Archivos para octubre, 2009

Tp.8 Ej.2.f

Sábado, octubre 31st, 2009

Calcule las siguientes integrales en ambos órdenes de integración y verifique que los resultados coinciden.

f) \iint_D e^{-x}dxdy, D definido por e^x \leq y \leq e^{2x} \wedge 0 \leq x \leq \ln(2)

Primero grafiquemos la región:
tp8_ej2f
wxplot2d([(%e)^x, (%e)^(2*x)], [x,0,log(2)])$

Es mas fácil si proyectamos sobre el eje x:

\int_0^{\ln(2)} e^{-x} dx \int_{e^x}^{e^{2x}}dy
\int_0^{\ln(2)} e^{-x}(e^{2x} - e^x)
\int_0^{\ln(2)} e^x - 1
[e^x - x]_0^{\ln(2)}
= 2 - \ln(2) - 1
= 1 - \ln(2)

Ahora hay que hacerlo en el otro orden de integración, proyectando sobre el eje y, lo que no hay que olvidarse es que ahora lo que vendría a ser el “techo” está partido, busquemos la intersección donde se divide:

Intersectamos:
y = e^x
x = \ln(2)
Entonces:
y = e^{\ln(2)} = 2

Para calcular el nuevo “piso” y el nuevo “techo” debemos invertir la función:
y=e^x \to x = \ln(y)
y=e^{2x} \to x = \frac{\ln(y)}{2}

Veamos los nuevos límites de integración:
x=0 \to y=e^0=1
x=\ln(2) \to y=e^{\ln(2)} = 2
x=\ln(2) \to y=e^{2\ln(2)}=e^{\ln(2^2)} = 4

Por lo tanto la integral en el otro orden de integración nos queda:

\int_1^2 dy \int_{\ln(y)}^{\ln(y)/2} e^{-x} dx + \int_2^4 dy \int_{\ln(y)}^{\ln(2)} e^{-x} dx

\int_1^2 dy [-e^{-x}]_{\ln(y)/2}^{\ln(y)} + \int_2^4 dy [-e^{-x}]_{\ln(y)/2}^{\ln(2)}

\int_1^2 -\frac{1}{y} + \frac{1}{\sqrt{y}}dy + \int_2^4 -\frac{1}{2} + \frac{1}{\sqrt{y}}  dy

= [-\ln(y) + 2\sqrt{y}]_1^2 + [-\frac{y}{2} + 2\sqrt{y}]_2^4
= [-\ln(2) + 2\sqrt{2} - (\ln(1) + 2)] + [-2 + 4 - (-1 + 2\sqrt{2})]
= -\ln(2) + 2\sqrt{2} - 2 - 2 + 4 + 1 - 2\sqrt{2}
= 1 - \ln(2)

Final 29/10/2009

Viernes, octubre 30th, 2009

final_29_10_2009

Para aprobar había que tener dos bien entre el 1.a, 1.b, 2.a, 2.b, y uno bien entre el 3 y 4.

Solución (de la parte práctica)

1) a) Enuncie el teorema de derivación para la composición de funciones (regla de la cadena). Calcule la máxima derivada direccional de h = f \circ g en A = (2,1) , siendo Df(u,v) = (2uv, u^2+1) y g(x,y) = (x+y, x-y)

La función compuesta es de la forma:
(x,y) \to g \to (u,v) \to f \to z
En el punto:
(x,y)=(2,1) \to (u,v)=(3,1)

Por la regla de la cadena:
h = f \circ g
\nabla h = \nabla f Dg
\nabla h(2,1) = (2uv, u^2+1)_{(3,1)} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}_{(2,1)}
= (6,10) \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}
= (16, -4)

Por lo tanto la máxima derivada direccional es:
|\nabla h(2,1)| = 4\sqrt{17}

b) Dada w = f(u,v) con (u,v) = (x^2y, x-y), resulta w = h(x,y). Calcule aproximadamente h(1.98, 1.01) sabiendo que f queda definida en forma implícita por \ln(w-u)+v+w-6=0

La función compuesta resulta:
(x,y) \to g \to (u,v) \to f \to w
En el punto:
(x,y) = (2,1) \to (u,v)=(4,1) \to w=5

Por la regla de la cadena:
h = f \circ g
\nabla h = \nabla f Dg
\nabla h(2,1) = (f'_u, f'_v)_{(4,1)} \begin{pmatrix} 2xy & x^2 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}_{(2,1)}

Ahora vemos la función implícita, defino:
F(u,v,w) = \ln(w-u) + v + w - 6
\nabla F = \left( \frac{-1}{w-u}, 1, \frac{1}{w-u}+1 \right)
\nabla F(4,1,5) = (-1,1,2)
Por el teorema de la función en forma implícita
\nabla f(4,1) = (\frac{1}{2}, \frac{-1}{2})

Volviendo a la función compuesta:
\nabla h(2,1) = (\frac{1}{2}, \frac{-1}{2}) \begin{pmatrix} 4 & 4 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}
= (\frac{3}{2}, \frac{5}{2})

Por lo tanto:
h(x,y) \approx 5 + \frac{3}{2}(x-2) + \frac{5}{2}(y-1)
h(1.98, 1.01) \approx 4.995

2) a) Defina “punto simple” y “punto regular” de una curva. Analice si el punto A=(1,1) es punto simple y también si es punto regular de la curva de ecuacion X=(\sqrt{2}\cos(t), \sqrt{2}\sin(t)) con 0 \leq t \leq 3\pi.

Defino a la curva como C(t) = (\sqrt{2}\cos(t), \sqrt{2}\sin(t))
Primero veamos para que valor del parámetro nos encontramos en el punto A
C(\pi/4) = C(9\pi/4) = A
Por lo tanto hay mas de un valor del parámetro que nos verifica el punto A, es decir la parametrización no es inyectiva, esto nos dice que el punto A no es un “punto simple” de la curva, o en otras palabras “la curva pasa mas de una vez por ese punto”.
Veamos si es un punto regular, para ello el vector tangente tiene que ser distinto del nulo:
C'(t) = (-\sqrt{2}\sin(t), \sqrt{2}\cos(t))
C'(\pi/4) = (-1,1) \neq (0,0)
por lo tanto A es un punto regular de la curva.

b) Dada la curva C definida por la intersección de las superficies de ecuaciones: z = y+x^2 e y=z-x, analice si la recta tangente a C en A=(1,1,2) tiene algún punto en común con el eje z.

El siguiente es el gráfico de las dos superficies:

final_29_10_2009_ej_2b
draw3d(surface_hide = true,
xlabel = "x", ylabel = "y", zlabel = "z",
color = "black",
parametric(1,1-t,2-t, t,-1,2),
color = "light-blue", line_width=1,
parametric_surface(x,y,y+x^2, x,-1,2, y,-1,2),
color = "light-red",
parametric_surface(x, y, x+y, x,-1,2, y,-1,2)
);

Hay dos formas de obtener la recta tangente, parametrizando, o multiplicando vectorialmente los gradientes normales a las superficies, vamos por este segundo método, definimos:

f(x,y,z) = z-y-x^2
g(x,y,z) = y-z+x

Los gradientes, normales a las superficies de nivel 0:
\nabla f = (-2x, -1,1)
\nabla g = (1,1,-1)
En el punto A
\nabla f(1,1,2) = (-2,-1,1)
\nabla g(1,1,2) = (1,1,-1)
Multiplicamos vectorialmente:
\nabla f(1,1,2) \times \nabla g(1,1,2) = (0,-1,-1) = V
Por lo ranto la recta tangente es:
r(t) = A + tV
= (1,1,2) + t(0,-1,-1)
= (1, 1-t, 2-t)

Ahora tenemos que averiguar si intersecta al eje z, en cartesianas es equivalente a la intersección de los planos x=0, y=0, por lo tanto debe cumplirse simultáneamente:
1=0
1-t=0
pero la primera ecuación es un absurdo, por lo tanto la recta no intersecta al eje z.

3) Calcule mediante una integral doble el área de la región plana definida por: 0 \leq y \leq f(x), 0 \leq x \leq 2\pi, siendo y=f(x) la solución particular de y'' + y = 1 que en el punto (0,2) tiene recta tangente de ecuación y=2

Propongo como solución de la ecuación diferencial homogénea:
y=e^{\alpha x}
y'= \alpha e^{\alpha x}
y'' = \alpha^2 e^{\alpha x}

(\alpha^2+1)e^{\alpha x} = 0
\alpha = \pm i

Por lo tanto la solución de la homogénea es de la forma:
y_h = A\cos(x) + B\sin(x)

Para la particular propongo como solución:
y=C
y'=0
y'' = 0

C=1
Por lo tanto:
y_p = 1

La solución general viene dada por:
y_g = y_h + y_p
= A\cos(x) + B\sin(x) + 1

En (0,2)
2 = A + 1
Entonces:
A=1
Derivando:
y'_g = -A\sin(x) + B\cos(x)
En (0,2)
0 = B

Finalmente, la curva es:
y = f(x) = \cos(x) + 1

La integral pedida es:
\int_0^{2\pi}dx \int_0^{\cos(x)+1}dy
\int_0^{2\pi} \cos(x)+1 dx
[\sin(x) + x]_{0}^{2\pi} = 2\pi

Que corresponde al area debajo de la siguiente curva:

final_29_10_2009_ej_3
wxplot2d([cos(x)+1], [x,0,2*%pi])$

4) Dado f(x,y,z) = (1-2xy, y^2, 4z) calcule el flujo de f a través de la superficie frontera del cuerpo definido por x^2+y^2 \leq 4, x+z \leq 2, 1º octante. Indique si, respecto del cuerpo, el flujo es entrante o saliente.

Como se trata de una superficie cerrada lo planteamos por divergencia:
div(f) = -2y +2y + 4
= 4

Por lo tanto el flujo con respecto a la normal saliente es:
4 \int_0^{\pi/2} d\phi \int_0^2 \rho d\rho \int_0^{2-\rho\cos(\phi)}dz
4 \int_0^{\pi/2} d\phi \int_0^2 \rho(2-\rho\cos(\phi)) d\rho
4 \int_0^{\pi/2} d\phi \int_0^2 2\rho - \rho^2\cos(\phi) d\rho
4 \int_0^{\pi/2} d\phi [\rho^2 - \frac{\rho^3}{3}\cos(\phi)]_0^2
4 \int_0^{\pi/2} 4 - \frac{8}{3} \cos(\phi) d\phi
4 [4\phi - \frac{8}{3}\sin(\phi)]_0^{\pi/2}
4 (2\pi - \frac{8}{3})
= 8\pi - \frac{32}{3} \approx 14.46 > 0
por lo tanto el flujo es saliente respecto del cuerpo.

El siguiente es el gráfico del cuerpo:
final_29_10_2009_ej_4
reparametrize(f1,f2,f3,iv,iv0,iv1,dv,dv0,dv1) :=
apply( 'parametric_surface, append(
subst([ iv = 'u , dv = (1-'v)*subst([iv='u],dv0) + 'v * subst([iv='u],dv1) ], [f1,f2,f3]),
['u, iv0, iv1, 'v, 0, 1])
);
draw3d(surface_hide = true,
xlabel = "x", ylabel = "y", zlabel = "z",
color = "light-blue", line_width=1,
reparametrize(2*cos(u),2*sin(u),v, u,0,%pi/2, v,0,2-2*cos(u)),
parametric_surface(v*cos(u),v*sin(u),0, u,0,%pi/2, v,0,2),
reparametrize(u,0,v, u,0,2, v,0,2-u),
parametric_surface(0,u,v, u,0,2, v,0,2),
parametric_surface(v*cos(u),v*sin(u),2-v*cos(u), u,0,%pi/2, v,0,2)
);

Apuntes de integrales

Jueves, octubre 29th, 2009

Estos son los apuntes de integrales y ecuaciones diferenciales que me envió la profesora Campillo, para el curso de los miércoles y viernes.

Integrales Múltiples

Integrales de Superficie

Resolución EDO 2do orden

Guía de TP extraviada

Sábado, octubre 17th, 2009

Quería avisar que el jueves me dejaron una Guía de TP de Análisis 2 que aparentemente alguién se olvidó en el aula.
No tenía nombre, solo algunas anotaciones en lápiz en algunos ejercicios.
La dejé en seguridad (en la entrada del Campus)

Tp.6 Ej.3

Martes, octubre 13th, 2009

Si z = 2uv - 2\sqrt{v-u} con:
u=x-y^2
v=x+2xy-1
resulta z = h(x,y)

a) Reconozca las funciones f y g que generan h = f \circ g
b) Calcule la derivada direccional de h en (2,1), en la dirección que va hacia el (5,5).
c) Sea n_0 la recta normal a la gráfica de h en (2,1,z_0); exprese n_0 como la intersección de dos superficies.
d) Analice si la recta n_0 mencionada en “c” tiene algún punto en común con el eje z.

Solución:

a)

Dadas las funciones
g(x,y) = (x-y^2, x+2xy-1)
f(u,v) = 2uv - 2\sqrt{v-u}

Resulta
z = h(x,y) = (f \circ g)(x,y)

b)
En el punto resulta
(x,y) = (2,1) \to (u,v) = (1, 5) \to z=6

Veamos la jacobiana:
Dh = Df \circ Dg

Dg = \begin{pmatrix} 1 & -2y \\ 1+2y & 2x \end{pmatrix}

Dg(2,1) = \begin{pmatrix} 1 & -2 \\ 3 & 4 \end{pmatrix}

Df = \begin{pmatrix} 2v + \frac{1}{\sqrt{v-u}} & 2u - \frac{1}{\sqrt{v-u}}\end{pmatrix}

Df(1,5) = \begin{pmatrix} \frac{21}{2} & \frac{3}{2}\end{pmatrix}

Dh(2,1) = Df(1,5) \circ Dg(2,1)
= \begin{pmatrix} \frac{21}{2} & \frac{3}{2}\end{pmatrix} \circ \begin{pmatrix} 1 & -2 \\ 3 & 4 \end{pmatrix}

= (15, -15)

Si vamos del punto (2,1) al (5,5) la dirección es paralela al (5-2, 5-1) = (3,4)

Por lo tanto f'((2,1), (3,4)/5) = (15,-15) \cdot (\frac{3}{5},\frac{4}{5})
= -3

c)
Debemos calcular la recta normal. Primero observemos que el plano tangente es:

z = 6 + 15(x-2) - 15(y-1)
z = 6 + 15x - 30 - 15y + 15
15x - 15y - z = 9

Por lo tanto un vector normal al plano y tangente a la recta es el (15,-15,-1)

La recta normal resulta ser:
r(t) = (2,1,6) + t(15,-15,-1)
= (2+15t, 1-15t, 6-t)

x = 2+15t
y = 1-15t
z = 6-t

Por lo tanto podemos escribir la recta como intersección de las dos superficies:
x+y=3
x + 15z = 92

d)
Para que tenga intersección con el eje z, debe cumplirse simultáneamente que x=y=0

0 = 2+15t
0 = 1-15t

Pero
-2/15 \neq 1/15
Por lo tanto no intersecta al eje z.

Tp.6 Ej.1.a

Martes, octubre 13th, 2009

Dadas f y g, analice en cada caso si quedan definidas f \circ g y g \circ f. Además, para cada función generada mediante la composición, determine su dominio natural y obtenga su matriz jacobiana en algún punto interior al mismo.

a) f(x,y) = (xy, x-y)
g(u,v) = (u^2, v-u)

Solución:

Analicemos f \circ g, es decir primero aplicamos g y luego f:
En forma de diagrama sería:
uv \to g \to xy \to f \to wz
Es decir:
\mathbb{R}^2 \to g \to \mathbb{R}^2 \to f \to \mathbb{R}^2

por lo tanto queda definida la composición.
Por otro lado Dm(f) = \mathbb{R}^2 y Dm(g) = \mathbb{R}^2, así que:
Dm(f \circ g) = \mathbb{R}^2

D(g) = \begin{pmatrix} 2u & 0 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}
D(g)(1,1) = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}

g(1,1) = (1,0)
D(f) = \begin{pmatrix} y & x \\ 1 & -1 \end{pmatrix}
D(f)(1,0) =  \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}

D(f \circ g)(1,1) = D(f)(1,0) \circ D(g)(1,1)
= \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} \circ \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}
= \begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 3 & -1 \end{pmatrix}

Veamos ahora g \circ f:
xy \to f \to uv \to g \to wz
Es decir:
\mathbb{R}^2 \to f \to \mathbb{R}^2 \to g \to \mathbb{R}^2
que también queda definida.

Como Dm(f) = Dm(g) = \mathbb{R}^2, entonces:
Dm(g \circ f) = \mathbb{R}^2

D(f)(1,1) = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}

f(1,1) = (1,0)

D(g)(1,0) = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}

D(g \circ f)(1,1) = D(g)(1,0) \circ D(f)(1,1)

= \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ -1 & 1 \end{pmatrix} \circ \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}

= \begin{pmatrix} 2 & 2 \\ 0 & -2 \end{pmatrix}

Tp.5 Cuestionario.e

Lunes, octubre 5th, 2009

Si f:\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R} / f(x,y) = x^{1/3}\sqrt{x^2+y^2} demuestre que f es diferenciable en (0,0) pero f'_x no es contínua en (0,0).

Solución:

Básicamente lo que nos dice el enunciado del ejercicio es que mostremos que a pesar de que f \notin C^1 en el origen, de todas formas es diferenciable en dicho punto.

Veamos cual es el dominio del campo escalar: debe cumplirse que x^2+y^2 \geq 0, lo cual se cumple siempre, por lo tanto Dm(f) = \mathbb{R}^2

Calculamos f'_x:

f'_x = \frac{1}{3}x^{-2/3}\sqrt{x^2+y^2} + x^{1/3}\frac{2x}{2\sqrt{x^2+y^2}}

Como no queda definida en el (0,0), debemos analizarlo por definición de derivada parcial en dicho punto:

f'_x(0,0) = \frac{f(h,0) - f(0,0)}{h}
= \frac{h^{1/3}\sqrt{h^2}}{h}
= h^{-1}h^{1/3}\sqrt{h^2}
= h^{-2/3}|h|
= \frac{|h|}{h^{2/3}}

Si h>0
= hh^{-2/3} = h^{1/3} = 0
Si h<0
= -hh^{-2/3} = -h^{1/3} = 0

Por lo tanto f'_x(0,0) = 0

Veamos por definición si existe f'_x sobre el eje y (cuando x=0)
f'_x(0,y) = \frac{f(h,y) - f(0,y)}{h}
= \frac{h^{1/3}\sqrt{h^2+y^2}}{h}
= h^{-1}h^{1/3}\sqrt{h^2+y^2}
= h^{-2/3}\sqrt{h^2+y^2}
= \frac{\sqrt{h^2+y^2}}{h^{2/3}}

Por lo tanto no queda definida f'_x sobre el eje y (salvo en el origen).
Por eso f'_x no es contínua ya que al aproximarme por el eje y no queda definido el límite.

Calculemos f'_y para tener el gradiente completo:

\lim_{h \to 0} \frac{f(0,h) - f(0,0)}{h}
\lim_{h \to 0} \frac{0^{1/3}\sqrt{h^2}}{h} = 0

Veamos si la función es diferenciable en el origen:

\lim_{(h,k) \to (0,0)} \frac{f(h,k) - f(0,0) - \nabla f(0,0) \cdot (h,k)}{\sqrt{h^2+k^2}} = 0

\lim_{(h,k) \to (0,0)} \frac{h^{1/3}\sqrt{h^2+k^2}}{\sqrt{h^2+k^2}} = 0
\lim_{(h,k) \to (0,0)} h^{1/3} = 0

por lo tanto f(x,y) es diferenciable en el origen.

Tp.5 Ej.8.a

Lunes, octubre 5th, 2009

Calcule mediante aproximación lineal y compare el resultado con el obtenido con calculadora.

a) f(1.96, 0.96) cuando f(x,y) = \sqrt{25-2x^2-y^2}

Solución:

Primero veamos si podemos obtener una aproximación lineal a la función en el entorno del (2,1)
f'_x = \frac{-4x}{2\sqrt{25-2x^2-y^2}} = \frac{-2x}{\sqrt{25-2x^2-y^2}}
f'_y = \frac{-2y}{2\sqrt{25-2x^2-y^2}} = \frac{-y}{\sqrt{25-2x^2-y^2}}
Estas funciones son contínuas en el entorno de (2,1), por lo tanto f \in C^1 en dicho entorno, con lo cual sabemos que la función es diferenciable y por lo tanto existe aproximación lineal en ese entorno.
La aproximación lineal tendrá la forma:
f(x,y) \approx f(2,1) + f'_x(2,1) (x-2) + f'_y(2,1) (y-1)

f(x,y) \approx 4 - (x-2) - \frac{1}{4}(y-1)
f(1.96, 0.96) \approx 4 - (-0.04) - \frac{1}{4}(-0.04)
\approx 4 + 0.04 + 0.01
\approx 4.05

Si calculamos diréctamente con la calculadora el valor es
f(1.96, 0.96) = 4.049098... \approx 4.05

En el siguiente gráfico se puede visualizar la superficie y su aproximación lineal en el entorno del (2,1)
tp5_ej8a
draw3d(
surface_hide = true,
xu_grid=20, yv_grid=20,
xlabel = "x",
ylabel = "y",
zlabel = "z",
color=green,
parametric_surface(x,y,sqrt(25-2*x^2-y^2), x,1,3, y,0,2),
color=blue,
parametric_surface(x,y,4-(x-2)-(y-1)/4, x,1,3, y,0,2),
line_width=3,
color=cyan,
parametric(2,1,4,t,-1,1),
color=red,
parametric(1.96,0.96,4.0490986,t,-1,1),
color=light-red,
parametric(1.96,0.96,4.05,t,-1,1)
);

Tp.5 Ej.2

Lunes, octubre 5th, 2009

Siendo f(x,y) = \sqrt{xy} si xy \geq 0 y f(x,y) = x si xy < 0, calcule f'((0,0), (2,-1)) aplicando la definición. Observe que en este caso f'((0,0),(2,-1)) \neq \nabla f(0,0) \cdot (2,-1), ¿existe la derivada pedida?; si existe, ¿cuál es su valor?.

Solución:

La derivada pedida por definición es el siguiente límite

f'((0,0),(2,-1)) = \lim_{h \to 0} \frac{ f( (0,0) + h(2,-1) ) - f(0,0) }{h}
\lim_{h \to 0} \frac{ f(2h,-h) - f(0,0) }{h}

Para evaluar f(2h,-h) calculamos xy = -2h^2 < 0 pues h \neq 0 dado que h \to 0. Luego hay que entrar en la rama de abajo y f(2h,-h) = 2h

Además se tiene que f(0,0) = \sqrt{0} = 0

Por lo tanto:
= \lim_{h \to 0} \frac{2h - 0}{h} = 2

Así que la derivada pedida existe y su valor es 2.

Calculemos \nabla f(0,0). Sobre los ejes coordenados f vale \sqrt{xy}
f'_x = \lim_{h \to 0} \frac{f(h,0) - f(0,0)}{h}
= \lim_{h \to 0} \frac{\sqrt{h0} - 0}{h} = 0
De forma similar:
f'_y = \lim_{h \to 0} \frac{f(0,h) - f(0,0)}{h}
= \lim_{h \to 0} \frac{\sqrt{0h} - 0}{h} = 0
Por lo tanto \nabla f(0,0) = (0,0)

Efectivamente se cumple que
f'((0,0),(2,-1)) \neq \nabla f(0,0) \cdot (2,-1)
2 \neq (0,0) \cdot (2,-1)
2 \neq 0

Esto implica que la función no es diferenciable en el origen. En el siguiente gráfico puede observarse la gráfica de la función, y la recta tangente a la superficie en el origen que avanza en la dirección de (x,y)=(2,-1).

tp5_ej2bis
draw3d(
surface_hide = false,
xu_grid=20, yv_grid=20,
xlabel = "x",
ylabel = "y",
zlabel = "z",
color=blue,
parametric_surface(x,y,sqrt(x*y), x,0,2, y,0,2),
parametric_surface(x,y,sqrt(x*y), x,-2,0, y,-2,0),
parametric_surface(x,y,x, x,0,2, y,-2,0),
parametric_surface(x,y,x, x,-2,0, y,0,2),
color=red, line_width=2,
parametric(2*t,-t,2*t,t,-1,1)
);

Tp.5 Ej.1.b

Lunes, octubre 5th, 2009

Exprese Df(X) y halle el conjunto W tal que Df sea continua en W

b) f(x,y) = \frac{xy}{x^2 + y^2}

Solución:

Lo primero que nos piden es que calculemos su matriz jacobiana. Como en este caso se trata de un campo escalar, su matriz jacobiana es equivalente a su gradiente, es decir al vector con las derivadas parciales como componentes.

Df = \left(\frac{y(x^2+y^2) - xy(2x)}{(x^2+y^2)^2}, \frac{x(x^2+y^2) - xy(2y)}{(x^2+y^2)^2}\right)
= \left(\frac{yx^2+y^3 - 2x^2y}{(x^2+y^2)^2}, \frac{x^3+xy^2 - 2y^2x}{(x^2+y^2)^2}\right)
= \left(\frac{y^3 - x^2y}{(x^2+y^2)^2}, \frac{x^3-xy^2}{(x^2+y^2)^2}\right)

Por lo tanto el dominio es Dm(f) = Dm(Df) = \mathbb{R}^2 - \{0\}
El conjunto W = Dm(f) por ser la función contínua en todos los puntos de \mathbb{R}^2 menos en el origen donde no está definida. (Es fácil ver que es contínua porque se cumple que existe f(x_0, y_0) y es igual al límita cuando (x,y) \to (x_0,y_0) pues no hay indeterminación.

Esto significa que f \in C^1 en W, y por lo tanto también es diferenciable (existe plano tangente) en cualquier punto de W.

En la siguiente imagen puede observarse que la función parece ser no contínua en el origen, pero si diferenciable en todos los demás puntos.
tp5_ej1b
draw3d(
surface_hide = true,
xu_grid=60, yv_grid=60,
color=blue,
parametric_surface(x,y,x*y/(x^2+y^2), x,-2,2, y,-2,2)
);