Archivos de la categoría ‘TP03 – Límite y Continuidad

Tp.3 Ej.7.f

Sábado, septiembre 10th, 2011

Analice la continuidad en el origen de los siguientes campos escalares

f) f(x,y) = \begin{cases} \frac{xy}{x^2 - y^2} & si \ |y| \neq |x| \\ 0 & si \ |y| = |x| \end{cases}

Solución:

Primero observo que el dominio de la función es Dm(f) = \mathbb{R}^2, y que f(0,0) = 0

Veamos que pasa si me aproximo al origen por curvas de \mathbb{R}^2 tales que |y| \neq |x|, debo usar la parte de “arriba” de la definición y el límite queda como

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

En particular veamos por rectas que pasan por el origen de la forma y=mx (con m \neq \pm 1)

\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{x mx}{x^2 - m^2 x^2}

\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{x^2 m}{x^2 (m^2 - 1)}

\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{m}{m^2 - 1} = \frac{m}{m^2 - 1}

Alcanza con ver que si m=2 la función tiende a \frac{2}{3} \neq 0 para ver que no es contínua en el origen.

Tp.3 Ej.11

Lunes, mayo 4th, 2009

Sea f(x,y) = x^3/(x^2+y^2) si (x,y) \neq (0,0), f(0,0)=0.

a) Demuestre que f es continua en el origen.

b) ¿Puede analizar le límite acercándose al origen por la línea de nivel 1 de f?

Solución:

a) Probamos por polares:

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

por lo tanto es contínua en el origen.

b) La curva de nivel 1 de f son los (x,y) \in \mathbb{R}^2 tales que

\frac{x^3}{x^2+y^2} = 1

Cuando (x,y) \neq (0,0) se puede reescribir como:

x^3 = x^2 + y^2

xx^2 - x^2 = y^2

x^2(x-1) = y^2

por lo tanto debe cumplirse x-1 \geq 0 , por lo tanto

x \geq 1 en el entorno del (0,0), es decir que a pesar que esta curva contiene el punto (0,0), el mismo no es punto de acumulación de la curva, por lo tanto no puedo utilizarla para analizar dicho límite.  (Vale la aclaración de que la curva de nivel original no contenía el (0,0)).

A continuación pongo el gráfico de la curva definida implícitamente como x^3 = x^2 + y^2, donde puede verse que la misma no pasa por el entorno del origen de coordenadas.
tp3_ej11

load(implicit_plot);
implicit_plot (x^3 = x^2 + y^2, [x, -4, 4], [y, -4, 4],
[gnuplot_preamble, "set zeroaxis"]
);

Tp.3 Ej.6.b

Miércoles, mayo 14th, 2008

6) Analice la continuidad en el orgien de los siguientes campos escalares.
b) f(x,y) = \begin{cases} \frac{1-\cos(xy)}{x} & si \ x \neq 0 \\ 0 & si \ x=0 \end{cases}

Nos piden: analizar si es continua en el origen. Aproximándonos por el eje y tenemos que x=0 donde la función vale 0, por lo tanto por ese camino el límite existe y es igual a la función, para los otros caminos debemos hacer el límite con la función de arriba, es decir cuando x \neq 0

\lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{1-\cos(xy)}{x}

Si y=0 nos queda
\lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos(0)}{x}
\lim_{x \to 0} \frac{1-1}{x}
\lim_{x \to 0} \frac{0}{x} = 0

Si y \neq 0 entonces podemos multiplicar y dividir por y

\lim_{(x,y) \to (0,0)} y \frac{1-cos(xy)}{xy}

\lim_{y \to 0} y \cdot \lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{1-cos(xy)}{xy}

El primer límite es un infinitésimo. Para el segundo límite si t=xy , tenemos que cuando (x,y) \to (0,0) entonces t \to 0 .

Por lo tanto el segúndo límite se convierte en

\lim_{t \to 0} \frac{1-\cos(t)}{t}

aplico L’Hopital

\lim_{t \to 0} \frac{\sin(t)}{1} = 0

Como el límite doble resultó ser un producto de infinitésimos, el límite existe y es igual al valor de la función en el punto, por lo tanto la función f(x,y) es contínua en el orígen.

Tp 3 Ej 7.a

Miércoles, mayo 14th, 2008

7) Analice la continuidad en el origen de los siguientes campos escalares.

a) f(x,y) = \begin{cases} x^3/(x^2 + y) & si \ x^2 + y \neq 0 \\ 0 & si \ x^2 + y = 0 \end{cases}

Solución:
Antes que nada voy a llamar
f_1(x,y) = \frac{x^3}{x^2+y}
y
f_2(x,y) = 0

La función f(x,y) está definida en el origen y vale 0.
Ahora analizamos el límite doble cuando me acerco al origen.

En f_1 :
\lim_{(x,y) \rightarrow (0,0)} \frac{x^3}{x^2+y}

Si nos acercamos al origen por la curva y = x^3 , nos queda

\lim_{x \rightarrow 0} \frac{x^3}{x^2+x^3}
Lo cual es una indeterminación de tipo 0/0. Aplicamos L’Hopital:

\lim_{x \rightarrow 0} \frac{3x^2}{2x+ 3x^2}
Vuelvo a aplicar L’Hopital:

\lim_{x \rightarrow 0} \frac{6x}{2 + 6x}

Lo cual ya no es una indeterminación, y da 0, por lo cual todavía no podemos afirmar nada.

La idea es encontrar un camino por la cual el límite de distinto, por eso buscamos que el denominador tienda a cero igual o mas rápido que el numerador.
Veamos ahora de acercarnos por la curva y = x^3 - x^2

\lim_{ x \to 0} \frac{x^3}{x^2+ x^3 - x^2}
\lim_{ x \to 0} \frac{x^3}{x^3} = 1 \neq 0

Ahora si encontramos un camino que pasa por el origen y hace que el límite de distinto, por lo tanto no existe límite y no es contínua en el origen.

Tp 3 Ej 4

Miércoles, mayo 14th, 2008

4) Sea S la superficie de ecuación z = x^2+y^2 , halle la ecuación de una curva C \subset S que pase por el punto (1,2,5) ; verifique por definición que realmetne se trata de una curva.

Llamamos S: z=x^2 + y^2
y A: (1,2,5)

La curva C debe satisfacer (1) C \subset S y (2) pasar por el punto A .

Nos piden: una ecuación de la curva C (hay varias curvas que satisfacen esas propiedades)

Podemos parametrizar S como
S(x,y) = (x, y, x^2+y^2)

Tomando y=2 obtenemos una de las posibles curvas, que nos queda así

C(x) = (x, 2, x^2+4)


Edit: (14/02/2013)

Este post es tan viejo que me da pena corregirlo porque me gusta ver como pensaba las cosas hace muchos años. Cuando veo cosas que escribí hace mucho por lo general no me gusta ya sea porque están mal, o porque podrían estar mejor. Prefiero aclarar como lo haría ahora:

Me dan la superficie \Sigma de ecuación z=x^2 + y^2 y el punto A = (1,2,5) .

Me piden una curva incluída en \Sigma que pase por A. Si intersecto con el plano de ecuación y=2 me queda la curva intersección x^2 + 4 = z sobre el plano y=2, que la puedo parametrizar con
g(t) = (t, 2, t^2 + 4) con t \in \mathbb{R}

Otra posible curva sería tomar el plano z=5, con lo que me quedaría la curva intersección de x^2 + y^2 =5 sobre el plano z=5, y la podemos parametrizar con
h(t) = (\sqrt{5}\cos(t), \sqrt{5}\sin(t), 5) con 0 \leq t \leq 2\pi

En ambos casos, verificar por definición que se trata de una curva, es justificar que la curva es la imagen de la parametrización, que es una función vectorial contínua. Si queremos ser quisquillosos a veces en la definición de curva se exige que el dominio sea un intervalo cerrado [a,b], con lo cual sólo serviría la curva parametrizada con h(t) como ejemplo.

Tp 3 Ej 3.f

Miércoles, mayo 14th, 2008

3) Analice la existencia de los siguientes límites.

f) \lim_{(x,y) \rightarrow (0,0)} x \sin(1/y)

Solución:

El límite pedido equivale al siguiente
\lim_{x \to 0} x \cdot \lim_{y \to 0} \sin(\frac{1}{y})

La función \sin(x) es acotada, luego el límite pedido es del tipo infinitésimo por acotado y por lo tanto existe y su valor es 0.

Tp 3 Ej 3.c

Miércoles, mayo 14th, 2008

3) Analice la existencia de los siguiente límites
c) \lim_{(x,y) \rightarrow (2,2)} \frac{sen(4-xy)}{16-x^2y^2}

Hago el cambio de variables t = xy
Entonces \lim_{(x,y) \rightarrow (2,2)} se corresponde con \lim_{t \rightarrow 4}

y entonces nos queda

\lim_{t \rightarrow 4} \frac{sen(4-t)}{16-t^2}

aplico L’Hopital

\rightarrow \lim_{t \rightarrow 4} \frac{cos(4-t)}{2t} = \frac{1}{8}

y por lo tanto el límite pedido existe y su valor es 1/8 .

Tp.3 Ej.3.a

Miércoles, mayo 14th, 2008

3.) Analice la existencia de los siguientes límites
a) \lim_{(x,y) \rightarrow (0,0)} (\frac{xy}{x^2+y^2}, \frac{e^{xy}-1}{xy})

Llamamos f_1 = \frac{xy}{x^2+y^2} y
f_2 = \frac{e^{xy}-1}{xy}

Lo primero que debemos analizar es el domino del campo vectorial. De f_1 tenemos (x,y) \neq (0,0). De f_2 x \neq 0 y y \neq 0, por lo tanto en definitiva el dominio es R^2 menos los ejes de coordenadas.

En f_1
Podemos aproximarnos por rectas (excepto los ejes coordenados), por ejemplo si y=x
\lim_{x \rightarrow 0} \frac{x^2}{2x^2} = \frac{1}{2}

Si y = 2x
\lim_{x \rightarrow 0} \frac{2x^2}{x^2 + 4x^2} = \frac{2}{5}

que es distínto al valor anterior, y de existir el límite su valor debe ser único independientemente del camino por el cual lo evalúe, por lo tanto no existe el límite.

Tp.3 Ej.1

Lunes, abril 28th, 2008

1) Analice la existencia del \lim_{u \rightarrow 0} \left( \frac{1-cos(u)}{u^2}, 1+2u, \frac{sen(u^2)}{u^3+u^2} \right)

Solución:

Si llamamos g(u) = (f_1, f_2, f_3) , y
f_1 = \frac{1-cos(u)}{u^2},
f_2 = 1+2u, y
f_3 = \frac{sen(u^2)}{u^3+u^2}

podemos reescribir el límite como

\lim_{u \rightarrow 0} g(u)

en f_1

\lim_{u \rightarrow 0} \frac{1-cos(u)}{u^2}

aplico L’Hopital

\lim_{u \rightarrow 0} \frac{sin(u)}{2u}

otra vez aplico L’Hopital

\lim_{u \rightarrow 0} \frac{cos(u)}{2} = \frac{1}{2}

En f_2

\lim_{u \rightarrow 0} 1+2u = 1

En f_3

\lim_{u \rightarrow 0} \frac{sin(u^2)}{u^3+u^2}

aplico L’Hopital

\lim_{u \rightarrow 0} \frac{cos(u^2) 2u}{3u^2 + 2u}

otra vez aplico L’Hopital

\lim_{u \rightarrow 0} \frac{-sen(u^2) 2u 2u + cos(u^2) 2}{6u+2} = \frac{2}{2} = 1

Por lo tanto como los 3 límites de las componentes existen, también existe el límite pedido y su valor es

\lim_{u \rightarrow 0} g(u) = (1/2, 1, 1)