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Tema

[No Resuelto] 12/05/12 - Tema 1 - 1er Parcial

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#1 kyokusanagi
$$\textbf{Ejercicio 1}$$
Sea \(A={ a_n : n \in \mathbb{N}\) y \(B={ b_n : n \in \mathbb{N}\) donde \(a_n = \frac{(-1)^n}{2n + 1}\) y \(b_n = \lvert a_n \rvert\).

a) Analizar la existencia de sup(A), inf(A), max(A) y min (A). En caso de existir, calcularlos justificando debidamente.

b) Hacer lo mismo que en el item anterior para el conjunto B.

$$\textbf{Ejercicio 2}$$
Sea \(g:\mathbb{R}\to\mathbb{R}\) una funcion tal que \(\lim_{t\to 2} \frac{g(t)}{t^2} = 3\). Analizar la continuidad de \(f:\mathbb{R}^2\to \mathbb{R}\) en el punto \((1,-1)\) siendo
$$f(x,y)= \begin{cases}\frac{(y+1)g(x+y^2) }{ (3(x-1)^2+2(y+1)^2)^(1/3)} & \text{si $(x,y) \neq (1,-1)$}\\ 0 & \text{si $(x,y) = (1,-1)$}\end{cases}$$
$$\textbf{Ejercicio 3}$$
Sea \(f:{\mathbb{R}}^{2}\to\mathbb{R}\) dada por
$$f(x,y)= \begin{cases}\frac{x|y|(x^2+y^2)}{{|x|}^3 + y^6} & \text{si $(x,y) \neq (0,0)$}\\ 0 & \text{si $(x,y) = (0,0)$}\end{cases}$$

a) Probar que existen todas las derivadas direccionales de \(f\) en \((0,0)\).
b) Analizar la diferenciabilidad de \(f\) en \((0,0)\).

$$\textbf{Ejercicio 4}$$
Sean \(g(x,y) = (ln(xy+ 1) + y\cos(\pi x), e^{3x} + 4y)\) y \(f:{\mathbb{R}}^{2}\to\mathbb{R}\) tal que \(f\) es diferenciable y el plano tangente al grafico de \(f \circ g\) en el punto \((0,0,f \circ g(0,0))\) tiene ecuación \(z = 3 + 2x + 3y\).

Obtener la ecuación del plano tangente al gráfico de \(f\) en el punto \((0,1,f(0,1))\).

#2 kyokusanagi

Agradeceré todas las observaciones y correcciones ya que cometo errores al "justificar" 🙁.

$$\textbf{Ejercicio 1}$$
a)

Miro los primeros terminos

$$a_1 \simeq -0,33$$
$$a_2 \simeq 0,1$$
$$a_3 \simeq -0,14$$
$$a_4 \simeq 0,11$$
$$a_5 \simeq -0,09$$
$$a_6 \simeq 0,076$$
$$a_7 \simeq -0,066$$
$$a_8 \simeq 0,058$$

La sucesion \(a_n\) es oscilante, por lo que voy a tomar dos subsucesiones de \(a_n\) para analizar. Sea \(k \in \mathbb{N}\)

$${\gamma}_k = a_{2k} = \left\{ \frac{(-1)^{2k}}{4(2k)+1} \right\} = \left\{ \frac{1}{4k+1} \right\}$$
$${\alpha}_k = a_{2k-1} = \left\{ \frac{(-1)^{2k-1}}{4(2k - 1)+1} \right\} = \left\{ \frac{-1}{4k - 1}\right\}$$

Como \({\gamma}_k > 0 \hspace{0.1cm} \forall k \in \mathbb{N}\) y \({\alpha}_k < 0 \hspace{0.1cm} \forall k \in \mathbb{N}\) entonces \(\gamma \cap \alpha = \emptyset\)

Puedo decir entonces que \(A = \left\{ a_n : n \in \mathbb{N} \right\} = \left\{ \gamma_k + \alpha_k : k \in \mathbb{N} \right\}\) y por lo tanto analizando las subsuceciones puedo obtener informacion de la sucesion.

Segun los primeros terminos veo que \({\gamma}_k\) es decreciente y que \({\alpha}_k\) es creciente. Eso se prueba facilmente viendo que \({\gamma}_k \geq {\gamma}_{k+1}\) y luego que \({\alpha}_k \leq {\alpha}_{k+1}\)

Otro resultado facil de ver es que sucede con las subsuceciones en el infinito. Se puede corrobar que

$$\lim_{k \rightarrow +\infty} \gamma_k = 0$$
$$\lim_{k \rightarrow +\infty} \alpha_k = 0$$

De todo esto saco que...

$$sup(\gamma_k) = \gamma_1 = \frac{1}{5} = max(\gamma_k)$$
\(inf(\gamma_k) = 0\) y no tiene minimo.

\(sup(\alpha) = 0\) y no tiene maximo.

$$inf(\alpha) = \alpha= -\frac{1}{3} = min(\alpha)$$

Por lo tanto

$$sup(A) = a_2 = \gamma_1 = \frac{1}{5} = max(A)$$
$$inf(A) = a_1 = \alpha_1= -\frac{1}{3} = min(A)$$

b)

Para este caso, como \(b_n = | a_n |\)

$$sup(B) = a_1 = \frac{1}{3} = max(A)$$
\(inf(B) = 0\) y no tiene mínimo. Esta bien en general?
$$\textbf{Ejercicio 2}$$
Como el ejercicio indica probar, entonces paso directamente a acotar.
$$\left\lvert \frac{(y+1)g(x+y^2) }{ (3{(x-1)}^{2}+2{(y+1)}^{2})^{\frac{1}{3}}} \right\rvert \leq \frac{ |y+1||g(x+y^2)|}{|3{(x-1)}^{2}+2{(y+1)}^{2}|^{\frac{1}{3}}}$$

Teniendo las siguientes acotaciones:

$$|y+1| \leq || (x-1,y+1) ||$$
$$|x-1| \leq || (x-1,y+1) ||$$
Luego utilizo que \(\sqrt[3] {|a|}\) es creciente, es decir \(\sqrt[3] {|a|} \leq \sqrt[3] {|b|} \Leftrightarrow |a| \leq |b|\)

Entonces...

$$3{(x-1)}^{2}+2{(y+1)}^{2} \geq {(x-1)}^{2}+ {(y+1)}^{2}$$
$$({3{(x-1)}^{2}+2{(y+1)}^{2}})^{\frac{1}{3}} \geq ({{(x-1)}^{2}+ {(y+1)}^{2}})^{\frac{1}{3}$$

Utilizando las acotaciones, me queda que

$$\frac{ || (x-1,y+1) |||g(x+y^2)|}{{|| (x-1,y+1) ||}^{\frac{2}{3}}} \leq \frac{ || (x-1,y+1) |||g(x+y^2)|{(x+y^2)}^2}{|| (x-1,y+1) ||^{\frac{2}{3}}{(x+y^2)}^2} = \frac{ {|| (x-1,y+1) || }^{\frac{1}{3}}|g(x+y^2)|{(x+y^2)}^2}{{(x+y^2)}^2}$$

Del enunciado sabemos que
\(\frac{|g(x+y^2)|}{{(x+y^2)}^2} \longrightarrow 3\) ya que \(x+y^2 \longrightarrow 2\) cuando \((x,y) \longrightarrow (1,-1)\)

\({(x+y^2)}^{2} \longrightarrow 4\) cuando \((x,y) \longrightarrow (1,-1)\)

Entonces
\(\frac{ {|| (x-1,y+1) || }^{\frac{1}{3}}|g(x+y^2)|{(x+y^2)}^2}{{(x+y^2)}^2} \longrightarrow 0\) cuando \((x,y) \longrightarrow (1,-1)\)
Le pifie con la justificacion?

$$\textbf{Ejercicio 3}$$
parte a) \(\lim_{t \rightarrow 0} \frac{f(tv+(0,0)) - f(0,0)}{t} = \lim_{t \rightarrow 0} \frac{f(t{v}_1, t{v}_2)}{t} = \lim_{t \rightarrow 0} \frac{tv_1|t||v_2|(t^2{v_1}^2 + t^2{v_2}^2)}{{|tv_1|}^3 + {t}^{6}{v_2}^6} = \lim_{t \rightarrow 0} \frac{{t}^{3}v_1|t||v_2|}{{|tv_1|}^3 + {t}^{6}{v_2}^6}\)

Arriba tengo un \(t^4\) y abajo un \(t^6\), pero sacando factor comun \(t^3\) me queda un \(t\) en el numerador y algo distinto de cero en el denominador, entonces todo tiende a cero.
parte b)
Como todas las derivadas direccionales me dieron 0, entonces las derivadas parciales también dan 0.
Entonces el limite que tengo que ver es...

$$\lim_{(x,y) \rightarrow (0,0)} \frac{f(x,y)}{||(x,y)||} = \lim_{(x,y) \rightarrow (0,0)} \frac{x|y|(x^2+y^2)}{(|x|^3 + y^6)*({x^2+y^2)}^{\frac{1}{2}}} = \lim_{(x,y) \rightarrow (0,0)} \frac{x|y|{(x^2+y^2)}^{\frac{1}{2}}}{(|x|^3 + y^6)}$$

Probe por curvas y me dieron cero, asique pruebo acotar

$$\left\lvert \frac{x|y|{(x^2+y^2)}^{\frac{1}{2}}}{(|x|^3 + y^6)} \right\rvert \leq \frac{|x||y||{(x^2+y^2)}^{\frac{1}{2}}}{(||x|^3 + y^6)|}}$$

Luego como

$$|y| \leq || (x,y) ||$$
$$|x| \leq || (x,y) ||$$
\({|x|}^3 \geq x^2\) y \(y^6 \geq y^2\) entonces \({|x|}^3 + y^6 \geq x^2 + y^2\)

Utilizo las acotaciones...

\(\frac{|x||y||{(x^2+y^2)}^{\frac{1}{2}}}{(||x|^3 + y^6)|}} \leq \frac{||(x,y)||||(x,y)|||||(x,y)||}{||(x,y)||^2} = \frac{||(x,y)||^3}{||(x,y)||^2} = ||(x,y)|| \longrightarrow 0\) cuando \((x,y) \rightarrow (0,0)\)

Entonces \(f(x,y)\) es diferenciable \(f(0,0)\)

$$\textbf{Ejercicio 4}$$
Del enunciado, la informacion que puedo sacar es:
$$f \circ g(0,0) = 3 \implies f(0,1) = 3$$
$$\frac{\partial f \circ g}{\partial x}(0,0) = 2$$
$$\frac{\partial f \circ g}{\partial y}(0,0) = 3$$

Llamo a \(g(x,y) = (ln(xy+ 1) + y\cos(\pi x), e^{3x} + 4y)\) como \(g( u(x,y), v(x,y))\)
Entonces

$$\frac{\partial f \circ g}{\partial x}(0,0) = \frac{\partial f}{\partial x}(g(0,0))*\frac{\partial u}{\partial x}(0,0) + \frac{\partial v}{\partial x}(0,0)$$
$$\frac{\partial f \circ g}{\partial y}(0,0) = \frac{\partial f}{\partial y}(g(0,0))*\frac{\partial u}{\partial x}(0,0) + \frac{\partial v}{\partial y}(0,0)$$

Luego calculo las derivadas parciales de [/tex]u(x,y)[/tex] y [/tex]v(x,y)[/tex]

$$u_x(x,y) = \frac{1}{xy+1}y - \pi y \sin(\pi x) \Rightarrow u_x(0,0) = 0$$
$$u_y(x,y) = \frac{1}{xy+1}x - \cos(\pi x) \Rightarrow u_y(0,0) = 1$$
$$v_x(x,y) = 3{e}^{3x} \Rightarrow v_x(0,0) = 3$$
$$v_y(x,y) = 4$$

Reemplazo en las ecuaciones planteadas...

$$\frac{\partial f \circ g}{\partial x}(0,0) = 2 = f_x(g(0,0))*0 + f_y(g(0,0))*3 \implies f_y(g(0,0)) = f_y(0,1) \frac{2}{3}$$
$$\frac{\partial f \circ g}{\partial y}(0,0) = 3 = f_x(g(0,0))*1 + f_y(g(0,0))*4 \implies f_x(g(0,0)) = f_x(0,1) = \frac{1}{3}$$

Entonces el plano tangente al \(gr(f)\) en el \((0,1,f(0,1))\) es igual a \(z=3+\frac{1}{3}x + \frac{2}{3}y\).

#3 Gasto

En el ejercicio 3, la parte b, si probas por la recta \(y = mx\) El limite te da un numero que depende de m.

\(\lim_{(x,y) \rightarrow (0,0)} \frac{x.|y|.({x}^{2} + {y}^{2})}{({|x|}^{3} + {y}^{6}). \sqrt{{x}^{2} + {y}^{2}}} = \lim_{(x,y) \rightarrow (0,0)} \frac{x.|y|. \sqrt{{x}^{2} + {y}^{2}}}{({|x|}^{3} + {y}^{6})}\)

$$$ $Probando$ $por$ $y=mx$ $con$ $m$ $\in \mathbb{R}$$
$$\lim_{x \rightarrow 0} \frac{x.|mx|. \sqrt{{x}^{2} + {(mx)}^{2}}}{{|x|}^{3} + {(mx)}^{6}} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{x.m|x|.|x| \sqrt{ {m}^{2} + 1}}{{|x|}^{3} + {(mx)}^{6}}$$
$$$ $Tomando$ $limite$ $por$ $derecha:$$
$$\lim_{x \rightarrow 0} \frac{m.{x}^{3} \sqrt{ {m}^{2} + 1}}{{x}^{3}. ( 1 + {m}^{6}{x}^{3})} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{m \sqrt{ {m}^{2} + 1}}{1 + {m}^{6}{x}^{3}} = m \sqrt{ {m}^{2} + 1}$$

Y con eso podes decir que el limite no existe pues depende de m y m es un numero arbitrario. Por lo tanto no es diferenciable.

Saludos!

#4 guidonavalesi

En el ejercicio 4, en el planteo final del plano tangente, falta la multiplicación de \(\frac{\partial f}{\partial y}(0,1)\) por \((y - 1)\)

El plano quedaría asi:

$$z=3+\frac{1}{3}x + \frac{2}{3}(y - 1)$$
\(z=\frac{7}{3}+\frac{1}{3}x + \frac{2}{3}y\)