Tarea Cálculo 3

Equipo 19

Date: August 2020

Problema 1

Calcula la ecuación vectorial, las ecuaciones paramétricas y la forma cartesiana del plano $\pi$ que pasa por los puntos $P(2,-1,4)$

.
$\overline{QP}=P(2,-1,4)-Q(1,2,3)=(1,-3,1)$
$\overline{QR}=R(-2,0,5)-P(1,2,3)=(-3,-2,2)$

Ecuación Vectorial.

Donde $\Bar{u}=(1,-3,1)$ , $\Bar{v}=(-3,-2,2)$ y $x_{0},y_{0}, z_{0}=(1,2,3)$

$% latex2html id marker 2575 $ \therefore$$ $(x,y,z)=(1,2,3)+\lambda(1,-3,1)+\mu(-3,-2,2)$

Ecuaciones Parametricas.

Tenemos que $(x,y,z)=(x_{0}+u_{1}\lambda+v_{1}\mu,y_{0}+u_{2}\lambda+v_{2}\mu,z_{0}+u_{3}\lambda+v_{3}\mu)$

Donde $\Bar{u}=(1,-3,1)$ , $\Bar{v}=(-3,-2,2)$ y $x_{0},y_{0}, z_{0}=(1,2,3)$

$\left \{ \begin{array}{rcl} \ x=x_{0}+u_{1}\lambda+v_{1}\mu\\ y=y_{0}+u_{2}\lambda+v_{2}\mu \\ z=z_{0}+u_{3}\lambda+v_{3}\mu \end{array} \right .$

$\Rightarrow$ $(x,y,z)=(1+1\lambda)+(-3)\mu),(2-3\lambda+(-2)\mu),(3+1\lambda+2\mu)=(1+\lambda-3\mu),(2-3\lambda-2\mu),(3+\lambda+2\mu)$

$% latex2html id marker 2593 $ \therefore$$ $\left \{ \begin{array}{rcl} \ x=1+\lambda-3\mu\\ y=2-3\lambda-2\mu \\ z=3+\lambda+2\mu \end{array} \right .$

Ecuación Cartesiana.

$\overline{QP}=P(2,-1,4)-Q(1,2,3)=(1,-3,1)$
$\overline{QR}=R(-2,0,5)-P(1,2,3)=(-3,-2,2)$

Hacemos el producto punto entre los vectores $\overline{QP} \times \overline{QR}$

$\overline{QP} \times \overline{QR}$ = $\begin{vmatrix} \hat i & \hat j & \hat k\\ 1 & -3 & 1\\ -3 & -2 & 2 \end{vmatrix}$ = $[-3(2)-(-2)(1)]\hat i-[1(2)-(-3)(1)]\hat j+[1(-2)-(-3)(-3)]\hat k$ = $(-6+2)\hat i-(2+3)\hat j+(-2-9)\hat k$ = $-4\hat i-5\hat j-11\hat k$ = $\hat n$

$T(x,y,z)$ $\Rightarrow$ $\overline{QT}=T(x,y,z)-P(1,2,3)=x-1,y-2,z-3$

$\overline{QT}\cdot \overline{n}= 0$
$\Rightarrow$ $(x-1,y-2,z-3) \cdot (-4,-5,-11)=0$
$\Rightarrow$ $(x-1)-4+(y-2)-5+(z-3)-11=0$ $\Rightarrow$ $-4x+4-5y+10-11z+33=0$
$\Rightarrow$ $-4x-5y-11z+47=0$
$\Rightarrow$ $-4x-5y-11z=-47$
$% latex2html id marker 2643 $ \therefore$$ $4x+5y+11z=47$

**Figura 1:** Grafica del plano que pasa por los tres puntos P,Q y R.
$\includegraphics[width=0.6\textwidth]{GraficaP1.PNG}$

Problema 2

Calcular la ecuación paramétrica de la recta que pasa por P(0,0,0) y es ortogonal a las rectas $L_{1}$ y $L_{2}$ cuyas ecuaciones paramétricas están dadas por:

$\left \{ \begin{array}{rcl} \ x=1+\lambda\\ y=-2+4\lambda \\ z=1+7\lambda \end{array} \right .$

$\left \{ \begin{array}{rcl} \ x=4+\mu\\ y=1+2\mu \\ z=-1+5\mu \end{array} \right .$

Obtenemos a partir de las ecuaciones paramétricas dos vectores de dirección $\overline{b_{1}}$ y $\overline{b_{2}}.$

$\overline{b_{1}}= (1,4,7)$ y $\overline{b_{2}}= (1,2,5)$ , siendo $P_{0}= (0,0,0)$ . Utilizando la propiedad, en donde si $a\perp b$ $\Leftrightarrow$ $\overline{a}\cdot \overline{b}= 0$ . Sea $\overline{n}=(a,b,c)$ el vector dirección de la recta que deseamos descubrir.

Realizamos el producto punto entre $\overline{n}\cdot \overline{b_{1}}= 0$ $\Rightarrow$ $(a,b,c)\cdot (1,4,7)=0$ $\Rightarrow$ $a+4b+7c=0$

Ahora realizamos el producto punto entre $\overline{n}\cdot \overline{b_{2}}= 0$ $\Rightarrow$ $(a,b,c)\cdot (1,2,5)=0$ $\Rightarrow$ $a+2b+5c=0$

Restamos ambos resultados obtenidos al realizar el producto punto, para de esta forma eliminar $a$ . $\Rightarrow$ $2b+2c=0$ $\Rightarrow$ $2b=-2c$ $\Rightarrow$ $b=-c$

Ahora sustituimos $b=-c$ $\Rightarrow$ $a+(-4c)+7c=0$ $\Rightarrow$ $a+3c=0$ $\Rightarrow$ $a=-3c$
$\Rightarrow$ $\overline{n}=(-3c,-c,c)= c(-3,-1,1)$

$\Rightarrow$ $L=\{(0,0,0)+\lambda(-3,-1,1)\}$

Por lo que la ecuación parametrica de la recta esta dada por:
$(x,y,z)=(0,0,0)+(-3\lambda,-\lambda,\lambda)$

$% latex2html id marker 2736 $ \therefore$$ $\left \{ \begin{array}{rcl} \ x=-3\lambda\\ y=-\lambda \\ z=\lambda \end{array} \right .$

**Figura:** Gráfica de la recta que pasa por el punto y además es ortogonal a las rectas $L_{1}$ y $L_{2}$ .
$\includegraphics[width=0.6\textwidth]{Grafica1P1.PNG}$

Problema 3

Calcular la ecuación cartesiana del plano que pasa por $P(1,-1,4)$

y es paralelo a las rectas $L_{1}$ y $L_{2}$ cuyas ecuaciones están dadas por

$\left \{ \begin{array}{rcl} \ x=2+3\lambda\\ y=-1+\lambda \\ z=7+4\lambda \end{array} \right .$

$\frac{x-6}{5}=\frac{y-4}{2}=\frac{z-7}{6}$

De las ecuaciones paramétrica y obtenemos dos vectores. $\overline{u}=(3,1,4)$ y $\overline{v}=(5,2,6)$
Como el vector de interés es paralelo a las rectas $L_{1}$ y $L_{2}$ , su vector normal $\overline{n}$ es perpendicular al vector director $\overline{v}$ de la recta, esto se muestra en la figura 3.

Entonces aplicamos el producto escalar
$\overline{n}\cdot \overline{v}=(a,b,c)\cdot(5,2,6)=5a+2b+6c=0$
y continuamos con el producto escalar
$\overline{n}\cdot \overline{u}=(a,b,c)\cdot(3,1,4)=3a+b+4c=0.$
Restamos ambas ecuaciones obtenidas de modo que obtenemos:
$2a+b+2c=0$ $\Rightarrow$ $b=-2c-2a.$ Ahora sustituimos $b$ en $5a+2(-2c-2a)+6c=0$ a lo que obtenemos $a+2c=0$ $\Rightarrow$ $a=-2c$
Dado que y $a=-2c$ , entonces sustituimos $b=-2c-2(-2c)$ $\Rightarrow$ $b=2c$
$\Rightarrow$ $\overline{n}=(-2c,2c,c)= c(-2,2,1)$

Ahora calculamos la ecuación cartesiana del plano que viene dada por:
$a(x-x_{0})+b(y-y_{0})+c(z-z_{0})=0$ Sustituimos los valores utilizando el punto $P(1,-1,4)$ $\Rightarrow$ $-2(x-1)+2(y-(-1)+1(z-4)=0$ $\Rightarrow$ $-2x+2+2y+2+z-4=0$
$\Rightarrow$ $-2x+2y+z=-2-2+4$
$\Rightarrow$ $-2x+2y+z=0$
$% latex2html id marker 2833 $ \therefore$$

**Figura:** Gráfica del plano que pasa por el puntos P(1,-1,4) y además es paralelo a las rectas $L_{1}$ y $L_{2}$ .
$\includegraphics[width=0.6\textwidth]{Grafica1P3.PNG}$

**Figura:** Gráfica del plano que pasa por el puntos P(1,-1,4) y además es paralelo a las rectas $L_{1}$ y $L_{2}$ .
$\includegraphics[width=0.6\textwidth]{Grafica2P3.PNG}$

Problema 4

Encontrar la ecuación del plano que pasa por el punto $P(2,6,-1)$

y es ortogonal a la recta de intersección de los planos.

$\begin{displaymath}\begin{cases} x=-1+2\lambda+3\mu\\ y=4\lambda-\mu\\ z=2-3\lambda+2\mu \end{cases} y\ \ \ 2x-5y+z=0\end{displaymath}$

Considerando la primera ecuación, podemos saber que los puntos que estén contenidos en el plano que describe van a ser de la forma $(x, y, z)=(-1,0,2)+\lambda(2,4,-3)+\mu(3,-1,2)$ . Esta sería la ecuación vectorial del plano.
Ahora, de esa ecuación tenemos que $(x+1,y,z-2)=\lambda(2,4,-3)+\mu(3,-1,2)$ . Y como estamos en $\mathbb{R}^3$ , se tiene que para tres vectores, uno combinación lineal de los otros dos, el determinante de los tres debe se cero. Así $\left\vert \begin{smallmatrix} x+1 & y & z-2\\ 2 & 4 & -3\\ 3 & -1 & 2\\ \end{smallmatrix}\right\vert=0$ .
$% latex2html id marker 2874 $ \therefore (x+1)(8-3)-y(4+9)+(z-2)(-2-12)=0$$
$\Rightarrow (x+1)(5)-y(13)+(z-2)(-14)=0$
$\Rightarrow 5x+5-13y-14z+28=0$
$\Rightarrow 5x-13y-14z=-33$ .
Entonces ahora tenemos dos planos con su ecuación en formal general (cartesiana)

**Figura 5:**

**Figura 6:**

Si esos planos se intersectan deben generar una recta

Poniendo ambos en un sistema de ecuaciones obtenemos

$\begin{displaymath}\begin{cases} 2x-5y+z=0\\ 5x-13y-14z=-33 \end{cases}\end{displaymath}$

y aplicando el método de Gauss-Jordan tenemos que

$\begin{displaymath}\left( \begin{array}{@{}c\vert c@{}} \begin{matrix} 2 & -5 ... ...ix} & \begin{matrix} 165\\ -66 \end{matrix} \end{array} \right)\end{displaymath}$

$% latex2html id marker 2900 $ \therefore \begin{cases} x+83z=165\\ -y-33z=-66 \end{cases}$$ Entonces hay infinitas soluciones para el sistema, así

$\begin{displaymath}\begin{cases} x=165-83t\\ y=-33t+66\\ z=t \end{cases}, t\in\mathbb{R}\end{displaymath}$

que es la ecuación paramétrica de una recta en $\mathbb{R}^3$ y vista en forma de ecuación vectorial es $(x,y,z)=(165,66,0)+t(-83,-33,1)$

**Figura 7:**

Por lo tanto el vector director de la recta generada por la intersección de los planos es $\Vec{v}=(-83,-33,1)$ .
Ahora ya tenemos un punto que está en el plano que buscamos ( $P(2,-6,1)$

) y un vector que es ortogonal ( $\Vec{v}=(-83,-33,1)$ ), solo resta encontrar dicho plano, llamémoslo $\pi$ .
Con la información del vector normal sabemos que el plano va a ser de la forma $\pi:-83x-33y+z+D=0$ .
Sabemos también que el plano pasa por el punto $P$

entonces sustituyéndolo en la ecuación anterior, se debe mantener la igualdad y así encontraremos el valor $D$

.
$-83(2)-33(6)-1+D=0\Rightarrow-365=-D\Rightarrow D=365$
$% latex2html id marker 2931 $ \therefore -83x-33y+z+365=0$$ es la ecuación del plano que pasa por el punto $P(2,6,-1)$

y es ortogonal a la recta de intersección de los planos iniciales.

**Figura 8:**

Problema 5

Demuestra que $\cap_{k=1}^{\infty} B_{1/k}(0) = \{0\}$ .

Para demostrar acerca de una intersección infinita, calculamos el límite de la intersección finita al infinito.

$\displaystyle \cap_{k=1}^{\infty} B_{1/k}(0) = \lim_{n \to \infty} \cap_{k=1}^{n} B_{1/k}(0) = \lim_{n \to \infty} B_{1/n}(0) = B_{0}(0) = \{0\}$

pues $B_{1}(0) \supset B_{1/k}(0) \supset B_{1/(k+1)}(0) \supset B_{1/n}(0) \supset B_{0}(0) = \{0\}$

Problema 6

Demuestra que:
a) La frontera de toda bola abierta es la esfera con el mismo radio y centro.
Dem. La bola abierta de de centro x y radio r es el conjunto
B(x, r)= $\{y \in X: d(x, y) < r \}$ .
La frontera es el conjunto Fr(B(x, r))= $\{z \in X: z \in \overline{B}-B^{\circ} \}$ =
$\{z \in X: z \in \overline{B} \And z \notin B^{\circ} \}$ = $\{z \in X: d(x, z) \leq r \} \cap \{z \in X: d(x, z) \geq r \}$ =
$\{z \in X: d(x, z) = r \}$ .
Y sabemos que la definición de esfera con centro en x y radio r es el conjunto
S(x, r)= $\{a \in X: d(a, y)=r \}$ , que es exactamente lo que obtuvimos de la Fr(B(x, r)).
b)La frontera de una esfera es ella misma.
Dem: La esfera por definición es S(x, r)= $\{y \in X: d(x,y)=r \}$ . Dado que la
Fr(S)= $\{y \in X:y \in \overline{S} -S^{\circ} \}$ = $\{y \in X: y \in \overline{S} \And y \notin S^{\circ} \}$ y por la definición de esfera (S(x,r)) $^{\circ}$ = $\emptyset$ . Por lo tanto, Fr(S(x,r))= $\{y \in X: y \in \overline{S} \}$ = $\{y \in X: d(x,y)=r \}$
c)Demuestra que un punto es cerrado en $\mathbb{R}^{n}$ .
Dem: Sea p un punto $p \in R^{n}$ queremos comprobar que $R^{n}$ \ ${p}$

es abierto. Un conjunto es abierto si dado $x \in R^{n}$ \ ${p}$

$\exists$ una bola abierta $B(x, r) \subset \mathbb{R}^{n}$ \ ${p}$

, y es claro que existe esta bola que cabe en todo $\mathbb{R}^{n}$ \ ${p}$

, y no es necesario centrar la bola en $p$

, y toda bola no centrada en $p$

está en el conjunto.
d) El conjunto [1, $\infty$ ) es un subconjunto cerrado en R.
Para demostrarlo vemos que su complemento es abierto A=(- $\infty$ , 1).
Como todo intervalo abierto es un abierto, ya terminamos.

e)El conjunto dado por $A = (0, \infty) \times (0, \infty)$ es un conjunto abierto en $\mathbb{R}^{n}$ . Dibújalo.
El producto cartesiano de abiertos es un abierto, por lo que $A$ es un abierto.

Image 1cuad

Problema 7

a) ¿Cuál es la frontera del conjunto $\mathbb{Q} \times \mathbb{Q}$ en $\mathbb{R}^2$
P.d. $Fr(\mathbb{Q} \times \mathbb{Q})=\mathbb{R}^2$
Dem: $Fr(\mathbb{Q} \times \mathbb{Q}) \subseteq \mathbb{R}^2$ pues es subconjunto
P.d. $Fr(\mathbb{Q} \times \mathbb{Q}) \supseteq \mathbb{R}^2$
Dem: Sean $r>0$

y $(x_0, y_0) \in \mathbb{R}^2$ , nos situamos en $B_r(x_0,y_0)$

. Si sobre el eje $x$

nos desplazamos a la derecha una cantidad $r/2$

, entonces existe $\overline{p} \in \mathbb{Q}$ tal que $\overline{p} \in (x_0,x_0+r/2)$ . De forma similar si nos desplazamos en $y$

entonces existe $\overline{q} \in \mathbb{Q}$ tal que $\overline{q} \in (y_0,y_0+r/2)$ . Entonces como
$x_0 < \overline{p} < x_0+r/2$ $\implies$ $\vert\overline{p}-x_0\vert < \vert x_0+r/2-x_0\vert = r/2$ , y de forma similar
$y_0 < \overline{q} < y_0+r/2$ $\implies$ $\vert\overline{q}-y_0\vert < \vert y_0+r/2-y_0\vert = r/2$ , se cumple que
$\vert\vert(\overline{p},\overline{q})-(x_0,y_0)\vert\vert \leq \vert\overline{p}-x_0\vert+\vert\overline{q}-x_0\vert<r$ $\implies$ $(\overline{p},\overline{q}) \in B_r(x_0,y_0)$ , y como
$(\overline{p},\overline{q}) \in \mathbb{Q} \times \mathbb{Q}$ $\implies$ $B_r(x_0,y_0) \cap (\mathbb{Q} \times \mathbb{Q}) \neq \emptyset$ .
También $\exists \overline{p}' \in \mathbb{Q}^c$ , tal que $\overline{p}'\in(x_0,x_0+r/2)$ , y $\exists \overline{q}' \in \mathbb{Q}^c$ , tal que
$\overline{q}'\in(y_0,y_0+r/2)$ , lo cual implica que $\vert\vert(\overline{p}',\overline{q}')-(x_0,y_0)\vert\vert \leq \vert\overline{p}'-x_0\vert+\vert\overline{q}'-x_0\vert<r$ $\implies$ $(\overline{p}',\overline{q}') \in B_r(x_0,y_0)$ y como $(\overline{p}',\overline{q}') \in \mathbb{Q}^c \times \mathbb{Q}^c$
$\implies$ $B_r(x_0,y_0) \cap (\mathbb{Q}^c\times \mathbb{Q}^c) \neq \emptyset$ . En consecuencia
$(x_0,y_0) \in Fr(\mathbb{Q} \times \mathbb{Q})$ $\implies$ $\mathbb{R}^2 \subseteq Fr(\mathbb{Q} \times \mathbb{Q})$
$% latex2html id marker 3089 $ \therefore$$ $Fr(\mathbb{Q} \times \mathbb{Q})=\mathbb{R}^2$ .

b) ¿Quien es el complemento de $\mathbb{Q} \times \mathbb{Q}$ en $\mathbb{R}^2$ . Y ¿quien es
Fr $(\mathbb{R}^2$ \ $\mathbb{Q} \times \mathbb{Q})$ ?
Por definición del complemento de un producto cartesiano, sea $\mathbb{Q}\subset \mathbb{R}$
$(\mathbb{Q} \times \mathbb{Q})^c = (\mathbb{Q} \times \mathbb{R}) \bigcup ( \mathbb{R} \times \mathbb{Q})$
Como $Fr(A)=Fr(A^c)$ , $Fr((\mathbb{Q} \times \mathbb{Q})^c)=Fr(\mathbb{Q} \times \mathbb{Q})=\mathbb{R}^2$

Problema 8

Demuestra que $\overline{A}= A^{\circ} \cup Fr(A)$
Debemos probar la doble contención. Queremos demostrar que si $x\in \overline{A}$ $\rightarrow$ $x \in A^{\circ} \cup Fr(A)$ $\rightarrow$ $x \in A^{\circ}$ ó $x\in Fr(A)$ .
Tenemos dos casos, que $x \in A^{\circ} \subset \overline{A}$ $\rightarrow$ $x \in A^{\circ} \cup Fr(A)$ . Y en el caso 2 $x \notin A^{\circ} \subset \overline{A}$ $\rightarrow$ $x\in \overline{A}$ y $x \notin A^{\circ}$ $\rightarrow$ $x \in \overline{A}-A^{\circ} =Fr(A)$ $\rightarrow$ $x \in Fr(A) \cup A^{\circ}$ . $% latex2html id marker 3145 $ \therefore \overline{A} \subseteq A^{\circ} \cup Fr(A)$$
Ahora el regreso si $x \in A^{\circ} \cup Fr(A)$ , podemos elegir indistintamente $A^{\circ}$ o $Fr(A)$

, por conveniencia tomamos $A^{\circ}$ por sus propiedades $x\in A^{\circ} \subset A \subset \overline{A}$ y se demuestra. Ahora si tomamos un punto en la frontera que por definición es Fr(A)= $\{y \in X: y \in A\cap (A^{\circ})^C\}$ y entonces $x \in A \subset \overline{A}$ y se cumple lo que deseamos. $% latex2html id marker 3161 $ \therefore \overline{A} \supseteq A^{\circ} \cup Fr(A)$$
$% latex2html id marker 3163 $ \therefore\overline{A}= A^{\circ} \cup Fr(A)$$

Problema 9

Sea $A=\{\frac{n}{n+1} : n \in \mathbb{N} \}$ . Demuestra que $A$

sólo tiene un punto de acumulación. ¿Quién es la adherencia de A? Y ¿ $Fr(A)$

y $A^{\circ}$ ?

Para cada $n$ el entorno de $\frac{n}{n+1}$ de radio $r$ contiene elementos que no son en $A$ , pues para algún $r_k \in \mathbb{R} \leq r$ , $\frac{n}{n+1} + r_k \neq \frac{m}{m+1}, m\in \mathbb{N}$ , ya que, por ejemplo, la suma de un irracional más un racional da un irracional. Y para $n \to \infty$ , todo entorno de radio $\epsilon$ contiene al menos un elemento de $A$ , pues como el $\lim_{n \to \infty}\frac{n}{n+1} = 1$ , esto es para todo $\epsilon>0$ existe una $c$ tal que $\left \lvert \frac{n}{n+1} - 1 \right \rvert < \epsilon$ , siempre que $n>c$ , entonces $\frac{n}{n+1}$ está en la bola de radio $\epsilon$ y con centro en 1. En consecuencia $A^d = \{x \in \mathbb{R} : \forall r (B_r(x) - \{x\}) \cap A \neq \emptyset\} = \{1\}$

Vemos que todo elemento de $A$ admite toda bola de radio $r$ con centro en $x=\frac{n}{n+1} \in A$ , entonces el centro pertenece a $A$ y toda bola de radio $r$ , por lo que $A \cap B_r(x) \neq \emptyset$ . Por otra parte como $\lim_{n \to \infty}\frac{n}{n+1} = 1$ , entonces para toda $\epsilon$ existe una $c$ tal que $\left \lvert \frac{n}{n+1} - 1 \right \rvert < \epsilon$ , siempre que $n>c$ , es decir, $B_{\epsilon}(1) \supset \{\frac{n}{n+1} : n>c\}$ , por lo que $B_{\epsilon}(1) \cap A \neq \emptyset$ , entonces $\bar{A}=A \cup \{1\}$ .

Como $Fr(A) =\overline{A} \cap \overline{A^{c}}$ , calculamos entonces $\overline{A^{c}}$ . Como
$\overline{A^c}=\{x\in \mathbb{R} :\forall r B_r(x) \cap A^c\neq \emptyset \}$ , entonces, observamos que todos los puntos que no pertenecen a $A$ , es decir, $A^c$ , pertenecen a la cerradura $\overline{A^c}$ , pues cada bola abierta $B_r(y)$ alrededor de cada uno de estos puntos $y \in A^c$ está contenida en $A^c$ , por lo que $B_r(y) \cap A^c \neq \emptyset$ , por otra parte, los puntos que pertenecen a $A$ pertenecen a la cerradura $\overline{A^c}$ , pues para todos los puntos en $A$ , con $a\in A$ , $B_r(a) \cap A^{c} \neq \emptyset$ , ya que las bolas centradas en estos puntos contienen puntos de $A^c$ , entonces $\overline{A^c} = A \cup A^{c} = \mathbb{R}$ . En consecuencia $Fr(A) =\overline{A} \cap \overline{A^{c}} = \overline{A} \cap \mathbb{R}=\overline{A}$ .

Como $Fr(A) = \overline{A} - A^{\circ}$ y $Fr(A) = \overline{A}$ , entonces $\overline{A} = \overline{A} - A^{\circ}$ , y entonces $A^{\circ} = \emptyset$

Problema 10

Demuestra que $\overline{A}=A\cup A^{a}$
Dem:
P.d. $\overline{A}\subseteq A\cup A^{a}$ .
Sea $x\in \overline{A}$ , esto implica dos casos:
1) si $x\in A^{a}$ $\implies$ $x\in A \cup A^{a}$ .
2) si $x\notin A^{a}$ $\implies$ $x\notin A^{a} \And x\in \overline{A}$
$\implies$ $(\forall r: B_r^{\circ}(x) \cap A = \emptyset) \And (\forall r: B_r(x) \cap A \neq \emptyset)$
$\implies$ $\{x\} \cap A \neq \emptyset$ $\implies$ $x\in A$ $\implies$ $x\in A \cup A^{a}$
$% latex2html id marker 3315 $ \therefore$$ $\overline{A}\subseteq A\cup A^{a}$
P.d. $A\cup A^{a} \subseteq \overline{A}$ .
Sea $x\in A \cup A^{a}$ $\implies$ $x\in A$ ó $x\in A^{a}$ .
Si $x\in A$ $\implies$ $x\in \overline{A}$ , pues $A\subset\overline{A}$
Si $x\in A^{a}$ $\implies$ $x\in \overline{A}$ , pues $A^{a}\subset\overline{A}$ $% latex2html id marker 3345 $ \therefore$$ $A\cup A^{a} \subseteq \overline{A}$
Finalmente, entonces, $\overline{A}=A\cup A^{a}$

Problema 11

Demuestre que si $f:R^n\rightarrow R^m$ es una función continua, entonces la imagen inversa de abiertos en $R^m$

es abierta en $R^n$

. Lo mismo con cerrados.
Dem: Sea $V\subset R^m$ un conjunto abierto y $x\in f^{-1}(V)$
ent. $f(x)\in V$ y como $V$

es abierto existe $\epsilon_x>0$ tal que $B_{\epsilon_x}(f(x))\subset V$ .
$f$

es continua en $x$

(pues lo es en $R^n$

)
así existe $\delta_x>0$ tal que $B_{\delta_x}(x)\cap R^n \subset f^{-1}(B_{\epsilon_x}(f(x))$
haciendo esto para cada $x\in f^{-1}(V)$
tenemos que $(\bigcup_{x\in f^{-1}(V)}B_{\delta_x}(x))\cap R^n$ = $\bigcup_{x\in f^{-1}(V)}(B_{\delta_x}(x)\cap R^n)\subset\bigcup_{x\in f^{-1}(V)... ...)))\\ \subset f^{-1}(V)\subset(\bigcup_{x\in f^{-1}(V)}B_{\delta_x}(x))\cap R^n$ i.e. $f^{-1}(V)$ = $(\bigcup_{x\in f^{-1}(V)}B_{\delta_x}(x))\cap R^n$
sea $U=\bigcup_{x\in f^{-1}(V)}B_{\delta_x}(x)$ , observemos que $U$

es un conjunto abierto ya que es el resultado de la unión de abiertos
ent. $f^{-1}(V)$ es la intersección de $R^n$

y un abierto
por lo tanto $f^{-1}(V)$ es un conjunto abierto.
Supongamos que $V\subset R^m$ es un conjunto cerrado
se tiene que $V^c$

es un conjunto abierto, por lo tanto
$f^{-1}(V^c) = f^{-1}(R^m-V) = R^n\cap(R^n-f^{-1}(V))=R^n-f^{-1}(V)$
así si $x\in R^n$ entonces $x\in f^{-1}(V^c)\Rightarrow x\in f^{-1}(R^m-V)\Rightarrow f(x)\in R^m-V \\ \Rightarrow f(x)\notin V\Rightarrow x\notin f^{-1}(V)\Rightarrow x\in R^n-f^{-1}(V)$
como $f^{-1}(V^c)$ es un abierto en A, $f^{-1}(V^c) = F\cap R^n$ para algún abierto $F\subset R^n$
$f^{-1}(V) = R^n-(R^n-f^{-1}(V)) = R^n-f^{-1}(V^c) = R^n-(R^n\cap F) = R^n\cap (R^n-F)$
como $F$

es abierto $F^c$

es cerrado y entonces $f^{-1}(V) = R^n\cap F^c$ es un cerrado.

Problema 12

Si $f:\mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^m$ es una función continua, demuestra que para toda $y\in \mathbb{R}^m$ , $\{x\in\mathbb{R}^m : f(x) = y \}$ es cerrado.

$\{x\in\mathbb{R}^m : f(x) = y \} = f^{-1}(\mathbb{R}^m)$ , como la pre-imagen de un cerrado es cerrado, y como el conjunto $\mathbb{R}^m$ es cerrado, entonces
$\{x\in\mathbb{R}^m : f(x) = y \}$ es cerrado

Problema 13

Sean $f:\mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^m$ y $g: \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^m$ , dos funciones continuas. Demuestre que el conjunto $\{x \in \mathbb{R}^n : f(x) = g(x) \}$ es cerrado.

$\begin{displaymath}\begin{split} \{x \in \mathbb{R}^n : f(x) = g(x) \} &= \{x \i... ...: f(x) = y\} \cap \{x \in \mathbb{R}^n : g(x) = y\} \end{split}\end{displaymath}$

Como la intersección de cerrados es conjunto cerrado, y como se demostró en el ejercicio 12 que ambos conjuntos de la intersección mostrada son cerrados, entonces el conjunto $\{x \in \mathbb{R}^n : f(x) = g(x) \}$ es cerrado.

Problema 14

Sea $f:\mathbb{R}^3\rightarrow\mathbb{R}$ la función $f(x,y,z)=z^2+(\sqrt{x^2+y^2}-2)^2-1.$ Dibuja las superficies de nivel -1, 0 y 1. Incluye las trazas de dichas superficies obtenidas con los planos paralelos a XY, XZ, YZ.
La superficie de nivel $c$

es la superficie $z^2+(\sqrt{x^2+y^2}-2)^2-1=c$ entonces si queremos graficar la superficie de nivel -1, lo que debemos graficar es $z^2+(\sqrt{x^2+y^2}-2)^2-1=-1$ que es equivalente a $z^2+(2-\sqrt{x^2+y^2})^2=0$ . La superficie resultante es un toroide con distancia del centro del circulo al eje $y$

de 2 y radio del círculo de 0 por lo cual no la podemos graficar.
La de nivel 0 sería $z^2+(\sqrt{x^2+y^2}-2)^2-1=0$ que es equivalente a $z^2+(2-\sqrt {x^2+y^2})^2=1$ . La superficie resultante es un toroide con distancia del centro del circulo al eje $y$

de 2 y radio del círculo de $1$

**Figura 9:** $z^2+(2-\sqrt {x^2+y^2})^2=1$

Y por último la de nivel 1 sería $z^2+(\sqrt{x^2+y^2}-2)^2-1=1$ que es equivalente a $z^2+(2-\sqrt {x^2+y^2})^2=2$ . La superficie resultante es un toroide con distancia del centro del circulo al eje $y$

de 2 y radio del círculo de $\sqrt{2}$

**Figura 10:** $z^2+(2-\sqrt {x^2+y^2})^2=2$

Para las trazas de las superficies con planos paralelos a los coordenados debemos considerar las siguientes ecuaciones:
Para planos paralelos al XY las trazas generadas por la curva de nivel serán curvas de la forma $r^2+(2-\sqrt{x^2+y^2})^2=c+1$

Que como podemos ver son dos círculos concéntricos, en los cuales varían los radios según la $r$

que escojamos.
Para planos paralelos al XZ las trazas generadas por la curva de nivel serán curvas de la forma $z^2+(2-\sqrt{x^2+r^2})^2=c+1$

**Figura 11:**

**Figura 12:**

**Figura 13:**

Por último para los planos paralelos al YZ las trazas son de la forma $z^2+(2-\sqrt{r^2+y^2})^2=c+1$

**Figura 14:**

**Figura 15:**

**Figura 16:**

Problema 15

Dibuja la curva determinada por la parametrización $\alpha(t)=(\cos\ t, \sen\ t, 1-\sen\ t).$ Determina la ecuación vectorial, las ecuaciones paramétricas y la forma cartesiana del plano en el que se encuentra dicha curva.

De la ecuación ya parametrizada $\alpha (t)=(cos\ t, sen\ t, 1-sen\ t)$ sabemos que
$x=\cos\ t$ , $y=\sen\ t$ y $z= 1-\sen\ t$
y también sabemos que $\sen^2\ t + \cos^2\ t=1$ por lo tanto $x^2+y^2=0$

.
Otra ecuación que nos da la parametrización es $z= 1-y$

ya que $z= 1-\sen\ t$ y $y=\sen\ t$

**Figura 17:**

**Figura 18:**

Al intersectar ambas figuras, obtendremos la curva parametrizada por $\alpha(t)$

**Figura 19:** y

**Figura 20:** $\alpha (t)=(cos\ t, sen\ t, 1-sen\ t)$

Ahora hay que encontrar el plano en el que se encuentra la curva. Como la curva es generada por la intersección de un cilindro y un plano ( $\pi:=z=1-y$ ) entonces $\forall\Vec{x}\in\alpha(t)$ se tiene que $\Vec{x}\in\pi$ .
Por lo tanto la ecuación cartesiana del plano que contiene a $\alpha(t)$ es

$\displaystyle y+z-1=0$

Si ponemos a $x$

y a

como parámetros obtenemos otra ecuación. Si $x=\lambda$ y $z=\mu$ entonces $y= 1-\mu$ . Así la ecuación paramétrica del plano es

$\begin{displaymath}\begin{cases} x=\lambda\\ y=1-\mu\\ z=\mu \end{cases} \lambda,\mu\in\mathbb{R}\end{displaymath}$

De aquí podemos sacar rápidamente la ecuación vectorial, ya que tenemos información del punto y de los vectores directores en la ecuación anterior. El punto que está en el plano es $P=(0,1,0)$

y los vectores directores $\Vec{v}=(1,0,0)$ y $\Vec{u}=(0,-1,1)$ entonces la ecuación vectorial del plano es

$\displaystyle (x,y,z)=(0,1,0)+\lambda(1,0,0)+\mu(0,-1,1)$

Problema 16

Determina el dominio y dibuje la gráfica de la función dada por:

$\displaystyle f(x,y)= c \sqrt{1-\frac{x{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}}$

(1)

El valor dentro de la raíz debe ser mayor o igual a cero.
$\frac{x{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}} \leq 1$ recordemos que esta es la ecuación de la hipérbola en el plano $R^{2}$ que se ve de la siguiente forma
Image Planor2

El dominio de la función es el conjunto $\{(x,y) \in R^{2}$ : $\frac{x{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}} \leq 1\}$ .
Podemos hacer $f(x, y)=z$

para despejar la ecuación y sea más fácil visualizar el resultado. Resulta:
$\frac{z^{2}}{c^{2}}+\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$ Hacemos las trazas $xy$

. Si

obtenemos la misma hipérbola en $xy$

. Si

queda la hipérbola en $yz$

; y en

queda una elipse en el plano $xz$

. Podemos tomar diferentes valores para $a$

La gráfica final aparece de esta manera para $a=b=c=1$

Problema 17

Demuestre si existe o no el límite en el punto indicado.

$\lim_{(x,y)\to (0,0)} \frac{x^2}{\sqrt{x^2+y^2}}$
Dem: p.d. $\forall\epsilon>0$ $\exists\delta>0$ tal que si $0<\sqrt{x^2+y^2}<\delta$ entonces
$\vert\frac{x^2}{\sqrt{x^2+y^2}}-0\vert< \epsilon$ .
claramente $0<x^2\leq x^2+y^2$
ent. $x^2\leq x^2+y^2\Leftrightarrow\frac{1}{x^2+y^2}\leq\frac{1}{x^2}\Leftrightarrow... ...{\vert x^2\vert}{\vert x\vert}=\frac{\vert x\vert^2}{\vert x\vert}=\vert x\vert$

Como $\vert x\vert<\sqrt{x^2+y^2}<\delta$ , hacemos $\delta=\epsilon$ , entonces $\vert x\vert<\epsilon$
$\vert\frac{x^2}{\sqrt{x^2+y^2}}-0\vert=\vert\frac{x^2}{\sqrt{x^2+y^2}}\vert=\frac{x^2}{\sqrt{x^2+y^2}}\leq\frac{x ^2}{\sqrt{x^2}}=\vert x\vert<\epsilon$

Problema 18

Demuestra mediante la definición $(\epsilon-\delta)$ que las siguientes son funciones continuas en $(0,0)$

$\begin{displaymath}\begin{split} \text{a) } f(x,y) &= \begin{cases} \frac{x^2-y^... ... (x,y) \neq (0,0) \\ 0, & (x,y) = (0,0) \end{cases}\end{split}\end{displaymath}$

a) p.d. Dado $\epsilon>0$ , existe $\delta >0$ , tal que
$\lvert \lvert (x,y)-0 \rvert \rvert < \delta \implies \lvert \lvert f(x,y) - f(0,0) \rvert \rvert < \epsilon$ ,

$\displaystyle f(x,y) = \begin{cases} \frac{x^2-y^2}{\sqrt{x^2+y^2}}, & (x,y) \neq (0,0) \\ 0, & (x,y) = (0,0) \end{cases}$

Dem: Notemos que

$\displaystyle \left \lvert \frac{x^2-y^2}{\sqrt{x^2+y^2}}-0 \right \rvert = \le... ...-y^2) \rvert}{\sqrt{x^2+y^2}} = \frac{x^2+y^2}{\sqrt{x^2+y^2}} = \sqrt{x^2+y^2}$

Haciendo $\delta=\epsilon$ ,
$\lvert \lvert (x,y)-0 \rvert \rvert = \sqrt{x^2+y^2} < \delta \implies \lvert \... ...\rvert = \left \lvert \frac{x^2-y^2}{\sqrt{x^2+y^2}}-0 \right \rvert < \epsilon$

b) p.d. Dado $\epsilon>0$ , existe $\delta >0$ , tal que
$\lvert \lvert (x,y)-0 \rvert \rvert < \delta \implies \lvert \lvert f(x,y) - f(0,0) \rvert \rvert < \epsilon$ ,

$\displaystyle f(x,y) = \begin{cases} \frac{x^4-y^4}{x^2+y^2}, & (x,y) \neq (0,0) \\ 0, & (x,y) = (0,0) \end{cases}$

Dem: Notemos que

$\displaystyle \left \lvert \frac{x^4-y^4}{x^2+y^2}-0 \right \rvert = \left \lve... ...} \right \rvert \leq \frac{\lvert x^4+2x^2y^2\rvert+\lvert-y^4\rvert}{x^2+y^2}$

$\displaystyle = \frac{\lvert x^4+2x^2y^2 \lvert+y^4}{x^2+y^2} \leq \frac{\lvert... ...^2} = \frac{ x^4+2x^2y^2+y^4}{x^2+y^2} = \frac{ (x^2+y^2)^2}{x^2+y^2} = x^2+y^2$

$\displaystyle = \sqrt{x^2+y^2} \sqrt{x^2+y^2}$

Como $\sqrt{x^2+y^2}<\delta$ , entonces $\sqrt{x^2+y^2}\sqrt{x^2+y^2}<\delta\sqrt{x^2+y^2}<\delta^2$ , y así $x^2+y^2<\delta^2$ . Si hacemos $\delta=\sqrt{\epsilon}$ , entonces

$\displaystyle \lvert \lvert f(x,y) - f(0,0) \rvert \rvert = \left \lvert \frac{x^4-y^4}{x^2+y^2}-0 \right \rvert < x^2+y^2 < \delta^2 = \epsilon$

Buscar este blog

Cálculo 3 - UNAM

Tarea para examen