====== Parcial - 61.03. Análisis Matemático II A ====== **Cátedra:** Todas\\ **Fecha:** 2da Oportunidad - 1er Cuatrimestre 2004\\ **Día:** 01/06/2004 ===== Enunciado ===== -Sea f(x, y) = (x^2 + y^2 - 4)( \sqrt{3}x - y) -Describir en coordenadas polares el conjunto {(x, y) : f(x,y) > 0} -Si g(x,y) = \left\{ \begin{array}{ll} 1 & \mbox{ cuando } f(x,y) > 0 ,\\ f(x,y) + 1 & \mbox{cuando } f(x,y) \leq 0 ,\\ \end{array} \right. -Sean Cl y C2 dos curvas parametrizadas respectivamente por t_1 \mapsto (t_1^2,t_1,t_1), \qquad t_1 \in (-1,1) y por t_2 \mapsto (t_2 - 1,t_2 - 1,at_2(t_2 - 1)), \qquad t_2 \in (0,2) -Mostrar que las curvas se cortan en el punto (0, 0, 0). -Hallar a de manera que el corte de las curvas en (0, 0, 0) sea ortogonal. -Hallar todos los pares a , b de números reales con b \neq 0 de manera que f (x, y) = x + \frac{2a}{x} + bxy^2 tenga un extremo local de valor 4, y para esos valores de a , b hallar todos los extremos de f y clasificarlos. -Sea h: \mathbf{R} \rightarrow \mathbf{R} una función C^2 tal que h(4) = 0, h^\prime(4) = 2. Si la función z = f(x, y) está definida implícitamente por la ecuación h(x2 + y2 - 2z) = 0 en un entorno de (2, 0, 0), calcular \nabla(f)(2, 0) . -Sabiendo que el gráfico de una solución particular de la ecuación diferencial x(y^\prime(x) - y(x)) = 2ae^{x - 1}(x + 1) pasa por (1,1) y es paralelo en este punto a la recta de ecuación y = 2x - 4 , hallar a y la solución general de la ecuación. ===== Resolución ===== ==== Punto I ==== **(I)** f(x,y) > 0 \Longleftrightarrow \left(x^2+y^2 > 4 \cap y < \sqrt{3}x\right)\cup\left(x^2+y^2 < 4 \cap y > \sqrt{3}x\right) Gráfico: set parametric set xrange[-2.7:2.7] set yrange[-2.7:2.7] set isosamples 50,50 set view map splot[2:4][pi/3:4*pi/3] (u-2)*cos(v),(u-2)*sin(v),0 ,u*cos(v-pi),u*sin(v-pi),0 La zonas pintadas equivalen a f(x,y)> 0 En coordenadas polares se expresa de la siguiente manera: \left(\frac{\pi}{3}< \phi < \frac{4\pi}{3} \cap \rho < 2\right) \cup \left( \frac{-2\pi}{3}< \phi < \frac{\pi}{3} \cap \rho > 2\right) **(II)** Para analizar los puntos de discontinuidad de g(x,y) se deben tener en cuenta y = \sqrt{3}x y en x^2 + y^2 = 4 . Entonces: \mathop{\lim_{x \to x}}_{y \to \sqrt{3}x}g(x,y) = \mathop{\lim_{x \to x}}_{y \to \sqrt{3}x}f(x,y) +1 = \left( x^2 + \left(\sqrt{3}x\right)^2 - 4 \right)\left(\sqrt{3}x -\sqrt{3}x\right) + 1 = 1 \mathop{\lim_{x \to 2cos(t)}}_{y \to 2sin(t)}g(x,y) = \mathop{\lim_{x \to 2cos(t)}}_{y \to 2sin(t)}f(x,y) +1 \mathop{\lim_{x \to 2cos(t)}}_{y \to 2sin(t)}f(x,y) +1 = \left(4cos^2(t)+ 4sin^2(t) - 4\right) (2cos(t)-2sin(t)) + 1 \Rightarrow \mathop{\lim_{x \to 2cos(t)}}_{y \to 2sin(t)}f(x,y) +1 = (4 - 4) (2cos(t)-2sin(t)) + 1 = 1 ==== Punto II ==== **(I)** Si C1 y C2 se cortan entonces existen un valor de t_1 para C1 y un valor de t_2 para C2 tal que C1 = C2 = (0,0,0) . \Rightarrow Se debe cumplir: t_1^2 = t_2 - 1 = 0 \quad (1) t_1 = t_2 - 1 = 0\quad (2) t_1 = at_2(t_2 - 1) = 0\quad (3) Se ve a simple vista que t_1 = 0 y t_2 = 1.\\ **(II)** Para que las dos curvas sean ortogonales se debe cumplir que la tangente de C1 y la tangente de C2 sean ortogonales en el punto (0,0,0). Para ello se deriva: [C1^\prime(t) = (2t_1,1,1) \Rightarrow C1^\prime(t_1) = (0,1,1) C2^\prime(t) = (1,1,2at_2 - a) \Rightarrow C2^\prime(t_2) = (1,1,a) Entonces para que se corten ortogonalmente: C1^\prime(0)C2^\prime(1) = (0,1,1)(1,1,a) = 0 \Rightarrow 1 + a = 0 \Rightarrow a = -1 ==== Punto III ==== Para resolver se utiliza el teorema de la función implícita. Sin embargo para poder aplicar dicho teorema se debe comprobar que: h \in C^2 f(x_0,y_0,z_0) = 0 \rightarrow h(2^2 + 0 - 2\times 0) = h(4) = 0 \frac{\partial f(x_0,y_0,z_0)}{\partial z} \neq 0 \rightarrow h^\prime(x^2+y^2-2z)\times -2 = -2h^\prime(4) = -4 \neq 0 Con esto ya se puede aplicar el teorema. Entonces: Z_x^\prime(x,y,z) = \frac{-h^\prime(x^2+y^2-2z)2x}{-2h^\prime(x^2+y^2-2z)} = \frac{-4h^\prime(4)}{-2h^\prime(4)} = \frac{-8}{-4} = 2 Z_y^\prime(x,y,z) = \frac{-h^\prime(x^2+y^2-2z)2y}{-2h^\prime(x^2+y^2-2z)} = \frac{-h^\prime(4)\times 0}{-2h^\prime(4)} = 0 \Rightarrow \nabla f(2,0) = (2,0) ==== Punto IV ==== Lo primero que se hace es analizar las derivada respecto de x y de y de la función con el objetivo de determinar los puntos críticos: f_x^\prime = 1 - \frac{2a}{x^2} + by^2 = 0 \rightarrow x \neq 0 f_y^\prime = 2bxy = 0 \rightarrow y = 0 \mbox{ ya que } x \neq 0, b \neq 0 \Rightarrow 1 - \frac{2a}{x^2} = 0 \rightarrow x^2 = 2a \rightarrow x = \pm \sqrt{2a} Puntos críticos: (\sqrt{2a},0), (-\sqrt{2a},0) Para que haya extremo local de valor 4 se debe cumplir que f(\sqrt{2a},0) = 4 \Rightarrow f(\sqrt{2a},0) = \sqrt{2a} + \frac{2a}{\sqrt{2a}} + 0 = 4 \Rightarrow \sqrt{2a} + \sqrt{2a} + 0 = 4 \Rightarrow 2 \sqrt{2a} = 4 \Rightarrow a = 2 Entonces: \Rightarrow f(x,y) = x + \frac{4}{x} + bxy^2 Se procede a obtener todos los extremos: Puntos críticos: (-2,0), (2,0) H_{f(x,y)} = \left| \begin{array}{ll} f_{xx}^{\prime\prime} & f_{xy}^{\prime\prime} \\ & \\ f_{yx}^{\prime\prime} & f_{yy}^{\prime\prime} \\ \end{array} \right| = \left| \begin{array}{ll} \frac{8}{x^3} & 2by \\ & \\ 2by & 2bx \\ \end{array} \right| H_{(-2,0)} = \left| \begin{array}{ll} -1& \quad 0 \\ & \\ \ 0&-4b\\ \end{array} \right| = 4b Si b > 0 \Rightarrow en P_1(-2,0) se alcanza un máximo local que es f(-2,0) = -4 H_{(2,0)} = \left| \begin{array}{ll} 1&0\\ & \\ 0&4b\\ \end{array} \right| = 4b Si b > 0 \Rightarrow en P_2(2,0) se alcanza un mínimo local que es f(2,0) = 4 ==== Punto V ==== xy^\prime - yx = 2ae^{x - 1}(x + 1) y^\prime - y = 2ae^{x - 1}\left(1 + \frac{1}{x}\right) Para resolver dicha ecuación se emplea el método de Lagrange, donde y = uv y y^\prime = u^\prime v + uv^\prime \Rightarrow u^\prime v + uv^\prime - uv = 2ae^{x - 1} \left(1 + \frac{1}{x}\right) \Rightarrow v\underbrace{(u^\prime - u)}_{(1)} + \underbrace{uv^\prime}_{(2)} = 2ae^{x 1}\left(1 + \frac{1}{x}\right) Se plantea (1) = 0: u^\prime = u \rightarrow \frac{du}{dx} = u \rightarrow \int \frac{du}{u} = \int dx \Rightarrow \ln(u) = x \rightarrow u = e^x Reemplazando u = e^x en (2) : e^xv^\prime = 2ae^{x - 1} \left(1 + \frac{1}{x}\right) v^\prime = 2ae^{x - 1}e^{-x}\left(1 + \frac{1}{x}\right) \int dv = 2ae^{-1} \int \left(1 + \frac{1}{x}\right) dx v = 2ae^{-1} (x + \ln{x} + k) y=uv = 2ae^{x-1} (x + \ln{x} + k) Como la solución pasa por (1,1) entonces y(1) = 1 \Rightarrow y(1) = 2a(1+k) = 1 \Rightarrow k = \frac{1}{2a} - 1 Por otro lado, sabiendo que la solución es paralela en el punto (1,1) a la recta de ecuación y = 2x - 4 se deduce que y^\prime(1) = 2 \Rightarrow y^\prime(x) = 2ae^{x-1} \left(x + \ln{x} + \frac{1}{2a} - 1\right) + 2ae^{x-1} \left(1 + \frac{1}{x}\right) \Rightarrow y^\prime(1) = 2a \left(\frac{1}{2a}\right) + 4a = 1 + 4a = 2 \Rightarrow a = \frac{1}{4} Habiendo obtenido los valores de k y de a la solución queda de la siguiente manera: y(x) = \frac{1}{2}e^{x-1} (x + \ln{x} + 1) ===== Discusión ===== Si ves algo que te parece incorrecto en la resolución y no te animás a cambiarlo, dejá tu comentario acá.