

a) 4.b) 0.c) 0.

Ejercicio 9.

a) 0.b) 1/2.c) 0.

Ejercicio 10.

a) 1.b) No existe.c) No existe.

Ejercicio 12.

a) 4/3.b) No existe.c) 0.

Ejercicio 14. La funcion f del enunciado es la restriccion de la funcion constantef : R2 R de valor 1. La funcion f tiene lmite 1 en cualquier punto x0, siconsideramos la restriccion el lmite sera el mismo (formalizar).

Ejercicio 16. En ambos apartados tenemos la composicion, suma o cociente defunciones continuas. Ademas en el apartado b), el denominador no se anula.

6 SOBRE LA RESOLUCION DE ALGUNOS EJERCICIOS PARES

Ejercicio 18. Tomando coordenadas esfericas el denominador se convierte en 2 yel numerador es 3g(x, y, z) donde la funcion g esta acotada.

Ejercicio 20.

a) Evidente.b) Si U y V son entornos de x ambos son abiertos (ver def. pag. 104 del libro) y

contienen a x. Se tienen que x U V y si a U V existen r > 0 tal queDr(a) U y s > 0 tal que Ds(a) V entonces si m = mn {r, s} se tieneDm(a) U V . Como esto se puede hacer para cualquier a U V resutaque UV es abierto. La demostracion de que la union tambien es un abierto,es analoga. La union arbitraria (no necesariamente numerable) de abiertossiempre es un abierto y la interseccion finita de abiertos tambien es abierto.Por ejemplo si consideramos la interseccion de las bolas Drn(0) Rn deradio rn = 1/n es el origen 0 (demostrarlo) y el conjunto puntual no esun abierto (en esta topologa). Esto ultimo puede hacerse como ejercicio, yaque es imposible que un punto sea contenga a un disco (o, mas generalmentebola si n > 2).

c) En general para toda bola abierta Dr(a) Rn los puntos de la esferaSn1 = {x|d(x, a) = r} son puntos de la frontera de esa bola. Esto sedebe a que para un punto p de Sn1, cualquier bola D(p) interseca aDr(a) y a su complementario en Rn. Lo mismo ocurre para la bola cerradaDr(a) = {x|d(x, a) r}, que Sn1 es el conjunto de sus puntos frontera.

Ejercicio 22.

a) Tomemos A = R \ {1}. Dado N > 0 sea = 1/N entonces si |x 1| < = 1/

N se tiene 1/|x 1| > N y 1/(x 1)2 > N .

b) Analogo al anterior. Para 1/x se tiene que si x 0 por la izquierda el lmitees .

c) Dado N > 0 podemos tomar = 1/N .

Ejercicio 24. Si f es continua en x0 entonces

lmxx0

(f(x) f(x0)) = 0

pero la funcion : Rn R es continua en 0 Rn, donde vale 0 R, entonceslmxx0

f(x) f(x0) = 0.

Reciprocamente, si lmxx0 f(x) f(x0) = 0, podemos suponer que x0 = 0 yf(x0) = 0 para simplificar la escritura. Entonces se comprueba la definicion delmite teniendo en cuenta que f(x) < quiere decir que f(x) D(0) Rm.

SOBRE LA RESOLUCION DE ALGUNOS EJERCICIOS PARES 7

Ejercicio 26. Para hacer esta demostracion es util la definicion de continuidad conel lenguaje de entornos, se deja como ejercicio demostrar que esta definicion esequivalente a la epsilon-delta.

Definicion La funcion f : Rn Rm es continua en x0 si para cada entorno Ude f(x) existe un entorno V de x tal que f(V ) U .

Supongamos que f es continua en Rn y sea A Rm un abierto. Si f1(A) = se cumple la condicion porque es abierto. Supongamos que x f1(A), entoncesf(x) A y por ser A abierto existe un entorno N(f(x)) A y por ser f continuaen x existe un entorno abierto N(x) tal que f(N(x)) N(f(x)) A. As hemosobtenido para un x f1(A) un entorno abierto N(x) contenido en f1(A),entonces podemos escribir

A =

xf1(A)N(x)

y por ser union de abiertos, es abierto.Se deja el recproco com ejercicio.

Ejercicio 34. Se trata de ver la curva de nivel L3 de la funcion

f(x, y) = (x2 + 3y2) exp (1 x2 y2)que es el producto de las funciones g(x, y) = x2 +3y2 y h(x, y) = exp (1 x2 y2)que verifican g(x, y) 0 y h(x, y) 0. La grafica de la primera es un paraboloideelptico y cada curva de nivel es una elipse centrada en el origen cuyo semiejemayor esta contenido en el eje X, de esto se deduce que la direccion de maximocrecimiento de g es la del eje Y . Por otra parte la grafica de la funcion h(x, y)es una superficie de revolucion, esto puede verse facilmente pasando a cordenadaspolares:

h(r, ) = e1r2

De esta propiedad de la grafica de h se deduce que la funcion crece (en estecaso decrece) con la misma tasa en cualquier direccion a partir del origen. Delenunciado se deduce que si L3 consiste en dos puntos, entonces la grafica alcanzados maximos en esos dos puntos.

Por lo comentado antes, la funcion f alcanzara sus valores maximos en la di-reccion del eje Y , entonces restringimos el estudio a la seccion de f por el planox = 0 y tenemos que la funcion de una variable

(y) = 3y2 exp (1 y2)tiene dos extremos locales (y absolutos) para valores y = 1 y (1) = 3, queson los valores maximos de f .

Seccion 2,3.

8 SOBRE LA RESOLUCION DE ALGUNOS EJERCICIOS PARES

Ejercicio 4.

a) Claramente es diferenciable en R2 \ {(0, 0)}, que es su dominio de definicionpor ser cociente de funciones diferenciables donde o se anula el denominador.Lo mismo para las derivadas parciales.

b) Analogo.c) Analogo.d) Analogo.

Ejercicio 6.

a) z = 0.b) z = x+ 1.c) z = x.d) z = 2y 2.

Ejercicio 10. Porque tienen el mismo plano tangente en (0, 0).

Seccion 2,4.

Seccion 2,5.

Ejercicio 4. Se tiene la composicion h = f g:

R2g // R2

f // R

(x, y) // (exy, exy)

(u, v) // f(u, v)

y las matrices jacobianas son

Dg(x, y) =

( exy exyyexy xexy

)y

Df(u, v) =

( 4uv

2

(u2 v2)2 ,4vu2

(u2 v2)2)

de donde se tiene

Dh(x, y) = Df(u, v) Dg(x, y)que resulta ser una matriz 2 1 y sustituyendo u y v por sus expresiones en x, yla derivada h

x, que es la primera fila.

SOBRE LA RESOLUCION DE ALGUNOS EJERCICIOS PARES 9

Ejercicio 8. Tenemos la composicion h = f g:

R3g // R3

f // R

(, , ) // (x, y, z) // f(x, y, z)

y las matrices jacobianas son

Dg(, , ) =

cos sen sen sen cos cossen sen cos sen sen coscos 0 sen

y

Df(x, y, z) =

(f

x,f

y,f

z

)de donde

Df(x(, , ), y(, , ), z(, , )) =

Dh(, , ) = Df(x, y, z) Dg(, , ) ==

(f(g)

,f(g)

,f(g)

)Ejercicio 20. Calculamos primero las derivadas parciales en el origen

f

x(0, 0) = lm

h0f(h, 0) f(0, 0)

h= lm

h00 0h

= 0

f

x(0, 0) = lm

k0f(0, k) f(0, 0)

h= lm

h00 0h

= 0

y entonces f(0, 0) = (0, 0). Tenemos

Dg(t) =

(ab

)y entonces

f(0, 0) g(0) = 0.Por otra parte supongamos que las constantes (a, b) 6= (0, 0), entonces se tiene

f g = ab2

a2 + b2t

de donde se tiene

(f g)(t) = ab2

a2 + b2= (f g)(0) = ab

2

a2 + b2

10 SOBRE LA RESOLUCION DE ALGUNOS EJERCICIOS PARES

y esto se debe a que f no es diferenciable en (0, 0) ya que

lm(h,k)(0,0)

|f(h, k)f(0, 0) f(0, 0)|(h, k) = lm(h,k)(0,0)

hk2h2+k2 0 0(h, k)1/2

(h = k) = lm(h,h)(0,0)

h3

(2h2)3/2=

1

23/2

y como este lmite es distinto de cero, f no es diferenciable en (0, 0).

Ejercicio 22. Sean 0 r1 < r2. Consideremos la fucion de variable real y =(x a)(x b)2, se trata de un polinomio de grado 3 con un maximo local enx1 =

b+2a3

cuyo valor es 427

(a b)3 y un mnimo local en x2 = b cuyo valor es 0,(si a < b es x1 < x2).

Supongamos a < b, la funcion g : R R definida como:

(a,b)(x) =

(x a)(x b)2, x (b, b+2a

3

)(x a)(x b)2, x ( b+2a

3, b)

427

(a b)3, x ( b+2a3, b+2a

3

)0, x (,b) (b,)

es de clase C2 y para los parametros a =3r21r22

2, b = r22 la funcion

g(x) = 274(a b)3(a,b)(x)

es una funcion meseta de clase C2, que alcanza su valor maximo 1 en el intervalo(r22, r22) cuya grafica aparece debajo.

r12r 22

SOBRE LA RESOLUCION DE ALGUNOS EJERCICIOS PARES 11

Ahora fijado x0 Rn consideramos la funcion h : Rn R definida comoh(x) = x x02 y para obtener la funcion f pedida hacemos f = g g.

La imagen de h esta en R+ por lo que habra sido suficiente considerar la res-triccion de g a R+ y hacer la composicion.

Seccion 2,6.

Ejercicio 8. La superficie del enunciado es la superficie de nivel f(x, y, z) = 2 dela funcion f(x, y, z) = x3y3 +y z. Esta superficie contiene al punto (0, 0, 2). Paracalcular el vector normal hallamos el vector gradiente

f(x, y, z) = (3x2y3, 3x3y2 + 1,1)y entonces un vector normal a la superficie en el punto (0, 0, 2) es

n = f(0, 0, 2) = (0, 1,1)y normalizando tenemos

n

n =12

(0, 1,1)es un vector normal unitario a la superfcie. Otro vector normal unitario sera suopuesto.

Ejercicio 10. Un vector normal a las superficies de nivel en un punto (x, y, z) 6=(0, 0, 0) es

f(x, y, z) = (2x, 2y, 2z)la funcion puede escribirse en coordenadas polares

f(, ) = 2

donde se ve que la direccion de maximo crecimiento es radial con respecto al origen.Por otra parte las superficies de nivel = C son esferas centradas en el origen deR3.

Por otra parte consideramos una trayectoria c(t) = (x(t), y(t), z(t)) contenidaen una superficie de nivel de f y tenemos

v(t) = (x(t), y(t), z(t))

de donde en el punto (x0, y0, z0) = (x(t0), y(t0), z(t0)) tenemos un vector tangentea la trayectoria

v0 = (x(t0), y(t0), z(t0))

y por otra parte el vector gradiente en ese punto es f(x0, y0, z0) = (2x0, 2y0, 2z0).Tenemos

f(x0, y0, z0) v0 = (2x(t0), 2y(t0), 2z(t0)) (x(t0), y(t0), z(t0)) = 0

12 SOBRE LA RESOLUCION DE ALGUNOS EJERCICIOS PARES

Ejercicio 14.

a) Tenemos f(x, y, z) = (y2 + z3, 2xy + 2yz3, 3y2z2 + 3z2x). Entoncesf(4,2,1) = (3,12, 24)

y si v =(

114, 3

14, 2

14

), tenemos

Dvf(4,2,1) = v f(4,2,1) =(

114,

314,

214

) (3,12, 24) = 15

14.

b) En este caso

f(x, y, z) = (yzxyz1, xyz z log x, xyz y log x)entonces

f(e, e, 0) = (0, 0, e)y la derivada direccional

Dvf(e, e, 0) = v (e, e, 0) = 4e13.

Seccion 3, 1.

2.0.1. Ejercicio 16. Con la composicion de funciones del enunciado se tiene

Dw =

[w

u,w

v

]=

[w

x+w

y,w

x wx

]y como

u

w

x=

x

x

u

w

x=2w

x2

u

w

y=

y

y

u

w

y=2w

y2

resulta

u

(w

v

)=

u

(w

x wy

)=

2w

x2

2w

y2