[No Resuelto]24/10/09 - Tema ? - Ej. 1,2,3,4 y 5 - 1er P

1. Dada

Hallar su dominio y decidir si es posible extenderla a todo \(\mathbb{R}^2\) de forma tal que resulte continua.
\(Dom f= \{(x,y)\in \mathbb{R}^2-\{(-1,2)\}\)
para que sea continua \(\lim_{(x,y)\to(-1,2)}f(x,y)=f(-1,2)\)
\(|\frac{y(x+1)(y-2)^3}{|x+1|+|y-2|^3}| \le |\frac{y(x+1)(y-2)^3}{|y-2|^3}|=|y(x+1)| \le 3 ||(x+1,y-2)||\)
2. Sea \(f: \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}\) difinida como

a)Analizar la diferenciabilidad en (0,0)
b)Calcular, si existen, las derivadas direccionales de f en el origen.

quiero ver si:

me acerco al origen por la recta x=y el límite no existe por lo tanto no es diferenciable , no lo anote pero las derivadas parciales dan 0 y f(0,0) también

3.Sea \(f:\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}\) tal que existen dos funciones \(\phi ,\psi\) diferenciables en (0,0) tales que
\(\phi(x,y)\le f(x,y)\le \psi(x,y)\) en un entorno del origen

y verifican \(\phi(0,0) = f(0,0) = \psi(0,0)\)

y ademas \(\phi\) y \(\psi\) tienen el mismo plano tangente en (0,0).
Probar que entonces f es diferenciable en (0,0)

4.Sea \(g:\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^3\) dada por \(g(x,y)=(x^2+y^2,sin(x),e^y)\) y \(f:\mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^2\) diferenciable tal que el diferencial de f en un punto (u,v,w) viene dado por la matriz

a)Hallar el diferencial de fog en el origen.
b)Decidir si fog es localmente inversible en el origen.

Firma

"if people do not believe that mathematics is simple, it is only because they do not realize how complicate life is"

inesi escribió:

3.Sea \(f:\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}\) tal que existen dos funciones \(\phi ,\psi\) diferenciables en (0,0) tales que
\(\phi(x,y)\le f(x,y)\le \psi(x,y)\) en un entorno del origen

y verifican \(\phi(0,0) = f(0,0) = \psi(0,0)\)

y ademas \(\phi\) y \(\psi\) tienen el mismo plano tangente en (0,0).
Probar que entonces f es diferenciable en (0,0)

Bueno, tenemos que probar que es diferenciable, primero buscamos las derivadas parciales para después ver el famoso límite.
Como queremos encontrar \(\frac{\partial{f}}{\partial{x}}(0,0)\) y \(\frac{\partial{f}}{\partial{y}}(0,0)\) podemos usar la parte del enunciado que dice \(\phi(x,y)\le f(x,y)\le \psi(x,y)\), ya que estaremos en un entorno del origen. Ahora bien, derivando esa desigualdad respecto de \(x\) nos queda que

Y derivando respecto de \(y\) nos queda que Pero sabemos que \(\phi\) y \(\psi\) tienen el mismo plano tangente en \((0,0)\). Entonces \(\frac{\partial{\phi}}{\partial{x}}(0,0) = \frac{\partial{\psi}}{\partial{x}}(0,0)\) y \(\frac{\partial{\phi}}{\partial{y}}(0,0) = \frac{\partial{\psi}}{\partial{y}}(0,0)\). Entonces \(\frac{\partial{f}}{\partial{x}}(0,0)\) existe y vale \(\frac{\partial{f}}{\partial{x}}(0,0) = \frac{\partial{\phi}}{\partial{x}}(0,0) = \frac{\partial{\psi}}{\partial{x}}(0,0)\); y \(\frac{\partial{f}}{\partial{y}}(0,0)\) existe y vale \(\frac{\partial{f}}{\partial{y}}(0,0) = \frac{\partial{\phi}}{\partial{y}}(0,0) = \frac{\partial{\psi}}{\partial{y}}(0,0)\) Ya demostramos que existen las derivadas parciales, pasemos al límite Tenemos que demostrar que \(\lim_{(x,y)\rightarrow (0,0)} \frac{f(x,y) - \frac{\partial{f}}{\partial{x}}(0,0)x - \frac{\partial{f}}{\partial{y}}(0,0)y - f(0,0)}{\|(x,y)\|} = 0\). Partimos de la desigualdad del enunciado: \(\phi(x,y)\le f(x,y)\le \psi(x,y)\) Restamos en los 3 miembros de la desigualdad las derivadas parciales respecto de \(x\) y de \(y\) ya que, como vimos antes, son iguales y no alteran la misma, restamos lo que valen las funciones en el origen (todas valen \(0\) según el enunciado) y luego dividimos por \(\|(x,y)\|\). Nos queda: \(\frac{\phi(x,y) - \frac{\partial{\phi}}{\partial{x}}(0,0)x - \frac{\partial{\phi}}{\partial{y}}(0,0)y - \phi(0,0)}{\|(x,y)\|}\le \frac{f(x,y) - \frac{\partial{f}}{\partial{x}}(0,0)x - \frac{\partial{f}}{\partial{y}}(0,0)y - f(0,0)}{\|(x,y)\|}\le \frac{\psi(x,y) - \frac{\partial{\psi}}{\partial{x}}(0,0)x - \frac{\partial{\psi}}{\partial{y}}(0,0)y - \psi(0,0)}{\|(x,y)\|}\). Ahora solo resta aplicar \(\lim_{(x,y)\rightarrow (0,0)}\), y como \(\phi\) y \(\psi\) son diferenciables en el origen, los límites valen \(0\). Nos queda entonces que Entonces \(\lim_{(x,y)\rightarrow (0,0)} \frac{f(x,y) - \frac{\partial{f}}{\partial{x}}(0,0)x - \frac{\partial{f}}{\partial{y}}(0,0)y - f(0,0)}{\|(x,y)\|} = 0\) Luego \(f\) es diferenciable en el origen.

Ahora voy para lo de mi viejo, edito y pongo lo que hice yo en el ejercicio 4.

Firma

Muchos de los que viven merecen morir, y algunos de los que mueren merecen la vida. ¿Puedes devolver la vida? Entonces no te apresures a dispensar la muerte, pues ni el más sabio conoce el fin de todos los caminos.

yo en el 3 hice lo mismo salvo que saque las derivadas por definicion...

Yo en el 1 lo hice practicamente igual per me confundí en una boludez !
En el 2 me quedo igual igual, y puse que el límite no era 0, pero no puse que no existia 😛

el 3 lo hice re incompleto y el 4 joya 😉

asi que creo que bien ! Se portaron bien igual. No era dificil.

\(\frac {\partial g_{1}}{\partial x}=2x\) ; \(\frac {\partial g_{2}}{\partial x}=cos(x)\) ; \(\frac {\partial g_{3}}{\partial x}=0\) ;
\(\frac {\partial g_{1}}{\partial y}=2y\) ; \(\frac {\partial g_{2}}{\partial y}=0\) ; \(\frac {\partial g_{3}}{\partial y}=e^{y}\)

Por con la fórmula que nos dan:

Entonces:

\(b)\) Bueno, particularmente la inversa de la identidad es la identidad. \(fog\) es \(C^{1}\) pues \(g\) es \(C^{1}\) ya que está compuesto por coordenadas \(C^{1}\) y \(f\) es \(C^{1}\)

Entonces ahi va el bla bla bla de los entornos y listo.

Firma

"What we observe is not nature itself, but nature exposed to our method of questioning..."
Werner Heisenberg

Editado 1 vez.

alguien hizo el 2 b ?

yo lo hice pero no estoy muy segura... si alguien lo quiere subir seria genial!

saludos

Yo lo hice !

Más tarde lo posteo 😉

inesi escribió:

2. Sea \(f: \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}\) difinida como

$$f(x)=\begin{Bmatrix}{ \frac{xsin(xy)}{x^2+\frac{1}{4}y^2}&\mbox{ si }& (x,y)\neq(0,0)\\0 & \mbox{si}& (x,y)=(0,0)\end{matrix}$$

a)Analizar la diferenciabilidad en (0,0)
b)Calcular, si existen, las derivadas direccionales de f en el origen.

Tenemos que calcular las derivadas direccionales, como en a) nos dio que la función no es diferenciable, las vamos a tener que hacer por definición, a joderse 😛.
Sea \(v=(v_1,v_2)\) tal que \(\|(v_1,v_2)\| = 1\). Sabemos que \(\frac{\partial{f}}{\partial{v}}(0,0) = \lim _{t \rightarrow 0}\frac{f((tv_1,tv_2)-(0,0)) - f(0,0)}{t}\)
Planteamos el límite:

Simplificamos \(t\) con \(t\) y nos queda: El límite es indeterminado, da \(\frac{0}{0}\), podemos usar L'hospital. \(\frac{\partial{f}}{\partial{v}}(0,0) = \lim _{t \rightarrow 0}\frac{v_12tv_1v_2cos(t^{2}v_1v_2)}{v^{2}_12t+\frac{1}{2}tv^{2}_2}}\). El coseno va a 1, y luego de simplificar obtenemos que: \(\frac{\partial{f}}{\partial{v}}(0,0) = \frac{2v^{2}_1v_2}{2v^{2}_1+\frac{1}{2}v_2}\). O, por lo menos, así lo veo yo.

Yo con las derivadas direccionales lo hice diferente.

Reemplazo como hiciste y me queda: \(\frac{v_1v_2\sin(t^2v_1v_2)}{t^2v_1^2+\frac{1}{4}v_2^2t^2}=\frac{v_1v_2}{v_1^2+\frac{1}{4}v_2^2}\frac{\sin(t^2v_1v_2)}{t^2}\)

Y aca analizo y digo:si v tiene una de sus coordenadas nulas entonces la derivada direccional es cero;si v no tiene ninguna coordenada nula entonces puedo multiplicar y dividir por el producto de sus coordenadas,es decir puedo hacer lo siguiente:\(\frac{v_1v_2\sin(t^2v_1v_2)}{t^2v_1^2+\frac{1}{4}v_2^2t^2}=\frac{v_1v_2}{v_1^2+\frac{1}{4}v_2^2}\frac{\sin(t^2v_1v_2)}{t^2}\frac{v_1v_2}{v_1v_2}\).Entonces se ve que el cociente del medio cuando multiplique abajo por las coordenadas va a tender a 1,entonces el resultado total será:\(\frac{v_1^2v_2}{v_1^2+\frac{1}{4}v_2^2}\)

Mascia escribió:

inesi escribió:

2. Sea \(f: \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}\) difinida como

$$f(x)=\begin{Bmatrix}{ \frac{xsin(xy)}{x^2+\frac{1}{4}y^2}&\mbox{ si }& (x,y)\neq(0,0)\\0 & \mbox{si}& (x,y)=(0,0)\end{matrix}$$

a)Analizar la diferenciabilidad en (0,0)
b)Calcular, si existen, las derivadas direccionales de f en el origen.

Tenemos que calcular las derivadas direccionales, como en a) nos dio que la función no es diferenciable, las vamos a tener que hacer por definición, a joderse 😛.
Sea \(v=(v_1,v_2)\) tal que \(\|(v_1,v_2)\| = 1\). Sabemos que \(\frac{\partial{f}}{\partial{v}}(0,0) = \lim _{t \rightarrow 0}\frac{f((tv_1,tv_2)-(0,0)) - f(0,0)}{t}\)
Planteamos el límite:

$$\frac{\partial{f}}{\partial{v}}(0,0) = \lim _{t \rightarrow 0}\frac{tv_1sin(t^{2}v_1v_2)}{[t^{2}v^{2}_1+\frac{1}{4}t^{2}v^{2}_2]t}}$$

Simplificamos \(t\) con \(t\) y nos queda:

$$\frac{\partial{f}}{\partial{v}}(0,0) = \lim _{t \rightarrow 0}\frac{v_1sin(t^{2}v_1v_2)}{t^{2}v^{2}_1+\frac{1}{4}t^{2}v^{2}_2}}$$

El límite es indeterminado, da \(\frac{0}{0}\), podemos usar L'hospital. \(\frac{\partial{f}}{\partial{v}}(0,0) = \lim _{t \rightarrow 0}\frac{v_12tv_1v_2cos(t^{2}v_1v_2)}{v^{2}_12t+\frac{1}{2}tv^{2}_2}}\). El coseno va a 1, y luego de simplificar obtenemos que: \(\frac{\partial{f}}{\partial{v}}(0,0) = \frac{2v^{2}_1v_2}{2v^{2}_1+\frac{1}{2}v_2}\). O, por lo menos, así lo veo yo.

Lo hice igual igual y me dió lo mismo 😄

Espero la nota con ansias !

Saludos...

KillSchrodingerCat escribió:

Mascia escribió:

inesi escribió:

2. Sea \(f: \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}\) difinida como

$$f(x)=\begin{Bmatrix}{ \frac{xsin(xy)}{x^2+\frac{1}{4}y^2}&\mbox{ si }& (x,y)\neq(0,0)\\0 & \mbox{si}& (x,y)=(0,0)\end{matrix}$$

a)Analizar la diferenciabilidad en (0,0)
b)Calcular, si existen, las derivadas direccionales de f en el origen.

Tenemos que calcular las derivadas direccionales, como en a) nos dio que la función no es diferenciable, las vamos a tener que hacer por definición, a joderse 😛.
Sea \(v=(v_1,v_2)\) tal que \(\|(v_1,v_2)\| = 1\). Sabemos que \(\frac{\partial{f}}{\partial{v}}(0,0) = \lim _{t \rightarrow 0}\frac{f((tv_1,tv_2)-(0,0)) - f(0,0)}{t}\)
Planteamos el límite:

$$\frac{\partial{f}}{\partial{v}}(0,0) = \lim _{t \rightarrow 0}\frac{tv_1sin(t^{2}v_1v_2)}{[t^{2}v^{2}_1+\frac{1}{4}t^{2}v^{2}_2]t}}$$

Simplificamos \(t\) con \(t\) y nos queda:

$$\frac{\partial{f}}{\partial{v}}(0,0) = \lim _{t \rightarrow 0}\frac{v_1sin(t^{2}v_1v_2)}{t^{2}v^{2}_1+\frac{1}{4}t^{2}v^{2}_2}}$$

El límite es indeterminado, da \(\frac{0}{0}\), podemos usar L'hospital. \(\frac{\partial{f}}{\partial{v}}(0,0) = \lim _{t \rightarrow 0}\frac{v_12tv_1v_2cos(t^{2}v_1v_2)}{v^{2}_12t+\frac{1}{2}tv^{2}_2}}\). El coseno va a 1, y luego de simplificar obtenemos que: \(\frac{\partial{f}}{\partial{v}}(0,0) = \frac{2v^{2}_1v_2}{2v^{2}_1+\frac{1}{2}v_2}\). O, por lo menos, así lo veo yo.

Lo hice igual igual y me dió lo mismo 😄

Espero la nota con ansias !

Saludos...

=D! Buenisimo
Me quedo mas tranquilo 😛

Si! Yo también ! Y la resolución de Atila da exactamente lo mismo. Joya... Vamos muchachos !

Saludos...

yo no sé que mierda hice, pero las direccionales me daban 0.

el tres lo hice mal.

y en el uno no separé los módulos del producto antes de acotar.

que cagada.

Firma

hola

Nos devolverán el primer parcial antes de rendir el segundo? Jaja

calculo que para el jueves están seguro... Ahora hay que mandarle mecha a los de Taylor que son unos choclazos interesantes. Resulta medio tedioso por momentos, pero no esta tan mal 😛

Y los corrigieron nomás, aprobé

Joya ! Te felicito...

Por otro lado, que cagada. Hoy me fui de la práctica porque me latía la cabeza desde ayer. Se me paso hace un rato encima. Tipo 19:30 😛

Supongo el jueves me daran la nota !

Gracias por el aviso !

Chicos, tengo una duda, el ejercicio de diferenciabilidad no se podia probar tambien por definición de diferenciabilidad y si daba distinto de 0 el limite ya me daba cuenta de que no era diferenciable?

Eso fué lo que calculamos ! Te quedaba un límite medio feo, entonces lo veias, por ejemplo, por la recta y=x y ya te daba que el límite no era 0. Con que con una curva no te dé, ya está.

Si yo probe por definicion que no era diferenciable porque me daba distinto de cero el limite, pero por la curva no lo hice, como ya el limite por definicion me daba distinto de cero dije que no era diferenciable y me lo pusieron mal 😢 no vale decir que no es diferenciable asi? para mi estaba bien igual...buaaa

En general cuando uno hace algo por definición es para probar que existe. En este caso no existía, la forma mas fácil de probar esto es con curvas. Que a uno no le salga la demostración por definición no significa que el limite no existe. Por eso debía estar mal.

Firma

Quimey

ahhhhh gracias Quimey! a mi me daba por definicion que estaba acotado, me daba un número, pero yo pense que con ese número alcanzaba para decir que era distinto de cero entonces no era diferenciable, pero tengo que probarlo por curvas tambien, que tonta! gracias!!

no entiendo por que |y(x+1)|≤ 3||(x+1,y-2)|| perdón por mi ignorancia xD

Porq estas viendo cuando (x,y)--> (-1,2) entonces cuando Y--> 2 la norma de y-2 tiende a cero entonces acotas esa norma por 1 y por ende t queda -1<y-2<1 . despejas: 1<y<3 . Entonces mod Y<2 ... NO ES MENOR A 3!!! es 2
fin

Firma

\(\color{blue}{Pit\Psi}\) \(\bigstar\)\(\color{blue}{87}\)\(\bigstar\)

Si es menor a \(2\), también es menor a \(3\)... pueden poner menor a \(3823\), eso no es lo más importante.
Lo que importa es que no le pifien para el otro lado, o sea, si saben que es menor a \(3\), no poner que es menor a \(2\).

Firma

$$\bigstar Sofi \bigstar$$

ya lo se, pero se supone q llegas a "3" o a "2" por una razon logica, sino ponemos cualq banana...

Pitu87 escribió:

ya lo se, pero se supone q llegas a "3" o a "2" por una razon logica, sino ponemos cualq banana...

A ver. Si te queda \(1<y<3\), de donde deducis que \(y<2\)?

\(y<3\) sería la cota que usás. Eso es lo que te asegura tomar un delta auxiliar.