Solución Tarea 1

Tarea 1 - Vectorial 201510
1. Part 1: 1.1 - 3.2
1.1. Un cerro se queda en las monta˜
nas en la altura de 6 mil metros. El cerro tiene la forma
del gr´afico de la funci´on z = f (x, y) = 1 − x2 − y 2 . Observamos que plaquitas paralelas a los
planos −2x + y = 0 y 5x − y − z = 0 no hacen sombra. ¿Cu´al es el punto m´as caliente del
cerro?
Soluci´
on: Como las plaquitas no hacen sombra, entonces los rayos del sol son paralelos
~1 × N
~ 2,
a la recta de intersecci´on de los planos. Un vector director de la recta es ~v = N
~
~
donde N1 = (−2, 1, 0) es un vector normal al plano −2x + y = 0 y N2 = (5, −1, −1) es un
vector normal al plano 5x − y − z = 0. Entonces los rayos del sol son paralelos al vector
~v = (1, 2, −3).
~ normal al plano tangente al gr´afico de la funci´on
El punto m´as caliente es donde el vector N
f (x, y) es paralelo a los rayos. Pero en un punto (x, y, f (x, y) del gr´afico de la funci´on f (x, y)
~ = (−2x, −2y, −1), entonces tenemos que
el vector N

 6y + 2 = 0
−6x − 1 = 0
(−2x, −2y, −1) × (1, 2, −3) = (0, 0, 0) ⇒
 −4x + 2y = 0
Entonces el punto es x = −1/6, y = −1/3, z = f (−1/6, −1/3) = 13/18.
Respuesta: (−1/6, −1/3, 13/18).
1.2. Sea Γ la curva con la ecuaci´on param´etrica ~r(t) = (sin(t), sin(t) cos(t)), t ∈ (0, 2π).
a) Graficar la curva Γ.
b) ¿Cu´antas veces la curva G pasa por el punto (0, 0)?
c) Hallar los puntos donde la curvatura k(t) de la curva Γ toma valor cero.
d) ¿Es verdadero que 0 ≤ k(t) < 24?
Soluci´
on:
a)
b) La curva pasa por el punto (0, 0) si ~r(t) = ~0. Pero ~r(t) = ~0 si y s´olo si t = π, pues t
pertenece al intervalo (0, 2π), y por lo tanto la curva G pasa por el punto (0, 0) s´olo una vez.
c) Hallemos la curvatura de la curva.
d
~r(t) = (cos(t), cos(2t)),
dt
d2
~r(t) = (− sin(t), 2 sin(2t)),
dt2
2
entonces
− sin(t) 2 sin(2t)
d2
d
~
r
(t)
=
~
r
(t)×
cos(t)
cos(2t)
dt2
dt
= − sin t cos(2t) − 4 cos2 (t) = sin t 2 cos2 (t) + 1 .
Luego
p
√
d
~rk = cos2 (t) + cos2 (2t) = 4 cos4 t − 3 cos2 t + 1
dt
Por lo tanto, la curvatura de la curva Γ es,
k
2
| d 2 ~r(t) × dtd ~r(t)|
| sin(t)| (2 cos2 (t) + 1)
k(t) = dt d
=
√
3.
k dt ~r(t)k2
4 cos4 t − 3 cos2 t + 1
Ahora bien, k(t) = 0 si y s´olo si sin t = 0, entonces t = π.
d) Verdadero. Por la definici´on k(t) ≥ 0. Luego tenemos que
| sin(t)|(2 cos2 (t) + 1) ≤ 3.
√
3
4 cos4 t − 3 cos2 t + 1 > 1/8,
pues el valor m´ınimo de la funci´on f (x) = 4x2 − 3x + 1, donde x ∈ [0, 1], es f (3/8) = 7/16 >
1/4. Entonces k(t) < 24.
Respuesta: b) S´olo una vez; c) t = π; d) Verdadero.
1.3. ¿En cuales puntos la recta tangente a la curva parametrica ~r(t) = (t2 , t, ln |t|), por
t 6= 0, es paralela al plano de ecuaci´on x + 2y − 4z = 3?
Soluci´
on: Un vector normal al plano dado es (1, 2, −4) y el vector tangente a la curva
1
parametrica al tiempo t es ~r(t)0 = (2t, 1, ), por t 6= 0. Los puntos son dados por las
t
soluciones de la ecuaci´on:
4
1
(1, 2, −4) · (2t, 1, ) = 2t + 2 − = 0,
t
t
2
o sea por t 6= 0 y t + t − 2 = 0. Por lo tanto, los puntos donde esto se cumple est´an ubicados
en los tiempos t = −2 y t = 1, o sea son (4, −2, ln 2) y (1, 1, 0).
1.4. Encuentre la ecuaci´on de la recta tangente en el punto (−2, 0, 0) a la curva obtenida
x2
como intersecci´on de los cilindros
+ y 2 = 1 y z = y 3 y la curvatura de esta curva en el
4
mismo punto.
Soluci´
on: Las ecuaciones param´etricas de la curva son:

 x(t) = 2 cos(t)
y(t) = sin(t)
~r(t) :
0 ≤ t ≤ 2π.

3
z(t) = sin(t) ,
Por lo tanto, ~r 0 (t) = h−2 sin(t), cos(t), 3 sin(t)2 cos(t)i. Es cierto: ~r(π) = h−2, 0, 0i y ~r 0 (π) =
h0, −1, 0h. Sigue que la recta tangente a la curva dada en el punto (−2, 0, 0) tiene ecuaciones
param´etricas:

 x(t) = −2
y(t) = −t

z(t) =
0
3
Es cierto: ~r 00 (t) = h−2 cos(t), − sin(t), 6 sin(t) cos(t)2 − 3 sin(t)3 i y ~r 00 (π) = h−2, 0, 0i. Por lo
tanto:
~r 0 (π) × ~r 00 (π) = h0, −1, 3i × h−2, 0, 0i = h0, −6, −2i.
Sigue:
k h0, −6, −2i k
κ(π) =
=
103/2
r
2
.
50
1.5. Encontrar la ecuacion del cilndro eliptico en R3 paralelo al eje z que contiene el circulo
que es la interseccion del plano z = y y la esfera x2 + y 2 + z 2 = 4.
Soluci´
on: Eliminando z de las ecuaciones, obtenemos x2 + 2y 2 = 4.
1.6. Encontrar la ecuacion de la superficie R3 obtenida al rotar la hiperbola x2 − 4z 2 = 1
alrededor del eje x.
Soluci´
on: La distancia al eje x en el plano xz es |z|, queremos reemplazarlo con la distancia
al eje x en R3 , que es
p
y2 + z2
por lo que la ecuacion de la superficie es:
p
x2 − 4( y 2 + z 2 )2 = 1.
1.7. Considere la funcion f (x, y) = x2 − y − xey − 1. Encuentre una funcion g(x, y, z) tal
que la grafica de f sea la superficie de nivel g(x, y, z) = 5
Soluci´
on: La grafica de f esta dada por la ecuacion z = x2 − y − xey − 1, que se puede
reescribir como
x2 − y − xey − z + 4 = 5
por lo que podemos escoger g(x, y, z) = x2 − y − xey − z + 4.
1.8. ¿Verdadero o Falso?
a) Si la curvatura de una curva es cero en todos los puntos entonces la curva es una
recta.
b) La curvatura de la curva dada por la ecuaci´on param´etrica ~r(t) = ~0 es cero.
c) La curvatura de una par´abola toma su valor m´aximo en el v´ertice de la par´abola.
d) La curvatura de una par´abola toma valores menor que 0, 5.
e) La curvatura de una elipse es una funci´on acotada.
Soluci´
on: a) Falso, es un segmento de la recta; b) Falso, la curvatura no es definida para
esta curva; c) Verdadero; d) Verdadero; e) Verdadero.
4
1.9. ¿Existe una funci´on f (x, y) diferenciable tal que:
3
(1) fx = ecos(y ) , fy = ln(sin(x)2 );
(2) fx = 6x2 y − y, fy = 2x3 − x;
(3) fx = ex y, fy = ex ;
(4) fx = 4xy, fy = 2x2 + x ?
Soluci´
on:
∂ cos(x3 )
∂
(1)
e
6=
ln(sin(x)2 ), entonces tal f no existe.
∂y
∂x
∂
∂
(2)
(6x2 y − y) = 6x2 − 1 =
(2x3 − x), entonces, por el teorema de Clairaut existe
∂y
∂x
f tal que fx = 6x2 y − y, fy = 2x3 − x. Ya que fy = 2x3 − x sigue que f (x, y) =
(2x3 − x)y + h(x). Entonces, fx = 6x2 y − y + h0 (x). Sigue que h es constante.
∂ x
∂ x
(3)
e y = ex =
e , entonces, por el teorema de Clairaut existe f tal que fx = ex y,
∂y
∂x
fy = ex . Ya que fy = ex sigue que f (x, y) = ex y + h(x). Entonces, fx = ex y + h0 (x).
Sigue que h es constante.
∂
∂
(4)
4xy 6=
(2x2 + x), entonces tal f no existe.
∂y
∂x
1.10. Probar que la funci´on f (x, y) = x + g(xy), donde g(u) es una funci´on diferenciable de
una variable, es una soluci´on de la ecuaci´on diferencial parcial
∂z
∂z
x
−y
= x.
∂x
∂y
Soluci´
on: Por la regla de la cadena tenemos que
∂f
∂f
= 1 + g 0 (xy)y,
= g 0 (xy)x,
∂x
∂x
entonces
∂f
∂f
x
−y
= x.
∂x
∂x
2. Part 2: 4.1 - 4.6
2.1. La presi´on P (en Pascales), el Volumen V (en metros c´
ubicos) y la Temperatura T (en
grados Kelvin) de un proceso adiab´atico satisfacen la relaci´on
V PT = 1
(1) Encuentre la funci´on V (P, T ) que expresa el volumen como funci´on de P y T y u
´sela
para calcular ∂V
(1,
1)
∂P
(2) Calcule ∂V
(P,
T ) cuando (P, T ) = (1, 1) usando derivaci´on impl´ıcita sobre la ecuaci´on
∂P
V P T = 1.
(3) Un modelo m´as realista nos dice que la presi´on el volumen y la temperatura satisfacen
la relaci´on
0.97V P T + 0.01V 4 P T + 0.02V 3 P T = 1.
Cu´anto vale ∂V
(P, T ) cuando V = 1, P = 1 y T = 1?
∂P
5
Soluci´
on:
(1) Despejando V obtenemos V (P, T ) = P1T asi que ∂V
= − P 12 T . Evaluando en P = T =
∂P
1 obtenemos ∂V
(1, 1) = −1 metro c´
ubico / Pascal.
∂P
(2) Sabemos que V (P, T ) satisface V (P, T )P T = 1 asi que si P = 1 y T = 1 concluimos
que V = 1. Derivando parcialmente contra P a ambos lados de la igualdad obtenemos,
∂V
PT + V T = 0
∂P
y evaluando en V = P = T = 1 concluimos ∂V
(1, 1) + 1 = 0 asi que ∂V
(1, 1) = −1
∂P
∂P
metros c´
ubicos / Pascal. (como debe ser, ambos m´etodos dan el mismo resultado).
(3) Ahora, suponga que las variables V, P, T satisfacen la relaci´on
0.97V P T + 0.01V 4 P T + 0.02V 3 P T = 1.
y pensemos que el volumen es una funci´on de P y T llamada V (P, T ). Sabemos que
satisface
0.97V (P, T )P T + 0.01V (P, T )4 P T + 0.02V (P, T )3 P T = 1.
Derivando impl´ıcitamente contra P obtenemos
0.97
∂V
∂V
P T + 0.97V T + 4 · 0.01V 3
P T + 0.01V 4 T +
∂P
∂P
∂V
P T + 0.02V 3 T = 0.
∂P
Evaluando en V = P = T = 1 obtenemos
+3 · 0.02V 2
0.97
∂V
∂V
∂V
(1, 1) + 0.97 + 4 · 0.01
(1, 1) + 0.01 + 3 · 0.02
(1, 1) + 0.02 = 0
∂P
∂P
∂P
asi que
∂V
∂V
(1, 1) + 1.07 = 0 luego
(1, 1) = −1.07 metros c´
ubicos por Pascal.
∂P
∂P
2.2. Defina la funci´on
Z
F (x, y) =
1
2
y
sin(xt2 )
dt
t
∂F
sin(xy ) − sin(x)
(1) Demuestre que
(x, y) =
.
∂x
2x
∂F
(2) Calcule
(x, y)
∂y
(3) Si la funci´on g(x) esta definida por la f´ormula
Z sin(x)
sin(xt2 )
g(x) =
dt
t
1
Calcule g 0 (x).
Soluci´
on:
6
(1)
Z y
Z y
Z y
∂ sin(xt2 )
cos(xt2 )t2
∂F
cos(xt2 )tdt
(x, y) =
dt =
dt =
∂x
t
t
1 ∂x
1
1
y la u
´ltima integral es f´acil de calcular,
t=y
Z y
sin(xt2 )
sin(xy 2 ) − sin(x)
2
cos(xt )tdt =
=
2x
2x
1
t=1
(2) Por el teorema fundamental del c´alculo, la derivada con respecto al l´ımite superior de
integraci´on se obtiene sustituyendo la variable de integraci´on por ´este l´ımite, es decir
∂F
sin(xy 2 )
(x, y) =
∂y
y
(3) Note que g(x) = F (x, sin(x)) asi que podemos usar la regla de la cadena para encontrar
∂F
∂F
g 0 (x) =
(x, sin(x)) +
(x, sin(x)) cos(x)
∂x
∂y
asi que
sin(x sin(x)2 ) − sin(x) sin(x sin(x)2 )
g 0 (x) =
+
cos(x)
2x
sin(x)
2.3. a) Sean f (x, y) una funci´on tal que f (1, 1) = 1,
∂f
∂f
(1, 1) = 2,
(1, 1) = −1, y
∂x
∂y
g(t) = f (t, t2 ). Hallar g(1) y g 0 (1).
∂h
∂h
b) Consideramos una funci´on h(u, v) tal que h(1, 0) = 0,
(1, 0) = 1,
(1, 0) = −3. Sea
∂u
∂v
∂f
∂f
f (u, v) = ueh(u,v) − v. Hallar
(1, 0),
(1, 0).
∂u
∂v
Soluci´
on: a) Tenemos que g(1) = f (1, 1) = 1, y
g 0 (t) =
∂f
∂f
(t, t2 ) · 1 +
(t, t2 ) · (2t).
∂x
∂y
g 0 (1) =
∂f
∂f
(1, 1) · 1 +
(1, 1) · 2 = 0.
∂x
∂y
Entonces,
b) Tenemos que
∂f
∂h
= eh(u,v) + ueh(u,v)
∂u
∂u
∂f
∂h
= ueh(u,v)
− 1.
∂v
∂v
Entonces,
∂f
∂f
(1, 0) = 2,
(1, 0) = −4.
∂u
∂u
∂f
∂f
Respuesta. a) g(1) = 1, g 0 (1) = 0; b)
(1, 0) = 2,
(1, 0) = −4.
∂u
∂u
7
2.4. Considere la funci´on f (x, y, z) = x2 + 4y 2 − z 2 . Encontrar el plano tangente y la recta
normal al superficie S dado por f (x, y, z) = 0 en el punto (3, 2, 5). ¿Hay algun punto en el
superficie S en que el plano tangente no existe?
Soluci´
on: Sea P = (3, 2, 5).
∇f (P ) = (2x, 8y, −2z)|(3,2,5) = (6, 16, −10)
Una ecuaci´on parametrica de la recta normal a S en P es
r(t) = (3, 2, 5) + t(6, 16, −10),
t ∈ R.
La ecuaci´on del plano tangente a S en P es
(6, 16, −10) · (x − 3, y − 2, z − 5) = 0 ⇔ 6(x − 3) + 16(y − 2) − 10(z − 5) = 0.
Si el ∇f (Q) = (0, 0, 0), no existe el plano tangente en el punto Q.
∇f = (−2x, 8y, 6z) = (0, 0, 0) ⇔ (x, y, z) = (0, 0, 0).
Q = (0, 0, 0) es un punto en la superficie porque satisface la ecuaci´on f (x, y, z) = 0. Entonces
el plano tangente no existe en el punto (0, 0, 0) en la superficie.
2.5. Considere la funci´on
f (x, y) = cos(x2 − 4y 2 ).
(1) Encuentre los puntos en que f tiene valor maximo.
(2) Calcule la derivada direccional de f en P (1, 1) en la direcci´on del vector 2i + j.
(3) Supongamos que g(t) = f (t, t2 ). Calcule g 0 (1) usando la regla de la cadena.
Soluci´
on: (a)
cos(x2 − 4y 2 ) = 1 ⇔ x2 − 4y 2 = 2kπ, k es un n´
umero entero.
Si k = 0, la curva de nivel tiene ecuaci´on param´etrica
x = 2t, y = ±t
Por lo demas,
´
la ecuaci´on es
x=
√
1√
2kπ cosh t, y =
2kπ sinh t
2
(b)
∇f = (fx , fy ) = (−2x sin(x2 − 4y 2 ), 8y sin(x2 − 4y 2 ))
Entonces ∇f (P ) = (−2 sin(−3), 8 sin(−3)) = (2 sin(3), −8 sin(3)).
El vector unitario en la direcci´on de 2i + j es u = √25 i + √15 j. La derivada direcci´onal
buscada es
−4 sin(3)
√
Du (P ) = ∇f (P ) · u =
5
(c) g(t) = f (x(t), y(t)) donde x(t) = t y y(t) = t2 . Entonces t = 1 ⇒ x = 1, y = 1.
Entonces
g 0 (1) = fx (1, 1)x0 (1) + fy (1, 1)y 0 (1) = (2 sin(3))(1) + (−8 sin(3))(2) = −14 sin(3)
8
2.6. El domo de una planetaria tiene la ecuaci´on x2 + 2y 2 + z = 20 donde z = 0 corresponde
al nivel del suelo.
(1) ¿A qu´e tasa cambia la altura del domo en la direcci´on de v = i − j en el punto
P (2, 2, 8)?
(2) Encuentre la ecuaci´on param´etrica de la trayectoria de una planeta que se mueve a
traves del punto P en la direcci´on v a lo largo del domo bajo la condici´on que la
trayectoria pertence a un plano vertical.
Soluci´
on: (a) Altura z(x, y) = 20 − x2 − 2y 2 y el vector unitario en la direcci´on de v es
u = √12 (1, −1). Entonces la tasa buscada es
√
Du z(2, 2) = ∇z(2, 2) · u = (−2x, −4y)|(2,2) · u = 2 2.
(b) Una ecuaci´on param´etrica de la trayectoria es
x = 2 + t, y = 2 − t, z = 20 − (2 + t)2 − 2(2 − t)2 ,
es decir,
r(t) = (2 + t, 2 − t, 8 + 4t − 3t2 ).
2.7. Considere la funci´on f (x, y, z) = 4 − xy + 3z.
(1) ¿A qu´e tasa cambia f en el punto P (1, 2, 1) en la direcci´on del punto Q(2, 1, 2)?
(2) ¿En qu´e direcci´on f crece lo m´as rapido posible en el punto P ? ¿Cu´al es la m´axima
tasa de cambio de f en el punto P ?
(3) ¿En qu´e direcciones f se mantiene constante (ni crece ni decrece) en el punto P ?
Soluci´
on: (a) El vector unitario en la direcci´on de P~Q = (2, 1, 2) − (1, 2, 1) = (1, −1, 1) es
1
u = √ (1, −1, 1).
3
∇f (P ) = (−y, −x, 3)|(1,2,1) = (−2, −1, 3).
La tasa de cambio
1
2
= Du f = ∇f (P ) · u = (−2, −1, 3) · √ (1, −1, 1) = √ .
3
3
(b) f crece lo m´as rapido posible en P en la direcci´on
∇f (P )
1
= √ (−2, −1, 3).
||∇f (P )||
14
La m´axima tasa de cambio de f en el punto P es
√
||∇f (P )|| = 14.
(c) f mantiene constante en P las direcciones u = (u1 , u2 , u3 ) tal que
Du f (P ) = 0 ⇔ (−2, −1, 3) · (u1 , u2 , u3 ) = 0 ⇔ −2u1 − u2 + 3u3 = 0.
9
2.8. El punto (1, −1, 2) est´a en la superficie S:
x2 + z 2 − 2xy − y 2 = 6.
Encuentre la ecuacion del plano tangente a la superficie S en (1, −1, 2).
Soluci´
on: Calcule el gradiente de g(x, y, z) = x2 + z 2 − 2xy − y 2
∇g = (2x − 2y, −2x − 2y, 2z)
Entonces ∇g(1, −1, 2) = (4, 0, 4) es un vector normal a la superficie S dada por g(x, y, z) = 6
en (1, −1, 2). La ecuacion del plano tangente a S en (1, −1, 2) es
x+z =3
2.9. Verifique que la equaci´on xyz = sin(x + y + z) define impl´ıcitamente una funci´on
diferenciable z = f (x, y) en una vecindad del punto x = 0, y = 0, tal que f (0, 0) = 0.
Enquentre las derivadas parciales fx (0, 0), fy (0, 0), fxx (0, 0), fyy (0, 0),fxy (0, 0).
Soluci´
on: Ya que
0 · 0 · 0 = sin(0 + 0 + 0)
el putno (0, 0, 0) pertenece a la superficie S definida por la ecuaci´on xyz = sin(x + y + z).
Sea
F (x, y, z) = xyz − sin(x + y + z).
Entonces, la superficie S est´a dada por la equaci´on F (x, y, z) = 0. Tenemos:
Fz (0, 0, 0) = xy − cos(x + y + z)|x=y=z=0 = −1 6= 0
Por el teorema de la fonci´on impl´ıcita existe una funci´on diferenciable f (x, y) definida alrededor del punto (x, y) = (0, 0) tal que
F (x, y, f (x, y)) = 0.
Tenemos:
Fx (0, 0, 0) = yz − cos(x + y + z)|x=y=z=0 = −1
Fy (0, 0, 0) = xz − cos(x + y + z)|x=y=z=0 = −1
Fxx (0, 0, 0) = sin(x + y + z)|x=y=z=0 = 0
Fxz (0, 0, 0) = y + sin(x + y + z)|x=y=z=0 = 0
Ya que la fonci´on F (x, y, z) es sim´etrica en x, y, z y estamos evaluando en el punto con
x = y = z = 0, sigue por simetr´ıa que todos las derivadas parciales de segundo orden son
iguales a cero en el punto x = y = z = 0.
La equaci´on F (x, y, f (x, y)) = 0 implica
(1)
(2)
Fx (x, y, f (x, y)) + Fz (x, y, f (x, y)) · fx (x, y) = 0
Fy (x, y, f (x, y)) + Fz (x, y, f (x, y)) · fy (x, y) = 0
En el punto (x, y) = (0, 0) tenemos
−1 + (−1)fx (0, 0) = 0
−1 + (−1)fy (0, 0) = 0
Por lo tanto fx (0, 0) = fy (0, 0) = −1.
10
La equaci´on (1) implica
Fxx (x, y, f (x, y)) + Fxz (x, y, f (x, y)) · fx (x, y)+
(Fzx (x, y, f (x, y)) + Fzz (x, y, f (x, y)) · fx (x, y)) · fx (x, y) + Fz (x, y, f (x, y)) · fxx (x, y) = 0
En el punto (x, y) = (0, 0) tenemos (−1)fxx (0, 0) = 0, entonces fxx (0, 0) = 0. Sigue por
simetr´ıa que fyy (0, 0) = 0.
La equaci´on (1) implica
Fxy (x, y, f (x, y)) + Fxz (x, y, f (x, y)) · fy (x, y)+
(Fzy (x, y, f (x, y)) + Fzz (x, y, f (x, y)) · fy (x, y)) · fx (x, y) + Fz (x, y, f (x, y)) · fxy (x, y) = 0
En el punto (x, y) = (0, 0) tenemos tenemos (−1)fxy (0, 0) = 0, entonces fxy (0, 0) = 0.
Respuesta: fx (0, 0) = fy (0, 0) = −1, fxx (0, 0) = fyy (0, 0) = fxy (0, 0) = 0
2.10. Se sabe que las curvas
~r1 (t) = h2 + 3t, 1 − t2 , 3 − 4t + t2 i
y
~r2 (u) = h1 + u2 , 2u3 − 1, 2u + 1i
se encuentran en la superficie S. Encuentra una ecuaci´on del plano tangente a S en el punto
P (2, 1, 3)
Soluci´
on: Tenemos ~r1 (t) = h2, 1, 3i si y solamente si t = 0, ~r2 (u) = h2, 1, 3i si y solamente
si u = 1. Entonces,
~r1 0 (0) = h3, 0, −4i, ~r2 0 (1) = h2, 6, 2i.
Un vector normal al plano tangente a S en el punto P es
~r1 0 (0) × ~r2 0 (1) = h24, −14, 18i.
Pues, la equaci´on del plano tangente a S en el punto P (2, 1, 3) es
24x − 14y + 18z = 24 · 2 − 14 · 1 + 18 · 3 = 88

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