feb 19 2012

Introducción

Bienvenido/a a esta materia que es Análisis Matemático II y a este blog.

Antes de escribir una consulta lee primero la sección de Preguntas Frecuentes
Si esta es tu primera visita a este blog o recién estás empezando a cursar la materia lee esto.
Si ya conocés bien este blog o estás preparando el final lee esto.
Si ya aprobastes la materia o buscás consejos de estudiantes anteriores lee esto.

Suerte!
Damián.

jun 7 2013

Primer parcial 23/5/13 Curso Z2042 (Anaya)

Respuestas:
P1) No es contínua en $(0,0)$ ni en $(1,-1)$ , y por lo tanto tampoco es diferenciable en dichos puntos.
Es derivable en $(0,0)$ y todas las derivadas direccionales valen $f'_v(0,0) = 0$ .

P2) La curva pedida es de ecuación $y=x$ .

P3) Plano tangente a $\Sigma_1$
$(x+1, y-3, z-5)(4,6,-1) = 0$

Plano tangente a $\Sigma_2$
$(x+1, y-3, z-5)(-2,6,-2) = 0$

La ecuación de la curva intersección $\Sigma_1 \cap \Sigma_2$ es
$C = \begin{cases} 2z = x^2 + y^2 \\ z = 4x + y^2 \end{cases}$

P4) $a = -2$ , $b = 3$ , $Hg(1,1) = \begin{pmatrix} 4 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$

Se tiene $g(1,1)$ mínimo relativo.

T1) $\nabla h(x,y,z) = (G'_u, G'_v, G'_u + G'_v)$

$f'_x - f'_z = \frac{G'_v}{G'_v} = 1$

may 22 2013

Final 21/05/2013

Fe de erratas: En el E3 donde dice $z + x^2 + y^2 \geq 2$ debe decir $z + x^2 + y^2 \leq 2$

Respuestas:
T1) Las direcciones de derivada direccional nula son
$r_1 = \frac{(-12,7)}{||(-12,7)||}$
$r_2 = - r_1$

Cuidado! Hay una sutileza que puede producir el resultado correcto pero utilizando un razonamiento incorrecto:
El conjunto de nivel 4 de $f$ es $x^2 y^3 = 9x - 1$ es decir $x^2 y^3 - 9x + 1 = 0$ o sea $x^2 y^3 - 9x + 5 = 4$ .

Lo erroneo sería pensar que de ahí se pueda deducir que $f(x,y) = x^2 y^3 - 9x + 5$ y luego $\nabla f(x,y) = (2xy^3 - 9, 3x^2y^2)$ . Pero eso no es necesariamente cierto pues hay muchas funciones que cumplen lo pedido, por ejemplo $f_k(x,y) = k(x^2 y^3 - 9x + 1) + 4$ posee el mismo conjunto de nivel 4 para cualquier $k \neq 0$ , en efecto su conjunto de nivel 4 viene dado por

$k(x^2 y^3 - 9x + 1) + 4 = 4$
$k(x^2 y^3 - 9x + 1) = 0$
$x^2 y^3 - 9x + 1 = 0$
$x^2 y^3 = 9x - 1$

pero no tienen todas el mismo gradiente, pues son vectores paralelos pero de normas diferentes: $\nabla f_k(x,y) = k (2xy^3 - 9, 3x^2y^2)$

Lo correcto sería (por ejemplo) definir $g(x,y) = x^2 y^3 - 9x + 5$ , y utilizar que el gradiente de función diferenciable es normal al conjunto de nivel para deducir que $\nabla f(1,2) = \lambda \nabla g(1,2)$ (para algún $\lambda \in \mathbb{R}$ ), y de ahí sacar los versores normales que van a ser los mismos.

T2) Se pedía deducir que $div(rot(f)) = 0$ para $f \in C^2$ .

E1) $h(0.98, 3.01) \approx 4 + \frac{4}{3}(-0.02) + \frac{4}{3}(0.01) = 3.986666\ldots$

E2) Para mi lo más fácil es parametrizar la curva con
$g(t) = ( \cos(t) + 1, \sin(t), 9 - \sin^2(t) )$ con $0 \leq t \leq \pi$
y queda la circulación
$- \int_0^{\pi} (\cos(t) + 1 + \sin(t), \sin(t), \sin^2(t)) \cdot (-\sin(t), \cos(t), -2\sin(t)\cos(t)) dt = 2 + \frac{\pi}{2}$

según el wolfram.

E3) $\int_0^{2\pi} d\phi \int_0^1 \rho d\rho \int_{\rho}^{2-\rho^2} dz = \frac{5}{6}\pi$

E4) $g(x) = 2x$

may 3 2013

Ejercicio de límite

Calcular el siguiente límite

$\displaystyle \lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{x^3 y^2}{x^4 + y^4}$

Solución:

$\lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{x^3 y^2}{x^4 + y^4}$

$= \lim_{(x,y) \to (0,0)} \underbrace{x}_{\to 0} \underbrace{\frac{x^2 y^2}{x^4 + y^4}}_{[0,\frac{1}{2}]} = 0$

Una manera elegante de justificar que la función está acotada sale de usar que

$(x^2 - y^2)^2 = x^4 - 2x^2 y^2 + y^4 \geq 0$

Luego,

$0 \leq 2 x^2y^2 \leq x^4 + y^4$

dividiendo por $2(x^4 + y^4) > 0$ (válido en $\mathbb{R}^2 - \{(0,0)\}$ )

$0 \leq \frac{x^2y^2}{x^4 + y^4} \leq \frac{1}{2}$

abr 1 2013

Consultas cursos del 2013

Este post lo dejo creado para que puedan escribir en los comentarios las consultas que tengas sobre los ejercicios.

Recordá que podés escribir fórmulas usando comandos latex, por ejemplo si escribís $latex \int_0^1 x^2 dx $ se ve como $\int_0^1 x^2 dx$ , y siempre podés previsualizar el comentario para ver si quedó bien.

Para previsualizar una fórmula escrita en $\LaTeX$ podés utilizar esta página.

mar 5 2013

2º Parcial Curso de Verano 2013

T1) Enuncie el teorema de la divergencia. Dado el campo $f$ con matriz jacobiana $Df$ según se indica, calcule el flujo de $f$ a través de una superficie esférica de radio $R=3$ con centro en el origen; indique gráficamente como ha orientado la superficie.

$Df(x,y,z) = \begin{pmatrix} 2x & z & y \\ z & y-1 & x \\ -2z & 2y & 4-2x \end{pmatrix}$

T2) Defina solución general y solución particular de una ecuación diferencial ordinaria de orden $n$ . Dado el campo vectorial $f(x,y) = (4 - y g(x), g'(x) )$ tal que $f(0,1) = (0,2)$ , halle $g(x)$ sabiendo que $f$ admite función potencial.

E1) Sea $C$ la curva integral de $y'' + y = 0$ que pasa por el origen con pendiente igual a $\pi/2$ . Calcule el área de la región plana del 1º cuadrante limitada por $C$ y la recta de ecuación $y=x$ con $x \leq \pi/2$ .

E2) La curva $C$ queda definida por la intersección de las superficies de ecuaciones: $z = x + y^2$ , $x = y^2$ ; calcule la circulación de $f$ desde $(1,1,2)$ hasta $(4,2,8)$ , sabiendo que $f(x,y,z) = (xy, y^3, yz)$ .

E3) Calcule el volumen del cuerpo definido por: $x^2 + z^2 \leq 4$ , $-x \leq y \leq x$ , $z \geq 0$ .

E4) Dado $f(x,y,z) = (xy, xz, 2yz)$ , calcule el flujo de $f$ a través de la superficie $\Sigma$ abierta de ecuación $z = 4-x^2$ con $z \geq x^2 + 2y^2$ en el 1º octante. Indique gráficamente cómo ha decidido orientar a $\Sigma$ .

Solución: (de la parte práctica)

$Df(x,y,z) = \begin{pmatrix} 2x & z & y \\ z & y-1 & x \\ -2z & 2y & 4-2x \end{pmatrix}$

$div(f) = 2x + y-1 + 4-2x = y+3$

$\iint_S f ds = \iiint_V y+3 dxdydz = \iiint_V y dxdydz + 3 \cdot Vol(V)$
Pero
$\underbrace{\int_0^{2\pi} \sin(\alpha) d\alpha}_{=0} \int_0^\pi \sin^2(\beta) d\beta \int_0^{3} \rho^3 d\rho = 0$
Luego el flujo equivale al triple del volúmen de la esfera, es decir
$\iint_S f ds = 3 \frac{4}{3} \pi 3^3 = 108 \pi$
(orientado en forma saliente)

$f(x,y) = (4 - y g(x), g'(x) ) = (P,Q)$

Como admite función potencial sabemos que
$Q'_x - P'_y = 0$
es decir
$g'' + g = 0$

Resolvemos la EDO lineal de 2º orden. La ecuación característica es
$\alpha^2 + 1 = 0$ (raíces complejas conjugadas i y -i)
por lo tanto la SG es
$g(x) = C_1 \cos(x) + C_2 \sin(x)$
$g'(x) = - C_1 \sin(x) + C_2 \cos(x)$

Como
$f(0,1) = (0,2)$
tenemos que
$4 - g(0) = 0$
$g'(0) = 2$

Luego
$4 = C_1$
$2 = C_2$

Finalmente
$g(x) = 4 \cos(x) + 2 \sin(x)$

Resolvemos la EDO lineal de 2º orden
$y'' + y = 0$
cuyo polinomio característico es
$\alpha^2 + 1 = 0$ (raíces complejas conjugadas $i$ y $-i$ )
$y = C_1 \cos(x) + C_2 \sin(x)$
$y' = -C_1 \sin(x) + C_2 \cos(x)$

como pasa por el origen
$0 = C_1$
Como tiene pendiente igual a $\pi/2$
$\pi/2 = C_2$

luego
$y = \pi/2 \sin(x)$

El área pedida es
$\int_0^{\pi/2} dx \int_x^{\pi/2 \sin(x)} dy = \int_0^{\pi/2} \pi/2 \sin(x) - x dx$
$= \left[ - \frac{\pi}{2} \cos(x) - \frac{x^2}{2} \right]_0^{\pi/2}$
$= (0 - \frac{\pi^2}{8} ) - (- \frac{\pi}{2}) = \frac{\pi}{2} - \frac{\pi^2}{8} = \frac{\pi}{2}\left(1 - \frac{\pi}{4} \right) \approx 0.337096...$

Parametrizo $C$ con
$g(t) = (t^2, t, 2t^2)$ con $1 \leq t \leq 2$
Luego la circulación pedida es
$\int_1^2 (t^3, t^3, 2t^3) \cdot (2t, 1, 4t) dt$
$= \int_1^2 2t^4 + t^3 + 8t^4 dt = \frac{263}{4}$

E3) Calcule el volumen del cuerpo definido por: $x^2 + z^2 \leq 4$ , $-x \leq y \leq x$ , $z \geq 0$ .

Uso cilíndricas sobre el eje $y$ . Se tiene $x,z \geq 0$ .

$V = \int_0^{\pi/2} d\phi \int_{0}^2 \rho d\rho \int_{-\rho \cos(\phi)}^{\rho \cos(\phi)} dy$

$= 2 \int_0^{\pi/2} \cos(\phi) d\phi \int_{0}^2 \rho^2 d\rho$

$= 2 \cdot \frac{8}{3} \left[ \sin(\phi) \right]_0^{\pi/2}$

$= \frac{16}{3}$

Luego el volúmen pedido es $\frac{16}{3}$

La superficie es de ecuación $z = h(x,y)$ con $h(x,y) = 4 - x^2$
Luego el vector normal es
$N = (-h'_x, -h'_y, 1) = (2x, 0, 1)$ (orienté hacia los $z^+$ )

Intersecto las superficies
$z = 4-x^2$
$z = x^2 + 2y^2$

me queda
$4-x^2 = x^2 + 2y^2$
$x^2 + y^2 = 2$

Se ve que la proyección de la superficie sobre el plano $xy$ es

$A = \{(x,y) \in \mathbb{R}^2 : x^2 + y^2 \leq 2, x,y \geq 0\}$

Luego el flujo pedido es
$\iint_\Sigma f ds = \iint_A (xy, x(4-x^2), 2y(4-x^2)) \cdot (2x, 0, 1) dxdy$
$= \iint_A 2 x^2 y + 8y - 2yx^2 dxdy$
$= 8 \iint_A y dxdy$
en polares
$= 8 \int_0^{\pi/2} \sin(\phi) d\phi \int_0^{\sqrt{2}} \rho^2 d\rho = \frac{16}{3} \sqrt{2}$

mar 4 2013

Final 04/03/2013

Gracias Maru por subir el enunciado.

feb 26 2013

Final 25/02/2013

No tengo la resolución, pero como siempre pueden comentar sus respuestas.

feb 26 2013

1º Parcial Curso de Verano 2013

T1) Definir campo escalar contínuo en $A$ cuando $f : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}$ .
Indicar si es Verdadero o Falso que: Si $f : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$ es contínua en la dirección de cualquier vector no nulo de $\mathbb{R}^2$ en $A$ , entonces es contínua en $A$ .

T2) Defina extremos relativos y extremos absolutos para un campo escalar $f : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}$ .
Sea $P(x,y) = 7 + x^2 - 2xy + 4y^2$ el polinomio de Taylor de segundo orden de $z = f(x,y)$ en $P = (0,0)$ . Si $g(x,y) = e^{f(x,y)}$ analice la existencia de extremos de $g(x,y)$ en $P_1 = (0,0)$ .

E1) Hallar, si existe, $\lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{x^2 (1 - \cos(x+y))}{(x^2 + y^2)(x+y)}$

E2) La curva de ecuación vectorial $X = (t, 2-t, t^2)$ tiene un punto $P_0$ común con la superficie de ecuación $z = x^2 + 3y$ . Analizar si la recta tangente a la curva en $P_0$ es normal a la superficie en dicho punto.

E3) Sea $f(u,z) = u^2 + 2uz$ donde $z$ es función de $x$ e $y$ definida por la ecuación $xz + ye^{x(z-1)} = 2$ , resultando $w(u,x,y) = f(u,z(x,y))$ . Hallar el gradiente de $w$ en el punto $(1,1,1)$ .

E4) La función de producción de una compañía es $Q(x,y) = xy$ . El costo de producción es $C(x,y) = 2x + 3y$ con un costo de $C(x,y) = 10$ , ¿Cuál es la máxima cantidad que puede producir?

Solución: (de la parte práctica)

T2) Sea $P(x,y) = 7 + x^2 - 2xy + 4y^2$ el polinomio de Taylor de segundo orden de $z = f(x,y)$ en $P = (0,0)$ . Si $g(x,y) = e^{f(x,y)}$ analice la existencia de extremos de $g(x,y)$ en $P_1 = (0,0)$ .

Sabemos que $f \in C^2$ en un entorno del $(0,0)$ pues admite taylor de orden 2 en él. Por lo tanto $g$ es diferenciable en $(0,0)$ por composición de funciones diferenciables. Calculamos el gradiente de $g$ :

$g'_x = e^{f(x,y)} f'_x(x,y)$
$g'_y = e^{f(x,y)} f'_y(x,y)$

Del taylor podemos sacar lo siguiente
$f(0,0) = 7$
$f'_x(0,0) = P'_x(0,0)$
$f'_y(0,0) = P'_y(0,0)$

$P'_x = 2x - 2y$
$P'_y = -2x + 8y$

Por lo tanto
$g'_x(0,0) = e^7 \cdot 0 = 0$
$g'_y(0,0) = e^7 \cdot 0 = 0$

O sea que se cumple la condición necesaria (el punto $P_1$ es crítico):
$\nabla g(0,0) = (0,0)$

Llegado a este punto una opción es analizar con el hessiano de $g$ en $(0,0)$ , pero son cuentas largas. Se me ocurre la siguiente alternativa: como la función exponencial es monótona creciente, $g(0,0)$ es extremo si y solo si $f(0,0)$ es extremo (ya sea relativo o absoluto). Veamos si $f(0,0)$ es extremo de $f$ . Recordemos que el taylor es

$P(x,y) = 7 + x^2 - 2xy + 4y^2$

Por lo tanto

$P'_x = 2x - 2y$
$P'_y = -2x + 8y$

y la matriz hessiana de $f$ en $(0,0)$ es

$Hf(0,0) = \begin{pmatrix} 2 & -2 \\ -2 & 8 \end{pmatrix}$

Como $\det(Hf(0,0)) = 16 - 4 = 12 > 0$ y $f''_{xx}(0,0) = 2 > 0$ hay un mínimo relativo $f(0,0)=7$ , y por lo tanto también hay un mínimo relativo $g(0,0) = e^7$

No podemos saber si es o no absoluto porque sólo tenemos información de $f$ en el entorno del origen.

Ahora que lo terminé de esta forma, se me ocurre otra mucho más rápida de resolver este ejercicio:

$P(x,y) = 7 + x^2 - 2xy + 4y^2$
$= 7 + (x-y)^2 + 3y^2$

de donde se ve cláramente que en el origen se produce un mínimo de $P$ (en sentido amplio siempre), y por lo tanto también de $f$ en $(0,0)$ (por la concavidad del taylor) y de $g$ en $(0,0)$ (por ser compuesta con una monótona creciente).

E1) Hallar, si existe, $\lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{x^2 (1 - \cos(x+y))}{(x^2 + y^2)(x+y)}$

$\lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{x^2 (1 - \cos(x+y))}{(x^2 + y^2)(x+y)}$

$\lim_{(x,y) \to (0,0)} \underbrace{\frac{x^2}{x^2 + y^2}}_{f_1} \cdot \underbrace{\frac{1 - \cos(x+y)}{x+y}}_{f_2}$

La función $f_1$ está acotada en $[0,1]$ .
La función $f_2$ es un infinitésimo, pues si sustituyo $u = x+y$ me queda

$\lim_{u \to 0} \frac{1 - \cos(u)}{u}$
usando L’Hopital
$\lim_{u \to 0} \frac{\sin(u)}{1} = 0$

Por lo tanto el límite pedido existe y vale 0.

Primero busquemos el punto $P_0$ de la intersección.

$t^2 = t^2 + 3(2-t)$
$t=2$

El punto mencionado es $P_0 = (2,0,4)$
Calculo el vector tangente a la curva en $P_0$ . Para eso primero parametrizo la curva:
$g(t) = (t, 2-t, t^2)$
$g'(t) = (1, -1, 2t)$

$g'(2) = (1, -1, 4)$

Ahora calculo un vector normal a la superficie en dicho punto $P_0$ , para ello construyo una función tal que la superficie sea el conjunto de nivel 0:
$F(x,y,z) = x^2 + 3y - z$
El gradiente es normal al conjunto de nivel 0, o sea
$\nabla F = (2x, 3, -1)$
$\nabla F(P_0) = (4, 3, -1)$
es un vector normal a la superficie.

Si la recta es normal a la superficie, el vector $g'(2)$ debería ser paralelo al $\nabla F(P_0)$ . Pero ello no es así pues debería ocurrir
$1 = 4 \lambda$
$-1 = 3 \lambda$
$4 = - \lambda$
lo cual es absurdo.

Por lo tanto la recta no es normal a la superficie en dicho punto.

Primero reconocemos las funciones que intervienen en la composición. Son las funciones

$g(u,x,y) = (u, z(x,y))$
$f(u,z) = u^2 + 2uz$

y resulta la compuesta
$w(u,x,y) = f(g(u,x,y))$

por la regla de la cadena:
$\nabla w(1,1,1) = \nabla f(g(1,1,1)) Dg(1,1,1)$

$f'_u = 2u + 2z$
$f'_z = 2u$

Calculo $z(1,1)$
$z + e^{z-1} = 2$
$z=1$

$g(1,1,1) = (1,1)$

$\nabla f(1,1) = (4,2)$

Llamo $Z(x,y,z) = xz + ye^{x(z-1)} - 2$
$Z'_x = z + y(z-1)e^{x(z-1)}$
$Z'_y = e^{x(z-1)}$
$Z'_z = x + yxe^{x(z-1)}$

$Z'_x(1,1,1) = 1$
$Z'_y(1,1,1) = 1$
$Z'_z(1,1,1) = 2$

por Cauchy-Dini, en $(x,y) = (1,1)$
$z'_x = z'_y = -1/2$

Luego
$Dg(1,1,1) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1/2 & -1/2 \end{pmatrix}$

Por lo tanto
$\nabla w(1,1,1) = \nabla f(g(1,1,1)) Dg(1,1,1)$
$= (4,2) \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1/2 & -1/2 \end{pmatrix}$
$= (4, -1, -1)$

E4) La función de producción de una compañía es $Q(x,y) = xy$ . El costo de producción es $C(x,y) = 2x + 3y$ con un costo de $C(x,y) = 10$ , ¿Cuál es la máxima cantidad que puede producir?

El problema consiste en maximizar $Q(x,y) = xy$ sujeto a $2x + 3y = 10$

Armo la función de Lagrange
$L(x,y,\lambda) = xy + \lambda (2x+3y-10)$

$L'_x = y + 2\lambda = 0$
$L'_y = x + 3\lambda = 0$
$L'_\lambda = 2x + 3y - 10 = 0$

$3y + 6\lambda = 0$
$2x + 6\lambda = 0$
$3y = 2x$

$2x + 2x - 10 = 0$

$4x = 10$

$x = 5/2$
$y = 5/3$

Para justificar que el máximo es $Q(5/2, 5/3)$ podríamos usar el hessiano restringido, pero una forma más fácil es reemplazando de la siguiente manera
$2x + 3y = 10$
$3y = 10 - 2x$
$y = \frac{10 - 2x}{3}$

$Q(x,y) = xy$
$= x \frac{10 - 2x}{3}$
$= \frac{10x - 2x^2}{3} = q(x)$

$q'(x) = \frac{10 - 4x}{3}$
$q'(x) = 0 = 10 - 4x$
$x = 5/2$
(lógicamente encontramos el mismo valor de x para el punto crítico, pero ahora podemos usar el criterio de la derivada segunda de AM1)

$q''(x) = -4/3$

$q''(5/2) = -4/3 < 0$
Luego $q(5/2) = Q(5/2, 5/3)$ es máximo local (y absoluto si uno lo piensa un poco).
(Se podría haber hecho todo el ejercicio así sin utilizar la función de Lagrange).

feb 18 2013

Final 18/02/2013

No tengo la resolución, pero como siempre pueden comentar sus respuestas.

feb 14 2013

Fechas de recuperatorios de Erica Guzmán Yañez y Wilfredo González

RECUPERATORIOS

ANÁLISIS MATEMÁTICO II

Prof. Erica Guzmán Yañez

JU 21/02/13 19 hs en CAMPUS

JU 28/02/13 19 hs en CAMPUS.

Prof. Wilfredo González