2° Recuperatorio 1° Parcial Verano 2018

Publicado el marzo 1, 2018 por damidami

Solución:

P1) Sea F(x,y,z) = yz + e^{xz - 3} - 2
Entonces
\nabla F(x,y,z) = (ze^{xz - 3}, z, y + xe^{xz - 3})
\nabla F(3,1,1) = (1,1,4) es un vector normal al plano tangente al gráfico de f en (3,1,1).

Es decir que el plano P buscado es de ecuación
(x-3,y-1,z-1) \cdot (1,1,4) = 0
x-3 + y-1 + 4z - 4 = 0
\boxed{ x + y + 4z = 8 }

Para la curva, la parametrizo con
g(t) = (t^2 - 1, t, t^2 - 1 + 2t^2 + 1)
g(t) = (t^2 - 1, t, 3t^2)

Averiguo t_0 \in \mathbb{R} tal que g(t_0) = (-1,0,0), por la segunda coordenada vemos que t_0 = 0.

Luego
g'(t) = (2t, 1, 6t)
g'(0) = (0,1,0) es vector tangente a la curva en el punto en cuestión.

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

Busco la intersección entre la recta y el plano
-1 + \lambda = 8
\lambda = 9

Luego la intersección es \boxed{ R \cap P = \{ (-1, 9, 0) \} }

P2) Veamos que onda las derivadas direccionales

f'((0,0), (a,b)) = \lim_{h \to 0} \frac{ f(ha,hb) - f(0,0) }{h}
= \lim_{h \to 0} \frac{2h^2ab}{h^3}

Que sólo existe si ab = 0 y en ese caso vale cero. Por lo tanto existen las dos derivadas parciales y valen \boxed{ f'_x(0,0) = 0 = f'_y(0,0) }

Veamos que onda la continuidad en el origen. Pruebo por rectas de la forma y=mx y nos queda
\lim_{x \to 0} \frac{2mx^2}{x^2 + m^2 x^2} = \frac{2m}{1 + m^2}
como depende de m, no existe el \lim_{(x,y) \to (0,0)} f(x,y) y por lo tanto f no es contínua en (0,0).

P3) g(x,y) = x^2 - y + f^2(x,y)

Como f \in C^2, entonces g \in C^2
\nabla g(x,y) = (2x + 2 f(x,y) f'_x(x,y), -1 + 2 f(x,y) f'_y(x,y))
\nabla g(1,1) = (2 + 2 f(1,1) f'_x(1,1), -1 + 2 f(1,1) f'_y(1,1))

El plano tangente a la gráfica de f en el (1,1,f(1,1)) es
x + 2y + 2z = 1
despejo z
z = \frac{1 - x - 2y}{2}
de acá vemos que
f(1,1) = -1
f'_x(1,1) = -1/2
f'_y(1,1) = -1

reemplazando
\nabla g(1,1) = (2 + 2 (-1) (-1/2), -1 + 2 (-1) (-1))
\nabla g(1,1) = (2 + 1, -1 + 2)
\boxed{ \nabla g(1,1) = (3, 1) }

Como g es diferenciable en (1,1)
f'_v(1,1) = \nabla g(1,1) \cdot (a,b) = (3, 1) \cdot (a,b)

Los versores de derivada direccional nula son
\boxed{ v_1 = \frac{1}{\sqrt{10}} (-1,3) } y \boxed{ v_2 = \frac{1}{\sqrt{10}} (1,-3) }

P4)
xy' + y = x^2
y(-3) = 0

divido x
y' + y/x = x

sustituyo y = uv, y' = u'v + uv'
u'v + uv' + uv/x = x

saco factor común v
v[u'+ u/x] + uv' = x

igualo a cero el factor, y resuelvo para u
u'+ u/x = 0
u' = - u/x
du/u = - dx/x
\ln|u| = - \ln|x| + C
elijo C=0
\ln|u| = - \ln|x|
|u| = |1/x|
elijo
u = 1/x

reemplazo el u
(1/x)v' = x
y resuelvo para v
v' = x^2
v = x^3/3 + C

luego
y = uv
y = 1/x (x^3/3 + C)
\boxed{ y = x^2/3 + C/x }
es la SG.

Como y(-3) = 0
0 = 9/3 - C/3
0 = 9 - C
C = 9

por lo tanto la SP buscada es
\boxed{ y = x^2/3 + 9/x }

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