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Tema

[Resuelto] 10/12/2011 - Tema Unico - 1er Rec Primer Par

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#1 guidonavalesi

No logré aprobar el primer recuperatorio del primer parcial, pero estuve lo estuve revisando y me equivoque en boludeces.
Voy a ir subiendo las resoluciones revisadas.

  1. Analizar la continuidad en \((1,0)\) de \(f: \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}\) dada por:
$$f(x,y)=\begin{Bmatrix} \frac{(x^2 - 2x + 1).y.cos(\frac{1}{(x-1)^2+y^2})}{(3(x-1)^2 + y^2)(2 + x^2 - 2x)} & \mbox{ si }& (x,y)\neq(1,0)\\0 & \mbox{si}& (x,y)=(1,0)\end{matrix}$$

Dado \(\epsilon>0\), quiero ver si \(\exists{\delta>0} / \delta \leq \left\|{(x-1,y)}\right\| \Rightarrow{} \left |{f(x,y)}\right |<\epsilon\)

$$\left |{\frac{(x^2 - 2x + 1).y.cos(\frac{1}{(x-1)^2+y^2})}{(3(x-1)^2 + y^2)(2 + x^2 - 2x)}}\right | \leq \left |{\frac{(x - 1)^2.y}{(3(x-1)^2 + y^2)(2 + x^2 - 2x)}}\right |$$

Como \(x^2 - 2x + 2 = (x-1)^2 + 1 \geq 1 \forall x\in{\mathbb{R}}\)

$$\left |{\frac{(x - 1)^2.y}{(3(x-1)^2 + y^2)(2 + x^2 - 2x)}}\right |\leq \left |{\frac{(x - 1)^2.y}{3(x-1)^2 + y^2}}\right |$$

Como \(y^2\geq 0 \forall y\in{\mathbb{R}}\)

$$\left |{\frac{(x - 1)^2.y}{3(x-1)^2 + y^2}}\right | \leq \left |{\frac{(x - 1)^2.y}{3(x-1)^2}}\right | = \frac{y}{3} \leq \frac{\delta}{3}< \epsilon$$

Por lo tanto \(f(x,y)\) es continua en \((1,0)\)

  1. Sea \(f: \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}\) dada por:
$$f(x,y)=\begin{Bmatrix} \frac{xysen(x)}{(x^2 + y^2)} & \mbox{ si }& (x,y)\neq(0,0)\\0 & \mbox{si}& (x,y)=(0,0)\end{matrix}$$

a) Analizar la existencia de todas las derivadas direccioneales de \(f\) en \((0,0)\) y calcularlas cuando existan.

Lo revisé y lo hice otra vez, pero estoy casi seguro que esta mal

$$\frac{df}{dv}(0,0) = \displaystyle\lim_{x \to{0}}{\frac{f((0,0)+h(v_1,v_2))-f(0,0)}{h}} = \displaystyle\lim_{x \to{0}}{\frac{\frac{h^2v_1v_2sen(hv_1)}{h^2{v_1}^2+h^2{v_2}^2}}{h}}=$$
$$= \displaystyle\lim_{x \to{0}}{\frac{h^2v_1v_2sen(hv_1)}{h^3({v_1}^2+{v_2}^2)}} = \displaystyle\lim_{x \to{0}}{\frac{v_1v_2sen(hv_1)}{h({v_1}^2+{v_2}^2)}} = \frac{0}{0} \Rightarrow{\textrm{Aplico L'hopital}}$$
$$\displaystyle\lim_{x \to{0}}{\frac{{v_1}^2v_2cos(hv_1)}{{v_1}^2+{v_2}^2}} = \frac{{v_1}^2v_2}{{v_1}^2+{v_2}^2}$$

Como \({v_1}^2+{v_2}^2 \geq 0 \forall (x,y) \neq (0,0)\), existen las derivadas direccionales para cualquier \(v\) y su valor es \(\frac{{v_1}^2v_2}{{v_1}^2+{v_2}^2}\)

b) Analizar la diferenciabilidad de \(f\) en \((0,0)\)

Por el punto anterior, tengo que \(\frac{df}{dx}(0,0)=0\) y \(\frac{df}{dy}(0,0)=0\), y tambien se que \(f(0,0)=0\)

Por lo tanto, para saber si es diferenciable, tengo que resolver el siguiente limite:

$$\displaystyle\lim_{(x,y) \to{(0,0)}}{\frac{f(x,y)}{ \left\|{(x,y)}\right\|}} = \displaystyle\lim_{(x,y) \to{(0,0)}}{\frac{\frac{xysen(x)}{(x^2 + y^2)}}{\sqrt[]{x^2 + y^2}} = \displaystyle\lim_{(x,y) \to{(0,0)}}{\frac{xysen(x)}{(x^2 + y^2)^{3/2}}}$$

Aproximo por la recta \(y = x\)

$$\Rightarrow{} \displaystyle\lim_{x \to{0}}{\frac{x^2sen(x)}{(2x^2)^{3/2}}} = \displaystyle\lim_{x \to{0}}{\frac{x^2sen(x)}{\sqrt[]{8x^6}}} = \displaystyle\lim_{x \to{0}}{\frac{x^2sen(x)}{2x^2\sqrt[]{2x^2}}} = \displaystyle\lim_{x \to{0}}{\frac{sen(x)}{2\cdot{}\sqrt[]{2} \left |{x}\right |}} = \frac{0}{0}\Rightarrow{\textrm{Separo el modulo y aplico L'hopital}}$$
$$\displaystyle\lim_{x \to{0}}{\frac{cos(x)}{2\cdot{}\sqrt[]{2}}} = \frac{1}{2\cdot{}\sqrt[]{2}}$$
$$\displaystyle\lim_{x \to{0}}{\frac{-cos(x)}{2\cdot{}\sqrt[]{2}}} = \frac{-1}{2\cdot{}\sqrt[]{2}}$$

Por lo tanto la \(f(x,y)\) no es diferenciable en \((0,0)\)

  1. Sean \(f: \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}\) de clase \(C^1\) y \(G: \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}\) dadas por:
$$G(x,y)=f(x + xy^y + y^3,sen(x) + 3y + xy)$$

Sabiendo que \(\nabla G(0,2)=(10,3)\), hallar la ecuación del plano tangente al gráfico de \(f\) en el punto \((8,6,f(8,6))\) si \(f(8,6)=5\).

El plano tangente a \(f\) en \((8,6)\) es de la forma \(z = f(8,6) + \frac{df}{dx}(8,6)\cdot{}(x-8) + \frac{df}{dy}(8,6)\cdot{}(y-6)\)

Llamo \(h(x,y) = (x + xy^2 + y^3,sen(x) + 3y + xy) \Rightarrow{} G(x,y)=f\circ{}h(x,y)\)

Como \(h\) es \(C^1\), \(G\) es \(C^1\) por se composicion de \(C^1\)s.

$$h(0,2) = (8,6)$$
$$DG(x,y) = Df(h(x,y)).Dh(x,y)$$
$$Dg(0,2) = Df(8,6).Dh(0,2)$$
$$Dh(x,y)=\begin{bmatrix}{1+y^2}&{2xy+3y^2}\\{cos(x)+y}&{3+x}\end{bmatrix}$$
$$Dh(0,2)=\begin{bmatrix}{5}&{12}\\{3}&{3}\end{bmatrix}$$
$$Dg(0,2)=(\frac{df}{dx}(8,6),\frac{df}{dy}(8,6)).\begin{bmatrix}{5}&{12}\\{3}&{3}\end{bmatrix} = (10,3)$$
$$\begin{Bmatrix} \frac{df}{dx}(8,6)\cdot{}5 + \frac{df}{dy}(8,6)\cdot{}3=10 \\ \frac{df}{dx}(8,6)\cdot{}12 + \frac{df}{dy}(8,6)\cdot{}3=3 \end{matrix}$$
$$a = \frac{df}{dx}(8,6)$$
$$b= \frac{df}{dy}(8,6)$$
$$\Rightarrow{}\begin{Bmatrix} 5a +3b=10 \\ 12a + 3b=3 \end{matrix}$$
\(\Rightarrow{}\)
$$\begin{Bmatrix} b = \frac{10-5a}{3} \\ 12a + 10 - 5a=3 \end{matrix}$$
\(\Rightarrow{}\)
$$\begin{Bmatrix} b=5 \\ a=-1 \end{matrix}$$
$$\Rightarrow{}\begin{Bmatrix} \frac{df}{dx}(8,6)=-1 \\\frac{df}{dy}(8,6)=5 \end{matrix}$$

Como \(f(8,6)=5\)
\(\Pi : z= 5 -(x-8) + 5(y-6)\) es el plano tangente a \(f(8,6)\)

  1. Sea \(f(x,y)=e^{xy}\) y llamemos \(T(x,y)\) al polinomio de Taylor de orden 2 de \(f\) en el punto \((0,0)\).

a) Calcular \(T(x,y)\)

\(T(x,y)=f(0,0) + \frac{df}{dx}(0,0)x + \frac{df}{dy}(0,0)y + \frac{1}{2}[\frac{d^2f}{dx^2}(0,0)x^2 + 2\frac{d^2f}{dxy}(0,0)xy + \frac{d^2f}{dy^2}(0,0)y^2 ]\)

$$f(0,0) = 1$$
$$\frac{df}{dx}(x,y) = e^{xy}y \Rightarrow{} \frac{df}{dx}(0,0) = 0$$
$$\frac{df}{dy}(x,y) = e^{xy}x \Rightarrow{} \frac{df}{dy}(0,0) = 0$$
$$Hf(x,y)\begin{bmatrix}{e^{xy}y^2}&{e^{xy}xy+e{xy}}\\{e^{xy}xy+e{xy}}&{e^{xy}x^2}\end{bmatrix} \Rightarrow{} Hf(0,0)\begin{bmatrix}{0}&{1}\\{1}&{0}\end{bmatrix}$$

\(\Rightarrow{} T(x,y) = 1+\frac{1}{2}\cdot{}2xy = 1 + xy\)

b) Probar que si \((x,y)\in{[-\frac{1}{10},0}] \times [0,\frac{1}{10}]\), el error que se comete al aproximar \(f(x,y)\) por \(T(x,y)\) es menor que \(3\cdot{10^{-4}}\).

Este la verdad lo hice medio a ciegas, el resto nunca lo entendí muy bien, así que corrijanme si la pifie en algo, pero acá va.

$$Rp(x,y)=\frac{1}{6}[e^{c_1c_2}{c_2}^3x^3 + 3\cdot{}(e^{c_1c_2}c_1{c_2}^2+2\cdot{}e^{c_1c_2}c_2)x^2y + 3\cdot{}(e^{c_1c_2}{c_1}^2c_2 + 2\cdot{}e^{c_1c_2}c_1)xy^2 + e^{c_1c_2}{c_1}^3y^3]$$

Remplazo \(x\) por \(-\frac{1}{10}\) e \(y\) por \(\frac{1}{10}\)

$$Rp_{(-\frac{1}{10},\frac{1}{10})}=\frac{1}{6}[-\frac{e^{c_1c_2}{c_2}^3}{1000} +\frac{3\cdot{}(e^{c_1c_2}c_1{c_2}^2+2\cdot{}e^{c_1c_2}c_2)}{1000} - \frac{3\cdot{}(e^{c_1c_2}{c_1}^2c_2 + 2\cdot{}e^{c_1c_2}c_1)}{1000} + \frac{e^{c_1c_2}{c_1}^3}{1000}]$$

Ahora hay que empezar a acotar sabiendo que:

$$-\frac{1}{10}\leq c_1 \leq 0$$
$$0 \leq c_2 \leq \frac{1}{10}$$

Por lo tanto, tengo que \(e^{c_1c_2} \leq e^0 = 1\)
Reemplazando, tengo que

$$\left |{Rp(x,y)}\right | \leq \left |\frac{1}{6}[-\frac{{c_2}^3}{1000} +\frac{3\cdot{}(c_1{c_2}^2+2\cdot{}c_2)}{1000} - \frac{3\cdot{}({c_1}^2c_2 + 2\cdot{}c_1)}{1000} + \frac{{c_1}^3}{1000}]\right |$$

Saco el \(\frac{1}{1000}\) de los corchetes para mejorar la visualización

$$\left |{Rp(x,y)}\right | \leq \frac{1}{6000}\left |[-{c_2}^3 +3\cdot{}(c_1{c_2}^2+2\cdot{}c_2) - 3\cdot{}({c_1}^2c_2 + 2\cdot{}c_1) + {c_1}^3] \right |$$

Ahora sigo acotando:

$${c_2}^3\leq \frac{1}{1000}$$
$$c_1{c_2}^2\leq 0$$
$$2\cdot{}{c_2}\leq \frac{2}{10}$$
$${c_1}^2c_2\leq 0$$
$$2\cdot{}{c_1}\leq 0$$
$${c_1}^3 \leq 0$$

Reemplazando, obtengo que
\(\left |{Rp(x,y)}\right | \leq \frac{1}{6000}\left |[-\frac{1}{1000} +3\cdot{}\frac{2}{10}] \right | = \frac{1}{6000}\cdot{} \frac{599}{1000} = \frac{599}{6000000} < 3\cdot{}10^{-4}\)

#2 jrr1984

en el ej 1 como acotaste el coseno??? es 1 sobre la norma al cuadrado, decis que todo eso tiende a 1??

gracias desde ya

#3 jrr1984

el 4a esta mal creo.. hay que chequear la hessiana..

#4 Quimey

En el 1) el coseno de cualquier cosa es menor o igual a uno. Por eso lo puede acotar por uno (y hacerlo desaparecer).

Firma

Quimey

#5 Crimson

El 4a esta bien. Aunque en el 3 hay un pequeño problema. El enunciado no es el mismo que la funcion que se deriva despues en la resolucion \(y^y \neq y^2\)
En el 2º es mucho mas facil si se considera tambien que la norma del vector que tomas para la derivada direccional tiene que ser 1. Entonces el denominador te quedaria la norma al cuadrado que seria 1 tambien. Asi que la derivada direccional seria \(V=(a,b) \Rightarrow \frac{df}{dv}(0,0) = a^2.b\)
Entonces si fuese diferenciable la derivada direccional deberia ser igual al producto escalar entre el gradiente y un vector V cualquiera (de norma = 1). Por la derivada direccional se ve al reemplazar a por 0 y b por 1 en la derivada parcial con respecto a y, al revez para la derivada parcial en x, que las derivadas parciales son ambas 0. Entonces tomando un vector cualquiera de norma igual a 1, Ej \(v= (\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{-1}{\sqrt{2}})\) te da una desigualdad. Por ende no es diferenciable.