Problemas de diferenciabilidad y geométricos

Índice general 11
(ii) La ecuación del plano tangente a una superficie dada de forma explícita z = f(x, y) en el
punto (a, b) es
x − a 1 0
y − b 0 1
∣ z − f(a, b) D 1 f(a, b) D 2 f(a, b) ∣ = 0
x 1 0
En nuestro caso ∇f(0, π/2) = (1, 0), por tanto 0 =
y − π/2 0 1
∣ z − 0 1 0 ∣ = z − x.
Problema 6 Calcular la recta y el plano normal a cada una de las siguientes curvas de IR 3 en
el punto indicado.
(i) α(t) = (t 2 , 3t − 2, 2t 4 ) en p = (1, 1, 2).
(ii)
{
x 2 + y 2 + z 2 = 14
2xy + z = 7
en p = (2, 1, 3).
•
Solución:
(i) Como la curva está dada en forma paramétrica calculamos en primer lugar el vector
tangente y despúes el plano normal. Para que α(t 0 ) = (1, 1, 2), t 0 = 1.
α ′ (t) = (2t, 3, 8t 3 ) =⇒ α ′ (1) = (2, 3, 8).
La forma continua de la recta es
x − 1
= y − 1 = z − 2
2 3 8 .
La ecuación del plano normal es
〈(2, 3, 8), (x − 1, y − 1, z − 2)〉 = 2x + 3y + 8z − 21 = 0.
(ii) En este caso la curva está dada como intersección de dos superficies y por tanto calculamos
el vector tangente como el producto vectorial de los gradientes a cada una de las superficies
de nivel. Definimos f 1 (x, y, z) = x 2 + y 2 + z 2 y f 2 (x, y, z) = 2xy + z.
∇f 1 (x, y, z) = (2x, 2y, 2z)
∇f 2 (x, y, z) = (2y, 2x, 1)
}
=⇒ ∇f 1(2, 1, 3) = (4, 2, 6)
∇f 2 (2, 1, 3) = (2, 4, 3)
∇f 1 (2, 1, 3)∧∇f 2 (2, 1, 3) = (−18, 0, 12). Por tanto, podemos tomar como vector tangente,
(−3, 0, 2) y en este caso la recta tangente es,
La ecuación del plano normal es
x − 2
−3 = z − 3
2 , y = 1.
〈(−3, 0, 2), (x − 2, y − 1, z − 3)〉 = −3x + 2z = 0.
}