2º Parcial curso de Verano 2014

2do_parcial_verano_2014a

Solución:

T1) Nos dan el campo
f(x,y,z) = (2xz, x, y^2)
cuya divergencia es
div(f) = 2z

Interpreto el cuerpo C como
C = \begin{cases} 0 \leq y \leq b \\ x^4 \leq z \leq 4 \\ 0 \leq x \leq \sqrt{2} \end{cases}

En realidad podría considerarse que se trata de -\sqrt{2} \leq x \leq 0 o bien 0 \leq x \leq \sqrt{2}, pero por simetría del cuerpo y del campo, daría lo mismo en ambos casos, por eso considero el segundo.

Por otro lado no sabemos si b\geq 0 o b \leq 0, pero como la altura en y es b, y el integrando no depende de y, en ambos casos queda que el flujo saliente pedido es la integral de

2|b| \int_0^{\sqrt{2}} dx \int_{x^4}^4 z dz = \frac{128}{9} \sqrt{2} |b|
lo cual concuerda con el wolfram.

El siguiente es un gráfico del cuerpo C con b=1

2do_parcial_verano_2014_t1
reparametrize(f1,f2,f3,iv,iv0,iv1,dv,dv0,dv1) :=
apply( 'parametric_surface, append(
subst([ iv = 'u , dv = (1-'v)*subst([iv='u],dv0) + 'v * subst([iv='u],dv1) ], [f1,f2,f3]),
['u, iv0, iv1, 'v, 0, 1])
);
draw3d(surface_hide = true,
xlabel = "x", ylabel = "y", zlabel = "z",
color="dark-blue",
reparametrize(x, 0, z, x,0,sqrt(2),z,x^4,4),
reparametrize(x, 1, z, x,0,sqrt(2),z,x^4,4),
reparametrize(x, y, x^4, x,0,sqrt(2),y,0,1),
reparametrize(x, y, 4, x,0,sqrt(2),y,0,1),
reparametrize(0, y, z, y,0,1,z,0,4),
reparametrize(sqrt(2), y, z, y,0,1,z,4,4)
);


T2) y'' - 2y' + y = x e^x + 5
Resuelvo la homogénea asociada, cuya ecuación característica es
\alpha^2 - 2\alpha + 1 = 0
Tiene raíz \alpha = 1 doble, luego
y_h = C_ 1 e^x + C_2 x e^x

Para la SP podemos probar con coeficientes indeterminados, pero va a fallar con Axe^x, y con Ax^2e^x, funciona proponiendo
y_p = Ax^3 e^x + B
y' = 3Ax^2 e^x + Ax^3 e^x
y'' = 6Ax e^x + 3Ax^2e^x + 3Ax^2 e^x + Ax^3 e^x = x^3 e^x (A) + x^2e^x(3A + 3A) + xe^x(6A)

Reemplazo
x^3 e^x (A) + x^2e^x(3A + 3A) + xe^x(6A) - 6Ax^2e^x -2Ax^3 e^x + Ax^3e^x + B = xe^x + 5
x^3 e^x (A-2A+ A) + x^2e^x(3A + 3A -6A) + xe^x(6A) + B = xe^x + 5

6A = 1 y B = 5, luego
y_p = \frac{1}{6}x^3 e^x + 5

Finalmente, la SG buscada es
y = y_h + y_p
y = C_ 1 e^x + C_2 x e^x + \frac{1}{6}x^3 e^x + 5
lo cual concuerda con el wolfram.


E1) Nos dan el campo
f(x,y,z) = (xy, y^2, z^2)

La curva C la parametrizo con
g(t) = (r \cos(t), r \sin(t) , k) con 0 \leq t \leq 2\pi

Luego la circulación pedida da
\int_0^{2\pi} (r^2 \cos(t) \sin(t), r^2 \sin^2(t), k^2) \cdot (-r\sin(t), r\cos(t), 0) dt

\int_0^{2\pi} \underbrace{-r^3 \sin^2(t) \cos(t) + r^3 \sin^2(t) \cos(t)}_{0} dt = 0

Aún así el campo no es conservativo, pues no cumple la condición necesaria de que su matriz jacobiana sea simétrica:

Df = \begin{pmatrix} y & x & 0 \\ 0 & 2y & 0 \\ 0 & 0 & 2z \end{pmatrix}


E2) El recinto D es

D = \begin{cases} 1 \leq x+y \leq 4 \\ -2 \leq x-2y \leq 1 \end{cases}

Propongo un cambio de variables de forma tal que
u = x+y
v = x - 2y

Invirtiendo el sistema obtenemos
x = \frac{2u+v}{3}
y = \frac{u-v}{3}

Luego g(u,v) = (\frac{2u+v}{3}, \frac{u-v}{3})
Dg =  \begin{pmatrix} \frac{2}{3} & \frac{1}{3} \\ \frac{1}{3} & \frac{-1}{3} \end{pmatrix}
|det(Dg)| = |\frac{-2}{9} - \frac{1}{9}| = \frac{1}{3}

Determino el recinto transformado
W = \begin{cases} 1 \leq u \leq 4 \\ -2 \leq v \leq 1 \end{cases}

Por lo tanto

\iint_D dxdy = \iint_W \frac{1}{3} dudv = \frac{1}{3} \iint_W dudv

O sea que la relación entre las áreas es

\frac{\iint_D dxdy}{\iint_W dudv} = \frac{1}{3}

y el área pedida es

\frac{1}{3} \int_1^4 du \int_{-2}^{1} dv = 3


E3) Nos piden la masa del cuerpo
H = \begin{cases} x \geq y^2 + 4z^2 \\ x \leq 4 \end{cases}
con densidad \delta(x,y,z) = x^2 + z^2

Proyectando sobre el plano yz nos queda una elipse y^2 + 4z^2 \leq 4

Utilizo el cambio de variables
x = x
y = \rho \cos(\phi)
z = \frac{1}{2}\rho \sin(\phi)

|det(Dg)| = \frac{\rho}{2}

La masa pedida es
M = \frac{1}{2} \int_0^{2\pi} d\phi \int_0^2 \rho d\rho \int_{\rho^2}^4 (x^2 + \frac{\rho^2}{4} \sin^2(\phi)) dx = \frac{98}{3} \pi
según wolfram.


E4) La curva es abierta, la cerramos con una tapa para utilizar rotor, la superficie que tomo es el plano
\Sigma = \begin{cases} z=1 \\ y \geq 0 \\ x^2 + y^2 \leq 3 \end{cases}

rot(f) = \left| \begin{matrix} i & j & k \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ y & 2x & -1 \end{matrix} \right|
= (0 - 0, 0 - 0, 2 - 1) = (0,0,1)

Luego orientando la superficie hacia arriba tenemos
\iint_{\Sigma} rot(f) dS = \frac{3}{2} \pi
(es la mitad del área de un círculo de radio \sqrt{3})

Calculo la circulación sobre la curva tapa T, que parametrizo como
g(t) = (t,0,1) con -\sqrt{3} \leq t \leq \sqrt{3}
g'(t) = (1,0,0)

\int_T f dc = \int_{-\sqrt{3}}^{\sqrt{3}} (0, 2t, -1)(1,0,0) dt = 0

Luego como \int_C dc + \int_T dc = \iint_{\Sigma} rot(f) dS, se tiene que
\int_C dc = \frac{3}{2} \pi

Como me pide en la otra orientación, la circulación pedida es \frac{-3}{2}\pi

1º Parcial Curso de Verano 2014

1er_parcial_verano_2014a

Solución:

T1) Dado f(x,y) = 1 + |y-x|, debemos ver si f(1,1) es extremo local.

Cláramente si z < 1 entonces no pertenece a la imágen de f. De hecho el conjunto imágen es Im(f) = [1, +\infty). Por lo tanto f(1,1) = 1 es mínimo absoluto, y por lo tanto también es extremo local (mínimo local).


T2) Dada y y' = x, queremos ver si y^2 = x^2 + C es la SG. Tanto la EDO como la familia son de primer orden. Además derivando la familia obtenemos 2yy' = 2x, por lo tanto efectívamente es la SG.

Obtenemos la SP que pasa por (1, -2). Debe cumplir 4 = 1 + C, o sea C = 3, por lo tanto la SP pedida es y^2 = x^2 + 3


E1) Parametrizo \Sigma con g(u,v) = (u, uv+v - uv^2, v). Busco sus puntos regulares

g'_u = (1, v - v^2, 0)
g'_v = (0, u+1 - 2uv, 1)

v = g'_u \times g'_v = (v - v^2, -1, u+1-2uv) \neq 0

Por lo tanto todos sus puntos son regulares.

Para que la recta normal sea paralela al eje y, debe cumplirse que v \sslash (0,1,0), es decir

(v-v^2, -1, u+1-2uv) = \lambda(0,1,0)

Debe ser \lambda = -1 y además cumplirse

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

De la primera, v = 0 ó v = 1.
En la segunda, u = -1 ó u=1 respectivamente.

Es decir se cumple para (u,v) = (-1,0) y para (u,v) = (1,1)
Por lo tanto los puntos pedidos son X_0 = g(-1,0) = (-1, 0, 0) y X_2 = (1,1,1)

Calculamos los planos tangentes en dichos puntos. Primero en X_0
(x+1,y,z)(0,-1,0) = 0
y = 0

Ahora en X_1
(x-1,y-1,z-1)(0,-1,0) = 0
y = 1


E2) Nos dan h(x,y) = x f(xy)

Queremos aproximar h(1.01, 0.99). Como f es diferenciable en 1, h es diferenciable en (1,1), luego

h(x,y) \approx h(1,1) + h'_x(1,1)(x-1) + h'_y(1,1)(y-1)

h'_x = f(xy) + xy f'(xy)
h'_y = x^2 f'(xy)

Luego, como f(1) = 2 se tiene h(1,1) = 2, y
h(x,y) \approx 2 + (2 + f'(1))(x-1) + f'(1)(y-1)
h(1.01, 0.99) \approx 2 + (2 + f'(1))(0.01) - f'(1)(0.01)
h(1.01, 0.99) \approx 2 + \frac{2}{100} = 2.02


E3) La curva C está sobre la superficie \Sigma de ecuación z = x + xy, y su proyección sobre el plano xy es de ecuación y = x^2.

Parametrizo la curva con g(t) = (t, t^2, t + t^3). Calculo el punto X_0 = (1, y_0, z_0) = g(1) = (1,1, 2).

Su derivada es g'(t) = (1, 2t, 1 + 3t^2). Un vector tangente en X_0 es g'(1) = (1,2,4). Por lo tanto el plano normal es de ecuación
(x-1,y-1,z-2)(1,2,4) = 0
x-1 +2y-2 +4z-8 = 0
x+2y+4z = 11
Si tiene un punto en común con el eje x el mismo verifica y=z=0, es decir x = 11, por lo tanto el único punto en común es (11,0,0)


E4) La ecuación yz + \ln(x+y+z-3) +x-3 = 0 define z = f(x,y) en un entorno de (x_0, y_0) = (2,1).

Defino F(x,y,z) = yz + \ln(x+y+z-3) +x-3, luego

F'_x = \frac{1}{x+y+z-3} + 1
F'_y = z + \frac{1}{x+y+z-3}
F'_z = y + \frac{1}{x+y+z-3}

Vemos que F \in C^1 en su dominio.

Además en x_0=2, y_0=1 se tiene
z + \ln(z) = 1
por lo tanto z_0 = 1

En el punto X_0 = (2,1,1)

F'_x(X_0) = 2
F'_y(X_0) = 2
F'_z(X_0) = 2 \neq 0

Por lo tanto por Cauchy-Dini se tiene que f es diferenciable en (2,1) y además \nabla f(1,2) = (-1,-1)

Por lo tanto, la dirección de máxima derivada direccional es r_{max} = \frac{(-1,-1)}{\sqrt{2}}, y el valor de dicha derivada máxima es f'_{max}(1,2) = ||\nabla f(1,2)|| = \sqrt{2}

Tp.12 Ej.5

Dada f(x,y) = y g(x), halle g(x) tal que en un entorno del punto (x_0, y_0) con y_0 \neq 0 resulte f(x,y) \approx g(x_0) (x+y-x_0)

Solución:

Para poder aproximar f en un entorno del (x_0,y_0), es necesario que f sea diferenciable en (x_0,y_0), y por lo tanto que g sea derivable en x_0.

En ese caso tenemos que
f(x,y) \approx f(x_0,y_0) + f'_x(x_0,y_0)(x-x_0) + f'_y(x_0,y_0)(y-y_0)

En este caso
f(x_0,y_0) = y_0 g(x_0)
f'_x(x_0,y_0) = y_0 g'(x_0)
f'_y(x_0,y_0) = g(x_0)

Reemplazando
f(x,y) \approx y_0 g(x_0) + y_0 g'(x_0)(x-x_0) + g(x_0)(y-y_0) =
= y_0 g(x_0) + y_0 g'(x_0)x - y_0 g'(x_0)x_0 + g(x_0)y - g(x_0)y_0 =
= y_0 g'(x_0)x - y_0 g'(x_0)x_0 + g(x_0)y

pero nos piden que
f(x,y) \approx g(x_0) (x+y-x_0)

Luego
y_0 g'(x_0)x + g(x_0)y - y_0 g'(x_0)x_0 = g(x_0) x + g(x_0) y - g(x_0)x_0

De donde (comparando coeficiente a coeficiente este polinomio en x,y):

y_0 g'(x_0) = g(x_0)
g(x_0) = g(x_0)
-y_0 g'(x_0)x_0 = -g(x_0)x_0

Por lo tanto g satisface la EDO
y_0 g' = g
Como y_0 \neq 0
\frac{dg}{g} = \frac{dx}{y_0}
\ln|g| = \frac{x}{y_0} + C
g(x) = K e^{x/y_0}

Ejercicio de límite

Calcular el siguiente límite

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

Solución:

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

= \lim_{(x,y) \to (0,0)} \underbrace{x}_{\to 0} \underbrace{\frac{x^2 y^2}{x^4 + y^4}}_{[0,\frac{1}{2}]} = 0

Una manera elegante de justificar que la función está acotada sale de usar que

(x^2 - y^2)^2 = x^4 - 2x^2 y^2 + y^4 \geq 0

Luego,

0 \leq 2 x^2y^2 \leq x^4 + y^4

dividiendo por 2(x^4 + y^4) > 0 (válido en \mathbb{R}^2 - \{(0,0)\})

0 \leq \frac{x^2y^2}{x^4 + y^4} \leq \frac{1}{2}

De dami Publicado en Otros

2º Parcial Curso de Verano 2013

T1) Enuncie el teorema de la divergencia. Dado el campo f con matriz jacobiana Df según se indica, calcule el flujo de f a través de una superficie esférica de radio R=3 con centro en el origen; indique gráficamente como ha orientado la superficie.

Df(x,y,z) = \begin{pmatrix} 2x & z & y \\ z & y-1 & x \\ -2z & 2y & 4-2x \end{pmatrix}

T2) Defina solución general y solución particular de una ecuación diferencial ordinaria de orden n. Dado el campo vectorial f(x,y) = (4 - y g(x), g'(x) ) tal que f(0,1) = (0,2), halle g(x) sabiendo que f admite función potencial.

E1) Sea C la curva integral de y'' + y = 0 que pasa por el origen con pendiente igual a \pi/2. Calcule el área de la región plana del 1º cuadrante limitada por C y la recta de ecuación y=x con x \leq \pi/2.

E2) La curva C queda definida por la intersección de las superficies de ecuaciones: z = x + y^2, x = y^2; calcule la circulación de f desde (1,1,2) hasta (4,2,8), sabiendo que f(x,y,z) = (xy, y^3, yz).

E3) Calcule el volumen del cuerpo definido por: x^2 + z^2 \leq 4, -x \leq y \leq x, z \geq 0.

E4) Dado f(x,y,z) = (xy, xz, 2yz), calcule el flujo de f a través de la superficie \Sigma abierta de ecuación z = 4-x^2 con z \geq x^2 + 2y^2 en el 1º octante. Indique gráficamente cómo ha decidido orientar a \Sigma.

Solución: (de la parte práctica)

T1) Enuncie el teorema de la divergencia. Dado el campo f con matriz jacobiana Df según se indica, calcule el flujo de f a través de una superficie esférica de radio R=3 con centro en el origen; indique gráficamente como ha orientado la superficie.

Df(x,y,z) = \begin{pmatrix} 2x & z & y \\ z & y-1 & x \\ -2z & 2y & 4-2x \end{pmatrix}

div(f) = 2x + y-1 + 4-2x = y+3

\iint_S f ds = \iiint_V y+3 dxdydz = \iiint_V y dxdydz + 3 \cdot Vol(V)
Pero
\underbrace{\int_0^{2\pi} \sin(\alpha) d\alpha}_{=0} \int_0^\pi \sin^2(\beta) d\beta \int_0^{3} \rho^3 d\rho = 0
Luego el flujo equivale al triple del volúmen de la esfera, es decir
\iint_S f ds = 3 \frac{4}{3} \pi 3^3 = 108 \pi
(orientado en forma saliente)


T2) Defina solución general y solución particular de una ecuación diferencial ordinaria de orden n. Dado el campo vectorial f(x,y) = (4 - y g(x), g'(x) ) tal que f(0,1) = (0,2), halle g(x) sabiendo que f admite función potencial.

f(x,y) = (4 - y g(x), g'(x) ) = (P,Q)

Como admite función potencial sabemos que
Q'_x - P'_y = 0
es decir
g'' + g = 0

Resolvemos la EDO lineal de 2º orden. La ecuación característica es
\alpha^2 + 1 = 0 (raíces complejas conjugadas i y -i)
por lo tanto la SG es
g(x) = C_1 \cos(x) + C_2 \sin(x)
g'(x) = - C_1 \sin(x) + C_2 \cos(x)

Como
f(0,1) = (0,2)
tenemos que
4 - g(0) = 0
g'(0) = 2

Luego
4 = C_1
2 = C_2

Finalmente
g(x) = 4 \cos(x) + 2 \sin(x)


E1) Sea C la curva integral de y'' + y = 0 que pasa por el origen con pendiente igual a \pi/2. Calcule el área de la región plana del 1º cuadrante limitada por C y la recta de ecuación y=x con x \leq \pi/2.

Resolvemos la EDO lineal de 2º orden
y'' + y = 0
cuyo polinomio característico es
\alpha^2 + 1 = 0 (raíces complejas conjugadas i y -i)
y = C_1 \cos(x) + C_2 \sin(x)
y' = -C_1 \sin(x) + C_2 \cos(x)

como pasa por el origen
0 = C_1
Como tiene pendiente igual a \pi/2
\pi/2 = C_2

luego
y = \pi/2 \sin(x)

El área pedida es
\int_0^{\pi/2} dx \int_x^{\pi/2 \sin(x)} dy = \int_0^{\pi/2} \pi/2 \sin(x) - x dx
= \left[ - \frac{\pi}{2} \cos(x) - \frac{x^2}{2} \right]_0^{\pi/2}
= (0 - \frac{\pi^2}{8} ) - (- \frac{\pi}{2}) = \frac{\pi}{2} - \frac{\pi^2}{8} = \frac{\pi}{2}\left(1 - \frac{\pi}{4} \right) \approx 0.337096...


E2) La curva C queda definida por la intersección de las superficies de ecuaciones: z = x + y^2, x = y^2; calcule la circulación de f desde (1,1,2) hasta (4,2,8), sabiendo que f(x,y,z) = (xy, y^3, yz).

Parametrizo C con
g(t) = (t^2, t, 2t^2) con 1 \leq t \leq 2
Luego la circulación pedida es
\int_1^2 (t^3, t^3, 2t^3) \cdot (2t, 1, 4t) dt
= \int_1^2 2t^4 + t^3 + 8t^4 dt = \frac{263}{4}


E3) Calcule el volumen del cuerpo definido por: x^2 + z^2 \leq 4, -x \leq y \leq x, z \geq 0.

Uso cilíndricas sobre el eje y. Se tiene x,z \geq 0.

V = \int_0^{\pi/2} d\phi \int_{0}^2 \rho d\rho \int_{-\rho \cos(\phi)}^{\rho \cos(\phi)} dy

= 2 \int_0^{\pi/2} \cos(\phi) d\phi \int_{0}^2 \rho^2 d\rho

= 2 \cdot \frac{8}{3} \left[ \sin(\phi) \right]_0^{\pi/2}

= \frac{16}{3}

Luego el volúmen pedido es \frac{16}{3}


E4) Dado f(x,y,z) = (xy, xz, 2yz), calcule el flujo de f a través de la superficie \Sigma abierta de ecuación z = 4-x^2 con z \geq x^2 + 2y^2 en el 1º octante. Indique gráficamente cómo ha decidido orientar a \Sigma.

La superficie es de ecuación z = h(x,y) con h(x,y) = 4 - x^2
Luego el vector normal es
N = (-h'_x, -h'_y, 1) = (2x, 0, 1) (orienté hacia los z^+)

Intersecto las superficies
z = 4-x^2
z = x^2 + 2y^2

me queda
4-x^2 = x^2 + 2y^2
x^2 + y^2 = 2

Se ve que la proyección de la superficie sobre el plano xy es

A = \{(x,y) \in \mathbb{R}^2 : x^2 + y^2 \leq 2, x,y \geq 0\}

Luego el flujo pedido es
\iint_\Sigma f ds = \iint_A (xy, x(4-x^2), 2y(4-x^2)) \cdot (2x, 0, 1) dxdy
= \iint_A 2 x^2 y + 8y - 2yx^2 dxdy
= 8 \iint_A y dxdy
en polares
= 8 \int_0^{\pi/2} \sin(\phi) d\phi \int_0^{\sqrt{2}} \rho^2 d\rho = \frac{16}{3} \sqrt{2}

1º Parcial Curso de Verano 2013

T1) Definir campo escalar contínuo en A cuando f : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}.
Indicar si es Verdadero o Falso que: Si f : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R} es contínua en la dirección de cualquier vector no nulo de \mathbb{R}^2 en A, entonces es contínua en A.

T2) Defina extremos relativos y extremos absolutos para un campo escalar f : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}.
Sea P(x,y) = 7 + x^2 - 2xy + 4y^2 el polinomio de Taylor de segundo orden de z = f(x,y) en P = (0,0). Si g(x,y) = e^{f(x,y)} analice la existencia de extremos de g(x,y) en P_1 = (0,0).

E1) Hallar, si existe, \lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{x^2 (1 - \cos(x+y))}{(x^2 + y^2)(x+y)}

E2) La curva de ecuación vectorial X = (t, 2-t, t^2) tiene un punto P_0 común con la superficie de ecuación z = x^2 + 3y. Analizar si la recta tangente a la curva en P_0 es normal a la superficie en dicho punto.

E3) Sea f(u,z) = u^2 + 2uz donde z es función de x e y definida por la ecuación xz + ye^{x(z-1)} = 2, resultando w(u,x,y) = f(u,z(x,y)). Hallar el gradiente de w en el punto (1,1,1).

E4) La función de producción de una compañía es Q(x,y) = xy. El costo de producción es C(x,y) = 2x + 3y con un costo de C(x,y) = 10, ¿Cuál es la máxima cantidad que puede producir?

Solución: (de la parte práctica)

T2) Sea P(x,y) = 7 + x^2 - 2xy + 4y^2 el polinomio de Taylor de segundo orden de z = f(x,y) en P = (0,0). Si g(x,y) = e^{f(x,y)} analice la existencia de extremos de g(x,y) en P_1 = (0,0).

Sabemos que f \in C^2 en un entorno del (0,0) pues admite taylor de orden 2 en él. Por lo tanto g es diferenciable en (0,0) por composición de funciones diferenciables. Calculamos el gradiente de g:

g'_x = e^{f(x,y)} f'_x(x,y)
g'_y = e^{f(x,y)} f'_y(x,y)

Del taylor podemos sacar lo siguiente
f(0,0) = 7
f'_x(0,0) = P'_x(0,0)
f'_y(0,0) = P'_y(0,0)

P'_x = 2x - 2y
P'_y = -2x + 8y

Por lo tanto
g'_x(0,0) = e^7 \cdot 0 = 0
g'_y(0,0) = e^7 \cdot 0 = 0

O sea que se cumple la condición necesaria (el punto P_1 es crítico):
\nabla g(0,0) = (0,0)

Llegado a este punto una opción es analizar con el hessiano de g en (0,0), pero son cuentas largas. Se me ocurre la siguiente alternativa: como la función exponencial es monótona creciente, g(0,0) es extremo si y solo si f(0,0) es extremo (ya sea relativo o absoluto). Veamos si f(0,0) es extremo de f. Recordemos que el taylor es

P(x,y) = 7 + x^2 - 2xy + 4y^2

Por lo tanto

P'_x = 2x - 2y
P'_y = -2x + 8y

y la matriz hessiana de f en (0,0) es

Hf(0,0) = \begin{pmatrix} 2 & -2 \\ -2 & 8 \end{pmatrix}

Como \det(Hf(0,0)) = 16 - 4 = 12 > 0 y f''_{xx}(0,0) = 2 > 0 hay un mínimo relativo f(0,0)=7, y por lo tanto también hay un mínimo relativo g(0,0) = e^7

No podemos saber si es o no absoluto porque sólo tenemos información de f en el entorno del origen.

Ahora que lo terminé de esta forma, se me ocurre otra mucho más rápida de resolver este ejercicio:

P(x,y) = 7 + x^2 - 2xy + 4y^2
= 7 + (x-y)^2 + 3y^2

de donde se ve cláramente que en el origen se produce un mínimo de P (en sentido amplio siempre), y por lo tanto también de f en (0,0) (por la concavidad del taylor) y de g en (0,0) (por ser compuesta con una monótona creciente).

E1) Hallar, si existe, \lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{x^2 (1 - \cos(x+y))}{(x^2 + y^2)(x+y)}

\lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{x^2 (1 - \cos(x+y))}{(x^2 + y^2)(x+y)}

\lim_{(x,y) \to (0,0)} \underbrace{\frac{x^2}{x^2 + y^2}}_{f_1} \cdot \underbrace{\frac{1 - \cos(x+y)}{x+y}}_{f_2}

La función f_1 está acotada en [0,1].
La función f_2 es un infinitésimo, pues si sustituyo u = x+y me queda

\lim_{u \to 0} \frac{1 - \cos(u)}{u}
usando L’Hopital
\lim_{u \to 0} \frac{\sin(u)}{1} = 0

Por lo tanto el límite pedido existe y vale 0.

E2) La curva de ecuación vectorial X = (t, 2-t, t^2) tiene un punto P_0 común con la superficie de ecuación z = x^2 + 3y. Analizar si la recta tangente a la curva en P_0 es normal a la superficie en dicho punto.

Primero busquemos el punto P_0 de la intersección.

t^2 = t^2 + 3(2-t)
t=2

El punto mencionado es P_0 = (2,0,4)
Calculo el vector tangente a la curva en P_0. Para eso primero parametrizo la curva:
g(t) = (t, 2-t, t^2)
g'(t) = (1, -1, 2t)

g'(2) = (1, -1, 4)

Ahora calculo un vector normal a la superficie en dicho punto P_0, para ello construyo una función tal que la superficie sea el conjunto de nivel 0:
F(x,y,z) = x^2 + 3y - z
El gradiente es normal al conjunto de nivel 0, o sea
\nabla F = (2x, 3, -1)
\nabla F(P_0) = (4, 3, -1)
es un vector normal a la superficie.

Si la recta es normal a la superficie, el vector g'(2) debería ser paralelo al \nabla F(P_0). Pero ello no es así pues debería ocurrir
1 = 4 \lambda
-1 = 3 \lambda
4 = - \lambda
lo cual es absurdo.

Por lo tanto la recta no es normal a la superficie en dicho punto.

E3) Sea f(u,z) = u^2 + 2uz donde z es función de x e y definida por la ecuación xz + ye^{x(z-1)} = 2, resultando w(u,x,y) = f(u,z(x,y)). Hallar el gradiente de w en el punto (1,1,1).

Primero reconocemos las funciones que intervienen en la composición. Son las funciones

g(u,x,y) = (u, z(x,y))
f(u,z) = u^2 + 2uz

y resulta la compuesta
w(u,x,y) = f(g(u,x,y))

por la regla de la cadena:
\nabla w(1,1,1) = \nabla f(g(1,1,1)) Dg(1,1,1)

f'_u = 2u + 2z
f'_z = 2u

Calculo z(1,1)
z + e^{z-1} = 2
z=1

g(1,1,1) = (1,1)

\nabla f(1,1) = (4,2)

Llamo Z(x,y,z) = xz + ye^{x(z-1)} - 2
Z'_x = z + y(z-1)e^{x(z-1)}
Z'_y = e^{x(z-1)}
Z'_z = x + yxe^{x(z-1)}

Z'_x(1,1,1) = 1
Z'_y(1,1,1) = 1
Z'_z(1,1,1) = 2

por Cauchy-Dini, en (x,y) = (1,1)
z'_x = z'_y = -1/2

Luego
Dg(1,1,1) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1/2 & -1/2 \end{pmatrix}

Por lo tanto
\nabla w(1,1,1) = \nabla f(g(1,1,1)) Dg(1,1,1)
= (4,2) \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1/2 & -1/2 \end{pmatrix}
= (4, -1, -1)

E4) La función de producción de una compañía es Q(x,y) = xy. El costo de producción es C(x,y) = 2x + 3y con un costo de C(x,y) = 10, ¿Cuál es la máxima cantidad que puede producir?

El problema consiste en maximizar Q(x,y) = xy sujeto a 2x + 3y = 10

Armo la función de Lagrange
L(x,y,\lambda) = xy + \lambda (2x+3y-10)

L'_x = y + 2\lambda = 0
L'_y = x + 3\lambda = 0
L'_\lambda = 2x + 3y - 10 = 0

3y + 6\lambda = 0
2x + 6\lambda = 0
3y = 2x

2x + 2x - 10 = 0

4x = 10

x = 5/2
y = 5/3

Para justificar que el máximo es Q(5/2, 5/3) podríamos usar el hessiano restringido, pero una forma más fácil es reemplazando de la siguiente manera
2x + 3y = 10
3y = 10 - 2x
y = \frac{10 - 2x}{3}

Q(x,y) = xy
= x \frac{10 - 2x}{3}
= \frac{10x - 2x^2}{3} = q(x)

q'(x) = \frac{10 - 4x}{3}
q'(x) = 0 = 10 - 4x
x = 5/2
(lógicamente encontramos el mismo valor de x para el punto crítico, pero ahora podemos usar el criterio de la derivada segunda de AM1)

q''(x) = -4/3

q''(5/2) = -4/3 < 0
Luego q(5/2) = Q(5/2, 5/3) es máximo local (y absoluto si uno lo piensa un poco).
(Se podría haber hecho todo el ejercicio así sin utilizar la función de Lagrange).

2º Parcial Curso de Verano 2012

Tema 2do parcial curso verano

Enunciado

T1) Indique si es V o F justificando su respuesta: Si G es un campo vectorial C^2 y F = rot(G), entonces el flujo de F a través de toda superficie cerrada, regular a trozos, orientable es nulo.

T2) Enuncie el teorema de Green y úselo para hallar la integral de línea del campo F=(-x,y) sobre la frontera del recinto
D = \{ (x,y) / x^2 + y^2 \leq 4 \wedge (x-1)^2 + y^2 \geq \frac{1}{4} \wedge (x+1)^2 + y^2 \geq \frac{1}{4} \}

P1) Sea la superficie de ecuación z = xy + \ln(x+y) y su plano tangente por el punto (1,0,1). Calcular el área de la porción de plano cuya proyección sobre el plano xz es D = \{ (x,z) / |x+z-1| < 1 \wedge |z-x| < 1 \}

P2) Calcule el flujo de f a través del casquete de esfera z = \sqrt{4-x^2-y^2} sabiendo de f(x,y,0) = (e^{y^2 + x^2}, x, y^2) y que la div(f)(x,y,z) = 2y

P3) Calcular la masa del sólido limitado por x^2 + z^2 \leq 4, y \geq x^2, y \leq 2x, z \geq 0 si su densidad en cada punto es proporcional a la distancia desde el punto al plano xy.

P4) Verificar que \mu(x,y) = e^{xy} es un factor integrante de la ecuación diferencial: (x - e^{-xy} \sin y) dy + (y + e^{-xy} \cos x) dx = 0
Resolver la ecuación diferencial total exacta en que se transforma.


Solución: (de la parte práctica)

T1) Indique si es V o F justificando su respuesta: Si G es un campo vectorial C^2 y F = rot(G), entonces el flujo de F a través de toda superficie cerrada, regular a trozos, orientable es nulo.

Aclaro que f \in C^2(\mathbb{R}^3) (las derivadas parciales segundas son contínuas en todo \mathbb{R}^3.
Es importante saber que div(rot(G)) = 0, luego aplicando el teorema de la divergencia para toda superficie S con las propiedades mencionadas se tiene que
\iint_{S = \partial H} \vec{rot(G)} \vec{dS} = \iiint_H div(rot(G)) dxdydz = 0
(Por lo tanto la afirmación es verdadera)


T2) Enuncie el teorema de Green y úselo para hallar la integral de línea del campo F=(-x,y) sobre la frontera del recinto
D = \{ (x,y) / x^2 + y^2 \leq 4 \wedge (x-1)^2 + y^2 \geq \frac{1}{4} \wedge (x+1)^2 + y^2 \geq \frac{1}{4} \}

draw2d(
parametric(2*cos(t), 2*sin(t), t,0,2*%pi),
parametric((1/2)*cos(t)+1, (1/2)*sin(t), t,0,2*%pi),
parametric((1/2)*cos(t)-1, (1/2)*sin(t), t,0,2*%pi)
);

Para el campo F(x,y) = (-x, y) se tiene que
Q'_x - P'_y = 0
Por lo tanto la circulación pedida es cero. (Se puede hacer la circulación de la circunferencia grande y restar las que están adentro, pero todas dan cero).


P1) Sea la superficie de ecuación z = xy + \ln(x+y) y su plano tangente por el punto (1,0,1). Calcular el área de la porción de plano cuya proyección sobre el plano xz es D = \{ (x,z) / |x+z-1| < 1 \wedge |z-x| < 1 \}

Aclaro que hay un pequeño error en el enunciado y la superficie en realidad es de ecuación z = xy + \ln(x+y) + 1 (sino el (1,0,1) no pertenece a la superficie)

Defino g(x,y,z) = xy + \ln(x+y) + 1 - z
\nabla g(x,y,z) = (y + \frac{1}{x+y}, x + \frac{1}{x+y}, -1)
Busco un vector normal
\nabla g(1,0,1) = (1, 2, -1)
El plano es de ecuación
( (x,y,z) - (1,0,1) ) \cdot (1,2,-1) = 0
(x-1, y, z-1) \cdot (1,2,-1) = 0
x-1 + 2y -z+1 = 0
x + 2y - z = 0
La parametrizo como
g(x,z) = (x, \frac{z-x}{2}, z)
g'_x = (1, -1/2, 0)
g'_z = (0, 1/2, 1)
g'_x \wedge g'_z = (-1/2, -1, 1/2)
|| g'_x \wedge g'_z || = \sqrt{1/4 + 1 + 1/4} = \sqrt{3/2}
El área pedida es
\iint_S dS = \iint_D \sqrt{3/2} dxdz = \sqrt{3/2} Area(D)

Calculemos el área del recinto D
|x+z-1| < 1
|z-x| < 1

-1 < x+z-1 < 1
-1 < z-x < 1

z > -x
x+z < 2
z > x-1
z < 1+x

draw2d(
parametric(t,-t, t,-2,2),
parametric(t, 2-t, t,-2,2),
parametric(t,t-1, t,-2,2),
parametric(t, t+1, t,-2,2)
);

La región de integración es un rombo de vértices v_1 = (-1/2, 1/2), v_2 = (1/2, 3/2), v_3 = (1/2, -1/2), v_4 = (3/2, 1/2)

Considero los vectores w_1 = v_2 - v_1 = (1, 1) y w_2 = v_3 - v_1 = (1, -1) que generan dicho paralelogramo, por lo tanto el área es
Area(D) = \left| \begin{matrix} 1 & 1 \\ -1 & 1 \end{matrix} \right| = 1 - (-1) = 2

Finalmente, el área de la superficie S es 2 \sqrt{3/2} = \sqrt{6}


P2) Calcule el flujo de f a través del casquete de esfera z = \sqrt{4-x^2-y^2} sabiendo de f(x,y,0) = (e^{y^2 + x^2}, x, y^2) y que la div(f)(x,y,z) = 2y

\iint_S f dS = \iiint_H div(f) dV - \iint_T f dS

El flujo total saliente usando esféricas
\iiint_H div(f) dV = 2 \int_0^{2\pi} \sin(\phi) d\phi \int_0^{\pi/2} \sin^2(\theta) d\theta \int_0^2 \rho^3 d\rho
en este caso es fácil cambiar el orden de integración
= 2 \int_0^{\pi/2} \sin^2(\theta) d\theta \int_0^2 \rho^3 d\rho \underbrace{\int_0^{2\pi} \sin(\phi) d\phi}_{= 0} = 0

El flujo sobre la tapa orientada hacia abajo
\iint_T f dS = - \int_0^{2\pi} \sin^2(\phi) d\phi \int_0^2 \rho^2 \rho d\rho
= - \frac{2^4}{4} \pi = -4\pi

Por lo tanto el flujo pedido es 0 - (-4\pi) = 4\pi


P3) Calcular la masa del sólido limitado por x^2 + z^2 \leq 4, y \geq x^2, y \leq 2x, z \geq 0 si su densidad en cada punto es proporcional a la distancia desde el punto al plano xy.

La función densidad es
\delta(x,y,z) = k |z|

Como en el cuerpo z \geq 0 equivale a kz sobre él.

Proyecto en el plano xy

draw2d(
parametric(t, t^2, t, -2,3),
parametric(t, 2*t, t,-2,3)
);

La masa pedida es
M = k \int_0^2 dx \int_{x^2}^{2x} dy \int_0^{\sqrt{4-x^2}} z dz
lo cual segun wolframalpha da \frac{28}{15}k

En azul el cuerpo, y en rojo parte de la superficie cilíndrica dentro de la cual está el cuerpo.

reparametrize(f1,f2,f3,iv,iv0,iv1,dv,dv0,dv1) :=
apply( 'parametric_surface, append(
subst([ iv = 'u , dv = (1-'v)*subst([iv='u],dv0) + 'v * subst([iv='u],dv1) ], [f1,f2,f3]),
['u, iv0, iv1, 'v, 0, 1])
);
draw3d(surface_hide = true,
xlabel = "x", ylabel = "y", zlabel = "z",
color="red",
reparametrize(2*cos(u), v, 2*sin(u), u, 0, %pi, v, 0, 4),
color = "blue",
reparametrize(x, x^2, z, x, 0, 2, z, 0, sqrt(4-x^2)),
reparametrize(x, 2*x, z, x, 0, 2, z, 0, sqrt(4-x^2)),
reparametrize(x, y, sqrt(4-x^2), x, 0, 2, y, x^2, 2*x),
reparametrize(x, y, 0, x, 0, 2, y, x^2, 2*x)
);


P4) Verificar que \mu(x,y) = e^{xy} es un factor integrante de la ecuación diferencial: (x - e^{-xy} \sin y) dy + (y + e^{-xy} \cos x) dx = 0
Resolver la ecuación diferencial total exacta en que se transforma.

Multiplico por el factor integrante
(x e^{xy} - \sin y) dy + (y e^{xy} + \cos x) dx = 0
reordeno
\underbrace{(y e^{xy} + \cos x)}_{P} dx + \underbrace{(x e^{xy} - \sin y)}_{Q} dy = 0

verifico que quedó como factor integrante
Q'_x = e^{xy} + xy e^{xy}
P'_y = e^{xy} + yx e^{xy}
Q'_x - P'_y = 0

Busco la función potencial de f(x,y) = (P,Q) = (y e^{xy} + \cos x, x e^{xy} - \sin y)

\phi'_x = y e^{xy} + \cos x
\phi'_y = x e^{xy} - \sin y

\phi(x,y) \approx e^{xy} + \sin(x) + C(y)
\phi(x,y) \approx e^{xy} + \cos(y) + C(x)

La función potencial es
\phi(x,y) = e^{xy} + \sin(x) + \cos(y) + K

Y la SG buscada es
e^{xy} + \sin(x) + \cos(y) = C

1º Parcial Curso de Verano 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

Final 22/09/2011

Como siempre, pueden compartir sus resultados dejando comentarios en este post.

Agrego la resolución que nos envía Sergio (ver comentarios), que está bastante bien, y algunas observaciones que agregué sobre el mismo (para ser puntillosos).

Pueden mandar consultas y correcciones, tanto sobre la resolución como sobre las observaciones que agregué.

Observaciones:

En el T1) habría que mencionar que lo que hace es válido porque la función f es diferenciable.

En el T2) Debe ser m=1 (campo escalar), \vec{A} punto interior de H, F'_z(\vec{A}) \neq 0
Cuando pone f'_x = -\frac{x}{3} |_{(2,1,2)}, por un lado no me gusta la notación (en el numerador no está evaluado y en el denominador sí), pero además en el numerador debía derivar respecto de x y deriva respecto de z. De casualidad da el mismo resultado porque en el punto x=z=2

Cuando pone z=f(x,y) = 2 - \frac{2}{3}(x-2) + \frac{1}{3}(y-1) habría que cambiar el = por un \approx (no conocemos la función, sólo el taylor de 1º orden en ese punto)

El E1) lo veo bien, verifica el resultado con el wolframalpha.

El E2) está bastante bien, habría que agregar que vale el teorema porque f \in C^1, y el resultado según el wolframalpha es 128 y no \frac{128}{5}

El E3) lo veo muy bien.

En el E4) hay que aclarar algunas cosas:
El único extremo es un mínimo local en f(2,-2) = -1
Y aclaro por las dudas que los puntos silla son (0,0,3) y (0,-4,3) (aunque no lo pedía el ejercicio)

(y hay errores de cuenta en los dos últimos hessianos, pero que no cambia sustancialmente el ejercicio)