Parcial - 61.03. Análisis Matemático II A
- Enunciado
- Resolución
  - Punto I
  - Punto II
  - Punto III
  - Punto IV
  - Punto V
- Discusión

Parcial - 61.03. Análisis Matemático II A

Cátedra: Todas
Fecha: 2da Oportunidad - 1er Cuatrimestre 2004
Día: 01/06/2004

Enunciado

Sea $<tex> f(x, y) = (x^2 + y^2 - 4)( \sqrt{3}x - y)</tex>$
1. Describir en coordenadas polares el conjunto $<tex>{(x, y) : f(x,y) > 0}</tex>$
2. Si $<tex> g(x,y) = \left\{ \begin{array}{ll} 1 & \mbox{ cuando } f(x,y) > 0 ,\\ f(x,y) + 1 & \mbox{cuando } f(x,y) \leq 0 ,\\ \end{array} \right.</tex>$
Sean $<tex> Cl </tex>$ y $<tex> C2 </tex>$ dos curvas parametrizadas respectivamente por $<tex> t_1 \mapsto (t_1^2,t_1,t_1), \qquad t_1 \in (-1,1) </tex>$ y por $<tex>t_2 \mapsto (t_2 - 1,t_2 - 1,at_2(t_2 - 1)), \qquad t_2 \in (0,2) </tex>$
1. Mostrar que las curvas se cortan en el punto $<tex>(0, 0, 0)</tex>$ .
2. Hallar $<tex> a </tex>$ de manera que el corte de las curvas en $<tex>(0, 0, 0)</tex>$ sea ortogonal.
Hallar todos los pares $<tex> a </tex>$ , $<tex> b </tex>$ de números reales con $<tex> b \neq 0 </tex>$ de manera que $<tex>f (x, y) = x + \frac{2a}{x} + bxy^2</tex>$ tenga un extremo local de valor 4, y para esos valores de $<tex> a </tex>$ , $<tex> b </tex>$ hallar todos los extremos de $<tex> f </tex>$ y clasificarlos.
Sea $<tex>h: \mathbf{R} \rightarrow \mathbf{R}</tex>$ una función $<tex> C^2 </tex>$ tal que $<tex> h(4) = 0</tex>$ , $<tex>h^\prime(4) = 2</tex>$ . Si la función $<tex> z = f(x, y) </tex>$ está definida implícitamente por la ecuación $<tex> h(x2 + y2 - 2z) = 0 </tex>$ en un entorno de (2, 0, 0), calcular $<tex> \nabla(f)(2, 0) </tex>$ .
Sabiendo que el gráfico de una solución particular de la ecuación diferencial $<tex> x(y^\prime(x) - y(x)) = 2ae^{x - 1}(x + 1) </tex>$ pasa por (1,1) y es paralelo en este punto a la recta de ecuación $<tex> y = 2x - 4 </tex>$ , hallar $<tex> a </tex>$ y la solución general de la ecuación.

Resolución

Punto I

(I)

$<tex> f(x,y) > 0 \Longleftrightarrow \left(x^2+y^2 > 4 \cap y < \sqrt{3}x\right)\cup\left(x^2+y^2 < 4 \cap y > \sqrt{3}x\right)</tex>$

Gráfico:

La zonas pintadas equivalen a $<tex> f(x,y)> 0 </tex>$

En coordenadas polares se expresa de la siguiente manera:

$<tex> \left(\frac{\pi}{3}< \phi < \frac{4\pi}{3} \cap \rho < 2\right) \cup \left( \frac{-2\pi}{3}< \phi < \frac{\pi}{3} \cap \rho > 2\right)</tex>$

(II) Para analizar los puntos de discontinuidad de $<tex> g(x,y) </tex>$ se deben tener en cuenta $<tex> y = \sqrt{3}x </tex>$ y en $<tex> x^2 + y^2 = 4 </tex>$ . Entonces:

$<tex>\mathop{\lim_{x \to x}}_{y \to \sqrt{3}x}g(x,y) = \mathop{\lim_{x \to x}}_{y \to \sqrt{3}x}f(x,y) +1 = \left( x^2 + \left(\sqrt{3}x\right)^2 - 4 \right)\left(\sqrt{3}x -\sqrt{3}x\right) + 1 = 1 </tex>$

$<tex>\mathop{\lim_{x \to 2cos(t)}}_{y \to 2sin(t)}g(x,y) = \mathop{\lim_{x \to 2cos(t)}}_{y \to 2sin(t)}f(x,y) +1 </tex>$

$<tex>\mathop{\lim_{x \to 2cos(t)}}_{y \to 2sin(t)}f(x,y) +1 = \left(4cos^2(t)+ 4sin^2(t) - 4\right) (2cos(t)-2sin(t)) + 1 </tex>$

$<tex>\Rightarrow \mathop{\lim_{x \to 2cos(t)}}_{y \to 2sin(t)}f(x,y) +1 = (4 - 4) (2cos(t)-2sin(t)) + 1 = 1</tex>$

Punto II

(I) Si $<tex> C1 </tex>$ y $<tex> C2 </tex>$ se cortan entonces existen un valor de $<tex> t_1 </tex>$ para $<tex> C1 </tex>$ y un valor de $<tex> t_2 </tex>$ para $<tex> C2 </tex>$ tal que $<tex> C1 = C2 = (0,0,0) </tex>$ .

$<tex> \Rightarrow </tex>$ Se debe cumplir:

$<tex>t_1^2 = t_2 - 1 = 0 \quad (1) </tex>$

$<tex>t_1 = t_2 - 1 = 0\quad (2)</tex>$

$<tex>t_1 = at_2(t_2 - 1) = 0\quad (3)</tex>$

Se ve a simple vista que $<tex>t_1 = 0</tex>$ y $<tex>t_2 = 1</tex>$ .

(II) Para que las dos curvas sean ortogonales se debe cumplir que la tangente de $<tex> C1 </tex>$ y la tangente de $<tex> C2 </tex>$ sean ortogonales en el punto (0,0,0). Para ello se deriva:

$<tex>[C1^\prime(t) = (2t_1,1,1) \Rightarrow C1^\prime(t_1) = (0,1,1) </tex>$

$<tex>C2^\prime(t) = (1,1,2at_2 - a) \Rightarrow C2^\prime(t_2) = (1,1,a) </tex>$

Entonces para que se corten ortogonalmente:

$<tex>C1^\prime(0)C2^\prime(1) = (0,1,1)(1,1,a) = 0</tex>$

$<tex>\Rightarrow 1 + a = 0</tex>$

$<tex> \Rightarrow a = -1</tex>$

Punto III

Para resolver se utiliza el teorema de la función implícita. Sin embargo para poder aplicar dicho teorema se debe comprobar que:

$<tex>h \in C^2 </tex>$

$<tex>f(x_0,y_0,z_0) = 0 \rightarrow h(2^2 + 0 - 2\times 0) = h(4) = 0</tex>$

$<tex>\frac{\partial f(x_0,y_0,z_0)}{\partial z} \neq 0 \rightarrow h^\prime(x^2+y^2-2z)\times -2 = -2h^\prime(4) = -4 \neq 0 </tex>$

Con esto ya se puede aplicar el teorema. Entonces:

$<tex>Z_x^\prime(x,y,z) = \frac{-h^\prime(x^2+y^2-2z)2x}{-2h^\prime(x^2+y^2-2z)} = \frac{-4h^\prime(4)}{-2h^\prime(4)} = \frac{-8}{-4} = 2</tex>$

$<tex>Z_y^\prime(x,y,z) = \frac{-h^\prime(x^2+y^2-2z)2y}{-2h^\prime(x^2+y^2-2z)} = \frac{-h^\prime(4)\times 0}{-2h^\prime(4)} = 0</tex>$

$<tex>\Rightarrow \nabla f(2,0) = (2,0)</tex>$

Punto IV

Lo primero que se hace es analizar las derivada respecto de $<tex> x </tex>$ y de $<tex> y </tex>$ de la función con el objetivo de determinar los puntos críticos:

$<tex>f_x^\prime = 1 - \frac{2a}{x^2} + by^2 = 0 \rightarrow x \neq 0</tex>$

$<tex>f_y^\prime = 2bxy = 0 \rightarrow y = 0 \mbox{ ya que } x \neq 0, b \neq 0</tex>$

$<tex>\Rightarrow 1 - \frac{2a}{x^2} = 0 \rightarrow x^2 = 2a \rightarrow x = \pm \sqrt{2a}</tex>$

Puntos críticos: $<tex>(\sqrt{2a},0)</tex>$ , $<tex>(-\sqrt{2a},0)</tex>$

Para que haya extremo local de valor 4 se debe cumplir que $<tex>f(\sqrt{2a},0) = 4</tex>$

$<tex>\Rightarrow f(\sqrt{2a},0) = \sqrt{2a} + \frac{2a}{\sqrt{2a}} + 0 = 4</tex>$

$<tex>\Rightarrow \sqrt{2a} + \sqrt{2a} + 0 = 4</tex>$

$<tex>\Rightarrow 2 \sqrt{2a} = 4</tex>$

$<tex>\Rightarrow a = 2 </tex>$

Entonces:

$<tex>\Rightarrow f(x,y) = x + \frac{4}{x} + bxy^2</tex>$

Se procede a obtener todos los extremos:

Puntos críticos: (-2,0), (2,0)

$<tex> H_{f(x,y)} = \left| \begin{array}{ll} f_{xx}^{\prime\prime} & f_{xy}^{\prime\prime} \\ & \\f_{yx}^{\prime\prime} & f_{yy}^{\prime\prime} \\\end{array} \right| = \left| \begin{array}{ll} \frac{8}{x^3} & 2by \\ & \\2by & 2bx \\\end{array} \right|</tex>$

$<tex> H_{(-2,0)} = \left| \begin{array}{ll} -1& \quad 0 \\ & \\\ 0&-4b\\\end{array} \right| = 4b </tex>$

Si $<tex>b > 0 \Rightarrow </tex>$ en $<tex>P_1(-2,0)</tex>$ se alcanza un máximo local que es $<tex>f(-2,0) = -4</tex>$

$<tex> H_{(2,0)} = \left| \begin{array}{ll} 1&0\\ & \\0&4b\\\end{array} \right| = 4b </tex>$

Si $<tex>b > 0 \Rightarrow </tex>$ en $<tex>P_2(2,0)</tex>$ se alcanza un mínimo local que es $<tex>f(2,0) = 4</tex>$

Punto V

$<tex> xy^\prime - yx = 2ae^{x - 1}(x + 1)</tex>$

$<tex> y^\prime - y = 2ae^{x - 1}\left(1 + \frac{1}{x}\right)</tex>$

Para resolver dicha ecuación se emplea el método de Lagrange, donde $<tex> y = uv </tex>$ y $<tex> y^\prime = u^\prime v + uv^\prime </tex>$

$<tex>\Rightarrow u^\prime v + uv^\prime - uv = 2ae^{x - 1} \left(1 + \frac{1}{x}\right)</tex>$

$<tex>\Rightarrow v\underbrace{(u^\prime - u)}_{(1)} + \underbrace{uv^\prime}_{(2)} = 2ae^{x 1}\left(1 + \frac{1}{x}\right)</tex>$

Se plantea $<tex>(1) = 0</tex>$ :

$<tex> u^\prime = u \rightarrow \frac{du}{dx} = u \rightarrow \int \frac{du}{u} = \int dx</tex>$

$<tex>\Rightarrow \ln(u) = x \rightarrow u = e^x </tex>$

Reemplazando $<tex>u = e^x</tex>$ en $<tex> (2) </tex>$ :

$<tex>e^xv^\prime = 2ae^{x - 1} \left(1 + \frac{1}{x}\right)</tex>$

$<tex>v^\prime = 2ae^{x - 1}e^{-x}\left(1 + \frac{1}{x}\right)</tex>$

$<tex>\int dv = 2ae^{-1} \int \left(1 + \frac{1}{x}\right) dx</tex>$

$<tex> v = 2ae^{-1} (x + \ln{x} + k)</tex>$

$<tex> y=uv = 2ae^{x-1} (x + \ln{x} + k)</tex>$

Como la solución pasa por (1,1) entonces $<tex> y(1) = 1 </tex>$

$<tex>\Rightarrow y(1) = 2a(1+k) = 1 \Rightarrow k = \frac{1}{2a} - 1</tex>$

Por otro lado, sabiendo que la solución es paralela en el punto (1,1) a la recta de ecuación $<tex> y = 2x - 4 </tex>$ se deduce que $<tex> y^\prime(1) = 2 </tex>$

$<tex>\Rightarrow y^\prime(x) = 2ae^{x-1} \left(x + \ln{x} + \frac{1}{2a} - 1\right) + 2ae^{x-1} \left(1 + \frac{1}{x}\right)</tex>$

$<tex>\Rightarrow y^\prime(1) = 2a \left(\frac{1}{2a}\right) + 4a = 1 + 4a = 2</tex>$

$<tex>\Rightarrow a = \frac{1}{4}</tex>$

Habiendo obtenido los valores de $<tex> k </tex>$ y de $<tex> a </tex>$ la solución queda de la siguiente manera:

$<tex> y(x) = \frac{1}{2}e^{x-1} (x + \ln{x} + 1) </tex>$

Discusión

Si ves algo que te parece incorrecto en la resolución y no te animás a cambiarlo, dejá tu comentario acá.