Ejercicio de límite

Calcular el siguiente límite

\displaystyle \lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{x^3 y^2}{x^4 + y^4}

Solución:

\lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{x^3 y^2}{x^4 + y^4}

= \lim_{(x,y) \to (0,0)} \underbrace{x}_{\to 0} \underbrace{\frac{x^2 y^2}{x^4 + y^4}}_{[0,\frac{1}{2}]} = 0

Una manera elegante de justificar que la función está acotada sale de usar que

(x^2 - y^2)^2 = x^4 - 2x^2 y^2 + y^4 \geq 0

Luego,

0 \leq 2 x^2y^2 \leq x^4 + y^4

dividiendo por 2(x^4 + y^4) > 0 (válido en \mathbb{R}^2 - \{(0,0)\})

0 \leq \frac{x^2y^2}{x^4 + y^4} \leq \frac{1}{2}

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Ejercicio de líneas de campo

Hallar las lineas de campo de f(x,y) = (x-y, x+y)

Solución:

Debemos resolver la ecuación diferencial:
y' = \frac{x+y}{x-y}

Veamos si se trata de una ecuación diferencial homogénea, para ello la función
f(x,y) = \frac{x+y}{x-y}
debe ser homogénea de grado 0, es decir:
f(tx, ty) = \frac{tx + ty}{tx - ty} = \frac{t}{t} f(x,y) = t^0 f(x,y)
por lo tanto si se trata de una ecuación diferencial homogénea.

Sustituyo:
y = zx
y' = z'x + z
en la ecuación diferencial:
z'x + z = \frac{x + zx}{x - zx}
z'x = \frac{1+z}{1-z} - z
= \frac{1+z - (1-z)z}{1-z}
= \frac{1+z - (z-z^2)}{1-z}
= \frac{1+z - z+z^2}{1-z}
\frac{dz}{dx} x = \frac{1 + z^2}{1-z}
\frac{1-z}{1+z^2} dz = \frac{dx}{x}

\int \frac{1-z}{1+z^2} dz
\int \frac{1}{1+z^2} - \frac{z}{1+z^2} dz
= \arctan(z) - \frac{1}{2} \ln(z^2 + 1)
Como z = y/x
= \arctan(\frac{y}{x}) - \frac{1}{2} \ln(\frac{y^2}{x^2} + 1)

Por lo tanto:

\arctan(\frac{y}{x}) - \frac{1}{2} \ln(\frac{y^2}{x^2} + 1) = \ln(x) + c

Podemos verificar que este resultado es consistente con la resolución del Wolfram Alpha

Ejercicio de Stokes

Dado f(x,y,z) = (xz - 5\sin(y), h(x,z), -x\cos(y-2)) con h campo escalar C^{\infty}. Sea C la curva definida como intersección de las superficies de ecuaciones y = \sqrt{x^2 + 4z^2}, y = 6 - x^2 - 4z^2
Calcular la circulación del campo a lo largo de la curva C. Indique en un gráfico la orientación elegida para la curva.

Solución:

Veamos primero como se intersectan las superficies que forman la curva C

\begin{cases} y = \sqrt{x^2 + 4z^2} \\ y = 6 - x^2 - 4z^2 \end{cases}

De la segunda ecuación:
y = 6 - (x^2 + 4z^2)
= 6 - y^2
y^2 + y - 6 = 0
De donde sale que y_1 = 2 y y_2 = -3

Pero por la primer ecuación tenemos que y \geq 0 (por ser la raiz cuadrada de un número), por lo tanto la única solución válida es y = 2

Reemplazando en la primer ecuación:
2 = \sqrt{x^2 + 4z^2}
x^2 + 4z^2 = 4

Por lo tanto la curva es una elipse contenida en el plano y=2

Vamos a resolverlo por Stokes, nuestra supuerficie va a ser el plano y=2, como vamos a proyectar en el plano xz nuestro vector normal es N=(0,1,0)

Calculamos el rotor del campo:

rot(f) = \left| \begin{matrix} i & j & k \\ \partial_x & \partial_y & \partial_z \\ xz - 5\sin(y) & h(x,z) & -x\cos(y-2) \end{matrix} \right|
= (x\sin(y-2) - h'_z, x + \cos(y-2), h'_x + 5 \cos(y))

Evaluamos el rotor campo sobre nuestra superficie y=2

rot(f(S(x,z))) = (-h'_z, x + 1, h'_x + 5\cos(2))

Ahora hacemos el producto escalar del rotor por el vector normal a la superficie:
rot(f) \cdot N = x + 1

Para integrar sobre la elipse propongo el siguiente cambio de coordenadas sobre la proyección:

T = \begin{cases} x = 2 \rho \cos(\phi) \\ z = \rho \sin(\phi) \end{cases}

Cuyo jacobiano es:
|J| = \left| \begin{matrix} 2\cos(\phi) & -2\rho\sin(\phi) \\ \sin(\phi) & \rho\cos(\phi) \end{matrix} \right| = 2\rho

Transformamos el integrando: x + 1 \rightarrow 2 \rho \cos(\phi) + 1

Finalmente, la integral nos queda:

\int_0^{2\pi} d\phi \int_0^1 (2\rho)(2 \rho \cos(\phi) + 1) d\rho

4 \int_0^{2\pi} \cos(\phi) d\phi \int_0^1 \rho^2 d\rho + 2 \int_0^{2\pi} d\phi \int_0^1 \rho d\rho

= 4 \left[ \sin(\phi) \right]_0^{2\pi} \left[ \frac{\rho^3}{3} \right]_0^1 + 4\pi \left[ \frac{\rho^2}{2} \right]_0^1

= 2\pi

El siguiente es el gráfico de las superficies (se graficó abierta para ver el plano en su interior)

draw3d(surface_hide=true,
xlabel = "x", ylabel = "y", zlabel = "z",
color=blue,
parametric_surface(2*u*cos(v),2*u, u*sin(v), v,%pi/4*0,2*%pi, u,0,1),
color=light-blue,
parametric_surface(2*u*cos(v),6-4*u^2, u*sin(v),v,%pi/4,2*%pi, u,0,1),
color=green,
parametric_surface(2*u*cos(v),2, u*sin(v), v,0,2*%pi, u,0,1)
);

Ejercicio de Continuidad 2

Dado el campo escalar f(x,y) definida como:

f(x,y) = \begin{cases} f_1(x,y) = \frac{\sin(xy)}{\tan(3y)} & si \ y \neq 0 \\ f_2(x,y) = 0 & si \ y=0 \end{cases}

Analice la continuidad y la derivabilidad de f en los puntos (0,0) y (0,2).

Solución:

Voy a llamar a los puntos de la siguiente forma:

A: (0,0)
B: (0,2)

Analizo primero el punto A:

\lim_{(x,y) \to (0,0)}\frac{\sin(xy)}{\tan(3y)}

Si me acerco por el eje x (y=0) tengo que usar f_2 y el límite da 0.

Si me acerco por el eje y (x=0)

\lim_{y \to 0} \frac{\sin(0)}{\tan(3y)} = 0

Por lo tanto me dió lo mismo por dos caminos distintos. Intentemos ver si el límite es válido para todos los caminos posibles. Si reescribo la función f_1 de la siguiente forma:

f_1(x,y) = \frac{\sin(xy)}{\frac{\sin(3y)}{\cos(3y)}} = \frac{\sin(xy)\cos(3y)}{\sin(3y)}

nos queda

\lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{\sin(xy)\cos(3y)}{\sin(3y)} = \frac{3y \sin(xy) \cos(3y)}{3y \sin(3y)}

= \lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{3y}{\sin(3y)} \frac{\sin(xy)}{3y} \cos(3y) = \frac{3y}{\sin(3y)}\frac{1}{3}x\frac{\sin(xy)}{xy}\cos(3y)

= (\to 1)(\to \frac{1}{3})(\to 0)(\to 1)(\to 1) = 0

Por lo tanto la función es contínua en el origen.

En el punto B, tenemos que evaluar f_1(0,2) = 0 por no ser una indeterminación también es contínua en dicho punto.

Veamos la derivabilidad en A, si v_2 = 0 entonces la derivada direccional es 0, y si v_2 \neq 0:

\lim_{h \to 0} \frac{f(hv_1, hv_2)-f(0,0)}{h} = \frac{\sin(h^2v_1v_2) \cos(3hv_2)}{\sin(3hv_2)} \frac{1}{h}

= \frac{\frac{\sin(h^2v_1v_2)}{h^2v_1v_2} \cos(3hv_2)}{\frac{\sin(3hv_2)}{h^2v_1v_2}} \frac{1}{h}

= \frac{\frac{\cos(3hv_2)}{3hv_2}}{\frac{\sin(3hv_2)}{(h^2v_1v_2)(3hv_2)}} \frac{1}{h}

= \frac{(h^2v_1v_2)\cos(3hv_2)}{3hv_2} \frac{1}{h}

= \frac{v_1v_2}{3v_2}

= \frac{v_1}{3}

Por lo tanto es derivable en toda dirección en el punto A

Veamos si es derivable en el punto B

\lim_{h \to 0} \frac{f(hv_1, 2 + hv_2)-f(0,2)}{h} = \frac{\sin((hv_1)(2+hv_2)) \cos(3(2+ hv_2))}{\sin(3(2+hv_2))} \frac{1}{h}

\lim_{h \to 0} \frac{f(hv_1, 2 + hv_2)-f(0,2)}{h} = \frac{(hv_1)(2+hv_2)}{(hv_1)(2+hv_2)} \frac{\sin((hv_1)(2+hv_2)) \cos(3(2+ hv_2))}{\sin(3(2+hv_2))} \frac{1}{h}

\lim_{h \to 0} \frac{f(hv_1, 2 + hv_2)-f(0,2)}{h} = (2v_1 +hv_1v_2) \frac{\cos(3(2+ hv_2))}{\sin(3(2+hv_2))} = \frac{2}{\tan(6)} v_1

Por lo tanto también es derivable en B

El siguiente es el gráfico del campo escalar:
continuidad2
draw3d(color=blue, surface_hide=true,
explicit(sin(x*y)/tan(3*y),x,-3,3,y,-3,3));

Ejercicio Continuidad,Derivabilidad,Diferenciabilidad

Sea f(x,y) definida como:

f_1(x,y) = \frac{2x^2 - 3xy}{x^2 + y^2} si x \neq 0

f_2(x,y) = \sin(x+y) si x = 0

Analice continuidad, derivabilidad y diferenciabilidad en el origen.

En el origen la función vale f_2(0,0) = \sin(0 + 0) = 0

Si me acerco por el eje y (x=0) me estoy acercando por la función \sin(y) que tiende a 0 cuando y tiende a cero, por lo tanto por ahora se verifica la continuidad, pero no puedo asegurar nada.  Analizo los otros caminos con el límite sobre f_1

\lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{2x^2 - 3xy}{x^2 + y^2}

Veamos que pasa en polares

\lim_{\rho \to 0} \frac{2\rho^2\cos^2(\phi) - 3 \rho^2\cos(\phi)\sin(\phi)}{\rho^2} = 2\cos^2(\phi) - 3\cos(\phi)\sin(\phi)

por lo tanto el límite varía según el ángulo y como no es único puedo afirmar que no existe el límite doble, y por lo tanto la función no es contínua.

Ya puedo contestar también que no es diferenciable, por no ser contínua.

Analicemos ahora la derivabilidad.

Por el eje y (x=0) es derivable ya que nos queda la función \sin(y) y la derivada es \cos(y), por lo tanto en la dirección (0,1) la derivada vale \cos(0) = 1

Veamos en las otras direcciones

\lim_{h \to 0} \frac{f((0,0) + h(v_1, v_2)) - f(0,0)}{h} = \frac{f(hv_1, hv_2)}{h} = (\frac{2h^2v_1^2 - 3h^2v_1v_2}{h^2})(\frac{1}{h}) = \frac{2v_1^2-3v_1v_2}{h}

Este límite solo existe cuando el numerador se anula, esto es

2v_1^2 - 3v_1v_2 = 0

2v_1^2 = 3v_1v_2

Como tenemos v_1 \neq 0 (pues esa dirección ya la analizamos), nos queda v_1 = \frac{3}{2}v_2

Por lo tanto solo es derivable en las direcciones paralelo al eje y, y cuando v_1 = \frac{3}{2}v_2, y el valor de la derivada en esas direcciones es 0.

Ejercicio de Continuidad

Estudie la continuidad de:

f(x,y) = \frac{(y-1)x^2 - x^3}{x^2 + (y-1)^2} si (x,y) \neq (0,1)

f(x,y) = 0 si (x,y) = (0,1)

Solucion:

Es una indeterminación del tipo \frac{0}{0} , pero si miramos bien pareciera haber un deplazamiento en el eje y de una unidad, es decir nos simplificaría un poco empezar por hacer una sustitución del tipo:

w = y-1

y \to 1 implica w \to 0

Por lo tanto la función nos queda como:

f(x,w) = \frac{w x^2 - x^3}{x^2 + w^2} si (x,w) \neq (0,0)

f(x,w) = 0 si (x,w) = (0,0)

Como en el denominador veo x^2 + w^2 se me ocurre empezar por ver que pasa si intentamos el método de pasar a polares:

x = \rho \cos(\phi)

w = \rho \sin(\phi)

Con 0 \leq \rho \leq \infty y 0 \leq \phi \leq 2\pi

Para que sea continua tiene que existir y valer 0 el siguiente límite:

\lim_{\rho \to 0} \frac{\rho \sin(\phi) \rho^2 \cos^2(\phi) - \rho^3 \cos^3(\phi)}{\rho^2 \cos^2(\phi) + \rho^2 \sin^2(\phi)}

\lim_{\rho \to 0} \frac{\rho^3 \sin(\phi) \cos^2(\phi) - \rho^3 \cos^3(\phi)}{\rho^2}

\lim_{\rho \to 0} \rho (\sin(\phi) \cos^2(\phi) - \cos^3(\phi) ) = 0 (por resultar infinitésimo por acotado).

Por lo tanto se cumplen las 3 condiciones necesarias (existe la función en el punto, existe el límite, y valen lo mismo) y podemos afirmar que la función es contínua en dicho punto.