Ejercicios detallados del obj 2 Mat IV (735

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(1)

Capitulo IV Matemática IV (735)

Objetivo 2. Aplicar el concepto de derivada parcial y total de una función de varias variables en la resolución de problemas.

Comentarios

Antes de comenzar esta guía quiero hacer varias aclaratorias sobre derivada de funciones de varias variables (FVV), ya que tendemos a confundir conceptos de diferenciabilidad con derivabilidad, así como precisar la relación existente entre ellas.

Grosso modo una función es derivable cuando existen las derivadas de la misma, y recordando que las derivadas se definen por un límite, pues éste límite debe existir para que la función posea derivada.

Por otra parte una función es diferenciable cuando el siguiente límite genera inevitablemente una forma indeterminada 0

0 y al eliminar dicha forma indeterminada el límite da CERO. El límite en cuestión es:

( ) ( )

(

)

( ) (

)

0 0

, ,

0 0 funcion plano tangente

lim 0

distancia entre , ,

x yx y x y y x y

=

Analicemos algunos ejemplos: a) Dada la función 2

:

f U ⊂ℝ →ℝ, definida por:

( )

, 2 3 , si 2 3 0

0, si 2 3 0

x y

x y x y

f x y

x y

− 

+ ≠

 + =

+ =

 • Estudiar la continuidad

• Determinar si las derivadas parciales de primer orden están definidas en

( )

0, 0 • En concordancia con la respuesta del apartado inmediato anterior, establecer si

f es diferenciable en

( )

0, 0 .

RESOLUCIÓN

• En este caso se nos pide si la función es continua, recordando la condición para que una función f x y

( )

, sea continua en un punto

(

x y0, 0

)

:

(

)

( ) ( )

( )

0 0

0 0

, ,

, lim ,

x y x y

f x y f x y

(2)

Es decir, deben existir tanto f x y

(

0, 0

)

, como

( ), ( 0, 0)

( )

lim ,

x yx y f x y además de ser

iguales claro está.

Procedamos por límites iterados para observar si el siguiente límite existe:

( ) ( )x y,lim0,0 2 3

x y x y

− +

Aplicando límites iterados se tiene:

( )

0 0 0 0

0

lim lim lim lim

2 3 2 3 0 2

0

x x x x

x y x x x

x y x x

y

→ → → →

 

 

− −  

 

=  =  =

+   +

 

=

  2x

1 2 =

( )

0 0 0 0

0

lim lim lim lim

2 3 2 0 3 3

0

y y y y

y

x y y y

x y y y

x

→ → → →

 

   

− − −

 

=  =  =

+   +

 

=

  3y

1 3 − =

Como los limites iterados son diferentes, el límite no existe y por ende la función NO ES CONTINUA EN el origen de coordenadas.

• Determinemos las primeras derivadas parciales en el punto

( )

0, 0 , esto lo haremos utilizando la definición de límite, porque si derivamos la función dada por tabla y evaluamos en el origen, obtendríamos cero sobre cero que es una forma indeterminada y por ende no tendríamos información del valor de las primeras derivadas parciales.

(

0 0

) (

0 0

)

(

) ( )

( ) ( )

0 0 0

, , 0 , 0 0, 0 , 0 0, 0

lim lim lim

x

h h h

f x h y f x y f h f f h f

f f

xhhh

+ − + − −

∂ = = = =

Como

( )

,

2 3

x y f x y

x y

− =

+ y f

( )

0, 0 =0, según la función dada, se tiene:

( ) ( )

( )

0 0 0

0 0 , 0 0, 0 2 3 0

lim lim lim

h h h

h h

f h f h

h h

→ → →

− +

= = 2h

0

0

, si 0 1

lim

, si 0 2

h

h h

hh

−∞ < = =

+∞ >

Para la derivada con respecto a ye, se tiene:

(

0 0

) (

0 0

)

(

) ( )

( ) ( )

0 0 0

, , 0, 0 0, 0 0, 0, 0

lim lim lim

y

h h h

f x y h f x y f h f f h f

f f

yhhh

+ − + − −

∂ = = = =

Como

( )

,

2 3

x y f x y

x y

− =

+ y f

( )

0, 0 =0, según la función dada, se tiene:

( ) ( )

( )

0 0 0

0

0

0, 0, 0 2 0 3

lim lim lim

h h h

h h

f h f h

h h

→ → →

− +

= = 3h

0

, si 0 1

lim

, si 0 3

h

h h

hh

−∞ >

= − =

+∞ <

(3)

Como los límites no existen, las primeras derivadas parciales no están definidas en el origen.

• ¿Es diferenciable en el origen? NO, porque la existencia de las primeras derivadas es una CONDICIÓN NECESARIA para concluir que una función es diferenciable en un punto. Sin embargo, el hecho que sea derivable, es decir, que existan las primeras derivadas parciales, no es CONDICIÓN SUFICIENTE para garantizar que sea diferenciable.

b) Dada la función 2 :

f U ⊂ℝ →ℝ, definida por:

( )

2+2y, si

( ) ( )

( ) ( )

, 1, 2 ,

0, si , 1, 2

x x y

f x y

x y

 =

= 

Determinar si f es derivable (que existan las primeras derivadas parciales) en el punto

( )

1, 2 y si es o no diferenciable en el mismo punto.

RESOLUCIÓN

En este caso, podemos derivar la función directamente, a diferencia del caso anterior, que si hubiésemos derivado, y evaluado en el origen, obtendríamos cero sobre cero, y no tendríamos información de dichas primeras derivadas parciales, por lo que procedimos aplicando la definición de derivada parcial.

En este caso derivaremos por tabla y evaluaremos en el punto

( )

1, 2 las primeras derivadas parciales, así:

2

x

f

f x x

∂ = =

∂ evaluando en el punto

( )

1, 2 , se tiene: x 2 1

( )

2

f f x

∂ = = = ∂

2

y

f f y

∂ = =

∂ evaluando en el punto

( )

1, 2 , se tiene: y 2

f f y

∂ = = ∂

Como las derivadas existen, la función ES DERIVABLE.

Pero ¿ES DIFERENCIABLE EN EL PUNTO

( )

1, 2 ? NO, porque la función no es continua en el punto

( )

1, 2 , porque no se cumple la condición de continuidad, observa:

(

)

( ) ( )

( )

( )

( ) ( )

( )

0 0

0 0

, ,

, 1,2

, lim ,

1, 2 lim ,

x y x y

x y

f x y f x y

f f x y

= =

(4)

( )

( ) ( )

( )

( ) ( )

(

)

( )

( )

( ) ( )

( )

2 2

, 1,2

, 1,2 , 1,2

1, 2 0

1, 2 lim ,

lim , lim 2 1 2 2 5 x y

x y x y

f

f f x y

f x y x y

→ →

= 

→ ≠

= + = + =



En conclusión, en este caso, a pesar de que la función es derivable, NO ES DIFERENCIABLE, debido a que la función NO ES CONTINUA.

c) Dada la función 2 :

f U ⊂ℝ →ℝ, definida por:

( )

( ) ( )

( ) ( )

2 2 , si , 0, 0 ,

0, si , 0, 0

xy

x y x y

f x y

x y

≠ 

+ =

=

 • Determinar si es continua en

( )

0, 0 • Determinar si es derivable en

( )

0, 0 • Evidenciar si es diferenciable en

( )

0, 0 .

RESOLUCIÓN

• Verifiquemos la condición de continuidad

(

)

( ) ( 0 0)

( )

0 0

, ,

, lim ,

x y x y

f x y f x y

=

Calculemos el límite:

( ) ( )

( )

2 2 2 2

, 0,0

0 0 0

lim

0

0 0

x y

xy x y

+ = + =

Si aplicamos limites iterados, obtenemos:

( )

2 2 2 2

0 0 0

0 0

lim lim lim 0

0 0

x x x

x xy

x

x y x

y

→ → →

 

   

 = = =

   

   

+  + 

=

 

( )

2 2 2 2

0 0 0

0 0

lim lim lim 0

0 0

y y y

y xy

y

x y y

x

→ → →

 

 

 

= =  =

 

+ +  

=   

 

Parece que el límite vale cero, pero probemos con otra trayectoria, por ejemplo:

y=x, así:

( ) ( )

( )

2 2

2 2 2 2 2

, 0,0 0 0 0 0

0

lim lim lim lim lim 0

2 2 2

2

x y x x x x

x x

xy x x x

x

x y x x x

+ = → + = → = → = → = =

(5)

ESTE LÍMITE VALE CERO PORQUE YA FUE DESARROLLADO Y DEMOSTRADO CON EL TEOREMA DEL EMPAREDADO EN EL EJERCICIO 2 DEL OBJETIVO 1, sin embargo, a manera de que observes que un ejercicio se puede demostrar utilizando otros caminos demostrare de nuevo que este límite es cero haciendo uso del teorema de sustitución trigonométrica.

TEOREMA. Supongamos que se pude descomponer la función F r

( )

,

θ

de esta forma:

( )

, ( ) ( ) F r

θ

=h r G

θ

Donde además: a)

0

lim ( ) 0

r

h r +

→ =

b) G( )θ está acotada en

[

0, 2

π

]

Entonces:

( ) ( )x y,lim→0,0 f x y

( )

, =0

Aplicando dicho teorema en nuestro caso haciendo el uso del cambio de variable en coordenadas polares:

cos

x r y rsen

θ

θ

=  

=  se tiene:

( ) ( )

(

) (

)

(

) (

)

2 2

2 2 2 2 2

, 0,0 0 0 2 2 2 0

cos cos cos

lim lim lim lim

1

cos cos

x y r r r

xy r rsen r sen r sen

x y r rsen r sen r

θ

θ

θ θ

θ θ

θ

θ

θ

θ

+ + +

+ = → + = → + = → ×

 

2 2

2

0 0

cos

lim lim

1

r r

r sen r

r θ θ

+ +

× = →

cos sen r

θ θ

(

)

0

lim cos

r→+ r θsenθ =

Ahora verifiquemos que se cumplen las condiciones del teorema:

( )

, ( ) ( )

(

cos

)

( )

( ) cos

h r r

F r h r G r sen

G sen

θ

θ

θ θ

θ

θ θ

= 

= = →

=  Donde:

a)

0 0

lim ( ) 0 lim 0

r→ +h r = →r→ +r=

b) G( )

θ

está acotada en

[

0, 2

π

]

, ya que cosθsenθ existe para todo

[

0, 2

]

(6)

(

)

0

lim cos 0

r

r

θ θ

sen +

→ =

Por lo tanto:

( ) ( )x y,lim0,0 2 2 0

xy x y

+ =

Retomando el ejercicio, para conocer si

( )

( ) ( )

( ) ( )

2 2 , si , 0, 0 ,

0, si , 0, 0

xy

x y x y

f x y

x y

≠ 

+ =

=

 es continua en el origen.

Ya sabemos que

( ) ( )x y,lim0,0 2 2 0

xy x y

+ = y de la función

( )

( ) ( )

( ) ( )

2 2 , si , 0, 0 ,

0, si , 0, 0

xy

x y x y

f x y

x y

≠ 

+ =

=

se tiene que f

( )

0, 0 =0, por lo tanto la función SI es continua en el origen, ya que:

( )

0, 0 ( ) ( ),lim0,0

( )

,

x y

f f x y

=

• Verifiquemos si la función es derivable en el origen. Esto lo haremos utilizando la definición de límite, porque si derivamos la función dada por tabla y evaluamos en el origen, obtendríamos cero sobre cero que es una forma indeterminada y por ende no tendríamos información del valor de las primeras derivadas parciales.

(

0 0

) (

0 0

)

(

) ( )

( ) ( )

0 0 0

, , 0 , 0 0, 0 , 0 0, 0

lim lim lim

x

h h h

f x h y f x y f h f f h f

f f

xhhh

+ − + − −

∂ = = = =

Como

( )

2 2

, xy

f x y

x y

=

+ y f

( )

0, 0 =0, según la función dada, se tiene:

( ) ( )

( )

( )

2 2

0 0 0 0

0

0 0

0

, 0 0, 0 0

lim lim lim lim 0

h h h h

h h

f h f h

h h h h

→ → → →

− + −

= = = =

Para la derivada con respecto a ye, se tiene:

(

0 0

) (

0 0

)

(

) ( )

( ) ( )

0 0 0

, , 0, 0 0, 0 0, 0, 0

lim lim lim

y

h h h

f x y h f x y f h f f h f

f f

yhhh

+ − + − −

∂ = = = =

(7)

Como

( )

2 2

, xy

f x y

x y

=

+ y f

( )

0, 0 =0, según la función dada, se tiene:

( )

( )

( )

( )

2 2

0 0 0 0

0

0 0

0

0, 0 0, 0 0

lim lim lim lim 0

h h h h

h h

f h f h

h h h h

→ → → →

− +

= = = =

Como los límites existen la función ES DERIVABLE.

• Como la función es continua y derivable, entonces, se puede concluir ¿ES DIFERENCIABLE? NO, y observa porque:

Una forma práctica de reconocer si una función es diferenciable, es verificar que se cumple la condición del residuo.

La condición del residuo es:

(

0 1, 0 2

)

(

0, 0

)

x

(

0, 0

)

1 y

(

0, 0

)

2

(

1, 2

)

f x +h y +h = f x y + f x y h + f x y h +r h h

Donde el residuo es: r h h

(

1, 2

)

, y PARA VERIFICAR SI UNA FUNCIÓN ES DIFERENCIABLE SE DEBE CUMPLIR QUE EL SIGUIENTE LIMITE SEA CERO CUANDO

(

h h1, 2

) ( )

→ 0, 0 , es decir:

( ) ( )

(

)

(

)

1 2

1 2 , 0,0

1 2 ,

lim 0

,

h h

r h h h h

→ =

Si

( ) ( )

(

)

(

)

1 2

1 2 , 0,0

1 2 ,

lim 0

,

h h

r h h h h

→ ≠ la función NO ES DIFERENCIABLE.

NOTA: Recuerda que

(

)

2 2

1, 2 1 2

h h = h +h .

Aplicando la condición del residuo en nuestro caso:

(

0 1, 0 2

)

(

0, 0

)

x

(

0, 0

)

1 y

(

0, 0

)

2

(

1, 2

)

f x +h y +h = f x y + f x y h + f x y h +r h h

(

0 1, 0 2

)

( )

0, 0 x

( )

0, 0 1 y

( )

0, 0 2

(

1, 2

)

f +h +h = f + f h + f h +r h h

(

1, 2

)

0

( )

0 1

( )

0 2

(

1, 2

) (

1, 2

)

f h h = + h + h +r h h =r h h

Es decir:

(

)

(

)

1 2

1 2 1 2 2 2

1 2

, , h h

r h h f h h

h h

= =

+

(8)

( ) ( )

(

)

(

)

( ) ( ) ( ) ( )

1 2 1 2 1 2

1 2

2 2

1 2 1 2 1 2

2 2 2 2 2 2

, 0,0 , 0,0 , 0,0

1 2 1 2 1 2 1 2

,

lim lim lim

,

h h h h h h

h h

r h h h h h h

h h h h h h h h

→ → →

+

= =

+ + +

(1 2) ( )

(

)

(1 2) ( )

1 2 1 2

2 2 2

, 0,0 2 2 , 0,0

1 2

1 2

lim lim

h h h h

h h h h

h h

h h

→ = → +

+

Si tomamos el camino o trayectoria h1=h2 que es equivalente a la recta y=x, se obtiene en el límite:

(1 2) ( ) (1 2) ( ) (1 2) ( ) 2 2

1

1 2 1

2 2 2

, 0,0 , 0,0 , 0,0

1 2 1

lim lim lim

2

h h h h h h

h

h h h

h h h

→ + = → = → 2

1

2h (1,2) ( )0,0

1 1

lim 0

2 2

h h

= = ≠

Por lo tanto la función dada NO ES DIFERENCIABLE.

Otro camino amiga y amigo estudiante que puedes utilizar para verificar si una función es diferenciables es el límite que te plantee al principio de estos comentarios, me refiero a:

( ) ( )

(

)

( ) (

)

0 0

, ,

0 0 funcion plano tangente

lim 0

distancia entre , ,

x yx y x y y x y

=

En este caso, primero tendríamos que conseguir el plano tangente a la función dada en el punto donde se nos pide indagar sobre la diferenciabilidad de la función. La ecuación del plano tangente cuando la función está dada en forma explícita z= f x y

( )

, es:

(

)(

)

(

)(

)

0 x 0, 0 0 y 0, 0 0

z− =z f x y xx + f x y yy

En nuestro caso se tiene:

( )

2 2

, xy

z f x y

x y

= =

+

(

)

0 0, 0 0

z = f x y = ; fx

( )

0, 0 =0 ; fy

( )

0, 0 =0 Por lo tanto el plano tangente de la función dada en el origen es:

( )(

0

) ( )(

0

)

0 0 0 0

z− = xx + yy → =z

Es decir el plano xy.

La distancia entre

( ) (

x y, y x y0, 0

)

es:

(

) (

2

)

2

(

) (

2

)

2 2 2

0 0 0 0

(9)

( ) ( )

(

)

( ) (

)

0 0

, ,

0 0

plano tangent

distancia entre

lim fun e 0

,

n

,

cio

x yx y x y y x y

=

( ) ( ), 0,0 2

2 2

2

i

0

l m

x y

xy

x

x y

y

+

+

Desarrollando el último límite para verificar que es CERO, se tiene:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2 2 2 2

2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

, 0,0 , 0,0 , 0,0 , 0,0

0

1

lim lim lim lim 0

2

x y x y x y x y

xy xy

x y x y xy xy

x y

x y x y x y x y

→ → → →

+ = + = = = ≠

+

+ + + +

Lo efectué directo porque el límite obtenido fue justamente el desarrollado cuando aplique la condición del residuo.

Por lo tanto la función NO ES DIFERENCIABLE. d) Dada la función f U: ⊂ℝ2 →ℝ, definida por:

( ) (

)(

)

(

)

2

2

1 1

, 1 2 cos

2 1

f x y x y sen

y x

 

= + −  

+

 

• Determinar si la discontinuidad que presenta f es evitable o esencial (no evitable)

• En concordancia con la respuesta anterior, establecer si la función redefinida para que sea continua, presenta derivadas direccionales en todas las direcciones • Asimismo, estudiar la diferenciabilidad en el punto

(

−1, 2

)

.

RESOLUCIÓN • La función es continua en todo el plano 2

, por ser el producto de funciones continuas, excepto en el punto

(

−1, 2

)

ya que la función no está definida en este punto, es decir, f

(

−1, 2

)

no existe, porque la división entre cero no está definida.

Sin embargo, para saber si la discontinuidad presente en el punto

(

−1, 2

)

es evitable o no, debemos calcular el siguiente límite y verificar si existe:

( ) ( )

(

)(

)

(

)

2

2 , 1,2

1 1

lim 1 2 cos

2 1

x y→ − x y sen x y

  

+  

+

 

(10)

Para estudiar este límite debemos conocer el comportamiento de las funciones

(

)

2

1 1

sen x

 

 

+

 

y cos 1 2

y

 

 

 . Estas funciones son oscilantes, por ende hay que conocer cómo se comportan, observa los siguientes ejemplos de límites oscilantes:

EJEMPLO 1

La función seno, cuando equis tiende a infinito no existe, porque la función a medida que te desplazas sobre el eje equis toma los valores 1− y 1, observa su gráfica:

Por lo tanto lim

( )

x→∞sen x NO EXISTE.

EJEMPLO 2

La función ( ) cos

( )

2

x

x f x

π

= , cuando equis tiende a infinito positivo, tiende a

(11)

Por lo tanto lim

( )

0

x→∞ f x = , mientras que xlim→−∞ f x

( )

=0 NO EXISTE.

EJEMPLO 3

La función f x( ) x sen 1 x

 

=  

(12)

Por lo tanto

( )

0

lim 0

x

f x +

→ = y 0

( )

lim 0

x

f x

→ = , por lo tanto limx→0 f x

( )

=0.

Obsérvese en este ejemplo 3 que la función en equis no está definida, porque no existe la división por cero, es decir, (0) 0 1

0 f = sen  

  no está definida, sin embargo, su límite existe y es cero.

EJEMPLO 4

La función f x( ) 3x sen x

( )

x

+

= , cuando equis tiende a infinito y a menos

infinito, su límite tiende a cero, observa su gráfica:

Por lo tanto lim

( )

3

(13)

EJEMPLO 5

La función

( )

1

32

32

1

x

f x

sen

x

+

=

+

, cuando equis tiende a menos uno por la

derecha vale cero, pero cuando se acerca a menos uno por la izquierda no existe, por la sencilla razón de que la función no está definida para valores menores que uno, ya que el dominio de la función, son todos los valores mayores que menos uno:

(

)

1

0

1 0

1

1,

32

x

x

x

+ > → + > → > − → − ∞

, observa su gráfica:

Por lo tanto

( )

1

lim 0

x

f x +

→− = y 1

( )

lim

x

f x

→− NO EXISTE, por lo tanto limx→−1 f x

( )

NO EXISTE.

EJEMPLO 6

La función f x( ) sen x

π

 

=  

 , cuando equis tiende a cero por la derecha y a cero por la izquierda no existe, por la misma razón, a saber, la función oscila constantemente entre −1 y 1, observa su gráfica:

Por lo tanto

( )

0 lim

x→ + f x NO EXISTE y xlim→0− f x

( )

tampoco EXISTE, por lo tanto

( )

0 lim

(14)

Continuando con el ejercicio, nuestra situación se asemeja al EJEMPLO 3 de límites oscilantes, por lo tanto:

( ) ( )

(

)(

)

(

)

2

2 , 1,2

1 1

lim 1 2 cos 0

2 1

x y→ − x y sen x y

  

+   =

+

 

 

De manera que el límite existe, y como existe, la discontinuidad es evitable, por ende la función pude redefinirse para que sea continua, quedando así:

( ) (

)(

)

2

(

)

2

1 1

1 2 cos si 1 y 2

, 1 2

0, si 1 y 2

x y sen x y

g x y x y

x y    +   ≠ −   = +  −   = − = 

• La función posee derivada en todas las direcciones en el punto

(

−1, 2

)

, ya que tomando el vector unitario u=

(

cos ,

θ

sen

θ

)

, la derivada direccional sería:

(

1, 2

)

lim0

(

1 cos , 2

) (

1, 2

)

u t

g t tsen g

D g t

θ

θ

→ − + + − − − =

(

)

0

1 1, 2 lim

u t D g → − − = cos 1 t

θ

+ +

(

)

(

2 +tsen

θ

−2

)

2 1 1 sen

− +tcos

θ

+1

(

)

2

1 cos 2        

  +tsen

θ

−2

0 t   −    

(

)

(

)(

)

(

)

2 2 0 1 1 cos cos cos 1, 2 lim

u t

t tsen sen

tsen t D g t θ θ θ θ →         − =

(

)

(

)(

)

(

)

2 3 2 0 1 1 cos cos cos 1, 2 lim

u t

t sen sen

tsen t D g t θ θ θ θ →         − =

(

)

3 0

1, 2 lim

u t t D g → − =

(

)(

)

(

)

2 2 1 1 cos cos cos sen sen tsen t t θ θ θ θ        

(

)

(

)(

)

(

)

2 2 2 0 1 1

1, 2 lim cos cos

cos

u t

D g t sen sen

tsen t θ θ θ θ →       − =       

Apoyándonos en el EJEMPLO 3 desarrollado de límites oscilantes, se tiene:

(

)

(

)(

)

(

)

2 2 2 0 1 1

1, 2 lim cos cos 0

cos

u t

D g t sen sen

tsen t θ θ θ θ →       − =   =     

(15)

(

0 1, 0 2

)

(

0, 0

)

x

(

0, 0

)

1 y

(

0, 0

)

2

(

1, 2

)

g x +h y +h =g x y +g x y h +g x y h +r h h

(

1 1, 2 2

)

(

1, 2

)

x

(

1, 2

)

1 y

(

1, 2

)

2

(

1, 2

)

g − +h +h =g − +gh +gh +r h h

Evaluando las derivadas parciales en los puntos

(

−1,y0

) (

y x0, 2

)

que son los puntos donde la función no está definida, se tiene que la derivada parcial con respecto a equis es:

(

)

(

) (

)

(

)(

)

(

)

2 0 2 0 0 0 0 0 0 1 1

1 1 2 cos 0

2

1 1

1 , 1,

1, lim lim

x

h h

h y sen

y h

g h y g y

g y h h → →   − + + −   −  − + + − + − −   − = = =

(

)

(

)

2 0 2 0

0 0 0

1 1

2 cos

2

1, lim lim

x h h

h y sen h

h y g y h → →     −     −   − = =

(

)

2

0 2 0 1 1 2 cos 2 y sen h y h     −     −   =

(

)

(

)

2

0 0 0 2

0

1 1

1, lim 2 cos 0

2

x h

g y y sen

h y →     − = −    =    

Este resultado se apoya en el EJEMPLO 3 desarrollado de límites oscilantes. De la misma manera, la derivada parcial con respecto a ye es:

(

)

(

) (

)

(

)(

)

(

)

2

0 2

0

0 0

0 0 0

1 1

1 2 2 cos 0

2 2

1

, 2 , 2

, 2 lim lim

y h h

x h sen

h x

g x h g x

g x h h → →   + + −   −  + + − + −   = = =

(

)

(

)( )

(

)

(

)( )

2 2

0 2 0

0

0 0 0

1 1

1 cos 1

1

, 2 lim lim

y h h

x h sen x h

h x g x h → →     +     +  +    = =

(

)

2 0 1 1 cos 1 sen h x h        +    =

(

)

(

)

(

)

0 0 0 2

0

1 1

, 2 lim 1 cos 0

1

y

h

g x h x sen

h x →        = +     =  +    

Este resultado se apoya en el EJEMPLO 3 desarrollado de límites oscilantes.

Por lo tanto:

(

1 1, 2 2

)

0

( )

0 1

( )

0 2

(

1, 2

)

g − +h +h = + h + h +r h h

(

1 1, 2 2

) (

1, 2

)

g − +h +h =r h h

Entonces:

(

)

(

) (

)(

)

(

)

2

1 2 1 2 1 2 2

2 1

1 1

, 1 , 2 1 1 2 2 cos

2 2

1 1

r h h g h h h h sen

(16)

(

) ( )( )

( )

2

1 2 1 2 2

2 1

1 1

, cos

r h h h h sen

h h

 

=  

 

 

Luego:

( ) ( )

(

)

(

)

( ) ( )

( )( )

( )

1 2 1 2

2

1 2 2

2 1

1 2

2 2

, 0,0 , 0,0

1 2 1 2

1 1

cos ,

lim lim

,

h h h h

h h sen

h h

r h h

h h h h

→ →

 

 

 

 

=

+

Aprovecharemos la condición de acotamiento de las funciones seno y coseno

( )

2

2 1

1 1

cos 1

sen

h h

 

 

 

 

, se tiene:

( ) ( )

( )( )

( )

( ) ( )

( )( )

( ) ( )

( ) ( )

1 2 1 2 1 2

2

2

1 2 2 2

1 2 2

1 1 2

2 2 2 2 2 2

, 0,0 , 0,0 , 0,0

1 2 1 2 1 2

1 1

cos

lim lim lim

h h h h h h

h h sen

h h h

h h h

h h h h h h

→ → →

 

 

 

  =

+ + +

Si tomamos el camino o trayectoria h1=h2 que es equivalente a la recta y=x, se obtiene en el límite:

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( )

1 2 1 1

2 2 3

1 2 1 1 1

2 2 2 2

, 0,0 0 0

1 2 1 1

lim lim lim

h h h h

h h h h h

h h h h

+ = → + = →

1 2h

( )

1

2 1 0

0

lim 0

2 2

h

h

= = =

Aparentemente este límite es cero, comprobaremos este límite haciendo uso del teorema de sustitución trigonométrica:

TEOREMA. Supongamos que se pude descomponer la función F r

( )

,

θ

de esta forma:

( )

, ( ) ( ) F r

θ

=h r G

θ

Donde además: c)

0

lim ( ) 0

r

h r +

→ =

d) G( )θ está acotada en

[

0, 2

π

]

Entonces:

( ) ( )x y,lim→0,0 f x y

( )

, =0

Aplicando dicho teorema en nuestro caso haciendo el uso del cambio de variable en coordenadas polares:

1

2

cos h r

h rsen

θ

θ

=  

(17)

se tiene:

( ) ( )

( ) ( )

(

) (

)

(

) (

)

1 2

2

2 2 3 2 3 2

1 2

2 2 2 2 2

, 0,0 0 0 2 2 2 0

1 2

cos cos cos

lim lim lim lim

1

cos cos

h h r r r

h h r r sen r sen r sen

h h r rsen r sen r

θ

θ

θ

θ

θ

θ

θ

θ

θ

θ

+ + +

+ = → + = → + = → ×

 

3

0 0

lim lim

r r

r

+ +

→ →

2

cos sen r

θ θ 2 2

0

lim cos

r

r θsenθ

+

=

Ahora verifiquemos que se cumplen las condiciones del teorema:

( )

2 2 2

2 ( )

, ( ) ( ) cos

( ) cos h r r F r h r G r sen

G sen

θ

θ

θ

θ

θ

θ

θ

=

= = →

= 

Donde:

c) 2

0 0

lim ( ) 0 lim 0

r r

h r r

+ +

→ = → → =

d) G( )θ está acotada en

[

0, 2

π

]

, ya que cosθsen2θ existe para todo

[

0, 2

]

θ

π

. Entonces:

2 2

0

lim cos 0

r

r

θ

sen

θ

+

→ =

Por lo tanto:

( ) ( )

( ) ( )

1 2

2 1 2

2 2

, 0,0

1 2

lim 0

h h

h h

h h

+ =

En conclusión, la función es DIFERENCIABLE.

De acuerdo al resultado anterior, cabe hacer la siguiente pregunta ¿para que una función sea DIFERENCIABLE es necesario tener derivadas direccionales en todas las direcciones? La respuesta es NO. Es decir, el hecho de que la función tenga derivadas direccionales en todas las direcciones NO GARANTIZA que la función sea diferenciable. Observa el ejemplo “e” siguiente

e) Dada la función f U: ⊂ℝ2 →ℝ, definida por:

( )

( ) ( )

( ) ( )

2

2 4, si , 0, 0 ,

0, si , 0, 0

xy

x y x y

f x y

x y

≠ 

+ =

=

• Determinar las derivadas direccionales en el punto

( )

0, 0 en la dirección del vector u=

( )

a b,

(18)

RESOLUCIÓN

• La función posee derivadas direccionales en todas las direcciones en el punto

( )

0, 0 ; tomando el vector unitario u=

( )

a b, , la derivada direccional sería:

( )

0

(

0 , 0

) ( )

0, 0

0, 0 lim

u t

f at bt f

D f

t

+ + −

=

( )

(

) ( )

( )( )

( ) ( )

(

( )( )

)

2

2 3

2 4 2 2 4 2

0 0 0

0

, 0, 0

0, 0 lim lim lim

u t t t

t a b at bt

t a b t

f at bt f at bt

D f

t t t

→ → →

+

− +

= = =

( )

0, 0 lim0 3

(

3

( )( )

2 4 22

)

lim0 3

u t t

t a b t

D f

t a b t

→ →

= =

+

( )( )

2 3

a b

t

(

)

2

2 2 4 2

2 4 2 0

0, si 0 o 0 lim

, si 0

t

a b

ab

b

a b t a

a b t

a

= =

 

= =

+ ≠

+ 

Como se observa, el límite existe para cualquier vector u=

( )

a b, .

• La función no es diferenciable en

( )

0, 0 , puesto que no es continua en ese punto, y presenta discontinuidad porque el límite en

( )

0, 0 de la función no existe, observa:

En este caso evaluemos por diferentes caminos el límite planteado cuyo dominio es todo el plano 2

excepto el origen

( )

0, 0 .

Recuerda, SIEMPRE LAS TRAYECTORIAS QUE SELECCIO ES DEBE PERTE ECER AL DOMI IO DE LA FU CIÓ Y PASAR POR EL PU TO AL CUAL TIEDE EL LÍMITE.

Tomemos una trayectoria sencilla, que pertenezca al dominio y que pase por el origen, para acercarnos al punto límite que es el origen en este caso.

Esta trayectoria puede ser la recta y=0:

( ) ( )

( )

( )

2 2

4

2 4 2 2

, 0,0

0 0

lim lim lim 0

0

x y x o x o

x xy

x y x x

→ + = → + = → =

¿Podemos concluir que el límite es 0?

O

(19)

Tomemos ahora otra trayectoria sencilla, por ejemplo x= y2, se tiene:

( ) ( )

( )

4

2 2 2 4 4

2

2 4 4 4 4

,lim0,0 lim 2 4 lim lim2 lim

x y y o y o y o y o

y

xy y y y y

x y y y y y y

→ + = → + = → + = → = → 4

2y

1 2 =

Se observa claramente que con 2 trayectorias distintas se obtuvieron resultados diferentes, por una trayectoria 0 y por la otra trayectoria 1

2, por lo tanto contradice el teorema de unicidad del límite que nos indica que el límite es único, en conclusión el límite dado O EXISTE, por lo tanto la función no es continua.

EN EL SIGUIENTE EJERCICIO ENCONTRARAS OTRA MANERA DE VERIFICAR SI UNA FUNCIÓN ES DIFERENCIABLE, RECUERDA QUE YA TENEMOS 2 MANERAS DE DEMOSTRARLO, UNA ES EL CRITERIO DEL RESIDUO, A SABER:

( ) ( )

(

)

(

)

1 2

1 2 , 0,0

1 2 ,

lim 0

,

h h

r h h h h

→ = , TAL COMO YA SE DETALLO, OTRA

O SEGUNDA FORMA ES VERIFICANDO SI

( ) ( )

(

)

( ) (

)

0 0

, ,

0 0 funcion plano tangente

lim 0

distancia entre , ,

x yx y x y y x y

=

CUANDO PRESENTA Y SE ELIMINA

LA FORMA INDETERMINADA 0

0 Y POR ULTIMO O TERCERO APLICANDO

EL TEOREMA SIGUIENTE: Sea 2

:

f U ⊂ℝ →ℝ una función definida en el conjunto abierto U ⊂ℝ2. Si las funciones derivadas parciales, es decir,

x

f f x

∂ =

∂ y y

f f y

∂ =

∂ SON

CONTINUAS en el punto

(

x y0, 0

)

, entonces la función f es DIFERENCIABLE en el punto

(

x y0, 0

)

.

Algunos autores, destacan que las funciones que cumplen con este teorema son de clase C1.

(20)

En el siguiente ejercicio “f” se comentara este teorema como método de análisis para funciones diferenciables.

f) Dada la función 2 :

f U ⊂ℝ →ℝ, definida por:

( )

(

)

( ) ( )

( ) ( )

2 2

2 2 1

, si , 0, 0 ,

0, si , 0, 0

x y sen x y

f x y x y

x y

  

+  

= +

= 

• Estudiar su continuidad en ℝ2

• Estudiar su diferenciabilidad en el punto

( )

0, 0 .

• Estudiar la continuidad de las primeras derivadas parciales. RESOLUCIÓN

• Ya sabemos que la condición para que una función f x y

( )

, sea continua en un punto

(

x y0, 0

)

, es:

(

)

( ) ( )

( )

0 0

0 0

, ,

, lim ,

x y x y

f x y f x y

=

Es decir, deben existir tanto f x y

(

0, 0

)

, como

( ), ( 0, 0)

( )

lim ,

x yx y f x y además de ser

iguales claro está.

Procedamos por límites iterados para observar si el siguiente límite existe:

( ) ( )

(

)

(

( )

)

( )

2

2 2 2

2 2 2

, 0,0 0 2

1 1

lim lim 0

0

x y x y sen x x sen

x y x

→ →

 

 

 

 

+ = +

+ +

 

( )

2 0

1

lim 0

xx sen x

  =    

Este resultado se apoya en el EJEMPLO 3 desarrollado de límites oscilantes. Tomando el otro límite iterado:

( ) ( )

(

)

(

( )

)

( )

2

2 2 2

2 2 2

, 0,0 0 2

1 1

lim lim 0

0

x y x y sen y y sen

x y y

→ →

 

 

 

 

+ = +

+ +

 

( )

2 0

1

lim 0

yy sen y

  =    

(21)

Como aparentemente el límite existe y vale cero, procedamos a demostrar si ciertamente puedo concluir que es cero, para ello utilizare el teorema de sustitución trigonométrica:

TEOREMA. Supongamos que se pude descomponer la función F r

( )

,

θ

de esta forma:

( )

, ( ) ( ) F r

θ

=h r G

θ

Donde además: e)

0

lim ( ) 0

r→ +h r =

f) G( )θ está acotada en

[

0, 2

π

]

Entonces:

( ) ( )x y,lim→0,0 f x y

( )

, =0

Aplicando dicho teorema en nuestro caso haciendo el uso del cambio de variable en coordenadas polares:

cos

x r y rsen

θ

θ

=  

=  se tiene:

( ) ( )

(

)

(

(

) (

)

)

(

) (

)

2 2

2 2

2 2 2 2

, 0,0 0

1 1

lim lim cos

cos

x y x y sen x y r r rsen sen

r rsen

θ θ

θ θ

+

→ →

 

 

 

 

+ = +

+ +

 

(

) (

)

(

)

(

) (

)

(

)

2 2

2

2 2

0 2

1

lim cos

cos

r

r sen sen

r sen

θ θ

θ θ

+

 

 

+  

+

 

 

( )

( )

2 2

2

0 0

1 1

lim 1 lim 0

1

r→ +r sen r r→ +r sen r

   

 =  =

   

 

Este resultado se apoya en el EJEMPLO 3 desarrollado de límites oscilantes.

Por lo tanto:

( ) ( )

(

)

2 2

2 2 , 0,0

1

lim 0

x y x y sen

x y

 

 

+ =

+

(22)

De la función

( )

(

)

( ) ( )

( ) ( )

2 2

2 2 1

, si , 0, 0 ,

0, si , 0, 0

x y sen x y

f x y x y

x y

  

+  

= +

= 

, se observa

claramente que f

( )

0, 0 =0, por lo tanto la función SI es continua en el origen, ya que:

( )

0, 0 ( ) ( ),lim0,0

( )

,

x y

f f x y

=

• Para saber si la función es DIFERENCIABLE utilizaremos el criterio del residuo, entonces calculemos las primeras derivadas parciales en el punto

( )

0, 0 :

( )

(

) ( )

2

0 0

0 , 0 0, 0

0, 0 lim lim

h h

h

f h f

f

xh

+ −

= =

1 0

sen h h  

−    

0

1

lim 0

hhsen h

 

=  =

  Y

( )

(

) ( )

2

0 0

0, 0 0, 0

0, 0 lim lim

h h

h

f h f

f

yh

+ −

= =

1 0

sen h h  

−    

0

1

lim 0

hhsen h

 

=  =

  Entonces, al aplicar el criterio del residuo, se tiene:

(

0 1, 0 2

)

(

0, 0

)

x

(

0, 0

)

1 y

(

0, 0

)

2

(

1, 2

)

f x +h y +h = f x y + f x y h + f x y h +r h h

(

0 1, 0 2

)

( )

0, 0 x

( )

0, 0 1 y

( )

0, 0 2

(

1, 2

)

f +h +h = f + f h + f h +r h h

(

1, 2

)

0

( )

0 1

( )

0 2

(

1, 2

) (

1, 2

)

f h h = + h + h +r h h =r h h

Es decir:

(

)

(

)

(

2 2

)

1 2 1 2 1 2 2 2

1 2

1

, ,

r h h f h h h h sen

h h

 

 

= = +

+

 

Ahora planteamos el límite:

( ) ( )

(

)

(

)

( ) ( )

(

)

1 2 1 2

2 2

1 2 2 2

1 2

1 2

2 2

, 0,0 , 0,0

1 2 1 2

1 ,

lim lim

,

h h h h

h h sen

h h

r h h

h h h h

→ →

 

 

+

+

 

=

+

Si tomamos el camino o trayectoria h1=h2 que es equivalente a la recta y=x, se obtiene en el límite:

( ) ( )

(

)

(

)

1 2 1

2 2 2 2

1 2 2 2 1 1 2 2

1 2 1 1

2 2 2 2

, 0,0 0

1 2 1 1

1 1

lim lim

h h h

h h sen h h sen

h h h h

h h h h

→ →

   

   

+ +

+ +

 =  

(23)

(

)

1 1 1

2 2 2 2

1 1 2 2 1 2 1 2

1 1 1 1

2 2 2

0 0 0

1

1 1 1

1 1 1

2 2

2 2

lim lim lim

2 2

h h h

h h sen h sen h sen

h h h h

h

h h h

→ → →             + +  =  =   + 1 2 1 0 2 lim h h → 2 1 1 1 2 2 sen h h         1 1 1 2 1 1 2 0 0 1 1 2

2 2 1

lim lim 0

2 2 2

h h h sen h h sen h → →           = = =  

Aparentemente este límite es cero, comprobaremos este límite haciendo uso del teorema de sustitución trigonométrica:

Aplicando 1 2 cos h r h rsen

θ

θ

=   =  se tiene: ( ) ( )

(

)

(

(

) (

)

)

(

) (

)

(

) (

)

1 2 2 2 2 2

1 2 2 2 2 2

1 2

2 2 2 2

, 0,0 0

1 2 1 1 cos cos lim lim cos

h h r

r rsen sen

h h sen

r rsen

h h

h h r rsen

θ

θ

θ

θ

θ

θ

+ → →     +   + + +   =   + +

(

) (

)

(

)

(

(

) (

)

)

(

) (

)

(

)

2 2 2 2 2 2 2 2 0 2 1 cos cos lim cos r

r sen sen

r sen r sen θ θ θ θ θ θ + →     + +     +

( )

( )

( )

2 2 2 2 2

0 0 0

1 1

1

1

lim lim lim

1

r r r

r sen r sen r

r r r r + + + → → →            =  = 1 sen r r       0 1 lim 0

r→+rsen r

 

=  =

 

Por lo tanto:

( ) ( )

(

)

1 2

2 2

1 2 2 2

1 2 2 2 , 0,0 1 2 1 lim 0 h h

h h sen

h h h h →     + +   = +

Concluyendo que la función es DIFERENCIABLE.

(24)

( )

(

)

( ) ( )

( ) ( )

2 2 2 2

2 2 2 2

1

1 1

, 2 cos , si , 0, 0

0, si , 0, 0

x y f

x y xsen x y x y

x x y x y x

x y              + ∂  =  + +  ×     ∂  + + ∂  =  Como:

(

)

(

)

(

)

(

)

1 2 2 1 2

2 2 2 2 2

2 2 1

1 2 2 2 1

1

1 2

x y

x y x y

x y

x y

x x x x

− − −     ∂   ∂ + + ∂ + +  =  =  = − + ∂ ∂ ∂ ∂

(

)

3 2 2 2

1 1

2

2 x y x 2

− + = −

(

2 2

)

32 2

x +y

(

)

3

(

)

3 2 2 2 2 2

x x x x y x y = − = − + +

Sustituyendo en la derivada original se tiene:

( )

(

)

(

)

( ) ( )

( ) ( )

2 2

2 2 2 2 2 2 3

1 1

2 cos , si , 0, 0

,

0, si , 0, 0

x

xsen x y x y

f

x y x y

x y x y

x x y         +   ∂  + + =     + ∂  = 

( )

(

)

(

)

( ) ( )

( ) ( )

2 2

2 2 2 2 3 2 2

1 1

2 cos , si , 0, 0

,

0, si , 0, 0

x x y

xsen x y

f

x y x y

x y x y

x x y    +        ∂  + + =   +   ∂ = 

( )

(

(

)

)

( ) ( )

( ) ( )

2 2 2 3

2 2 2 2 2 2

1 1

2 cos , si , 0, 0

,

0, si , 0, 0

x y

xsen x x y

f

x y x y x y x y

x x y +  ∂  = + + + ∂   =

( )

(

)

2 2 2 2 2 1 2 , x y

f xsen x

x y x y

x +   ∂   =  +   

(

2 2

)

3

x +y

( ) ( )

( ) ( )

2 2 1

cos , si , 0, 0

0, si , 0, 0

x y x y x y           +   =

( )

( ) ( )

( ) ( )

2 2 2 2 2 2

1 1

2 cos , si , 0, 0

,

0, si , 0, 0

x

xsen x y

f

x y x y x y x y

x x y           ∂  = + + + = 

Figure

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