Introducción

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

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Suerte! 😀
Damián.

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Primer parcial 06/10/2017 Silvia Seminara

parcial_seminara_t1

E1)
a) El conjunto de nivel 0 es donde |y| = 1 unión donde x-2y = 0, es decir

conjunto_nivel_0

El conjunto de nivel 1 es donde |y| \neq 1 unión donde \frac{x-2y}{1-y^2} = 1

x - 2y = 1 - y^2
y^2 - 2y + x = 1
(y-1)^2 + x = 2

Es decir son los puntos de la parábola que vemos en verde, quitando los puntos A y B que eran del conjunto de nivel 0.

conjunto_nivel_1

b) f'_x(0,1) = \lim_{h \to 0} \frac{ f(h,1) - f(0,1) }{h}

= \lim_{h \to 0} \frac{ 0 - 0 }{h} = 0

f'_y(0,1) = \lim_{h \to 0} \frac{ f(0,1+h) - f(0,1) }{h}

f'_y(0,1) = \lim_{h \to 0} \frac{ -2 (1+h) }{ 1 - (1+h)^2 } \cdot \frac{1}{h}

= \lim_{h \to 0} \frac{ -2 -2h }{ 1 - (1+2h+h^2) } \cdot \frac{1}{h}

= \lim_{h \to 0} \frac{ -2 -2h }{ -2h - h^2 } \cdot \frac{1}{h}

Que tiende a infinito, es decir que \not\exists f'_y(0,1)

E2) x + ky = 2
derivando
1 + ky' = 0
multiplico por y
y + kyy' = 0
reemplazo de la primera que ky = 2-x
y + (2-x)y' = 0
cambio y' por -1/y'
\frac{-(2-x)}{y'} = -y
yy' = 2-x
\int y dy = \int 2-x dx
\frac{y^2}{2} = 2x - \frac{x^2}{2} + C
x^2 + y^2 - 4x = 2C
en el (1,1)
1 + 1 - 4 = 2C
de donde
C = -1
por lo tanto la curva pedida es de ecuación
x^2 + y^2 - 4x = -2
(x-2)^2 + y^2 = 2

ejer_2

E3) Defino h(x,y) = (x+y, 2x+y^2), entonces g = f \circ h.
Un diagramita de la compuesta:

(x,y)=(0,1) \to h \to (u,v)=(1,1) \to f \to w=1
pues h(0,1) = (1,1) y además por enunciado el punto de la implícita es (u,v,w) = (1,1,1)

Defino F(u,v,w) = \sin(v-u) + uvw - w^2
F'_u(u,v,w) = - \cos(v-u) + vw
F'_v(u,v,w) = \cos(v-u) + uw
F'_w(u,v,w) = uv - 2w

En el (u,v,w)=(1,1,1)
F'_u(1,1,1) = 0
F'_v(1,1,1) = 2
F'_w(1,1,1) = -1 \neq 0

Entonces por el teorema de la implícita
f'_u(1,1) = -0/-1 = 0
f'_v(1,1) = -2/-1 = 2

Por otro lado Dh(x,y) = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 2 & 2y \end{pmatrix}
Luego por la regla de la cadena

Dg(0,1) = Df(1,1) \cdot Dh(0,1)
= \begin{pmatrix} 0 & 2 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 2 & 2 \end{pmatrix}
= \begin{pmatrix} 4 & 4 \end{pmatrix}

\nabla g(0,1) = (4,4)
f'_v(0,1) = (4,4)(a,b) = 4a+4b

Luego las direcciones de derivada nula son las perpendiculares al gradiente es decir
v_1 = (-1,1)/\sqrt{2}
v_2 = (1,-1)/\sqrt{2}

E4)
a)
\Gamma(u,v) = (u-v, u^2, u+v)
Averiguo (u,v) tal que devuelva A = (1,4,3)
1 = u-v
4 = u^2
3 = u+v
De donde (u,v) = (2,1)

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

\Gamma'_u(2,1) = (1, 4, 1)
\Gamma'_v(2,1) = (-1, 0, 1)

\Gamma'_u(2,1) \times \Gamma'_v(2,1) = (4, -2, 4) = N

El plano tangente es de ecuación
(X-A) \cdot N = 0

(x-1, y-4, z-3) (2,-1,2) = 0
2x - 2 - y + 4 + 2z -6 = 0
\boxed{2x - y + 2z = 4}

b) Primero despejo z de la ecuación del plano
z = \frac{4 - 2x + y}{2}

Como se trata del plano tangente a la gráfica de f en (1,0,1), vemos que f'_x(1,0) = -1 y que f'_y(1,0) = 1/2

Luego f'((1,0),(3/5,4/5)) = \nabla f(1,0) \cdot (\frac{3}{5}, \frac{4}{5}) = (-1, \frac{1}{2}) \cdot (\frac{3}{5}, \frac{4}{5}) = -1/5

T1) f(x,y) = x^2y -y
Es diferenciable, busco sus puntos críticos que son estacionarios
\nabla f(x,y) = (2xy, x^2 - 1) = (0,0)
2xy = 0
x^2 = 1

De donde los puntos críticos son A=(1,0) y B=(-1,0)

Vamos a aplicar el criterio del Hessiano para clasificarlos

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

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

Hf(-1,0) = \begin{pmatrix} 0 & -2 \\ -2 & 0 \end{pmatrix}

Ambos tienen determinante negativo. Por el criterio producen punto silla. Los mismos son (1,0, f(1,0)) y (-1, 0, f(-1,0))

T2) En un entorno del (-1,1) la función f coincide con g(x,y) =\frac{xy}{x^2 + y^2} que es diferenciable por ser C^1 ya que se trata de un cociente de polinomios y no se anula el denominador en dicho entorno.

Acá podemos ver las derivadas parciales que son contínuas en un entorno del (-1,1) por ser cocientes de polinomios y no se anula el denominador en dicho entorno
f'_x(x,y) = \frac{y (x^2 + y^2) - xy(2x)}{ (x^2 + y^2)^2 }
f'_y(x,y) = \frac{x (x^2 + y^2) - xy(2y)}{ (x^2 + y^2)^2 }

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Final 26/09/2017

T1) \int_{-\pi/2}^{\pi/2} d\phi \int_1^2 \rho^2 \ d\rho = \frac{7}{3} \pi

T2) (u,v) = (1,2) y intersecta en (-2,5,13)

E1) \int_0^3 dx \int_0^{3-x} (9z, 6x, 4y) \cdot \frac{(2,2,3)}{3} \ dy = \int_0^3 dx \int_0^{3-x} 12 \ dy = \frac{3^2}{2} \cdot 12 = 54

E2) \int_0^\pi d\phi \int_0^{2 \sin(\phi)} \rho \ d\rho \int_{\rho^2}^{2 \rho \sin(\phi) } dz = \frac{\pi}{2}

E3) 5 + 3 (2.02 - 2) + 1 (1.98 - 2) = 5.04

E4) - \left(  \int_{-2}^2 dx \int_0^{4-x^2} y \ dy - \int_{-2}^2 (2, ...) \cdot (1,0) \ dt \right) = - ( \frac{256}{15} - 8 ) = - \frac{136}{15}

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Final 25/07/2017

final_25_07_2017

Respuestas:

T1) f'_{max}(A) = ||(2,3,1)|| = \sqrt{14}
r_{max} = \frac{(2,3,1)}{||(2,3,1)||}
T2) g(x) = -x

E1) Area(\Sigma) = 3 \sqrt{6}
E2) r_0 \cap C = \{ (3,3,9) \}
E3) Vol(H) = \frac{32}{3} \pi
E4) \int_{1/2}^1 dx \int_{\sqrt{1 - x^2}}^{\sqrt{2x - x^2}} y dy + \int_1^2 dx \int_0^{\sqrt{2x-x^2}} y dy = 1/8 + 1/3 = 11/24

También salía usando polares de la siguiente manera:
\int_0^{\pi/3} \sin(\phi) d\phi \int_1^{2 \cos(\phi)} \rho^2 d\rho = 11/24

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Final 24/05/2017

final_24_05_2017

Respuestas:

T1) 6\pi
T2) x^2 + y^2 = 1
E1) 81/4 orientando hacia z^+
E2) Intersecta en el (0,1,-1)
E3) f(0,2) = -4 mínimo local
E4) 8\pi

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Final 07/02/2017

Respuestas

T1) Se cumple.
T2) 144\pi
E1) 32k
E2) 81
E3) 9\pi
E4) y = 3 + 5x

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Final 13/12/2016

Respuestas:

T1) f(0,0) = 4 es mínimo absoluto y relativo.
T2) \nabla h(1,2) = (10,3)

E1) El flujo es 81 orientando hacia z^+
E2) El volumen pedido es V = \frac{64}{3}
E3) La línea de campo es -\frac{x^2}{2} + y^2 = 7
E4) La circulación es \frac{81}{4} \pi

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Final 26/07/2016

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

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Final 12/07/2016

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 }

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2º Parcial Curso de Verano 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}

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Final 29/02/2016

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}

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