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 Asunto: [No resuelto] 14/05/2011 - sinTema - 1er P
NotaPublicado: 13 Jul 2011, 12:51 
Vago

Registrado: 17 Mar 2011, 23:04
Mensajes: 13
Este es el primer parcial que se tomó este cuatrimestre. No pude resolver nada bien y quería ver si me podían ayudar a resolverlo
  1. Sea f : \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R} la función definida por
    f(x,y)=\begin{Bmatrix}2(x-1)+\frac{(x-1)y^2}{2(x-1)^2+|x|y^2} & si\; (x,y) \neq (1,0) \\ 0 & si\; (x,y) = (1,0) \end{matrix}
    Estudiar la continuidad, existencia de derivadas parciales y diferenciabilidad de f en (1,0)
  2. Sea f: \mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R} la función definida por
    f(x,y)=\begin{Bmatrix}\frac{x(e^{axy}-1)}{x^2 + y^2} & si\; (x,y) \neq (0,0) \\ 0 & si\; (x,y) = (0,0) \end{matrix}
    1. Determinar los valores de a de modo tal que la derivada direccional en (0,0) en la dirección (\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}}) sea \sqrt{2}.
    2. Para los valores de a encontrados en el ítem anterior, hallar \nabla f(0,0). ¿Es f diferenciable en (0,0)?
  3. Sea f: \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R} tal que |f(x,y)| \leq x^4 + y^2 para todo (x,y) \in \mathbb{R}^2. Probar que f es diferenciable en el origen y hallar la ecuación de su plano tangente en dicho punto.
  4. Sea f: \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R} de clase C^2 tal que su polinomio de Taylor de orden 2 alrededor del (1,1) es
    P(x,y) = 3+4(x-1)-2(x-1)(y-1)-(y-1)^2
    Si g(x,y) = f(e^x \cos(y-2), \sin(xy)+1) + x^2 \ln(y), obtener el polinomio de Taylor de orden 2 de g alrededor del punto (0,2).


Yo voy a ir tratando de resolver lo que encuentre cómo, pero como ya dije no me salió NADA. Si pueden ayudarme con resoluciones lo vamos actualizando para que este completo y bien.



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 Asunto: Re: [No resuelto] 14/05/2011 - sinTema - 1er P
NotaPublicado: 15 Jul 2011, 14:24 
Vago

Registrado: 17 Mar 2011, 23:04
Mensajes: 13
Resolución para el 1. No se si esta bien, yo creo que si

Resolución
Para que f sea diferenciable, f debe ser continua en (1,0), deben existir sus derivadas parciales y
\lim_{(t_1,t_2) \to (1,0)} \frac{f(t_1,t_2) - f(1,0) - \nabla f(1,0) \cdot (t_1-1,t_2)}{\|(t_1 - 1, t_2)\|} = 0

Verifico que f es continua en (1,0)
Sea \varepsilon > 0, \exists \delta > 0 \colon \|(x,y) - (1,0)\| < \delta \rightarrow | f(x,y) - 0| < \varepsilon

\left| 2(x - 1) + \frac{(x-1)y^2}{2(x-1)^2 + |x| y^2} - 0 \right| \leq 2 |(x - 1)| + \left| \frac{(x-1)y^2}{2(x-1)^2 + |x| y^2}\right| \leq 2 |(x - 1)| + \left| \frac{(x-1)y^2}{2(x-1)^2 + y^2}\right| \leq

2 |(x - 1)| + \frac{|(x-1)y^2|}{2|(x-1)^2 + y^2|} \leq 2 |(x - 1)| + \frac{|(x-1)||y|^2}{2 \| (x-1,y) \|^2}

Por la definición de límite sabemos que \| (x-1,y) \| < \delta, luego como |(x-1)| \leq \| (x-1,y) \| y |y| \leq \| (x-1,y) \|

2 |(x - 1)| + \frac{|(x-1)||y^2|}{2 \| (x-1,y) \|} < 2 \delta + \frac{\delta \times \delta^2}{2 \delta^2} = 2 \delta + \frac{\delta}{2} = \frac{5}{2} \delta < \varepsilon

\therefore f(x,y) es continua en (1,0)

Calculo las derivadas parciales

\partial_x f(1,0) = \lim_{t \rightarrow 1} \frac{f(t,0) - f(1,0)}{t-1} =
\lim_{t \rightarrow 1} \frac{2(t-1)+\frac{(t-1) \times 0^2}{2(t-1)^2 + |t| \times 0^2}}{t-1} = \lim_{t \rightarrow 1} \frac{2(t-1)+0}{t-1} = 2

\partial_y f(1,0) = \lim_{t \rightarrow 0} \frac{f(1,t) - f(1,0)}{t-0} =
\lim_{t \rightarrow 0} \frac{2(1-1)+\frac{(1-1)t^2}{2(1-1)^2 + |1|t^2}}{t} = \lim_{t \rightarrow 0} \frac{2 \times 0 +\frac{0 \times t^2}{2 \times 0^2 + t^2}}{t} = \lim_{t \rightarrow 0} \frac{0}{t} = 0

\therefore \exists las derivadas parciales de f(x,y) en (1,0) y son \begin{Bmatrix}\partial_x f(1,0) = 2 \\ \partial_y f(1,0) = 0\end{matrix}


Como es continua en el punto (1,0) y existen las derivadas parciales para ese punto, entonces f(x,y) puede ser diferenciable. Estudio la diferenciabilidad en el punto:

\lim_{(t_1,t_2) \to (1,0)} \frac{f(t_1,t_2) - f(1,0) - \nabla f(1,0) \cdot (t_1-1,t_2)}{\|(t_1 - 1, t_2)\|} = 0 \iff \lim_{(t_1,t_2) \to (1,0)} \frac{2(t_1 - 1) + \frac{(t_1-1)t_2^2}{2(t_1-1)^2 + |t_1| t_2^2} - 0 - (2,0) \cdot (t_1-1,t_2)}{\|(t_1 - 1, t_2)\|} = 0 \iff
\lim_{(t_1,t_2) \to (1,0)} \frac{2(t_1 - 1) + \frac{(t_1-1)t_2^2}{2(t_1-1)^2 + |t_1| t_2^2} - 0 - 2(t_1-1)}{\|(t_1 - 1, t_2)\|} = \lim_{(t_1,t_2) \to (1,0)} \frac{\frac{(t_1-1)t_2^2}{2(t_1-1)^2 + |t_1| t_2^2}}{\|(t_1 - 1, t_2)\|} = \lim_{(t_1,t_2) \to (1,0)} \frac{(t_1-1)t_2^2\|(t_1 - 1, t_2)\|}{2(t_1-1)^2 + |t_1| t_2^2} = 0

Por definición, sea \varepsilon > 0, \exists \delta > 0 \colon \|(x,y) - (1,0)\| < \delta \rightarrow \left| \frac{(x-1)y^2\|(x - 1, y)\|}{2(x-1)^2 + |x| y^2} - 0 \right| < \varepsilon

\left| \frac{(x-1)y^2\|(x - 1, y)\|}{2(x-1)^2 + |x| y^2} - 0 \right| \leq \frac{|(x-1)y^2\|(x - 1, y)\| |}{|2(x-1)^2 + |x| y^2|}
\|(x - 1, y)\| > 0 \quad \forall (x,y) \in \mathbb{R} \implies
\frac{|(x-1)y^2\|(x - 1, y)\| |}{|2(x-1)^2 + |x| y^2|} = \frac{|(x-1)||y^2|\|(x - 1, y)\|}{|2(x-1)^2 + |x| y^2|} \leq \frac{|(x-1)||y^2|\|(x - 1, y)\|}{2|(x-1)^2 + y^2|} \leq \frac{|(x-1)||y^2|\|(x - 1, y)\|}{2\|(x - 1, y)\|^2} = \frac{|(x-1)||y^2|}{2\|(x - 1, y)\|}

Por la definición de límite sabemos que \| (x-1,y) \| < \delta, luego como |(x-1)| \leq \| (x-1,y) \| y |y| \leq \| (x-1,y) \|

\frac{|(x-1)||y^2|}{2\|(x - 1, y)\|} \leq \frac{\delta \times \delta ^2}{2\delta} = \frac{\delta ^2}{2} < \varepsilon

Luego \lim_{(t_1,t_2) \to (1,0)} \frac{(t_1-1)t_2^2\|(t_1 - 1, t_2)\|}{2(t_1-1)^2 + |t_1| t_2^2} = 0

\therefore f(x,y) es diferenciable en (1,0)



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 Asunto: Re: [No resuelto] 14/05/2011 - sinTema - 1er P
NotaPublicado: 17 Jul 2011, 16:40 
Vago

Registrado: 17 Jul 2011, 16:38
Mensajes: 14
A mí no me había salido la primera parte, pero daba no diferenciable y eso lo tenía bien. No tengo el parcial acá pero probá con rectas.

El segundo lo tenía bien resuelto, después cuando tenga el parcial veo si lo puedo escribir acá o lo escaneo.


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 Asunto: Re: [No resuelto] 14/05/2011 - sinTema - 1er P
NotaPublicado: 08 Oct 2011, 12:33 
Vago

Registrado: 07 Oct 2011, 16:59
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mm me parece que le pifiaste en algo, en la parte de diferenciable, nose porque le subis la norma al numerador? creo que va en el denominador, y acotando te da 1/2 asi que no es diferenciable


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 Asunto: Re: [No resuelto] 14/05/2011 - sinTema - 1er P
NotaPublicado: 27 Sep 2016, 14:13 
Vago

Registrado: 26 Jul 2011, 20:53
Mensajes: 17
Hola!, tengo una duda sobre el primer ejercicio y es que estoy probando con el Wolframalpha la funcion en cuestion y me tira que no tiene limite en el numero ese, les paso el link al wolfram, alguien me puede dar una mano? les paso:

https://www.wolframalpha.com/input/?i=lim+2(x-1)+%2B+((x-1)y%5E2)+%2F+(2(x-1)%5E2+%2B+%7Cx%7Cy%5E2)+as+(x,y)+-%3E+(1,0)

probe mover todo al origen
a = x-1
b = y

y probe con b = raiz(a) y parece dar otra cosa, alguien podra darme una mano? es una duda existencial jaja,


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