Primer parcial 06/10/2017 Silvia Seminara

Publicado el octubre 6, 2017 por

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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4 respuestas a Primer parcial 06/10/2017 Silvia Seminara

  1. Silvia Seminara dijo:
    octubre 6, 2017 en 7:29 pm

    En el E1 b) faltaría analizar la continuidad de la función en (0,1).
    No es continua pues el límite no existe ya que para (x,y) tendiendo a (0,1) con |y| distinto de 1 el numerador tiende a -2 y el denominador a 0 por lo que el cociente diverge.
    En el E3 a) faltaría mencionar que las derivadas de F son continuas, por lo que F resulta C1 y, por lo tanto, diferenciable.

    Responder
  2. Julian Marcelo Paviotti dijo:
    mayo 1, 2018 en 6:25 pm

    Hola, en el punto 1a no entendí eso de excluir los puntos A y B, podrías aclarar por qué hay que hacer eso? Gracias

    Responder

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