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.

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.

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).

Una respuesta a 1º Parcial Curso de Verano 2013

Ailen Muñoz dijo:

agosto 2, 2015 en 9:56 am

Hola dami, te hago una consulta, en el E3, como sabes que la jacobiana es (1 0 0
0 1/2 1/2) ??
Muchas gracias por todos los aportes, sos un genio!
Saludos

Responder

Responder Cancelar respuesta

Introduce aquí tu comentario...

Por favor, inicia sesión con uno de estos métodos para publicar tu comentario:

Correo electrónico (La dirección no se hará pública)

Nombre

Web

Estás comentando usando tu cuenta de WordPress.com. ( Cerrar sesión / Cambiar )

Estás comentando usando tu cuenta de Google. ( Cerrar sesión / Cambiar )

Estás comentando usando tu cuenta de Twitter. ( Cerrar sesión / Cambiar )

Estás comentando usando tu cuenta de Facebook. ( Cerrar sesión / Cambiar )

Cancelar

Conectando a %s

	damidami en Tp 3 Ej 3.c
	Guido Paolini en Tp 3 Ej 3.c
	Matias Isturiz en Final 24/05/2017
	Axel Fulop en Final 24/05/2017
	Santiago Barreiro en Final 10/3/2011
	Santiago Barreiro en Final 27/02/2018
	Santiago Barreiro en Final 27/02/2018
	Santiago Barreiro en Final 27/02/2018
	Sebastian R. Garcia… en Final 25/07/2017
	Manuel Gajate en Final 19/12/2017
	Franco Giannotti en Final 07/02/2017
	damidami en Final 19/07/2011
	Tomas Albaine en Final 19/07/2011
	damidami en 2º Parcial Curso de Verano…
	Franco Giannotti en 2º Parcial Curso de Verano…