1° Parcial Curso de Verano 2018

parcial_15_02_2018

1ER PARCIAL ANÁLISIS MATEMÁTICO II VERANO 2018

Solución: (de la práctica, las demostraciones se vieron en clase)

T1)

a) Nos dan h(x,y) = x f \left( \frac{1}{x} + \frac{1}{y} \right) con f \in C^1

Hay que verificar que x \frac{\partial h}{\partial x}(x,y) - \frac{y^2}{x} \frac{\partial h}{\partial y}(x,y) = h(x,y)

Derivando parcialmente
h'_x(x,y) = f \left( \frac{1}{x} + \frac{1}{y} \right) - \frac{x}{x^2} f' \left( \frac{1}{x} + \frac{1}{y} \right)
h'_x(x,y) = f \left( \frac{1}{x} + \frac{1}{y} \right) - \frac{1}{x} f' \left( \frac{1}{x} + \frac{1}{y} \right)
h'_y(x,y) = - \frac{x}{y^2} f' \left( \frac{1}{x} + \frac{1}{y} \right)

Luego
x h'_x - \frac{y^2}{x} h'_y = x f \left( \frac{1}{x} + \frac{1}{y} \right) - f' \left( \frac{1}{x} + \frac{1}{y} \right) + f' \left( \frac{1}{x} + \frac{1}{y} \right)
= x f \left( \frac{1}{x} + \frac{1}{y} \right) = h(x,y)


b) T(x,y) = 4 - 2x + y + 4x^2 + y^2 es el Taylor de grado 2 asociado a f en (2,1).

h(x,y) = f(x,y) + 4 \alpha x - \beta y

Queremos que h admita extremo local en (2,1) y clasificarlo.

Como f \in C^3, entonces h también. Luego los puntos críticos son estacionarios, es decir el gradiente se anula. Como queremos que (2,1) sea crítico

h'_x(2,1) = f'_x(2,1) + 4 \alpha = 0
h'_y(2,1) = f'_y(2,1) - \beta = 0

Del Taylor sabemos que
f'_x(2,1) = T'_x(2,1) = [ -2 + 8x ]_{(2,1)} = 14
f'_y(2,1) = T'_y(2,1) = [ 1 + 2y ]_{(2,1)} = 3

Reemplazando
14 + 4 \alpha = 0
3 - \beta = 0

Es decir debe cumplirse que \boxed{\alpha = -14/4 = -7/2}, y que \boxed{\beta = 3}.

Para clasificarlo calculemos el hessiano. Necesitamos las derivadas segundas de h que coinciden con las de f, y podemos obtener del Taylor

f''_{xx}(2,1) = T''_{xx}(2,1) = 8
f''_{xy}(2,1) = T''_{xy}(2,1) = 0
f''_{yy}(2,1) = T''_{yy}(2,1) = 2

Luego
Hh(2,1) = Hf(2,1) = \begin{pmatrix} 8 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}

por el criterio del hessiano, h(2,1) es mínimo relativo.


T2)

b) Dada 2x^2 + y^2 = 5, hay que probar que en el punto (\sqrt{2}, 1) resulta \nabla f(\sqrt{2}, 1) es perpendicular.

Sea f(x,y) = 2x^2 + y^2. Entonces \nabla f(x,y) = (4x, 2y), en particular \boxed{ \nabla f(\sqrt{2},1) = (4 \sqrt{2}, 2) }

Parametrizamos la elipse 2x^2 + y^2 = 5 con g(t) = \left( \frac{\sqrt{5}}{\sqrt{2}} \cos(t), \sqrt{5} \sin(t) \right) con 0 \leq t_0 \leq 2 \pi

Sea t_0 \in [0, 2\pi] tal que g(t_0) = (\sqrt{2},1).
Sea h = f \circ g = 5. Por ser constante h'(t_0) = 0, por otro lado por la regla de la cadena h'(t_0) = \nabla f (\sqrt{2},1) \cdot g'(t_0). Es decir que \nabla f (\sqrt{2},1) \cdot g'(t_0) = 0

Es decir \nabla f (\sqrt{2},1) \perp g'(t_0) donde g'(t_0) es vector tangente a la elipse. Igual la idea es hacer un dibujito de la elipse y las rectas normal y tangente como sigue.

La recta normal viene dada por r(t) = (\sqrt{2},1) + t (4 \sqrt{2}, 2)
La recta tangente viene dada por 4 \sqrt{2} x + 2 y = D tal que 4 \sqrt{2} \sqrt{2} + 2 = D es decir D = 10, luego la recta tangente es de ecuación 4 \sqrt{2} x + 2 y = 10

Y el dibujito nos queda así

t2_b


P1) h(x,y) = \begin{cases} \frac{(x-2)^2}{(x-2)^2 + 5y^2} \cos(3y) & \textrm{ si } (x,y) \neq (2,0) \\ 0 & \textrm{ si } (x,y) = (2,0) \end{cases}

Veamos si es contínua en (2,0). Debería existir el límite, a ver si es cierto

\lim_{(x,y) \to (2,0)} \frac{(x-2)^2}{(x-2)^2 + 5y^2} \cos(3y)

Veamos que pasa por la recta de ecuación x = y+2
\lim_{y \to 0} \frac{y^2}{y^2 + 5y^2} \cos(3y) = \frac{1}{6}

Luego no es continua en (2,0) pues el límite debería ser igual a h(2,0) = 0. Por lo tanto tampoco es diferenciable en (2,0)

Veamos que onda las derivadas direccionales

h'((2,0), (a,b)) = \lim_{\lambda \to 0} \frac{ h((2,0) + \lambda(a,b)) - h(2,0)}{\lambda}

= \lim_{\lambda \to 0} \frac{ h(2 + \lambda a, \lambda b) - h(2,0)}{\lambda}

= \lim_{\lambda \to 0} \frac{1}{\lambda} \frac{\lambda^2 a^2}{ \lambda^2 a^2 + 5 \lambda^2 b^2} \cos(3 \lambda b)

= \lim_{\lambda \to 0} \frac{a^2}{ a^2 + 5 b^2} \frac{\cos(3 \lambda b)}{\lambda}

La única forma que exista este límite es que \boxed{a = 0} (sino daría \infty, pero para las derivadas exigimos limites reales).

Es decir las únicas direcciones en las que es derivable son (0,1) y (0,-1), en donde vale \boxed{h'_y(2,0) = 0}

Dibujín de la gráfica de h

p1

Se ve que algo raro pasa en el punto (2,0) (el eje x está en rojo, el eje y en verde, y el eje z en azul)


P2) La parametrización mas directa es considerar la x como un parámetro t, es decir g(t) = (t, t^2, 4 - t^2), con t \in \mathbb{R}. Cláramente g \in C^1 (sus coordenadas son polinomios), y además g'(t) = (1, 2t, -2t) \neq (0,0,0) \ \forall t \in \mathbb{R}. Esto nos dice que es una parametrización regular.
Averiguemos t_0 tal que g(t_0) = (1,1,3). Fácil, t_0 = 1. Luego v = g'(1) = (1,2,-2) es vector tangente a la curva en (1,1,3). Luego la recta tangente es de ecuación

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

Dibujo todo con el geogebra:

p2

La curva está en verde fluorescente y bien gordita. El punto (1,1,3) está marcado como A. La recta tangente en azul clarito. Y las superficies en amarillo y rosita transparente.


P3) f(x,y) = x^2 + 2y^2

La familia de líneas de nivel (curvas de nivel) viene dada por

x^2 + 2y^2 = k

busco la familia ortogonal, para eso primero busco la EDO
2x + 4yy' = 0
divido por 2
x + 2yy' = 0
ok, esa es la EDO. Ahora busco la EDO de la familia ortogonal. Para eso cambio y' por -1/y'
x - \frac{2y}{y'} = 0
multiplico por y'
x y' - 2y = 0
y ahora la resuelvo para encontrar la familia ortogonal. Primero separo variables
x y' = 2y
\frac{y'}{y} = \frac{2}{x}
\frac{dy}{y} = 2 \frac{dx}{x}
bien, ahí separé variables. Ahora integramos
\ln|y| = 2 \ln|x| + C
y = k x^2
esa es la familia ortogonal buscada.

Veamos que curvas pasan por el (1,1). De la primer familia obtenemos 1 + 2 = k = 3 , es decir sólo pasa
\boxed{x^2 + 2y^2 = 3} (una elipse)

De la segunda familia obtenemos 1 = k , por lo tanto hay una curva y es esta
\boxed{y = x^2} (una parábola)

Ahora graficamos todo

p3

En azul está la elipse, y en rojo la parábola. El punto (1,1) se indica como A. En negro las rectas tangentes a cada una (que son las normales de la otra respectivamente). Y si uno presta atención, con trazo muy finito hay otras curvas de ambas familias.


P4)

a) Nos dan h = f \circ g, con g(x,y) = (xy, y-x).
De f nos dicen que es C^3 y que el taylor de 2do grado en (2,1) es T(x,y) = 2 + 3y - 5x^2.

Nos piden una derivada direccional de h, que es diferenciable por ser composición de diferenciables. Entonces me interesa calcular \nabla h(1,2) usando la regla de la cadena. Vemos que g(1,2) = (2,1). Luego

\nabla h(1,2) = \nabla f(2,1) Dg(1,2)

Dg = \begin{pmatrix} y & x \\ -1 & 1 \end{pmatrix}
Dg(1,2) = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}

Por otro lado

f'_u(2,1) = T'_x(2,1) = [ -10x ]_{(2,1)} = -20
f'_v(2,1) = T'_y(2,1) = [ 3 ]_{(2,1)} = 3

(Tal vez sería mejor llamar T(u,v) al taylor para que no haya confusión con los valores de x,y de g,h, se entiende que no hay relación.)

Luego nos queda

\nabla h(1,2) = (-20, 3) \cdot \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}

\boxed{\nabla h(1,2) = (-43, -17) }

La dirección que va del (1,2) hacia el (3,4) es v = \frac{(3-1, 4-2)}{||(3-1, 4-2)||} = \frac{(2,2)}{||(2,2)||} = \frac{1}{\sqrt{2}} (1,1)

Luego la derivada pedida es
h'((1,2), \frac{1}{\sqrt{2}} (1,1)) = \nabla h(1,2) \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} (1,1)
= (-43, -17) \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} (1,1)
= \frac{-60}{\sqrt{2}} = \boxed{-30 \sqrt{2}}


b) La función z = f(x,y) está definida implícitamente por la ecuación z^2 + \frac{2}{x} = 7 + \sqrt{y^2 - z^2}.

Hay que determinar la ecuación del plano tangente a la gráfica de f en el punto (1,5,3).

Sea F(x,y,z) = z^2 + \frac{2}{x} - 7 - \sqrt{y^2 - z^2}

Verifico que el punto esté en el conjunto de nivel cero.
F(1,5,3) = 9 + 2 - 7 - \sqrt{25 - 9} = 4 - \sqrt{16} = 0

No hace falta usar Cauchy-Dini, alcanza con usar que el gradiente de F es normal al conjunto de nivel cero de F en (1,5,3), pues la gráfica de f coincide con el conjunto de nivel cero de F en las cercanias del punto en cuestión.

F'_x = - \frac{2}{x^2}
F'_y = - \frac{1}{2} \frac{2y}{\sqrt{y^2 - z^2}} = \frac{-y}{\sqrt{y^2 - z^2}}
F'_z = 2z + \frac{1}{2} \frac{2z}{\sqrt{y^2 - z^2}} = 2z + \frac{z}{\sqrt{y^2 - z^2}}

Luego un vector normal es n = \nabla F(1,5,3) = (-2, \frac{-5}{4}, 6 + \frac{3}{4}) = (-2, \frac{-5}{4}, \frac{27}{4})

Otro normal mas lindo por no tener denominadores es N = -4 \cdot n = (8,5,-27).

Luego la ecuación del plano tangente pedido es

[(x,y,z) - (1,5,3)] \cdot (8,5,-27) = 0
(x-1, y-5, z-3) \cdot (8,5,-27) = 0
8(x-1) + 5(y-5) - 27(z-3) = 0
\boxed{8x + 5y - 27z + 48 = 0}

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