Final 12/07/2016

Publicado el julio 14, 2016 por damidami

final_12_07_2016

Solución (muy resumida) de la parte práctica

T1) y'' + y = x
La ecuación característica de la homogénea asociada es
\alpha^2 + 1 = 0
cuyas raíces son complejas conjugadas: \pm i.
Luego la solución general de la homogénea asociada es
\boxed{y_h = C_1 \cos(x) + C_2 \sin(x)}

Para la particular propongo y_p = Ax+B, y'_p = A, y''_p = 0, reemplazo en la ecuación diferencial
Ax + B + 0 = x
de donde A = 1 y B=0, luego
\boxed{y_p = x}
Luego, la solución general de la ecuación diferencial es
y = y_h + y_p = C_1 \cos(x) + C_2 \sin(x) + x
derivando
y' = -C_1 \sin(x) + C_2 \cos(x) + 1
Uso los datos del ejercicio
y'(0) = C_2 + 1 = 2, luego C_2 = 1
y(0) = C_1 = 0.
Luego la SP pedida es \boxed{y = \sin(x) + x}

T2) f(x,y) = x^4 + y^8 + 4. Está claro que tiene un mínimo absoluto (y por tanto relativo) es \boxed{f(0,0) = 4} pues 4 \leq 4+x^4 + y^8 = f(x,y) \ \forall (x,y) \in \mathbb{R}^2.
Además no tiene otros extremos pues si los tuviera se produciría en un punto crítico pero no hay otro punto crítico pues como f es diferenciable el gradiente debería anularse pero \nabla f(x,y) = (4x^3, 8y^7) sólo se anula en (0,0).

E1) Proyecto en el plano xy. Busco la intersección de la recta x+y = 6 con la parábola y=x^2, al reemplazar queda x+x^2 = 6 y la solución positiva es x=2. Luego nos queda
M = k \int_0^2 dx \int_{x^2}^{6-x} dy \int_0^{6-x-y} dz = \boxed{\frac{248 k}{15}} según wolfram

E2) Q'_x - P'_y = y + e^{xy} + xye^{xy} - ( e^{xy} + xye^{xy} ) = y
\int_{\partial H} f dc = \iint_H Q'_x - P'_y dy = \int_{\pi/4}^{3\pi/4} \sin(\phi) d\phi \int_0^2 \rho^2 d\rho = \boxed{ \frac{8 \sqrt{2}}{3} } según wolfram

E3) div(f) = y + 0 + 2z - y = 2z
\iint_{\partial H} f ds = \iiint_H div(f) dv = 2 \int_0^{2\pi} d\phi \int_0^{2} \rho d\rho \int_0^{4-\rho^2} z dz = \boxed{ \frac{64 \pi}{3} } según wolfram.

E4) F(x,y,z) = xz + yz + \ln(x+y+z-3) - 4 0
En x=y=1 la ecuación queda z + z + \ln(2+z-3) - 4 = 0. Se cumple para z = 2
F'_x(1,1,2) = [z + \frac{1}{x+y+z-3}]_{(1,1,2)} = 2 + 1 = 3
F'_y(1,1,2) = [z + \frac{1}{x+y+z-3}]_{(1,1,2)} = 2 + 1 = 3
F'_z(1,1,2) = [x + y + \frac{1}{x+y+z-3}]_{(1,1,2)} = 1 + 1 + 1 = 3
Por Cauchy-Dini
f'_x(1,1) = -3/3 = -1
f'_y(1,1) = -3/3 = -1
Luego
f(0.98, 1.03) \approx 2 + (-1)(0.98 - 1) + (-1)(1.03 - 1) = 2 + 0.02 - 0.03 = \boxed{ 1.99 }

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3 respuestas a Final 12/07/2016

  1. Javier Pettinicchi dijo:
    julio 16, 2016 en 2:51 pm

    El Ejercico 4 esta mal planteado por la catedra, porque Z nunca puede ser 2, ya que te queda LN(-3)

    Responder
    • dami dijo:
      julio 18, 2016 en 1:36 pm

      Hola Javier,
      No veo porque decis que queda log(-3), capaz estas haciendo una cuenta mal. Reemplaza x=y=1, z=2, entonces log(x+y+z-3) = log(1+1+2-3) = log(1) = 0.
      Saludos,
      Damian

      Responder

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