Primer Parcial profesora Plaza 05/07/2010

Solución: (de la parte práctica)

T1) b) Dada z=f(x,y) definida por xz + \ln(xz-y) - x - y = 0 determine la dirección de mínima derivada direccional y calcule el valor de dicha derivada mínima en el punto A=(1,2)

Defino F(x,y,z) = xz + \ln(xz-y) - x - y
Calculo su gradiente
\nabla F(x,y,y) = (z + \frac{z}{xz-y} - 1, \frac{-1}{xz-y} - 1, x + \frac{x}{xz-y}
En el punto A=(1,2)=(x,y) reemplazando en la ecuación obtenemos
z + \ln(z-2) - 1 - 2 = 0
por lo tanto z_0 = 3
El gradiente en el punto (1,2,3) es
\nabla F(1,2,3) = (3 + \frac{3}{3-2} - 1, \frac{-1}{3-2} - 1, 1 + \frac{1}{3-2}) = (5, -2, 2)
Por el teorema de la función implícita tenemos
\nabla f(1,2) = (-F'_x/F'_z, -F'_y/F'_z) = (-5/2, 1)
Y su norma es
||\nabla f(1,2)|| = ||(-5/2, 1)|| = \sqrt{29}/2
Por lo tanto el valor de la mínima derivada direccional en A es -||\nabla f(1,2) || = - \sqrt{29}/2.
La dirección de mínima derivada direccional es
r = -\nabla f(1,2)/||\nabla f(1,2)|| = (5\sqrt{29}, -2\sqrt{29})/29

T2) b) Determine la solución particular de la ec. diferencial x^2y' + 2xy = x^2 e^x para la siguiente condición inicial y(1) = 0

Divido por x^2
y' + 2y/x = e^x
Si
y = uv
entonces
y' = u'v+uv'
reemplazo
u'v+uv' + 2uv/x = e^x
u(v' + 2v/x) + u'v = e^x
Primera parte:
v' + 2v/x = 0
dv/v = -2dx/x
\ln|v| = -2 \ln|x|
v = x^{-2}
Segunda parte:
u' x^{-2} = e^x
du = x^2 e^x dx
u = e^x (x^2-2x+2) + c
Por lo tanto
y = uv = e^x \frac{x^2-2x+2}{x^2} + \frac{c}{x^2}
es la solución general.
Utilizando la condición inical y(1) = 0
0 = e + c
c = -e
Por lo tanto la solución particular pedida es
y = e^x \frac{x^2-2x+2}{x^2} - \frac{e}{x^2}

E1) Sea w = f(u,v) siendo (u,v) = (x^2-y, xy). Calcule aproximadamente w(2.1, 1.9) sabiendo que f queda definida implícitamente por uv + w \ln(u-w) - 4w = 4, usando una aproximación lineal.

Si g(x,y) = (x^2-y, xy) entonces resulta
w = (f \circ g) (x,y)
\nabla w = \nabla f \circ Dg

Queremos aproximar con el plano tangente a w en (x,y)=(2,2) de donde sale que (u,v) = g(2,2) = (2, 4) y que
8 + w \ln(2-w) - 4w = 4
por lo tanto
w_0 = 1
El plano tangente lo podemos calcular como
w = w(2,2) + w'_x(2,2)(x-2) + w'_y(2,2)(y-2)

Defino F(u,v,w) = uv + w \ln(u-w) - 4w
\nabla F(u,v,w) = (v + w \frac{1}{u-w}, u, \ln(u-w) - \frac{w}{u-w} - 4)
\nabla F(2,4,1) = (5, 2, -5)
Por el teorema de la función implícita
\nabla f(2,4) = (1, 2/5)

Por otro lado
Dg(x,y) = \begin{pmatrix} 2x & -1 \\ y & x \end{pmatrix}
Dg(2,2) = \begin{pmatrix} 4 & -1 \\ 2 & 2 \end{pmatrix}

Por la regla de la cadena
\nabla w = \nabla f \circ Dg = (1, 2/5) \circ \begin{pmatrix} 4 & -1 \\ 2 & 2 \end{pmatrix}
= (\frac{24}{5}, \frac{-1}{5})

Reemplazando en el plano tangente
w = 1 + \frac{24}{5}(x-2) - \frac{1}{5}(y-2)
w(2.1, 1.9) \approx 1 + \frac{24}{5} (0.1) + \frac{1}{5}(0.1) = 3/2 = 1.5

E2) Calcular la ecuación del plano tangente y la recta normal a la gráfica de la superficie definida por h=f(g(x,y)) sabiendo \nabla f(u,v) = (uv-2, u^2) y que g(x,y) = (xy, x-y^2) en el punto (1,1,h(1,1))

Como tenemos que
h = (f \circ g)(x,y)
Por la regla de la cadena sabemos que
\nabla h(x,y) = \nabla f \circ Dg
En el punto (x,y) = (1,1) tenemos (u,v) = g(1,1) = (1, 0)
Además
Dg(x,y) = \begin{pmatrix} y & x \\ 1 & -2y \end{pmatrix}
Dg(1,1) = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -2 \end{pmatrix}
\nabla f(u,v) = (uv-2, u^2)
\nabla f(1,0) = (-2, 1)
Por lo tanto
\nabla h(1,1) = (-2,1) \circ \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -2 \end{pmatrix}
= (-1, -4)
Como no podemos calcular h(1,1) = f(1,0) lo denotamos como z_0. El plano tangente queda
z-z_0 = h'_x(x-1) + h'_y(y-1)
z-z_0 = -(x-1) -4(y-1)
z - z_0 = -x+1 -4y + 4
z - z_0 = -x -4y + 5
x + 4y + z = 5 + z_0
Un vector a este plano es N=(1,4,1), y el punto en cuestión es (1,1,z_0) por lo tanto la recta normal es
r(t) = (1,1,z_0) + t(1,4,1)

E3) Determine los versores para que la derivada direccional h'((1,2), r) = 0 siendo h = f \circ g con f(u,v) = u+v^2, g(x,y)=(x+y^2, \sin(2x-y))

Como
h = f \circ g
\nabla h = \nabla f \circ Dg
En el punto (x,y) = (1,2) resulta (u,v) = g(1,2) = (5, 0)
\nabla f = (1, 2v)
\nabla f(5,0) = (1,0)
Dg = \begin{pmatrix} 1 & 2y \\ 2\cos(2x-y) & -\cos(2x-y) \end{pmatrix}
Dg(1,2) = \begin{pmatrix} 1 & 4 \\ 2 & -1 \end{pmatrix}
Por lo tanto
\nabla h (1,2) = (1,0) \circ \begin{pmatrix} 1 & 4 \\ 2 & -1 \end{pmatrix}
= (1, 4)
El gradiente apunta en la dirección de máxima pendiente, por lo tanto buscamos las direcciones perpendiculares al mismo
r_1 = (-4,1)/\sqrt{17} y r_2 = (4,-1)/\sqrt{17}

E4) Dada la curva intersección de las superficies x+y-z^2=4 y y+z=5 analice si su recta tangente en el punto (1,4,z(1,4)) interseca al plano de ecuación x+y-3z=1, en casi afirmativo, determine el punto de intersección.

Parametrizo la curva
x = 4 - y + z^2 = 4 - 5 + z + z^2 = z^2 + z - 1
y = 5-z
C(t) = (t^2+t-1, 5-t, t)
En el punto A=(1,4,z(1,4)) debe cumplirse
5-t =4 por lo tanto t=1, o sea
A = C(1) = (1, 4, 1) (por lo tanto z(1,4)=1)
Derivo
C'(t) = (2t+1,-1,1)
El vector tangente es
C'(1) = (3,-1,1)
La recta tangente es
r(t) = A + t C'(1) = (1,4,1) + t(3,-1,1) = (1+3t, 4-t, 1+t)
Veamos si intersecta al plano reemplazando en su ecuación:
x+y-3z=1
1+3t + 4-t - 3(1+t) = 1
5 + 2t -3 - 3t = 1
-t = -1
t = 1
por lo tanto intersecta al plano, lo hace en el punto
r(1) = (4, 3, 2)

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3 comentarios en “Primer Parcial profesora Plaza 05/07/2010

  1. Solo una correccion… el punto e1 la aproximacion esta mal… es:

    1 + 24/5(0.1)+ 1/5(0.1), se confundieron cuando hicieron 2.1-2 = 0.1 y 1.9 – 2 = -0.1

    Saludos

  2. Damián, tengo una duda con el ejercicio E3:

    Intente resolverlo componiendo la función y derivándola respecto de x y de y y llegue a que el gradiente de la función en el punto x=1 e y=2, es (5;2). ¿Por qué no me da lo mismo? ¿Hay algún motivo por el que no pueda utilizar ese método?

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