1º Parcial Curso de Verano 2016

Publicado el febrero 21, 2016 por damidami

primer parcial 2016

T1) g(u,v) = (e^{x+y}, e^{x-y})
f(0) = (0,0), f'(0) = (1,1)

Tenemos la compuesta h = g \circ f

Por la regla de la cadena, h'(0) = Dg(0,0) \cdot f'(0)

Usando la regla práctica de derivación:
Dg = \begin{pmatrix} e^{x+y} & e^{x+y} \\ e^{x-y} & -e^{x-y} \end{pmatrix}
Dg(0,0) = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}

Luego,
h'(0) = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \end{pmatrix}

Luego el vector tangente es v = (2,0)

T2) Llamamos w(h) = \frac{ f(A + hu) - f(A)}{h}. Como f es derivable respecto a toda dirección u, vale que \lim_{h \to 0} w(h) = f'_u(A)

Luego f(A + hu) = f(A) + h w(h). Tomando límite \lim_{h \to 0} f(A + hu) = \lim_{h \to 0} f(A) + h \ w(h).

Como f(A) no depende de h, \lim_{h \to 0} f(A) = f(A), y por otro lado \lim_{h \to 0} h \ w(h) = 0 pues h \to 0 y w(h) \to f'_u(A).

Luego es verdadero que \lim_{h \to 0} f(A + hu) = f(A) para todo versor u.

E1) f(x,y) = \begin{cases} \frac{y \sin(x)}{x} & (x,y) \neq (0,y) \\ 0 & (x,y) = (0,y) \end{cases}

Veamos la continuidad. f(0,0) = 0. Para analizar el límite \lim_{(x,y) \to (0,0)} f(x,y) hay que usar las dos ramas de la función, por la de abajo es claro que tiende a cero, y por la de arriba es equivalente a \lim_{y \to 0} y \cdot \lim_{x \to 0} \frac{\sin(x)}{x} = 0 \cdot 1 = 0. Luego \lim_{(x,y) \to (0,0)} f(x,y) = 0 = f(0,0) y f es contínua en el origen.

Veamos la existencia de las derivadas parciales.

f'_x(0,0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(h,0) - f(0,0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{0 \sin(h)}{h} = 0
f'_y(0,0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(0,h) - f(0,0)}{h} = \lim_{h \to 0} 0 = 0

Luego existen ambas derivadas parciales y valen cero.

E2) Sabemos que g(y) es la trayectoria ortogonal a y = C e^{-2x} que pasa por (0,0).

y' = -2C e^{-2x}, y' = -2y es la ec. dif. de la primer familia. Cambio y' por -1/y'.

-1/y' = -2y. 2yy' = 1, luego y^2 = x + C es la familia ortogonal a la dada. Como pasa por (0,0) se tiene 0^2 = 0 + C es decir C = 0 y nos queda x = y^2, así que g(y) = y^2.

Reemplazo en f(x,y) = g(y) (1+x) + x^2 y queda f(x,y) = y^2(1+x) + x^2.

Es decir f(x,y) = y^2 + y^2x + x^2, que es clase C^2 por ser polinómica.

Uso el criterio de la derivada primera para buscar puntos críticos.
\nabla f(x,y) = (y^2 + 2x, 2y + 2yx) = (0,0)

y^2 + 2x = 0
2y + 2yx = 0

de la segunda
y(1 + x) = 0

y = 0 o x = -1

Reemplazo en la primera, y en definitiva quedan puntos críticos A_1 = (0,0), A_{2,3} = (-1, \pm \sqrt{2})

Veamos que nos da el criterio del hessiano

Hf(x,y) = \begin{pmatrix} 2 & 2y \\ 2y & 2 + 2x \end{pmatrix}

En los puntos críticos

Hf(0,0) = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}
implica que f(0,0) es mínimo relativo

Hf(-1, \pm \sqrt{2}) = \begin{pmatrix} 2 & \pm 2\sqrt{2} \\ \pm 2\sqrt{2} & 0 \end{pmatrix}
implica que los puntos críticos (-1, \pm\sqrt{2}) producen puntos silla.

E3) Tenemos z = f(x,y) definida implícitamente por x e^y - z + \sin(xz) = 0, y además (x,y) = (t^2 u, ut). Llamemos g(t,u) = (t^2 u, ut), y llamemos h = f \circ g.

Nos piden calcular h'_u(0,0).

(u_0,t_0) = (0,0), g(0,0) = (x_0,y_0) = (0,0), luego 0 - z + \sin(0) = 0 es decir z_0 = 0

Llamemos F(x,y,z) = x e^y - z + \sin(xz). Tenemos que

F'_x = e^y + z\cos(xz)
F'_y = x e^y
F'_z = -1 + x\cos(xz)

F'_x(0,0,0) = 1
F'_y(0,0,0) = 0
F'_z(0,0,0) = -1

Luego por el teorema de Cauchy Dini se tiene que \nabla f(0,0) = (\frac{-1}{-1}, \frac{-0}{-1}) = (1,0)

Por otro lado, Dg = \begin{pmatrix} 2tu & t^2 \\ u & t \end{pmatrix} o sea que Dg(0,0) = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}

Luego \nabla h(0,0) = (0,0), en particular h'_u(0,0) = 0.

E4)

a) Se tiene que F(1,1) = (2,1,0)

F'_u = (2v, 0, 2u)
F'_v = (2u, 2v, -1)

F'_u(1,1) = (2, 0, 2)
F'_v(1,1) = (2, 2, -1)

(F'_u \times F'_v)(1,1) = (-4, 6, 4) = N

Luego un vector normal a la superficie es n = N/2 = (-2,3,2)

La recta normal es de ecuación (x,y,z) = (2,1,0) + \lambda (-2,3,2)

b) La normal en cada punto (x,y,z) al elipsoide x^2 + y^2 + 4z^2 = 16 viene dado por (2x, 2y, 8z). Para que dicha normal sea paralela a la recta del punto a, debe cumplirse que

(2x, 2y, 8z) = \lambda (-2,3,2)

2x = -2 \lambda
2y = 3 \lambda
8z = 2 \lambda

(x,y,z) = (- \lambda, 3/2 \lambda, 1/4 \lambda ).

Para que sean puntos del elipsoide deben cumplir su ecuación, luego

(- \lambda)^2 + (3/2 \lambda)^2 + 4 (1/4 \lambda)^2 = 16

\lambda^2 + 9/4 \lambda^2 + 1/4 \lambda^2 = 16

7/2 \lambda^2 = 16

\lambda^2 = 32/7

\lambda = \pm \frac{4\sqrt{2} }{ \sqrt{7} }

Luego los puntos son A = (- \frac{4\sqrt{2} }{ \sqrt{7} }, \frac{6\sqrt{2} }{ \sqrt{7} }, \frac{\sqrt{2} }{ \sqrt{7} }) y B = ( \frac{4\sqrt{2} }{ \sqrt{7} }, \frac{-6\sqrt{2} }{ \sqrt{7} }, \frac{ -\sqrt{2} }{ \sqrt{7} } )

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Una respuesta a 1º Parcial Curso de Verano 2016

  1. Juan Pablo Larocca dijo:
    febrero 21, 2016 en 5:41 pm

    hola damian! tenes las notas para subirlas? gracias! saludos

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