OBJ 2 PTA 2 Determine el conjunto mas grande donde la función F sea continua, donde F

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(1)

Universidad Nacional Abierta

CÁLCULO III ( 706 )

Vicerrectorado Académico

INTEGRAL

Área de Matemática

Fecha 24-05-2008 Lapso 2008 – 1

MODELO DE RESPUESTAS

OBJ 1 PTA 1 Pruebe que un conjunto C contenido en IRn es cerrado sí sólo si, cada sucesión convergente {am} contenida en C converge hacia un punto de C.

SOLUCIÓN

Supongamos que C es cerrado y sea {a

m

}

C tal que

∞ →

m

lím a

m

= a.

Entonces cada bola abierta con centro en a, contiene suficientes términos de la

sucesión {a

m

} . Luego a es un punto de acumulación y como C es un conjunto

cerrado se tiene que a

C, ya que C contiene todos sus puntos de acumulación.

Recíprocamente, si a es un punto de acumulación de C, entonces cada bola

abierta B(a,

m

1

) contiene un punto a

m

C tal que a

a

m

, luego a

m

B(a,

m1

),

por lo que || a

m

a || <

m1

y de aquí que

∞ →

m

lím || a

m

a || = 0, de esta manera

podemos formar una sucesión {a

m

}

C tal que

∞ →

m

lím a

m

= a. Pero por

hipótesis a

C, y en consecuencia C contiene sus puntos de acumulación y por

lo tanto C es un conjunto cerrado.

IR

OBJ 2 PTA 2 Determine el conjunto mas grande donde la función F sea continua, donde F esta definida por

F(x,y) =

  

   

 

= ≠ +

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

) 0 , 0 ( ) y , x ( si y x 2

y x 2

2 2

2 2

SOLUCIÓN

Sabemos que F es continua para (x,y)

(0,0) ya que es el cociente de dos

funciones polinómicas. Estudiemos la continuidad de F en el punto (0,0).

Para esto veamos si existe

) 0 , 0 ( ) y , x

(2)

Para el punto (0,0) tenemos las sucesiones

{(

n1

,0) } y {(0,

n1

)} que converge a (0,0).

Por otra parte

F(

n1

,0) = 1 y f(0,

n1

) =

1

De aquí se deduce que

) 0 , 0 ( ) y , x (

lím

F(x,y) no existe ya que

0 n

lím

F(

n1

,0) = 1 y

0 n

lím

F(0,

n1

) =

1.

y de esto se concluye que F no es continua en el punto (0,0).

Por consiguiente el mayor conjunto donde F es continua es IR

2

{(0,0) }.

OBJ 3 PTA 3 Sea f: IR2 →IR la función definida por

f(x,y) =

x

2

+

y

2 ,

Calcule x f

∂ ∂

(0,0) y y f ∂

(1,1) y dé una interpretación geométrica de estos números, en

caso de ser posible.

SOLUCIÓN

Para calcular

x f

∂ ∂

(0,0) usaremos la definición de la derivada parcial de f con

respecto a x en el punto (0,0). ¿por qué?

x f

∂ ∂

(0,0) =

0

h

lím

h

)

0

,

0

(

f

)

0

,

h

0

(

f

+

=

0 h

lím

→ h

h2

=

0 h

lím

→ h

h

=

lo cual indica que no existe

x f

∂ ∂

(0,0).

Para todo punto (x,y)

(0,0) se tiene que

y f ∂

(x,y) =

2

2

y

x

y

+

, luego

y f ∂

(1,1) =

2

2

. Este número representa la pendiente de la recta tangente a esa

curva en el plano x = 1.

1 si t → 0+

(3)

OBJ 4 PTA 4 Sea f: IR2 → IR la función definida por:

  

  

 

= ≠ +

=

) 0 , 0 ( ) y , x ( 0

) 0 , 0 ( ) y , x ( y x

y x

) y , x ( f

2 2

¿Es f diferenciable en (0,0)? Justifique su respuesta.

SOLUCIÓN

Como la función no posee límite en el punto (0,0) (ver ejemplo 4 de la sección 33 del texto UNA), entonces se tiene que f no es continua y por lo tanto no es diferenciable en (0,0).

OBJ 5 PTA 5

Sea la función F(x,y) = f(x + 3y, 2x − y), donde f : IR2 → IR es diferenciable. Suponga que gradf(0,0) = (4, −3). Determine la derivada direccional de F en el origen de coordenadas en la dirección del vector v(1,1).

SOLUCIÓN

Como F es diferenciable ¿por qué?, entonces se tiene que F′((0,0) ; u) = ∇F(0,0) • u

donde u =   

 

2 1 , 2

1 .

Calculemos el gradiente de F en el punto (0,0). Sean w = x + 3y y t = 2x − y, entonces

x F ∂ ∂

=

wf ∂wx

+

ft xt

=

wf

+ 2

ft

= 1.4 + 2.(

3) =

2

y F ∂ ∂

=

w f ∂

∂ y w ∂ ∂

+

t f ∂ ∂

y t ∂

= 3

w

f ∂

t f ∂

= 3.4

1.(

3) = 15.

F′((0,0) ; u) = ∇F(0,0) • u = <(−2,15);

  

 

2 1 , 2

1 > = 2 13

OBJ 6 PTA 6 Sea la función f : IR2 → IR definida por f(x,y) = sen(x y)

Halle el desarrollo del polinomio Taylor de orden dos de la función f, en el punto (1, 2 π).

(4)

El polinomio de Taylor de orden 2 alrededor del punto (1,

2

π) de la función f es:

P(x, y) = f (1, 2

π) + (x − 1) x f ∂ ∂ (1, 2

π) + (y − 2 π) y f ∂ ∂ (1, 2 π) + + 2 1[ 2 2 x f ∂ ∂ (1, 2

π) (x −1)2 +

x y f 2 ∂ ∂ ∂ (1, 2

π) (x −1)(y − 2 π) + + 2 2 y f ∂ ∂ (1, 2 π) (y −

2 π)2 ]

Como f (1,

2 π) = 1

x f

∂ ∂

(x,y) = y cos(xy) , entonces x f ∂ ∂ (1, 2 π) = 0

y f

∂ ∂

(x,y) = x cos(xy) , luego y f ∂ ∂ (1, 2 π) = 0

2 2

x

f

(x,y) = − y2 sen(xy), luego 2 2

x

f

(1, 2 π) = −( 2 π)2

y x f 2 ∂ ∂ ∂

(x,y) = cos(xy) − xy sen(xy), así y x f 2 ∂ ∂ ∂ (1, 2 π) = − 2 π 2 2 y f ∂

(x,y) = − x2 sen(xy), entonces 2 2 y f ∂ ∂ (1, 2

π) = −1

Entonces el polinomio de Taylor de orden dos de la función f, en el punto (1, 2 π) es:

P(x, y) = 1+

2

1

[ − (

2

π)2 (x −1)2

2

π (x −1)(y − 2

π) − (y − 2 π)2 ].

OBJ 7 PTA 7

Pruebe si el sistema

x u + y v u2 = 2 x u3 + y2 v 4 = 2

se puede resolver para u y v en términos de x y y, cerca del punto (x, y, u, v) = (1,1,1,1) y

en caso afirmativo calcule x u

∂ ∂

en el punto (1,1).

(5)

Para verificar la existencia de la solución, formamos las ecuaciones F1(x,y,u,v) = x u + y v u2 − 2

F2 (x,y,u,v) = x u3 + y2 v 4 − 2

Y el determinante

∆ =

v F u F

v F u F

2 2

1 1

∂ ∂ ∂

∂ ∂

∂ ∂ ∂

en (1,1,1,1)

=

3 2 2

2

v y 4 x u 3

yu yuv 2 x+

en (1,1,1,1)

= 4 3

1 3

= 9

Como ∆ ≠ 0, se asegura la existencia de la solución por el teorema de la función implícita.

Para hallar x u

∂ ∂

, diferenciamos implícitamente con respecto a x las ecuaciones dadas

usando la regla de la cadena;

x x u ∂ ∂

+ u + y x v ∂ ∂

u2 + 2yvu x u ∂ ∂

= 0

3xu2

x u ∂ ∂

+ u3 + 4y2v3

x v ∂ ∂

= 0

Al hacer (x, y, u, v) = (1,1,1,1) da

3 x u ∂ ∂

+ x v ∂ ∂

= −1

3 x u ∂ ∂

+ 4 x v ∂ ∂

= −1

Resolviendo para x u ∂ ∂

, da x u ∂

= −1/3.

OBJ 8 PTA 8

(6)

SOLUCIÓN

Maximicemos la función f(x,y,z) = 12y x sujeta a la condición 3 g(x,y)= x + y − 15 = 0.

Se tiene, por el método de los multiplicadores de Lagrange el siguiente sistema

Igualando las dos primeras ecuaciones se halla que x =

2

3y. Luego sustituimos en la tercera

ecuación y hallamos que x = 9, y = 6, lo que da un valor de z =1944

OBJ 9 PTA 9 Dada la curva f(t) = (

t , t

2

, t

3 ), halle la ecuación del plano osculador a la curva descrita por f en el punto p = f (2).

SOLUCIÓN

Para hallar el plano osculador es necesario calcular los vectores tangente, T(t), y normal N(t) a la curva en el punto f(2), ¿por qué?.

Entonces

f′(t) = (1, 2t, 3t2 )

|| f′(t) || = 1+4t2 +9t4 ≠ 0,

por lo tanto

T(t) =

4 2 9t

t 4 1

1 +

+ (1, 2t, 3t

2 )

En consecuencia, en el punto (2,4,8) el vector tangente unitario es

T(2) = 161

1 (1, 4, 12)

Como T(t) =

4 2 9t

t 4 1

1 +

+ (1, 2t, 3t

2 ), entonces se tiene

T′(t) =

4 2 9t

t 4 1

1 +

+ ( 2 4

3

t 9 t 4 1

t 18 t 4

+ +

− −

,

4 2

4

t 9 t 4 1

t 18 2

+ +

,

4 2

3

t 9 t 4 1

t 12 t 6

+ +

+

)

y

18y

x + λ = 0 ...(1)

12

x3 + λ = 0 ...(2)

(7)

T′(2) =

3

) 161 (

1 ( −152,−288,108) ≠ 0r

Luego el vector unitario en (2,4,8) es

N(2) =

29428 ) 161 ( 3

(−38,−72,27).

Finalmente se obtiene que el plano osculador en (2,4,8) es

{(2,4,8) + α 161

1 (1, 4, 12) + β

29428 ) 161 ( 3

(−38,−72,27): α, β ∈IR }

OBJ 10 PTA 10 Sea f: IR2 →IR la función definida por

f

(

x

,

y

)

=

(

x

2

+

y

2

)

3

Determine el conjunto de puntos para los cuales se cumple | grad (f) | = 2.

SOLUCIÓN

Como

x f ∂

= 3x x2 +y2 y

y f ∂

= 3y

x

2

+

y

2

entonces

| grad (f) | 2 = |∇f | 2 = (3x x2 + y2 ) 2 + (3y

x

2

+

y

2) 2

= 9 x 2 (x 2 + y 2 ) + 9 y 2 (x 2 + y 2 ) = 9 (x 2 + y 2 )2 ,

de aquí que

|∇f | = 3 (x 2 + y 2 )

Luego, el conjunto de punto que satisface |∇f | = 2, son los puntos de la circunferencia de radio

3 2 .

Figure

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