Archivos para febrero, 2012

Final 24/02/2012

Viernes, febrero 24th, 2012

Sólo resolví el E4 (divergencia restando tapa).

El flujo total (saliente, incluyendo la tapa) daba 40 \pi
El flujo sobre la tapa (orientada hacia “abajo”) daba -12\pi
Por lo tanto el flujo pedido es 40\pi - (-12\pi) = 52\pi

Como siempre pueden compartir sus resultados y resoluciones.

1º Parcial Curso de Verano 2012

Domingo, febrero 19th, 2012

1º Parcial 13/02/2012

Enunciado del Tema 1

T1) Enuncie el teorema de derivación de la composición de funciones (regla de la cadena). Siendo \vec{X} = \vec{f}(g(t)) con t \in \mathbb{R} la ecuación de una curva C, halle una ecuación cartesiana para el plano normal a C en \vec{A} = (1,1,2) sabiendo que \vec{f}(u) = (1+u, 1+u^2, 2-u), \vec{f}(g(3)) = \vec{A}, g'(3) = 5

T2) Dado un campo f diferenciable en \vec{A}, demuestre que f es derivable en toda dirección en dicho punto.

E1) Dada la familia de curvas de ecuación \ln(xy) = C, halle una ecuación cartesiana para la curva de la familia ortogonal que pasa por el punto (2,1).

E2) Calcule aproximádamente f(2.98, 2.01), sabiendo que z = f(x,y) queda definida implícitamente por la ecuación y \ln(2xz - y) + 8xz - 12 = 0.

E3) La superficie de ecuación z = h(x,y) tiene recta normal de ecuación \vec{X} = (3t-1, 2t, 2 + 3t) con t \in \mathbb{R} en el punto \vec{A} = (2,y_0, z_0); dado que h(x,y) = f(x^2 + y, x-y) con f \in C^1, halle la dirección de máxima derivada direccional de f en (6,0) y calcule el valor de dicha derivada máxima.

E4) Analice extremos locales (o relativos) de f(x,y) = (x-4) e^{2y^3 + 3y^2 + x}; de existir, clasifíquelos y calcule su valor.


Solución: (de la parte práctica)

T1) Enuncie el teorema de derivación de la composición de funciones (regla de la cadena). Siendo \vec{X} = \vec{f}(g(t)) con t \in \mathbb{R} la ecuación de una curva C, halle una ecuación cartesiana para el plano normal a C en \vec{A} = (1,1,2) sabiendo que \vec{f}(u) = (1+u, 1+u^2, 2-u), \vec{f}(g(3)) = \vec{A}, g'(3) = 5

Parametrizo la curva
h(t) = \vec{f}(g(t))

Se ve que h(3) = A y que g(3) = 0

uso la regla de la cadena
h'(t) = \nabla f(g(t)) g'(t)
h'(3) = f'(g(3)) g'(3)
= f'(0) g'(3)

sabiendo que
f'(u) = (1, 2u, -1)
se tiene
h'(3) = (1,0,-1) 5
h'(3) = (5,0,-5) = N

Ecuación del plano normal:
(X-A) \cdot N = 0
(x-1,y-1,z-2) \cdot (5,0,-5) = 0
5x - 5 -5z + 10 = 0
5x - 5z + 5 = 0
z-x = 1


E1) Dada la familia de curvas de ecuación \ln(xy) = C, halle una ecuación cartesiana para la curva de la familia ortogonal que pasa por el punto (2,1).

Familia 1
\ln(xy) = C
\frac{1}{xy} (y + xy') = 0
Ec. dif de Familia 1
y + xy' = 0

Ec. dif de Familia 2
y - \frac{x}{y'} = 0
y'y - x = 0
y dy = x dx
\frac{y^2}{2} = \frac{x^2}{2} + C
Familia 2
x^2 - y^2 = K

Pasa por (2,1)
2^2 - 1 = K = 3
Ec. cartesiana de la curva pedida
x^2 - y^2 = 3


E2) Calcule aproximádamente f(2.98, 2.01), sabiendo que z = f(x,y) queda definida implícitamente por la ecuación y \ln(2xz - y) + 8xz - 12 = 0.

Averiguo z_0
y \ln(2xz - y) + 8xz - 12 = 0
Cuando (x,y) = (3,2)
2 \ln(6z - 2) + 24z - 12 = 0
Entonces z_0 = 1/2

Defino
H(x,y,z) = y \ln(2xz - y) + 8xz - 12

H'_x = \frac{y}{2xz - y} 2z + 8z
H'_y = \ln(2xz-y) - \frac{y}{2xz-y}
H'_z = \frac{2xy}{2xz-y} + 8x

Defino A=(3,2) y B=(3,2, \frac{1}{2}), entonces
H'_x(B) = 2 + 4 = 6
H'_y(B) = 0 - 2 = -2
H'_z(B) = 12 + 24 = 36

por Cauchy-Dini
f'_x(A) = -1/6
f'_y(A) = 1/18

f(x,y) \approx f(3,2) + f'_x(3,2)(x-3) + f'_y(3,2)(y-2)
f(2.98, 2.01) \approx 1/2 + (-1/6)(-0.02) + (1/18)(0.01) = \frac{907}{1800} \approx 0.503888 \ldots


E3) La superficie de ecuación z = h(x,y) tiene recta normal de ecuación \vec{X} = (3t-1, 2t, 2 + 3t) con t \in \mathbb{R} en el punto \vec{A} = (2,y_0, z_0); dado que h(x,y) = f(x^2 + y, x-y) con f \in C^1, halle la dirección de máxima derivada direccional de f en (6,0) y calcule el valor de dicha derivada máxima.

Llamo g(x,y) = (x^2 + y, x-y)
Por lo tanto
h(x,y) = f(g(x,y))
por regla de la cadena
\nabla h(x,y) = \nabla f(u,v) Dg(x,y)
Se tiene que
Dg(x,y) = \begin{pmatrix} 2x & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}

Para llegar al (u,v)=(6,0) se tiene
x^2 + y = 6
x-y = 0

de la segunda
x=y
en la primera
x^2 + x - 6=0 (x=2 o x=-3)

Es decir las posibilidades son (x,y) = (2,2) y (x,y)=(-3,-3)

Parametrizo la recta como
w(t) = (3t-1, 2t, 2 + 3t)
Para que pase por A = (2,y_0,z_0) se tiene que t=1 y A=(2,2,5), el vector director es w'(t) = (3,2,3)
El plano tangente a la gráfica de h en A es de ecuación
3x + 2y + 3z = 25
es decir z = 25/3 - x - (2/3)y
De donde
\nabla h(2,2) = (-1, -2/3)

Retomando la regla de la cadena en (x,y) = (2,2)
(-1, -2/3) = (f'_u, f'_v) \begin{pmatrix} 4 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}
invirtiendo la matriz
(-1, -2/3) \begin{pmatrix} 1/5 & 1/5 \\ 1/5 & -4/5 \end{pmatrix} = (f'_u, f'_v)
de donde
(f'_u, f'_v) = (-1/3, 1/3)

Por lo tanto
\nabla f(6,0) = (-1/3, 1/3)
f'((6,0), \hat{v}_{max} = || \nabla f(6,0) || = \frac{\sqrt{2}}{3}
\hat{v}_{max} = \frac{1}{\sqrt{2}}(-1, 1)


E4) Analice extremos locales (o relativos) de f(x,y) = (x-4) e^{2y^3 + 3y^2 + x}; de existir, clasifíquelos y calcule su valor.

f(x,y) = (x-4) e^{2y^3 + 3y^2 + x}

Busco puntos críticos
f'_x = e^{2y^3 + 3y^2 + x} + (x-4) e^{2y^3 + 3y^2 + x} = 0
f'_y = (x-4) e^{2y^3 + 3y^2 + x} (6y^2 + 6y) = 0

1 + (x-4) = 0
(x-4)(y^2 + y) = 0

de la primera
x = 3
de la segunda
y=0 o y=-1

Los puntos críticos son
A_0 = (3,0) y A_1 = (3,-1)

Criterio de la derivada segunda:

f''_{xx} = 2e^{2y^3 + 3y^2 + x} + (x-4)e^{2y^3 + 3y^2 + x}
= e^{2y^3 + 3y^2 + x}(2 + x - 4)
= e^{2y^3 + 3y^2 + x}(x-2)

f''_{xy} = e^{2y^3 + 3y^2 + x}(6y^2 + 6y) + (x-4)e^{2y^3 + 3y^2 + x}(6y^2 + 6y)
= e^{2y^3 + 3y^2 + x}(6y^2 + 6y)(1 + x - 4)
= e^{2y^3 + 3y^2 + x}(6y^2 + 6y)(x - 3)

f''_{yy} = (x-4) [ e^{2y^3 + 3y^2 + x} (6y^2 + 6y)^2 + e^{2y^3 + 3y^2 + x} (12y + 6) ]
= (x-4) e^{2y^3 + 3y^2 + x} ( (6y^2 + 6y)^2 + 12y + 6 )

f''_{xx}(3,0) = 2e^3 - e^3 = e^3
f''_{xy}(3,0) = 0
f''_{yy}(3,0) = - [ 0 + e^3 6 ] = -6e^3

\det Hf(3,0) < 0 y f''_{xx}(3,0) > 0, por el criterio (3,0, -e^3) es punto silla.

f''_{xx}(3,-1) = 2e^4 - e^4 = e^4
f''_{xy}(3,-1) = 0 - 0 = 0
f''_{yy}(3,-1) = 6e^4

Por lo tanto \det Hf(3,-1) > 0 y f''_{xx}(3,-1) > 0, por el criterio hay un mínimo relativo en (3,-1) y vale f(3,-1) = -e^4

Introducción

Domingo, febrero 19th, 2012

surface

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

  • Antes de escribir una consulta lee primero la sección de Preguntas Frecuentes
  • Si esta es tu primera visita a este blog o recién estás empezando a cursar la materia lee esto.
  • Si ya conocés bien este blog o estás preparando el final lee esto.
  • Si ya aprobastes la materia o buscás consejos de estudiantes anteriores lee esto.

Suerte! 😀
Damián.

Final 17/02/2012

Sábado, febrero 18th, 2012

No tengo las respuestas pero como siempre pueden compartir acá sus resultados.