Primer parcial 06/10/2016 Silvia Seminara

parcial_seminara_t1

E1)
a) El conjunto de nivel 0 es donde |y| = 1 unión donde x-2y = 0, es decir

conjunto_nivel_0

El conjunto de nivel 1 es donde |y| \neq 1 unión donde \frac{x-2y}{1-y^2} = 1

x - 2y = 1 - y^2
y^2 - 2y + x = 1
(y-1)^2 + x = 2

Es decir son los puntos de la parábola que vemos en verde, quitando los puntos A y B que eran del conjunto de nivel 0.

conjunto_nivel_1

b) f'_x(0,1) = \lim_{h \to 0} \frac{ f(h,1) - f(0,1) }{h}

= \lim_{h \to 0} \frac{ 0 - 0 }{h} = 0

f'_y(0,1) = \lim_{h \to 0} \frac{ f(0,1+h) - f(0,1) }{h}

f'_y(0,1) = \lim_{h \to 0} \frac{ -2 (1+h) }{ 1 - (1+h)^2 } \cdot \frac{1}{h}

= \lim_{h \to 0} \frac{ -2 -2h }{ 1 - (1+2h+h^2) } \cdot \frac{1}{h}

= \lim_{h \to 0} \frac{ -2 -2h }{ -2h - h^2 } \cdot \frac{1}{h}

Que tiende a infinito, es decir que \not\exists f'_y(0,1)

E2) x + ky = 2
derivando
1 + ky' = 0
multiplico por y
y + kyy' = 0
reemplazo de la primera que ky = 2-x
y + (2-x)y' = 0
cambio y' por -1/y'
\frac{-(2-x)}{y'} = -y
yy' = 2-x
\int y dy = \int 2-x dx
\frac{y^2}{2} = 2x - \frac{x^2}{2} + C
x^2 + y^2 - 4x = 2C
en el (1,1)
1 + 1 - 4 = 2C
de donde
C = -1
por lo tanto la curva pedida es de ecuación
x^2 + y^2 - 4x = -2
(x-2)^2 + y^2 = 2

ejer_2

E3) Defino h(x,y) = (x+y, 2x+y^2), entonces g = f \circ h.
Un diagramita de la compuesta:

(x,y)=(0,1) \to h \to (u,v)=(1,1) \to f \to w=1
pues h(0,1) = (1,1) y además por enunciado el punto de la implícita es (u,v,w) = (1,1,1)

Defino F(u,v,w) = \sin(v-u) + uvw - w^2
F'_u(u,v,w) = - \cos(v-u) + vw
F'_v(u,v,w) = \cos(v-u) + uw
F'_w(u,v,w) = uv - 2w

En el (u,v,w)=(1,1,1)
F'_u(1,1,1) = 0
F'_v(1,1,1) = 2
F'_w(1,1,1) = -1 \neq 0

Entonces por el teorema de la implícita
f'_u(1,1) = -0/-1 = 0
f'_v(1,1) = -2/-1 = 2

Por otro lado Dh(x,y) = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 2 & 2y \end{pmatrix}
Luego por la regla de la cadena

Dg(0,1) = Df(1,1) \cdot Dh(0,1)
= \begin{pmatrix} 0 & 2 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 2 & 2 \end{pmatrix}
= \begin{pmatrix} 4 & 4 \end{pmatrix}

\nabla g(0,1) = (4,4)
f'_v(0,1) = (4,4)(a,b) = 4a+4b

Luego las direcciones de derivada nula son las perpendiculares al gradiente es decir
v_1 = (-1,1)/\sqrt{2}
v_2 = (1,-1)/\sqrt{2}

E4)
a)
\Gamma(u,v) = (u-v, u^2, u+v)
Averiguo (u,v) tal que devuelva A = (1,4,3)
1 = u-v
4 = u^2
3 = u+v
De donde (u,v) = (2,1)

\Gamma'_u(u,v) = (1, 2u, 1)
\Gamma'_v(u,v) = (-1, 0, 1)

\Gamma'_u(2,1) = (1, 4, 1)
\Gamma'_v(2,1) = (-1, 0, 1)

\Gamma'_u(2,1) \times \Gamma'_v(2,1) = (4, -2, 4) = N

El plano tangente es de ecuación
(X-A) \cdot N = 0

(x-1, y-4, z-3) (2,-1,2) = 0
2x - 2 - y + 4 + 2z -6 = 0
\boxed{2x - y + 2z = 4}

b) Primero despejo z de la ecuación del plano
z = \frac{4 - 2x + y}{2}

Como se trata del plano tangente a la gráfica de f en (1,0,1), vemos que f'_x(1,0) = -1 y que f'_y(1,0) = 1/2

Luego f'((1,0),(3/5,4/5)) = \nabla f(1,0) \cdot (\frac{3}{5}, \frac{4}{5}) = (-1, \frac{1}{2}) \cdot (\frac{3}{5}, \frac{4}{5}) = -1/5

T1) f(x,y) = x^2y -y
Es diferenciable, busco sus puntos críticos que son estacionarios
\nabla f(x,y) = (2xy, x^2 - 1) = (0,0)
2xy = 0
x^2 = 1

De donde los puntos críticos son A=(1,0) y B=(-1,0)

Vamos a aplicar el criterio del Hessiano para clasificarlos

Hf(x,y) = \begin{pmatrix} 2y & 2x \\ 2x & 0 \end{pmatrix}

Hf(1,0) = \begin{pmatrix} 0 & 2 \\ 2 & 0 \end{pmatrix}

Hf(-1,0) = \begin{pmatrix} 0 & -2 \\ -2 & 0 \end{pmatrix}

Ambos tienen determinante negativo. Por el criterio producen punto silla. Los mismos son (1,0, f(1,0)) y (-1, 0, f(-1,0))

T2) En un entorno del (-1,1) la función f coincide con g(x,y) =\frac{xy}{x^2 + y^2} que es diferenciable por ser C^1 ya que se trata de un cociente de polinomios y no se anula el denominador en dicho entorno.

Acá podemos ver las derivadas parciales que son contínuas en un entorno del (-1,1) por ser cocientes de polinomios y no se anula el denominador en dicho entorno
f'_x(x,y) = \frac{y (x^2 + y^2) - xy(2x)}{ (x^2 + y^2)^2 }
f'_y(x,y) = \frac{x (x^2 + y^2) - xy(2y)}{ (x^2 + y^2)^2 }

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Final 02/12/2014

final_02_12_2014

Gracias Nicolás por enviarme el final.  Estos días no voy a poder ir a las fechas de final, así que dependo de que me lo envíen de alguna forma para poder subirlo al blog.  Mi dirección de correo es dsilvestre@frba.utn.edu.ar.

Resumen de puntos en topología

Un tema que es complicado es el de las definiciones sobre los distintos tipos de puntos (interior, frontera, de clausura, de acumulación, etc) que encontramos en topología.

Se me ocurrió que podría ser útil escribirlo de esta manera.

Todas las definiciones tienen la misma estructura. Sea S \subseteq \mathbb{R}^n y x \in \mathbb{R}^n, entonces se llama punto (interior/exterior/frontera/aislado/de acumulación/etc) si (existe/para todo) / un (entorno/entorno reducido) / tal que (incluido/ intersección vacía / intersección no vacía / etc).

Comenzemos por ponerle una numeración a cada opción posible.

Cuantificador
(1) \exists
(2) \forall
Entorno
(1) A = E(x,r)
(2) A = E^*(x,r)
Tal que
(1) A \subseteq S
(2) A \cap S \neq \emptyset
(3) A \cap (\mathbb{R}^n - S) \neq \emptyset
(4) A \subseteq (\mathbb{R}^n - S)

Tomemos por ejemplo la definición de punto interior. Un punto x \in \mathbb{R}^n es interior a un conjunto S \subseteq \mathbb{R}^n sii existe un entorno E(x,r) tal que E(x,r) \subseteq S . Con nuestra numeración podemos simbolizarlo como

Punto interior cumple que (1) (1) : (1)
(existe, un entorno, tal que está incluído en el conjunto S)

De la misma forma, escribimos los otros tipos de puntos que conocemos

Punto interior (1) (1) : (1)
Punto exterior (1) (1) : (4)
Punto frontera (2) (1) : (2) y (3)
Punto de clausura (o adherencia) (1) (1) : (2)
Punto de acumulación (1) (2) : (2)
Punto aislado (1) (2) : (4)