1° Recuperatorio 1° Parcial Verano 2018

enunciado

PRIMER RECUPERATORIO 1 PARCIAL 20-02-2018 VERANO

Solución:

P1) Como f : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R} cumple f(x,y) > 0 \ \forall (x,y) \in \mathbb{R}^2 y ser clase C^3, entonces g(x,y) = \frac{1}{f(x,y)} está definida en todo \mathbb{R}^2 y también es clase C^3.

Los puntos críticos de g son estacionarios. Los buscamos anulando el gradiente.

g'_x(x,y) = \frac{- f'_x(x,y)}{(f(x,y))^2}
g'_y(x,y) = \frac{- f'_y(x,y)}{(f(x,y))^2}

De donde vemos que los puntos críticos de g son los mismos que f, es decir P_1 = (3,-3) y P_2 = (-3,3)

Veamos si nos es de utilidad el criterio del Hessiano.

g''_{xx}(x,y) = \frac{ -f''_{xx}(x,y) (f(x,y))^2 + 2 f(x,y) (f'_x(x,y))^2 }{(f(x,y))^4}

g''_{xy}(x,y) = \frac{ -f''_{xy}(x,y) (f(x,y))^2 + 2 f(x,y) f'_x(x,y)   f'_y(x,y) }{(f(x,y))^4}

g''_{yy}(x,y) = \frac{ -f''_{yy}(x,y) (f(x,y))^2 + 2 f(x,y) (f'_y(x,y))^2 }{(f(x,y))^4}

Sabiendo que f(3,-3) = 10, f(-3,3) = 5, y que en los puntos críticos el gradiente de f se anula, podemos calcular la hessiana de g en los puntos críticos

Hg(3,-3) = \left(-\frac{1}{10^2} \right) Hf(3,-3)
Hg(-3,3) = \left(-\frac{1}{5^2} \right) Hf(-3,3)

Cuando se tienen dos matrices cuadradas A, B y k \in \mathbb{R} tales que B = k A, entonces si \lambda \in \mathbb{C} es autovalor de A, entonces k \lambda es autovalor de B, pues si v es autovector de autovalor \lambda de A, es decir v \neq 0 y Av = \lambda v, entonces Bv = kAv = k\lambda v. Luego los autovalores de Hg en los puntos críticos son de signo opuesto a los de Hf en dichos puntos. Como el hessiano de f en los puntos críticos tiene determinante no nulo, sus autovalores son no nulos también.

Como f en P_1 tiene un máximo local (autovalores negativos), entonces g en P_1 tiene un mínimo local (autovalores positivos) de valor g(3,-3) = 1/10.

Como f en P_2 tiene un mínimo local (autovalores positivos), entonces g en P_2 tiene un máximo local (autovalores negativos) de valor g(-3,3) = 1/5.

Si uno no quiere hacer este análisis de los autovalores también se puede desarrollar la hessiana de g y aplicar el criterio del hessiano (va a quedar determinante positivo y g''_{xx} de signo opuesto a f''_{xx} en el punto crítico, lo cual lleva a la misma conclusión).


P2)
a) F(u,v) = (2u^2 + v, 3uv, -v)

Averiguo (u,v) tal que F(u,v) = (1,0,-1)

2u^2 + v = 1
3uv = 0
-v = -1

De la última se ve que v = 1, de la anteúltima se ve que u=0, y la primera verifica, luego también verifica que F(0,1) = (1,0,-1)

Ahora hacemos las derivadas parciales

F'_u(u,v) = (4u, 3v, 0)
F'_v(u,v) = (1, 3u, -1)

Las evaluamos en el punto de interés

F'_u(0,1) = (0, 3, 0)
F'_v(0,1) = (1, 0, -1)

Hacemos el producto vectorial
(F'_u \times F'_v)(0,1) = (-3, 0, -3) = N

Elijo n = \frac{-1}{3}N = (1,0,1)

Luego la recta normal a S en (1,0,-1) es de ecuación
\boxed{(x,y,z) = (1,0,-1) + \lambda (1,0,1)}

b)
G(x,y) = (3xy, 2y+1)
h : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}, h \in C^1. El plano tangente al gráfico de h en (3,3,z_0) es perpendicular a la recta determinada en a).

f = h \circ G

Nos piden la dirección de derivada direccional máxima de f en (1,1)

Como G y h son C^1, podemos usar la regla de la cadena. Viendo que G(1,1) = (3,3) nos queda

Df(1,1) = Dh(3,3) DG(1,1)

DG(x,y) = \begin{pmatrix} 3y & 3x \\ 0 & 2 \end{pmatrix}

Como el plano tangente al gráfico de h en (3,3,z_0) es perpendicular a la recta (x,y,z) = (1,0,-1) + \lambda (1,0,1), entonces es de ecuación

(x-3,y-3,z-z_0) \cdot (1,0,1) = 0
x-3 + z-z_0 = 0
x + z = 3 + z_0
z = 3 + z_0 - x
donde z_0 = h(3,3) no nos interesa demasiado.

Luego (viendo en la ecuación del plano los coeficientes que multiplican a las variables) vemos que
\nabla h(3,3) = (-1,0)

Luego la regla de la cadena nos queda

Df(1,1) = \begin{pmatrix} -1 & 0 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 3 & 3 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}

Luego \nabla f(1,1) = (-3, -3)

Como f es diferenciable en (1,1) la dirección de derivada direccional máxima en dicho punto es \boxed{ v = \frac{ \nabla f(1,1) }{ || \nabla f(1,1) ||} = \frac{1}{\sqrt{2}} (-1,-1)}


P3) f(x,y) = \begin{cases} \frac{x^3 + y^4}{x^2 + y^2} & (x,y) \neq (0,0) \\ 0 & (x,y) = (0,0) \end{cases}

Es contínua en el origen pues

\lim_{(x,y) \to (0,0)} f(x,y) = \lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{x^3 + y^4}{x^2 + y^2} =

= \lim_{(x,y) \to (0,0)} \underbrace{x}_{\to 0} \underbrace{\frac{x^2}{x^2 + y^2}}_{\in [0,1]} + \underbrace{y^2}_{\to 0} \underbrace{\frac{y^2}{x^2 + y^2}}_{\in [0,1]} = 0 = f(0,0)

Busco las derivadas direccionales por definición

f'((0,0),(a,b)) = \lim_{h \to 0} \frac{ f(ha,hb) - f(0,0)}{h} =
usando que a^2 + b^2 = 1
= \lim_{h \to 0} \frac{ h^3 a^3 + h^4 b^4 }{h^3}
= \lim_{h \to 0} a^3 + h b^4 = \boxed{ a^3 }

Como no es de la forma \nabla f(0,0) \cdot (a,b) vemos que f no es diferenciable en (0,0).

Los versores (a,b) de derivada direccional nula son los que cumplen a^3 = 0, es decir a=0 es decir \boxed{v_1 = (0,1)} y \boxed{v_2 = (0,-1)}

En vista que (a,b) es versor, tenemos que -1 \leq a \leq 1, de donde vemos que a^3 se maximiza en a=1 y se minimiza en a=-1, y por lo tanto el versor de derivada direccional máxima es \boxed{ v_{max} = (1,0) }, y el versor de derivada direccional mínima es \boxed{ v_{min} = (-1,0) }.


P4)
a) 6 e^{xz} - yz = 0 (*)
En el punto (0,2,z_0) nos queda
6 - 2 z_0 = 0
de donde z_0 = 3

Defino F(x,y,z) = 6 e^{xz} - yz. Es claro que F \in C^1. También que F(0,2,3) = 0

Le calculo el gradiente
F'_x = 6z e^{xz}
F'_y = -z
F'_z = 6x e^{xz} - y

y lo evaluamos en (0,2,3)
F'_x(0,2,3) = 18
F'_y(0,2,3) = -3
F'_z(0,2,3) = -2 \neq 0. Como se cumplen todas las hipótesis del teorema de Cauchy-Dini, esto nos muestra que la ecuación (*) define a z = f(x,y) en un entorno de (0,2,3). Además \nabla f(0,2) = (-(18/-2), -(-3/-2)) = (9, -3/2)

Ahora nos dan esta función
g(x,y) = f(x,y) - \sin(xy) + y
Vemos que g(0,2) = f(0,2) - \sin(0) + 2 = 3-0+2 = 5
Quiero el vector normal al gráfico de g en (0,2,5). Para eso primero calculo \nabla g(0,2)

\nabla g(x,y) = \nabla f(x,y) + (- y \cos(xy), - x \cos(xy) + 1 )
\nabla g(0,2) = \nabla f(0,2) + (-2, 1)
= (9, -3/2) + (-2, 1) = (7, -1/2)

Luego como vector normal podemos tomar n = (7, -1/2, -1) o mejor N = 2n = (14, -1, -2)

Luego la recta que pasa por (1,0,-2) y es perpendicular al plano tangente al gráfico de g en (0,2,5) es

\boxed{(x,y,z) = (1,0,-2) + \lambda (14, -1, -2)}


b)
x^2 y' + x (x+2) y = e^x
y(1) = e/2

Divido por x^2
y' + \frac{x+2}{x} y = x^{-2} e^x

Es lineal de primer orden. Sustituyo
y = uv
y' = u'v + u v'

Al reemplazar queda
y' + \frac{x+2}{x} y = x^{-2} e^x
u'v + uv' + \frac{x+2}{x} uv = x^{-2} e^x
v[u' + \frac{x+2}{x} u] + uv' = x^{-2} e^x

imponemos que
u' + \frac{x+2}{x} u = 0
u' = - \frac{x+2}{x} u
\frac{1}{u}du = - \frac{x+2}{x} dx
\int \frac{1}{u}du = -\int \frac{x+2}{x} dx
\ln|u| = - \int 1 + 2/x dx = - x - 2\ln|x| + C
\ln|u| = - x - 2\ln|x| + C
e^{\ln|u|} = e^{- x - 2\ln|x| + C}
|u| = e^C  e^{-x} e^{- 2\ln|x|}
|u| = e^C  e^{-x} e^{\ln|1/x^2|}
|u| = e^C  e^{-x} \frac{1}{x^2}
u = k e^{-x} \frac{1}{x^2}
elijo k=1
u = e^{-x} \frac{1}{x^2}

Reemplazando u
e^{-x} \frac{1}{x^2} v' = x^{-2} e^x
e^{-x} v' = e^x
v' = e^{2x}
v = \frac{1}{2} e^{2x} + C

Luego
y = uv
y = e^{-x} \frac{1}{x^2} (\frac{1}{2} e^{2x} + C)
\boxed{ y = \frac{1}{2x^2} e^x + C \frac{1}{x^2 e^x}}

Lo cual concuerda con wolframalpha.

Como y(1) = e/2
y(1) = \frac{1}{2} e + C \frac{1}{e} = e/2
\frac{e}{2} + C \frac{1}{e} = e/2
C \frac{1}{e} = 0
C = 0

Luego la solución al problema de valor inicial es
\boxed{ y = \frac{e^x}{2x^2}}

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4 respuestas a 1° Recuperatorio 1° Parcial Verano 2018

  1. Anónimo dijo:

    Buenas, una consulta me dirías mi nota de Recuperatorio. Camaño Juan Pablo. Y me confirmarías las siguientes fechas de recuperatorio ?

  2. Franco Giannotti dijo:

    En el T1, si sabemos que Hf(3,-3) > 0 (porque se encontro un maximo local y hf =/= 0),
    entonces Hg(3,-3) = (-1/100)*Hf(3,-3) < 0 y entonces seria pto silla.
    Que estoy pensando mal?

    • damidami dijo:

      Hola Franco,
      El problema está en que aparentemente no estamos de acuerdo en la notación. Para mi Hg(3,-3) es la matriz hessiana de g en (3, -3), mientras que aparéntemente para vos eso es el determinante de dicha matriz, cosa que yo notaría \det Hg(3,-3).
      Por lo tanto cuando yo digo Hg(3,-3) = \frac{-1}{100} Hf(3,-3), no tiene sentido decir que eso es negativo porque es una matriz. Si calculás el determinante, como la matriz es de 2 \times 2, el -1/100 sale al cuadrado y te queda que también es positivo.
      Saludos,
      Damián.

      • Franco Giannotti dijo:

        Estaba pensando en el determinante de la hessiana pero me olvidé de escribirlo. Lo que no entendia es esto:
        “Si calculás el determinante, como la matriz es de 2 \times 2, el -1/100 sale al cuadrado y te queda que también es positivo.”
        Gracias!!

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