Walter Mora FGeovanni Figueroa M.

 

 Plano tangente



Si $\,z = f(x, y)\,$ es una función diferenciable en $\,(a,b)\,$ con $\,f(a, b) = c\,$, podemos aproximar el incremento

\begin{displaymath}\nabla z\, = \, f(x, y) - f(a, b)\, = \, z - c \end{displaymath}


por medio del diferencial

\begin{displaymath}dz\, = \, f_{x}(a, b)dx + f_{y}(a, b)dy\end{displaymath}


Como $\,dz = x - a\,$ y $\,dy = y - b\,$, podemos reescribir

\begin{displaymath}z - c\, = \, f_{x}(a, b)(x - a) + f_{y}(a, b)(y - b)\end{displaymath}


Que resulta ser la ecuación de un plano que pasa por el punto $\,(a, b,c)\,$con vector normal

\begin{displaymath}\overrightarrow{n}\, = \, \displaystyle{\left(-\frac{\partial f}{\partial x},
-\frac{\partial f}{\partial y}, 1\right)}\end{displaymath}


Este plano se conoce como plano tangente a la superficie en el punto $\,P =(a, b, c)\,$.


   Definición (plano tangente)

 

Sea $\,f :D\subset \mathbb{R}^{2}\longrightarrow \mathbb{R}\,$ una función escalar con derivadas parciales continuas en $\,D\,$. Si $\,(a, b)\in D\,$, entonces el plano tangente a la superficie $\,z = f(x, y)\,$ en el punto $\,P = (a, b,f(a, b))\,$ es el plano que pasa por $\,P\,$ y contiene a las rectas tangentes a las dos curvas


$T_{1}\,=\,\left\{\begin{array}{rcl}
z & = & f(x,y) \\
& & \\
x & = & a \\
\end{array}\right. \; \; \; \; \; \; $ y $\; \; \; \; \; \; T_{2}\,=\,\left\{\begin{array}{rcl}
z & = & f(x,y) \\
& & \\
y & = & b \\
\end{array}\right.$

 

Figura 1




Para obtener la ecuación del plano tangente, lo único que necesitamos es un vector $\,\overrightarrow{n}\,$ normal al plano. Una forma de obtenerlo es calculando el producto cruz de los vectores vectores tangentes a cada una de las curvas dadas en (1). Como hemos visto las recta $\,T_1\,$ tiene pendiente $\,f_{x} (a, b)\,$ en $\,P\,$ , por lo que podemos considerar

\begin{displaymath}\overrightarrow{u} = \overrightarrow{i} + \overrightarrow{k} f_{x} (a, b)\end{displaymath}

como su vector tangente en $\,P\,$ . La recta $\,T_2\,$ tiene pendiente $\,f_{y} (a,
b)\,$ en $\,P\,$ , por lo que podemos considerar a

\begin{displaymath}\overrightarrow{v} \, = \, \overrightarrow{j} + \overrightarrow{k} f_{y} (a,
b)\end{displaymath}


como su vector tangente. Ahora usamos estos dos vectores para obtener el vactor normal


\begin{displaymath}\overrightarrow{n} \, = \, \overrightarrow{u} \times
\overrig...
...x} (x,y) \\
0 & 1 & f_{y} (x,y) \\
\end{array}\right\vert} \end{displaymath}


de donde

\begin{displaymath}\overrightarrow{n} \, = \, -\overrightarrow{i} f_{x} (a,
b) - \overrightarrow{j} f_{y} (a, b) + \overrightarrow{k} \end{displaymath}



Observación: el vector normal $\,\overrightarrow{n}\,$ se puede obtener de manera más  sencilla como el gradiente de $\,F(x, y, z) = z - f(x, y)\,$

\begin{displaymath}\overrightarrow{n} \, = \, \displaystyle{\left(-\frac{\partia...
...partial f} {\partial y} , \;1\right)} \, = \, \nabla F(x, y, z)\end{displaymath}


De hecho, este gradiente es perpendicular al plano tangente a S en P,  es decir, es un vector normal al plano.

En la liga  [Ver en 3D - LG3D]  se puede arrastrar P

 

Figura 3: Plano tangente y vector normal
[Ver en 3D - Jview]

Figura 4: Plano tangente
[Ver en 3D - LG3D]



Ejemplo 1  

Hallar la ecuación del plano tangente al paraboloide $\,z =
4 - x^{2} - y^{2} \,$ en el punto $\,P = (0, 1, 3)\,$ .

Solución


El vector gradiente esta dado por

\begin{displaymath}\nabla F(x, y, z)\, = \, (2x, 2y, 1)\end{displaymath}

con lo cual el vector normal es $\,\overrightarrow{n} \, = \,
(0, 2,
1)\,$ y la ecuación del plano tangente es

\begin{displaymath}\overrightarrow{n} \cdot(x - P)\, = \,
0\Longrightarrow (0, 2, 1)\cdot (x, y - 1, z - 3)\, = \, 0\end{displaymath}


simplificando

\begin{displaymath}2y + z\, = \, 5\end{displaymath}

En la figura siguiente se muestra el paraboloide y el plano tangente.



 
Figura 5: Plano tangente



Ejemplo 2  

Hallar la ecuación del plano tangente al hiperboloide

\begin{displaymath}z^{2} - 2x^{2} - 2y^{2} - 12\, = \, 0\end{displaymath}

en el punto $\,P = (1, -1, 4)\,$ .

Solución


Consideremos

\begin{displaymath}F(x, y, z)\, = \, z^{2} - 2x^{2} - 2y^{2} - 12\end{displaymath}


de donde obtenemos que

$\begin{array}{rcl}
F_{x} (x, y, z) & = & -4x \\
& & \\
F_{y} (x, y, z) & = & -4y \\
& & \\
F_{z} (x, y, z) & = & 2z \\
\end{array}$


Y así, la ecuación del plano tangente en el punto $\,P = (1, -1, 4)\,$ es

$\begin{array}{rcl}
-4(x - 1) + 4(y + 1) + 8(z - 4) & = & 0 \\
& & \\
-4x + 4y + 8z - 24 & = & 0 \\
& & \\
x - y - 2z + 6 & = & 0 \\
\end{array}$

Ejemplo 3  

Hallar el o los puntos de la esfera $\,x^{2} + y^{2} + z^{2}
\, =\,4\,$ en los cuales el plano tangente es paralelo al plano $\,x + y + z = 4\,$ .

Solución

 

Figura 5
[Ver en 3D - Jview]


Sea $\,P =(a, b, c)\,$ uno de estos puntos, entonces por esta en la esfera

\begin{displaymath}a^{2} + b^{2} + c^{2} \, = \, 4\end{displaymath}

Por otro lado, por ser el plano tangente a la esfera en el punto $\,P\,$ y el plano $\,x + y + z = 4\,$ paralelos,  sus vectores normales son paralelos, es decir

\begin{displaymath}(2a, 2b, 2c) = \alpha \,\, (1, 1, 1)\end{displaymath}

Entonces de (3) y (4) obtenemos el siguiente sistema de ecuaciones

$\begin{array}{rcl}
a^{2} + b^{2} + c^{2} & = & 4 \\
a & = & \alpha \\
b & = & \alpha \\
c & = & \alpha \\
\end{array}$

De donde obtenemos que los puntos que buscamos son

$\,\displaystyle{\left(\frac{2} {\sqrt{3} } , \frac{2} {\sqrt{3} } ,
\frac{2} {\...
...rac{-2} {\sqrt{3} } , \frac{-2} {\sqrt{3} } ,
\frac{-2} {\sqrt{3} } \right)} \,$

 

Recta Normal

   Definición (recta normal)

 

Sea $\,f :D\subset \mathbb{R}^{2}\longrightarrow \mathbb{R}\,$ una función escalar con derivadas parciales continuas en $\,D\,$ . Si $\,(a, b)\in D\,$ , entonces la recta que pasa el punto $\,P = (a, b,f(a, b))\,$ en la dirección del vector gradiente $\,\nabla F(a, b, f(a, b))\,$ , donde $\,F(x, y, z) = z - f(x, y)\,$, se conoce como recta normal a la superficie $\,z = f(x, y)\,$ en el punto $\,P\,$.



Ejemplo 4  


Determine la ecuación del plano tangente y la recta normal al hiperboloide de dos mantos $\,z^{2} - x^{2} - y^{2} \, =
\,1\,$ en el punto $\,\displaystyle{\left(1, -2, -\sqrt{6} \right)} \,$ .

Solución
 

Figura 6
[Ver en 3D - Jview]


Haciendo

\begin{displaymath}F(x, y, z)\, = \, z^{2} - x^{2} - y^{2} - 1\end{displaymath}

tenemos que

\begin{displaymath}\nabla F(x, y, z)\, = \, (-2x, -2y, 2z)\end{displaymath}


Por tanto, la ecuación del plano tangente es

\begin{displaymath}(-2, 4, -2\sqrt{6} )\cdot(x - 1, y + 2, z + \sqrt{6} )\, = \, 0\end{displaymath}

\begin{displaymath}-x + 2y - z\sqrt{6} \, = \, 1\end{displaymath}

Por otro lado, la ecuación de la recta normal es

$\begin{array}{rcl}
x & = & 1-2t \\
y & = & -2+4t \\
z & = & -\sqrt{6} -2t\sqrt{6} \\
\end{array}$

con $\,t\in\mathbb{R}\,$ . O en su forma simétrica

\begin{displaymath}\displaystyle{\frac{x - 1} {-2} \, = \, \frac{y +
2} {4} \, = \, \frac{z + \sqrt{6} } {-2\sqrt{6} } } \end{displaymath}

Ejemplo 5  

¿En qué punto de la superficie $\,z\, = \, 3x^{2} + 2xy
+y^{2} \,$ la recta normal es paralela al vector $\,\overrightarrow{u} \, = \,6\overrightarrow{i} + 4\overrightarrow{j} - 2\overrightarrow{k} \,$ ?
 

Solución


Sea $\,P =(a, b, c)\,$ el punto que buscamos.Si la recta normal es paralela al vector $\,\overrightarrow{u} \,$ , entonces su vector director también es paralelo a $\,\overrightarrow{u} \,$ ; con lo cual, si $\,F(x, y, z) = z - 3x^{2} - 2x y - y^{2} \,$ entonces


\begin{displaymath}\nabla F(x, y, z)\, = \, (-6x - 2y, -2x - 2y, 1)\, = \, \alpha(6, 4, -2)\end{displaymath}


Evaluando en $\,P\,$

\begin{displaymath}(-6a - 2b, -2a - 2b, 1)\, = \, \alpha(6, 4, -2)\end{displaymath}


Por otro lado, el punto $\,P\,$ esta sobre la superficie, por lo que satisface su ecuación


\begin{displaymath}c\, = \, 3a^{2} + 2ab + b^{2} \end{displaymath}


De (5) y (6) obtenemos el siguiente sistema

$\begin{array}{rcl}
-3a-b & = & 3\alpha \\
-a-b & = & 2\alpha \\
1 & = & -2\alpha \\
c & = & 3a^{2} + 2ab + b^{2} \\
\end{array}$


Resolviéndolo obtenemos que


\begin{displaymath}a\, = \, \frac{1} {4} , \, \,
b\, = \, \frac{3} {4} ,\,\,\, ...
... {8} ,\,\,\, \, \mbox{y} \, \,\,\, \alpha\, = \, -\frac{1} {2} \end{displaymath}


Y así, el punto buscado es $\,\displaystyle{\left(\frac{1} {4} ,\frac{3}
{4} , \frac{9} {8} \right)} \,$ .


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