Guia 2.0 Limites y Derivadas

Universidad Técnica Federico Santa María Departamento de Matemática Campus Santiago

Ayudante: Roberto Celis

G uí a 2.0 d e e j er c ci i c ci i o s r e suel t to s I C V / z o 2006 C I P PE EV V / / M ar Temas: Limites, continuidad, derivadas parciales . Problema 1: Sea 2 2 xy

x 2 + y 4

, si ( x, y ) ≠ (0,0)

0

, si ( x, y ) = (0,0)

f ( x, y ) =

1.1 Mostrar que

∂ f

y

∂ f

existen en todas partes. ∂ x ∂ y 1.2 ¿Es Diferenciable en (0,0)? 1.3 ¿Es f ( x, y ) continua en en (0 (0,0)?

Solución: 1.1 En los puntos tales que ( x, y ) ≠ (0,0) basta derivar con las reglas de derivación conocidas del cálculo de una variable, claro que procurando dejar fija la variable respecto a la cual no se deriva, así: ∂ f ∂ x

=

2 y

( x

6 2

− 2 x 2 y + y

4

2

∂ f

)

2

∂ y

=

3 5 4 x y − 4 xy

( x

2

+ y 4 )

2

En los puntos tales que ( x, y ) = (0,0) se debe usar la definición de derivada parcial, pues no tenemos certeza absoluta de su existencia, esto es: 2∆ x ⋅ 0

∂ f (0,0) ∂ x

= lim

f (0 + ∆ x,0) − f (0,0)

∆ x

∆ x → 0

2 ⋅ 0 ⋅ ∆ y

∂ f (0,0) ∂ y

= lim

f (0,0 + ∆ y ) − f (0,0)

∆ y →0

∆ y

−0

2 = lim ∆ x + 0 ∆ x → 0 ∆ x

= lim

∆ y →0

= lim

∆ x → 0

∆ x

= lim 0 = 0 ∆ x → 0

2

0 + ∆ y 4

∆ y

0

−0 = lim

∆ y →0

0

∆ y

= lim 0 = 0 ∆ y →0

2 Por lo tanto las derivadas parciales de f ( x, y ) existen en todo IR .

ICIPEV / Marzo 2006

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1.2 f ( x, y ) será diferenciable en un punto determinado (a , b ) si y sólo si:

lim

f (a + h, b + k ) − f (a, b ) − h ⋅ f x (a, b ) − k ⋅ f y (a, b )

h , k → 0 , 0

h 2 + k 2

=0

Observación: la expresión anterior es una definición y es válida para cualquier función. En este problema, se tiene que respuesta 1.1, se tiene que:

(a, b ) = (0,0) , por lo que usando los resultados de la

2

2hk lim

h 2 + k 4

h , k → 0, 0

− 0 − h ⋅ 0 − k ⋅ 0 2

= lim

2hk 2

h , k → 0 , 0

2

h + k

(h

2

+ k 4 ) h 2 + k 2

Pasando a coordenadas polares: h = r cos(θ ) ; k = rsen(θ ) ; θ ∈ [0,2π ] 2r cos(θ )sen (θ ) 3

lim r → 0

2 cos(θ )sen (θ )

2

2

r 2 (cos 2 (θ ) + r 2 sen 4 (θ ))r

= lim r → 0

(cos (θ ) + r sen (θ )) 2

2

4

2 sen (θ ) 2

=

cos(θ )

= ϕ (θ )

La expresión anterior es una función del ángulo ( ϕ (θ ) ), por lo que para diferentes ángulos existen diferentes valores del límite. Con ello, la función NO es diferenciable, pues no se cumple la definición establecida.

1.3 Analizáramos la continuidad de la función comprobando el valor del límite: Un acercamiento por las rectas x = 0 o y = 0 dan como resultado cero, esto es: lim

x → 0

2 x ⋅ 0 x 2 + 0

= lim 0 = 0 x → 0

Sin embargo, un acercamiento por la curva y 2 = x da como resultado: lim

x → 0

2 x ⋅ x x 2 + x 2

= lim x → 0

2 2

=1

Como 1 ≠ 0 se concluye que el límite no existe, y por ende la función NO es continua en el origen. (observación: una función puede no ser diferenciable y sí ser continua, por lo que no basta demostrar la no diferenciabilidad de la función para decir que no es continua) ICIPEV / Marzo 2006

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Problema 2: Dada la función

 ( x + 2)sen(( x + 2)2 + 2( y − 3)2 ) +a  2 2  (( x + 2) + 3( y − 3) − ( x + 2)( y − 3))  f ( x, y ) =   9  

si

(x, y) ≠ (− 2,3)

si

(x, y) = (− 2,3)

2.1 ¿ Para qué valor de a f ( x, y ) es continua en ( x, y ) = (− 2,3) ? Justifique. 2.2 ¿ f x ( x, y ) & f y ( x, y ) existen en ( x, y) = (− 2,3) ? Justifique. Solución: 2.1 Haciendo un cambio de variables: u = x + 2; v = y − 3 y reemplazando, el límite queda así: (calcularemos el límite sin considerar a , pues es una constante que se suma a la fracción y no “molesta” para efectos de cálculo)

(u )sen((u )2 + 2(v )2 )

lim

( u , v ) →( 0 , 0 )

((u )

2

2

)

+ 3(v ) − (u )(v )

Notar que con las nuevas variables ( u y v ) el límite se traslada al origen, por lo que se puede hacer sin problemas el cambio a coordenadas polares, esto es: u = r cos(θ )

⇒ lim r →0

v = rsen(θ )

θ ∈ [0,2π ]

(r cos θ )sen((r cos θ )2 + 2(rsenθ )2 )

((r cos θ )

2

2

)

+ 3(rsenθ ) − (r cos θ )(rsenθ )

Como en el numerador y denominador hay r elevado a uno, se pueden eliminar, por lo que el límite quedaría así:

⇒ lim r →0

(cos θ )sen((r cos θ )2 + 2(rsenθ )2 )

((cos θ )

2

+ 3( senθ ) − (cos θ )(senθ )) 2

Dicho límite es cero para cualquier ángulo, pues el denominador nunca se hace cero (comprobar siempre !!!!), y además el numerador esta multiplicado por r , así el límite es cero. Luego, para que f ( x, y ) sea continua en ( x, y) = (− 2,3) , a debe tomar el valor de 9, pues sólo así se cumplirá la condición de continuidad.

2.2 Para calcular las derivadas parciales se debe usar la definición de derivada parcial (de forma análoga al problema 1.1), con ello, se llega a concluir que sus valores son f X ( x, y ) & f Y ( x, y ) = 0. (se deja al alumno realizar dicho cálculo para así fomentar la ejercitación) ICIPEV / Marzo 2006

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 x + y si x + y ≥ 2 Problema 3: Sea f ( x , y ) =  si x + y < 2 1 ¿Existe

lim f ( x, y ) ?

( x , y )→(1,1)

Solución Antes que todo, se debe realizar un gráfico del dominio de la función. La figura siguiente muestra que la región interior al rectángulo corresponde a x + y < 2 , en donde f ( x, y ) toma el valor de 1; y la región exterior a x + y ≥ 2 , f ( x, y ) toma el valor x + y .

Luego, para que el límite exista, este debe tener el mismo valor para cualquier acercamiento de la función al punto (1,1). Según el gráfico anterior, se puede ver que un acercamiento al punto (1,1) desde el lado izquierdo tiene un valor de 1, pues en la región dentro del cuadrado la función toma ese valor. Por el contrario, un acercamiento por el lado derecho al punto (1,1), la función toma el valor de x + y, esto eso:

lim x + y = 1 + 1 = 2

( x, y )→(1,1)

: Luego 1 ≠ 2 , por lo cual el límite No existe.

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Problema 4: Se define una función f por:

 1   1  ( x + y ) sin  sin    x   y 

, si x ⋅ y ≠ 0

0

, si x ⋅ y = 0

f ( x, y ) =

Determinar el máximo dominio de continuidad de la función.

Solución Sean

A = {( x, y ) ∈ IR / x ⋅ y ≠ 0} 2

B = {( x, y ) ∈ IR 2 / x ⋅ y = 0}

Con esto, el dominio de f ( x, y) es A ∪ B . Luego, en la región A, si x ⋅ y ≠ 0 ⇔ [ x ≠ 0 ∧ y ≠ 0] , por lo tanto, en esta parte del dominio f ( x, y ) es continua, pues nunca se indefine.

Por otra parte, en la región B se dan dos situaciones: x ⋅ y = 0 ⇔ [ x = 0 ∧ y = 0] ∨ {[ x = 0 ∧ y ≠ 0] ∨ [ x ≠ 0 ∧ y = 0]}

Así, para estudiar la continuidad en el punto (0,0), se usará el teorema del sándwich para seno: Como sin ( x ) ≤ 1 , ∀ x ∈ IR

 1   1  ⇒ − 1 ≤ sin  sin  ≤ 1  x   y   1   1  ⇒ − ( x + y ) ≤ ( x + y ) sin  sin  ≤ ( x + y )  x   y  Si ( x, y ) tiende a (0,0) ⇒ 0 ≤ Por esto, como

 1   1  ( x + y ) sin  sin   ≤ 0 ( x , y ) → ( 0 , 0 )  x   y 

lim

 1   1  x y + ( ) sin   sin  = 0, f ( x, y ) es continua en (0,0). lim ( x , y ) → ( 0 , 0 )  x   y 

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Además, para que f ( x, y) sea continua en puntos sobre la región B, con decir, puntos de la forma (a,0) y (0, a) , con a ∈ IR , se debe cumplir que:

 1   1  ( x + y ) sin   sin  = 0 ( x , y ) → ( a , 0 )  x   y 

lim

∨

(0,0), es

 1   1  ( x + y ) sin  sin   = 0 ( x , y ) → ( 0 , a )  x   y 

lim

Analicemos ( x, y ) = (a,0)

 1   1  x y + ( ) sin   sin  ; este límite, se puede calcular usando el mismo argumento lim ( x , y ) → ( a , 0 )  x   y   1  del sándwich que en el caso de ( x, y ) = (0,0), con la diferencia, de que x ⋅ sin   será un  x  número, y no cero, pues está evaluado en x = a , por ello, para poder cumplir la condición  1  de continuidad, se busca algún punto en donde sen  = 0 , esto es:  x  1 1  1  sen  = 0 ⇔ = nπ ⇔ x = , n ∈ IN x x n π   De forma análoga, se puede concluir que para los puntos ( x, y ) = (0, a ) , y =

1 nπ

Por lo tanto, considerando todo lo anterior, f ( x, y) es continua sobre la región A, es 1 1 continua en ( x, y ) = (0,0), y es continua en ( x, y ) = ( ,0) y en ( x, y ) = (0, ) , con nπ nπ 2 n ∈ IN . En todos los otros puntos IR la función es discontinua, pues se indefine al estar divida por cero.

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Problema 5:

Solución:

Observación, se ha usado la regla de Lhopital para límites, si no se esta familiarizado con ello entonces se debe recurrir a otro método de solución. Otra posible solución sería acotar el límite, es decir, usar el teorema del sándwich:

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Problema 6:

Solución:

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Problema 7:

Solución:

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Problema 8:

Solución:

Observación: En el problema anterior se han utilizado las fórmulas definidas para plano tangente y recta normal:

Fórmula plano tangente: ∇ f ( x 0 , y 0 , z 0 ) • (( x, y , z ) − ( x 0 , y 0 , z 0 )) = 0

 df df df   , ,  • (( x, y , z ) − ( x 0 , y 0 , z 0 )) = 0  dx dy dz  Fórmula recta normal: x − x 0 df dx

=

y − y 0 df

=

z − z 0

dy

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df dz

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Problema 9:

9.1 Mostrar que

∂ f

y

∂ f

existen en todas partes. ∂ x ∂ y 9.2 ¿Es Diferenciable en (0,0)?

9.3 Encuentre la derivada direccional de f en ( x, y ) = (0,0) y en la dirección del vector 1 (1,1) unitario eˆ = 2 Solución: 9.1 Para el punto ( x, y ) = (0,0) se tiene que:

El límite anterior no existe, pues la fracción podría ser 1 o -1.

9.2 Se podría intentar usar la definición mostrada en el problema 1.2, sin embargo para f ( x, y ) No es diferenciable en responder a la presente pregunta basta decir que

( x, y ) = (0,0) pues

f x (0,0) no existe.

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9.3 Calcularemos la derivada direccional de f en ( x, y ) = (0,0) en la dirección del vector 1 (1,1) usando la definición: unitario eˆ = 2

Problema 10: Demuestre o de un contraejemplo: Fr ( A ∪ B ) ⊆ Fr ( A) ∪ Fr ( B )

Solución:

x ∈ Fr ( AUB )

⇔ ∀r > 0 Br ( x ) ∩ ( AUB ) ≠ φ ∧ Br ( x ) ∩ ( AUB ) c ≠ φ ⇔ ∀r > 0 ∃ y ∈ Br ( x ) ∩ ( AUB ) ∧ ∃ z ∈ Br ( x ) ∩ ( AUB ) c ⇔ ∀r > 0 ⇔ ∀r > 0

⇒ ⇔

[ y ∈ Br ( x) ∧ ( y ∈ A ∨ y ∈ B ) ] ∧ [ z ∈ Br ( x ) ∧ z ∉ A ∧ z ∉ B ] [ y ∈ Br ( x ) ∩ A ∨ y ∈ Br ( x ) ∩ B ] ∧ z ∈ Br ( x ) ∩ A c ∧ z ∈ Br ( x ) ∩ B c Br ( x ) ∩ A ≠ φ ∧ Br ( x ) ∩ A c ≠ φ ∨ Br ( x ) ∩ B ≠ φ ∧ Br ( x ) ∩ B c ≠ φ x ∈ Fr ( A) ∨ x ∈ Fr ( B )

Por lo tanto, es verdadero.

Comentarios y preguntas a [email protected]

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