cap4 gradiente derivadasdireccionales plano tangente

5/7/2018 CAP4 Gradiente DerivadasDireccionales Plano Tangente - slidepdf.com

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CÁLCULO SUPERIORDERIVADADIRECCIONALYGRADIENTCurso del Instituto Tecnológico de Costa Rica

Walter Mora F.,Geovanni Figueroa M.Escuela de MatemáticaInstituto Tecnológico de Costa Rica.www.cidse.itcr.ac.cr



Capítulo 4

GRADIENTE, DERIVADAS

DIRECCIONALES Y PLANO TANGENTE

4.1 VECTOR GRADIENTE.

Definición 4.1 (Vector Gradiente) Sea f : D⊆Rn −→ R una función (o campo) escalar

diferenciable en una región R, entonces la función (o campo) gradiente de f es la función

vectorial ∇ f : R ⊆ Rn −→ R definida por

∇ f ( x1, x2,..., xn) = ( f x1( x, y), f x2

( x, y),..., f xn ( x, y))

En el caso f : D ⊆ R2 −→ R

∇ f ( x, y) = ( f x( x, y), f y( x, y)) =∂ f

∂ x

−→i +

∂ f

∂ y

−→ j

En el caso f : D ⊆ R3 −→ R

∇ f ( x, y, z) = ( f x( x, y, z), f y( x, y, z) f z( x, y, z)) =∂ f

∂ x

−→i +

∂ f

∂ y

−→ j +

∂ f

∂ z

−→k

Cálculo Superior. Walter Mora F., Geovanni Figueroa M.

Derechos Reservados c 2009 Revista digital Matemática, Educación e Internet (www.cidse.itcr.ac.cr)

1



2 GRADIENTE, DERIVADAS DIRECCIONALES Y PLANO TANGENTE

EJEMPLO 4.1

1. Si f ( x, y) = sen xy + x2 y2, calcule∇ f (π,1).

Solución.

El gradiente está dado por :

∇ f ( x, y) = y cos xy + 2 xy2

−→i +

x cos xy + 2 x2 y

−→ j

y evaluando

∇ f (π,1) = (2π−1) −→i +

2π2−π −→ j

2. Si x2 + y2 + z2 = 1, calcule∇ z( x, y).

Solución.

Excepto en el círculo x2 + y2 = 1 (curva de nivel z = 0 ), se puede calcular

∇ f ( x, y) =

−F x

F z

,−F y

F z

,

= − x

z

−→i + − y

z

−→ j

4.2 DERIVADA DIRECCIONAL

Suponga que deseamos calcular la tasa de cambio de z en el punto ( x0, y0) en la direc-ción de un vector unitario arbitrario −→

u = (a,b) , para esto consideremos la superficie

S con ecuación z = f ( x, y) (la gráfica de f ) y sea z0 = f ( x0, y0) . Entonces el punto

P = ( x0, y0, z0) está sobre S . El plano vertical que pasa por el punto P en la dirección del

vector −→u interseca a la superficie S en la curva C . La pendiente de la recta tangente T a

la curva C en el punto P es la tasa de cambio de z en la dirección del vector −→u .



DERIVADA DIRECCIONAL 3

Z

S

u

a

b

P=(x0 , y0 , z0 )

T

Figura 4.1 Derivada direccional

Si Q = ( x, y, z) es otro punto sobre la curva C , y sean P y Q las proyecciones sobre elplano xy de los vectores P y Q , entonces el vector

−−→PQ es paralelo al vector −→

u , y por

consiguiente

X

Z

S

u

a

b

P

T

Q

P‘ Q‘

Figura 4.2 El vector−−→PQ es paralelo al vector

−→u

−−→PQ = h

−→u = (ha,hb)

para algún escalar h . Así pues,

x− x0 = ha =⇒ x = x0 + ha

y− y0 = hb =⇒ y = y0 + hb




y la razón de cambio está dada por

∆ z

h=

z− z0

h=

f ( x0 + ha, y0 + hb)− f ( x0, y0)h

y al tomar el límite cuando h −→ 0 obtenemos la tasa de cambio instantánea de z (con

respecto a la distancia) en la dirección de −→u , la cual se llama derivada direccional de f

en la dirección de −→u .

Definición 4.2 (Derivada direccional) Sea f : D ⊂R2 −→R una función escalar y sean

P = ( x0, y0) ∈ D y−→u = (a,b) un vector unitario, entonces la derivada direccional de f

en P = ( x0, y0) en la dirección del vector −→u , está dada por :

D−→u

f (P) = D−→u

f ( x0, y0)

= limh→0

f (P + h −→u )− f (P)

h

= limh→0

f ( x0 + ha, y0 + hb)− f ( x0, y0)

h

Observación: Al comparar la definición de derivada parcial con la de derivada direc-

cional, podemos notar que si −→u = (1,0) entonces D−→

uf (P) = f x(P) y si −→

u = (0,1)

entonces D−→u

f (P) = f y(P) , es decir, las derivadas parciales son derivadas direccionales

en la dirección de los vectores canónicos.

EJEMPLO 4.2

Calcule la derivada direccional de f ( x, y) = 4

− x2

− y2 en el punto P = (1,1,2) en la

dirección del vector −→u =

1√

2,

1√2

Solución.

Usando la definición de derivada direccional, tenemos que :




D−→u

f (1,1) = limh

→0

f

1 +

h√2,1 +

h√2

− f (1,1)

h

= limh→0

4−

1 +h√

2

2

−

1 +h√

2

2

−2

h

= limh→0

2−

1 +h√

2

2

−

1 +h√

2

2

h

= limh→0

2−2

1 +

h√2

2

h

y usando la regla de L’Hôpital

limh→0

−4

1 +

h√2

1√

2= − 4√

2= −2

√2

Esto nos dice que la razón de cambio de z en P en la dirección del vector −→u es −2

√2 ,

es decir, que z en esta dirección esta decreciendo. En la figura 4.3 se ilustra esta situación.

X X

Y Y

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

P

Figura 4.3 Tangente e n P tiene pendiente −2√

2.

Observación: la definición de derivada direccional es válida en general para funciones

de n variables f : D ⊂ Rn −→ R .




Con propósitos de cálculo, la definición de derivada direccional no es muy útil, por lo que

en general se usa la fórmula que se presenta en el siguiente teorema.

Teorema 4.1 Sea f : D ⊂ Rn

−→ R una función escalar diferenciable en D, entonces f tiene derivada direccional en la dirección de cualquier vector no nulo

−→u = (a,b) y está

dada por:

D−→u

f ( x, y) = ∇ f ( x, y) ·−→u

|| −→u || = f x( x, y)a

|| −→u || + f y( x, y)b

|| −→u ||

Observación: Recuerde que la com-

ponente de −→v en la dirección de −→

u

es−→u · −→v

||u

||, la cual es la longitud de la

proyección vectorial de −→v sobre −→uProy−→

u−→v =

−→u · −→v||u ||

−→u

. Con lo

cual, la fórmula

D−→u f ( x, y) = ∇ f ( x, y) ·−→u

|| −→u ||nos dice que la derivada direccional es la

componente del vector gradiente ∇ f (P)en la dirección del vector −→

u .

∇ f(P)

u

P D z ( P )

u

Figura 4.4 D−→u f ( x, y) es la componente del

vector gradiente ∇ f ( x, y) en la dirección del

vector−→u

EJEMPLO 4.3

Calcule la derivada direccional D−→u

f ( x, y) si f ( x, y) = x3−3 xy + 4 y2 y −→u es el vector

unitario dado por θ =π

6. Cuánto es D−→

uf (1,2) ?

Solución.

Usando el resultado del teorema anterior

D−→u f ( x, y) = f x( x, y) cosπ

6

+ f y( x, y) senπ

6

= (3 x2−3 y)

√3

2+ (−3 x + 8 y)

1

2

=1

2

3√

3 x2−3√

3 y−3 x + 8 y




De donde

D−→u f (1,2) =1

2

3√

3−6√

3−3 + 16

=13−3√3

2

EJEMPLO 4.4

Calcule la derivada direccional de D−→u f ( x, y, z) si f ( x, y, z) = x sen( yz), en el punto P =

(1,3,0) en la dirección del vector −→v =

−→i + 2

−→ j − −→

k .

Solución.

El vector gradiente de la función f esta dado por

∇ f ( x, y, z) = (sen( yz), xz cos( yz), xy cos( yz))

evaluando en P tenemos que ∇ f (1,3,0) = (0,0,3) . Por otro lado un vector unitario en la

dirección de −→v es

−→u =

1√6

−→i +

2√6

−→ j − 1√

6

−→k

Por tanto

D−→u

f (1,3,0) = ∇ f (1,3,0) ·

1√6,

2√6,−1√

6

= −

3

2

Suponga que tenemos una función f de dos o de tres variables y consideramos todas las

posibles derivadas direccionales de f en un punto P dado. Esto proporciona las tasas

de cambio de f en todas las posibles direcciones. De modo que podemos plantear la

siguiente pregunta : ¿en cuál de estas direcciones f cambia con mayor velocidad?, y ¿cuál

es la máxima razón de cambio?. Las respuestas a estas preguntaslas da el siguiente teorema.

Teorema 4.2 (Dirección de máximo cambio) Sea f : D⊂R2 −→Runa función escalar. El valor máximo de la derivada direccional D−→

uf ( x, y) es ||∇ f ( x, y)|| y se presenta

cuando el vector no nulo−→u tiene la misma dirección que el vector gradiente ∇ f ( x, y) .

Podemos justificar esto, informalmente, de la manera que sigue.




Primero recordemos que

u · v = ||u||·||v||cos(θ)

Ahora

D−→u

f ( x, y) = ∇ f ( x, y) ·−→u

|| −→u ||

= ||∇ f ( x, y)|| cosθ

dondeθ

es el ángulo entre el vector unitario

−→u

|| −→u || y el vector∇

f ( x, y).

El valor de D−→u

f ( x, y) aumenta o disminuyesolo si cosθ cambia(si giramos el vector −→u ).

Así que el máximo valor se obtiene

cuando cosθ = 1 (es decir θ = 0 o π)

lo cual indica que −→u debe ser paralelo

al gradiente ∇ f ( x, y). El resultado se ob-

tiene notando que la magnitud del vectorno importa (excepto si es nulo) pues se

toma unitario.

θ

∇ f(x,y)

u

Figura 4.5

EJEMPLO 4.5

Suponga que la temperatura en un punto ( x, y, z) en el espacio está dada por

T ( x, y, z) =80

1 + x2 + 2 y2 + 3 z2

donde T está medida en grados centígrados y x, y, z están en metros. ¿En qué direcciónaumenta más rápido la temperatura respecto punto (1,1,−2) ? ¿Cuál es la máxima tasa de

incremento ?

Solución.




El gradiente de T es

∇T ( x, y, z) = − 160 x(1 + x2 + 2 y2 + 3 z2)2 −→i − 320 y

(1 + x2 + 2 y2 + 3 z2)2 −→ j − 480 z(1 + x2 + 2 y2 + 3 z2)2 −→k

Evaluando en el punto P = (1,1,−2) obtenemos

∇T (1,1,−2) =5

8

−−→

i −2−→ j + 6

−→k

Por tanto, la temperatura se incrementa con mayor rapidez en la dirección del vector gra-

diente

−→v = −−→

i −2−→ j + 6

−→k

La tasa máxima de incremento es la longitud del vector gradiente

||∇T (1,1,−2)|| =5

8

−−→i −2

−→ j + 6

−→k

=5√

41

8

Observación: el valor mínimo de la derivada direccional es −||∇ f ( x, y)||y ocurre cuando−→u tiene la dirección −∇ f ( x, y),

EJEMPLO 4.6

Considere la placa rectangular que se muestra en la figura siguiente. La temperatura en un

punto ( x, y) de la placa está dada por

T ( x, y) = 5 + 2 x2

+ y2

Determine la dirección en la que debe de ir un insecto que esta en el punto(4,2) , para que

se enfríe lo más rápidamente. Figura 4.6




4

2

X

Y

Figura 4.6 Mejor trayectoria para el insecto.

Solución

Para que el insecto se enfríe más rápidamente debe seguir una dirección opuesta al gradi-

ente, es decir

−∇T ( x, y) = (−4 x,−2 y) =⇒−∇T (4,2) = (−16,−4)

O sea, debe ir en la dirección del vector −→v = −16−→i −4

−→ j .

4.2.1 (*) Vector Unitario Tangente.

Sea r : I ⊆ R−→ Rn. Si la función vectorial r es continua en I , entonces la gráfica de r

se le llama curva y decimos que esta curva esta descrita paramétricamente por r (t ).

X

Z

r(t)

Figura 4.7 Curva descrita por el vector de posición r (t ) .

Los ejemplos más comunes son las rectas en R3. Si la recta L pasa por P en direc-

ción de −→u entonces r (t ) = P + t

−→u , t ∈ R. Otro ejemplo son las elipses de ecuación

( x−h)2

a2+

( y− k )2

b2= 1. Una parametrización es




r (t ) = (h + a cos(t ))−→i + (k + b sen(t ))

−→ j , t ∈ [ 0,2π ]

La derivada de r (si existe) es r (t ) = limh→0 r (t + h)− r (t )h

. Si x(t ) y y(t ) son funciones

derivables en I y si r (t ) = x(t )−→i + y(t )

−→ j , entonces r (t ) = x(t )

−→i + y(t )

−→ j .

X

Z

r(t)

r’(t) (traslación)

r’(t)

recta tangente

C

Figura 4.8 r (t ) .

La interpretación geométrica de r (t ) sugiere la siguiente definición

Definición 4.3 Sea C una curva descrita por la función vectorial continua r . Si existe

la derivada r (t ) y no es nula, la recta que pasa por r (t ) y es paralela a r (t ) se llama

tangente a C en r (t ). El vector r (t ) se denomina vector tangente a C en r (t ).

El vector unitario tangente T es una función vectorial asociada a la curva C y se define

como

−→T (t ) =

r (t )

||r (t )|| , si ||r (t )|| = 0

EJEMPLO 4.7

Considere el ejemplo (4.6), observe que (0,0) es el punto más frío de la placa. Encuentre

la trayectoria que debe seguir, hacia el origen, un insecto que busca el frío partiendo del

punto (4,2) .

Solución.

Si −→r (t ) = ( x(t ), y(t )) = x(t )−→i + y(t )

−→ j es la ecuación vectorial de la trayectoria entonces




−∇ f ( x, y) = ( x(t ), y(t ))

(−4 x,−2 y) =

dx

dt ,

dy

dt

de donde obtenemos el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales

dx

dt = −4 x

dy

dt = −2 y

(4.1)

y las condiciones iniciales

x(0) = 4

y(0) = 2

(4.2)

El sistema de ecuaciones diferenciales (4.1) se resuelve fácilmente integrando, pues cada

ecuación diferencial es en variables separadas.

ln( x) = −4t + c1

ln( y) = −2t + c2

y usando las condiciones iniciales (4.2) tenemos que

ln( x) = −4t − ln(4)

ln( y) = −2t − ln(2)

simplificando

ln

x

4= −4t

ln

y

2

= −2t

despejando, obtenemos que la trayectoria que debe seguir el insecto es y2 = x (vea la

figura 4.6).




EJEMPLO 4.8

La altura de una montaña, en metros sobre el nivel del mar, está dada por

z = 2000− x2

4− y2

2

Si un alpinista comienza su ascenso al nivel del mar en x = 20√

10 y y = 20√

5 ¿Cuál

es la trayectoria en el plano xy que corresponde a la ruta más empinada de ascenso a la

montaña?

Solución

Sabemos que en cada punto de la montaña la dirección de ascenso con mayor pendienteesta dada por el gradiente

∇ z =− x

2,− y

Esto significa que este vector es tangente a la proyección de la trayectoria de ascenso en el

plano xy , es decir, si −→r = x(t )

−→i + y(t )

−→ j es dicha trayectoria, entonces

−→r (t ) =

dx

dt ,

dy

dt

=− x

2,− y

De donde obtenemos el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales

dx

dt = − x

2

dydt

= − y

Para resolverlo podemos observar quedy

dx=

2 y

x




cuya solución es

ln( y) = ln( x) + c

y = cx2

Y usando las condiciones iniciales

x(0) = 20√

10, c =

√5

200, y(0) = 20

√5

Así, la trayectoria que debe seguir es

y =

√5

200 x2

En la figura 4.9 se muestra la curva de

nivel z = 0 y la trayectoria y =

√5

200 x2 .

20 40 60 80

X

20

40

60

Y

Figura 4.9 Trayectoria en el plano xy.

EJEMPLO 4.9

¿Cuál es la razón de cambio de f ( x, y, z) = x2 + y2 + z−4, a lo largo de la curva

−→r (t ) =

3

2cos(θ)

−→i +

1

2+

3

2sen(θ)

−→ j +

3

2− 3

2sen(θ)

−→k

en el punto que corresponde a θ =π

4?.

Solución.

Cuando decimos “a lo largo de la curva”, queremos significar “en la dirección del vector

tangente a la curva”. Primero, el punto en la curva es

−→r π

4

=

3

2√

2

−→i +

3 +√

2

2√

2

−→ j +

3√

2−3

2√

2

−→k

Un vector tangente a la curva está dado por

dr

dt = −3

2sen(θ)

−→i +

3

2cos(θ)

−→ j − 3

2cos(θ)

−→k




y por tanto un vector unitario tangente es

−→T (θ) =

−sen(θ) 1 + cos2(θ)

−→i +

cos(θ) 1 + cos2(θ)

−→ j − cos(θ)

1 + cos2(θ)

−→k

Evaluando en θ =π

4

−→T π

4 =

−√3

3

−→i +

√3

3

−→ j

−

√3

3

−→k

Por otro lado, el gradiente de f es

∇ f ( x, y, z) = (2 x,2 y,1)

Evaluando en P

∇ f (P) =

3√

2,

3 +√

2√2

,1

Así la derivada direccional está dada por

3√

2,

3 +√

2√2

,1

·−√3

3,

√3

3,−√3

3

= 0




X

Y

Z

Figura 4.10 Vector unitario tangente−→T

π

4

4.3 PLANO TANGENTE.

4.3.1 Gradiente y Curvas y Superficies de Nivel.

Recordemos que si z = f ( x, y) entonces la curva z = c (es decir c = f ( x, y) ) la llamamos

curva de nivel. Si tenemos w = g( x, y, z), la superficie w = 0 (es decir 0 = g( x, y, z) ), se

denomina superficie de nivel w = 0. Anteriormente veíamos que el gradiente es tangente

a las trayectorias. En cambio, cuando se trata de curvas o superficies de nivel, la situación

cambia.

Si S es una superficie de ecuación G( x, y, z) = 0, con G derivable con continuidad en el

plano, y si P = ( p1, p2, p3) ∈ S, entonces,

1. si se cumplen las condiciones del teorema de la función implícita en P se tiene,

∇ z( x, y) =

−G x

G z

,−G y

G z

El vector z( p1, p2) es perpendicular a la curva de nivel z = p3, es decir ∇ f ( p1, p2)es perpendicular al vector tangente en ( p1, p2).

Por supuesto, si la ecuación de la superficie es z = f ( x, y), podemos calcular el

gradiente de la manera usual. Para el resultado que sigue, si necesitamos la función

G que sería G = z− f ( x, y) = 0.

2. el vector ∇G( p1, p2, p3) es perpendicular a la superficie de nivel w = 0, es de-

cir ∇G( p1, p2, p3) es perpendicular a cada curva de la superficie S, que pasa por

( p1, p2, p3).



PLANO TANGENTE. 17

EJEMPLO 4.10

Considere la elipse C de ecuación 2 x2 + 3 y2−3 x + 3 y = 1. Sea P =

0,−3 +

√21

6

.

Observe que P ∈ C . Calcule un vector perpendicular a la elipse en P.

Solución.

Podemos ver la elipse como una curva

de nivel de z = 2 x2 + 3 y2 − 3 x + 3 y,concretamente la curva de nivel z = 1.De acuerdo a la teoría, el vector ∇ z(P)es perpendicular a la curva de nivel

(elipse) en P. Veamos

∇ z( x, y) = (4 x

−3, 6 y + 3)

∇ z(P) = (−3,√

21)

En la figura 4.11 se muestra gráficamente

la situación.

-3 -2 -1 1 2

-1

1

2

P

Figura 4.11 Vector normal en P

4.3.2 Plano Tangente.

Finalmente si G es derivable con continuidad en P y si el gradiente en P es no nulo,

los vectores tangentes a cada curva en S que pasan por P forman un plano tangente.

∇G( p1, p2, p3) es un vector normal a este plano.

X

Z

S

P

p

p

1

2

∇G(p , p , p )1 2 3

(traslación)

X

Z

S

P

p

p

1

2

∇G(p , p , p )1 2 3

P

Figura 4.12 Plano Tangente.

Así, la ecuación del plano tangente en P es




ax + by + cz = d

con (a,b,c) = ∇G( p1, p2, p3) y d = ∇G( p1, p2, p3) ·P.

EJEMPLO 4.11

1. Sea S la superficie de ecuación f ( x, y) =xy

x2 + y2, si ( x, y) = (0,0) y f (0,0) = 0.

Aunque f x(0,0) = f y(0,0) = 0, no hay plano tangente pues la función es discontinua

en este punto (aunque esté definida).

2. Consideremos la superficie S de ecuación x2 + y2 + z2 = 1. Sea P = (1/√

3, 1/√

3, 1/√

3)∈S. Calculemos la ecuación cartesiana del plano tangente en P.

• G( x, y, z) = x2 + y2 + z2−1 = 0.

• ∇G( x, y, z) = (2 x, 2 y, 2 z).

• N = ∇G(P) = (2/√

3, 2/√

3, 2/√

3) y d = P ·∇G(P) = 2

• Plano tangente:2√

3 x +

2√3

y +2√

3 z = 2 o también x + y + z =

√3.

X

Y

Z

N=∇G(P)

P

Figura 4.13 Plano Tangente a S en P.

3. Consideremos la superficie S de ecuación x2 + y2 + z2 = 1. Sea P = (1/√

3, 1/√

3, 1/√

3)∈S.

• El gradiente es ∇ z( x, y) =

− x

z,− x

z

. Como se ve, no está definido si z = 0

pues aquí las tangentes son rectas verticales.



PLANO TANGENTE. 19

Z

Figura 4.14 Tangentes en z = 0.

• La pendiente de la recta tangente en P en la dirección de −→u = (1,1) es

D(1,1) z(P) = ∇ z(1/√

3, 1/√

3) · (1,1)√2

=−√

2

X

Y

Z

u

Figura 4.15 Tangentes en P en la dirección de (1,1)

• El gradiente ∇ z(1/√

3, 1/√

3) es perpendicular a la recta tangente a la curva

de nivel z =1√

3en P. La derivada direccional en la dirección del vector uni-

tario tangente es cero. Geométricamente, la recta L, en la figura 4.16, tiene

pendiente cero.

Esto es así pues

D−→T

f (P) = ∇ f (P) · −→T = 0 (¿porqué?. Haga el cálculo!.)

= ||∇ f (P)|| cosθ = 0

lo cual implica que θ = π/2.




X

Y

Z

P

L

Tangente

∇z( P ) (traslación)

Curva de nivel

Figura 4.16

4. Consideremos la superficie S de ecuación x2 + y2 + z2 = 1. Encuentre los puntos

Q = (a,b,c)∈ S tal que el plano tangente en Q sea paralelo al plano 2 x− y + 3 z = 1.

Solución.

Q tiene tres incógnitas así que necesitamos, en principio, tres ecuaciones.

• Como Q ∈ S, esto nos da una ecuación: a2 + b2 + c2 = 1.

• Como el plano tangente en Q es paralelo al plano 2 x− y + 3 z = 1, sus vectores

normales deben ser paralelos, es decir

∇G(Q) = λ(2,−1,3)

esto nos da tres ecuaciones adicionales y una incógnita más, λ.

• Para encontrar Q solo debemos resolver el sistema

a2 + b2 + c2 = 1

∇G(Q) = λ(2,−1,3)

es decir,

a2 + b2 + c2 = 1

(2a,2b,2c) = λ(2,−1,3)=⇒

a2

+ b2

+ c2

= 1

2a = 2λ

2b = −λ

2c = 3λ



PLANO TANGENTE. 21

Resolviendo, obtenemos las dos soluciones

Q =

− 1√

11,

1√11

,− 3√11

, y Q =

1√11

,− 1√11

,3√11

5. Determine el punto P = ( x, y, z) de la superficie S, de ecuación x2− y2 + 6 z = 0, de

modo que el plano tangente a la superficie en P contiene al punto Q = (0,1,0) y es

paralelo a la recta L de ecuación (0,0,1) + t (2,1,0), t ∈ R.

Solución.

Un vector normal al plano tangente debe ser perpendicular al vector dirección de la

recta L y al vector (0,1,0)−P) , es decir es perpendicular al producto cruz de estos

dos últimos vectores.

v

P

(0,1,0) N v

L

Figura 4.17 Un vector normal al plano tangente.

La recta L va en la dirección −→v = (2,1,0). Tenemos dos vectores normales al plano

tangente a S en P = ( x, y, z),∇

G(P) = (2 x,−2 y,6) y N = ((0,1,0)−P)×(2,1,0) =( z,−2 z,−2− x + 2 y).

Entonces tenemos el sistema

x2 − y2 + 6 z = 0

(2 x,−2 y,6) = λ( z,−2 z,−2− x + 2 y)=⇒

x2 − y2 + 6 z = 0 (1)

2 x = λ z (2)

−2 y = −2λ z (3)

6 = λ(−2− x + 2 y) (4)

De (2) y (3) tenemos y = 2 x y usando (1) tenemos z = x2

2. Ahora sustituimos estos

resultados en (2),

2 x = λ z =⇒ 2 x +λ x2

2= 0 =⇒ 2 x

1− λ x

4

= 0 =⇒ x = 0 o λ x = 4




• si x = 0 entonces y = 0, z = 0 y λ =−3

• si λ x = 4 entonces de (4)

• 6 = λ(−2− x + 2 y) =⇒ 6 =−2λ−λ x + 4λ x =⇒ λ = 3

• como λ x = 4 =⇒ x =4

3y entonces y =

8

3y z =

8

9

Los puntos de la superficie buscados son P = (4/3,8/3,8/9) y P = (0,0,0). Las

ecuación de cada plano tangente es

8 x

3− 16 y

3+ 6 z = −16

3y 6 z = 0.

En la figura 4.18 se muestra el primer plano.

X

Z

L

P

Figura 4.18 Recta y plano tangente.

6. Consideremos la superficie S de ecuación z = x2 + y2. Encuentre los puntos P =(a,b,c) ∈ S tal que el plano tangente en P contenga los puntos Q = (1,0,0) y

R = (0,1,0). Los planos tangentes son

Solución.

X

Y

Z

P = (1,1,2)

11

P

Q

R

N

Figura 4.19 Plano tangente en P.



EJERCICIOS 23

Un punto obvio es P = (0,0,0) pues el plano tangente en este punto, el plano xy, con-

tiene a los puntos Q, R. Busquemos otros puntos. El plano tangente en P = ( x, y, z)debe contener los puntos P,Q y R por lo que un vector normal a este plano es

N = (Q−P)× ( R−P). Como sabemos, otro vector normal a este plano es ∇G(P).

Así, tenemos el siguiente sistema

∇G(P) = λ(Q−P)× ( R−P) = ( z, z,1− x− y)

z = x2 + y2=⇒

2 x = λ z (1)2 y = λ z (2)−1 = λ(1− x− y) (3)

z = x2 + y2 (4)

De (1) y (2) tenemos x = y y el sistema se re-escribe como

2 x = λ z (5)

λ−2λ x = −1 (6) z = 2 x2 (7)

De (5) y (7) tenemos 2 x−2λ x2 = 0 =⇒ (2 x(1−λ x) = 0 =⇒ x = 0 o λ x = 1.

• Si x = 0 tenemos el punto P = (0,0,0).

• Si λ x = 1, sustituimos en la ecuación (6) y obtenemos λ = 1 por lo que, usando

nuevamente (6), x = 1. Así obtenemos la segunda solución: P = (1,1,2).

EJERCICIOS

4.1 Sea f ( x, y) = 4− x2− y2 la ecuación de una superficie S.

a) Determine el punto P = (a,b) para el cual la derivada direccional de f en P es√3 en dirección de −→

u = (−1,2) y√

2 en la dirección de −→v = (1,1).

Respuesta. P =

√15−4

6,

4−√15

6−1

b) Encuentre la ecuación cartesiana del plano tangente a S en el punto (1,−1,2).

Respuesta. 2 x−2 y + z = 6.

4.2 Determine la ecuación vectorial de la recta tangente a la curva C , en el punto P

dado, sabiendo que C se obtiene al intersecar la superficie S con el plano Π indicado, en

cada uno de los siguientes casos:

a) S1 : x3 + y3 + xyz−6 = 0, Π1 : y = 2, P = (1,2,1).




b) S2 : 36 x2−9 y2 + 4 z2−36 = 0, Π2 : z = −3, P = (1,2,−3)

c) S3 : z = 4− x2− y2, Π3 : x + y + z = 2, P = (0,−1,3).

Respuesta: L : ( x, y, z) = P + t (−3,1,2), t ∈ R.Ayuda: la ecuación vectorial de la recta tangente es ( x, y, z) = P + t

−→v donde−→

v debe ser perpendicular a cualquier vector normal N 1 a S en P, tanto como

a cualquier vector normal N 2 del plano Π. En la figura que sigue se muestra la

superficie S3, el plano Π3 y la recta tangente L, en P.

X

Y

Z

P

Π

N

N

1

2

L

Figura 4.20

Bibliografía

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Matemática, Universidad de Costa Rica. 2006.

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Cálculo Superior. Walter Mora F., Geovanni Figueroa M.

Derechos Reservados c 2009 Revista digital Matemática, Educación e Internet (www.cidse.itcr.ac.cr)

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