guia 2 0 Limites y derivadas

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Universidad Técnica Federico Santa María 
Departamento de Matemática 
Campus Santiago 
 
ICIPEV / Marzo 2006 - 1 - 
Ayudante: Roberto Celis 
GGuuííaa 22..00 ddee eejjeerrcciicciiooss rreessuueellttooss 
IICCIIPPEEVV // MMaarrzzoo 22000066 
 
Temas: Limites, continuidad, derivadas parciales. 
 
Problema 1: Sea 
 
=),( yxf 
0
2
42
2
yx
xy
+
 
si
si
,
,
 
)0,0(),(
)0,0(),(
=
≠
yx
yx
 
 
 
1.1 Mostrar que 
x
f
∂
∂
 y 
y
f
∂
∂
 existen en todas partes. 
1.2 ¿Es Diferenciable en (0,0)? 
1.3 ¿Es ( )yxf , continua en (0,0)? 
 
 
Solución: 
 
1.1 En los puntos tales que ( ) ( )0,0, ≠yx basta derivar con las reglas de derivación 
conocidas del cálculo de una variable, claro que procurando dejar fija la variable 
respecto a la cual no se deriva, así: 
 
( )242
226 22
yx
yxy
x
f
+
−=
∂
∂
 ( )242
53 44
yx
xyyx
y
f
+
−=
∂
∂
 
 
En los puntos tales que ( ) ( )0,0, =yx se debe usar la definición de derivada parcial, pues no 
tenemos certeza absoluta de su existencia, esto es: 
 
( ) ( ) ( )
00lim
0
lim
0
0
02
lim
0,00,0
lim
0,0
00
2
00
==
∆
=
∆
−
+∆
⋅∆
=
∆
−∆+=
∂
∂
→∆→∆→∆→∆ xxxx xx
x
x
x
fxf
x
f
 
 
 
 
 
Por lo tanto las derivadas parciales de ( )yxf , existen en todo 2IR . 
( ) ( ) ( )
00lim
0
lim
0
0
02
lim
0,00,0
lim
0,0
00
4
2
00
==
∆
=
∆
−
∆+
∆⋅⋅
=
∆
−∆+=
∂
∂
→∆→∆→∆→∆ yyyy yy
y
y
y
fyf
y
f
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1.2 ( )yxf , será diferenciable en un punto determinado ( )ba, si y sólo si: 
 
( ) ( ) ( ) ( )
0
,,,,
lim
220,0,
=
+
⋅−⋅−−++
→ kh
bafkbafhbafkbhaf yx
kh
 
 
Observación: la expresión anterior es una definición y es válida para cualquier función. 
 
En este problema, se tiene que ( ) ( )0,0, =ba , por lo que usando los resultados de la 
respuesta 1.1, se tiene que: 
 
 
( ) 2242
2
0,0,22
42
2
0,0,
2
lim
000
2
lim
khkh
hk
kh
kh
kh
hk
khkh ++
=
+
⋅−⋅−−
+
→→
 
 
 
Pasando a coordenadas polares: ( )θcosrh = ; ( )θrsenk = ; [ ]πθ 2,0∈ 
 
( ) ( )
( ) ( )( )
( ) ( )
( ) ( )( )
( )
( ) ( )θϕθ
θ
θθ
θθ
θθ
θθ ==
+
=
+ →→ cos
2
cos
cos2
lim
cos
cos2
lim
2
422
2
04222
23
0
sen
senr
sen
rsenrr
senr
rr
 
 
La expresión anterior es una función del ángulo (( )θϕ ), por lo que para diferentes ángulos 
existen diferentes valores del límite. Con ello, la función NO es diferenciable, pues no se 
cumple la definición establecida. 
 
 
1.3 Analizáramos la continuidad de la función comprobando el valor del límite: 
 
Un acercamiento por las rectas x = 0 o y = 0 dan como resultado cero, esto es: 
 
00lim
0
02
lim
020
==
+
⋅
→→ xx x
x
 
 
Sin embargo, un acercamiento por la curva xy =2 da como resultado: 
 
1
2
2
lim
2
lim
0220
==
+
⋅
→→ xx xx
xx
 
 
Como 01≠ se concluye que el límite no existe, y por ende la función NO es continua en el 
origen. (observación: una función puede no ser diferenciable y sí ser continua, por lo que 
no basta demostrar la no diferenciabilidad de la función para decir que no es continua) 
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Problema 2: Dada la función 
 
( )
( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( )( ) ( ) ( )
( ) ( )









−=
−≠+
−+−−++
−+++
=
3,2yx, 9
3,2yx, 
32332
3222
,
22
22
si
sia
yxyx
yxsenx
yxf 
2.1 ¿ Para qué valor de a ( )yxf , es continua en ( ) ( )3,2, −=yx ? Justifique. 
2.2 ¿ ( )yxf x , & ( )yxf y , existen en ( ) ( )3,2, −=yx ? Justifique. 
 
Solución: 
 
2.1 Haciendo un cambio de variables: 3;2 −=+= yvxu y reemplazando, el límite queda 
así: (calcularemos el límite sin considerar a , pues es una constante que se suma a la 
fracción y no “molesta” para efectos de cálculo) 
 
( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( )( )vuvu
vusenu
vu −+
+
→ 22
22
)0,0(),( 3
2
lim 
 
Notar que con las nuevas variables (u y v ) el límite se traslada al origen, por lo que se 
puede hacer sin problemas el cambio a coordenadas polares, esto es: 
 
( )θcosru = ( )θrsenv = [ ]πθ 2,0∈ 
 
⇒
( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( )( )θθθθ
θθθ
rsenrrsenr
rsenrsenr
r cos3cos
2coscos
22
22
0
lim
−+
+
→
 
 
Como en el numerador y denominador hay r elevado a uno, se pueden eliminar, por lo que 
el límite quedaría así: 
⇒
( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( )( )θθθθ
θθθ
sensen
rsenrsen
r cos3cos
2coscos
22
22
0
lim
−+
+
→
 
 
Dicho límite es cero para cualquier ángulo, pues el denominador nunca se hace cero 
(comprobar siempre !!!!), y además el numerador esta multiplicado por r , así el límite es 
cero. Luego, para que ( )yxf , sea continua en ( ) ( )3,2, −=yx , a debe tomar el valor de 9, 
pues sólo así se cumplirá la condición de continuidad. 
 
2.2 Para calcular las derivadas parciales se debe usar la definición de derivada parcial (de 
forma análoga al problema 1.1), con ello, se llega a concluir que sus valores son ( )yxf X , 
& ( )yxfY , = 0. (se deja al alumno realizar dicho cálculo para así fomentar la ejercitación) 
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Problema 3: Sea 


 +
=
1
),(
yx
yxf 
2
2
<+
≥+
yxsi
yxsi
 
¿Existe 
( ) ( )
( )yxf
yx
,lim
1,1, →
 ? 
 
Solución 
 
Antes que todo, se debe realizar un gráfico del dominio de la función. La figura siguiente 
muestra que la región interior al rectángulo corresponde a 2<+ yx , en donde ( )yxf , 
toma el valor de 1; y la región exterior a 2≥+ yx , ( )yxf , toma el valor x + y . 
 
 
 
Luego, para que el límite exista, este debe tener el mismo valor para cualquier acercamiento 
de la función al punto (1,1). Según el gráfico anterior, se puede ver que un acercamiento al 
punto (1,1) desde el lado izquierdo tiene un valor de 1, pues en la región dentro del 
cuadrado la función toma ese valor. Por el contrario, un acercamiento por el lado derecho al 
punto (1,1), la función toma el valor de x + y, esto eso: 
 
 
( ) ( )
211lim
1,1,
=+=+
→
yx
yx
 
 
: 
Luego 21≠ , por lo cual el límite No existe. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Problema 4: Se define una función f por: 
 
=),( yxf 
0
1
sin
1
sin)( 










+
yx
yx
 
si
si
,
,
 
0
0
=⋅
≠⋅
yx
yx
 
 
 
Determinar el máximo dominio de continuidad de la función. 
 
Solución 
 
Sean 
{ }0/),( 2 ≠⋅∈= yxIRyxA 
{ }0/),( 2 =⋅∈= yxIRyxB 
 
Con esto, el dominio de ),( yxf es BA ∪ . 
 
Luego, en la región A, si [ ]000 ≠∧≠⇔≠⋅ yxyx , por lo tanto, en esta parte del dominio 
),( yxf es continua, pues nunca se indefine. 
 
 
Por otra parte, en la región B se dan dos situaciones: 
 
[ ] [ ] [ ]{ }0000000 =∧≠∨≠∧=∨=∧=⇔=⋅ yxyxyxyx 
 
Así, para estudiar la continuidad en el punto (0,0), se usará el teorema del sándwich para 
seno: 
 
Como ( ) 1sin ≤x , IRx ∈∀ 
⇒ 1
1
sin
1
sin1 ≤










≤−
yx
 
⇒ )(
1
sin
1
sin)()( yx
yx
yxyx +≤










+≤+− 
 
Si ),( yx tiende a (0,0) ⇒ 0
1
sin
1
sin)(0 lim
)0,0(),(
≤










+≤
→ yx
yx
yx
 
Por esto, como 










+
→ yx
yx
yx
1
sin
1
sin)(lim
)0,0(),(
= 0, ),( yxf es continua en (0,0). 
 
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Además, para que ),( yxf sea continua en puntos sobre la región B, con (0,0), es 
decir, puntos de la forma )0,(a y ),0( a , con IRa ∈ , se debe cumplir que: 
 











+
→ yx
yx
ayx
1
sin
1
sin)(lim
)0,(),(
= 0 ∨ 










+
→ yx
yx
ayx
1
sin
1
sin)(lim
),0(),(
= 0 
 
Analicemos =),( yx )0,(a 











+
→ yx
yx
ayx
1
sin
1
sin)(lim
)0,(),(
; este límite, sepuede calcular usando el mismo argumento 
del sándwich que en el caso de =),( yx (0,0), con la diferencia, de que 




⋅
x
x
1
sin será un 
número, y no cero, pues está evaluado en ax = , por ello, para poder cumplir la condición 
de continuidad, se busca algún punto en donde 0
1 =





x
sen , esto es: 
 
π
π
n
xn
xx
sen
11
0
1 =⇔=⇔=





, INn ∈ 
De forma análoga, se puede concluir que para los puntos =),( yx ),0( a , 
πn
y
1= 
 
Por lo tanto, considerando todo lo anterior, ),( yxf es continua sobre la región A, es 
continua en =),( yx (0,0), y es continua en =),( yx )0,1(
πn
 y en =),( yx )1,0(
πn
, con 
INn ∈ . En todos los otros puntos 2IR la función es discontinua, pues se indefine al estar 
divida por cero. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Problema 5: 
 
 
Solución: 
 
 
 
Observación, se ha usado la regla de Lhopital para límites, si no se esta familiarizado con 
ello entonces se debe recurrir a otro método de solución. Otra posible solución sería acotar 
el límite, es decir, usar el teorema del sándwich: 
 
 
 
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Problema 6: 
 
 
 
Solución: 
 
 
 
 
 
 
 
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Problema 7: 
 
 
 
Solución: 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Problema 8: 
 
 
Solución: 
 
 
 
 
Observación: En el problema anterior se han utilizado las fórmulas definidas para plano 
tangente y recta normal: 
 
 
Fórmula plano tangente: 
 
( ) ( ) ( )( ) 0,,,,,, 000000 =−•∇ zyxzyxzyxf 
( ) ( )( ) 0,,,,,, 000 =−•





zyxzyx
dz
df
dy
df
dx
df
 
 
Fórmula recta normal: 
 
dz
df
zz
dy
df
yy
dx
df
xx 000 −=
−
=
−
 
 
 
 
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Problema 9: 
 
 
 
9.1 Mostrar que 
x
f
∂
∂
 y 
y
f
∂
∂
 existen en todas partes. 
9.2 ¿Es Diferenciable en (0,0)? 
 
9.3 Encuentre la derivada direccional de f en ( ) ( )0,0, =yx y en la dirección del vector 
unitario ( )1,1
2
1
ˆ =e 
 
Solución: 
 
9.1 Para el punto ( ) ( )0,0, =yx se tiene que: 
 
 
 
El límite anterior no existe, pues la fracción podría ser 1 o -1. 
 
 
 
 
 
 
 
9.2 Se podría intentar usar la definición mostrada en el problema 1.2, sin embargo para 
responder a la presente pregunta basta decir que ( )yxf , No es diferenciable en 
( ) ( )0,0, =yx pues ( )0,0xf no existe. 
 
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Comentarios y preguntas a roberto.celis@yahoo.es 
9.3 Calcularemos la derivada direccional de f en ( ) ( )0,0, =yx en la dirección del vector 
unitario ( )1,1
2
1
ˆ =e usando la definición: 
 
 
 
 
Problema 10: Demuestre o de un contraejemplo: 
 
)()()( BFrAFrBAFr ∪⊆∪ 
 
Solución: 
 
 
)(AUBFrx ∈ 
0>∀⇔ r φ≠∩ )()( AUBxBr φ≠∩∧ cAUBxBr )()( 
0>∀⇔ r )()( AUBxBry ∩∈∃ cAUBxBrz )()( ∩∈∃∧ 
0>∀⇔ r [ ])()( ByAyxBry ∈∨∈∧∈ [ ]BzAzxBrz ∉∧∉∧∈∧ )( 
0>∀⇔ r [ ]BxBryAxBry ∩∈∨∩∈ )()( [ ]cc BxBrzAxBrz ∩∈∧∩∈∧ )()( 
⇒ [ ]φφ ≠∩∧≠∩ cAxBrAxBr )()( [ ]φφ ≠∩∧≠∩∨ cBxBrBxBr )()( 
⇔ )(AFrx ∈ )(BFrx ∈∨ 
 
Por lo tanto, es verdadero.