Consultas de cursos del 2010

Publicado el abril 7, 2010 por damidami

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.

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37 respuestas a Consultas de cursos del 2010

  1. Pablo dijo:
    abril 13, 2010 en 3:11 pm

    Hola Damian,

    Resolvi este ejercicio de parcial.
    Estudiar la continuidad, derivabilidad y diferenciabilidad en (0,0) de:

    f1(x,y) \quad \frac{x^2 y}{\sqrt{x^2 + y^2}} \quad (x,y) \ne (0,0)
    f2(x,y) \quad 0 \quad = (0,0)

    Mi solucion:
    \lim_{x \rightarrow 0, y = 0} \frac {x^2 y}{\sqrt{x^2 + y^2}} = 0
    \lim_{y \rightarrow 0, x = 0} \frac {x^2 y}{\sqrt{x^2 + y^2}} = 0

    sigo pensando que es discontinua, por lo tanto voy a acercarme a (0,0) por la recta y=x.
    \lim_{y \rightarrow x} \frac {x^3}{\sqrt{x^2 + y^2}} = \frac{x^3}{ \begin{vmatrix} x \end {vmatrix} }

    \lim_{y \rightarrow x^-} \frac {x^3}{\sqrt{x^2 + y^2}} = \frac{x^3}{ -x } = -x^2

    \lim_{y \rightarrow x^+} \frac {x^3}{\sqrt{x^2 + y^2}} = \frac{x^3}{ x } = x^2

    No es continua los limites son diferentes y no es diferenciable.
    Pero eso no quita que no tenga derivadas parciales así es que, trato de hallarlas.

    \lim_{h \rightarrow 0} \frac {f(h,0) - f(0,0)}{h} = \frac {(\frac{h^2.(0)}{ \sqrt{h^2 + 0^2}} ) - 0}{h} = 0

    \lim_{h \rightarrow 0} \frac {f(0,h) - f(0,0)}{h} = \frac {(\frac{(0)h}{ \sqrt{0^2 + h^2}} ) - 0}{h} = 0

    Por el resultado de los limites anteriores podria decir que es derivable en (0,0).

    Responder
    • damidami dijo:
      abril 13, 2010 en 3:28 pm

      Hola Pablo,
      Primero que nada quedé sorprendido por el buen manejo que hacés de los comandos \TeX 🙂

      Con respecto a la continuidad, cometés un error cuando te aproximás por y=x ya que en el denominador haces y=0 en vez de y=x

      Sugerencia: intentá cambiando a polares para analizar la continuidad.

      Las derivadas parciales las hacés bien, pero ojo que eso no implica que la función sea derivable, para estar seguro tendrías que hacer las derivadas direccionales (se dice que es derivable si lo es en toda dirección no solo en las canónicas)

      Saludos,
      Damián.

      Responder
  2. Pablo dijo:
    abril 14, 2010 en 1:20 pm

    Hola Damian,

    Si es cierto, si voy a polares el limite me da igual a cero, entonces seria continua.
    Si es que esta bien, resuelto el siguiente limite.

    \lim_{r \rightarrow 0} \frac {(r^2cos^2 \phi)(rsin \phi)}{\sqrt{r^2cos^2 \phi + r^2cos^2 \phi}}
    \lim_{r \rightarrow 0} \frac {( \cancel{r^2}cos^2 \phi)(rsin \phi)}{\cancel{r^2}}
    \lim_{r \rightarrow 0} cos^2 \phi r sin \phi = 0

    Por el tema diferenciabilidad voy a estudiar mas teoria.

    Responder
    • damidami dijo:
      abril 14, 2010 en 1:53 pm

      Hola Pablo,
      Aparentemente el comando de latex \cancel{} no funciona en wordpress, igual por el comando que pusistes me doy cuenta que hay un error ya que simplificás el r^2 del numerador con los r^2 que están en la raíz cuadrada, primero tenés que sacar r^2 factor común del denominador y después sacarlo de la raíz, en definitiva solo se puede simplificar r, pero el resto estaría bien y llegás a 0 igual.
      Acordate que te falta analizar las derivadas direccionales también.
      Saludos,
      Damián.

      Responder
  3. Pablo dijo:
    abril 15, 2010 en 4:01 pm

    Hola Damian,
    Retomando el ejercicio:
    Aplico la definicion de derivada direccional al punto Po=(0,0) y un versor generico u=(h,k)

    \lim_{t \rightarrow 0} \frac{f(\overline{Po} + t\overline{u}) - f(\overline{Po}) }{t}

    \lim_{t \rightarrow 0} \frac{f(th,tk) - f(0,0) }{t}

    \lim_{t \rightarrow 0} \frac{ \frac {f( th (tk)^2 )}{(th^2 + (tk)^2} - 0 }{t}

    \lim_{t \rightarrow 0} \frac{ t^2 h t k }{ t^2(h^2 + k^2) } =

    \lim_{t \rightarrow 0} \frac{ t h k }{ h^2 + k^2 } = \lim_{t \rightarrow 0} \frac {(0)hk} {h^2 + k^2} = 0

    EL limite es igual a cero, sin importar los vectores. El limite existe y es diferenciable en todas direcciones en las cercanias del (0,0).
    Esta bien ?

    Responder
    • damidami dijo:
      abril 15, 2010 en 5:37 pm

      Hola Pablo,
      En el tercer paso se te mezclaron algunas cosas (fijate que todavía tenés la f).
      Yo prefiero llamar al versor (u,v) y al parámetro del límite h \to 0
      Fijate que el denominador por ser \sqrt{h^2u^2 + h^2v^2} equivale a |h|
      El numerador equivale a h^2 u^2 h v = h^3 u^2 v
      Juntando todo queda el límite

      \lim_{h \to 0} \frac{h^3 u^2 v}{|h| h}

      que equivale a

      \lim_{h \to 0} \frac{h^2 u^2 v}{|h|}

      Si te acercás por 0^+

      \lim_{h \to 0^+} \frac{h^2 u^2 v}{h} = 0

      \lim_{h \to 0^+} h u^2 v = 0

      Si te acercás por 0^-

      \lim_{h \to 0^-} \frac{h^2 u^2 v}{-h} = 0

      \lim_{h \to 0^-} -h u^2 v = 0

      Y por eso el límite existe, vale 0, y es DERIVABLE (no diferenciable) en todas direcciones en el punto (0,0)

      Una pregunta, usás algún software para ver las ecuaciones en latex antes de postearlas?

      Saludos,
      Damián.

      Responder
  4. Pablo dijo:
    abril 16, 2010 en 1:11 pm

    Hola Damian,

    Muchas gracias, por la aclaraciones.
    Antes de postear las ecuaciones en latex, ingreso al siguiente link:
    http://www.sitmo.com/latex/
    Y de los siguientes link, saco algunos comandos que no encuentro en el link precedente.
    http://es.wikipedia.org/wiki/LaTeX
    http://rinconmatematico.com/instructivolatex/formulas.htm

    Saludos.
    Pablo.

    Responder
    • damidami dijo:
      abril 16, 2010 en 4:27 pm

      Muy bueno el enlace que permite previsualizar fórmulas latex, lo agregué al post. Lástima wordpress no me deja insertar javascript sinó podría incluirlo en la barra lateral del blog.

      Responder
  5. Pablo dijo:
    abril 20, 2010 en 4:32 pm

    Hola Damian,

    Resolvi este ejercicio de parcial.
    Dice:
    Analice la derivabilidad en distintas direcciones de:

    f1(x,y) = \frac{y^2 sin(x)}{x^2 + y^2} \qquad (x,y)=(0,0)

    f2(x,y) \quad 0 \qquad (x,y) = (0,0)
    Es diferenciable esta funcion ?.
    Mi solucion:
    Empiezo buscando la continuidad.

    Por el eje X:
    \lim_{x \rightarrow 0, y=0} \frac{y2 sin(x)}{x^2 + y^2} = 0

    Por el eje Y:
    \lim_{y \rightarrow 0, x=0} \frac{y2 sin(0)}{0^2 + y^2} = 0

    Utilizo coordenadas polares.
    x=\rho cos \phi
    x=\rho sin \phi

    \lim_{\rho \rightarrow 0} \frac{\rho^2 sin^2 \phi [sin(\rho cos \phi)]}{\rho ^2}
    \lim_{\rho \rightarrow 0} sin^2 \phi [sin(\rho cos \phi)] = sin^2 0 = 0

    Voy a utilizar x=-y

    \lim_{x \rightarrow y} \frac{y^2 sin(y)}{y^2 + y^2} =
    \lim_{x \rightarrow y} \frac{sin(y)}{y^2} =
    \lim_{x \rightarrow y, y \rightarrow 0} \frac{cos (y)}{2y} = \propto
    No estoy de acuerdo con el resultado, porque no seria continua y por ello no cumple la condicion necesaria de

    diferenciabilidad.

    Ahora podria ver, si es derivable. (Aplico definicion)
    En el origen y un vector generico r
    \overline r (\overline u, overline v)
    \frac {\partial f}{\partial \overline r} (0,0) = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{ f(\overline 0 + h \overline r) - f(0,0) }{h}
    \lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(hu,hv) - f(0,0)}{h}

    \lim_{h \rightarrow 0} \frac{\frac{h^2v^2 sin(hu) } {h^2u^2 + h^2v^2} - 0} {h}
    \lim_{h \rightarrow 0} \frac{v^2 sin(hu)}{h(u^2 + v^2)}
    \lim_{h \rightarrow 0} \frac{v^2 sin(hu)}{(u^2 + v^2)} \frac{1}{h}
    Tengo una indeterminacion, creo que me equivoque, pero no lo veo.

    Responder
    • damidami dijo:
      abril 21, 2010 en 12:43 pm

      Hola Pablo,
      Primero, fijate que no te pedían continuidad, eso a lo sumo te va a servir para probar que no es diferenciable. Venías bien hasta lo de polares, después no cierra del todo lo que hicistes que te dió infinito pero está mal. Volvé a hacerlo con polares despacio y te tiene que dar que es contínua, así que no te sirve tampoco para ver si es o no diferenciable.
      La parte de derivabilidad está bastante bien, pero llegás ahí y no sabés como seguir, fijate que u^2+v^2 = 1 y que multiplicando y diviendo por u te va a quedar un \frac{\sin(hu)}{hu}.
      La diferenciabilidad la podés sacar usando que si es diferenciable tiene que cumplir \nabla f(0,0) \cdot (u,v) = f'((0,0),(u,v)) y no parece ser el caso.
      Saludos,
      Damián.

      pd: completé los tags latex que te olvidastes.

      Responder
  6. Pablo dijo:
    abril 20, 2010 en 4:35 pm

    Damian,

    Perdon,
    A veces me olvido de poner al principio de una linea, la palabra «\latex» y no me parsea el string.
    Como en el ejercicio anterior. La proxima miro mejor antes de Enviar.

    Pablo.

    Responder
  7. Pablo dijo:
    abril 22, 2010 en 3:05 pm

    Damian ,gracias por la aclaracion.
    Es verdad no pedian la continuidad, pero se, de la teoria que si no es continua,
    no es diferenciable, pero se ve, que al apurarme, hice mal el limite.
    Volvi a reacer el limite con polares y me dio igual a cero

    sin importar la
    direccion del vector (u,v). Entonces es continua.
    Luego, con la derivabilidad, segui los pasos que indicastes,
    (u^2, v^2) = 1
    \frac{\sin(hu)}{hu}
    Mutiplico y divido por u:
    \lim_{h \rightarrow 0} \frac{v^2 \sin(hu)}{u^2 + v^2} \frac{1}{h}
    \lim_{h \rightarrow 0} \frac{v^2 \sin(hu)}{u^2 + v^2} \frac{1}{hu}u
    \lim_{h \rightarrow 0} v^2 u
    El lim deveria dar:
    \lim_{h \rightarrow 0} v^2 u =0

    Entonces, v=0 v u=0
    Posibles combinaciones, para que la funcion sea derivable.:
    (0,1) \vee (0,-1)
    (1,0) \vee (-1,0)

    Diferenciabilidad:
    \nabla (f(0,0) \cdot (u,v) = f'((0,0),(u,v))
    f'((0,0),(u,v)) = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{ f(\overline 0 + h \overline r) - f(0,0) }{h}

    f'(x)=\lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(h,0) - f(0,0)} {h}
    \lim_{h \rightarrow 0} \frac{0 \cdot \sin (h)} {h^2 + 0} = 0
    f'(y)=\lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(0,h) - f(0,0)} {h}
    f'(y)=\lim_{h \rightarrow 0} \frac{h^2 \cdot \sin (0)} {h^2}
    \lim_{h \rightarrow 0} \sin = 0

    Entonces se cumpliria esta igualdad:
    \nabla (f(0,0) \cdot (u,v) = f'((0,0),(u,v)) = 0

    Cuando:
    (0,1) \vee (0,-1)
    (1,0) \vee (-1,0)
    Solo seria diferenciable para esos casos.

    Responder
    • damidami dijo:
      abril 23, 2010 en 11:34 pm

      Hola Pablo,
      La parte de derivabilidad no está bien.
      Tenés que tener mucho mas cuidado con la notación, por ejemplo, no se a que te referís con que (u^2,v^2) = 1.
      Creo que te confundistes con lo que te dije de que u^2 + v^2 = 1, eso viene por el hecho de que (u,v) es un versor en la definición de derivadas direccionales.
      La idea era que en el paso siguiente no lo pongas en el denominador total vale 1, o sea te quedaría:
      \lim_{h \to 0} \frac{v^2 \sin(hu)}{h}
      ese límite lo hacés bien hasta:
      \lim_{h \to 0} v^2u
      pero no se porqué igualás eso a 0, ese límite no depende de h así que simplemente vale v^2u.
      Al quedarte mal las derivadas direccionales, arrastrás el error a la parte de diferenciabilidad.
      De todas formas, una cosa que deberías darte cuenta es que una vez que hicistes las derivadas direccionales, si querés obtener f'_x(0,0) (que no es lo mismo que f'(x)) no hace falta que vuelvas a usar la definición, simplemente reemplazás (u,v) = (1,0) en la expresión de las derivadas direccionales, por ejemplo en este caso f'_x(0,0) = 0
      Consejo: cuando sospechás que algo no cierra del todo antes de avanzar con el paso siguiente revisá bien el paso actual, sinó arrastrás el error a los pasos siguientes, y tené más cuidado con la notación y con las definiciones.
      Bueno, espero que te haya aclarado varias dudas,
      Saludos,
      Damián.

      Responder
  8. Pablo dijo:
    May 4, 2010 en 3:26 pm

    Hola Damian,
    En la resolulcion del siguiente ejercicio, me encontre con siguientes inconvenientes,

    Sea \pi_0
    plano tangente a la superficie \sum de ecuacion:
    x^2y + xz^2 + 3e^{yz} - 2 = 0 en el punto
    \overline A = (-1,1,2)
    Halle la ecuacion cartesiana del plano normal a la curva C en A.
    Sabiendo que C esta incluida en \pi_o
    y en el plano de la ec. Z=2.

    Para resolver el ejercicio, hay que llegar a
    (\overline X - \overline f(to)) \cdot f'(to) = 0
    Con eso obtengo el plano normal.

    Para hallar f'(to) , es la ec derivada de la ec implicita.
    Lo que no se como obtener es, f(to). Para mi, f(to) es el vector posicion
    del punto A.
    Y no tengo ni idea de como utilizar, el dato del plano z=2. (Lo mas comico, es que z=2
    deve ser un dato relevante).
    Mas que nada quisiera saber en cual de esos pasos me equivoque, para poder rehacer el ejercicio.

    Muchas gracias.
    Pablo.

    Responder
    • damidami dijo:
      May 4, 2010 en 3:56 pm

      Hola Pablo,
      Como la curva es la intersección de dos planos se tratará a lo sumo de una recta, cuyo vector director podés sacar multiplicando vectorialmente las normales de los otros dos planos.

      Sabiendo que el gradiente es perpendicular al conjunto de nivel podés sacar los vectores normales a los dos planos \Sigma y z=2.

      Una vez que tenés la recta, usas su vector director y punto para construir el plano normal a esa recta en ese punto.

      No hace falta usar derivada implícita.
      Saludos,
      Damián.

      Responder
  9. nestor dijo:
    May 7, 2010 en 12:25 am

    buenas queria saber si pueden pasarme la resolucion del ejercicio 6 de la guia 6. es una demostracion. gracias

    Responder
  10. Pablo dijo:
    May 11, 2010 en 2:19 pm

    Hola Damian,

    Una consulta:
    Si una z=f(x,y) es diferenciable, entonces admite plano tangente y significaria que admite derivadas parciales en cualguier direccion.
    Y el resultado de esas derivadas parciales puede ser diferente ?
    Digo porque no entiendo bien, como interpretar el siguiente ejericio.

    Considere f diferenciable en A y calcule f'(A, (3,2)) sabiendo que
    f'(A, (8,6))=4 y que f'(A, (1,3))=6
    Para la resolucion solo veo, operaciones basicas con los vectores (8,6)
    y (1,3), pero nunca llego al vector (3,2). No se como resolverlo.

    Responder
    • damidami dijo:
      May 11, 2010 en 2:25 pm

      Hola Pablo,
      Está bien lo que decís hasta lo de «derivadas parciales en cualquier dirección», creo que quisistes decir derivadas direccionales en cualquier dirección, lo cual incluye a las derivadas parciales, es decir las direcciones canónicas.
      El resultado de las derivadas puede ser diferente aunque sea diferenciable, lo único que tiene que cumplir si o si es f'(A,r) = \nabla f(A) \cdot r que es lo que hay que aplicar en ese ejercicio.
      Es decir te quedaría
      (f'_x, f'_y) \cdot (8,6) = 4
      (f'_x, f'_y) \cdot (1,3) = 6
      con eso te queda un sistema de dos por dos de donde sacas \nabla f(A) = (f'_x, f'_y)
      Luego teniendo eso que es el gradiente es fácil sacar la derivada que te pide haciendo el producto escalar del gradiente por el vector.
      Saludos,
      Damián.

      Responder
  11. Pablo dijo:
    May 11, 2010 en 3:13 pm

    Damian,

    Si, quise decir eso, que las derivadas parciales canonicas, son un caso de las derivadas direccionales.

    Si ese vector el (3,2), que esta contenido en el plano tangente (cuyo vector director es el gradiente), entonces el producto escalar no deveria ser igual a cero ?
    Digo porque, me dio este resultado:
    \nabla f(A) = (f'_x, f'_y) = (\frac{-4}{3}, \frac{11}{3})

    Al hacer el producto escalar.

    (\frac{-4}{3}, \frac{11}{3}) \cdot (3,2)

    (\frac{-4}{3}, \frac{11}{3}) \cdot (3,2) = \frac{-1}{3}

    Gracias por tus respuestas.
    Saludos,
    Pablo.

    Responder
    • damidami dijo:
      May 11, 2010 en 4:51 pm

      Pablo,
      El gradiente da
      \nabla f(A) = \left( \frac{-4}{3}, \frac{22}{9} \right)
      Al hacer el producto escalar queda
      f'(A,(3,2)) = \left( \frac{-4}{3}, \frac{22}{9} \right) \cdot (3,2) = \frac{8}{9}
      No tiene porque dar cero, creo que te estás confundiendo con que el gradiente es normal al conjunto de nivel.
      Saludos,
      Damián.

      Responder
  12. Fede dijo:
    julio 3, 2010 en 9:31 pm

    Damian no se como resolver el siguiente ejercicio el E4) del primer parcial de fecha 1/6/09 que posteste vos (no se como paremetrizar la curva xq me qda algo raro).
    Saludos

    Responder
    • damidami dijo:
      julio 4, 2010 en 3:25 pm

      Hola Fede,
      En ese ejercicio no pide que parametrices la curva, lo que necesitás es el plano normal a la curva en un punto. La curva te la dan como intersección de dos superficies que te dan a con ecuaciones implícitas.

      Para sacar el vector tangente a la curva lo podés hacer como el producto vectorial de los gradientes de los campos escalares que definen a dichas superficies como conjuntos de nivel. (Acordate que el gradiente es perpendicular al conjunto de nivel).

      Saludos,
      Damián.

      Responder
  13. Andrea dijo:
    enero 26, 2011 en 9:15 pm

    Hola Damián: puede ser que la guia tenga un error en la rta del pto 1 a del TP 7. A mi me da (x,y)=(t,t^2) para el sentido positivo, y (x, y)=(-t,t^2) para el sentido negativo.
    Gracias!!
    Andrea

    Responder
    • dami dijo:
      enero 27, 2011 en 4:58 pm

      Hola Andrea,
      La respuesta de la guía está bien. Para saber si está bien el tuyo faltaría que me digas el intervalo en que definís la parametrización.
      Acordate que hay infinitas formas distintas de parametrizar una misma curva (incluso en el mismo sentido), así que la respuesta de la guía no es la única correcta posible.
      Saludos,
      Damián.

      Responder
  14. Andrea dijo:
    enero 28, 2011 en 10:04 pm

    Ah! claro puede haber varias respuestas!! En mi caso el intervalo es -2 <= t <= 1 para el sentido negativo, y me quedo (x,y)=(-t,t^2) .

    Gracias! Damián!

    Andrea

    Responder
  15. Andrea dijo:
    marzo 8, 2011 en 9:59 am

    Hola Dami, estoy practicando con un final del 06/03/2008 y no me sale el pto 2)b)

    Sea \bar{f} = \nabla \phi , si \int_{} {\overline{AB}} {\bar{f}\cdot d\bar{s}} = a - b^2
    y \int_{} {\overline{AC}} {\bar{f}\cdot d\bar{s}} = a^2 + b , ¿existe (a,b) para que \int_{} {\overline{CB}} {\bar{f}\cdot d\bar{s}} sea maxima ?

    como f es campo de gradientes obtuve la circulacion CB pero luego no se como seguir…. pense obtener ptos criticos (me queda una circunferencia alrededor de 1/2, -1/2 ) pero no tengo como calcular el hessiano para determinar si es max o min…

    \phi (B) - \phi(A) = a - b^2
    \phi (C) - \phi(A) = a^2 + b
    \phi (B) - \phi(C) = a - b^2 - a^2 - b = \int_{} {\overline{CB}} {\bar{f}\cdot d\bar{s}}

    Gracias!

    Responder
    • dami dijo:
      marzo 8, 2011 en 12:34 pm

      Hola Andrea,
      No entendí que circunferencia te queda, ni porqué no podés calcular el hessiano:

      La función a maximizar como bien decís es
      h(a,b) = a - b^2 - a^2 - b

      Criterio de la derivada primera:
      \nabla h(a,b) = (1 - 2a, -2b - 1) = (0,0)

      2a = 1
      2b = -1

      el único punto crítico es:
      a = 1/2
      b = -1/2

      Ahora calculo el hessiano:
      H = \begin{pmatrix} -2 & 0 \\ 0 & -2 \end{pmatrix}
      Como |H| = 4 > 0 hay extremo y como h''_{aa} = -2 < 0 hay un máximo relativo.

      Por lo tanto:
      \int_{\overline{CB}} \vec{f} \vec{ds} tiene un máximo relativo para (a,b) = \left( \frac{1}{2}, -\frac{1}{2} \right)

      Responder
  16. Andrea dijo:
    marzo 8, 2011 en 12:39 pm

    Damián, ahí me quedó más claro! Muchas gracias!

    Lo que estaba tratando de calcular era anular h(a,b), con eso obtenía todos los puntos críticos, pero tenés razón, es h(a,b) al que hay calcularle el máximo.

    Gracias!

    Responder
  17. Andrea dijo:
    marzo 8, 2011 en 1:14 pm

    Dami, te pregunto otra cosa por favor, sobre el ejercicio 1)b del final 06/03/08

    Halle la ec cartesiana de la linea de campo de f que pasa por (1,2) siendo f(x,y)=(x, y-x)

    Para hallar la linea de campo hago y'=\frac{y-x}{x}

    queda xdy =(y-x)dx como es una ED exacta, la resuelvo obteniendo la funcion potencial, no?
    me quedaria \phi (x,y)=xy - \frac{x^{2}}{2} + c

    ¿es correcto decir que si igualo eso a una constante k obtengo la linea de campo? me confundo porque el potencial hallado seria las lineas equipotenciales?….

    si hago xy - \frac{x^{2}}{2} + c= k como pasa por (1,2) obtengo que k=3/2 + c

    y termina dando como resultado xy - \frac{x^{2}}{2} =\frac{3}{2}

    Gracias!!!

    Responder
    • dami dijo:
      marzo 8, 2011 en 4:01 pm

      Andrea,
      La solución de la ecuación diferencial es
      xy - \frac{x^2}{2} = c
      como pasa por (1,2) sale que c = \frac{3}{2} y por ende
      xy - \frac{x^2}{2} = \frac{3}{2}
      es la línea de campo buscada, como bien encontrastes.
      Lo que no hacía falta era esa otra constante k.

      Responder
  18. Andrea dijo:
    marzo 8, 2011 en 4:52 pm

    Gracias por las rtas!!
    Te pregunto 2 más por favor!!

    Ejercicio 1b)Final 22/07/08
    —————————
    Dado f(x,y)=a^{2}xy^{2} - x^{2}y -3ay , halle a para que f'((1,1),r) sea maxima si r=\frac{r}{\left \| r \right \|} con r =(2,1)

    llegue a f'((1,1),(2,1)) = \bigtriangledown f(1,1).(2,1)=(a^{2}-2,2a^{2} -3a-1).(2,1)=4a^{2} -3a -5

    luego no se como seguir…

    Ejercicio 2b)Final 29/07/08
    —————————
    X=(x,x^{2},z(x)) con x \epsilon E(2) es la ecuacion de una curva C incluida en la superficie F(x,y,z)=0. Analice si la recta tangente a C en A interseca al eje z, sabiendo que A=(2,4,3) pertenece a C y que \bigtriangledown f(A) =(2,1,5)

    para sacar la recta tangente hice X'(t) = (1,2t,z'(t)) , en t=2 queda (1,4,z'(2)) que seria el vector director
    entonces la recta me queda (x,y,z) =(2,4,3) + t(1,4,z'(2))

    como es gradiente de F en A es perpendicular al vector director, es correcto lo siguiente?

    (2,1,5).(1,4,z'(2))=0
    con esto hallo z'(2) =-6/5

    (x,y,z) =(2,4,3) + t(1,4,-6/5)

    En ningun momento use el dato con x \epsilon E(2) (¿?)

    Responder
    • dami dijo:
      marzo 8, 2011 en 6:53 pm

      Todo lo que haces parece estar bien.
      En el 1b) quedó medio ambiguo la notación de r, no se si te piden la derivada direccional o la derivada respecto del vector r, de todas formas creo que la respuesta terminaría siendo la misma. El problema en ese ejercicio es que te pide maximizar, y la función que te queda h(a) = 4a^2 - 3a - 5 es una parábola «hacia abajo», es decir tiene un mínimo relativo y absoluto, pero no tiene ningún máximo.

      En el 2b) lo resolvés bien, el dato x \in E(2) pareciera estar para indicarte que la parametrización de la curva está definida en el entorno de x_0=2, fijate que no te dice el dominio de la parametrización, sin eso como justificás que existe X'(2) ?

      Responder
  19. Andrea dijo:
    marzo 9, 2011 en 1:32 am

    Damian Gracias por la ayuda!!

    Estoy haciendo este ejercicio del final del 04/12/08
    Calcule el volumen del cuerpo definido por 25x\geq 3y^{2}, 9y\geq 5x^{2}, x+3\leq z\leq x+5

    usando las 2 primeras ecuaciones y despues de muchos calculos llego a que
    \frac{(x-\frac{5}{2})^{2}}{\frac{38}{5}} + \frac{(y - \frac{3}{2})^{2}}{\frac{38}{2}}\leq 1

    es esta la forma de hacerlo? hay alguna forma mas facil? si asi es correcto, como se sigue?

    Gracias!!

    Responder
  20. Maria dijo:
    julio 28, 2011 en 5:51 pm

    Que tal, tengo una duda con el siguiente ejercicio de un parcial:
    Hallar la ecuación de la recta tangente a la trayectoria ortogonal a la familia y=kx que pasa por el punto (3,4).
    Pude encontrar que la familia es: x^2+y^2=25 pero al momento de hallar la recta tangente, el resultado es: (x,y)=(3,4)+s(-4,3).
    De dónde sale el (-4,3)? Porque el gradiente, evaluado en (3,4) es (6,8). Cómo se relaciona con el vector director?
    Mil gracias!

    Responder
    • dami dijo:
      julio 28, 2011 en 10:50 pm

      Hola María,
      El gradiente te da un vector normal al conjunto de nivel, en este caso (6,8), o sea que también es un vector normal la mitad de ese vector, es decir (3,4), entonces un vector tangente es (-4,3) (es un truco común, dar vuelta el orden y cambiarle el signo a uno para obtener un vector perpendicular a uno dado en \mathbb{R}^2)
      Suerte.

      Responder