Introducción

Publicado el febrero 19, 2012 por damidami

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Suerte! 😀
Damián.

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2° Recuperatorio 2° Parcial Verano 2018

Publicado el marzo 9, 2018 por damidami

enun.b

Solución:

P1) Nos dan el campo vectorial
f(x,y,z) = (5yz + 2x + y, x + z^2 + 2y, x^3 + 2y)
cuya divergencia es
div(f) = 2 + 2 + 0 = 4
Como la superficie S frontera del cuerpo H es una superficie cerrada, podemos aplicar el teorema de la divergencia para calcular el flujo pedido orientado en forma saliente:
\iint_S f \cdot ds = \iiint_H div(f) dxdydz = \iiint_H div(f) dxdydz = 4 \ vol(H)

El cuerpo H viene definido por
x^2 + y^2 + z^2 \leq 13
y \geq 2

cuyas superficies asociadas (reemplazando las inecuaciones por ecuaciones) son
x^2 + y^2 + z^2 = 13 \ \ \ (1)
y = 2 \ \ \ (2)

es decir una esfera y un plano. De (2) en (1)
x^2 + 4 + z^2 = 13
x^2 + z^2 = 9
es decir que su intersección es una circunferencia de radio 3 sobre el plano y=2.

luego el flujo pedido es
4 \int_0^{2 \pi} d\phi \int_0^3 \rho d\rho \int_2^{\sqrt{13 - \rho^2} } dy = \boxed{\frac{8}{3} \pi (13 \sqrt{13} - 35) }

según wolframalpha.

En el siguiente dibujito vemos la esfera y el plano en violeta y amarillo semitrasparentes. Y la proyección del sólido en el plano xz en azul.

P2) f(x,y,z) = (x^2, xy, xz)

¿Será conservativo? Analizo su matriz jacobiana

Df = \begin{pmatrix} 2x & 0 & 0 \\ y & x & 0 \\ z & 0 & x \end{pmatrix}
es continua pero no es simétrica, así que f no es conservativo.

Parametrizo la curva
g(t) = (t^2, t, 2-t)
para que esté en el primer octante las tres coordenadas tienen que ser positivas, por lo que se ve fácilmente que 0 \leq t \leq 2. Los puntos inicial y final son A = g(0) = (0,0,2) y B = g(2) = (4,2,0) respectivamente. Como la curva no es cerrada y el campo no es conservativo, aplico directamente la definición para obtener la circulación de f sobre C orientada desde A hacia B:

\int_C f \cdot dc = \int_0^2 (t^4, t^3, 2t^2 - t^3) \cdot (2t, 1, -1) dt
\int_0^2 2t^5 + t^3 - 2t^2 + t^3 dt
\int_0^2 2t^5 + 2t^3 - 2t^2 dt = \boxed{24}

En el siguiente dibujito vemos la curva en el primer octante como intersección de las dos superficies.

P3) Parametrizo la superficie S con
g(x,z) = (x, x^2, z)

como debe cumplirse
y+z \leq 4
z \geq 0

al dominio de g lo llamo D y lo defino como
x^2 + z \leq 4
z \geq 0

que escrito como región elemental sería
0 \leq z \leq 4 - x^2
-2 \leq x \leq 2
donde los límites de x salen de ver en los límites de z que 0 \leq 4 - x^2

g'_x = (1, 2x, 0)
g'_z = (0, 0, 1)
g'_x \times g'_z = \left| \begin{matrix} i & j & k \\ 1 & 2x & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} \right| = (2x, -1, 0)

donde veo que la segunda coordenada (-1) es negativa, por lo que estaría orientando hacia los y \geq 0.

\iint_S f \cdot ds = \iint_D f(g(x,z)) \cdot (g'_x \times g'_z) dxdz
= \int_{-2}^2 dx \int_0^{4-x^2} (2x, x^2, z-x) \cdot (2x, -1, 0)dz
= \int_{-2}^2 dx \int_0^{4-x^2} 4x^2 - x^2 dz
= \int_{-2}^2 dx \int_0^{4-x^2} 3x^2 dz = \boxed{ \frac{128}{5}} según wolframalpha

En el siguiente dibujo vemos la superficie en color rojo, con el vector normal indicando la orientación en color negro, y la proyección de la superficie sobre el plano xz en color verde.

P4) Nos dan el campo vectorial
f(x,y) = ( g(y-x) - y^2, xy - g(y-x))

Como la curva frontera C frontera de la región D definida por
y \geq |x| \ \ \ (1)
x^2 + y^2 \leq 2y \ \ \ (2)
es una curva cerrada, puede resultar conveniente aplicar el teorema de Green, así que calculo

Q'_x - P'_y = y + g'(y-x) - ( g'(y-x) - 2y ) = 3y

La circulación pedida orientada en sentido antihorario, por el teorema de Green es igual a

\int_C f \cdot dc = \iint_D Q'_x - P'_y dxdy

Completando cuadrados en (2)
x^2 + (y-1)^2 \leq 1
vemos que es una circunferencia de radio 1 con centro (0,1)

Paso a polares
x = \rho \cos(\phi)
y = \rho \sin(\phi)

La inecuación (2) se traduce en
\rho^2 \leq 2 \rho \sin(\phi)
para \rho \neq 0 equivale a
\rho \leq 2 \sin(\phi)
y de la inecuación (1) vemos geométricamente que
\frac{\pi}{4} \leq \phi \leq \frac{3 \pi}{4}

Luego la integral nos queda
3 \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{3\pi}{4}} \sin(\phi) d\phi \int_0^{2 \sin(\phi)} \rho^2 d\rho = \boxed{ \frac{3 \pi + 8}{2} }

En el siguiente dibujito vemos la curva cerrada C orientada en forma antihoraria que es la frontera de la región D

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1º Recuperatorio 2º Parcial Verano 2018

Publicado el marzo 5, 2018 por damidami

Solución:

P1) f(x,y) = (3x^2 y + y^2, x^3 + 2yx)
Veamos si es conservativo.

Q'_x = 3x^2 + 2y = P'_y.

Como Df es contínua y simétrica, y el dominio de f es \mathbb{R}^2 que es símplemente conexo, resulta que f es conservativo. Busquemos su función potencial.

\phi'_x = 3x^2 y + y^2
\phi'_y = x^3 + 2yx

\phi = x^3 y + xy^2 + C

Los puntos inicial y final de la curva son A = \sigma(0) = (1,0) y B = \sigma(\frac{\pi}{2}) = (0,0)

Luego por el teorema de la independencia del camino, la circulación pedida es
\int_C f \cdot dc = \phi(B) - \phi(A) = C - C = \boxed{0}

Dibujito con geogebra de la curvita:

P2)
a) Nos piden calcular el area de la superficie
z = x^2 + y^2 con 1 \leq z \leq 4

G(x,y,z) = x^2 + y^2 - z
\nabla G(x,y,z) = (2x, 2y, -1)
||\nabla G(x,y,z)|| = \sqrt{4x^2 + 4y^2 + 1}
|G'_z| = |-1| = 1

Proyectando sobre el plano xy y usando polares

\int_0^{2\pi} d\phi \int_1^2 \rho \sqrt{4\rho^2 + 1} d\rho = \boxed{ \frac{\pi}{6} (17 \sqrt{17} - 5 \sqrt{5}) } según wolframalpha.

b) Para que sea conservativo debe cumplir que
Q'_x - P'_y = 0

es decir
6x + \phi''(x) + 2y - (3\phi'(x) + 2y) = 0
6x + \phi''(x) + 2y - 3\phi'(x) - 2y = 0
6x + \phi''(x) - 3\phi'(x) = 0
\phi''(x) - 3\phi'(x) = -6x

o sea que es SP de
y'' - 3y' = -6x

la ecuación característica es
\alpha^2 - 3\alpha = 0
cuyas raíces son
\alpha_1 = 0
\alpha_2 = 3

luego la SG de la homogenea asociada es
y_h = C_1 + C_2 e^{3x}

busco una SP con coef. indeterminados. Para ello propongo
y = Ax^2 + Bx
y' = 2Ax + B
y'' = 2A

reemplazo en la EDO
2A - 3(2Ax + B) = -6x
2A - 6Ax - 3B = -6x
-6Ax + (2A - 3B) = -6x

igualando coeficiente a coeficiente, nos queda el sistema
-6A = -6
2A - 3B = 0

de donde
A = 1
3B = 2A = 2 es decir B = 2/3

luego la SP es
y_p = x^2 + (2/3)x

y la SG es
y = y_h + y_p
\boxed{ y = C_1 + C_2 e^{3x} + x^2 + (2/3)x }

que coincide con wolframalpha.

derivando la SG
y' = 3 C_2 e^{3x} + 3x + (2/3)

como \phi(0) = 2/3
y'(0) = 3 C_2 + (2/3) = 2/3
de donde C_2 = 0

como \phi(0) = 1
y(0) = C_1 + C_2 = 1
C_1 + 0 = 1
de donde C_1 = 1

finalmente
\boxed{ \phi(x) = 1 + x^2 + (2/3)x }

P3)
x^2 + y^2 + z^2 = 2 (1)
y = \sqrt{x^2 + z^2} (2)

de (2) en (1)

x^2 + x^2 + z^2 + z^2 = 2
x^2 + z^2 = 1

en (2)
y = 1

rot(f) = \left| \begin{array}{ccc} i & j & k \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ yz + 3x^2 z + y & x + z^2 & x^3 + 2yz \end{array} \right| = (0, y, -z) según wolframalpha.

Por el teorema del rotor
\int_C f \cdot dc = \iint_S rot(f) \cdot ds

donde S es el disco circular sobre el plano y = 1, tal que x^2 + z^2 = 1

Tomando normal n = (0,1,0) vemos que rot(f) \cdot n = y que sobre la superficie vale 1, por lo tanto proyectando sobre el plano xz nos queda

\iint_{S_{xz}} dx dz = area(S_{xz}) = \boxed{\pi}

En el siguiente dibujo se ve la curva C orientada (la circunferencia en color negro), la superficie S orientada (en color violeta), su proyección sobre el plano xz (en color rojo), y la esfera y el semicono cuya intersección define a la curva (en rojo y violeta semitrasparente)

p3b

P4)
La región está limitada por
x^2 + y^2 + z^2 \leq 1
x^2 + y^2 + (z-1)^2 \leq 1

las superficies asociadas son
x^2 + y^2 + z^2 = 1 (1)
x^2 + y^2 + (z-1)^2 = 1 (2)

igualando (1) con (2)
x^2 + y^2 + z^2 = x^2 + y^2 + (z-1)^2
z^2 = (z-1)^2
|z| = |z-1|

z-1 = z o bien z-1 = -z
-1 = 0 (absurdo) o bien z = 1/2

O sea que z = 1/2. Reemplazo en (1)
x^2 + y^2 + 1/4 = 1
x^2 + y^2 = 1 - 1/4 = 3/4

La densidad de masa es
\delta(x,y,z) = k \sqrt{x^2 + y^2}

Luego la integral planteada en cilíndricas es
\boxed{ M = k \int_0^{2 \pi} d\phi \int_0^{\sqrt{3}/2} \rho^2 d\rho \int_{ 1-\sqrt{1 - \rho^2} }^{ \sqrt{1-\rho^2}} dz }

= k \frac{\pi}{48} (8 \pi - 9 \sqrt{3}) según wolframalpha.

En el siguiente dibujito se ven las dos esferas (en violeta y verde) y la circunferencia intersección (en negro)

p4

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2° Recuperatorio 1° Parcial Verano 2018

Publicado el marzo 1, 2018 por damidami

Solución:

P1) Sea F(x,y,z) = yz + e^{xz - 3} - 2
Entonces
\nabla F(x,y,z) = (ze^{xz - 3}, z, y + xe^{xz - 3})
\nabla F(3,1,1) = (1,1,4) es un vector normal al plano tangente al gráfico de f en (3,1,1).

Es decir que el plano P buscado es de ecuación
(x-3,y-1,z-1) \cdot (1,1,4) = 0
x-3 + y-1 + 4z - 4 = 0
\boxed{ x + y + 4z = 8 }

Para la curva, la parametrizo con
g(t) = (t^2 - 1, t, t^2 - 1 + 2t^2 + 1)
g(t) = (t^2 - 1, t, 3t^2)

Averiguo t_0 \in \mathbb{R} tal que g(t_0) = (-1,0,0), por la segunda coordenada vemos que t_0 = 0.

Luego
g'(t) = (2t, 1, 6t)
g'(0) = (0,1,0) es vector tangente a la curva en el punto en cuestión.

Luego la recta R tangente a C en (-1,0,0) es de ecuación
(x,y,z) = (-1,0,0) + \lambda (0,1,0)
\boxed{ (x,y,z) = (-1, \lambda, 0) }

Busco la intersección entre la recta y el plano
-1 + \lambda = 8
\lambda = 9

Luego la intersección es \boxed{ R \cap P = \{ (-1, 9, 0) \} }

P2) Veamos que onda las derivadas direccionales

f'((0,0), (a,b)) = \lim_{h \to 0} \frac{ f(ha,hb) - f(0,0) }{h}
= \lim_{h \to 0} \frac{2h^2ab}{h^3}

Que sólo existe si ab = 0 y en ese caso vale cero. Por lo tanto existen las dos derivadas parciales y valen \boxed{ f'_x(0,0) = 0 = f'_y(0,0) }

Veamos que onda la continuidad en el origen. Pruebo por rectas de la forma y=mx y nos queda
\lim_{x \to 0} \frac{2mx^2}{x^2 + m^2 x^2} = \frac{2m}{1 + m^2}
como depende de m, no existe el \lim_{(x,y) \to (0,0)} f(x,y) y por lo tanto f no es contínua en (0,0).

P3) g(x,y) = x^2 - y + f^2(x,y)

Como f \in C^2, entonces g \in C^2
\nabla g(x,y) = (2x + 2 f(x,y) f'_x(x,y), -1 + 2 f(x,y) f'_y(x,y))
\nabla g(1,1) = (2 + 2 f(1,1) f'_x(1,1), -1 + 2 f(1,1) f'_y(1,1))

El plano tangente a la gráfica de f en el (1,1,f(1,1)) es
x + 2y + 2z = 1
despejo z
z = \frac{1 - x - 2y}{2}
de acá vemos que
f(1,1) = -1
f'_x(1,1) = -1/2
f'_y(1,1) = -1

reemplazando
\nabla g(1,1) = (2 + 2 (-1) (-1/2), -1 + 2 (-1) (-1))
\nabla g(1,1) = (2 + 1, -1 + 2)
\boxed{ \nabla g(1,1) = (3, 1) }

Como g es diferenciable en (1,1)
f'_v(1,1) = \nabla g(1,1) \cdot (a,b) = (3, 1) \cdot (a,b)

Los versores de derivada direccional nula son
\boxed{ v_1 = \frac{1}{\sqrt{10}} (-1,3) } y \boxed{ v_2 = \frac{1}{\sqrt{10}} (1,-3) }

P4)
xy' + y = x^2
y(-3) = 0

divido x
y' + y/x = x

sustituyo y = uv, y' = u'v + uv'
u'v + uv' + uv/x = x

saco factor común v
v[u'+ u/x] + uv' = x

igualo a cero el factor, y resuelvo para u
u'+ u/x = 0
u' = - u/x
du/u = - dx/x
\ln|u| = - \ln|x| + C
elijo C=0
\ln|u| = - \ln|x|
|u| = |1/x|
elijo
u = 1/x

reemplazo el u
(1/x)v' = x
y resuelvo para v
v' = x^2
v = x^3/3 + C

luego
y = uv
y = 1/x (x^3/3 + C)
\boxed{ y = x^2/3 + C/x }
es la SG.

Como y(-3) = 0
0 = 9/3 - C/3
0 = 9 - C
C = 9

por lo tanto la SP buscada es
\boxed{ y = x^2/3 + 9/x }

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Final 27/02/2018

Publicado el febrero 28, 2018 por damidami

Solución (de la parte práctica, y de forma muy concisa)

T1) En polares

\int_0^{\pi/2} d\phi \int_0^{\sin(\phi)} \rho^2 \sin(\phi) \ d\rho

Notar que \rho varía entre \rho = 0 y \rho = \sin(\phi). En polares y = \rho \sin(\phi). Multiplicando por \rho vemos que \rho^2 = \rho \sin(\phi), es decir x^2 + y^2 = y, x^2 + (y-1/2)^2 = 1/4 que es una circunferencia. Como \phi varía entre 0 y \pi/2 es en el primer cuadrante. El dibujito entonces nos queda así

En cartesianas \boxed{ \int_0^1 y dy \int_0^{ \sqrt{y-y^2} } dx }

T2) y'' - 2y' + y = 0

y = C x e^x no es SG pues tiene una sola constante arbitraria y la EDO es de segundo orden.

Veamos si es solución
y' = C e^x + C xe^x
y'' = C e^x + C e^x + C xe^x
y'' = 2 C e^x + C xe^x

reemplazo
2Ce^x + C xe^x - 2Ce^x - 2Cxe^x + Cxe^x = \boxed{ 0 }

por lo tanto es solución.

E1)
y = 2x^2 + 2z^2 \ \ (1)
y = 1 + x^2 + z^2 \ \ (2)

igualando (1) con (2)
2x^2 + 2z^2 = 1 + x^2 + z^2

x^2 + z^2 = 1
y = 2

rot(f) = (2xy-x, y^2, z^2 - 2yz)

aplico rotor sobre el disco circular en el plano $y=2$, tomando normal $n = (0,1,0)$
rot(f) \cdot (0,1,0) = y^2 = 2^2 = 4
4 \int_0^{2\pi} d\phi \int_0^1 \rho d\rho = \boxed{4\pi}

En el siguiente dibujo vemos la curva en color negro, la superficie en color azul, y la proyección sobre el plano xz en violeta

E2) Como f(x,y) = x^2 + y^2 - 2x = (x-1)^2 + y^2 - 1 es contínua y D = { (x,y) \in \mathbb{R}^2 / x^2 + y^2 \leq 4 } es compacto, por el teorema de Weierstrass produce un mínimo y un máximo absoluto.

En mi opinión con eso sólo ya está terminado el ejercicio ya que no pide calcularlos. De todas formas vamos a calcularlos.

\nabla f(x,y) = (2x-2, 2y)

Los puntos críticos cumplen (2x-2, 2y) = (0,0), es decir se tiene un único punto crítico A = (1,0). Como A \in D hay que considerarlo.

Hf = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}. Por el criterio del Hessiano es un mínimo relativo. De hecho está claro que \boxed{f(1,0) = -1} \leq (x-1)^2 + y^2 - 1 \ \forall (x,y) \in A, por lo tanto es mínimo absoluto.

Como no hay otro punto crítico en el interior, el máximo absoluto debe producirse en la frontera. Parametrizamos la frontera de A con g(t) = (2 \cos(t), 2 \sin(t)) con 0 \leq t \leq 2\pi.

Sea h(t) = f(g(t)) = 4 - 4 \cos(t)
Busco sus puntos críticos
h'(t) = 4 \sin(t)
4 \sin(t) = 0, es decir los puntos críticos son t_1 = 0 y t_2 = \pi.

Directamente evaluando vemos que f(2,0) = h(t_1) = 0 y que f(-2,0) = h(t_2) = 8. Luego vemos que \boxed{f(-2,0) = 8} es máximo absoluto.

En el siguiente dibujo vemos la región A en celeste, los conjuntos de nivel de f en verde, y los puntos donde se producen el mínimo y máximo absoluto en rojo.

E3) Lo hago por flujo directo (sin usar divergencia y tapa)

La superficie es de ecuación
z = \sqrt{4 - x^2 - y^2} (1)
x^2 + y^2 \leq 1 (2)

Defino G(x,y,z) = x^2 + y^2 + z^2 - 4
\nabla G = (2x, 2y, 2z)
|G'_z| = 2z (pues sobre la superficie z \geq 0)

Luego f \cdot \frac{\nabla G}{|G'_z|} = x^2 + y^2 + z^2 = 4 sobre la supercicie.

Luego el flujo pedido es
4 \int_0^{2\pi} d\phi \int_0^1 \rho d\rho = \boxed{4\pi}

En el siguiente dibujo vemos el casquete esférico en color verde, y la proyección en el plano xy en violeta

P4) x^2 \leq z \leq 8 - x^2 - 2y^2
por transitividad
x^2 \leq 8 - x^2 - 2y^2
x^2 + y^2 \leq 4

Recordando que x \geq 0 tenemos que el volumen pedido es
\int_{-\pi/2}^{\pi/2} d\phi \int_0^2 \rho d\rho \int_{\rho^2 \cos^2(\phi)}^{8 - \rho^2 \cos^2(\phi) - 2\rho^2 \sin^2(\phi)} dz

\int_{-\pi/2}^{\pi/2} d\phi \int_0^2 \rho (8 - 2\rho^2) d\rho = \boxed{8\pi}

En el siguiente dibujo vemos el sólido donde el techo está en color violeta, el piso en color azul, y la proyección sobre el plano xy en color rojo.

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2º Parcial Curso de Verano 2018

Publicado el febrero 26, 2018 por damidami

SEGUNDO PARCIAL ANÁLISIS MATEMÁTICO II VERANO febrero 2018

Solución: (de la práctica)

T1)
a) Falso. \nabla \times f = rot(f) = 0 es sólo una condición necesaria para que el campo sea conservativo. Si el conjunto U fuera símplemente conexo sería suficiente, pero por ejemplo si

U = \mathbb{R}^3 - \textrm{eje z}, f : U \to \mathbb{R}^3,
f(x,y,z) = \left( \frac{-y}{x^2 + y^2}, \frac{x}{x^2 + y^2}, 0 \right)

Se tiene que \nabla \times f = \left| \begin{array}{ccc} i & j & k \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ \frac{-y}{x^2 + y^2} & \frac{x}{x^2 + y^2} & 0 \end{array} \right| =

= \left( 0, 0, \frac{x^2 + y^2 - 2x^2}{ (x^2 + y^2)^2} - \frac{-x^2 - y^2 + 2y^2}{ (x^2 + y^2)^2} \right) = (0,0,0)

Y si hacemos la circulación de f sobre la circunferencia g(t) = (\cos(t), \sin(t), 0), 0 \leq t \leq 2\pi nos da

\int_0^{2 \pi} ( -\sin(t), \cos(t), 0 ) \cdot ( -\sin(t), \cos(t), 0 ) dt = \int_0^{2\pi} dt = 2\pi \neq 0

Es decir la circulación sobre una curva cerrada no dió cero y por lo tanto f no puede ser conservativo.

b) Verdadero.

g(x,y) = (2y + y \cos(xy), 3x + x \cos(xy))

green(f) = 3 + \cos(xy) - xy \sin(xy) - [ 2 + \cos(xy) - xy \sin(xy) ] = 1

Luego, por el teorema de Green, si C es la elipse y D la región que encierra entonces

\int_C f dc = \iint_D Q'_x - P'_y dxdy = \iint_D dxdy = area(D)

T2)

b) f(x,y,z) = (2x + e^{yz}, y + 3x^2, -z)
div(f) = 2 + 1 - 1 = 2

O sea que por el teorema de la divergencia

\iint_{\partial \Omega} f ds = \iiint_{\Omega} 2 dxdydz = 2 \ vol(\Omega)

Por otro lado, \iint_{\partial \Omega} f ds = 4\pi, pues con la normal entrante sería -4\pi

Nos queda
2 \ vol(\Omega) = 4\pi

y por lo tanto
\boxed{vol(\Omega) = 2\pi}

P1)

a) En el siguiente gráfico podemos ver el eje x en rojo, eje y en verde, eje z en azul, y la curva en color negro.

b)
f(x,y,z) = (2x + z, \cos(y), x)
\sigma(t) = (2 \cos(t), 2 \sin(t), 5t), 0 \leq t \leq 2\pi

Veamos si f es conservativo. Su matriz jacobiana es

Df = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 1 \\ 0 & -\sin(y) & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}

Que es contínua y simétrica. Como además su dominio es \mathbb{R}^3 que es símplemente conexo, cumple la condición suficiente.

Busquemos su función potencial.

\phi'_x = 2x + z
\phi'_y = \cos(y)
\phi'_z = x

\phi = x^2 + zx + C(y,z)
\phi = \sin(y) + C(x,z)
\phi = xz + C(x,y)

\boxed{ \phi(x,y,z) = x^2 + xz + \sin(y) + C }

Los puntos inicial y final de la curva son
A = \sigma(0) = (2, 0, 0)
B = \sigma(2\pi) = (2,0,10\pi)

Luego la circulación pedida es

\int_C f \ dc = \phi(B) - \phi(A) = 4 + 20\pi + 0 + C -(4 + 0 + 0 + C) = \boxed{20\pi}

Este mismo ejercicio se podía hacer directamente sin usar ningún teorema, pero con la desventaja de tener que hacer una integral mucho mas fea, por ejemplo así:

\int_C f \ dc = \int_0^{2 \pi} (4 \cos(t) + 5t, \cos(2 \sin(t)), 2 \cos(t)) \cdot (-2\sin(t), 2 \cos(t), 5) dt

= \int_0^{2 \pi} -8 \sin(t) \cos(t) - 10 t \sin(t) + 2 \cos(t) \cos(2 \sin(t)) + 10 \cos(t) dt

= 20\pi según wolframalpha.

P2) Sea S el paraboloide z = x^2 + y^2 - 2x + 1, z \leq 4

a) area(S)

dada la superficie
z = x^2 + y^2 - 2x + 1

completando cuadrados
z = (x-1)^2 + y^2

la intersecto con el plano z=4 y la proyección sobre el plano xy nos queda
(x-1)^2 + y^2 = 4

Entonces la parametrizo como
g(u,v) = (u \cos(v) + 1, u \sin(v), u^2)
con 0 \leq u \leq 2, 0 \leq v \leq 2 \pi.

Tenemos que
g'_u(u,v) = (\cos(v) , \sin(v) , 2u)
g'_v(u,v) = ( - u \sin(v), u \cos(v), 0 )

(g'_u \times g'_v)(u,v) = ( - 2u^2 \cos(v), -2u^2 \sin(v), u)

||(g'_u \times g'_v)||(u,v) = \sqrt{ 4u^4 + u^2 } = u \sqrt{ 4u^2 + 1}

Luego

area(S) = \iint_S ds = \iint_{S_{uv}} u \sqrt{ 4u^2 + 1} dudv
= \int_0^{2\pi} dv \int_0^2 u \sqrt{ 4u^2 + 1} du

= \boxed{ \frac{ (17 \sqrt{17} - 1) \pi}{6} }

b) f(x,y,z) = (x+3, y, \sin(xz))

rot(f) = \left| \begin{array}{ccc} i & j & k \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ x+3 & y & \sin(xz) \end{array} \right|

= ( 0 - 0, 0 - z \cos(xz), 0 - 0 ) = \boxed{(0, -z \cos(xz), 0)}

Por el teorema del rotor, si C es la circunferencia (x-1)^2 + y^2 = 4, z=4, y si D es el disco circular (x-1)^2 + y^2 \leq 4, z=4, con S y D orientados hacia abajo, entonces

\int_C f \ dc = \iint_S rot(f) \ ds = \iint_D rot(f) \ ds

tomando como versor normal n=(0,0,-1) a D, vemos que

\iint_D rot(f) \ ds = \iint_{D_{xy}} 0 dxdy = 0

Luego la integral pedida vale cero: \iint_S rot(f) \ ds = \boxed{0}

P3) f(x,y,z) = (x+2yz, 2y + xz^3, \cos(2y^2))

Nos dan la superficie S
x = y^2 + z^2 - 2, x \leq 2

Llamamos T a la superficie tapa
x = 2, y^2 + z^2 \leq 4

Calculamos la divergencia de f
div(f) = 1 + 2 + 0 = 3

Integro la divergencia sobre el sólido interior a la superficie S \cup T

\iiint_V 3 dv = 3 \int_0^{2\pi} d\phi \int_0^2 \rho d\rho \int_{\rho^2 - 2}^2 dx = \boxed{24\pi}

Ahora calculo el flujo sobre la tapa T orientada hacia x>0

\iint_T f \ ds = \int_{T_{yz}} 2+2yz dydz = \int_0^{2\pi} \int_0^2 (2+2\rho^2 \sin(\phi) \cos(\phi)) \rho d\rho

= \int_0^{2\pi} \int_0^2 2\rho d\rho + \int_0^{2\pi} \int_0^2 2\rho^3 \sin(\phi) \cos(\phi) d\rho

= 8 \pi + 0 = \boxed{8\pi}

Luego, por el teorema de la divergencia

\iint_S f \ ds = \iiint_V 3 dv - \iint_T f \ ds

24\pi - 8\pi = \boxed{16 \pi}

donde la orientación es hacia x<0.

En el siguiente gráfico se ve el eje x orientado de forma creciente (en color rojo), y podemos ver que el vector normal a la superficie (en color negro) apunta en la dirección contraria.

P4) y'' - 2y' + y = x^{3/2} e^x

y(0) = 0, y'(0) = 1

La ecuación característica nos queda

\alpha^2 - 2 \alpha + 1 = 0

que tiene raíz doble \alpha = 1

Luego la SG de la homogenea asociada es

\boxed{ y_h = C_1 e^x + C_2 x e^x }

Para encontrar la y_p usamos el método de variación de parámetros.

Hay que resolver el sistema

c_1' e^x + c_2' x e^x = 0
c_1' e^x + c_2' (e^x + x e^x) = x^{3/2} e^x

lo hacemos por regla de Cramer

c_1' = \frac{ \left| \begin{array}{cc} 0 & x e^x \\ x^{3/2} e^x & e^x + x e^x \end{array}\right| }{ \left| \begin{array}{cc} e^x & x e^x \\ e^x & e^x + x e^x \end{array}\right| }

c_2' = \frac{ \left| \begin{array}{cc} e^x & 0 \\ e^x & x^{3/2} e^x \end{array}\right| }{ \left| \begin{array}{cc} e^x & x e^x \\ e^x & e^x + x e^x \end{array}\right| }

c_1' = \frac{ - x^{5/2} e^{2x} }{ e^{2x} }
c_2' = \frac{ x^{3/2} e^{2x} }{ e^{2x} }

c_1' = - x^{5/2}
c_2' = x^{3/2}

Podemos tomar
c_1 = -\frac{2}{7} x^{7/2}
c_2 = \frac{2}{5} x^{5/2}

luego una SP posible es
y_p = - \frac{2}{7} x^{7/2} e^x + \frac{2}{5} x^{5/2} x e^x
y_p = - \frac{2}{7} x^{7/2} e^x + \frac{2}{5} x^{7/2} e^x
y_p = \frac{4}{35} x^{7/2} e^x

luego la SG buscada es

\boxed{ y = C_1 e^x + C_2 x e^x + \frac{4}{35} x^{7/2} e^x }

derivando
y' = C_1 e^x + C_2 (e^x + x e^x) + \frac{4}{35} (\frac{7}{2} x^{5/2} e^x + x^{7/2} e^x)

luego
y(0) = C_1 = 0
y'(0) = C_1 + C_2 = 1

es decir C_1 = 0, C_2 = 1

Finalmente la SP buscada es
\boxed{ y = x e^x + \frac{4}{35} x^{7/2} e^x }

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1° Recuperatorio 1° Parcial Verano 2018

Publicado el febrero 23, 2018 por damidami

enunciado

PRIMER RECUPERATORIO 1 PARCIAL 20-02-2018 VERANO

Solución:

P1) Como f : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R} cumple f(x,y) > 0 \ \forall (x,y) \in \mathbb{R}^2 y ser clase C^3, entonces g(x,y) = \frac{1}{f(x,y)} está definida en todo \mathbb{R}^2 y también es clase C^3.

Los puntos críticos de g son estacionarios. Los buscamos anulando el gradiente.

g'_x(x,y) = \frac{- f'_x(x,y)}{(f(x,y))^2}
g'_y(x,y) = \frac{- f'_y(x,y)}{(f(x,y))^2}

De donde vemos que los puntos críticos de g son los mismos que f, es decir P_1 = (3,-3) y P_2 = (-3,3)

Veamos si nos es de utilidad el criterio del Hessiano.

g''_{xx}(x,y) = \frac{ -f''_{xx}(x,y) (f(x,y))^2 + 2 f(x,y) (f'_x(x,y))^2 }{(f(x,y))^4}

g''_{xy}(x,y) = \frac{ -f''_{xy}(x,y) (f(x,y))^2 + 2 f(x,y) f'_x(x,y) f'_y(x,y) }{(f(x,y))^4}

g''_{yy}(x,y) = \frac{ -f''_{yy}(x,y) (f(x,y))^2 + 2 f(x,y) (f'_y(x,y))^2 }{(f(x,y))^4}

Sabiendo que f(3,-3) = 10, f(-3,3) = 5, y que en los puntos críticos el gradiente de f se anula, podemos calcular la hessiana de g en los puntos críticos

Hg(3,-3) = \left(-\frac{1}{10^2} \right) Hf(3,-3)
Hg(-3,3) = \left(-\frac{1}{5^2} \right) Hf(-3,3)

Cuando se tienen dos matrices cuadradas A, B y k \in \mathbb{R} tales que B = k A, entonces si \lambda \in \mathbb{C} es autovalor de A, entonces k \lambda es autovalor de B, pues si v es autovector de autovalor \lambda de A, es decir v \neq 0 y Av = \lambda v, entonces Bv = kAv = k\lambda v. Luego los autovalores de Hg en los puntos críticos son de signo opuesto a los de Hf en dichos puntos. Como el hessiano de f en los puntos críticos tiene determinante no nulo, sus autovalores son no nulos también.

Como f en P_1 tiene un máximo local (autovalores negativos), entonces g en P_1 tiene un mínimo local (autovalores positivos) de valor g(3,-3) = 1/10.

Como f en P_2 tiene un mínimo local (autovalores positivos), entonces g en P_2 tiene un máximo local (autovalores negativos) de valor g(-3,3) = 1/5.

Si uno no quiere hacer este análisis de los autovalores también se puede desarrollar la hessiana de g y aplicar el criterio del hessiano (va a quedar determinante positivo y g''_{xx} de signo opuesto a f''_{xx} en el punto crítico, lo cual lleva a la misma conclusión).

P2)
a) F(u,v) = (2u^2 + v, 3uv, -v)

Averiguo (u,v) tal que F(u,v) = (1,0,-1)

2u^2 + v = 1
3uv = 0
-v = -1

De la última se ve que v = 1, de la anteúltima se ve que u=0, y la primera verifica, luego también verifica que F(0,1) = (1,0,-1)

Ahora hacemos las derivadas parciales

F'_u(u,v) = (4u, 3v, 0)
F'_v(u,v) = (1, 3u, -1)

Las evaluamos en el punto de interés

F'_u(0,1) = (0, 3, 0)
F'_v(0,1) = (1, 0, -1)

Hacemos el producto vectorial
(F'_u \times F'_v)(0,1) = (-3, 0, -3) = N

Elijo n = \frac{-1}{3}N = (1,0,1)

Luego la recta normal a S en (1,0,-1) es de ecuación
\boxed{(x,y,z) = (1,0,-1) + \lambda (1,0,1)}

b)
G(x,y) = (3xy, 2y+1)
h : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}, h \in C^1. El plano tangente al gráfico de h en (3,3,z_0) es perpendicular a la recta determinada en a).

f = h \circ G

Nos piden la dirección de derivada direccional máxima de f en (1,1)

Como G y h son C^1, podemos usar la regla de la cadena. Viendo que G(1,1) = (3,3) nos queda

Df(1,1) = Dh(3,3) DG(1,1)

DG(x,y) = \begin{pmatrix} 3y & 3x \\ 0 & 2 \end{pmatrix}

Como el plano tangente al gráfico de h en (3,3,z_0) es perpendicular a la recta (x,y,z) = (1,0,-1) + \lambda (1,0,1), entonces es de ecuación

(x-3,y-3,z-z_0) \cdot (1,0,1) = 0
x-3 + z-z_0 = 0
x + z = 3 + z_0
z = 3 + z_0 - x
donde z_0 = h(3,3) no nos interesa demasiado.

Luego (viendo en la ecuación del plano los coeficientes que multiplican a las variables) vemos que
\nabla h(3,3) = (-1,0)

Luego la regla de la cadena nos queda

Df(1,1) = \begin{pmatrix} -1 & 0 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 3 & 3 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}

Luego \nabla f(1,1) = (-3, -3)

Como f es diferenciable en (1,1) la dirección de derivada direccional máxima en dicho punto es \boxed{ v = \frac{ \nabla f(1,1) }{ || \nabla f(1,1) ||} = \frac{1}{\sqrt{2}} (-1,-1)}

P3) f(x,y) = \begin{cases} \frac{x^3 + y^4}{x^2 + y^2} & (x,y) \neq (0,0) \\ 0 & (x,y) = (0,0) \end{cases}

Es contínua en el origen pues

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

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

Busco las derivadas direccionales por definición

f'((0,0),(a,b)) = \lim_{h \to 0} \frac{ f(ha,hb) - f(0,0)}{h} =
usando que a^2 + b^2 = 1
= \lim_{h \to 0} \frac{ h^3 a^3 + h^4 b^4 }{h^3}
= \lim_{h \to 0} a^3 + h b^4 = \boxed{ a^3 }

Como no es de la forma \nabla f(0,0) \cdot (a,b) vemos que f no es diferenciable en (0,0).

Los versores (a,b) de derivada direccional nula son los que cumplen a^3 = 0, es decir a=0 es decir \boxed{v_1 = (0,1)} y \boxed{v_2 = (0,-1)}

En vista que (a,b) es versor, tenemos que -1 \leq a \leq 1, de donde vemos que a^3 se maximiza en a=1 y se minimiza en a=-1, y por lo tanto el versor de derivada direccional máxima es \boxed{ v_{max} = (1,0) }, y el versor de derivada direccional mínima es \boxed{ v_{min} = (-1,0) }.

P4)
a) 6 e^{xz} - yz = 0 (*)
En el punto (0,2,z_0) nos queda
6 - 2 z_0 = 0
de donde z_0 = 3

Defino F(x,y,z) = 6 e^{xz} - yz. Es claro que F \in C^1. También que F(0,2,3) = 0

Le calculo el gradiente
F'_x = 6z e^{xz}
F'_y = -z
F'_z = 6x e^{xz} - y

y lo evaluamos en (0,2,3)
F'_x(0,2,3) = 18
F'_y(0,2,3) = -3
F'_z(0,2,3) = -2 \neq 0. Como se cumplen todas las hipótesis del teorema de Cauchy-Dini, esto nos muestra que la ecuación (*) define a z = f(x,y) en un entorno de (0,2,3). Además \nabla f(0,2) = (-(18/-2), -(-3/-2)) = (9, -3/2)

Ahora nos dan esta función
g(x,y) = f(x,y) - \sin(xy) + y
Vemos que g(0,2) = f(0,2) - \sin(0) + 2 = 3-0+2 = 5
Quiero el vector normal al gráfico de g en (0,2,5). Para eso primero calculo \nabla g(0,2)

\nabla g(x,y) = \nabla f(x,y) + (- y \cos(xy), - x \cos(xy) + 1 )
\nabla g(0,2) = \nabla f(0,2) + (-2, 1)
= (9, -3/2) + (-2, 1) = (7, -1/2)

Luego como vector normal podemos tomar n = (7, -1/2, -1) o mejor N = 2n = (14, -1, -2)

Luego la recta que pasa por (1,0,-2) y es perpendicular al plano tangente al gráfico de g en (0,2,5) es

\boxed{(x,y,z) = (1,0,-2) + \lambda (14, -1, -2)}

b)
x^2 y' + x (x+2) y = e^x
y(1) = e/2

Divido por x^2
y' + \frac{x+2}{x} y = x^{-2} e^x

Es lineal de primer orden. Sustituyo
y = uv
y' = u'v + u v'

Al reemplazar queda
y' + \frac{x+2}{x} y = x^{-2} e^x
u'v + uv' + \frac{x+2}{x} uv = x^{-2} e^x
v[u' + \frac{x+2}{x} u] + uv' = x^{-2} e^x

imponemos que
u' + \frac{x+2}{x} u = 0
u' = - \frac{x+2}{x} u
\frac{1}{u}du = - \frac{x+2}{x} dx
\int \frac{1}{u}du = -\int \frac{x+2}{x} dx
\ln|u| = - \int 1 + 2/x dx = - x - 2\ln|x| + C
\ln|u| = - x - 2\ln|x| + C
e^{\ln|u|} = e^{- x - 2\ln|x| + C}
|u| = e^C e^{-x} e^{- 2\ln|x|}
|u| = e^C e^{-x} e^{\ln|1/x^2|}
|u| = e^C e^{-x} \frac{1}{x^2}
u = k e^{-x} \frac{1}{x^2}
elijo k=1
u = e^{-x} \frac{1}{x^2}

Reemplazando u
e^{-x} \frac{1}{x^2} v' = x^{-2} e^x
e^{-x} v' = e^x
v' = e^{2x}
v = \frac{1}{2} e^{2x} + C

Luego
y = uv
y = e^{-x} \frac{1}{x^2} (\frac{1}{2} e^{2x} + C)
\boxed{ y = \frac{1}{2x^2} e^x + C \frac{1}{x^2 e^x}}

Lo cual concuerda con wolframalpha.

Como y(1) = e/2
y(1) = \frac{1}{2} e + C \frac{1}{e} = e/2
\frac{e}{2} + C \frac{1}{e} = e/2
C \frac{1}{e} = 0
C = 0

Luego la solución al problema de valor inicial es
\boxed{ y = \frac{e^x}{2x^2}}

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1° Parcial Curso de Verano 2018

Publicado el febrero 18, 2018 por damidami

parcial_15_02_2018

1ER PARCIAL ANÁLISIS MATEMÁTICO II VERANO 2018

Solución: (de la práctica, las demostraciones se vieron en clase)

T1)

a) Nos dan h(x,y) = x f \left( \frac{1}{x} + \frac{1}{y} \right) con f \in C^1

Hay que verificar que x \frac{\partial h}{\partial x}(x,y) - \frac{y^2}{x} \frac{\partial h}{\partial y}(x,y) = h(x,y)

Derivando parcialmente
h'_x(x,y) = f \left( \frac{1}{x} + \frac{1}{y} \right) - \frac{x}{x^2} f' \left( \frac{1}{x} + \frac{1}{y} \right)
h'_x(x,y) = f \left( \frac{1}{x} + \frac{1}{y} \right) - \frac{1}{x} f' \left( \frac{1}{x} + \frac{1}{y} \right)
h'_y(x,y) = - \frac{x}{y^2} f' \left( \frac{1}{x} + \frac{1}{y} \right)

Luego
x h'_x - \frac{y^2}{x} h'_y = x f \left( \frac{1}{x} + \frac{1}{y} \right) - f' \left( \frac{1}{x} + \frac{1}{y} \right) + f' \left( \frac{1}{x} + \frac{1}{y} \right)
= x f \left( \frac{1}{x} + \frac{1}{y} \right) = h(x,y)

b) T(x,y) = 4 - 2x + y + 4x^2 + y^2 es el Taylor de grado 2 asociado a f en (2,1).

h(x,y) = f(x,y) + 4 \alpha x - \beta y

Queremos que h admita extremo local en (2,1) y clasificarlo.

Como f \in C^3, entonces h también. Luego los puntos críticos son estacionarios, es decir el gradiente se anula. Como queremos que (2,1) sea crítico

h'_x(2,1) = f'_x(2,1) + 4 \alpha = 0
h'_y(2,1) = f'_y(2,1) - \beta = 0

Del Taylor sabemos que
f'_x(2,1) = T'_x(2,1) = [ -2 + 8x ]_{(2,1)} = 14
f'_y(2,1) = T'_y(2,1) = [ 1 + 2y ]_{(2,1)} = 3

Reemplazando
14 + 4 \alpha = 0
3 - \beta = 0

Es decir debe cumplirse que \boxed{\alpha = -14/4 = -7/2}, y que \boxed{\beta = 3}.

Para clasificarlo calculemos el hessiano. Necesitamos las derivadas segundas de h que coinciden con las de f, y podemos obtener del Taylor

f''_{xx}(2,1) = T''_{xx}(2,1) = 8
f''_{xy}(2,1) = T''_{xy}(2,1) = 0
f''_{yy}(2,1) = T''_{yy}(2,1) = 2

Luego
Hh(2,1) = Hf(2,1) = \begin{pmatrix} 8 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}

por el criterio del hessiano, h(2,1) es mínimo relativo.

T2)

b) Dada 2x^2 + y^2 = 5, hay que probar que en el punto (\sqrt{2}, 1) resulta \nabla f(\sqrt{2}, 1) es perpendicular.

Sea f(x,y) = 2x^2 + y^2. Entonces \nabla f(x,y) = (4x, 2y), en particular \boxed{ \nabla f(\sqrt{2},1) = (4 \sqrt{2}, 2) }

Parametrizamos la elipse 2x^2 + y^2 = 5 con g(t) = \left( \frac{\sqrt{5}}{\sqrt{2}} \cos(t), \sqrt{5} \sin(t) \right) con 0 \leq t_0 \leq 2 \pi

Sea t_0 \in [0, 2\pi] tal que g(t_0) = (\sqrt{2},1).
Sea h = f \circ g = 5. Por ser constante h'(t_0) = 0, por otro lado por la regla de la cadena h'(t_0) = \nabla f (\sqrt{2},1) \cdot g'(t_0). Es decir que \nabla f (\sqrt{2},1) \cdot g'(t_0) = 0

Es decir \nabla f (\sqrt{2},1) \perp g'(t_0) donde g'(t_0) es vector tangente a la elipse. Igual la idea es hacer un dibujito de la elipse y las rectas normal y tangente como sigue.

La recta normal viene dada por r(t) = (\sqrt{2},1) + t (4 \sqrt{2}, 2)
La recta tangente viene dada por 4 \sqrt{2} x + 2 y = D tal que 4 \sqrt{2} \sqrt{2} + 2 = D es decir D = 10, luego la recta tangente es de ecuación 4 \sqrt{2} x + 2 y = 10

Y el dibujito nos queda así

t2_b

P1) h(x,y) = \begin{cases} \frac{(x-2)^2}{(x-2)^2 + 5y^2} \cos(3y) & \textrm{ si } (x,y) \neq (2,0) \\ 0 & \textrm{ si } (x,y) = (2,0) \end{cases}

Veamos si es contínua en (2,0). Debería existir el límite, a ver si es cierto

\lim_{(x,y) \to (2,0)} \frac{(x-2)^2}{(x-2)^2 + 5y^2} \cos(3y)

Veamos que pasa por la recta de ecuación x = y+2
\lim_{y \to 0} \frac{y^2}{y^2 + 5y^2} \cos(3y) = \frac{1}{6}

Luego no es continua en (2,0) pues el límite debería ser igual a h(2,0) = 0. Por lo tanto tampoco es diferenciable en (2,0)

Veamos que onda las derivadas direccionales

h'((2,0), (a,b)) = \lim_{\lambda \to 0} \frac{ h((2,0) + \lambda(a,b)) - h(2,0)}{\lambda}

= \lim_{\lambda \to 0} \frac{ h(2 + \lambda a, \lambda b) - h(2,0)}{\lambda}

= \lim_{\lambda \to 0} \frac{1}{\lambda} \frac{\lambda^2 a^2}{ \lambda^2 a^2 + 5 \lambda^2 b^2} \cos(3 \lambda b)

= \lim_{\lambda \to 0} \frac{a^2}{ a^2 + 5 b^2} \frac{\cos(3 \lambda b)}{\lambda}

La única forma que exista este límite es que \boxed{a = 0} (sino daría \infty, pero para las derivadas exigimos limites reales).

Es decir las únicas direcciones en las que es derivable son (0,1) y (0,-1), en donde vale \boxed{h'_y(2,0) = 0}

Dibujín de la gráfica de h

p1

Se ve que algo raro pasa en el punto (2,0) (el eje x está en rojo, el eje y en verde, y el eje z en azul)

P2) La parametrización mas directa es considerar la x como un parámetro t, es decir g(t) = (t, t^2, 4 - t^2), con t \in \mathbb{R}. Cláramente g \in C^1 (sus coordenadas son polinomios), y además g'(t) = (1, 2t, -2t) \neq (0,0,0) \ \forall t \in \mathbb{R}. Esto nos dice que es una parametrización regular.
Averiguemos t_0 tal que g(t_0) = (1,1,3). Fácil, t_0 = 1. Luego v = g'(1) = (1,2,-2) es vector tangente a la curva en (1,1,3). Luego la recta tangente es de ecuación

\boxed{(x,y,z) = (1,1,3) + \lambda (1,2,-2)}

Dibujo todo con el geogebra:

p2

La curva está en verde fluorescente y bien gordita. El punto (1,1,3) está marcado como A. La recta tangente en azul clarito. Y las superficies en amarillo y rosita transparente.

P3) f(x,y) = x^2 + 2y^2

La familia de líneas de nivel (curvas de nivel) viene dada por

x^2 + 2y^2 = k

busco la familia ortogonal, para eso primero busco la EDO
2x + 4yy' = 0
divido por 2
x + 2yy' = 0
ok, esa es la EDO. Ahora busco la EDO de la familia ortogonal. Para eso cambio y' por -1/y'
x - \frac{2y}{y'} = 0
multiplico por y'
x y' - 2y = 0
y ahora la resuelvo para encontrar la familia ortogonal. Primero separo variables
x y' = 2y
\frac{y'}{y} = \frac{2}{x}
\frac{dy}{y} = 2 \frac{dx}{x}
bien, ahí separé variables. Ahora integramos
\ln|y| = 2 \ln|x| + C
y = k x^2
esa es la familia ortogonal buscada.

Veamos que curvas pasan por el (1,1). De la primer familia obtenemos 1 + 2 = k = 3 , es decir sólo pasa
\boxed{x^2 + 2y^2 = 3} (una elipse)

De la segunda familia obtenemos 1 = k , por lo tanto hay una curva y es esta
\boxed{y = x^2} (una parábola)

Ahora graficamos todo

p3

En azul está la elipse, y en rojo la parábola. El punto (1,1) se indica como A. En negro las rectas tangentes a cada una (que son las normales de la otra respectivamente). Y si uno presta atención, con trazo muy finito hay otras curvas de ambas familias.

P4)

a) Nos dan h = f \circ g, con g(x,y) = (xy, y-x).
De f nos dicen que es C^3 y que el taylor de 2do grado en (2,1) es T(x,y) = 2 + 3y - 5x^2.

Nos piden una derivada direccional de h, que es diferenciable por ser composición de diferenciables. Entonces me interesa calcular \nabla h(1,2) usando la regla de la cadena. Vemos que g(1,2) = (2,1). Luego

\nabla h(1,2) = \nabla f(2,1) Dg(1,2)

Dg = \begin{pmatrix} y & x \\ -1 & 1 \end{pmatrix}
Dg(1,2) = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}

Por otro lado

f'_u(2,1) = T'_x(2,1) = [ -10x ]_{(2,1)} = -20
f'_v(2,1) = T'_y(2,1) = [ 3 ]_{(2,1)} = 3

(Tal vez sería mejor llamar T(u,v) al taylor para que no haya confusión con los valores de x,y de g,h, se entiende que no hay relación.)

Luego nos queda

\nabla h(1,2) = (-20, 3) \cdot \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}

\boxed{\nabla h(1,2) = (-43, -17) }

La dirección que va del (1,2) hacia el (3,4) es v = \frac{(3-1, 4-2)}{||(3-1, 4-2)||} = \frac{(2,2)}{||(2,2)||} = \frac{1}{\sqrt{2}} (1,1)

Luego la derivada pedida es
h'((1,2), \frac{1}{\sqrt{2}} (1,1)) = \nabla h(1,2) \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} (1,1)
= (-43, -17) \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} (1,1)
= \frac{-60}{\sqrt{2}} = \boxed{-30 \sqrt{2}}

b) La función z = f(x,y) está definida implícitamente por la ecuación z^2 + \frac{2}{x} = 7 + \sqrt{y^2 - z^2}.

Hay que determinar la ecuación del plano tangente a la gráfica de f en el punto (1,5,3).

Sea F(x,y,z) = z^2 + \frac{2}{x} - 7 - \sqrt{y^2 - z^2}

Verifico que el punto esté en el conjunto de nivel cero.
F(1,5,3) = 9 + 2 - 7 - \sqrt{25 - 9} = 4 - \sqrt{16} = 0

No hace falta usar Cauchy-Dini, alcanza con usar que el gradiente de F es normal al conjunto de nivel cero de F en (1,5,3), pues la gráfica de f coincide con el conjunto de nivel cero de F en las cercanias del punto en cuestión.

F'_x = - \frac{2}{x^2}
F'_y = - \frac{1}{2} \frac{2y}{\sqrt{y^2 - z^2}} = \frac{-y}{\sqrt{y^2 - z^2}}
F'_z = 2z + \frac{1}{2} \frac{2z}{\sqrt{y^2 - z^2}} = 2z + \frac{z}{\sqrt{y^2 - z^2}}

Luego un vector normal es n = \nabla F(1,5,3) = (-2, \frac{-5}{4}, 6 + \frac{3}{4}) = (-2, \frac{-5}{4}, \frac{27}{4})

Otro normal mas lindo por no tener denominadores es N = -4 \cdot n = (8,5,-27).

Luego la ecuación del plano tangente pedido es

[(x,y,z) - (1,5,3)] \cdot (8,5,-27) = 0
(x-1, y-5, z-3) \cdot (8,5,-27) = 0
8(x-1) + 5(y-5) - 27(z-3) = 0
\boxed{8x + 5y - 27z + 48 = 0}

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Final 19/12/2017

Publicado el diciembre 22, 2017 por damidami

final_19_12_2017

Respuestas:

T1) \frac{693}{13}
T2) g'(2) = (4,12,3) \neq (0,0,0). El punto es regular.
E1) Salía por circulación directo y daba \frac{-208}{3}
E2) 243 \pi
E3) \frac{16}{15} k \pi
E4) y = 2 \cos(2x) + 3

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Final 12/12/2017

Publicado el diciembre 13, 2017 por damidami

final_12_12_2017

Respuestas:

T1) \int_{-2}^2 dx \int_0^{\sqrt{4-x^2}} y dy \int_{-1}^2 \sqrt{x^2 + y^2} dz

T2) Como no existe el límite, la discontinuidad es no evitable y por lo tanto no puede redefinirse la función en el punto para que pase a ser contínua.

E1) \frac{256}{3} orientando hacia x^+

E2) 20 \pi

E3) f(0,2,-2) es mínimo relativo. Los puntos (\pm 2,0,2) producen silla.

E4) Era mas fácil por rotor, y la circulación pedida da cero.

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Final 05/12/2017

Publicado el diciembre 6, 2017 por damidami

final_05_12_2017
Como el windogs tardaba mucho en actualizarse, al final hice mas rápido enchufando la commodore. Paso las respuestas:

snoopy

Ups! Me equivoqué de foto. Ahora sí, paso las respuestas.

final_05_12_2017
Disculpe las molestias ocasionadas.

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