Alguno tiene los enunciados?
Tema
Pedido Final 23/07/2013
Esto es lo que publicó una chica que lo rindió en el grupo de Exactas en Facebook:
- Continua implica Integrable
- g(x,y) = f(e^(x2+y),sen(2xy)). Calcular dirección de máximo crecimiento de g.
- Tenías un punto en R y una función de R2 en R, y sabías que F(X)=0 si y sólo si X=P. Probar que gradiente de F(P) = 0
- a) f diferenciable en p, probar que es continua en p y que existen las derivadas parciales en p.
b) Dar una función continua en (0,0) y que existan sus derivadas parciales, pero que no sea diferenciable en ese punto.
No parece muy complicado, el que no entiendo bien es el 3).
Gracias. Ahora trato de resolverlo. Me dejas el link del grupo de facebook? En el 3 tenes que usar fermat creo
https://www.facebook.com/groups/2309119 ... 1/?fref=ts
Es el grupo 'Lo pibe' de exactas', es un grupo cerrado pero si mandás solicitud te aceptan en seguida. Esta es la publicación
https://www.facebook.com/groups/2309119 ... 640688927/
Que pensaste para el 4b, no se me ocurre ningun ejemplo.
Para el 3 podes pensar lo siguiente.
Usa implicita.
- F(P)=0, llamamos P=(a,b)
- En un entorno P existen las derivadas y son continues (Por ser C1)
- Una de las derivadas parciales tiene que ser no nula.
Si se cumplen estas tres cosas hay una funcion g(a) tal que F(a,g(a))=0 en un entorno (a,b). Pero esto es falso porque solo pasa en (a,b) no en un entorno. Esto quiere decir que alguna de las hipotesis es falsa. Las primeras dos son verdaderas porque te lo dice el ejercicio. Entonces la tercera es falsa. Esto vale para g(a) o g(b). Entonces el gradiente es 0.
Lo saque de otro ejercicio parecido, no se que tan bien estara. Que te parece?
para el 4b funciona f(x,y)=x-y?? hice los cálculos y me parece que da.
Esa función es obviamente difereciable!! En la guía de ejercicios hay algunos ejemplos.
Firma
Quimey
Como harias el 2? Solo tenes g(xy)=f de algo
Me parece que falta algun dato
Con razon. Estoy hace una semana intentando ver por donde hacerlo y no me sale nada jaja
\(f:\mathbb{R}^{2}\to \mathbb{R}\) de clase \(C^1\) y \(g:\mathbb{R}^{2}\to \mathbb{R}\) definida por \(g(x,y)=f(e^{{x^2}+y},sin(2xy).\)
Supongamos que el plano tangente al gràfico de \(f\) en el punto \((1,0,f(0,1))\) esta dado por \(z-4x+2y=1\).
Encontrar la dirección en la que la func. \(z=g(x,y)\) crece más rapidamente en el punto \((0,0)\)
ese es el ej. 2
Ah! Ahora tiene mas sentido. Hay que demostrar que el gradiente es la direccion de maximo crecimiento?
Ni idea, todavìa no me puse a hacer finales...
PD: Por cierto, da que me presente el martes para rendir el final? recièn hoy termine de estudiarme las demostraciones (creo haber entendido todo xD)
Si podes repetir las demostraciones mientras dormis te va a ir bien. Si te fijas los finales que tomaron las fechas pasadas son bastante parecidos. Si podes hacer esos vas bien, si no, no creo.
=P gracias.
Ya lo resolví, bastante fácil :/
Lo de que el gradiente es la dirección de máximo crecimiento si g es diferenciable supongo que si, habrá que demostrarlo. Sino el ejercicio sería nada más que acordarse la ec. del plano y hacer regla de la cadena...
La dirección me quedó (0,4).
Saludos
A mi tambien.
el 3 cuando pide demostrar que existen todas las derivadas direccionales, sería llegar a que derivada direccional en (v) de p= al gradiente de f en p por (v)?
El 3 no pide eso. Si te referis al 4, pide derivadas parciales no direccionales
sí, me equivoque el 4, pero sería llegar a eso no?
.
Editado 1 vez.
Para el 4.b esta funciona:
$$f(x,y)=\begin{Bmatrix} \frac{xy}{x^2+y^2} & \mbox{ si }& (x,y)\neq(0,0)\\0 & \mbox{si}& (x,y)=(0,0)\end{matrix}$$
$$Donde \:\frac{{\partial f}}{{\partial x}}=\displaystyle\lim_{h \to{0}}{\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h}}=0$$
$$\frac{{\partial f}}{{\partial y}}=\displaystyle\lim_{h \to{0}}{\frac{f(0,h)-f(0,0)}{h}}=0$$
$$Y\:\displaystyle\lim_{(x,y) \to{(0,0)}}{\frac{xy}{x^2+y^2}}=0=f(0,0)\Longrightarrow{f\:es\:cont.\:en\:(0,0)}$$
Pero f no es diferenciable en (0,0):
$$\displaystyle\lim_{(x,y) \to{(0,0)}}{\frac{f(x,y)-f(0,0)-\frac{{\partial f}}{{\partial x}}(0,0)x-\frac{{\partial f}}{{\partial y}}(0,0)y}{\left\|{(x,y)-(0,0)}\right\|}}=\displaystyle\lim_{(x,y) \to{(0,0)}}{\frac{f(x,y)}{\left\|{(x,y)}\right\|}$$
$$=\displaystyle\lim_{(x,y)\to{(0,0)}}{\frac{\frac{xy}{x^2+y^2}}{\sqrt[2]{x^2+y^2}}}=\displaystyle\lim_{{(x,y)} \to{(0,0)}}{\frac{xy}{(x^2+y^2)^\frac{3}{2}}}\:el\:cual\:no\:existe:$$
Si me acerco por x=y (recta que pasa por (0,0):
$$\displaystyle\lim_{x \to{0}}{\frac{x^2}{(2x^2)^\frac{3}{2}}}=\displaystyle\lim_{x \to{0}}{\frac{x^2}{\sqrt[2]{8}x^3}}=\displaystyle\lim_{x \to{0}}{\frac{1}{\sqrt[2]{8}x}$$
$$\displaystyle\lim_{x \to{0^+}}{\frac{1}{\sqrt[2]{8}x}}=+\infty$$
Mientras que
$$\displaystyle\lim_{x \to{0^-}}{\frac{1}{\sqrt[2]{8}x}}=-\infty$$
$$\therefore f\:no\:es\:dif\:en\:(0,0).$$
Espero haber ayudado
Saludos!
Ese funcion no es continua. Proba el limite con y=mx.
marsden escribió:
el 3 cuando pide demostrar que existen todas las derivadas direccionales, sería llegar a que derivada direccional en (v) de p= al gradiente de f en p por (v)?
No, porque te pide probar que existen las derivadas parciales. Si metés \(\nabla{f}\) ya estás suponiendo que existen.
Decís que es diferenciable si
\(\exists \ a, b \in \mathbb{R}\) tales que \(\lim_{X\rightarrow P}\frac{f(X)-f(P)-a(x-p_1)-b(y-p_2)}{\Vert X-P\Vert}=0\)
y probás que a y b son las derivadas parciales en P. Bah, eso es lo que haría yo, ni idea...
Buenas, la demo del 3 de existencia de derivadas parciales esta en el apunte de larotonda (pagina 15) por si alguno no lo tiene tiro la idea. Escribis la expresion del limite de diferenciabilidad, usando transformaciones lineales, es decir, que existe una transformacion lineal Tp tal que
modulo de f(x) - f (p) - Tp (x-p) sobre norma de (x-p) tiende a cero, cuando X tiende a P (espero que se entienda, sino lo escribo en formula la proxima)
Como el limite del enunciado existe, en particular existe componiendo con cualquier curva que tenga limite P . Tomamos X= P + tV (con V de norma 1)
y tenemos que, por un lado X-P= tV y por otro lado norma de (X-P)= t , reemplazando estas cosa en la expresion de arriba queda;
Limite (cuando t tiende a 0) de f (P+tV) - f(P) -Tp (tV) / t = 0 (todo en modulo claro)
ahora distribuyendo la t: lim [ f (P+tV) - f(P) ] / t -Tp (V) = 0 (recordar que vale sacar el escalar t afuera en la TL )
en definitiva lim [f (P+tV) - f(P)]/t = Tp (V) ya que lo de la derecha dejo de depender de t
El limite de la izquierda es la derivada direccional de f en el punto P, entonces como Tp existe, tambien existe cualquier derivada direccional, en particular existen todas las derivadas parciales...