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2º Parcial Curso de Verano 2016

Martes, marzo 1st, 2016

2do_parcial_29_02_2016

T1) Averiguamos z_0, z_1 reemplazando en la primer superficie y vemos que A = (0,0,3), B = (-3,3,0).

La circulación pedida es \boxed{\phi(B) - \phi(A) = -9 - 9 = -18}

T2) y = Cx \ln|x|,
y' = C(\ln|x| + 1),
y'' = C(1/x)

x^2 y'' - xy' + y = xC - (Cx \ln|x| + Cx) + Cx \ln|x| = 0 . Luego es solución, pero no es general pues tiene una sola constante arbitraria y la ecuación es de segundo orden.

E1) Igualando las ecuaciones de las superficies, 4-x^2 = 4-y^2, |x| = |y|. Como va del (2,2,0) al (0,0,4), tomo y = x y puedo parametrizar como

g(t) = (t,t,4-t^2) con 0 \leq t \leq 2, con la aclaración de que me quedó en la orientación contraria.

- \int_0^2 ( 2t(4-t^2), t^2, 4-t^2 ) \cdot (1,1,-2t) dt = - \int_0^2 8t - 2t^3 + t^2 -8t + 2t^3 dt = - \int_0^2 t^2 dt = -[t^3/3]_0^2 = \boxed{-8/3}

E2) div(f) = 1 + 2 + 3 = 6.

Por teo. div. el flujo total saliente es \boxed{6 \int_0^{\pi/2} d\phi \int_0^1 \rho d\rho \int_{\rho}^{\sqrt{2 - \rho^2}} dz} = 2(\sqrt{2}-1)\pi (verifica con el wolfram)

E3) g(x,y) = (x,y,x^2)

g'_x = (1, 0, 2x)
g'_y = (0, 1, 0)

n = g'_x \times g'_y = (-2x, 0, 1)
||n|| = \sqrt{4x^2 + 1}

\boxed{\int_0^1 \sqrt{4x^2 + 1} dx \int_0^x dy} = \frac{5 \sqrt{5}}{12} - \frac{1}{12} \approx 0,848362 \ldots

E4) Por el método visto en clase se ve que \phi(x,y) = \ln(2x^2 + y^2 + 1) + C. Como \phi(0,0) = 0 se ve que C = 0.

Las lineas equipotenciales son de ecuación \ln(2x^2 + y^2 + 1) = K. Como pasa por (2,1) se tiene \ln(8 + 1 + 1) = K

Luego la linea equipotencial pedida es \ln(2x^2 + y^2 + 1) = \ln(10), queda \boxed{2x^2 + y^2 = 9}.

Planteando la ecuación de las líneas de campo queda y' = 2y/4x, es decir 2dy/y = dx/x, 2 \ln|y| = \ln|x| + C, y^2 = Kx, como pasa por (2,1) se tiene 1 = K2 es decir K=1/2, luego la línea de campo pedida es \boxed{2y^2 = x}

1º Parcial Curso de Verano 2016

Domingo, febrero 21st, 2016

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} } )

2º Parcial Curso de Verano 2015

Martes, marzo 3rd, 2015

2do_parcial_verano_2015

T1) Consiste en integrar la función f(x,y) = y sobre el semidisco circular x^2 + y^2 \leq 4 con x \geq 0. En cartesianas \int_{-2}^2 y dy \int_0^{\sqrt{4-x^2}} dx.

E1) z \leq 10 - x^2, y \leq x, z \geq 3x, y \geq 0. La densidad es \delta(x,y,z) = k |y|.

3x \leq z \leq 10 - x^2. Se tiene 0 \leq y \leq x. Luego x \geq 0 y z \geq 0, es decir es en el 1º octante.

Además 3x \leq 10 - x^2, luego x^2 + 3x - 10 \leq 0 es decir (x-2)(x+5) \leq 0 lo cual implica x \leq 2. Luego la masa es

M = k \int_0^2 dx \int_0^x y dy \int_{3x}^{10 - x^2} dz = \frac{62}{15}k

E2) Q'_x - P'_y = 2x - x = x. La región es 2x^2 - 1 \leq y \leq x. En particular 2x^2 - x - 1 \leq 0 es decir -1/2 \leq x \leq 1. Por lo tanto la circulación pedida en orientación antihoraria es

\int_{-1/2}^1 x dx \int_{2x^2 - 1}^x dy = \frac{9}{32}

E3) Parametrizo con g(u,v) = (u \cos(v), u \sin(v), u) con 0 \leq v \leq 2\pi y 0 \leq u \leq 3.
g'_u = (\cos(v), \sin(v), 1)
g'_v = (-u \sin(v), u \cos(v), 0)
N = g'_u \times g'_v = (-u \cos(v), -u \sin(v), u)
La orientación es hacia z^+ pues la coordenada z es u \geq 0.
\int_0^{2\pi} dv \int_0^3 (3 u \cos(v), 3 u \sin(v), 4u) \cdot (-u \cos(v), -u \sin(v), u) du
\int_0^{2\pi} dv \int_0^3 -3u^2 \cos^2(v) - 3u^2 \sin^2(v) + 4u^2 du
\int_0^{2\pi} dv \int_0^3 -3u^2 + 4u^2 du
\int_0^{2\pi} dv \int_0^3 u^2 du = 18 \pi

E4) El punto (0, y_0) es el (0, 1) pues la recta es y = x+1. Es decir que y(0) = 1, y además y'(0) = 1

La ecuación característica es \alpha^2 - 3 \alpha + 2 = 0 es decir \alpha_1 = 1 y \alpha_2 = 2. Luego la SG de la homogénea asociada es y_h = C_1 e^x + C_2 e^{2x}

Para la SP propongo y = A x e^x luego y' = Ae^x + Ax e^x, y'' = 2A e^x + Ax e^x. Reemplazo

2A e^x + A xe^x - 3A e^x - 3A xe^x + 2A xe^x = e^x

(2A-3A) e^x + (A - 3A + 2A)xe^x = e^x

-A = 1 Luego A = -1 y y_p = -xe^x

Por lo tanto la SG es y = C_1 e^x + C_2 e^{2x} - xe^x

y' = C_1 e^x + 2 C_2 e^{2x} - e^x - x e^x

y'(0) = 1 = C_1 + 2C_2 - 1
y(0) = 1 = C_1 + C_2

de donde C_1 = 0 y C_2 = 1. Finalmente la SP pedida es y = e^{2x} - xe^x

1º Parcial Curso de Verano 2015

Jueves, febrero 26th, 2015

1er_parcial_verano_2015_final

Solución:

T1) P(x,y) = a + 2(x-x_0)(y-y_0) - 2(x-x_0)^2 - 2(y-y_0)^2. Se tiene \nabla P(x_0,y_0) = (0,0). Si asumimos que el polinomio de Taylor P se desarrolló en el punto (x_0,y_0) entonces las derivadas parciales en ese punto coinciden con las de f, es decir se tiene \nabla f(x_0,y_0) = (0,0), y por lo tanto la gráfica de f en ese punto tiene plano tangente horizontal z = a.

T2) Nos dicen que Im(h) \subseteq C_k(f), por lo tanto f \circ h = k es decir la compuesta g = f \circ h es una función constante. Por lo tanto g'(t) = 0 para todo t \in \mathbb{R}.

E1) f(x,y) = \begin{cases} \frac{xy e^y - y^2}{xy} & xy \neq 0 \\ 1 & xy = 0 \end{cases}
Estudiamos continuidad en (0,0). Se tiene que f(0,0) = 1. Veamos el límite por el camino y=x. \lim_{x \to 0} \frac{x^2 e^x - x^2}{x^2} = \lim_{x \to 0} e^x - 1 = 0. No se si existe el límite doble, pero de existir vale 0 que es distinto que 1, por lo tanto f no es continua en (0,0).

E2) La superficie es una esfera centrada en el origen y de radio \sqrt{6}. Si (x,y,z) es un punto de la esfera, entonces (x,y,z) es un vector normal en dicho punto.

Defino g(x,y,z) = x+y+z-5 y h(x,y,z) = x^2 + y^2 - 2y. Sus gradientes son \nabla g = (1,1,1) y \nabla h = (2x, 2y-2, 0). Entonces N = \nabla g \times \nabla h = (2-2y, 2x, 2y-2-2x)
En el punto A = (0,2,3) se tiene N(A) = (-2, 0, 2) que es un vector tangente a la curva en el punto A.

O sea buscamos puntos de la esfera donde la normal es de la forma (-\lambda,0,\lambda), como el radio es \sqrt{6} dichos puntos son (-\sqrt{3}, 0, \sqrt{3}) y (\sqrt{3}, 0, -\sqrt{3})

E3) Llamo f(x,y) a la función u(x,y).
Defino F(x,y,u) = u e^{ux} - 2x - y. Se tiene F \in C^1.
F'_x = u^2 e^{ux} - 2
F'_y = -1
F'_u = e^{ux} + ux e^{ux}

En (x,y) = (0,1) se tiene u = 1. Sea A = (x,y,u) = (0,1,1)
F'_x(A) = 1 - 2 = -1
F'_y(A) = -1
F'_u(A) = 1 + 0 = 1 \neq 0

Luego f'_x(0,1) = 1 y f'_y(0,1) = 1, es decir \nabla f(0,1) = (1,1) con f diferenciable en (0,1).

El versor que piden es v = \overline{(3,2) - (0,1)}{|| (3,1) ||} = (3,1) / \sqrt{10}

La derivada direccional pedida es (1,1) (3,1)/ \sqrt{10} = 4/ \sqrt{10}.

La derivada es nula en los versores (a,b) tales que (a,b) (1,1) = 0, es decir en v_{1,2} = \pm (1, -1) / \sqrt{2}

E4) f(x,y) = g(y) y + x^2 + y^2.

x^2 - y^2 = C, 2x - 2yy' = 0, la EDO de la familia ortogonal es x + y/y' = 0, xy' + y = 0, xy' = -y, dy/y = -dx/x, \ln|y| = - \ln|x| + C, |y| = |x^{-1}| e^C, y = k/x, como pasa por (1,1) se tiene k=1 y luego y = 1/x, luego g(y) = 1/y.

f(x,y) = y/y + x^2 + y^2. Si extendemos el dominio por continuidad a \mathbb{R}^2, se tiene f(x,y) = 1 + x^2 + y^2, y el único punto crítico es (0,0) pues \nabla f(x,y) = (2x,2y). Como f(0,0) = 1 \leq f(x,y) para todo (x,y) se tiene que f(0,0) = 1 es mínimo absoluto y relativo.

Integrador Edith Amed 19/07/14

Miércoles, julio 30th, 2014

integrador_edith_19_07_2014

Adjunto la resolución que me entregó la profesora
integrador_19_07_2014

2º Parcial 12/07/2014 (Amed)

Sábado, julio 12th, 2014

amed_12_07_2014

1)

amed1

Nos dan f(x,y,z) = (y,-x,z) y \Sigma = \begin{cases} z = 12 - 3x^2 - 3y^2 \ \ (1) \\ z \geq 3x^2 + 3y^2 \ \ (2) \end{cases}

Nos piden calcular \iint_\Sigma f dS = \iiint_H div(f) dV - \iint_T f dS

donde T es la superficie tapa z=6 con x^2 + y^2 \leq 2 orientada hacia abajo.

Luego, como div(f) = 0+0+1 = 1, nos queda

\int_0^{2\pi} d\phi \int_0^{\sqrt{2}} \rho d\rho \int_6^{12-3\rho^2} dz + 6 \int_0^{2\pi} d\phi \int_0^{\sqrt{2}} \rho d\rho

= 18 \pi + 12\pi = \boxed{30\pi}

En el gráfico podemos ver la superficie \Sigma (azul) junto con el plano (rojo) y la proyección (verde)

2)

amed2

Nos dan rot(f) = (x,y,-2z) y C = \begin{cases} x^2 + y^2 = 6y \\ x^2 + y^2 + z^2 = 36 \\ z \geq 0 \end{cases}

Nos piden calcular \int_C f dC = \iint_{\Sigma} Rot(f) dS donde \Sigma es (por ejemplo) la esfera x^2 + y^2 + z^2 = 36 junto con x^2 + (y-3)^2 \leq 9.

Luego, si definimos g(x,y,z) = x^2 + y^2 + z^2 - 36 nos queda \nabla g = (2x, 2y, 2z) y por lo tanto

\iint_{\Sigma_{xy}} (x,y,-2z) \cdot \frac{(2x,2y,2z)}{2z} dxdy

donde z es un abuso de notación a reemplazar con la ecuación de la superficie (la esfera). Por lo tanto queda

\iint_{\Sigma_{xy}} \frac{x^2 + y^2 - 2z^2}{z} dxdy

\int_0^{\pi} d\phi \int_0^{6 \sin(\phi)} \frac{3\rho^2 - 72}{ \sqrt{36 - \rho^2} } \rho d\rho = \boxed{-144}

En el gráfico podemos ver la curva (azul) la porción de esfera que tomamos como \Sigma (en cyan). La esfera y el cilindro se ven en transparencia verde y rojo.

3)

amed3

amed4

amed5

Nos dan H = \begin{cases} x^2 + y^2 \geq 3z^2 \ \ (1) \\ x^2 + y^2 + z^2 \leq 4 \ \ (2) \\ \textrm{1er octante} \end{cases} con densidad \delta(x,y,z) = k |z|

Nos piden la masa M = \iiint_H \delta dV

De (1) y (2) la curva intersección es \begin{cases} x^2 + y^2 = 3z^2 \\ x^2 + y^2 + z^2 = 4 \end{cases}, por lo tanto 3z^2 = 4-z^2, es decir 4z^2 = 4 por ser 1º octante resulta z=1 con x^2 + y^2 = 3

En cilíndricas

M = k \int_0^{\pi/2} d\phi \int_0^{\sqrt{3}} \rho d\rho \int_0^{\rho/\sqrt{3}} z dz + k \int_0^{\pi/2} d\phi \int_{\sqrt{3}}^2 \rho d\rho \int_0^{\sqrt{4 - \rho^2}} z dz

M = k \frac{3}{16} \pi + k \frac{\pi}{16} = \boxed{k \frac{\pi}{4}}

En esféricas, observando que en el plano yz se produce una recta y = \sqrt{3}z se tiene que \beta = \arctan(\sqrt{3}) = \frac{\pi}{3} y por lo tanto

M = k \int_0^{\pi/2} d\alpha \int_{\pi/3}^{\pi/2} \sin(\beta) \cos(\beta) d\beta \int_0^2 \rho^3 d\rho = \boxed{k \frac{\pi}{4}}

donde se tuvo en cuenta el jacobiano \rho^2 \sin(\beta) y la densidad de masa transformada k \rho \cos(\beta).

En los gráficos vemos distintas perspectivas de la misma región M. Notar que cambia el techo del semicono (verde) por la semiesfera (azul).

4a)

amed6

En este enunciado había que corregir donde dice superficie de nivel “7” en realidad va superficie de nivel “0”.

Nos dan f(x,y,z) = (2x, 2y, 2z-4), U es la función potencial de f tal que U(1,2,1) = 2.

La superficie es \Sigma = \begin{cases} C_0(U) \\ y \geq x \\ z \leq 2 \\ \textrm{1er octante} \end{cases}

Buscamos la función potencial y nos queda U(x,y,z) = x^2 + y^2 + z^2 - 4z + C luego como U(1,2,1) = 1 + 4 + 1 - 4 + C = 2 se tiene que C = 0 por lo que U(x,y,z) = x^2 + y^2 + z^2 - 4z.

Por lo tanto la superficie es \Sigma = \begin{cases} x^2 + y^2 + (z-2)^2 = 4 \\ y \geq x \\ z \leq 2 \\ \textrm{1er octante} \end{cases}

Nos piden el área de \Sigma, y como

\nabla U = (2x, 2y, 2z-4)
|| \nabla U || = \sqrt{4x^2 + 4y^2 + (2z-4)^2} = \sqrt{4(x^2 + y^2) + 4(z-2)^2} = 2 \sqrt{x^2 + y^2 + (z-2)^2} = 2 \sqrt{4} = 4

y además

|U'_z| = |2z-4| = |2(2-\sqrt{4-\rho^2}) - 4| = 2 \sqrt{4-\rho^2}

se tiene que

A = \iint_\Sigma dS = \int_{\pi/4}^{\pi/2} d\phi \int_0^2 \frac{4 \rho}{2 \sqrt{4-\rho^2}} d\rho = \boxed{\pi}

En el gráfico se ve la superficie \Sigma (azul), y su proyección sobre el plano xy (rojo).

4b)

amed7

Nos dan f(x,y,z) = (-2y, 2x, z) y la superficie \Sigma = \begin{cases} x^2 + y^2 = 6y \ \ (1) \\ x^2 + y^2 + z^2 \leq 9 \ \ (2) \\ \textrm{1er octante} \end{cases}.

Nos piden el flujo de f sobre \Sigma. De (1) y (2) sacamos \begin{cases} x^2 + y^2 = 6y \\ x^2 + y^2 + z^2 = 9 \end{cases} eliminando x obtenemos 6y - y^2 = 9 - y^2 - z^2 luego z^2 + 6y = 9 luego la proyección en el plano yz es la región del 1er cuadrante con y \leq \frac{3}{2} - \frac{z^2}{6}

Defino g(x,y,z) = x^2 + y^2 - 6y, luego \nabla g = (2x, 2y - 6, 0), y el flujo pedido orientado hacia x^+ es

\int_0^3 dz \int_0^{\frac{3}{2} - \frac{z^2}{6}} (-2y, 2x, z) \cdot \frac{(2x, 2y-6,0)}{2x} dy

donde x es un abuso de notación a reemplazar con la superficie de ecuación (1), por lo tanto nos queda

\int_0^3 dz \int_0^{\frac{3}{2} - \frac{z^2}{6}} \frac{-4xy + 4xy - 12x}{2x} dy

\int_0^3 dz \int_0^{\frac{3}{2} - \frac{z^2}{6}} -6 dy = \boxed{108}

En el gráfico se la sección de esfera (verde) y del cilindro (cyan) como transparencias. También se la superficie \Sigma (azul, salió un poco verde por la esfera) y la proyección sobre el plano yz (rojo).

2º Parcial curso de Verano 2014

Viernes, febrero 28th, 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

Sábado, febrero 22nd, 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}

2º Parcial Curso de Verano 2013

Martes, marzo 5th, 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

Martes, febrero 26th, 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).