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[No Resuelto] P:2-Ej.14)d- y Ej. 21)

4 respuestas 7505 visitas 2009-05-02

#1 Frangipani 2009-05-02 12:55

14)d-
Demostrar que la siguiente función tiende a cero si (x,y) se aproxima al origen a lo largo de cualquier recta, pero que para ninguna de ellas existe el límite cuando \((x,y)\rightarrow (0,0)\)

f(x,y)=\begin{Bmatrix}\large {(x^2-y)y}\over{\large{x^4}& \mbox{ si }& 0\leq y \leq x^2 \\ 0 & \mbox{en otro caso}& \end{matrix} }

Estudiar la continuidad de f en el origen de coordenadas

f(x,y)=\begin{Bmatrix}\large {(xy^2-\tan(x^2y)}\over{\large{\frac{1}{2}x^2+y^2}& \mbox{ si }& 0\leq y \leq x^2 \\ 0 & \mbox{en otro caso}& \end{matrix} }

Ayuda ^^U

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"Locura es hacer siempe lo mismo y esperar diferentes resultados" Albert Einstein
"Most People are other people. Their thoughts are someone elses opinions, their lives a mimicry, their passions a quotation" Oscar Wilde

#2 juanma 2009-05-02 19:26

te confundiste en el enunciado del 21, en la primer condicion. Seria asi,

f(x,y)=\begin{Bmatrix}\large {xy^2-\tan(x^2y)}\over{\large{\frac{1}{2}x^2+y^2}& \mbox{ si }& (x,y)\not=(0,0) \\ 0 & \mbox{en otro caso}& \end{matrix} }

la idea seria,

|\frac{xy^2-\tan(x^2y)}{\frac{1}{2}x^2+y^2}|<|\frac{xy^2}{\frac{1}{2}x^2+y^2}|+|\frac{\tan(x^2y)}{\frac{1}{2}x^2+y^2}|<|\frac{2xy^2}{x^2+y^2}|+|\frac{2\tan(x^2y)}{x^2+y^2}|=|\frac{2xy^2}{x^2+y^2}|+|\frac{2sen(x^2y)}{cos(x^2y) (x^2+y^2)}|<|\frac{2xy^2}{x^2+y^2}|+|\frac{2|x^2y|}{cos(x^2y) (x^2+y^2)}|

la parte de
\(|\frac{2xy^2}{x^2+y^2}|\) tiende a cero y lo del coseno tiende a 1

solo escribi la tangente como sen/cos, y use |sen(x)|<|x| y me saque el 1/2 del denominador.

#3 Mr. Satán 2009-05-03 03:55

Pregunta: si quiero demostrarlo por definición con epsilon y delta,
¿como acoto el \(\frac {1}{cos(x^2 y)}\)?

porque el seno lo acoto por el argumento, pero no puedo acotar el coseno por el argumento cuando el coseno esta dividiendo ¿no?

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#4 juanma 2009-05-03 20:20

si sabes que \(f(x,y)\) tiende a \(\ell\) cuando \((x,y)-->(0,0)\). sabes que \(\forall \epsilon > 0 \exists \delta >0\) talque si \(||(x,y)||<\delta => |f(x,y)-\ell|<\epsilon\).
Proba que si \(\ell > h\), existe \(\delta > 0\)talque, si \(||(x,y)||<\delta => f(x,y) > h\). (sale tomando\(\epsilon = \ell-h\), si \(\ell>o\) podes tomar \(h=\ell/2\))(lo mismo podes hacer si (x,y) tiende a cualquier punto, puse el (0,0) por poner alguno)

Ahora si vos sabes que \(|cos(x^2 y)|->1\) cuando \((x,y)->(0,0)\) existe \(K>0\) talque \(|cos(x^2 y)|>K\)si \(||(x,y)||<\delta_1\) para algun \(\delta_1\)(por lo probado antes). luego \(1/|cos(x^2 y)|<1/k\) si \(||(x,y)||<\delta_1\)
Ahi tenes una forma de acotar al coseno y el nuevo delta que tomas va a tener que ser menor entre el que elijas y el \(\delta_1\)de recien.

Igual en un parcial no creo que necesites hacer todo por definicion, podes usar algebra de limites o sandwich

#5 fedor 2009-07-29 17:21

Dejo mi solucion del ejercicio 14 d).

Sea

f(x,y)=\begin{Bmatrix}\large {(x^2-y)y}\over{\large{x^4}& \mbox{ si }& 0 < y < x^2 \ 0 & \mbox{en otro caso}& \end{matrix} }

Si \(x = 0\) entonces \(\lim_{(x, y) \rightarrow (0,0)} f(x, y) = 0\).

Si \(y = mx\) con \(m \geq 0\), entonces para todo \(x\) tal que \(0 \leq x \leq m\) tenemos \(x^2 \leq mx = y\), y por definicion \(f(x, mx) = 0\). Si \(x < 0\) entonces \(mx \leq 0\) y luego \(f(x, mx) = 0\).

Por lo tanto, \(\lim_{x \rightarrow 0} f(x, mx) = 0, \forall m \geq 0\).

Si \(y = mx\) con \(m < 0\), entonces para todo \(x\) tal que \(m < x < 0\) tenemos \(x^2 \leq mx = y\), y por definicion \(f(x, mx) = 0\). Si \(x > 0\) entonces \(mx < 0\) y luego \(f(x, mx) = 0\).

Por lo tanto, \(\lim_{x \rightarrow 0} f(x, mx) = 0, \forall m < 0\).

Si \(y = \frac{1}{2} x^2\) entonces \(\lim_{x \rightarrow 0} f(x, \frac{1}{2} x^2) = \lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{(x^2 - \frac{1}{2} x^2) \frac{1}{2} x^2}{x^4} = \lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{1}{4} \dfrac{x^4}{x^4} = \frac{1}{4} \neq 0\)

Por lo tanto, no existe el limite doble.