Introducción

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Bienvenido/a a esta materia que es Análisis Matemático II y a este blog.

  • Antes de escribir una consulta lee primero la sección de Preguntas Frecuentes
  • Si esta es tu primera visita a este blog o recién estás empezando a cursar la materia lee esto.
  • Si ya conocés bien este blog o estás preparando el final lee esto.
  • Si ya aprobastes la materia o buscás consejos de estudiantes anteriores lee esto.

Suerte! 😀
Damián.

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Final 19/12/2017

final_19_12_2017

Respuestas:

T1) \frac{693}{13}
T2) g'(2) = (4,12,3) \neq (0,0,0). El punto es regular.
E1) Salía por circulación directo y daba \frac{-208}{3}
E2) 243 \pi
E3) \frac{16}{15} k \pi
E4) y = 2 \cos(2x) + 3

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Final 12/12/2017

final_12_12_2017

Respuestas:

T1) \int_{-2}^2 dx \int_0^{\sqrt{4-x^2}} y dy \int_{-1}^2 \sqrt{x^2 + y^2} dz

T2) Como no existe el límite, la discontinuidad es no evitable y por lo tanto no puede redefinirse la función en el punto para que pase a ser contínua.

E1) \frac{256}{3} orientando hacia x^+

E2) 20 \pi

E3) f(0,2,-2) es mínimo relativo. Los puntos (\pm 2,0,2) producen silla.

E4) Era mas fácil por rotor, y la circulación pedida da cero.

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Final 05/12/2017

final_05_12_2017
Como el windogs tardaba mucho en actualizarse, al final hice mas rápido enchufando la commodore. Paso las respuestas:

snoopy

Ups! Me equivoqué de foto. Ahora sí, paso las respuestas.

final_05_12_2017
Disculpe las molestias ocasionadas.

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Primer parcial 06/10/2017 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 26/09/2017

T1) \int_{-\pi/2}^{\pi/2} d\phi \int_1^2 \rho^2 \ d\rho = \frac{7}{3} \pi

T2) (u,v) = (1,2) y intersecta en (-2,5,13)

E1) \int_0^3 dx \int_0^{3-x} (9z, 6x, 4y) \cdot \frac{(2,2,3)}{3} \ dy = \int_0^3 dx \int_0^{3-x} 12 \ dy = \frac{3^2}{2} \cdot 12 = 54

E2) \int_0^\pi d\phi \int_0^{2 \sin(\phi)} \rho \ d\rho \int_{\rho^2}^{2 \rho \sin(\phi) } dz = \frac{\pi}{2}

E3) 5 + 3 (2.02 - 2) + 1 (1.98 - 2) = 5.04

E4) - \left(  \int_{-2}^2 dx \int_0^{4-x^2} y \ dy - \int_{-2}^2 (2, ...) \cdot (1,0) \ dt \right) = - ( \frac{256}{15} - 8 ) = - \frac{136}{15}

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Final 25/07/2017

final_25_07_2017

Respuestas:

T1) f'_{max}(A) = ||(2,3,1)|| = \sqrt{14}
r_{max} = \frac{(2,3,1)}{||(2,3,1)||}
T2) g(x) = -x

E1) Area(\Sigma) = 3 \sqrt{6}
E2) r_0 \cap C = \{ (3,3,9) \}
E3) Vol(H) = \frac{32}{3} \pi
E4) \int_{1/2}^1 dx \int_{\sqrt{1 - x^2}}^{\sqrt{2x - x^2}} y dy + \int_1^2 dx \int_0^{\sqrt{2x-x^2}} y dy = 1/8 + 1/3 = 11/24

También salía usando polares de la siguiente manera:
\int_0^{\pi/3} \sin(\phi) d\phi \int_1^{2 \cos(\phi)} \rho^2 d\rho = 11/24

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Final 24/05/2017

final_24_05_2017

Respuestas:

T1) 6\pi
T2) x^2 + y^2 = 1
E1) 81/4 orientando hacia z^+
E2) Intersecta en el (0,1,-1)
E3) f(0,2) = -4 mínimo local
E4) 8\pi

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Final 07/02/2017

Respuestas

T1) Se cumple.
T2) 144\pi
E1) 32k
E2) 81
E3) 9\pi
E4) y = 3 + 5x

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Final 13/12/2016

Respuestas:

T1) f(0,0) = 4 es mínimo absoluto y relativo.
T2) \nabla h(1,2) = (10,3)

E1) El flujo es 81 orientando hacia z^+
E2) El volumen pedido es V = \frac{64}{3}
E3) La línea de campo es -\frac{x^2}{2} + y^2 = 7
E4) La circulación es \frac{81}{4} \pi

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Final 26/07/2016

final_26_07_2016

Respuestas:

T1) Vol(D) = 9 \pi
T2) Hay plano tangente horizontal en (-1,0,z_0)
E1) V = \frac{16}{3}
E2) En (1,0) se produce mínimo relativo f(1,0)
En (-1,0) se produce punto silla (-1,0,f(-1,0))
E3) 60
E4) 4\pi

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