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

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4 comentarios el “1º Parcial Curso de Verano 2012

  1. Dany dice:

    Damian, benos dias

    Me trabé en este ejercicio:

    E1) Dada la familia de curvas de ecuación , halle una ecuación cartesiana para la curva de la familia ortogonal que pasa por el punto .

    Familia 1

    Ec. dif de Familia 1

    Ec. dif de Familia 2

    La duda puntual es de donde sale la ecuacion diferencial de familia 2.

    Muchas gracias,

    Saludos<1

  2. Laura dice:

    Hola Dany,
    como la familia 2 tiene que ser ortogonal a la familia 1 hay que sustituir en la ecuación diferencial de la familia 1 el y’ por -1/y’ y de esa forma obtenes la ecuación diferencial de la familia 2.

  3. Javier dice:

    En el práctico dos, cuando derivas H respecto de x, no hay que derivar también lo que esta adentro del Ln? El 2xz?

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