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> I1 Cálculo III, 2S 2014
GmHernan
mensaje Dec 13 2014, 01:50 PM
Publicado: #1


Maestro Matemático
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TEX: <br />\begin{center}<br />MAT1630 - C\'{a}lculo III\\<br />Interrogaci\'{o}n 1 \\<br />\end{center}<br /><br />1.<br />a) Calcule $$\lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{x \sqrt{|y|}}{\sqrt{x^3+y^3}}$$<br /><br />b) Considere la funcion $$f(x,y) = \begin{cases} (x^2+y^2) \sin(\dfrac{1}{ \sqrt{x^2+y^2}}) &,\ (x,y)\ne (0,0) \\ \qquad \ 0\ &,\ (x,y)=(0,0) \end{cases}$$<br />Analice la continuidad of $f$ in $R^2 $. Determine si $\dfrac{\partial f}{ \partial x} $ es continua en (0,0)<br /><br />2. Considere la superficie $S$ en $R^3 $ dada por:<br /><br />$$ z= (x-2)^2 + (y+3) ^2 - 3$$<br /><br />a) Determine la ecuacion de plan tangente a $S$ en el punto (4,0,2)<br /><br /><br /><br />b) Determine todos los puntos $P$ sobre $S$ de modo que el plano tangente a $S$ en $P$ tenga a<br />$n = (1, 0, 1)$ como su vector normal o demuestre que tales puntos no existen.<br /><br />3. <br /><br />a) Determine los maximos y minimos de la funcion<br />$$ f(x, y) = 2x^2 +xy-8x-y + 6 $$ sobre la region $T \subset R^2$<br />encerrada por el triangulo de vertices (0, 0), (3, 0), (0, 3). (Los<br />puntos en el triangulo tambien son parte de la region T).<br /><br /><br />b) Sea $f(x, y)$ una funcion escalar de dos variables que describe la temperatura sobre la<br />superficie de la Tierra (la cual supondremos plana). Suponga que<br /><br />$$ \dfrac{\partial f}{ \partial x} (-1,2) = -1, \dfrac{\partial f}{ \partial y} (-1,2) = 2 $$ <br /><br />Determine la derivada dirreccional $f$ en el punto (-1, 2) en la direccion del vector<br />(-1, 1).<br /><br />4. Determine y clasifique los puntos de la funcion $$f(x, y) = x(x^2 - 3) + y(y^2 - 3)$$<br /><br />

Mensaje modificado por GmHernan el Dec 14 2014, 09:42 AM


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GmHernan
mensaje Dec 20 2014, 11:53 AM
Publicado: #2


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Me respondere a mi mismo, ya que lo hicimos en ayudantia antes de la prueba. pozo2005_bylaope.gif

TEX: <br /><br />\vspace{10pt}\begin{center}<br /><br />$ \displaystyle \frac{\partial f(0,0)}{\partial x} = \lim_{h \to 0 } \frac{f(h,0)- f(0,0)}{h} = \lim_{h \to 0 } \frac{h^2}{h}\sin(\frac{1}{\sqrt{h^2}} = \lim_{h \to 0 } h\sin\frac{1}{|h|}=0 $ <br /><br />$ \displaystyle \frac{\partial f(0,0)}{\partial y} = \lim_{h \to 0 } \frac{f(0,h)- f(0,0)}{h} = \lim_{h \to 0 } \frac{h^2}{h} \sin(\frac{1}{\sqrt{h^2}} = \lim_{h \to 0 } h\sin\frac{1}{|h|}=0 $ \vspace{10pt}<br /> <br /><br />$ \displaystyle \lim_{(x,y) \to (0,0) } |\frac{f(x,y) -f(0,0)-x\frac{\partial f(0,0)}{\partial x}-y\frac{\partial f(0,0)}{\partial y}}{\sqrt{x^2+y^2 }}|=0 $ \vspace{10pt}<br /><br /><br />$ \displaystyle \lim_{(x,y) \to (0,0) } \frac{f(x,y) -f(0,0)}{\sqrt{x^2+y^2 }} $ \vspace{10pt}<br /><br />$\lim_{(x,y) \to (0,0) } \frac{(x^2+y^2)\sin(\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}}{\sqrt{x^2+y^2 }} = \lim_{(x,y) \to (0,0) } \sqrt{x^2+y^2} \sin\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}} $ \vspace{10pt}<br /><br /><br />Por último por definicion, debemos probar que \vspace{10pt}<br /><br /><br />$ \forall \epsilon > 0, \exists \delta > 0, \sqrt{x^2+y^2}<br /> < \delta \rightarrow |\sqrt{x^2+y^2} \sin\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}| < \epsilon $ \vspace{10pt}<br /> <br /> Y dado que \vspace{10pt}<br /> <br />$ |\sqrt{x^2+y^2} \sin\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}| \leq \sqrt{x^2+y^2} < \epsilon $ \vspace{10pt}<br /><br /> Y por ultimo con $ \delta = \epsilon $, queda demostrado. \vspace{10pt}<br /><br />\end{center}<br /><br /><br />Ahora, volviendo a hacer el ejericio de nuevo calculando las derivadas parciales para (x,y) distinto de (0,0)<br /><br /><br />\vspace{10pt}\begin{center}<br />$\displaystyle \frac{\partial f(x,y)}{\partial x} = 2x\sin \frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}} -\frac{x\cos\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}}{\sqrt{x^2+y^2 }} $ \vspace{10pt}<br /><br />$\displaystyle \frac{\partial f(x,0)}{\partial x} = 2x\sin \frac{1}{\sqrt{x^2}} -\frac{x\cos\frac{1}{\sqrt{x^2}}}{\sqrt{x^2}}= 2x\sin \frac{1}{|x|} -\frac{x\cos\frac{1}{|x|}}{|x|} $ \vspace{10pt}<br /><br />Ahora aplicando limite \vspace{10pt}<br /><br />$ \displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{\partial f(x,0)}{\partial x} = 0 -asign(x)= -asign(x)$ \vspace{10pt}<br /><br />Donde $ \cos\frac{1}{|x|}= a, a \in [0,1],$ sign(x) = signo de x \vspace{10pt} \vspace{10pt}<br /><br /><br /><br />\end{center}<br />

Es decir, a pesar de que las derivadas parciales no son continuas, la funcion si es diferenciable. blink.gif


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nacharon
mensaje Dec 28 2015, 08:53 PM
Publicado: #3


Dios Matemático
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TEX: <br />1.a) El l\'imite no existe. A trav\'es de la recta $x=0$ el l\'imite vale $0$, mientras que por la recta $x=y$, con $x,y>0$, el l\'imite vale<br />$$\lim_{y\to 0}\frac{\sqrt{y^3}}{\sqrt{2y^3}}=\frac{1}{\sqrt{2}}.$$<br /><br /><br />
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