Introducción

Domingo, febrero 19th, 2012

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Suerte!😀
Damián.

Final 26/07/2016

Martes, julio 26th, 2016

final_26_07_2016

Respuestas:

T1) Vol(D) = 9 \pi
T2) Hay plano tangente horizontal en (-1,0,z_0)
E1) V = \frac{16}{3}
E2) En (1,0) se produce mínimo relativo f(1,0)
En (-1,0) se produce punto silla (-1,0,f(-1,0))
E3) 60
E4) 4\pi

Final 12/07/2016

Jueves, julio 14th, 2016

final_12_07_2016

Solución (muy resumida) de la parte práctica

T1) y'' + y = x
La ecuación característica de la homogénea asociada es
\alpha^2 + 1 = 0
cuyas raíces son complejas conjugadas: \pm i.
Luego la solución general de la homogénea asociada es
\boxed{y_h = C_1 \cos(x) + C_2 \sin(x)}

Para la particular propongo y_p = Ax+B, y'_p = A, y''_p = 0, reemplazo en la ecuación diferencial
Ax + B + 0 = x
de donde A = 1 y B=0, luego
\boxed{y_p = x}
Luego, la solución general de la ecuación diferencial es
y = y_h + y_p = C_1 \cos(x) + C_2 \sin(x) + x
derivando
y' = -C_1 \sin(x) + C_2 \cos(x) + 1
Uso los datos del ejercicio
y'(0) = C_2 + 1 = 2, luego C_2 = 1
y(0) = C_1 = 0.
Luego la SP pedida es \boxed{y = \sin(x) + x}

T2) f(x,y) = x^4 + y^8 + 4. Está claro que tiene un mínimo absoluto (y por tanto relativo) es \boxed{f(0,0) = 4} pues 4 \leq 4+x^4 + y^8 = f(x,y) \ \forall (x,y) \in \mathbb{R}^2.
Además no tiene otros extremos pues si los tuviera se produciría en un punto crítico pero no hay otro punto crítico pues como f es diferenciable el gradiente debería anularse pero \nabla f(x,y) = (4x^3, 8y^7) sólo se anula en (0,0).

E1) Proyecto en el plano xy. Busco la intersección de la recta x+y = 6 con la parábola y=x^2, al reemplazar queda x+x^2 = 6 y la solución positiva es x=2. Luego nos queda
M = k \int_0^2 dx \int_{x^2}^{6-x} dy \int_0^{6-x-y} dz = \boxed{\frac{248 k}{15}} según wolfram

E2) Q'_x - P'_y = y + e^{xy} + xye^{xy} - ( e^{xy} + xye^{xy} ) = y
\int_{\partial H} f dc = \iint_H Q'_x - P'_y dy = \int_{\pi/4}^{3\pi/4} \sin(\phi) d\phi \int_0^2 \rho^2 d\rho = \boxed{ \frac{8 \sqrt{2}}{3} } según wolfram

E3) div(f) = y + 0 + 2z - y = 2z
\iint_{\partial H} f ds = \iiint_H div(f) dv = 2 \int_0^{2\pi} d\phi \int_0^{2} \rho d\rho \int_0^{4-\rho^2} z dz = \boxed{ \frac{64 \pi}{3} } según wolfram.

E4) F(x,y,z) = xz + yz + \ln(x+y+z-3) - 4 0
En x=y=1 la ecuación queda z + z + \ln(2+z-3) - 4 = 0. Se cumple para z = 2
F'_x(1,1,2) = [z + \frac{1}{x+y+z-3}]_{(1,1,2)} = 2 + 1 = 3
F'_y(1,1,2) = [z + \frac{1}{x+y+z-3}]_{(1,1,2)} = 2 + 1 = 3
F'_z(1,1,2) = [x + y + \frac{1}{x+y+z-3}]_{(1,1,2)} = 1 + 1 + 1 = 3
Por Cauchy-Dini
f'_x(1,1) = -3/3 = -1
f'_y(1,1) = -3/3 = -1
Luego
f(0.98, 1.03) \approx 2 + (-1)(0.98 - 1) + (-1)(1.03 - 1) = 2 + 0.02 - 0.03 = \boxed{ 1.99 }

2º Parcial Curso de Verano 2016

Martes, marzo 1st, 2016

2do_parcial_29_02_2016

T1) Averiguamos z_0, z_1 reemplazando en la primer superficie y vemos que A = (0,0,3), B = (-3,3,0).

La circulación pedida es \boxed{\phi(B) - \phi(A) = -9 - 9 = -18}

T2) y = Cx \ln|x|,
y' = C(\ln|x| + 1),
y'' = C(1/x)

x^2 y'' - xy' + y = xC - (Cx \ln|x| + Cx) + Cx \ln|x| = 0 . Luego es solución, pero no es general pues tiene una sola constante arbitraria y la ecuación es de segundo orden.

E1) Igualando las ecuaciones de las superficies, 4-x^2 = 4-y^2, |x| = |y|. Como va del (2,2,0) al (0,0,4), tomo y = x y puedo parametrizar como

g(t) = (t,t,4-t^2) con 0 \leq t \leq 2, con la aclaración de que me quedó en la orientación contraria.

- \int_0^2 ( 2t(4-t^2), t^2, 4-t^2 ) \cdot (1,1,-2t) dt = - \int_0^2 8t - 2t^3 + t^2 -8t + 2t^3 dt = - \int_0^2 t^2 dt = -[t^3/3]_0^2 = \boxed{-8/3}

E2) div(f) = 1 + 2 + 3 = 6.

Por teo. div. el flujo total saliente es \boxed{6 \int_0^{\pi/2} d\phi \int_0^1 \rho d\rho \int_{\rho}^{\sqrt{2 - \rho^2}} dz} = 2(\sqrt{2}-1)\pi (verifica con el wolfram)

E3) g(x,y) = (x,y,x^2)

g'_x = (1, 0, 2x)
g'_y = (0, 1, 0)

n = g'_x \times g'_y = (-2x, 0, 1)
||n|| = \sqrt{4x^2 + 1}

\boxed{\int_0^1 \sqrt{4x^2 + 1} dx \int_0^x dy} = \frac{5 \sqrt{5}}{12} - \frac{1}{12} \approx 0,848362 \ldots

E4) Por el método visto en clase se ve que \phi(x,y) = \ln(2x^2 + y^2 + 1) + C. Como \phi(0,0) = 0 se ve que C = 0.

Las lineas equipotenciales son de ecuación \ln(2x^2 + y^2 + 1) = K. Como pasa por (2,1) se tiene \ln(8 + 1 + 1) = K

Luego la linea equipotencial pedida es \ln(2x^2 + y^2 + 1) = \ln(10), queda \boxed{2x^2 + y^2 = 9}.

Planteando la ecuación de las líneas de campo queda y' = 2y/4x, es decir 2dy/y = dx/x, 2 \ln|y| = \ln|x| + C, y^2 = Kx, como pasa por (2,1) se tiene 1 = K2 es decir K=1/2, luego la línea de campo pedida es \boxed{2y^2 = x}

Final 29/02/2016

Martes, marzo 1st, 2016

final_29_02_2016

Respuestas:

T1) 12 orientado hacia z^+
E1) Reemplazando z en la fórmula de la función te quedan tres puntos críticos (0,0), (-1,-1/2), (4,-8)
El primero por el hessiano da minimo relativo f(0,0,2). Los otros dos dan puntos silla.
E2) Sale fácil por rotor: 8\pi
E3) \int_{\pi/4}^{5\pi/4} d\phi \int_0^1 \rho d\rho \int_{\rho}^{\sqrt{3-2\rho^2}} dz = \frac{(\sqrt{3}-1) \pi}{2}
E4) y = 2x - e^{-4x}

1º Parcial Curso de Verano 2016

Domingo, febrero 21st, 2016

primer parcial 2016

T1) g(u,v) = (e^{x+y}, e^{x-y})
f(0) = (0,0), f'(0) = (1,1)

Tenemos la compuesta h = g \circ f

Por la regla de la cadena, h'(0) = Dg(0,0) \cdot f'(0)

Usando la regla práctica de derivación:
Dg = \begin{pmatrix} e^{x+y} & e^{x+y} \\ e^{x-y} & -e^{x-y} \end{pmatrix}
Dg(0,0) = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}

Luego,
h'(0) = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \end{pmatrix}

Luego el vector tangente es v = (2,0)

T2) Llamamos w(h) = \frac{ f(A + hu) - f(A)}{h}. Como f es derivable respecto a toda dirección u, vale que \lim_{h \to 0} w(h) = f'_u(A)

Luego f(A + hu) = f(A) + h w(h). Tomando límite \lim_{h \to 0} f(A + hu) = \lim_{h \to 0} f(A) + h \ w(h).

Como f(A) no depende de h, \lim_{h \to 0} f(A) = f(A), y por otro lado \lim_{h \to 0} h \ w(h) = 0 pues h \to 0 y w(h) \to f'_u(A).

Luego es verdadero que \lim_{h \to 0} f(A + hu) = f(A) para todo versor u.

E1) f(x,y) = \begin{cases} \frac{y \sin(x)}{x} & (x,y) \neq (0,y) \\ 0 & (x,y) = (0,y) \end{cases}

Veamos la continuidad. f(0,0) = 0. Para analizar el límite \lim_{(x,y) \to (0,0)} f(x,y) hay que usar las dos ramas de la función, por la de abajo es claro que tiende a cero, y por la de arriba es equivalente a \lim_{y \to 0} y \cdot \lim_{x \to 0} \frac{\sin(x)}{x} = 0 \cdot 1 = 0. Luego \lim_{(x,y) \to (0,0)} f(x,y) = 0 = f(0,0) y f es contínua en el origen.

Veamos la existencia de las derivadas parciales.

f'_x(0,0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(h,0) - f(0,0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{0 \sin(h)}{h} = 0
f'_y(0,0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(0,h) - f(0,0)}{h} = \lim_{h \to 0} 0 = 0

Luego existen ambas derivadas parciales y valen cero.

E2) Sabemos que g(y) es la trayectoria ortogonal a y = C e^{-2x} que pasa por (0,0).

y' = -2C e^{-2x}, y' = -2y es la ec. dif. de la primer familia. Cambio y' por -1/y'.

-1/y' = -2y. 2yy' = 1, luego y^2 = x + C es la familia ortogonal a la dada. Como pasa por (0,0) se tiene 0^2 = 0 + C es decir C = 0 y nos queda x = y^2, así que g(y) = y^2.

Reemplazo en f(x,y) = g(y) (1+x) + x^2 y queda f(x,y) = y^2(1+x) + x^2.

Es decir f(x,y) = y^2 + y^2x + x^2, que es clase C^2 por ser polinómica.

Uso el criterio de la derivada primera para buscar puntos críticos.
\nabla f(x,y) = (y^2 + 2x, 2y + 2yx) = (0,0)

y^2 + 2x = 0
2y + 2yx = 0

de la segunda
y(1 + x) = 0

y = 0 o x = -1

Reemplazo en la primera, y en definitiva quedan puntos críticos A_1 = (0,0), A_{2,3} = (-1, \pm \sqrt{2})

Veamos que nos da el criterio del hessiano

Hf(x,y) = \begin{pmatrix} 2 & 2y \\ 2y & 2 + 2x \end{pmatrix}

En los puntos críticos

Hf(0,0) = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}
implica que f(0,0) es mínimo relativo

Hf(-1, \pm \sqrt{2}) = \begin{pmatrix} 2 & \pm 2\sqrt{2} \\ \pm 2\sqrt{2} & 0 \end{pmatrix}
implica que los puntos críticos (-1, \pm\sqrt{2}) producen puntos silla.

E3) Tenemos z = f(x,y) definida implícitamente por x e^y - z + \sin(xz) = 0, y además (x,y) = (t^2 u, ut). Llamemos g(t,u) = (t^2 u, ut), y llamemos h = f \circ g.

Nos piden calcular h'_u(0,0).

(u_0,t_0) = (0,0), g(0,0) = (x_0,y_0) = (0,0), luego 0 - z + \sin(0) = 0 es decir z_0 = 0

Llamemos F(x,y,z) = x e^y - z + \sin(xz). Tenemos que

F'_x = e^y + z\cos(xz)
F'_y = x e^y
F'_z = -1 + x\cos(xz)

F'_x(0,0,0) = 1
F'_y(0,0,0) = 0
F'_z(0,0,0) = -1

Luego por el teorema de Cauchy Dini se tiene que \nabla f(0,0) = (\frac{-1}{-1}, \frac{-0}{-1}) = (1,0)

Por otro lado, Dg = \begin{pmatrix} 2tu & t^2 \\ u & t \end{pmatrix} o sea que Dg(0,0) = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}

Luego \nabla h(0,0) = (0,0), en particular h'_u(0,0) = 0.

E4)

a) Se tiene que F(1,1) = (2,1,0)

F'_u = (2v, 0, 2u)
F'_v = (2u, 2v, -1)

F'_u(1,1) = (2, 0, 2)
F'_v(1,1) = (2, 2, -1)

(F'_u \times F'_v)(1,1) = (-4, 6, 4) = N

Luego un vector normal a la superficie es n = N/2 = (-2,3,2)

La recta normal es de ecuación (x,y,z) = (2,1,0) + \lambda (-2,3,2)

b) La normal en cada punto (x,y,z) al elipsoide x^2 + y^2 + 4z^2 = 16 viene dado por (2x, 2y, 8z). Para que dicha normal sea paralela a la recta del punto a, debe cumplirse que

(2x, 2y, 8z) = \lambda (-2,3,2)

2x = -2 \lambda
2y =  3 \lambda
8z =  2 \lambda

(x,y,z) = (- \lambda, 3/2 \lambda, 1/4 \lambda ).

Para que sean puntos del elipsoide deben cumplir su ecuación, luego

(- \lambda)^2 + (3/2 \lambda)^2 + 4 (1/4 \lambda)^2 = 16

\lambda^2 + 9/4 \lambda^2 + 1/4 \lambda^2 = 16

7/2 \lambda^2 = 16

\lambda^2 = 32/7

\lambda = \pm  \frac{4\sqrt{2} }{ \sqrt{7} }

Luego los puntos son A = (- \frac{4\sqrt{2} }{ \sqrt{7} }, \frac{6\sqrt{2} }{ \sqrt{7} }, \frac{\sqrt{2} }{ \sqrt{7} }) y B = ( \frac{4\sqrt{2} }{ \sqrt{7} }, \frac{-6\sqrt{2} }{ \sqrt{7} }, \frac{ -\sqrt{2} }{ \sqrt{7} } )

Final 01/10/2015

Viernes, octubre 2nd, 2015

final_01_10_2015

Gracias Adan Quisbert por enviarme el enunciado

Respuestas:

T1) p'y(1,2) = 139
T2) y = C_1 \cos(x) + C_2 \sin(x) + 2x^2
E1) Vol(H) = 24\pi
E2) El flujo “hacia arriba” es 8/3
E3) f(1.98, 3.02) \approx 3.99
E4) \int_\Gamma f dc = 16\pi

Final 02/03/2015

Martes, marzo 3rd, 2015

final_02_03_2015

Gracias Nicolás Mehring por enviarme el enunciado.

Respuestas:

T1) Se verifica la ecuación.
T2) La SP es y=2
E1) El flujo saliente es 8
E2) La circulación es \frac{-16}{3}
E3) El área es 4 \sqrt{6}
E4) El volumen es \frac{10}{3}\pi

2º Parcial Curso de Verano 2015

Martes, marzo 3rd, 2015

2do_parcial_verano_2015

T1) Consiste en integrar la función f(x,y) = y sobre el semidisco circular x^2 + y^2 \leq 4 con x \geq 0. En cartesianas \int_{-2}^2 y dy \int_0^{\sqrt{4-x^2}} dx.

E1) z \leq 10 - x^2, y \leq x, z \geq 3x, y \geq 0. La densidad es \delta(x,y,z) = k |y|.

3x \leq z \leq 10 - x^2. Se tiene 0 \leq y \leq x. Luego x \geq 0 y z \geq 0, es decir es en el 1º octante.

Además 3x \leq 10 - x^2, luego x^2 + 3x - 10 \leq 0 es decir (x-2)(x+5) \leq 0 lo cual implica x \leq 2. Luego la masa es

M = k \int_0^2 dx \int_0^x y dy \int_{3x}^{10 - x^2} dz = \frac{62}{15}k

E2) Q'_x - P'_y = 2x - x = x. La región es 2x^2 - 1 \leq y \leq x. En particular 2x^2 - x - 1 \leq 0 es decir -1/2 \leq x \leq 1. Por lo tanto la circulación pedida en orientación antihoraria es

\int_{-1/2}^1 x dx \int_{2x^2 - 1}^x dy = \frac{9}{32}

E3) Parametrizo con g(u,v) = (u \cos(v), u \sin(v), u) con 0 \leq v \leq 2\pi y 0 \leq u \leq 3.
g'_u = (\cos(v), \sin(v), 1)
g'_v = (-u \sin(v), u \cos(v), 0)
N = g'_u \times g'_v = (-u \cos(v), -u \sin(v), u)
La orientación es hacia z^+ pues la coordenada z es u \geq 0.
\int_0^{2\pi} dv \int_0^3 (3 u \cos(v), 3 u \sin(v), 4u) \cdot (-u \cos(v), -u \sin(v), u) du
\int_0^{2\pi} dv \int_0^3 -3u^2 \cos^2(v) - 3u^2 \sin^2(v) + 4u^2 du
\int_0^{2\pi} dv \int_0^3 -3u^2 + 4u^2 du
\int_0^{2\pi} dv \int_0^3 u^2 du = 18 \pi

E4) El punto (0, y_0) es el (0, 1) pues la recta es y = x+1. Es decir que y(0) = 1, y además y'(0) = 1

La ecuación característica es \alpha^2 - 3 \alpha + 2 = 0 es decir \alpha_1 = 1 y \alpha_2 = 2. Luego la SG de la homogénea asociada es y_h = C_1 e^x + C_2 e^{2x}

Para la SP propongo y = A x e^x luego y' = Ae^x + Ax e^x, y'' = 2A e^x + Ax e^x. Reemplazo

2A e^x + A xe^x - 3A e^x - 3A xe^x + 2A xe^x = e^x

(2A-3A) e^x + (A - 3A + 2A)xe^x = e^x

-A = 1 Luego A = -1 y y_p = -xe^x

Por lo tanto la SG es y = C_1 e^x + C_2 e^{2x} - xe^x

y' = C_1 e^x + 2 C_2 e^{2x} - e^x - x e^x

y'(0) = 1 = C_1 + 2C_2 - 1
y(0) = 1 = C_1 + C_2

de donde C_1 = 0 y C_2 = 1. Finalmente la SP pedida es y = e^{2x} - xe^x

Final 23/02/2015

Jueves, febrero 26th, 2015

final_23_02_2015

Gracias Adan y Sergio por enviarme el enunciado.

1º Parcial Curso de Verano 2015

Jueves, febrero 26th, 2015

1er_parcial_verano_2015_final

Solución:

T1) P(x,y) = a + 2(x-x_0)(y-y_0) - 2(x-x_0)^2 - 2(y-y_0)^2. Se tiene \nabla P(x_0,y_0) = (0,0). Si asumimos que el polinomio de Taylor P se desarrolló en el punto (x_0,y_0) entonces las derivadas parciales en ese punto coinciden con las de f, es decir se tiene \nabla f(x_0,y_0) = (0,0), y por lo tanto la gráfica de f en ese punto tiene plano tangente horizontal z = a.

T2) Nos dicen que Im(h) \subseteq C_k(f), por lo tanto f \circ h = k es decir la compuesta g = f \circ h es una función constante. Por lo tanto g'(t) = 0 para todo t \in \mathbb{R}.

E1) f(x,y) = \begin{cases} \frac{xy e^y - y^2}{xy} & xy \neq 0 \\ 1 & xy = 0 \end{cases}
Estudiamos continuidad en (0,0). Se tiene que f(0,0) = 1. Veamos el límite por el camino y=x. \lim_{x \to 0} \frac{x^2 e^x - x^2}{x^2} = \lim_{x \to 0} e^x - 1 = 0. No se si existe el límite doble, pero de existir vale 0 que es distinto que 1, por lo tanto f no es continua en (0,0).

E2) La superficie es una esfera centrada en el origen y de radio \sqrt{6}. Si (x,y,z) es un punto de la esfera, entonces (x,y,z) es un vector normal en dicho punto.

Defino g(x,y,z) = x+y+z-5 y h(x,y,z) = x^2 + y^2 - 2y. Sus gradientes son \nabla g = (1,1,1) y \nabla h = (2x, 2y-2, 0). Entonces N = \nabla g \times \nabla h = (2-2y, 2x, 2y-2-2x)
En el punto A = (0,2,3) se tiene N(A) = (-2, 0, 2) que es un vector tangente a la curva en el punto A.

O sea buscamos puntos de la esfera donde la normal es de la forma (-\lambda,0,\lambda), como el radio es \sqrt{6} dichos puntos son (-\sqrt{3}, 0, \sqrt{3}) y (\sqrt{3}, 0, -\sqrt{3})

E3) Llamo f(x,y) a la función u(x,y).
Defino F(x,y,u) = u e^{ux} - 2x - y. Se tiene F \in C^1.
F'_x = u^2 e^{ux} - 2
F'_y = -1
F'_u = e^{ux} + ux e^{ux}

En (x,y) = (0,1) se tiene u = 1. Sea A = (x,y,u) = (0,1,1)
F'_x(A) = 1 - 2 = -1
F'_y(A) = -1
F'_u(A) = 1 + 0 = 1 \neq 0

Luego f'_x(0,1) = 1 y f'_y(0,1) = 1, es decir \nabla f(0,1) = (1,1) con f diferenciable en (0,1).

El versor que piden es v = \overline{(3,2) - (0,1)}{|| (3,1) ||} = (3,1) / \sqrt{10}

La derivada direccional pedida es (1,1) (3,1)/ \sqrt{10} = 4/ \sqrt{10}.

La derivada es nula en los versores (a,b) tales que (a,b) (1,1) = 0, es decir en v_{1,2} = \pm (1, -1) / \sqrt{2}

E4) f(x,y) = g(y) y + x^2 + y^2.

x^2 - y^2 = C, 2x - 2yy' = 0, la EDO de la familia ortogonal es x + y/y' = 0, xy' + y = 0, xy' = -y, dy/y = -dx/x, \ln|y| = - \ln|x| + C, |y| = |x^{-1}| e^C, y = k/x, como pasa por (1,1) se tiene k=1 y luego y = 1/x, luego g(y) = 1/y.

f(x,y) = y/y + x^2 + y^2. Si extendemos el dominio por continuidad a \mathbb{R}^2, se tiene f(x,y) = 1 + x^2 + y^2, y el único punto crítico es (0,0) pues \nabla f(x,y) = (2x,2y). Como f(0,0) = 1 \leq f(x,y) para todo (x,y) se tiene que f(0,0) = 1 es mínimo absoluto y relativo.