1° Recuperatorio 1° Parcial Verano 2018

enunciado

PRIMER RECUPERATORIO 1 PARCIAL 20-02-2018 VERANO

Solución:

P1) Como $f : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$ cumple $f(x,y) > 0 \ \forall (x,y) \in \mathbb{R}^2$ y ser clase $C^3$ , entonces $g(x,y) = \frac{1}{f(x,y)}$ está definida en todo $\mathbb{R}^2$ y también es clase $C^3$ .

Los puntos críticos de $g$ son estacionarios. Los buscamos anulando el gradiente.

$g'_x(x,y) = \frac{- f'_x(x,y)}{(f(x,y))^2}$
$g'_y(x,y) = \frac{- f'_y(x,y)}{(f(x,y))^2}$

De donde vemos que los puntos críticos de $g$ son los mismos que $f$ , es decir $P_1 = (3,-3)$ y $P_2 = (-3,3)$

Veamos si nos es de utilidad el criterio del Hessiano.

$g''_{xx}(x,y) = \frac{ -f''_{xx}(x,y) (f(x,y))^2 + 2 f(x,y) (f'_x(x,y))^2 }{(f(x,y))^4}$

$g''_{xy}(x,y) = \frac{ -f''_{xy}(x,y) (f(x,y))^2 + 2 f(x,y) f'_x(x,y) f'_y(x,y) }{(f(x,y))^4}$

$g''_{yy}(x,y) = \frac{ -f''_{yy}(x,y) (f(x,y))^2 + 2 f(x,y) (f'_y(x,y))^2 }{(f(x,y))^4}$

Sabiendo que $f(3,-3) = 10$ , $f(-3,3) = 5$ , y que en los puntos críticos el gradiente de $f$ se anula, podemos calcular la hessiana de $g$ en los puntos críticos

$Hg(3,-3) = \left(-\frac{1}{10^2} \right) Hf(3,-3)$
$Hg(-3,3) = \left(-\frac{1}{5^2} \right) Hf(-3,3)$

Cuando se tienen dos matrices cuadradas $A, B$ y $k \in \mathbb{R}$ tales que $B = k A$ , entonces si $\lambda \in \mathbb{C}$ es autovalor de $A$ , entonces $k \lambda$ es autovalor de $B$ , pues si $v$ es autovector de autovalor $\lambda$ de $A$ , es decir $v \neq 0$ y $Av = \lambda v$ , entonces $Bv = kAv = k\lambda v$ . Luego los autovalores de $Hg$ en los puntos críticos son de signo opuesto a los de $Hf$ en dichos puntos. Como el hessiano de $f$ en los puntos críticos tiene determinante no nulo, sus autovalores son no nulos también.

Como $f$ en $P_1$ tiene un máximo local (autovalores negativos), entonces $g$ en $P_1$ tiene un mínimo local (autovalores positivos) de valor $g(3,-3) = 1/10$ .

Como $f$ en $P_2$ tiene un mínimo local (autovalores positivos), entonces $g$ en $P_2$ tiene un máximo local (autovalores negativos) de valor $g(-3,3) = 1/5$ .

Si uno no quiere hacer este análisis de los autovalores también se puede desarrollar la hessiana de $g$ y aplicar el criterio del hessiano (va a quedar determinante positivo y $g''_{xx}$ de signo opuesto a $f''_{xx}$ en el punto crítico, lo cual lleva a la misma conclusión).

P2)
a) $F(u,v) = (2u^2 + v, 3uv, -v)$

Averiguo $(u,v)$ tal que $F(u,v) = (1,0,-1)$

$2u^2 + v = 1$
$3uv = 0$
$-v = -1$

De la última se ve que $v = 1$ , de la anteúltima se ve que $u=0$ , y la primera verifica, luego también verifica que $F(0,1) = (1,0,-1)$

Ahora hacemos las derivadas parciales

$F'_u(u,v) = (4u, 3v, 0)$
$F'_v(u,v) = (1, 3u, -1)$

Las evaluamos en el punto de interés

$F'_u(0,1) = (0, 3, 0)$
$F'_v(0,1) = (1, 0, -1)$

Hacemos el producto vectorial
$(F'_u \times F'_v)(0,1) = (-3, 0, -3) = N$

Elijo $n = \frac{-1}{3}N = (1,0,1)$

Luego la recta normal a $S$ en $(1,0,-1)$ es de ecuación
$\boxed{(x,y,z) = (1,0,-1) + \lambda (1,0,1)}$

b)
$G(x,y) = (3xy, 2y+1)$
$h : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$ , $h \in C^1$ . El plano tangente al gráfico de $h$ en $(3,3,z_0)$ es perpendicular a la recta determinada en a).

$f = h \circ G$

Nos piden la dirección de derivada direccional máxima de $f$ en $(1,1)$

Como $G$ y $h$ son $C^1$ , podemos usar la regla de la cadena. Viendo que $G(1,1) = (3,3)$ nos queda

$Df(1,1) = Dh(3,3) DG(1,1)$

$DG(x,y) = \begin{pmatrix} 3y & 3x \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$

Como el plano tangente al gráfico de $h$ en $(3,3,z_0)$ es perpendicular a la recta $(x,y,z) = (1,0,-1) + \lambda (1,0,1)$ , entonces es de ecuación

$(x-3,y-3,z-z_0) \cdot (1,0,1) = 0$
$x-3 + z-z_0 = 0$
$x + z = 3 + z_0$
$z = 3 + z_0 - x$
donde $z_0 = h(3,3)$ no nos interesa demasiado.

Luego (viendo en la ecuación del plano los coeficientes que multiplican a las variables) vemos que
$\nabla h(3,3) = (-1,0)$

Luego la regla de la cadena nos queda

$Df(1,1) = \begin{pmatrix} -1 & 0 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 3 & 3 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$

Luego $\nabla f(1,1) = (-3, -3)$

Como $f$ es diferenciable en $(1,1)$ la dirección de derivada direccional máxima en dicho punto es $\boxed{ v = \frac{ \nabla f(1,1) }{ || \nabla f(1,1) ||} = \frac{1}{\sqrt{2}} (-1,-1)}$

P3) $f(x,y) = \begin{cases} \frac{x^3 + y^4}{x^2 + y^2} & (x,y) \neq (0,0) \\ 0 & (x,y) = (0,0) \end{cases}$

Es contínua en el origen pues

$\lim_{(x,y) \to (0,0)} f(x,y) = \lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{x^3 + y^4}{x^2 + y^2} =$

$= \lim_{(x,y) \to (0,0)} \underbrace{x}_{\to 0} \underbrace{\frac{x^2}{x^2 + y^2}}_{\in [0,1]} + \underbrace{y^2}_{\to 0} \underbrace{\frac{y^2}{x^2 + y^2}}_{\in [0,1]} = 0 = f(0,0)$

Busco las derivadas direccionales por definición

$f'((0,0),(a,b)) = \lim_{h \to 0} \frac{ f(ha,hb) - f(0,0)}{h} =$
usando que $a^2 + b^2 = 1$
$= \lim_{h \to 0} \frac{ h^3 a^3 + h^4 b^4 }{h^3}$
$= \lim_{h \to 0} a^3 + h b^4 = \boxed{ a^3 }$

Como no es de la forma $\nabla f(0,0) \cdot (a,b)$ vemos que $f$ no es diferenciable en $(0,0)$ .

Los versores $(a,b)$ de derivada direccional nula son los que cumplen $a^3 = 0$ , es decir $a=0$ es decir $\boxed{v_1 = (0,1)}$ y $\boxed{v_2 = (0,-1)}$

En vista que $(a,b)$ es versor, tenemos que $-1 \leq a \leq 1$ , de donde vemos que $a^3$ se maximiza en $a=1$ y se minimiza en $a=-1$ , y por lo tanto el versor de derivada direccional máxima es $\boxed{ v_{max} = (1,0) }$ , y el versor de derivada direccional mínima es $\boxed{ v_{min} = (-1,0) }$ .

P4)
a) $6 e^{xz} - yz = 0$ (*)
En el punto $(0,2,z_0)$ nos queda
$6 - 2 z_0 = 0$
de donde $z_0 = 3$

Defino $F(x,y,z) = 6 e^{xz} - yz$ . Es claro que $F \in C^1$ . También que $F(0,2,3) = 0$

Le calculo el gradiente
$F'_x = 6z e^{xz}$
$F'_y = -z$
$F'_z = 6x e^{xz} - y$

y lo evaluamos en $(0,2,3)$
$F'_x(0,2,3) = 18$
$F'_y(0,2,3) = -3$
$F'_z(0,2,3) = -2 \neq 0$ . Como se cumplen todas las hipótesis del teorema de Cauchy-Dini, esto nos muestra que la ecuación (*) define a $z = f(x,y)$ en un entorno de $(0,2,3)$ . Además $\nabla f(0,2) = (-(18/-2), -(-3/-2)) = (9, -3/2)$

Ahora nos dan esta función
$g(x,y) = f(x,y) - \sin(xy) + y$
Vemos que $g(0,2) = f(0,2) - \sin(0) + 2 = 3-0+2 = 5$
Quiero el vector normal al gráfico de $g$ en $(0,2,5)$ . Para eso primero calculo $\nabla g(0,2)$

$\nabla g(x,y) = \nabla f(x,y) + (- y \cos(xy), - x \cos(xy) + 1 )$
$\nabla g(0,2) = \nabla f(0,2) + (-2, 1)$
$= (9, -3/2) + (-2, 1) = (7, -1/2)$

Luego como vector normal podemos tomar $n = (7, -1/2, -1)$ o mejor $N = 2n = (14, -1, -2)$

Luego la recta que pasa por $(1,0,-2)$ y es perpendicular al plano tangente al gráfico de $g$ en $(0,2,5)$ es

$\boxed{(x,y,z) = (1,0,-2) + \lambda (14, -1, -2)}$

b)
$x^2 y' + x (x+2) y = e^x$
$y(1) = e/2$

Divido por $x^2$
$y' + \frac{x+2}{x} y = x^{-2} e^x$

Es lineal de primer orden. Sustituyo
$y = uv$
$y' = u'v + u v'$

Al reemplazar queda
$y' + \frac{x+2}{x} y = x^{-2} e^x$
$u'v + uv' + \frac{x+2}{x} uv = x^{-2} e^x$
$v[u' + \frac{x+2}{x} u] + uv' = x^{-2} e^x$

imponemos que
$u' + \frac{x+2}{x} u = 0$
$u' = - \frac{x+2}{x} u$
$\frac{1}{u}du = - \frac{x+2}{x} dx$
$\int \frac{1}{u}du = -\int \frac{x+2}{x} dx$
$\ln|u| = - \int 1 + 2/x dx = - x - 2\ln|x| + C$
$\ln|u| = - x - 2\ln|x| + C$
$e^{\ln|u|} = e^{- x - 2\ln|x| + C}$
$|u| = e^C e^{-x} e^{- 2\ln|x|}$
$|u| = e^C e^{-x} e^{\ln|1/x^2|}$
$|u| = e^C e^{-x} \frac{1}{x^2}$
$u = k e^{-x} \frac{1}{x^2}$
elijo $k=1$
$u = e^{-x} \frac{1}{x^2}$

Reemplazando $u$
$e^{-x} \frac{1}{x^2} v' = x^{-2} e^x$
$e^{-x} v' = e^x$
$v' = e^{2x}$
$v = \frac{1}{2} e^{2x} + C$

Luego
$y = uv$
$y = e^{-x} \frac{1}{x^2} (\frac{1}{2} e^{2x} + C)$
$\boxed{ y = \frac{1}{2x^2} e^x + C \frac{1}{x^2 e^x}}$

Lo cual concuerda con wolframalpha.

Como $y(1) = e/2$
$y(1) = \frac{1}{2} e + C \frac{1}{e} = e/2$
$\frac{e}{2} + C \frac{1}{e} = e/2$
$C \frac{1}{e} = 0$
$C = 0$

Luego la solución al problema de valor inicial es
$\boxed{ y = \frac{e^x}{2x^2}}$

4 respuestas a 1° Recuperatorio 1° Parcial Verano 2018

Anónimo dijo:

febrero 23, 2018 en 8:50 pm

Buenas, una consulta me dirías mi nota de Recuperatorio. Camaño Juan Pablo. Y me confirmarías las siguientes fechas de recuperatorio ?

Responder
Franco Giannotti dijo:

octubre 23, 2018 en 12:46 pm

En el T1, si sabemos que Hf(3,-3) > 0 (porque se encontro un maximo local y hf =/= 0),
entonces Hg(3,-3) = (-1/100)*Hf(3,-3) < 0 y entonces seria pto silla.
Que estoy pensando mal?

Responder
- damidami dijo:
  
  octubre 25, 2018 en 12:01 am
  
  Hola Franco,
  El problema está en que aparentemente no estamos de acuerdo en la notación. Para mi $Hg(3,-3)$ es la matriz hessiana de $g$ en $(3, -3)$ , mientras que aparéntemente para vos eso es el determinante de dicha matriz, cosa que yo notaría $\det Hg(3,-3)$ .
  Por lo tanto cuando yo digo $Hg(3,-3) = \frac{-1}{100} Hf(3,-3)$ , no tiene sentido decir que eso es negativo porque es una matriz. Si calculás el determinante, como la matriz es de $2 \times 2$ , el $-1/100$ sale al cuadrado y te queda que también es positivo.
  Saludos,
  Damián.
  
  Responder
  - Franco Giannotti dijo:
    
    noviembre 5, 2018 en 10:44 pm
    
    Estaba pensando en el determinante de la hessiana pero me olvidé de escribirlo. Lo que no entendia es esto:
    “Si calculás el determinante, como la matriz es de 2 \times 2, el -1/100 sale al cuadrado y te queda que también es positivo.”
    Gracias!!

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