Licenciao

´ Universidad Mayor de San Andres - Facultad de Ciencias Puras y Naturales ´ Asignatura Calculo II. La Paz - Bolivia. Curso de Verano 2013 Docente: Dr. Mario ξτ τ o s Chavez Gordillo PhD. ´ Primer Examen de Calculo II. Lunes 14 de Enero de 2013
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C.I. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Firma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Puntaje: 30 Puntos Paterno . . . .. . . . . . . . . . . . . Materno . . . . . . . . . . . . . . . . . Nombres . . . . . . . . . . . . . . . . .

x (4 Puntos, Rectas y Planos). Halla la ecuaci´n de la recta que pasa por el punto o P (2, −1, 1) y corta perpendicularmente a la recta R dada por: x−2 y−1 = =z 2 2 ´ SOLUCION.- En primer lugar hay que hallar el plano perpendicular a la recta R que pasa por el punto P (2, −1, 1).Despu´s se halla la intersecci´n de la recta y del plano P ′ . La recta e o pedida es la que pasa por P y P ′ . El vector direcci´n de la recta R es n(2, 2, 1), luego la recta R que pasa por el punto P (2, −1, 1) o y tiene vector normal n es 2(x − 2) + 2(y + 1) + z − 1 = 0 o 2x + 2y + z = 3. Se pasa la recta R a su forma param´trica e   x = 2 + 2t R y = 1 + 2t  z = t

y se sustituyen los valores dex, y, z en la ecuaci´n del plano o 2(2 + 2t) + 2(1 + 2t) + t = 3 despejando t, t = −1/3, luego el punto de intersecci´n P ′ es P ′ (4/3, 1/3, −1/3). Ahora, el o ′ vector direcci´n de la recta buscada es v = P − P = (−2/3, 4/3, −4/3). Podemos tomar o v = (1, −2, 2), as´ la recta es ı z−1 y+1 = x−2= ♣ 2 2 y (4 Puntos, Rectas y Planos). Se consideran los puntos: A(1, 1, 1), B(0, −2, 2), C(−1, 0, 2),D(2, −1, −2) a) Calcula la distancia del punto D al plano determinado por los puntos A, B y C. b) Halla unas ecuaciones cartesianas de la recta que pasa por D y es perpendicular al plano determinado por los puntos A, B y C ´ SOLUCION.- Empecemos determinando la ecuaci´n del plano o determinado por los puntos A, B y C. Los vectores direcci´n de este plano son o u = B − A = (−1, −3, 1), y v = C − A= (−2, −1, 1)

La ecuaci´n param´trica del plano que pasa por el punto A(x0 , y0, z0 ) y tiene vectores direco e ci´n u y v es p = A + tu + sv. Esta ecuaci´n es equivalente a o o (p − A) • u × v = reemplazando datos x−1 y−1 z−1 −3 1 −1 −2 −1 1 =0 x − x0 y − y0 z − z0 u1 u2 u3 u1 u2 u3 =0

de donde 2x + y + 5z − 8 = 0. Ahora usando la formula de la distancia entre un punto q(x1 , y1 , z1 ) alplano es dado en su forma can´nica ax + by + cz + d = 0, dado por o d(q, P) = obtenemos d= |ax1 + by1 + cz1 + d| √ a2 + b2 + c2

|2(2) + 1(−1) + 5(−2) − 8| √ = 2, 74 2 2 + 12 + 52

♣

e z (4 Puntos, Recta tangente). Mostrar que la curva cuyas ecuaciones param´tricas son −t −t −t 2 2 2 (e cos(t), e sin(t), e ), est´ sobre el cono x +y = z , por lo tanto la curva se dibuja sobre a este cono(observar que z puede ser positivo y negativo).. Encontrar la ecuaci´n param´trica o e −t −t −t de la recta tangente de la curva r(t) = (e cos(t), e sin(t), e ), en el punto (1, 0, 1). ´ SOLUCION.r ′ (t) = (−e−t (cos(t) + sin(t)), e−t (cos(t) − sin(t)), −e−t ), si t = 0 tenemos el punto (1, 0, 1), por lo tanto el vector tangente es r ′ (0) = (−1, 1, −1). Por ♣ lo tanto la recta tangente es: (1 − t,t, 1 − t). √ { (4 Puntos, Longitud de arco). Encontrar la longitud de la curva: r(t) = ( 2t, et , e−t ) para 0 ≤ t ≤ 1. √ √ ´ SOLUCION.- Es claro que r ′ (t) = ( 2, et , −e−t ), adem´s r ′ (t) = ( 2)2 + (et )2 + (−e−t )2 = a (et + e−t )2 = et + e−t , entonces L =
1 0

||f ′(t)|| dt = l´ ım

1 t (e 0

+ e−t ) dt = e − e−1 .

♣

| (4 Puntos, L´ ımites). (a) Demostrar que x2 y no existe.(x,y)→(0,0) x4 + y 2 l´ ım

(x,y)→(−1,1)

(3x − 2y + 6) = 1 (b) Mostrar que

´ SOLUCION.- (a) Supongamos que ||(x, y) − (−1, 1)|| = (x + 1)2 + (y − 1)2 < δ, donde 2 (x + 1) + (y − 1)2 < δ 2 , por tanto (x + 1)2 < δ 2 y (y − 1)2 < δ 2 , as´ |x + 1| < δ y |y − 1| < δ, ı lo cual implica −δ < x + 1 < δ, y sumando −δ < y − 1 < δ, −δ + 1 < y < δ + 1, −2δ − 2 < −2y < 2δ − 2 −δ − 1 < x < δ − 1,...