Introducción

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Suerte! :D
Damián.

1º Parcial Curso de Verano 2015

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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.

Final 09/12/2014

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Gracias a Agustín y a Luis por enviarme este final.

Resuelvo la parte práctica del T1.  Sabemos que area(D_{xy}) = 35 y que el cambio de variables está dado por (x,y) = (2u+v, u-3v), y la región correspondiente en el plano uv se llama D_{uv} y nos piden calcular su área.

Sea g(u,v) = (2u+v, u-3v) (definí la función del cambio de variables).  Se tiene que Dg = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & -3 \end{pmatrix}, y que | \det Dg | = | -6 - 1 | = 7.  Por el teorema de cambio de variables

35 = area(D_{xy}) = \iint_{D_{xy}} dxdy = \iint_{D_{uv}} | \det Dg | dudv = 7 \ area(D_{uv}).

Por lo tanto el área pedida es area(D_{uv}) = \frac{35}{7} = 5

Final 02/12/2014

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Gracias Nicolás por enviarme el final.  Estos días no voy a poder ir a las fechas de final, así que dependo de que me lo envíen de alguna forma para poder subirlo al blog.  Mi dirección de correo es dsilvestre@frba.utn.edu.ar.

Final 01/10/2014

final_01_10_2014

T1) f(0,0) = 4 es mínimo local (y global)
T2) div(rot(f)) = 0 (justificar usando Schwarz)

E1) El flujo da 22 (orientando hacia arriba).
E2) La circulación da \frac{22}{15}.
E3) f(2.02, 1.98) \approx 3.016.
E4) La circulación da 24.

Agrego gráfico del ejercicio E1. En azul está la superficie, en verde el plano, y en rojo la proyección sobre el plano xy.

final_01_10_2014_ej1

Tp.1 Ej.4.b

Halle la ecuación diferencial de la familia de…

b) … hipérbolas con focos en el eje x, centro en el origen y semiejes a variable y b=1.

Solución:

La ecuación de una hipérbola con centro en (x_0,y_0), focos en el eje x y semiejes a y b es

\frac{(x-x_0)^2}{a^2} - \frac{(y-y_0)^2}{b^2} = 1

Como b=1 y el centro es el origen (x_0,y_0) = (0,0) nos queda

\frac{x^2}{a^2} - y^2 = 1 (1)

Esa es la ecuación de la familia, queremos la ecuación diferencial asociada que como hay un sólo parámetro debe ser de primer orden, por lo tanto derivo una vez

\frac{2x}{a^2}- 2yy' = 0

como quedó la constante arbitraria, todavía no es la ecuación diferencial, multiplico por x/2

\frac{x^2}{a^2} - xyy' = 0

sumo xyy'

\frac{x^2}{a^2} = xyy'

y reemplazando en (1) obtenemos la ecuación diferencial buscada:

xyy' - y^2 = 1

Final 29/07/2014

final_29_07_2014

Respuestas:

T1) La derivada máxima de h en (2,2) es 13 \sqrt{5}

T2) La ecuación diferencial es y^3 + xy^2 y' + y' = 0

La solución particular es xy^2 - y = 1

E1) El volúmen es \frac{128}{3}\pi

E2) La circulación es \frac{13}{3}

E3) El área es \frac{ \sqrt{11} }{3} \pi

E4) El flujo pedido es 8 \pi orientando hacia z^+.