2013-2doparcial-resuelto

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Resolución. Segundo parcial. Segunda Fecha
Matemática 4
February 6, 2014
Ejercicio 1
si (x, y) 6= (0, 0), la función es racional y por lo tanto es continua en tanto no se
anula el denominador. Por lo tanto, es continua. Para analizar la continuidad en
(0, 0) se debe verificar lim
(x,y)→(0,0)
f(x, y) exista y sea igual a cero. Caso contrario,
la función no será continua en el punto.
lim
(x,y)→(0,0)
x2−y3
2x2+y2
Me acerco por rectas y = mx
lim
x→0
y=mx
x2 + m3x3
2x2 + m2x2
= lim
x→0
x2(1−m3x)
x2(2 + m2)
= lim
x→0
1−m3x
2 + m2
No existe el ĺımite porque depende de la pendiente de la recta. Luego la
función es continua en <2 − {(0, 0)}
Ejercicio 2
f(x, y) = x
√
y en el punto P (1, 4)
∂f
∂x
=
√
y ; continua en {(x, y) ∈ <2 : y ≥ 0}
∂f
∂x
=
x
2
√
y
; continua en {(x, y) ∈ <2 : y > 0}
Luego, las derivadas parciales son continuas en un entorno del punto (1, 4)⇒
la función es diferenciable.
1
f(1, 4) = 1
√
4 = 2
∂f
∂x
∣∣∣
(1,4)
= 2
∂f
∂y
∣∣∣
(1,4)
=
1
4
L(x, y) = 2 + 2(x− 1) + 1
4
(y − 4)
= 2 + 2x− 2 + y
4
− 1
= 2x +
y
4
− 1
Ejercicio 3
Inciso a
f(x, y) = ln (x2 + y2)
∂f
∂x =
2x
x2+y2
∂f
∂x (2, 1) =
2(2)
22+12 =
4
5
∂f
∂y =
2y
x2+y2
∂f
∂y (2, 1) =
2(1)
22+12 =
2
5
−→
∇f(x, y) =< 2x
x2 + y2
,
2y
x2 + y2
>
−→
∇f(2, 1) =< 4
5
,
2
5
>
−→v =< −1, 2 > |−→v | =
√
5 −→v =< −1√
5
,
2√
5
>
Dv(2, 1) =<
4
5 ,
2
5 ><
−1√
5
, 2√
5
>= −4
5
√
5
+ 4
5
√
5
= 0
La derivada direccional es nula por lo tanto la función se mantiene constante
en esa dirección (no crece ni decrece)
Ejercicio 4
f(x, y) = x2 + y2 + x2y + 4
D = {(x, y) : |x| ≤ 1, |y| ≤ 1}
2
• Interior
∂f
∂x
= 2x + 2xy = 0 => (x = 0, y = −1)
∂f
∂y
= 2y + x2 = 0 => 2y = −x2
Entonces los candidatos serán: (0, 0), (
√
2,−1), (−
√
2,−1), pero como los
dos últimos están fuera del dominio quedan descartados.
• Frontera
– L1 : f(x,−1) = x2 + 1− x2 + 4, x ∈ [−1, 1]
f ′(x,−1) =2x− 2x = 0; constante
– L2 : f(1, y) = 1 + y
2 + y + 4, y ∈ [−1, 1]
f ′(1, y) =2y + 1 = 0
y =
−1
2
=> candidato (1,
−1
2
)
– L3 : f(x, 1) = x
2 + 1 + x2 + 4, x ∈ [−1,−1]
f ′(x, 1) =2x + 2x = 0
x = 0 => candidato (0, 1)
– L4 : f(−1, y) = 1 + y2 + y + 4, y ∈ [−1, 1]
f ′(−1, y) =2y + 1 = 0
y =
−1
2
=> candidato (−1, −1
2
)
3
También hay que considerar como candidatos las esquinas: (1, 1), (−1, 1), (−1,−1)y(1,−1)
Evaluo f en todos los candidatos:
f(0, 0) =4→ Mı́nimo
f(1,
−1
2
) =1 +
1
4
− 1
2
+ 4 =
19
4
f(0, 1) =5
f(−1,−1
2
) =1 +
1
4
− 1 + 4 = 17
4
f(1, 1) =1 + 1 + 1 + 4 = 7→ Máximo
f(−1, 1) =1 + 1 + 1 + 4 = 7→ Máximo
f(−1,−1) =1 + 1− 1 + 4 = 5
f(1,−1) =1 + 1− 1 + 4 = 5
Ejercicio 5∫ ∫
R
(x + y)dA , R: {(x, y) ∈ <2 : 0 ≤ x ≤ 3, 23x ≤ y ≤ 2
Figure 1: Región a integrar
4
∫ 3
0
∫ 2
2x
3
y3dydx =
∫ 3
0
y4
4
∣∣∣∣2
2x
3
dx
=
∫ 3
0
16
4
− 16x
4
384
dx
=
∫ 3
0
4− 4x
4
81
dx
=4x− 4x
5
405
∣∣∣∣3
0
=
48
5
5