\(1.\) Sea \(A = \{ \frac{1}{n^2-8n+18} : n \in \mathbb{N} \}\). Analizar la existencia de máx(A), mín(A), ínf(A) y sup(A). En caso de existir, calcularlos justificando debidamente.
Llamo \({a}_{n}=\frac{1}{n^2-8n+18}\). Calculo algunos términos de la sucesión
\({a}_{1}=\frac{1}{11}\), \({a}_{2}=\frac{1}{6}\), \({a}_{3}=\frac{1}{3}\), \({a}_{4}=\frac{1}{2}\), \({a}_{5}=\frac{1}{3}\), \({a}_{6}=\frac{1}{6}\), \({a}_{7}=\frac{1}{11}\), \({a}_{8}=\frac{1}{18}\), etc...
Pareciera ser que en la sucesión alcanza un máximo en \(n=4\) (o sea, el máximo sería \(\frac{1}{2}\))
Voy a analizar cuando la sucesión es creciente o decreciente
\({a}_{n} \leq {a}_{n+1} \Leftrightarrow\) \(\frac{1}{n^2-8n+18} \leq \frac{1}{(n+1)^2-8(n+1)+18} \Leftrightarrow\) \(\frac{1}{n^2-8n+18} \leq \frac{1}{n^2-8n+18}\) . Ahora voy a pasar multiplicando los denominadores. Hay que observar que como \(\frac{1}{n^2-8n+18} \geq 0\) y \(\frac{1}{n^2-6n+11} \geq 0\) para todo \(n\) (análizandolo como si fuesen parábolas sale por ejemplo), esto no cambia las desigualdades.
Queda
Esto nos dice que la sucesión crece hasta "\(n=\frac{7}{2}\)" (lo pongo entre comillas porque es claro que \(n\) no puede valer eso) y después decrece, o sea, que tiene un máximo cuando \(n=3\) o \(n=4\). Como ya calculé esos valores, puedo decir que \({a}_{4}=\frac{1}{2}\) es el máximo (y además supremo) de A
Para la otra parte, \({a}_{n} \geq 0\) para todo \(n\) y \(\lim_{n \rightarrow \infty} {a}_{n}=0\). Por lo tanto, para todo \(\varepsilon >0\) existe un \({n}_{0}\) tal que \(n \geq {n}_{0}\) me implica que \(|{a}_{n}| < \varepsilon\). En particular, \({a}_{{n}_{0}}\) cumple eso, y usando también que todos los \({a}_{n}\) son positivos queda
\(0 \leq {a}_{{n}_{0}} < \varepsilon +0\), que es exactamente la definición de que \(0\) sea ínfimo (que para todo \(\varepsilon>0\) exista alguien en A que cumpla la desigualdad que escribí).
Como \(0 \notin A\), no es un mínimo.
\(2.\) Sea \(f: \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}\) definida como
Determinar, si existe, el valor de \(a\) para que \(f\) resulte continua en \((0,0)\).
Primero busco un candidato para \(a\), veo cuanto es \(\lim_{(x,y) \rightarrow (0,0)} f(x,y)\) por la recta \((x,0)\). Queda
\(\lim_{(x,y) \rightarrow (0,0)} \frac{arctan(x^4)}{x^2}=0\) (Sale con L'Hopital por ejemplo). O sea, que si \(a\) existe tiene que ser \(0\)
Voy a probar que \(\lim_{(x,y) \rightarrow (0,0)} f(x,y)=0\) por definición. Para eso voy a usar estás acotaciones:
i) Por teorema de valor medio, \(|arctan(x^4+y^4)|=|arctan(x^4+y^4)-arctan(0)|\leq \frac{1}{1+c^2}|x^4+y^4-0|\) con \(c\) un punto que vive en el intervalo \([0, x^4+y^4]\). Como \(\frac{1}{1+c^2} \leq 1\), puedo escribir \(|arctan(x^4+y^4)| \leq x^4+y^4\)
ii) Para el denominador me voy a tomar un \(\delta\) auxiliar, \(\frac{1}{2}\), o sea, voy a suponer \(||(x,y)||< \frac{1}{2}\) (y en particular, \(|x|<\frac{1}{2}\))
Abriendo el módulo y sumando \(1\) queda
\(\frac{1}{2} < x+1 < \frac{3}{2}\), por lo tanto \(|x+1|>\frac{1}{2}\) si \(|x| < \delta \leq \frac{1}{2}\)
Entonces ahora tengo que \(|x+1|y^2\geq \frac{1}{2}y^2\) y además vale que \(x^2 \geq \frac{1}{2}x^2\). Juntando las dos cosas tengo
\(x^2+|x+1|y^2 \geq \frac{1}{2}(x^2+y^2)=\frac{||(x,y)||^2}{2}\). Luego
Juntando lo que dije en i) y ii) queda
\(\frac{arctan(x^4+y^4)}{x^2+|x+1|y^2} \leq\) \(\frac{2(x^4+y^4)}{||(x,y)||^2} \leq\) \(\frac{4||(x,y)||^4}{||(x,y)||^2}=4||(x,y)||^2\)\(<4\delta^2<4\delta<\varepsilon\) si \(\delta=min \{ \frac{1}{2}, \frac{\varepsilon}{4} \}\) (en el medio también usé de \(\delta<1\) pero como es \(<\frac{1}{2}\) eso pasa).
También se podía usar que \(\lim_{(x,y) \rightarrow (0,0)} \frac{arctan(x^4+y^4)}{x^4+y^4}=1\) pues \(\lim_{x \rightarrow 0} \frac{arctan(x)}{x}=1\) (eso se demuestra con L'Hopital por ejemplo) y probar por definición que \(\lim_{(x,y) \rightarrow (0,0)} \frac{x^4+y^4}{x^2+|x+1|y^2}=0\).
\(3.\) Sea \(f: \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}\) dada por
\(a)\) Calcular las derivadas direccionales de \(f\) en el \((0,0)\) para toda dirección \(v\) de norma \(1\).
\(b)\) ¿Es \(f\) diferenciable en \((0,0)\)?
\(a)\) Si \(v=({v}_{1},{v}_{2})\), por definición, \(\frac{\partial f}{\partial v}(0,0)= \lim_{t \rightarrow 0} \frac{1}{t} \cdot \frac{(t{v}_{1})^2t{v}_{2}-(t{v}_{2})^2t{v}_{1}}{(t{v}_{1})^2+(t{v}_{2})^2} =\) \(\lim_{t \rightarrow 0}\frac{{v}_{1}^2{v}_{2}-{v}_{1}{v}_{2}^2}{{v}_{1}^2+{v}_{2}^2}={v}_{1}^2{v}_{2}-{v}_{1}{v}_{2}^2\) (acá usé que \(||v||=1\), o sea, que \({v}_{1}^2+{v}_{2}^2=1\))
\(b)\) Para ver que \(f\) no es diferenciable en \((0,0)\) se me ocurrieron dos cosas.
Una, ver que \(\lim_{(x,y) \rightarrow (0,0)}\frac{f(x,y)}{||(x,y)||} \neq 0\) (las derivadas parciales en \((0,0)\) dan \(0\))
Acercándose por cualquier recta de la forma \((x,mx)\) com \(m\neq 0\) y \(m\neq 1\) ese límite no da \(0\) (da un número que depende de \(m\) pero seguro que es distinto de \(0\))
La otra, usar que si \(f\) fuese diferenciable, \(\frac{\partial f}{\partial v}(0,0)=\nabla f(0,0) \cdot ({v}_{1},{v}_{2})\) para todo \(v\) de norma \(1\)
Pero, por ejemplo, si \(v=(\frac{1}{\sqrt{5}},\frac{2}{\sqrt{5}})\), por el punto \(a)\) \(\frac{\partial f}{\partial v}(0,0)=\frac{2}{5\sqrt{5}}-\frac{4}{5\sqrt{5}} \neq 0\)
pero \(\nabla f(0,0) \cdot ({v}_{1},{v}_{2})=(0,0) \cdot (\frac{1}{\sqrt{5}},\frac{2}{\sqrt{5}}) =0\) (de vuelta, hay que calcular las derivadas parciales y ver que dan \(0\))
Luego \(f\) no puede ser diferenciable.
\(4.\) Sea \(f: \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}\) de clase \(C^2\) tal que el polinomio de Taylor de orden \(2\) de \(f\) centrado en \((0,1)\) es
\(P(x,y)=2(y-1)+\frac{1}{2}x^2-x(y-1)+(y-1)^2\).
Sea \(g: \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}\), \(g(x,y)=3x^2y+e^{f(x-1,2y+3)}\). Hallar el polinomio de Taylor de orden \(2\) de \(g\) centrado en \((1,-1)\)
Mirando fijo un rato el polinomio de Taylor de \(f\) se ve que
\(f(0,1)=0\), \(\frac{\partial f}{\partial x}(0,1)=0\), \(\frac{\partial f}{\partial y}(0,1)=2\), \(\frac{\partial ^2f}{\partial x^2}(0,1)=1\), \(\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y}(0,1)=-1\), \(\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(0,1)=2\)
Ahora lo que me gustaría en encontrar las derivadas parciales (primeras y segundas) de \(g\) en función de las derivadas parciales (primeras y segundas) de \(f\).
Voy a usar la regla de la cadena, para eso me voy a definir dos funciones (se puede hacer sin escribir tanto formalismo igualmente)
\({D}_{\beta}(f \circ \alpha (x,y))\) es simplemente \(e^{f(x-1,2y+3)}\) y
Haciendo las multiplicaciones de las matrices queda
\(\nabla g (x,y)=\) \((6xy+e^{f(x-1,2y+3)} \cdot \frac{\partial f}{\partial x} (\alpha (x,y)), 3x^2+ e^{f(x-1,2y+3)} \cdot 2 \frac{\partial f}{\partial y} (\alpha (x,y)))\)
Ahí ya obtuve las derivadas parciales primeras de \(g\), voy a derivar de nuevo para obtener las segundas.
Una observación: como las funciones "\(3x^2y\)", "\(e^t\)", \(\alpha\) y \(f\) son \(C^2\), \(g\) resulta \(C^2\) y luego \(\frac{\partial ^2 g}{\partial x \partial y}=\)\(\frac{\partial ^2 g}{\partial y \partial x}\)
Tengo que \(\frac{\partial g}{\partial x}(x,y)=\)\(6xy+e^{f(x-1,2y+3)} \cdot \frac{\partial f}{\partial x} (\alpha (x,y))\)
Derivando respecto de \(x\) (uso de nuevo la regla de la cadena) queda
\(\frac{\partial ^2 g}{\partial x^2}(x,y)=\)\(6y+e^{f(\alpha(x,y))} \cdot (\frac{\partial f}{\partial x} (\alpha (x,y)))^2+e^{f(\alpha(x,y))} \cdot \frac{\partial ^2 f}{\partial x^2}(\alpha(x,y))\)
Derivando respecto de \(y\)
\(\frac{\partial ^2 g}{\partial x \partial y}(x,y)=\) \(6x + e^{f(\alpha(x,y))} \cdot 2 \frac{\partial f}{\partial x} (\alpha (x,y))\frac{\partial f}{\partial y} (\alpha (x,y))+ e^{f(\alpha(x,y))} \cdpt 2 \frac{\partial ^2 f}{\partial x \partial y}\)
Volviendo a mirar lo que me quedó en \(\nabla g (x,y)\) tengo que
\(\frac{\partial g}{\partial y}(x,y)=\)\(3x^2+ e^{f(x-1,2y+3)} \cdot 2 \frac{\partial f}{\partial y} (\alpha (x,y))\)
Derivando respecto de \(y\) queda
\(\frac{\partial ^2 g}{\partial y^2}(x,y)=\) \(e^{f(x-1,2y+3)} \cdot 4 (\frac{\partial f}{\partial y} (\alpha (x,y)))^2 + e^{f(x-1,2y+3)} \cdot 4 \frac{\partial ^2 f}{\partial y^2}(\alpha(x,y))\)
Ahora, evaluando todo en \((1,-1)\), si no me equivoqué en las cuentas, queda:
Entonces, el polinomio de Taylor de \(g\) alrededor de \((1,-1)\) es
\(Q(x,y)=-2-6(x-1)+7(y+1)-\frac{5}{2}(x-1)^2+12(y+1)^2+4(x-1)(y+1)\)